Phương trình vi phân tuyến tính cấp 2

Để lại phản hồi Go to comments

I. Các khái niệm chung:

1. Định nghĩa:

Phương trình vi phân tuyến tính cấp 2 là phương trình có dạng:

y'' + p(x).y'+q(x).y = f(x) , a \le x \le b (1)

trong đó: p(x), q(x), f(x) xác định trên [a;b]

- f(x) = 0 : phương trình tuyến tính thuần nhất (đồng bậc) liên kết với pt (1)

- f(x) \ne 0 : phương trình tuyến tính không thuần nhất.

2. Định lý tồn tại và duy nhất nghiệm:

Nếu các hàm số p(x), q(x), f(x) liên tục trên khoảng (a;b) thì với mọi x_0 \in (a;b) và với mọi giá trị y_0, y_0^{'} phương trình (1) có nghiệm duy nhất thỏa mãn điều kiện đầu:

y(x_0) = y_0 , \qquad y'(x_0)=y_0^{'} (3)

3. Cấu trúc nghiệm tổng quát của pt tuyến tính không thuần nhất:

3.1 Định lý 1:

Nếu y1, y2 là hai nghiệm của phương trình tuyến tính thuần nhất cấp 2 (pttt thuần nhất):

y'' + p(x)y' + q(x)y = 0 (2)

thì tổ hợp tuyến tính của 2 nghiệm: C_1y_1+C_2y_2 cũng là nghiệm.

Chứng minh: kết quả của định lý này dễ dàng được kiểm chứng. Bạn hãy kiểm tra nhé.

3.2 Định nghĩa 1:

Hai nghiệm y1, y2 của pttt thuần nhất cấp 2 được gọi là 2 nghiệm độc lập tuyến tính của pt (2) trên [a,b] nếu \dfrac{y_1}{y_2} \ne const, \forall x \in [a;b] . Ngược lại, 2 nghiệm y1, y2 được gọi là 2 nghiệm phụ thuộc tuyến tính.

3.3 Định nghĩa 2 (Định thức Wronski)

Cho hai hàm số y_1(x), y_2(x) có đạo hàm trong khoảng (a;b). Khi đó định thức:

W(x) = W[y_1;y_2] = \left[\begin{array}{cc} y_1(x) & y_2(x) \\ y_1^{'}(x) & y_2^{'}(x) \\ \end{array} \right] \\ = y_1(x)y_2^{'}(x) - y_2(x)y_1^{'}(x)

được gọi là định thức Wronski của các hàm y_1(x), y_2(x)

3.4 Định lý 2:

Nếu hai hàm số y1(x), y2(x) phụ thuộc tuyến tính và có đạo hàm trong khoảng (a;b) thì định thức Wronski W(x) = 0, \forall x \in (a;b)

Chứng minh:

Giả sử tồn tại x_0 \in (a;b) sao cho W(x_0) \ne 0 và:

{\alpha}_1y_1(x) + {\alpha}_2y_2(x) = 0, \forall x \in (a;b) (*)

Lấy đạo hàm ta được:

{\alpha}_1y_1^{'}(x) + {\alpha}_2y_2^{'}(x) = 0, \forall x \in (a;b) (**)

Thế x = x_0 vào (*), (**) ta được hệ phương trình:

\left\{\begin{array}{c} {\alpha}_1y_1(x_0) + {\alpha}_2y_2(x_0) = 0 \\ {\alpha}_1y_1^{'}(x_0) + {\alpha}_2y_2^{'}(x_0) = 0 \\ \end{array} \right.

Hệ phương trình trên là hệ phương trình tuyến tính thuần nhất có W(x_0) \ne 0 nên có duy nhất nghiệm tầm thường: {\alpha}_1 = {\alpha}_2 = 0

Do đó: y1(x), y2(x) là độc lập tuyến tính (!) (mâu thuẫn với giả thiết)

Vậy W(x_0) = 0, \forall x_0 \in (a;b) ♦

3.5 Định lý 3:

Nếu định thức Wronski của hai nghiệm y1, y2 (của ptvp tuyến tính thuần nhất cấp 2 ) khác không tại 1 giá trị x = x_0 trên đoạn [a;b], trên đó p(x), q(x) liên tục, thì W(x) = W[y_1;y_2] \ne 0 , \forall x \in [a;b]

Chứng minh:

Do y1, y2 là 2 nghiệm của phương trình (2), nên:

y_1^{''}+p(x)y_1^{'}+q(x)y_1 = 0 (3.5.1)

y_2^{''}+p(x)y_2^{'}+q(x)y_2 = 0 (3.5.2)

Ta cần chứng minh: W(x) \ne 0, \forall x \in [a;b]

Lấy pt (3.5.2) nhân với y1 rồi trừ đi pt (3.5.1) sau khi đã nhân y2. Ta có:

(y_1y_2^{''} - y_2y_1^{''}) + p(x)(y_1y_2^{'} - y_2y_1^{'}) = 0 (3.5.3)

Mặt khác, ta có:

W' = y_1^{'}y_2^{'}+y_1y_2^{''}-y_2^{'}y_1^{'}-y_2y_1^{''} = y_1y_2^{''} - y_2y_1^{''}

Do đó, từ (3.5.3) ta có:

W' + p(x).W = 0

(phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất cấp 1)

Suy ra: \dfrac{dW}{W} = -p(x)dx \Rightarrow ln|W| = - \int p(x) \, dx + ln|C|

Hay: W = C.e^{- \int p(x) \, dx} (3.5.4) (Hàm Liouville)

Không mất tính tổng quát, ta có thể viết (3.5.4) dưới dạng:

W(x) = C.e^{- \int\limits_{x_0}^x p(x) \, dx} (3.5.5)

Thế x = x_0 vào (3.5.5) ta có: W(x_0) = C

Vậy: W(x) = W(x_0)e^{- \int\limits_{x_0}^x p(x) \, dx}

Vì W(x_0) \ne 0 nên: W(x) \ne 0, \forall x \in [a;b] ♦

3.6 Định lý 4 (cấu trúc nghiệm của ptvp  thuần nhất cấp 2):

Cho y_1(x), y_2(x) là 2 nghiệm độc lập tuyến tính trong (a;b) của phương trình thuần nhất cấp 2 (2). Khi đó, nghiệm tổng quát của phương trình (2) có dạng:

\overline{y} = C_1y_1(x) + C_2y_2(x)

Chứng minh:

Hiển nhiên \overline{y} là nghiệm của pt(2) với mọi hằng số C1, C2 (theo kết quả của định lý 1)

Ngược lại, giả sử u=u(x) là nghiệm của bài toán (2) với điều kiện (3). Ta cần chứng minh rằng, khi đó tồn tại duy nhất 1 cặp số C_1^0, C_2^0 sao cho:

u = C_1^0y_1(x) + C_2^oy_2(x) (3.6.1)

thỏa mãn u(x_0) = u_0 ; u'(x_0) = u_0^{'}

Ta xét hệ phương trình:

\left\{\begin{array}{c} C_1y_1(x_0) + C_2y_2(x_0) = u_0 \\ C_1y_1^{'}(x_0) +C_2y_2^{'}(x_0) = u_0^{'} \\ \end{array} \right. (3.6.2)

Vì 2 nghiệm y1, y2 là 2 nghiệm độc lập tuyến tính nên W(x_0) \ne 0 \forall x_0 \in [a;b]

Do đó, hệ phương trình (3.6.2) có ma trận hệ số:

\left|\begin{array}{cc} y_1(x_0) & y_2(x_0) \\ y_1^{'}(x_0) & y_2^{'}(x_0) \\ \end{array} \right| = W(x_0) \ne 0

Vậy phương trình (3.6.2) có nghiệm duy nhất: C_1^0, C_2^0

Nghĩa là: U(x) = C_1^0y_1(x) + C_2^0y_2(x) là nghiệm của phương trình (2) thỏa mãn điều kiện (3)

Nhận xét: từ kết quả trên, muốn tìm nghiệm tổng quát của phương trình (2), ta chỉ cần tìm 2 nghiệm riêng độc lập tuyến tính của nó, rồi lấy tổ hợp tuyến tính của chúng

3.7 Định lý 5 (cấu trúc nghiệm của ptvp tuyến tính cấp 2 không thuần nhất):

Nếu \overline{y} = C_1y_1 + C_2y_2 là nghiệm tổng quát của phương trình (2) và y^{*} là 1 nghiệm riêng của phương trình (1) thì y = \overline{y} + y^{*} là 1 nghiệm tổng quát của phương trình (1)

Chứng minh: Hoàn toàn tương tự như chứng minh trên.

Nhận xét:  Để giải phương trình vi phân tuyến tính không thuần nhất cấp 2, ta chỉ cần tìm được 2 nghiệm riêng y_1, y_2 độc lập tuyến tính của ptvp tuyến tính thuần nhất và 1 nghiệm riêng y* của phương trình không thuần nhất. Khi đó: y = C_1y_1+C_2y_2+y^{*} là nghiệm tổng quát của phương trình (1).

3.8 Nguyên lý chồng chất nghiệm:

Giả sử:

- y_1^{*} là 1 nghiệm riêng của phương trình y'' + p(x)y' + q(x)y = f_1(x)

- y_2^{*} là 1 nghiệm riêng của phương trình y'' + p(x)y' +q(x)y = f_2(x)

Khi đó: y_1^{*} \pm y_2^{*} sẽ là 1 nghiệm riêng của phương trình :

y'' + p(x)y' + q(x)y = f_1(x) \pm f_2(x)

(kết quả này bạn dễ dàng kiểm chứng)

Trang: 1 2 3

  1. tranquangthanh
    16.06.2009 lúc 01:59 | #1
    Trả lời | Trích dẫn

    Thầy có thể hướng dẫn cho m bài này với: tìm miền mà trong đó nghiệm bài toán Cauchy của pt sau đây tồn tại và duy nhất y'= \sqrt[3]{x-y}

    • 2Bo02B
      16.06.2009 lúc 05:56 | #2
      Trả lời | Trích dẫn

      Cái này thuộc ptvp cấp 1 thì chính xác hơn. Để bài toán Cauchy y' = f(x,y) , y(x_0) = y_0 có nghiệm duy nhất thì hàm f(x,y) phải liên tục và có \dfrac{\partial f}{\partial y} liên tục.
      Vậy em tìm điều kiện của (x;y) để điều kiện trên được thỏa mãn.

  1. No trackbacks yet.