Giáo trình Phương trình vi phân và phương trình đạo hàm riêng - Lê Văn Hạp (Phần 1)

= , (5.2) trong đó F(x, Y) = (y2, y3, , f(x, y1, , yn)), ph−ơng trình (5.1) t−ơng đ−ơng với hệ (5.2) theo nghĩa nếu y = ϕ(x) là nghiệm của (5.1) thì (y, y′, y″, , y(n – 1)) là nghiệm của (5.2) và ng−ợc lại nếu (y1, y2, , yn) là nghiệm của (5.2) thì y1 = ϕ(x) là nghiệm của (5.1). Bây giờ cho tr−ớc hệ : ( )1 2 1, , , , ...,i i n i n dy f x y y y dx = ⎧ ⎫=⎨⎩ ⎭⎬ (5.3) trong đó các fi là những hàm liên tục và có các đạo hàm riêng liên tục theo tất cả các biến đến cấp (n – 1). Ta sẽ chứng minh rằng, với giả thiết thích hợp, hệ (5.3) sẽ t−ơng ứng với một ph−ơng trình cấp n theo một ẩn hàm nào đó, chẳng hạn y1 : 1 n n d y dx = Φ (x, y1, 1y ′ , , ( 11 )−ny ). (5.4) Giả sử (y1, y2, , yn) là một nghiệm của (5.3). Khi đó nếu thay vào (5.3) thì tất cả các ph−ơng trình của hệ trở thành các đồng nhất thức, chẳng hạn 53 1dy dx ≡ f1(x, y1(x), y2(x), , yn(x)). (α1) Lấy vi phân hai vế của (α1) ta đ−ợc : ( )2 1 1 1 1 2 1 1= = ∂ ∂ ∂ ∂+ ≡ +∂ ∂ ∂ ∂ ∂∑ ∑ n n i i i ii i d y x dy 1f f f f f dx x y x x y ≡ hay ( )2 1 2 d y x dx ≡ F2(x, y1, , yn). (α2) với F2(x, y1, , yn) = 1 1 1 n i i i f f f x y= ∂ ∂+∂ ∂∑ . Vi phân hai vế của (α2) ta đ−ợc : ( )3 1 2 3 1 n i i i d y x 2F F f dx x y= ∂ ∂+∂ ∂∑≡ ≡ F3(x, y1, y2, , yn). (α3) Tiếp tục quá trình này đến (n – 2) lần ta đ−ợc đồng nhất thức : ( ) ( )1 1 1 n n d y x dx − − ≡ Fn – 1(x, y1, , yn) (αn – 1). Vi phân hai vế của (αn – 1) ta đ−ợc ( ) 11 1 n n n n in i i F Fd y x 1 f dx x y − = ∂ ∂= +∂ ∂∑ − = Fn(x, y1, y2, , yn) (αn) Giả thiết trong miền đang xét của (x, y1, , yn) ta có định thức ( ) ( )1 2 32 3 , , , ..., 0 , , ..., n n D f F F F D x x x ≠ . Khi đó trong hệ : ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 2 2 1 2 1 22 1 1 1 1 21 , , , ..., , , , ..., , , , ..., n n n n nn dy f x y y y dx d y F x y y y dx d y F x y y y dx − −− ⎧ =⎪⎪⎪ =⎪⎨⎪⎪⎪ =⎪⎩ "" " (5.5) ta có thể giải đ−ợc y2, y3, , yn theo x, y1, ( ) ( ) 12 1 1 2 1 , , ..., n n dy d y d y dx dx dx − − 1 , thay vào (αn) ta đ−ợc 54 ( ) ( ) 1 1 1 1 1 , , , ..., nn n n d y dy d y x y dx dx dx − − ⎛ ⎞= Φ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ 1 (5.6) đó là ph−ơng trình vi phân cấp n đối với y1. Ta sẽ chứng minh rằng nếu y1(x) là nghiệm của (5.6) thì các hàm y2(x), y3(x), , yn(x) xác định từ hệ (5.5) cùng với y1(x) lập thành một nghiệm của hệ (5.3) : (y1, , yn). Thật vậy, ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )− −− ⎧ ( ) β⎪⎪⎪ β⎪⎨⎪⎪⎪ β⎪⎩ "" " 1 1 1 2 1 2 1 2 1 2 22 1 1 1 1 21 , , , ..., , , , ..., , , , ..., n n n n nn dy f x y y y dx d y F x y y y dx d y F x y y y dx ≡ ≡ ≡ n Vi phân hai vế của mỗi đồng nhất thức (βi), i = 1, n rồi trừ đồng nhất thức thu đ−ợc với đồng nhất thức (αi) t−ơng ứng. Ta thu đ−ợc hệ (n – 1) ph−ơng trình 1 1 2 1 1 1 0 0 0 n i i i i n i i i i n n i i i i dyf f y dx dyF f y dx F dy f y dx = = − = ⎧ ∂ ⎛ ⎞− =⎪ ⎜ ⎟∂ ⎝ ⎠⎪⎪ ∂ ⎛ ⎞− =⎪ ⎜ ⎟∂ ⎝ ⎠⎨⎪⎪⎪ ∂ ⎛ ⎞− =⎪ ⎜ ⎟∂ ⎝ ⎠⎩ ∑ ∑ ∑ """"" " Vì ( ) ( ) 1 2 3 1 2 3 , , , ..., 0 , , ..., n n D f F F F D y y y − ≠ nên hệ chỉ có nghiệm tầm th−ờng : i i dy f dx = , i = 1, n . Nói cách khác (y1(x), y2(x), , yn(x)) là nghiệm của hệ (5.3). Nếu ph−ơng trình (5.1) có dạng tuyến tính : Ln[y] = y (n) + a1(x)y (n – 1) + + an(x)y = f(x), trong đó các ai(x) là những hàm liên tục, thì hệ t−ơng đ−ơng cũng dạng tuyến tính : dY dx = A(x)Y + F(x), 55 với A(x) = 1 1 0 1 0 . 0 0 1 0 . . . . . .n na a a− ⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟− − −⎝ ⎠ " " " " 0 0 1 F(x) = ( ) 0 0 f x ⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ # Do vậy các kết quả đã khảo sát trong Đ3 về hệ ph−ơng trình tuyến tính có thể chuyển qua cho ph−ơng trình tuyến tính cấp n. Ta có các tính chất sau : Định lí 1 . Giả sử y1, y2, , yn là các nghiệm của ph−ơng trình Ln[y] = 0. y1, y2, , yn độc lập tuyến tính trên (a, b) nếu và chỉ nếu W(x) = ( ) ( ) ( ) 1 2 1 2 1 1 1 2 n n n n n n y y y y y y y y y− − " " # # # # " ′ ′ ′ 1− ≠ 0 , ∀x ∈ (a, b). W(x) gọi là định thức Wronski của y1, y2, , yn và nghiệm tổng quát của ph−ơng trình có dạng y = c 1 , n i i i c y = ∑ i, i = 1, n là các hằng số. Định lí 2 . Nghiệm tổng quát của ph−ơng trình L[y] = f(x) có dạng y = y + y*, trong đó y là nghiệm tổng quát của ph−ơng trình thuần nhất t−ơng ứng (Ln[y] = 0) còn y* là nghiệm riêng của ph−ơng trình Ln[y] = f(x). Chứng minh . Giả sử y1, y2, , yn là nghiệm của ph−ơng trình Ln[y] = 0, đặt : Y1 = ( ) 1 1 1 1 n y y y − ⎛ ⎞⎜ ⎟′⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ # , Y2 = ( ) 2 2 1 2 n y y y − ⎛ ⎞⎜ ⎟′⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ # , ..., Yn = ( )1 n n n n y y y − ⎛ ⎞⎜ ⎟′⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ # . Ta có y1, y2, , yn độc lập tuyến tính nếu và chỉ nếu Y1, Y2, , , Yn độc lập tuyến tính. Thật vậy, với mọi i = 1, n , ta có : 1 0 0 n i i i i c y c = ⎛ ⎞= ⇒ =⎜ ⎟⎝ ⎠∑ ⇔ 1 0 . n i i i i c Y c = ⎛ ⎞= ⇒ =⎜ ⎟⎝ ⎠∑ 56 Mặt khác, do y1, y2, , yn là nghiệm của Ln[y] = 0 nên Y1, Y2, , Yn là nghiệm của L[Y] = dY dx – A(x)Y = 0 và các định lý trên đ−ợc suy ra từ định lí 2, định lí 3 ở Đ3. Đặc biệt, ta xét ph−ơng trình vi phân tuyến tính cấp hai thuần nhất : L2[y] = y″ + a1(x)y′ + a2(x)y = 0 , (5.7) trong đó a1, a2 là các hàm liên tục. Gọi y1, y2 là hai nghiệm độc lập tuyến tính của (5.7), khi đó : 1 2 1 2 2 1 1 2 ( ) 0 . y y W x y y y y y y ′ ′= = − ≠′ ′ Mặt khác, ta có : ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 2 1 2 1 2 2 2 0 0 ′′ ′⎧ + + =⎪⎨ ′′ ′′+ +⎪⎩ y a x y a x y y a x y a x y = 0, Suy ra 1 2 2 1 1 1 2 2 1( )y y y y a y y y y′′ ′′ ′ ′− + − = hay W′(x) + a1(x)W(x) = 0. Do đó ( ) ( ) ( )1 . W x a x W x ′ = − hay ( ) ( ) ( ) 0 0 1 x x x x W a d W ′ τ = ττ∫ ∫ τ Suy ra ln ( ) ( ) 0 1 x x W x a d C = − τ∫ τ , C ≠ 0. Vậy W(x) = W(x0) ( )1 0 x x a d e − τ τ∫ . Công thức này gọi là công thức Ostrogradsky-Liouville. Nếu cho tr−ớc nghiệm y1 ≠ 0 của (5.7), ta có thể tìm nghiệm y2 độc lập tuyến tính với y1. Thật vậy, ta có ( )1 0 1 2 1 2 0( ) ( ) . x x a d W x y y y y W x e − τ τ∫′ ′= − = Chia hai vế cho y ta đ−ợc 21 d ( ) ( )1002 2 1 1 x x a d W x ey y y − τ τ∫⎛ ⎞ =⎜ ⎟⎝ ⎠ . Vậy 57 y2 = y1 ( ) ( )100 2 1 x x a d W x e dx C y − τ τ⎡ ⎤∫⎢ ⎥⎢ ⎥+⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ ∫ , C là hằng số bất kì. 58 5.2. Ph−ơng trình tuyến tính cấp n với hệ số hằng Xét ph−ơng trình : Ln[y] = y (n) + a1y (n – 1) + + any = 0 , (5.8) trong đó ai, i = 1, n , là các hằng số. Ph−ơng trình F(λ) = λn + a1λn – 1 + + an = 0 (5.9) gọi là ph−ơng trình đặc tr−ng của (5.8). Định lí 3 . Giả sử λ1, λ2, , λk là các nghiệm của (5.9) với λi là nghiệm bội mi, i = 1, k . Khi đó các hàm xj i xeλ , j = 0, 1, , mi – 1, i = 1, k , là một hệ nghiệm cơ bản của (5.8), tức là n nghiệm độc lập tuyến tính của (5.8). Chứng minh Ln[ xeλ ] = F(λ) xeλ Ln[x j xeλ ] = Ln ( )j x j eλ⎡ ⎤∂⎢ ⎥∂λ⎢ ⎥⎣ ⎦ = ( ) ( )( )j x j xn j j L e F eλ λ⎡ ⎤∂ ∂ λ⎣ ⎦ =∂λ ∂λ . Do đó, λ là nghiệm của F(λ) = 0 t−ơng đ−ơng với xeλ là nghiệm của (5.8) và λ là nghiệm bội mi của (5.9) t−ơng đ−ơng với xj xeλ , j = 0, 1, , mi – 1 là các nghiệm của (5.8). Vậy hệ 1xeλ , x 1xeλ , , 1 1mx − 1xeλ 2xeλ , x 2xeλ , , 2 1mx − 2xeλ , k xeλ , x k xeλ , , 1kmx − k xeλ là n nghiệm độc lập tuyến tính của (5.8). Xét ph−ơng trình tuyến tính không thuần nhất Ln[y] = y (n) + a1y (n – 1) + + any = f(x) (5.10) trong đó các ai, i = 1, n , là các hằng số, f(x) là hàm liên tục. Nghiệm tổng quát của (5.10) có dạng : y = , 1 n i i i c y y = +∑ ∗ trong đó y1, y2, , yn là n nghiệm độc lập tuyến tính của (5.8) còn y * là một nghiệm riêng của (5.10). Các nghiệm y1, y2, , yn của (5.8) có dạng x j xeλ với λ là nghiệm của (5.9) còn nghiệm y* của (5.10) có thể tìm đ−ợc bằng ph−ơng pháp biến thiên hằng số. 59 Giả sử y = là nghiệm tổng quát của của (5.8), ta tìm nghiệm y 1 n i i i c y = ∑ * d−ới dạng y* = bằng cách xác định các c 1 ( ) n i i c x y = ∑ i i(x), i = 1, n để y* là nghiệm của (5.10). Ta có : * 1 1 n n i i i i i i y c y c y = = ′ ′ ′= +∑ ∑ . Chọn c1, c2, , cn sao cho = 0, khi đó 1= ′∑n i i i c y * 1= ′ ′= ∑n i i i y c y , suy ra * 1 1 n n i i i i i i y c y c y = = ′′ ′′ ′ ′= +∑ ∑ . Chọn c1, c2, , cn sao cho = 0, khi đó : 1 n i i i c y = ′ ′∑ * 1 n i i i y c y = ′ ′′= ∑ . Tiếp tục nh− vậy đến b−ớc thứ (n – 1) ta đ−ợc : ( ) ( ) ( )1 2 2* 1 1 n n n n n i i i i i i y c y c y − − − = = ′= +∑ ∑ Chọn c1, c2, , cn sao cho ( 2 1 n n i i i c y )− = ′∑ = 0, khi đó : ( ) ( )1 1* 1 n n n i i i y c y − − = = ∑ , ( ) ( ) ( )1* 1 1 . n n n n n i i i i i i y c y c y− = = ′= +∑ ∑ Thay các giá trị của y*, *y ′ , , ( )* ny vào ph−ơng trình (5.10) ta có : . ( ) ( )1 1 n n i i i c y f x− = ′ =∑ Vậy ta có hệ ph−ơng trình theo các ic′ , i = 1, n ( ) ( ) = = − = ⎧ ′ =⎪⎪⎪ ′ ′ =⎪⎨⎪⎪⎪ ′ =⎪⎩ ∑ ∑ ∑ "" " 1 1 1 1 0 0 n i i i n i i i n n i i i c y c y c y f x Do W[y1, y2, , yn] ≠ 0, hệ này tồn tại duy nhất nghiệm : ′ic = ϕi(x), i = 1, n . 60 Vậy ci(x) = ( )i ix dx kϕ +∫ , i = 1, , kn i − i là các hằng số tuỳ ý. Thay các giá trị ci(x) vào y* = ta đ−ợc nghiệm của (5.10). ( ) 1 n i i c x y = ∑ Tuy nhiên, nếu f(x) có dạng đặc biệt thì y* có thể tìm đ−ợc nh− sau : a) Nếu f(x) = Pm(x)e αx trong đó Pm(x) là đa thức bậc m và α ∈ R. +) Tr−ờng hợp α không phải là nghiệm của ph−ơng trình đặc tr−ng (5.9) thì y* có dạng : y* = Qm(x)e αx với Qm(x) là đa thức bậc m đ−ợc xác định bằng ph−ơng pháp hệ số bất định. +) Tr−ờng hợp α là nghiệm bội l : 1 ≤ l ≤ m thì y* có dạng y* = xl Qm(x)e αx với Qm(x) là đa thức bậc m đ−ợc xác định nh− trên. b) Nếu f(x) = P(x) eαxcosβx + Q(x) eαxsinβx, trong đó α, β ∈ R, P(x) và Q(x) là hai đa thức. +) Tr−ờng hợp α + iβ không phải là nghiệm của (5.9) thì y* có dạng y* = U(x)eαx cosβx + V(x)eαx sinβx với U(x), V(x) là hai đa thức có bậc bằng bậc cao nhất của P(x) và Q(x). +) Tr−ờng hợp α + iβ là nghiệm bội l : 1 ≤ l ≤ m của ph−ơng trình (5.9) y* = xl[U(x)eαx cosβx + V(x)eαx sinβx] , với U(x), V(x) là hai đa thức có bậc bằng bậc cao nhất của P(x) và Q(x). Ví dụ 1 . Giải ph−ơng trình y″ – 5y′ = – 5x2 + 2x (*) Ph−ơng trình đặc tr−ng λ2 – 5λ = 0 có các nghiệm λ1 = 0, λ2 = 5. Nghiệm tổng quát của ph−ơng trình thuần nhất t−ơng ứng y = c1 + c2e 5x, c1, c2 là các hằng số. Do f(x) = (–5x2 + 2x)e0x với 0 là nghiệm của ph−ơng trình đặc tr−ng nên nghiệm riêng y* của (*) có dạng : y* = x(Ax2 + Bx + C) = Ax3 + Bx2 + Cx Thay vào (*) ta đ−ợc –15Ax2 + (6A – 10B)x2 + 2B – 5C = – 5x2 + 2x . Ta có hệ 15 5 6 10 2 2 5 0 A A B B C − =⎧⎪ − =⎨⎪ − =⎩ suy ra A = 1 3 , B = C = 0. Vậy y* = 3 3 x và nghiệm tổng quát của (*) là 61 y = C1 + C2e 5x + 3 3 x , C1, C2 là hai hằng số. Ví dụ 2 . Giải ph−ơng trình y″ + y′ – 2y = ex(cosx – 7sinx). (*) Ph−ơng trình đặc tr−ng : λ2 + λ – 2 = 0 ⇔ λ1 = 1, λ2 = –2. Nghiệm tổng quát của ph−ơng trình thuần nhất t−ơng ứng : y = C1e x + C2e –2x, C1, C2 là hai hằng số bất kì. Vì 1 + i không phải là nghiệm của ph−ơng trình đặc tr−ng nên : y* = ex(Acosx + Bsinx). Thay vào (*) ta đ−ợc : ex[(–A + 3B)cosx – (B + 3A)sinx] = ex(cosx – 7sinx) Ta có hệ : 3 1 3 7 A B A B − + =⎧⎨ + =⎩ do đó A = 2, B = 1. Nghiệm tổng quát của (*) : y = C1e x + C2e – 2x + ex(2cosx + sinx), C1, C2 là hai hằng số bất kì. Bài tập 3.1. Giả sử trên (a, b), y1, y2 độc lập tuyến tính và khả vi liên tục, ngoài ra : =′ ′ 1 2 0 i i y y y y . Chứng minh tồn tại x0 ∈ (a, b) sao cho : y1(x0) = y2(x0) = ( )′ 0iy x = ( )′ =0 0iy x . 3.2. Cho hệ ph−ơng trình tuyến tính không thuần nhất ( ) ( ) 1 1, n i ij j i j i n dy a x y f x dx = = ⎧ ⎫= +⎨ ⎬⎩ ⎭∑ trong dó aij, fi, i, j = 1, n liên tục trên (a, b). Giả sử ( )k iy (x, ξ) (i, k = 1, 2, , n) là các nghiệm của hệ thuần nhất t−ơng ứng 62 ( ) 1 1, n i ij j j i n dy a x y dx = = ⎧ ⎫=⎨ ⎬⎩ ⎭∑ và thoả mãn điều kiện kiy (ξ, ξ) = ⎧⎨ ≠⎩ 1 nếu = 0 nếu i k i k , i Chứng minh ( ) ( ) ( ) = = ξ∑∫ 0 1 x n k i k ix y x f y (x, ξ)dξ là nghiệm của hệ thuần nhất và thoả mãn điều kiện yi(x0) = 0 với x0 ∈ (a, b). 3.3. Cho hệ ph−ơng trình tuyến tính ( ) = = ⎧ ⎫′=⎨ ⎬⎩ ⎭∑1 1, n i ij i j i n dy a x y dx trong đó aij liên tục trên (x0, +∞), i, j = 1, 2, , n, và thoả mãn ( ) 0 ij x a x dx +∞ < + ∞∫ Chứng minh rằng : a) Nghiệm của hệ giới nội trên (x0, + ∞). b) Tồn tại giới hạn hữu hạn của mọi nghiệm khi x → ∞ và các nghiệm khác nhau dần tới những giới hạn khác nhau. 3.4. Giải các hệ ph−ơng trình sau : a) −⎧ ′ =⎪⎨ ′ =⎪ −⎩ 2 2 2 x yy e z z x z b) ⎧ ′ = +⎪⎨ +′ =⎪ −⎩ 2 2 2 xy y y x y z z z x c) ⎧ ′ =⎪⎪⎨⎪ ′ =⎪⎩ 2 2 y y z y z d) ′ = +⎧⎪ −⎨ ⎛ ⎞ ⎛′ = + + + −⎜ ⎟ ⎜⎪ ⎝ ⎠ ⎝⎩ 2 2 2 2 1 1 y y z z y x x x ⎞⎟⎠ z e) cosy cos cos cosy dx dy dz x x ⎧ ⎫= =⎨ ⎬⎩ ⎭ 3.5. Giải các hệ ph−ơng trình sau : a) ′ =⎧⎪ ′ =⎨⎪ ′ =⎩ t t t x y y z z x b) ′ = +⎧⎨ ′ = −⎩ 4 5 4 4 y y z z y z 63 c) ′ = −⎧⎨ ′ = −⎩ 4 3 y y z z y z d) ′ = − −⎧⎪ ′ = − + +⎨⎪ ′ = − −⎩ 5 4 12 5 12 10 3 9 t t t x x y z y x y z x y z z 7 osx 3.6. Giải các hệ ph−ơng trình sau : a) ′⎧ = + − + −⎪⎨ ′ = + + − −⎪⎩ 2 2 2 2 4 2 4 y y z x x z y z x x b) ′ = + −⎧⎨ ′ = − − + +⎩ cos 2 sin c y y z x z y z x 3.7. Cho hai ph−ơng trình vi phân cấp hai : y″ = p(x)y , (1) z″ = q(x)z . (2) Tìm điều kiện mà các hàm p và q phải thoả mãn để có một nghiệm riêng y1 của (1) và một nghiệm riêng z1 của (2) sao cho : y1.z1 = 1. Có thể có nhiều cặp (y1, z1) khác nhau thoả mãn hệ thức đó không ? Từ kết quả trên suy ra rằng việc giải ph−ơng trình u″ = 2u(2p – u)3 có thể quy về việc giải ph−ơng trình (1). 3.8 Giải ph−ơng trình sau đây biết rằng một nghiệm riêng y1 của nó có dạng cho tr−ớc : a) x(x – 1)2y″ + (1 + 2x)(x – 1)y′ – y = 0, y1(x) = 1 1x − . b) (1 + x2)y″ + 2xy′ – 6x2 – 2 = 0, y1(x) = axm. 3.9. Tìm nghiệm tổng quát của các ph−ơng trình sau, biết rằng ph−ơng trình thuần nhất t−ơng ứng có nghiệm riêng là một đa thức : a) (x + 1)xy″ + (x + 2)y′ – y = x + 1 x . b) (2x +1)y″ + (2x – 1)y′ – 2y = x2 + x . 3.10. Giải ph−ơng trình : (3x3 + x)y″ + 2y′ – 6xy = 4 – 12x2 biết rằng nó có hai nghiệm riêng y1 = 2x, y2 = (x + 1) 2 . 3.11 Giải các ph−ơng trình sau : a) y″ + 4y′ + 3y = 0 c) y″′ + 18y = 0 64 b) y″′ – 2y″ + 9y′ – 18y = 0 3.12. Giải các ph−ơng trình sau : a) y″ – 5y′ + 4y = 4x2e2x c) y″ – 4y′ + 8y = e2x + sin2x b) y″ + 3y′ – 4y = e– 4x + xe–x 3.13. Tích phân các ph−ơng trình sau : a) x2y″ – xy′ + 2y = xlnx. b) (1 + x)2y″ + (1 + x)y′ + y = 4cos ln(1 + x). 3.14. Cho ph−ơng trình : y″ + ay′ + by = f(x), trong đó ⏐f(x)⏐ ≤ m < +∞, ∀x ∈ R. Biết rằng nghiệm của ph−ơng trình đặc tr−ng k2 < k1 < 0. Tìm nghiệm giới nội trên toàn trục số. Chứng minh rằng : a) Tất cả các nghiệm còn lại đều dần đến nghiệm trên khi x → ∞. b) Nếu f tuần hoàn thì nghiệm giới nội ấy cũng tuần hoàn. 65 Ch−ơng IV: Ph−ơng trình tuyến tính cấp hai Trong ch−ơng trình này, ta sẽ nghiên cứu về tính dao động của nghiệm ph−ơng trình vi phân tuyến tính cấp hai , đồng thời khảo sát bài toán biên Sturnm-Liouville của ph−ơng trình tuyến tính cấp hai. Đ1. Các định lí so sánh 1.1. Một số khái niệm Ph−ơng trình vi phân tuyến tính cấp hai có dạng : L[y] = [p(x)y′]′ + g(x)y = 0 (4.1) với x ∈ (a, b) đ−ợc gọi là có dạng tự liên hợp. Một ph−ơng trình vi phân tuyến tính cấp hai y″ + a(x)y′ + b(x)y = 0, với a(.), b(.) là các hàm liên tục trên (a, b) bao giờ cũng đ−a đ−ợc về dạng tự liên hợp. Thật vậy, nhân hai vế của ph−ơng trình với à(x) = ta đ−ợc : ( )a x dxe∫ à(x)y″ + a(x)à(x)y′ + g(x)à(x)y = 0 hay (à(x)y′)′ + g(x)y = 0. Từ đây về sau, trong ph−ơng trình (4.1), ta giả thiết rằng p khả vi liên tục, g liên tục và p(x) > 0 với mọi x ∈ (a, b). Định nghĩa . Điểm x0 ∈ R gọi là không điểm của nghiệm y = ϕ(x) của ph−ơng trình (4.1) nếu ϕ(x0) = 0. Nghiệm y = ϕ(x) của (4.1) gọi là không dao động trên (a, b), nếu trên (a, b), ϕ(x) có không quá một không điểm. Nếu trái lại, tức là ϕ(x) có nhiều hơn một không điểm thì ϕ(x) gọi là nghiệm dao động trên khoảng (a, b). Chú ý rằng các không điểm của nghiệm y = ϕ(x) không tầm th−ờng, là những điểm cô lập. Thật vậy, giả sử ϕ(x0) = 0, nếu ϕ′(x0) = 0, do tính chất duy nhất nghiệm của bài toán Cauchy đối với ph−ơng trình (4.1) ta có ϕ(x) ≡ 0, vô lý, vậy ϕ′(x0) ≠ 0, vì ϕ′ liên tục nên ϕ′(x) > 0 hay ϕ′(x) < 0 trong một lân cận của x0, tức là trong lân cận đó ϕ(x) đồng biến hay nghịch biến và x0 là không điểm duy nhất của ϕ(x) trong lân cận đó. 1.2. Định lí 1 (Định lí so sánh không điểm của Sturm) Cho y1 = ϕ1(x) là nghiệm thực trên (a, b) của ph−ơng trình (p(x)y′)′ + g1(x)y = 0, (4.2) và y2 = ϕ2(x) là nghiệm thực trên (a, b) của ph−ơng trình (p(x)y′)′ + g2(x)y = 0 (4.3) 66 Giả sử g2(x) ≥ g1(x) với mọi x ∈ (a, b). Nếu x1, x2 là hai không điểm liên tiếp của nghiệm y1 = ϕ1(x) thì tồn tại ít nhất một không điểm x3 của y2 = ϕ2(x) nằm giữa x1 và x2 nếu trong (x1, x2) có những điểm mà g2(x) > g1(x). Chứng minh . Giả sử ϕ2(x) ≠ 0 với mọi x ∈ (x1, x2), do ϕ2 liên tục nên ϕ2(x) > 0 với mọi x ∈ (x1, x2) hoặc ϕ2(x) < 0 với mọi x ∈ (x1, x2). Mặt khác x1, x2 là hai không điểm liên tiếp của ϕ1, nên không mất tính tổng quát ta có thể giả thiết: ϕ1(x) > 0, ϕ2(x) > 0, ∀x ∈(x1, x2). Ta có (p(x) (x))′ + g′ϕ1 1(x)ϕ1(x) = 0 (p(x) (x))′ + g′ϕ2 2(x)ϕ2(x) = 0. Suy ra (p )′ϕ′ϕ1 2– (p )′ϕ′ϕ2 1 = (g2 – g1) ϕ1ϕ2, x hay ( ) ( ) ( )2 2 1 1 1 2 2 1 2 1 1 2 0, ⎡ ⎤′ ′′ ′ϕ ϕ − ϕ ϕ = − ϕ ϕ >⎢ ⎥⎣ ⎦∫ ∫ x x x x p p dx g g dx hay ′ ′ϕ ϕ − ϕ ϕ >21 2 1 2 1 ( ) x p x 0 (4.4) do x1, x2 là hai không điểm của ϕ1 nên 2 1 2 2 2 1 1 1 2 1( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0p x x x p x x xϕ ϕ ϕ ϕ′ ′− > (4.5) Vì ϕ1(x2) = 0 và ϕ1(x) > 0 với mọi x ∈(x1, x2) nên từ chú ý trên ta suy ra 1 2( ) 0xϕ′ < . T−ơng tự ta cũng có 1 1( ) 0.′ >xϕ Mặt khác, do ϕ2(x2) > 0 với mọi x ∈(x1, x2) nên ta có : ϕ2(x1) ≥ 0 và ϕ2(x2) ≥ 0. Điều này vô lí với bất đẳng thức (4.5). Vậy tồn tại x3 ∈(x1, x2) sao cho ϕ2(x3) = 0. Bây giờ, nếu trong định lí trên g1 = g2 thì các ph−ơng trình (4.2) và (4.3 ϕ1, ϕ2 chính là nghiệm của (4.2). Nếu vẫn giả thiết x1, x2 là hai không điểm liên tiếp của ϕ1 và gọi ϕ2 là n lập tuyến tính với ϕ1. Khi đó do W[ϕ1, ϕ2] khác không với mọi x ∈(a, b), ta ϕ2(x1) ≠ 0 và ϕ2(x2) ≠ 0 Nếu ϕ2(x) > 0 với mọi x ∈( x1, x2), tiến hành nh− trong chứng minh địn (4.5) thì ta nhận đ−ợc đẳng thức sau : 2 1 2 2 2 1 1 1 2 1( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0p x x x p x x xϕ ϕ ϕ ϕ′ ′− = (4.6) 67) trùng nhau, nh− vậy ghiệm của (4.2) độc suy ra : h lí, thay vì nhận đ−ợc Lí luận t−ơng tự nh− trên ta vẫn có 1 2 1 1 2 1 2 2( ) 0, ( ) 0, ( ) 0, ( ) 0 ,x x x xϕ ϕ ϕ ϕ′ ′ > > điều này vô lí với (4.6). Vậy tồn tại x3 ∈( x1, x2) sao cho ϕ2(x3) = 0, tức là trong tr−ờng hợp này vẫn tồn tại một không điểm của ϕ2 nằm giữa hai không điểm của ϕ1. Hơn nữa, nếu tồn tại hai không điểm liên tiếp x3 < x4 của ϕ2 nằm giữa x1, x2. Khi đó đổi vai trò của ϕ1 cho ϕ2 ta nhận đ−ợc một không điểm x5 của ϕ1 nằm giữa x1, x2. Điều này vô lí vì x1, x2 là hai không điểm liên tiếp. Vậy ta có hệ quả sau Hệ quả . Nếu x1, x2 là không điểm liên tiếp của nghiệm thực y = ϕ1(x) của ph−ơng trình (4.2) thì mọi nghiệm thực y = ϕ2(x) độc lập tuyến tính với y = ϕ1(x) có duy nhất một không điểm nằm giữa x1, x2. Bây giờ để nghiên cứu tiếp, trong (4.1) ta đặt : z = p(x)y′. Khi đó (4.1) có dạng : ( ) ( ) ⎧ ′ =⎪⎨⎪ ′ = −⎩ z y p x z g x y (4.7) Đặt y = r sinθ, z = r cosθ, ta có : ( ) ( ) θθ θθ θ θθ θ ⎧ ′ ′ ′= + =⎪⎨⎪ ′ ′ ′= − = −⎩ cos sin cos cos sin sin x x x x r y r r p x z r r g x r Từ đó suy ra : θ θ θ θ θ ⎧ ⎛ ⎞′ = −⎪ ⎜ ⎟⎪ ⎝ ⎠⎨⎪ ′ = +⎪⎩ 2 2 1 sin cos 1 cos sin r g r p g p (4.8) Nghiệm r = p(x), θ = ω(x) của hệ (4.8) t−ơng ứng với nghiệm y = ϕ(x) của (4.1) và từ (4.7) ta suy ra : p2 = (pϕ′)2 + ϕ2 ω = arctg ϕ ′ϕp (4.8′) Do tính duy nhất nghiệm nên ϕ và ϕ′ không đồng thời triệt tiêu. Vậy ϕ2(x) > 0 với mọi x ∈ (a, b) nên ta có thể giả thiết rằng ϕ(x) > 0 với mọi x ∈ (a, b) và y = p(x)sinω(x) = 0 khi và chỉ khi ω(x) là bội số của π. 1.3. Định lí 2 (Định lí so sánh dạng điệu nghiệm của hai ph−ơng trình) Cho hai ph−ơng trình : 68 L1[y] = [p1(x)y′]′ + g1(x)y = 0 (4.9) L2[y] = [p2(x)y′]′ + g2(x)y = 0 (4.10) trong đó pi, gi, i = 1, 2 là các hàm liên tục từng khúc trên [a, b]. Nếu 0 < p2(x) ≤ p1(x), g2(x) ≥ g1(x) với mọi x ∈ [a, b] và L1[y1] = 0, L2[y2] = 0, ω2(a) ≥ ω1(a) thì ω2(x) ≥ ω1(x) với mọi x ∈ [a, b]. Ngoài ra nếu g2(x) > g1(x) với mọi x ∈ (a, b) thì ω2(x) > ω1(x) với mọi x ∈ (a, b). Chứng minh . Với các nghiệm y1 của (4.9) và y2 của (4.10), ta có các nghiệm t−ơng ứng của hệ (4.8) ( ) ( ) 1 1 1 1 r p x x ⎧ =⎪⎨ =⎪⎩θ ω và ( ) ( ) 2 2 2 2 r p x x ⎧ =⎪⎨ =⎪⎩θ ω và ta có : ( )i i xθ ω′ ′= = 1 ip cos2ωi(x) + gi(x)sin2ωi(x), i = 1, 2 (4.11) Suy ra (ω2 – ω1)′ = (g1 – 1 1 p )(sin2ω2 – sin2ω1) + h (4.12) với h = 2 1 1 1 p p ⎛ ⎞−⎜⎝ ⎠⎟ cos2ω2 + (g2 – g1)sin2ω2 (4.13) Theo giả thiết h ≥ 0. Đặt u = ω2 – ω1 thì (4.12) trở thành : u′ = f.u + h (4.14) trong đó f(x) = (g1 – 1 1 p )(sinω2 + sinω1) 2 1 2 1 sin sin⎛ ⎞ω − ω⎜ ⎟ω − ω⎝ ⎠ . Ta có f(x) liên tục từng khúc trên [a, b]. Đặt F(x) = ( )b x f t dt∫ , thì (4.14) trở thành : u′ + F′(x).u = h ≥ 0. Nhân bất đẳng thức này cho eF ta đ−ợc : eFu′ + eFF′(x).u = eFh ≥ 0, hay (eF.u)′ ≥ 0, ∀x ∈ [a, b]. (4.15) Lấy tích phân hai vế của bất đẳng thức ta đ−ợc : ( ) ( )( ). 0x F t a e u t dt∫ ′ ≥ hay eF(x)u(x) – eF(a)u(a) ≥ 0. Suy ra eF(x)(ω2(x) – ω1(x)) ≥ eF(a)(ω2(a) – ω1(a)) ≥ 0. 69 Vậy ω2(x) – ω1(x) ≥ 0, ∀x ∈ [a, b] hay ω2(x) ≥ ω1(x), ∀x ∈ [a, b]. Bây giờ, nếu g2 > g1 trên (a, b). Giả sử tồn tại c ∈ (a, b) sao cho ω1(c) = ω2(c), tức là u(c) = 0. Ta suy ra ω1(x) = ω2(x) với mọi x ∈ [a, c]. Thật vậy, lấy tích phân hai vế (4.15) trên [x, c], (x ≤ c) : ( ) ( )( ) 0.c F t x e u t ≥∫ ′ Suy ra F(c).u(c) ≥ F(x).u(x). Hay u(x) ≤ 0, suy ra u(x) = 0 tức là ω1(x) = ω2(x). Từ (4.12) ta suy ra h(x) = 0 với mọi x ∈ [a, c]. Từ (4.13) ta suy ra p1(x) = p2(x) và ω1(x) = ω2(x) = 0 với mọi x ∈ [a, c]. Nh−ng điều này mâu thuẫn với (4.11) vì pi(x) > 0. Vậy : ∀x ∈ (a, b), ω1(x) < ω2(x). 70 Đ2. Sự tồn tại giá trị riêng đối với bài toán biên Sturm-Liouville của ph−ơng trình vi phân cấp hai Trong phần này, ta áp dụng các kết quả ở trên để xét ph−ơng trình : (p(x)y′)′ + (λr – q)y = 0, (4.16) trong đó λ là tham số thực, p′, r, q là các hàm liên tục trên [a, b]. Ta cũng giả thiết rằng p(x) > 0. Với các số thực cho tr−ớc α và β, những giá trị của λ sao cho tồn tại nghiệm không tầm th−ờng y = ϕ(λ, x) của ph−ơng trình (4.16) thoả mãn các điều kiện : y(a)cosα – p(a)y′(a)sinα = 0, (4.17) y(b)cosβ – p(b)y′(b)sinβ = 0, (4.18) gọi là các giá trị riêng và các nghiệm không tầm th−ờng, y = ϕ(λ, x) t−ơng ứng gọi là các hàm riêng. Bài toán biên (4.16) – (4.17) – (4.18) gọi là bài toán biên Sturm-Liouville. Định lí 3 Bài toán Sturm-Liouville (4.16) – (4.17) – (4.18) có vô số giá trị riêng λ0, λ1, λ2, lập thành một dãy tăng đến ∞ khi n → ∞. Ngoài ra hàm riêng ứng với λn có đúng n không điểm trên (a, b). Chứng minh. (Dành cho sinh viên tự đọc) Không giảm mất tính tổng quát ta có thể giả sử rằng 0 ≤ α < π và 0 < β ≤ π. Nghiệm y = ϕ(t, λ) của ph−ơng trình (4.16) xác định bởi điều kiện đầu : ϕ(a, λ) = sinα, p(a)ϕ′(a, λ) = cosα thoả mãn (4.17). Với y = ϕ(x, λ), ta xác định ω( x, λ), ta xác định ω(x, λ) theo công thức (4.8′), khi đó ω(a, λ) = α. Các giá trị của λ sao cho y = ϕ(x, λ) thoả mãn (4.18), tức là ω(b, λ) = β sẽ là các giá trị riêng. Với mọi x ∈ [a, b], với λ1 > λ2 thì λ1r – q > λ2r – q nên theo định lí 2 thì ω1(x, λ1) > ω2(x, λ2) tức là ω(x, λ) là hàm tăng theo λ với mỗi x cố định thuộc [a, b]. Mặt khác do y = p(x, λ)sinω(x, λ) nên với nghiệm không tầm th−ờng y = ϕ(x, λ) ta có ϕ(x, λ) = 0 nếu và chỉ nếu ω(x, λ) = kπ. Ngoài ta cũng có : ω′ = 1 p cos2ω + (λr – q)sin2ω, nên với ω(x, λ) = kπ thì ω′ > 0 và do ω′ liên tục theo x nên ω là hàm tăng của x, nh− vậy với xk ∈ [a, b] sao cho ω(xk, λ) = kπ thì ω(x, λ) < kπ với x < xk và ω(x, λ) > kπ với x > xk. Bây giờ ta chứng minh các kết quả sau. Với mọi x = c ∈ (a, b) thì : ( )lim ,cλ → ∞ ω λ = + ∞ , (a) ( )lim , 0cλ → −∞ ω λ = . (b) Chứng minh (a). Ta có ω(x, λ) > ω(a, b) = α ≥ 0, ∀x ∈ (a,b]. Giả sử P, Q và R là các hằng số sao cho : 0 0 và q(x) ≤ Q, ∀x ∈ [a, c]. 71 Xét ph−ơng trình : Py″ + (λR – Q)y = 0. Với λ > Q R , nghiệm của ph−ơng trình có dạng : ( , )y x= ϕ λ = C1cos 2 sinR Q R Qx C xP P λ − λ −+ , trong đó C1, C2 là các hằng số. Gọi iy∗ là nghiệm thoả mãn