Phương trình vi phân tuyến tính cấp 2 (linear second-order ordinary differential equation)

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 (superpostion principle):

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)

Thảo luận

56 bình luận về “Phương trình vi phân tuyến tính cấp 2 (linear second-order ordinary differential equation)”

chào thầy ! thầy giải giúp em phương trình vi phân này được không ạ? x = e^y” + y” ( x bằng e mũ y hai phẩy cộg y hai phẩy ) cảm ơn thầy trước ạ!

ThíchThích

Posted by Thu Trang | 28/11/2014, 09:41

Reply to this comment

Bình luận về bài viết này Hủy trả lời

Đôi lời

Bạn có thể theo dõi các lời bình liên quan đến lời bình của mình qua email bằng cách chọn dòng thông báo Báo cho bạn khi có người bình luận tiếp theo đề tài này bằng điện thư mỗi khi viết 1 lời bình.

Rất mong các bạn viết lời nhắn bằng tiếng việt có dấu nhé.

Để viết tiếng việt có dấu bạn dùng font chữ Unicode và bảng mã là Unicode UTF-8.

Để biết cách gõ công thức Toán học trong các lời nhắn ở trang web này, mời bạn đọc bài hướng dẫn tại đây hoặc bạn có thể xem bài hướng dẫn dùng MathType tại đây và bài tạo công thức trực tuyến tại đây

	Dương Khánh Uyên trong Trang 2
	Trần Thái An trong Trang 2
	Chúc Chúc trong Xác suất có điều kiện
	Hoang Anh trong Khai triển Taylor – Macl…
	Trần Trung Đức trong Mẹo phân tích nhanh 1 phân…
	Nhung Duong trong Trang 2
	khoi trong Khai triển Taylor – Macl…
	Minh pham trong Chuỗi Fourier Sine và Cos…
	Minh Phạm trong Chuỗi Fourier
	Anh Tuấn trong Cực trị (không điều kiện) của…

Maths 4 Physics & more…

Tìm

Thảo luận

56 bình luận về “Phương trình vi phân tuyến tính cấp 2 (linear second-order ordinary differential equation)”

Bình luận về bài viết này Hủy trả lời

Translators & RSS

Đăng ký nhận tin

Đôi lời

Lời nhắn mới nhất

Bài “hot”

Bài viết chuyên đề

Maths 4 Physics & more…

Tìm

Đánh giá:

Chia sẻ:

Thảo luận

56 bình luận về “Phương trình vi phân tuyến tính cấp 2 (linear second-order ordinary differential equation)”

Bình luận về bài viết này Hủy trả lời

Translators & RSS

Đăng ký nhận tin

Đôi lời

Lời nhắn mới nhất

Bài “hot”

Bài viết chuyên đề