2

TRTRTRTRƯỜƯỜƯỜƯỜNGNGNGNG ĐẠĐẠĐẠĐẠIIII HHHHỌỌỌỌCCCC BBBBÁÁÁÁCHCHCHCH KHOAKHOAKHOAKHOA HHHHÀÀÀÀ NNNNỘỘỘỘIIII

TRẦN XUÂN TIẾP

BÀI GIẢNG

GIẢI TÍCH III

HỆ KỸ SƯ TÀI NĂNG

HÀ NỘI 2014

3

PHPHPHPHẦẦẦẦNNNN IIII :::: LLLLÝÝÝÝ THUYTHUYTHUYTHUYẾẾẾẾTTTT CHCHCHCHUUUUỖỖỖỖIIII

CHCHCHCHƯƠƯƠƯƠƯƠNGNGNGNG IIII .... CHCHCHCHUUUUỖỖỖỖIIII SSSSỐỐỐỐ

BBBBààààiiii 1111. ĐẠI CƯƠNG VỀ CHUỖI SỐ

1. Định nghĩaCho dãy số 1 2 3, , ,..., ,...na a a a (1.1)

Biểu thức 1 2 3 na a a a+ + + + +⋯ ⋯ (1.2)

được gọi là một chỗi số vô hạn, gọi tắt là chuỗi số.

Các số hạng của (1.1) cũng được gọi là các số hạng của chuỗi số(1.2).Thay cho việc viết chuối số dạng (1.2) ta còn viết nó dưới dạng

1n

na

∞

=∑ (1.3)

Tổng hữu hạn 1 2 31

n

n k nk

S a a a a a=

= = + + + +∑ ⋯ (1.4)

được gọi là tổng riêng thứ n của chuỗi số (1.3).Như vậy ta có dãy số 1 2 3, , ,..., ,...nS S S S , (1.5) ,dãy này được gọi là dãy các tổng riêng của chuỗi số (1.3).

Nếu dãy các tổng riêng (1.5) này hội tụ thì ta bảo chuỗi số (1.3) hội tụ . Khi đó nếu ta gọiS là giới hạn của dãy ( 1.5), lim nn

S S→∞

= ,thì S được gọi là tổng của chỗi số (1.3), ta viết

1n

na S

∞

=

=∑ .Lúc này hiệu n nR S S= − được gọi là phần dư của của chuỗi số hội tụ (1.3); ta dễ

dàng thấy rằng lim 0nnR

→∞= . Còn nếu dãy các tổng riêng (1.5) này phân kỳ thì ta bảo chuỗi số

(1.3) phân kỳ.

4

Ví dụ 1. Chuỗi 1

1, 0n

naq a

∞−

=

≠∑ , đây là cấp số nhân vô hạn có công bội q . Với 1q ≠ ,

11

n

nqS aq−

=−

. Dễ thấy nếu 1q < thì lim1nn

aSq→∞

=−

, do vậy chuỗi hội tụ và có tổng là

1aq−. Nếu 1q > thì lim n

nS

→∞= ∞ ,vậy chuỗi phân kỳ.

Nếu 1q = thì lim nn

S→∞

= ∞ , do vậy chuỗi phân kỳ.Nếu 1q = − , 2lim nn

S→∞

= ∞ , vậy chuỗi

cũng phân kỳ.

Tóm lại , chuỗi 1

1, 0n

naq a

∞−

=≠∑ hội tụ nếu 1q < , phân kỳ nếu 1q > .

2. Điều kiện ắt có để chuỗi số hội tụ

Định lý1 .1. Nếu chuỗi số1

nna

∞

=∑ hội tụ thì lim 0nn

a→∞

= ( hay lim 0nna

→∞= ).

Thậy vậy, gọi nS là tổng riêng của chuỗi số1

nna

∞

=∑ , ta có 1n n nS S a−= + . Từ đẳng thức

này và tính hội tụ của1

nna

∞

=∑ , suy ra lim 0nn

a→∞

= .

Ta thường sử dụng định lý này để khảng đính sự phân kỳ của chuỗi số.

Ví dụ 2. Xét chuỗi1

12 1n

nn

∞

=

+−∑ , chuỗi này phân kỳ vì có 1 1lim

2 1 2n

nn→∞

+=

−.

Ví dụ 3. Xét chuỗi số3

0

1( 1)3

n

n

nn

∞

=

+−

+∑ .Số hạng tổng quát của chuỗi số này là

3 1( 1)3

nn

nan+

= −+

.

Do lim nna

→∞= ∞ , nên chuỗi phân kỳ.

5

Ví dụ 4. Chứng tỏ chuỗi số1

sinn

n∞

=∑ phân kỳ.

3. Điều kiện cần và đủ để chuỗi số hội tụ ( Điều kiện Cauchy)

Định lý1. 2. Điều kiện ắt có và đủ để chuỗi số1

nna

∞

=∑ hội tụ là với mọi 0ε > cho trước,tìm

được số nguyên dương 0n sao cho khi 0p q n> ≥ ta có1

p

nn q

a ε= +

<∑ .

Chứng minh. Gọi nS là tổng riêng của1

nna

∞

=∑ , từ tiêu chuẩn Cauchy của dãy hội tụ { }nS

suy ra điều phải chứng minh.

Ví dụ 5. Chuỗi1

1n n

∞

=∑ ( có tên gọi là chuỗi điều hòa ) phân kỳ.

4. Một số tính chất đơn giản của chuỗi số hội tụ

a) Nếu chuỗi số1

nna

∞

=∑ hội tụ và có tổng là S thì chuỗi số

1n

naα

∞

=∑ , trong đó α là một hằng

số ,cũng hội tụ và có tổng là Sα .

b) Nếu các chuỗi số1

nna

∞

=∑ ,

1n

nb

∞

=∑ cùng hội tụ và có tổng theo thứ tự tương ứng là 1, 2S S thì

các chuỗi số1

( )n nn

a b∞

=

+∑ và1

( )n nn

a b∞

=

−∑ cũng hội tụ và có tổng lần lượt là 1 2 1 2,S S S S+ − .

c) Tính hội tụ hay phân kỳ của một chuỗi số không thay đổi khi ta thay đổi một số hữucác số hạng của chuỗi số hay nhân các số hạng của chuỗi với một số khác 0.

BBBBààààiiii 2222. CHUỖI SỐ DƯƠNG

6

1. Định nghĩa

Chuỗi số1

nna

∞

=∑ với các số hạng 0,na n> ∀ được gọi là chuỗi số dương.

Xét dãy các tổng riêng ( )nS , ta có 1 1n n n nS S a S+ += + > , vậy ( )nS là một dãy tăng. Do đó chuỗisố hội tụ khi và chỉ khi ( )nS bị chặn trên, còn chuỗi phân kỳ khi và chỉ khi limSn

n→∞= ∞ .

2. Các định lý so sánh

Định lý 2.1 . Cho hai chuỗi số dương1

( )nna a

∞

=∑ và

1

( )nnb b

∞

=∑ . Giả sử

0,n na b n n≤ ∀ ≥ ∈ℕ .Khi đó nếu chuỗi số1

nnb

∞

=∑ thì chuỗi số

1n

na

∞

=∑ hội tụ và ta có bất đẳng thức

0 0

n nn n n n

a b∞ ∞

= =

≤∑ ∑ ; còn nếu chuỗi số

1n

na

∞

=∑ phân kỳ thì chuỗi số

1n

nb

∞

=∑ cũng phân kỳ.

Chứng minh. Để tiện ta giả sử 0 1n = , gọi ,n nA B lần lượt là các tổng riêng của các chuỗi (a)

và (b) tương ứng. Từ giả thiết ta có ,n nA B n≤ ∀ . Do vậy nếu chuỗi (b) hội tụ, thì các nB bị

chặn, từ đó suy ra tính bị chặn của dãy các tổng riêng { }nA và do đó chuỗi (a) hội tụ. Từ bất

đẳng thức của các tổng riêng suy ra bất đẳng thức về tổng. Từ tính không bị chặn của { }nA

suy ra tính không bị chặn của { }nB , do vậy từ sự phân kỳ của chuỗi (a) kéo theo sự phân kỳcủa chuỗi (b) .

Ví dụ 1. Xét sự hội tụ của chuỗi2

1lnn n

∞

=∑ . Do 1 10 , 1

lnnn

n< < ∀ > mà

2

1n n

∞

=∑ phân kỳ nên

2

1lnn n

∞

=∑ phân kỳ.

7

Bài tập. Cho hai chuỗi số dương1

( )nna A

∞

=∑ và

1

( )nnb B

∞

=∑ có các số hạng thỏa mãn bất đẳng

thức 1 1 ,n n

n n

a b na b+ +≤ ∀ . Khi đó nếu chuỗi ( B) hội tụ suy ra chuỗi (A) hội tụ, còn nếu chuỗi (A)

phân kỳ suy ra chuỗi (B) phân kỳ.

Định lý 2.2 . Cho hai chuỗi số dương1

nna

∞

=∑ và

1n

nb

∞

=∑ .Nếu tồn tại giới hạn hữu hạn

lim 0 (0 )n

nn

a k kb→∞

= > < <+∞ , thì hai chuỗi số này đồng thời hội tụ hay phân kỳ.

Chứng minh. Tồn tại số 0ε > sao cho 1 2k k k k kε ε= − < < = + . Theo tính chất của giới hạn , tồn

tại số tự nhiên 0n sao cho 1 2n

n

ak kb

≤ ≤ hay 1 2 0,n n nk b a k b n n≤ ≤ ∀ ≥ . Sử dụng định lý 2.1 ta nhận

được điều phải chứng minh.

Hệ quả. Nếu trong quá trình n→∞ , na và (0 )nkb k< <+∞ là hai vô cùng bé tương đươngthì hai chuỗi số này đồng thời hội tụ hay phân kỳ.

Ví dụ 2. Xét chuỗi số1

1ln(1 )2nn

∞

=

+∑ . Do 1 1lim ln(1 ) lim2 2n nn

n→∞

→∞

+ = ,1

12nn

∞

=∑ hội tụ; nên chuỗi số đã

cho hội tụ.

3. Các dấu hiệu hội tụ

a) Tiêu chuẩn D’Alembert. Cho chuỗi số dương1

nna

∞

=∑ . Nếu 1lim n

nn

a la+

→∞= , thì chuỗi số sẽ hội

tụ khi 1l < , phân kỳ khi 1l > .

Chứng minh. Trước tiên ta giả sử 1l< , khi đó tồn tại số 1 0ε > sao cho 1 (0 ;1)l q l ε< = + ∈ .

8

Theo tính chất của giới hạn, tồn tại số tự nhiên N sao cho 1 ,n

n

a q n Na+ ≤ ∀ ≥ . Từ đó ta có

1 ,kN k Na a q k+ + ≤ ∀ . Từ sự hội tụ của0

kN

ka q

∞

=∑ suy ra sự hội tụ của chuỗi

1n

na

∞

=∑ .

Phần còn lại ta xét trường hợp 1l > , khi đó có số 2 0ε > sao cho 21 q l ε< = − . Theo tính chất

của giới hạn , tồn tại số tự nhiên N sao cho 1 ,n

n

a q n Na+ ≥ ∀ ≥ . Từ đó ta có

1 ,kN k Na a q k+ + ≥ ∀ . Từ sự phân kỳ của0

kN

ka q

∞

=∑ suy ra sự phân kỳ của chuỗi

1n

na

∞

=∑ .

Ví dụ 3. Xét chuỗi số1

( !) ,nn

nn

α

α∞

=

∈∑ ℝ . Ta có

[ ] 11 ( 1)! ( 1) 1( 1) 1( 1) ( !) ( 1)( 1)

nn nn

n nn

na n n n na n n n n n

α αα

α

−−+ + + ⎛ ⎞= ⋅ = = + +⎜ ⎟+ + + ⎝ ⎠ .

11 1lim lim( 1)n

n nn

a na e

α−+

→∞ →∞= + .

Do đó 1

, 11lim , 1

0 , 1

n

nn

aa e

α

α

α

+

→∞

+∞ >⎧⎪⎪= =⎨⎪

<⎪⎩

. Vậy chuỗi số sẽ hội tụ khi và chỉ khi 1α ≤ .

b) Tiêu chuẩn Cauchy . Cho chuỗi số dương1

nna

∞

=∑ .Nếu lim n

nna l

→∞= , thì chuỗi số sẽ hội tụ

khi 1l < , phân kỳ khi 1l > .

Chứng minh. Ta xét trường hợp 1l< , khi đó tồn tại số 1 0ε > sao cho 1 (0 ;1)l q l ε< = + ∈ .

Theo tính chất của giới hạn, tồn tại số tự nhiên N sao cho ,nna q n N≤ ∀ ≥ . Từ đó ta có

9

,nna q n N≤ ∀ ≥ . Từ sự hội tụ của k

k Nq

∞

=∑ suy ra sự hội tụ của chuỗi

1n

na

∞

=∑ .

Phần còn lại ta xét trường hợp 1l > , khi đó có số 2 0ε > sao cho 21 q l ε< = − . Theo tính chất

của giới hạn , tồn tại số tự nhiên N sao cho ,nna q n N≥ ∀ ≥ . Ta có ,nna q n N≥ ∀ ≥ Từ sự phân

kỳ của k

k Nq

∞

=∑ suy ra sự phân kỳ của chuỗi

1n

na

∞

=∑ .

Ví dụ 4. Xét sự hội tụ của chuỗi số2

2

,n

n

n a an

∞

=

+⎛ ⎞ ∈⎜ ⎟⎝ ⎠

∑ ℝ .

Ví dụ 5. Xét sự hội tụ của chuỗi số 22

1

2 1sin , 02

nn

n nα α

∞

=

< ≤∑ .

Chú ý . Tiêu chuẩn Cauchy mạnh hơn tiêu chuẩn D’Alembert ( nếu dùng được tiêu chuẩn

D’Alembert thì cũng dùng được tiêu chuẩn Cauchy, điều ngược lại không đúng ).

Bài tập. Cho chuỗi số dương1

nna

∞

=∑ . Nếu 1lim ,0n

nn

a l la+

→∞= ≤ <+∞ , thì lim n

nna l

→∞= .

HD.Sử dụng định lý Stolz sau : Nếu dãy số ( )nu có lim nnu a

→∞= , thì các dãy với các số hạng

tổng quát là 1 21 2, wn n

n n nu u uv u u u

n+ + +

= =⋯ ⋯ cùng hội tụ về a khi n→∞ .

Áp dụng , ta có 321

1 2 1

. nnn nnn

a aaa a la a a −

= ⋅ →⋯ .

c) Tiêu chuẩn tích phân ( tiêu chuẩn Maclaurin-Cauchy). Giả sử hàm số ( )f x liên

tục, dương , giảm trên khoảng 1 x≤ <+∞ .Khi đó tích phân suy rộng1

( )f x dx+∞

∫ và chuỗi

số1

, ( )n nnu u f n

∞

=

=∑ , cùng hội tụ hoặc cùng phân kỳ.

Chứng minh . Trên các đoạn 1, , 1k x k k k≤ ≤ + ∈ ≥ℕ , ta có

1 ( 1) ( ) ( )k ku f k f x u f k+ = + ≤ ≤ = . Từ đó suy ra1 1 1

1 ( 1) ( ) d ( )dk k k

k kk k k

u f k dx f x x u f k x+ + +

+ = + ≤ ≤ =∫ ∫ ∫ .

10

Gọi nS là tổng riêng của chuỗi1

,nnu

∞

=∑ ta có

1

1 1 11 11

( ) dnn n

k n k nk k

u S u f x x u S+

+ += =

= − ≤ ≤ =∑ ∑∫ . Từ bất

đẳng thức này suy ra tính cùng loại ( hội tụ, phân kỳ ) của1

( )f x dx+∞

∫ và1

, ( )n nnu u f n

∞

=

=∑ .

Ví dụ 6. Xét chuỗi số ( chuỗi Riemann)1

1 , 0n nα

α∞

=

>∑ .

Quy tắc “ nn uα “. Cho chuỗi số dương1

nnu

∞

=∑ . Nếu có số 1 α< <+∞ sao cho lim 0nn

n uα→∞

= thì

chuỗi hội tụ; còn nếu có số 0 1α< ≤ saocho lim 0nnn u aα

→∞= > thì chuỗi phân kỳ.

Ví dụ 6. Xét chuỗi số có số hạng tổng quát là 2exp( ln ) ,a 0nu n a= − + > .Ta có

2

2ln ln ln 0

ln lnn

anu n n an n a

−= − + = →

+ +khi n→∞ , nên ln 1 ,nnu

nnu e n= → →∞ .

Vậy chuỗi số phân kỳ.

BBBBààààiiii 3333 .... CHUỖI VỚI SỐ HẠNG CÓ DẤU TÙY Ý

1. Hội tụ tuyệt đối. Bán hội tụ

Xét chuỗi số1

nna

∞

=∑ , ở đó các số hạng na có dấu tùy ý.

Định lý 1. Nếu chuỗi số1

nna

∞

=∑ hội tụ thì chuỗi số

1n

na

∞

=∑ cũng hội tụ.

Chứng minh : Hoặc dùng điều kiện Cauchy hoặc

11

Từ bất đẳng thức 0 2n n na a a≤ + ≤ suy ra chuỗi số1

( )n nn

a a∞

=

+∑ hội tụ . Do ( )n n n na a a a= + − ,

nên chuỗi số1

nna

∞

=∑ hội tụ.

Chú ý 1. Điều ngược lại không đúng, ví dụ sau sẽ chỉ ra điều đó.

Ví dụ 1. Xét chuỗi số 21

cosn

nn

∞

=∑ .

Định nghĩa 1. Chuỗi số1

nna

∞

=∑ được gọi là hội tụ tuyệt đối nếu

1n

na

∞

=∑ , là bán hội tụ nếu

1n

na

∞

=∑ hội tụ còn

1n

na

∞

=∑ phân kỳ.

Chú ý 2. Nếu dùng tiêu chuẩn D’Alembert hoặc Cauchy mà biết được chuỗi số1

nna

∞

=∑

phân kỳ thì ta khảng định ngay chuỗi số1

nna

∞

=∑ phân kỳ vì khi ấy na không dần tới 0 khi

.n→∞

2.Tiêu chuẩn Abel, Dirchlet

a) Tiêu chuẩn Abel. Nếu chuỗi số1

nnu

∞

=∑ hội tụ và dãy số { }nv đơn điệu ( 1 ,n nu u n+ ≤ ∀ hoặc

1 ,n nu u n+ ≥ ∀ ) và bị chặn , thì chuỗi số1

n nnu v

∞

=∑ hội tụ.

Chứng minh. Đặt 1 2 1 1 2 2,n n n n nS u u u A u v u v u v= + + + = + + +⋯ ⋯ , giả sử

{ }nv đơn điệu tăng và ,nv M n≤ ∀ .

Do1

nnu

∞

=∑ hội tụ, nên với 0ε > cho trước , tồn tại số tự nhiên N sao cho n∀ mà n N≥ và

mọi số tự nhiên p ta có n pS ε+ ≤ .

Ta có ( )1

1 1 11

m

n m n n n n m n m n m n m n i n i n ii

A A u v u v a S a a S−

+ + + + + + + + + + +=

− = + = − −∑⋯

12

2 1 1 1 1n m n m n n n n m n m n mv S v v S v v S+ + + + + + + − + −≤ + − + + −⋯ (3.1)

2 1 1 2 1 1( ) ( )n m n n n m n m n m n n n m n mv v v v v v v v v vε ε+ + + + + − + + + + + −≤ ⎡ + − + − ⎤ =⎡ + − + + − ⎤⎣ ⎦ ⎣ ⎦⋯ ⋯

1 3n m n m nv v v Mε ε+ + +=⎡ + − ⎤ ≤⎣ ⎦

Từ đó suy ra chuỗi =1

n nnu v

∞

=∑ hội tụ.

b) Tiêu chuẩn Dirchlet. Nếu chuỗi số1

nnu

∞

=∑ có dãy các tổng riêng

{ }nS bị chặn , còn dãy { }nv đơn điệu ,có và lim 0nnv

→∞= ; thì chuỗi số

1n n

nu v

∞

=∑ hội tụ.

Chứng minh. Với các ký hiệu như trong phép chứng minh định lý trên, ta cũng giả thiết

{ }nv đơn điệu giảm và ,nS K n≤ ∀ . Từ bất đẳng thức (3.1) ta nhận được

1n m n n m n m nA A v v v K+ + + +− ≤⎡ + − ⎤⎣ ⎦ (3.2)

Do lim 0nnv

→∞= , nên với 0ε > cho trước , tồn tại số tự nhiên N sao cho n∀ mà n N≥

ta có nv ε≤ . Vậy từ (3.2) suy ra 3 , ,n m nA A K n mε ε+ − ≤ ∀ ≥ ∀ ∈ℕ . Do vậy chuỗi số hội tụ.

Ví dụ 1. Với dãy { }na đơn điệu giảm , có lim 0nna

→∞= ( từ đó kéo theo 0,na n≥ ∀ ). Khi đó

chuỗi số ( đan dấu ) 1

1

( 1)n nn

a∞

+

=

−∑ hội tụ.

Ví dụ 2. Ta có các công thức

1 1

1 1cos cos( ) sin( ) sin2 2 2 2sin , cos2sin 2sin

2 2

n n

k k

x xn x n xnx nxx x= =

− + + −= =∑ ∑ , với mọi 2 ,x k kπ≠ ∈ℤ .

Do vậy với dãy { }na đơn điệu , có lim 0nna

→∞= ; thì với 2 ,x k kπ≠ ∈ℤ các chuỗi

1

sinnna nx

∞

=∑ và

1

cosnna nx

∞

=∑ hội tụ.

13

3. Chuỗi số đan dấu

Cho dãy số dương { }na , các chuỗi số

1

1

( 1)n nn

a∞

+

=

−∑ ( 3.3)

1

1

( 1)n nn

a∞

−

=

−∑ (3.4)

được gọi là các chuỗi đan dấu.

Nhận xét rằng các số hạng của hai chuỗi trên chỉ sai khác nhau về dấu, vậy để tiện tachỉ xét chuỗi đan dấu dạng (3.3) .

Tiêu chuẩn Leibniz.

Nếu chuỗi đan dấu (3.3) có các số hạng thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau :

- 1 0,n na a n n+ ≤ ∀ ≥ , 0n là một số tự nhiên nào đó.- lim 0nn

a→∞

= .

Thì chuỗi số đó hội tụ.Nói riêng khi số 0 1n = , ta có bất đẳng thức sau về tổng

11

1

( 1)n nn

a a∞

+

=

− ≤∑ .

Chứng minh.

Cách 1. Nếu không tính đến bất đẳng thức so sánh về tổng thì ta có thể xem tiêu chuẩn

hội tụ của Leibniz là trường hợp riêng của tiêu chuân Dirichlet ở trên.

Cách 2 Để cho tiện, ta giả sử 0 1n = . Gọi { }nS là dãy các tổng riêng, do tính đơn điệu

giảm của dãy các số dương { }na , nên ta có 2 2 2 2 1 2 2 2( ) Sn n n n nS S a a+ + += + − ≥ và

2 1 2 3 2 2 2 1 2 1( ) ( )n n n nS a a a a a a a− −= − − − − − − ≤⋯ .

Từ đó suy ra { }2nS đơn điệu tăng, bị chặn trên. Vậy nó hội tụ, giả sử 2lim nnS S

→∞= , suy ra

1S a≤ . Do 2 1 2 2 1n n nS S a+ += + và 2 1lim 0nna +→∞

= , nên suy ra 2 1lim nnS S+→∞

= .Từ đó suy ra

14

lim nnS S

→∞= .

Ví dụ 3. Với 0α > , chuỗi đan dấu 1

1

1( 1)nn nα∞

+

=

−∑ hội tụ. Trong khi đó chuỗi

1

1n nα∞

=∑ chỉ hội tụ khi 1α > .

4 . Thay đổi thứ tự các số hạng của chuỗi số hội tụ tuyệt đối, bán hội tụ

Định lý. Nếu chuỗi số1

nna

∞

=∑ hội tụ tuyệt đối,có tổng bằng S thì chuỗi số

1n

nb

∞

=∑ nhận

được từ nó bằng cách đổi chỗ các số hạng một cách tùy ý, cũng hội tụ tuyệt đối và cótổng cũng bằng S .

Chú ý điều này không còn đúng đối với chuỗi bán hội tụ.

5 . Tích Cauchy của hai chuỗi

Cho hai chuỗi số0 0

( ), ( )n nn n

a a b b∞ ∞

= =∑ ∑ ,ta thành lập chuỗi

0n

nc

∞

=∑ như sau

( )n p qp q n

c a b c+ =

= ∑ . Chuỗi (c) được gọi là tích Cauchy của hai chuỗi (a) và (b).

Định lý . Nếu các chuỗi số (a) và (b) hội tụ tuyệt đối thì chuỗi (c) là tích Cauchy củachúng cũng hội tụ tuyệt đối và có tổng là tích của tổng chuỗi (a) với tổng chuỗi (b).

Chứng minh. Gọi , ,n n nA B C lần lượt là các tổng riêng của các chuỗi (a), (b), (c) tương

ứng. Ta có 0 0 0 1 1 0 0 2 1 1 2 00

( ) ( )n

kkc a b a b a b a b a b a b

=

≤ + + + + + + +∑ ⋯

( 0 1 1 0 0 1 1 0)n n n n n na b a b a b a D a D a D− −+ + + ≤ + + +⋯ ⋯ (3.5)

15

ở đó nD là tổng riêng của0

nnb

∞

=∑ . Do chuỗi (b) hội tụ tuyệt đối nên

,kD M k≤ ∀ . Vậy từ (3.5) suy ra ( )0 10

n

k nkc a a a M

=

≤ + + +∑ ⋯ (3.6)

Do tính bị chặn của dãy các tổng riêng của chuỗi (a) hội tụ tuyệt đối và bất đẳng thức

(3.6) suy ra tính bị chặn của dãy tổng riêng của chỗi0

nnc

∞

=∑ . Vậy chuỗi (c) hội tụ tuyệt

đối.

Ta đổi chỗ các số hạng của chuỗi (c) và viết nó dưới dạng

0 0 0 1 1 0 1 1 0 2 2 0 1 2 2 1( ) ( )a b a b a b a b a b a b a b a b+ + + + + + + + ⋯ (3.7)

Với cách viết dạng (3.7) thì ta thấy n n nC A B= , cho n→∞ ta nhận được kết quả.

16

CHCHCHCHƯƠƯƠƯƠƯƠNGNGNGNG IIIIIIII .... CHCHCHCHUUUUỖỖỖỖIIII HHHHÀÀÀÀMMMM

BBBBààààiiii 1111. DÃY HÀM

1. Định nghĩa Một ánh xạ từ tập các số tự nhiên đến tập các hàm số xác đinh trên miềnX ⊂ℝ được gọi là một dãy hàm. Người ta thường viết dãy hàm dưới dạng ( dạng khai

triển ) : 1 2 3( ), ( ), ( ) , , ( ),nf x f x f x f x⋯ ⋯ ; hay { }( )nf x .

a) Hội tụ đơn ( hội tụ theo từng điểm Dãy hàm { }( )nf x được gọi là hội tụ đơn( hội tụ theo từng điểm) mà đôi khi ta gọi tắt là hội tụ ,tại điểm 0x , nếu dãy số { }0( )nf x

hội

tụ.Ta bảo nó không hội tụ tại 0x , nếu dãy số { }0( )nf x phân kỳ. Tập 0X được gọi là miền hội

tụ của dãy hàm này nếu nó hội tụ tại mọi điểm 0 0x X∈ và không hội tụ tại mọi điểm không

thuộc 0X .

Ta bảo dãy hàm này hội tụ về hàm ( )u x trên tập 0X , ta viết ( )nf x hội tụ về ( )u x hay

( ) ( )nf x u x→ hay lim ( ) ( )nnf x u x

→∞= nếu 0 0 0 0, lim ( ) ( )nn

x X f x u x→∞

∀ ∈ = .

b) Hội tụ tuyệt đối Ta bảo dãy hàm { }( )nf x hội tụ tuyệt đối đến hàm ( )u x

trêntập X nếu , lim ( ) ( )nnx X f x u x

→∞∀ ∈ = .

c) Hội tụ đều Ta bảo dãy hàm { }( )nf x hội tụ đều đến hàm ( )u x trên tập X nếu0 , ( )Nε ε∀ > ∃ sao cho ( )n N ε∀ ≥ ta có ( ) ( ) ,nf x u x x Xε− < ∀ ∈ ; Khi đó ta hay dùng ký

hiệu ( ) ( )nf x u x⇒ .

Dễ thấy từ sự hội tụ đều kéo theo hội tụ tuyệt đối và hội tụ.

Bài tập. ( ) ( )nf x u x⇒ trên ( ) ( )nX f x u x⇔ − bị chặn trên X và sup 0nf u− → .

2. Tiêu chuẩn Cauchy

17

( ) ( )nf x u x⇒ trên tập 0X ε⇔ ∀ > cho trước N∃ ∈ℕ sao cho ,m n∀ sao cho ,m n N≥ ta có

( ) ( ) ,n mf x f x x Xε− < ∀ ∈ . (1.1)

Chứng minh. Từ bất đẳng thức n m n mf f f u f u− ≤ − + − và ( ) ( )nf x u x⇒ suy ra điều kiện

Cauchy.

Ngược lại từ điều kiện Cauchy suy ra ( )nf x hội tụ đến một hàm ( )u x nào đó trên tập X .

Trong bất đẳng thức (1.1) ta lấy x nào đó thuộc X , cho n cố định còn cho m→∞ , ta

nhận được bất đẳng thức ( ) ( ) ,nf x u x x Xε− < ∀ ∈ .

3. Một số tính chất của dãy hàm hội tụ đều3.1 . Hội tụ đều và giới hạn Nếu ( ) ( )nf x u x⇒ trên tập X và với mỗi n ta có lim ( )n nx a

f x l→

= .

Khi đó dãy số { }nl hội tụ và xảy ra đẳng thức lim ( ) lim nx a nu x l

→ →∞= .

Chứng minh. Trước tiên ta chứng tỏ dãy số { }nl hội tụ. Do với mỗi n ta có lim ( )n nx af x l

→= ,

( ) ( )nf x u x⇒ , nên cho trước một 0 , ( )Nε ε> ∃ sao cho ,m n∀ thỏa mãn , ( )m n N ε≥ , và

với những x đủ gần a ta có

( ) ( ) ( ) ( )3 3 3m n m m n n m nl l f x l f x l f x f x ε ε ε ε− ≤ − + − + − < + + = .

Vậy dãy số { }nl hội tụ theo tiêu chuẩn Cauchy.

Giả sử lim nnl l

→∞= , từ bất đẳng thức ( ) ( ) ( ) ( )n n n nu x l u x u x u x l l l− ≤ − + − + − suy ra

lim ( ) lim nx a nu x l

→ →∞= .

3.2 . Hội tụ đều và liên tục Nếu các hàm ( )nf x liên tục trên khoảng I và

( ) ( )nf x u x⇒ trên I. Khi đó hàm u(x) liên tục trên I.

Kết quả này được xem như là hệ quả của tính chất 3.1.

Nhận xét rằng nếu ( )nf x liên tục trên khoảng I còn hàm số ( )u x gián đoạn trên I thì

nf không thể hội tụ đều đến u .

18

Ví dụ 1. Dãy hàm { }nf xá định bởi :[0 ,1] , nnf x x→ ℝ ↦ . Dễ thấy

0 , [0 , 1)1 , 1n

xf u

x∈⎧

→ =⎨ =⎩. Sự hội tụ này là không đều do hàm u không liên tục.

3.3. Chuyển qua giới hạn dưới dấu tích phân Nếu các hàm ( )nf x liên tục trên đoạna x b≤ ≤ và ( ) ( )nf x u x⇒ trên đoạn này. Khi đó u(x) khả tích trên đoạn [ , ]a b và ta có

lim ( ) [lim ( )]dx ( )b b b

n nn na a a

f x dx f x u x dx→∞ →∞

= =∫ ∫ ∫ .

Chứng minh. Theo tính chất 3.2, hàm số ( )u x liên tục trên đoạn [ , ]a b , do đó nó khảtích trên đoạn này. Do ( ) ( )nf x u x⇒ nên với 0ε > cho trước, tồn tại số tự nhiên N

sao cho n N∀ ≥ ta có , [ , ]nf u x a bb aε

− < ∀ ∈−

. (1.2)

Do vậy từ (1.2) ta có

( ) ( )b b

na a

f x dx u x dx−∫ ∫ = [ ]b b b

n na a a

f u dx f u dx dxb aε

ε− ≤ − ≤ =−∫ ∫ ∫ , từ đó suy ra điều phải

chứng minh.

Bài tập. Dãy hàm { }nf xá định bởi :[0 ,1] , (1 )nnf x nx x→ −ℝ ↦ . Chứng minh rằng :

a) 0nf → , nhưng sự hội tụ là không đều.

b)1

0

( ) 0nf x dx→∫ .

3.4 Hội tụ đều và lấy đạo hàm Nếu các điều kiện sau được thỏa mãn :

a. Các hàm ( )nf x thuộc lớp 1C trên một khoảng I ,

b. 'n gf ⇒ trên mọi đoạn [ , ]a b I⊂ ,

c. nf f→ trên I ,

Khi đó

a. Hàm f cũng thuộc lớp 1C trên khoảng I và ' gf = trên I ,

19

b. nf f⇒ trên mọi đoạn [ , ]a b I⊂ .Chứng minh.

a. Do các hàm 'nf liên tục trên I và điều kiện '

n gf ⇒ trên mọi đoạn [ , ]a b I⊂ .Nên hàm g liên tục trên mọi đoạn [ , ]a b I⊂ , do đó nó liên tục trên I .Lấy 0x cố

định thuộc I và x tùy ý thuộc I , ta có

0 0

' ( )lim ( )x x

nn x xt dtf h t dt

→∞=∫ ∫ ( 1.3)

Vế trái của (1.3) bằng 0 0lim [ ( ) ( )] ( ) ( )n nnf x f x f x f x

→∞− = − (1.4)

Vậy từ (1.3) và (1.4) ta có0

0( ) ( ) ( )x

x

f x f x g t dt− = ∫ , từ đó suy ra ' gf = trên I .

b. Chứng tỏ nf f⇒ trên mọi đoạn của I . Giả sử [ , ]a b là một đoạn nào đó của I .

Lấy 0ε > tùy ý, sẽ tồn tại số tự nhiên N sao cho n N∀ ≥ ta có ' '2( )n ffb aε

− <−

(1.5)

trên đoạn [ , ]a b và 0 0( ) ( )2nf x f x ε

− < , (1.6)

với 0x cố định thuộc [ , ]a b . Bây giờ lấy x chạy trên [ , ]a b , từ (1.5) và (1.6) ta có

0 0 0 0

0 0' ' ' ' ' '( ) ( ) ( ) ( )] ( ) ( )]( ) ( ) [ ( ) ( ) [

x x x x

n n n n nx x x x

t dt t dt t f t dt f t f t dtf x f x f f f x f x f− − − −− = = + ≤ +∫ ∫ ∫ ∫

0 0( ) ( )nf x f x− 0 0' '( ) ( ) ( ) ( )

2 2

b

n na

t f tf dt f x f x ε ε ε−≤ + − ≤ + =∫ . Từ đó suy ra điều phải chứng

minh.

BBBBààààiiii 2222 .... CHUỖI HÀM

20

1. Định nghĩa Cho dãy hàm { }( )nu x xác định trên tập D , dạng

1 2( ) ( ) ( )nu x u x u x+ + + +⋯ ⋯ hay viết gọn lại1

( )nnu x

∞

=∑ (2.1)

gọi là chuỗi hàm .

Tổng hữu hạn 1 2( ) ( ) ( ) ( )n nu x u x u x S x+ + + =⋯ gọi là tổng riêng thứ n của nó.

a) Chuỗi hàm (2.1) được gọi là hội tụ tại điểm 0x nếu dãy hàm { }( )nS x hội tụ tạiđiểm

0x ( khi đó chuỗi số 01

( )nnu x

∞

=∑ hội tụ ), không hội tụ (phân kỳ) tại điểm 0x nếu dãy hàm

{ }( )nS x không hội tụ tại điểm 0x , được gọi là hội tụ trên tập X nếu như nó hội tụ tại mọi

điểm của X .

Tập X được gọi là miền hội tụ của chuỗi hàm (2.1) nếu như nó hội tụ trên tập X và không

hội tụ tại mọi điểm không thuộc X .Khi đó giả sử ( ) ( )nS x S x→ , ( )S x gọi là tổng của chuỗi

hàm (2.1) ,ta viết1

( ) ( )nn

S x u x∞

=

=∑ .

b) Chuỗi hàm (2.1) được gọi là hội tụ đều trên tập X nếu như dãy hàm { }( )nS x hộitụ

đều trên X .

Ví dụ 1. Chuỗi hàm số 21 nx x x+ + + +⋯ ⋯ có miền hội tụ là ( 1 ;1)− và ta có

1( )1

S xx

=−

là tổng của nó.

Ví dụ 2. Chuỗi hàm1

1x

n n

∞

=∑ có miền hội tụ là khoảng 1 x< < +∞ .

Ví dụ 3. Xét chuỗi hàm số1 !

n

n

xn

∞

=∑ . Rõ ràng nó hội tụ tại 0x = . Với 0x ≠ , áp dụng quy tắc

D’Alembert cho chuỗi số dương1 !

n

n

xn

∞

=∑ , ta được

11 ! 1lim lim lim 0

1( 1)!

nn

nn n nn

u x nx

u nx n

++

→∞ →∞ →∞= = =

++.

21

Vậy chuỗi hàm này hội tụ tuyệt đối trên ℝ .

Bài tập.

1. Giả sử1

( ) ( ),nn

S x u x x X∞

=

= ∀ ∈∑ , đặt1

( ) S( ) ( )n

n kk

r x x u x=

= −∑ . Chứng minh rằng1

( )nnu x

∞

=∑ hội

tụ đều trên tập X khi và chỉ khi ( ) 0nr x ⇒ trên X .

2. Giả sử1

( )nnu x

∞

=∑ hội tụ đều trên tập X . Chứng tỏ ( ) 0nu x ⇒ trên X .

2. Tiêu chuẩn Cauchy, Weierstrass về sự hội tụ đều của chuỗi hàm

a) Tiêu chuẩn Cau chy Chuỗi hàm1

( )nnu x

∞

=∑ hội tụ dều trên tập X khi và chỉ khi với

mọi 0ε > ,tìm được một số tự nhiên N sao cho khi p N≥ và với mọi m ta có

1

( )p m

kk p

u x ε+

= +

<∑ .

Chứng minh. Theo định nghĩa chuỗi hàm1

( )nnu x

∞

=∑ hội tụ dều trên tập X khi và chỉ khi dãy

các tổng riêng { }( )nS x hội tụ đều trên tập X khi và chỉ khi với mọi 0ε > ,tìm được một số

tự nhiên N sao cho khi p N≥ và với mọi m ta có1

( )p m

p m p kk p

S S u x ε+

+= +

− = <∑ .

b)Tiêu chuẩn Weierstrass Cho chuỗi hàm số1

( )nnu x

∞

=∑ . Nếu ta có ( ) , ,n nu x a n x X≤ ∀ ∀ ∈

và nếu chuỗi số1

nna

∞

=∑ hội tụ , thì chuỗi hàm này hội tụ tuyệt đối và đều trên X .

Chứng minh. Từ giả thiết suy ra với mỗi x X∈ chuỗi số1

( )nnu x

∞

=∑ hội tụ tuyệt đối.

Ta có đánh giá sau :

1 1 1

( ) ( )p m p m p m

k k kk p k p k p

u x u x a+ + +

= + = + = +

≤ ≤∑ ∑ ∑ .

22

Từ đó và tính Cauchy của dãy các tổng riêng của chuỗi số1

nna

∞

=∑ suy ra sự hội tụ đều của

chuỗi hàm.

Ví dụ 4. Chuỗi hàm 2 21

sinn

nxn x

∞

= +∑ hội tụ tuyệt đối và đều trên ℝ , vì ta có

2 2 2

sin 1 , 1,nx n xn x n

≤ ∀ ≥ ∀+

và chuỗi số 21

1n n

∞

=∑ hội tụ.

Ví dụ 5. Chuỗi hàm1

n

n

xn n

∞

=∑ hội tụ tuyệt đối và đều trên đoạn [ 1;1]− , vì ta có

1 , 1, [ 1;1]nx n x

n n n n≤ ∀ ≥ ∀ ∈ − và chuỗi số

1

1n n n

∞

=∑ hội tụ.

Bài tập

Bài1( tiêu chuẩn Abel). Giả sử chuỗi hàm1

( )nnb x

∞

=∑ hội tụ đều trên tập X , còn dãy

hàm { }( )na x đơn điệu và bị chặn đều trên X ( ( ) , ,na x M n x X≤ ∀ ∀ ∈ . Chứng tỏ chuỗi

hàm1

( ) ( )n nna x b x

∞

=∑ cũng hội tụ đều trên X .

Bài 2 ( tiêu chuẩn Dirichlet ) . Giả sử chuỗi hàm1

( )nnb x

∞

=∑ có dãy các tổng riêng bị chặn

đều trên tập X , còn dãy hàm { }( )na x đơn điệu và hội tụ đều đến 0 trên X . Chứng tỏ

chuỗi hàm1

( ) ( )n nna x b x

∞

=∑ cũng hội tụ đều trên X .

3 . Một số tính chất của chuỗi hàm số hội tụ đều

3.1 Tính liên tục Nếu chuỗi hàm số1

( )nnu x

∞

=∑ hội tụ đều trên khoảng I và có các số

23

hạng là các hàm liên tục trên I , thì tổng ( )S x của nó là một hàm số liên tục trên I .

Chứng minh. Gọi { }( )nS x là dãy các tổng riêng của chuỗi hàm. Khi đó các ( )nS x là các

hàm số liên tục trên I , do ( ) S( )nS x x⇒ trên I , suy ra ( )S x liên tục trên I .

3.2 Tính khả tích Nếu chuỗi hàm số1

( )nnu x

∞

=∑ hội tụ đều trên đoạn [ , ]a b và có các số

hạng là các hàm liên tục trên [ , ]a b , thì tổng ( )S x của nó là một hàm số khả tích

trên [ , ]a b và ta có :

1 1

( ) ( ) ( )b b b

n nn na a a

S x dx u x dx u x dx∞ ∞

= =

⎡ ⎤= =⎢ ⎥⎣ ⎦∑ ∑∫ ∫ ∫ .

Chứng minh. Do ( )S x liên tục trên [ , ]a b , nên nó khả tích trên đoạn này. Gọi { }( )nS x là

dãy các tổng riêng của chuỗi hàm . Khi đó do ( ) S( )nS x x⇒ , nên ta có

lim ( ) (lim ( )) ( )b b b

n nn na a a

S x dx S x dx S x dx→∞ →∞

= =∫ ∫ ∫ .

Tính chất sau được suy ra một cách trực tiếp từ tính (3.4) về sự hội tụ đều và lấy đạohàm

của dãy hàm trong bài 1 .

TTTTíííínhnhnhnh chchchchấấấấtttt khkhkhkhảảảả ttttííííchchchch mmmmởởởở rrrrộộộộngngngng ( đọc thêm) Nếu chuỗi hàm số1

( )nnu x

∞

=∑ có các số hạng khả

tích trên đoạn [ , ]a b và nó hội tụ đều về hàm số ( )S x trên đoạn này thì ( )S x cũng khảtích

trên đoạn này và ta có :

1 1

( ) ( ) ( )b b b

n nn na a a

S x dx u x dx u x dx∞ ∞

= =

⎡ ⎤= =⎢ ⎥⎣ ⎦

∑ ∑∫ ∫ ∫ .

3.2 Tính khả vi Xét chuỗi hàm số1

( )nnu x

∞

=∑ . Nếu các điều kiện sau được thỏa

mãn :

24

a. Các hàm ( )nu x thuộc lớp 1C trên một khoảng I ( có đạo hàm liên tục trên I ),

b.1

'( )nnu x

∞

=∑ hội tụ đều trên mọi đoạn [ , ]a b I⊂ ,

c.1

( )nnu x

∞

=∑ hội tụ về hàm ( )S x trên I ,

Khi đó

a. Hàm ( )S x cũng thuộc lớp 1C trên khoảng I và1 1

' '( ) ( ) ( )'

n nn n

S x u x u x∞ ∞

= =

=⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

=∑ ∑trên I ,

b.1

( )nnu x

∞

=∑ hội tụ đều trên mọi đoạn [ , ]a b I⊂ .

Ví dụ 6. Xét chuỗi hàm số 31

sinn

nxn

∞

=∑ . Đặt 3

sin( )nxu x

n= . Vì 3

1( ) , ,nu x n xn

≤ ∀ ∀ và chuỗi số

31

1n n

∞

=∑ hội tụ, nên chuỗi hàm này hội tụ tuyệt đối và đều trên ℝ . Gọi ( )S x là tổng của

nó, thì ( )S x liên tục ℝ và khả tích trên mọi đoạn của ℝ .

Ta có 3 3 4 41 1 1 10 0 0

sin sin 1 ( 1) 1( ) 2(2 1)

n

n n n n

nx nxS x dx dx dxn n n m

π π π∞ ∞ ∞ ∞

= = = =

− −⎡ ⎤= = = =⎢ ⎥ −⎣ ⎦

∑ ∑ ∑ ∑∫ ∫ ∫ .

Do 2' ( )

cosn x

nxun

= mà ta dễ thấy 21

cosn

nxn

∞

=∑ hội tụ đều ℝ trên , nên ( )S x khả vi trên ℝ và

ta

có 21 1

' '( )cos( )n

n nx

nxS u xn

∞ ∞

= =

= =∑ ∑ .

Bài tập( tiêu chuẩn U.Dini ).Giả sử chuỗi hàm1

( )nnu x

∞

=∑ có các số hạng liên tục và dương

trên đoạn [ , ]a b , hội tụ về hàm ( )S x mà ( )S x cũng liên tục trên đoạn này. Chứng minh

rằng chuỗi hàm này hội tụ đều trên [ , ]a b .

25

BBBBààààiiii 3.3.3.3. CHUỖI LŨY THỪA

1. Chuỗi lũy thừa. Bán kính hội tụTa gọi chuỗi lũy thừa là chuỗi hàm số có dạng

20 1 2

0

n nn n

na x a a x a x a x

∞

=

= + + + + +∑ ⋯ ⋯ (3.1)

Nhận xét rằng chuỗi (3.1) hội tụ tại 0x = .

Vấn đề cơ bản đầu tiên khi khảo sát một chuỗi hàm số là xá định miền hội tụ của nó.

Định lý Abel . Nếu chuỗi lũy thừa0

nn

na x

∞

=∑ hội tụ tại 0 0x x= ≠ , thì nó hội tụ tuyệt đối tại

mọi x với 0x x< .

Chứng minh. Do chuỗi số 00

nn

na x

∞

=∑ hội tụ , nên số hạng tổng quát 0 0n

na x → khi n→∞ , vậy

0 ,nna x M n≤ ∀ , M là một số dương nào đó. Ta có

00 0 0

nn n

n nn n

xa x a xx

∞ ∞

= =

⎛ ⎞= ⎜ ⎟

⎝ ⎠∑ ∑

Vì 00 0

,n n

nn

x xa x M nx x

⎛ ⎞≤ ∀⎜ ⎟

⎝ ⎠. Áp dụng định lý so sánh cho hao chuỗi số dương

0 0 0

,n

nn

n n

xa x Mx

∞ ∞

= =∑ ∑ , suy ra chuỗi lũy thừa

0

nn

na x

∞

=∑ hội tụ tuyệt đối tại mọi x thỏa mãn

0x x< .

Hệ quả. Nếu chuỗi lũy thừa0

nn

na x

∞

=∑ phân kỳ tại 1x x= thì nó phân kỳ tại mọi x thỏa mãn

1x x> .

Thật vậy nếu nó hội tụ tại 2x với 2 1x x> , thì theo địnhlý Abel nó sẽ hội tụ tuyệt đối tại 1x

26

vì 1 2x x< .

Bây giờ ta giả thiết chuỗi lũy thừa0

nn

na x

∞

=∑ hội tụ cả tại những điểm 0x ≠ và không hội tụ

trên toàn bộ ℝ . Từ định lý Abel , suy ra rằng tồn tại số 0 R< <+∞ sao cho chuỗi hội tụ

tuyệt đối trong khoảng ( , )R R− và phân kỳ trên các khoảng ( ; )R−∞ và ( ; )R +∞ . Tại

x R=− và tại x R= chuỗi lũy thừa có thể hội tụ, có thể phân kỳ. Số R này được gọi là bán

kính hội tụ của chuỗi lũy thừa0

nn

na x

∞

=∑ .

Nếu chuỗi lũy thừa0

nn

na x

∞

=∑ chỉ hội tụ tại 0x= , thì ta quy ước 0R= . Còn nếu nó hội tụ

trên toàn bộ ℝ , thì ta quy ước R=+∞ .

Với R là bán kính hội tụ của chuỗi lũy thừa0

nn

na x

∞

=∑ , ta gọi khoảng ( ; )R R− là khoảng

hội tụ của chuỗi lũy thừa .

2. Quy tắc tìm bán kính hội tụ của chuỗi lũy thừa

Xét chuỗi lũy thừa0

nn

na x

∞

=∑ . Nếu 1lim n

nn

aa

ρ+

→∞= ( hoặc lim n

nna ρ

→∞= ), thì bán kính hội tụ R

của chuỗi lũy thừa được xác định bởi

1 , 0

0 ,, 0

R

ρρ

ρρ

⎧ < <+∞⎪⎪⎪= =+∞⎨⎪+∞ =⎪⎪⎩

Chứng minh. Xét chuỗi số dương0

( 0)nn

na x x

∞

=

≠∑ . Ta chứng minh cho trường hợp

1lim n

nn

aa

ρ+

→∞= .

Áp dụng quy tắc D’Alembert , ta có1

1 1lim limn

n nnn n

n n

a x ax xa x a

ρ+

+ +

→∞ →∞= = .

27

Nếu 0 ρ< <+∞ , chuỗi số0

nn

na x

∞

=∑ hội tụ , tức chuỗi

0

nn

na x

∞

=∑ hội tụ tuyệt đối , khi 1x ρ < ,

do đó 1xρ

< . Còn khi 1x ρ > , tức 1xρ

> thì chuỗi số0

nn

na x

∞

=∑ phân kỳ vì số hạng tổng

quát nna x không dần tới 0 khi n→∞ , do đó chuỗi

0

nn

na x

∞

=∑ phân kỳ.

Nếu ρ =+∞ , chuỗi lũy thừa0

nn

na x

∞

=∑ sẽ phân kỳ tại mọi điểm 0x≠ , do đó 0R= .

Nếu 0ρ = , chuỗi lũy thừa0

nn

na x

∞

=∑ sẽ hội tụ trên toàn bộ ℝ , do đó R=+∞ .

Trường hợp lim nnna ρ

→∞= được chứng minh tương tự .

Ví dụ 1. Xét chuỗi lũy thừa2 3

2 3

nx x xxn

+ + + +⋯ ⋯ . Đặt 1na n= , ta có 1lim 1n

nn

aa+

→∞= , vậy 1R= ,

( 1;1)− là khoảng hội tụ của chuỗi lũy thừa.

Tại 1x = , chuỗi lũy thừa phân kỳ vì chuỗi điều hòa1

1n n

∞

=∑ phân kỳ.

Tại 1x = − chuỗi lũy thừa hội tụ vì chuỗi só đan dấu1

1( 1)nn n

∞

=

−∑ hội tụ.

Vậy miền hội tụ của chuỗi lũy thừa này là 1 1x− ≤ < .

Ví dụ 2. Xét chuỗi lũy thừa2 3

12! 3! !

nx x xxn

+ + + + +⋯ ⋯

Ta có 1 ! 1lim lim lim 0( 1)! 1

n

n n nn

a na n n+

→∞ →∞ →∞= = =

+ +, do đó R=+∞ và ( ; )−∞ +∞ là khoảng hội tụ của nó.

Ví dụ 3. Xét chuỗi lũy thừa1 1

n

n

nxn

∞

=

⎛ ⎞⎜ ⎟+⎝ ⎠

∑ .

Ta có lim lim 11

nnn n

nan→∞ →∞

= =+

. Vậy 1R= , chuỗi lũy thừa hội tụ trong khoảng ( 1;1)− và phân

kỳ trên các khoảng ( ; 1) , (1; )−∞ − +∞ .

28

Khi 1x = , ta có chuỗi số1 1

n

n

nn

∞

=

⎛ ⎞⎜ ⎟+⎝ ⎠

∑ . Chuỗi số này phân kỳ vì 11

nnn e

⎛ ⎞ →⎜ ⎟+⎝ ⎠khi n→∞ .

Khi 1x = − , ta có chuỗi sô1

( 1)1

nn

n

nn

∞

=

⎛ ⎞− ⎜ ⎟+⎝ ⎠∑ . Chuỗi số này phân kỳ vì 1( 1)

1

nn nn e

⎛ ⎞− →⎜ ⎟+⎝ ⎠

khi n→∞ .

Vậy miền hội tụ của chuỗ đã cho là ( 1;1)− .

Ví dụ 4. Tìm miền hội tụ của chuỗi hàm1

(2 1)n

n

xn

∞

=

−∑ .

Cách 1 Đặt 2 1X x= − , ta có chuỗi lũy thừa1

n

n

Xn

∞

=∑ , đây là chuỗi lũy thừa trong ví dụ 1.

Theo ví dụ 1, thì miền hội tụ của nó là [ 1 ;1)− , do vậy miền hội tụ của chuỗi đã cho là

0 1x≤ < .

Cách 2 Rõ ràng rằng, chuỗi hàm này hội tụ tại 12

x= . Đặt ( )2 1( )

n

n

xu x

n−

= , các hàm ( )nu x

này xác định trên ℝ . Với 12

x≠ , ta có

1lim lim 2 1 2 11

n

n nn

u n x xu n+

→∞ →∞= − = −

+.

Vậy chuỗi hàm sẽ hội tụ khi 2 1 1x − < , tức là 0 1x< < ( khoảng này chứa 1 )2

x= còn sẽ

phân kỳ khi 2 1 1x − > , hay nó

phân kỳ trên các khoảng ( ;0)−∞ và (1; )+∞ . Do đó (0 ;1) là khoảng hội tụ của chuỗi hàm.

Tại 0x = , ta có chuỗi số đan dấu1

1( 1)nn n

∞

=

−∑ , chuỗi số này hội tụ theo tiêu chuẩn

Lebniz . Do vậy chuỗi hàm này hội tụ tại 0x = .

Tại 1x= , ta có chuỗi số1

1n n

∞

=∑ , ta biết chuỗi điều hòa này là phân kỳ. Vậy chuỗi hàm

phân kỳ tại 1x= .

29

Vậy miền hội tụ của chuỗi hàm là 0 1.x≤ <

3. Tính chất của chuỗi lũy thừa

Tính chất 1( tính duy nhất ). Nếu hai chuỗi lũy thừa 20 1 2

0

n nn n

na x a a x a x a x

∞

=

= + + + + +∑ ⋯ ⋯

và 20 1 2

0

n nn n

nb x b b x b x b x

∞

=

= + + + + +∑ ⋯ ⋯ có tổng bằng nhau trong một lân cận của 0x= , thì

hai chuỗi này là trùng nhau, nghĩa là ,n na b n= ∀ .

Tính chất 2. Chuỗi lũy thừa0

nn

na x

∞

=∑ hội tụ đều trên mọi đoạn [ , ]a b nằm trong khoảng

hội tụ của nó.

Chứng minh. Lấy một đoạn [ , ]a b bất kỳ nằm trong khoảng hội tụ ( , )R R− , khi đó có

một đoạn 0 0[ , ]x x− chứa [ , ]a b và cũng nằm trong khoảng hội tụ. Do vậy chuỗi số

00

nn

na x

∞

=∑ hội tụ. Với mọi [ , ]x a b∈ ta có 0

n nn na x a x≤ , nên theo tiêu chuẩn Weierstrass

Chuỗi lũy thừa0

nn

na x

∞

=∑ hội tụ đều trên đoạn [ , ]a b .

Tính chất 3. Tổng ( )S x của chuỗi lũy thừa0

nn

na x

∞

=∑ là hàm số liên tục trên khoảng hội tụ

của nó.

Tính chất này trực tiếp suy ra từ tính hội tụ đều của dãy các tổng riêng { }( )nS x về hàm

( )S x trên mọi đoạn nằm trong khoảng hội tụ.

Chú ý. Nếu chuỗi lũy thừa0

nn

na x

∞

=∑ hội tụ tại cả một trong hai đầu mút của khoảng hội

tụ, thì từ tính chất hội tụ đều và giới hạn của dãy hàm ở bài 1( chú ý rằng các hàm

( )nu x liên tục cả tại đầu mút khi bán kính hội tụ R là hữu hạn ) , ta thấy hàm ( )S x cũng liên

30

tục ( một phía ) tại đầu mút ấy. Do vậy ta có tính chất ( mở rộng tính chất 2 ):

Tổng ( )S x của chuỗi lũy thừa0

nn

na x

∞

=∑ là hàm số liên tục trên miền hội tụ của nó.

Tính chât 4. Có thể lấy tích phân từng số hạng của chuỗi lũy thừa0

nn

na x

∞

=∑ trên mọi

đoạn [ , ]a b nằm trong khoảng hội tụ của nó và ta có:

0 0

b bn n

n nn na a

a x dx a x dx∞ ∞

= =

⎛ ⎞=⎜ ⎟

⎝ ⎠∑ ∑∫ ∫ .

Đặc biệt , với mọi x thuộc khoảng hội tụ ( , )R R− ta có :

2 3 11 20

0 00 0 2 3 1

x xn n nn

n nn n

aa aa x dx a x dx a x x x xn

∞ ∞+

= =

⎛ ⎞= = + + + + +⎜ ⎟ +⎝ ⎠

∑ ∑∫ ∫ ⋯ ⋯ và chuỗi này cũng có khoảng

hội tụ là ( , )R R− .

Tính chất 5. Có thể lấy đạo hàm từng số hạng của chuỗi lũy thừa0

nn

na x

∞

=∑ tại mọi điểm

nằm trong khoảng hội tụ của nó :

2 11 2 3

0

'2 3n n

n nn

aa x a x a x na x∞

−

==

⎛ ⎞ + + + + +⎜ ⎟⎝ ⎠∑ ⋯ ⋯ và chuỗi lũy nàycũng có cùng khoảng hội

tụ với0

nn

na x

∞

=∑ .

Chú ý. Từ tính chất này ta thấy, có thể lấy đạo hàm từng số hạng của chuỗi0

nn

na x

∞

=∑ một

số lần trong khoảng hội tụ của nó và chuỗi lũy thừa mới này có cùng khoảng hội tụ với

0

nn

na x

∞

=∑ .

31

BBBBààààiiii 4444.... KHAI TRIỂN MỘT HÀM SỐ THÀNH CHUỖI LŨY THỪA

Đặt vấn đề. Ta đã biết 21 1 , ( 1;1)1

nx x x xx= + + + + + ∀ ∈ −

−⋯ ⋯ . Như vậy chuỗi lũy thừa

0

n

nx

∞

=∑

hội tụ (tuyệt đối) về hàm sơ cấp 1( )1

f xx

=−

. Ta bảo hàm ( )f x này khai triển được thành

chuỗi lũy thừa0

( 0)nnna x

∞

=

−∑ .

Câu hỏi đặt ra là với điều kiện nào của hàm số ( )f x để nó khai triển được thành chuỗi lũythừa dạng 2

0 1 0 2 0 0( ) ( ) ( )nna a x x a x x a x x+ − + − + + − +⋯ ⋯ trong một lân cận nào đó của điểm 0x .

1. Nếu trong lân cận nào đó của 0x , hàm số2

0 1 0 2 0 0( ) ( ) ( ) ( )nnf x a a x x a x x a x x= + − + − + + − +⋯ ⋯ , nghĩa là trong lân cận ấy chuỗi lũy thừa

00

( )nnna x x

∞

=

−∑ có tổng là hàm số ( )f x . Theo tính chất của chuỗi lũy thừa thì hàm ( )f x khả vi

vô hạn trong lân cận đó của 0x và ta có thể xác định được các hệ số na thông qua các đạohàm của ( )f x tại 0x .

Thậy vậy từ đẳng thức 20 1 0 2 0 0( ) ( ) ( ) ( )nnf x a a x x a x x a x x= + − + − + + − +⋯ ⋯ , theo tính chất của

chuỗi lũy thừa ta có

2 11 2 0 3 0 0

22 3 0 0

( )

' ( )

'' ( )

( )

2 ( ) 3 ( ) ( )

2 3.2 ( ) ( 1) ( )...............................

!................

nn

nn

nn

x

x

x

f a a x x a x x na x x

f a a x x n n a x x

f n a

−

−

⎧ = + − + − + + − +⎪⎪⎪ = + − + + − − +⎪⎪⎨⎪

= +⎪⎪⎪⎪⎩

⋯ ⋯

⋯ ⋯

⋯

32

Thế 0x x= vào các đẳng thức trên, ta có thể xác định được các hệ số :

( )0 0

0 0 1 0 2

'' ('() ( )

( ) , ) , , , ,2! !

n

nx

xf f x

a f x a f a an

= = = =⋯ ⋯

Vậy trong lân cận đó của 0x , ta có

( )20 0 0

0 0 0 0

' ''( () ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )1! 2! !

nnx xf f f xf x f x x x x x x x

n= + − + − + + − +⋯ ⋯

2. Nếu hàm số ( )f x có đạo hàm mọi cấp ( khả vi vô hạn ) trong một lân cận nào đó của0x , thì chuỗi lũy thừa

( ) ( )20 0 0 0

0 0 0 0 00

' ''( (( ) ) ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )! 1! 2! !

n nn n

n

x xf x f f f xx x f x x x x x x xn n

∞

=

− = + − + − + + − +∑ ⋯ ⋯ (4.1)

được gọi là chuỗi Taylor của hàm số ( )f x .

Đặc biệt khi 0 0x = , thì chuỗi lũy thừa

( ) ( )2

0

' ''( ((0) 0) 0) (0)(0)! 1! 2! !

n nn n

n

f f f fx f x x xn n

∞

=

= + + + + +∑ ⋯ ⋯ (4.2)

được gọi là chuỗi Maclaurin của hàm số ( )f x . Như vậy chuỗi Maclaurin là trường hợp riêngcủa chuỗi Taylor khi 0 0x = .

VVVVớớớớiiii đđđđiiiiềềềềuuuu kikikikiệệệệnnnn nnnnààààoooo ccccủủủủaaaa hhhhààààmmmm ssssốốốố ( )f x ththththìììì chuchuchuchuỗỗỗỗiiii TaylorTaylorTaylorTaylor (3.1)(3.1)(3.1)(3.1) ccccủủủủaaaa nnnnóóóó hhhhộộộộiiii ttttụụụụ vvvvềềềề ( )f x (((( hayhayhayhay ccccóóóóttttổổổổngngngng llllàààà hhhhààààmmmm ( )f x .

Nếu hàm số ( )f x khả vi vô hạn trong lân cận 0x , thì với mọi n , ta có

( ) ( ) ( )n nf x P x R x= + , (4.3)

trong đó

( )nP x =( ) ( )

20 0 0 00 0 0 0 0

0

' ''( (( ) ) ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )! 1! 2! !

k nnk n

k

x xf x f f f xx x f x x x x x x xk n=

− = + − + − + + −∑ ⋯ (4.4)

ở đó( 1)

10

( )( ) ( )( 1)!

nn

nfR x x xn

ξ++= −

+, (4.5)

33

ξ là một điểm nào đó nằm giữa 0x và x .

Định lý 1. Nếu hàm số ( )f x khả vi vô hạn trong lân cận nào đó của điểm 0x , đồng thờitrong lân cận ấy ta có lim ( ) 0nn

R x→∞

= , thì trong lân cận ấy chuỗi Taylor (3.1) hội tụ về hàm ( )f x

hay nói cách khác hàm số ( )f x khai triển được thành chuỗi Taylor (3.1). ( )nR x là biểu thứctrong (4.5).

Thật vậy, từ đẳng thức (4.3) , do lim ( ) 0nnR x

→∞= suy ra lim ( ) ( )nn

P x f x→∞

= .

Nhận xét rằng nếu trong lân cận nào đó của 0x , các đạo hàm của ( )f x bị chặn đều,

nghĩa là trong lân cận ấy ta có ( ) ( ) ,nf x M n≤ ∀ , thì lim ( ) 0nnR x

→∞= . Vậy ta có định lý sau ( định

lý này hay được dùng trong thực hành ).

Định lý 2. Nếu hàm số ( )f x khả vi vô hạn trong lân cận nào đó của điểm 0x , đồng thờitrong lân cận ấy đạo hàm mọi cấp của ( )f x bị chặn đều, có thể khai triển ( )f x thành chuỗi

Taylor trong lân cận đó.

3. Khai triển một số hàm sơ cấp thành chuỗi lũy thừa3.1 ( ) xf x e=

Do hàm ( )f x khả vi vô hạn trên ℝ , và ta có ( ) (0) 1,nf n= ∀ . Với A là một số dương bất kỳ, tacó ( 1) ( ) , , ( , )n x Af x e e n x A A+ = < ∀ ∀ ∈ − . Vậy hàm số ( ) xf x e= khai triển được thành chuỗi

Maclaurin trong khoảng ( , )A A− . Do A là số dương tùy ý, nên hàm số ( ) xf x e= khai triểnđược thành chuỗi Maclaurin trê toàn bộ ℝ :

2

12! !

nx x xe x

n= + + + + +⋯ ⋯ (4. 6)

Như vậy điều kiện một hàm số ( )f x khả vi vô hạn trong lân cận 0x= và ( ) (0) 1,nf n= ∀

xác định hàm ( ) xf x e= .

3.2 ( ) sinf x x=

Ta có ( 1) ( ) sin( )2

nf x x n π+ = + , do đó ( 1) ( ) 1 , ,nf x x n+ ≤ ∀ ∈ ∀ℝ .

34

Do ( ) 0 , 2(0)

( 1) , 2 1n

m

n mf

n m=⎧

= ⎨ − = +⎩. Vậy ta có

3 5 2 1sin ( 1) ,

3! 5! (2 1)!

mmx x xx x x

m

+= − + + + − + −∞< <+∞

+⋯ ⋯ . (4.7)

3.3 Tương tự2 4 2

cos 1 ( 1) ,2! 4! (2 )!

mmx x xx x

m= − + − − − + −∞< + ∞⋯ ⋯ .

3.4 Hàm (1 )x α+ có chuỗi Maclaurin là2( 1) ( 1)( 2) ( 1)1

1! 2! !nnx x x

nα α α α α α α− − − − +

+ + + + +⋯⋯ ⋯

Chuỗi này có khoảng hội tụ là 1 1x− < < . Ta có thể chứng minh được trong khoảng này chuỗiMaclaurin đó hội tụ về hàm (1 )x α+ , ta có

2

( 1) ( 1)( 2) ( 1)(1 ) 11! 2! !

n

nx x x xn

α

α α α α α α α− − − − ++ = + + + + +

⋯⋯ ⋯ . (4.8)

3.5 ( ) ln(1 )f x x= +

Ta có 1' ( ) (1 )x xf −= + , từ (3.8) và tính chất cuarchuỗi lũy thừa ta có

2

0 0 0 0 0ln(1 ) ( 1)

1

x x x x xn ndxx dx xdx x dx x dx

x+ = = − + + + − +

+∫ ∫ ∫ ∫ ∫⋯ ⋯ .

Vậy2 3 4

ln(1 ) ( 1) , 1 12 3 4

nx x x xx x xn

+ = − + − + + − + − < <⋯ ⋯ . (4.9)

3.6 ( ) arctanf x x=

Do 2 1 2 4 6 2'(arctan ) (1 ) 1 ( 1)n nx x x x x x−= + = − + − + + − +⋯ ⋯ , nên

3 5 7 2 11arctan ( 1)

3 5 7 2 1

nnx x x xx x

n

−−= − + − + − +

−⋯ ⋯ (4.10)

BBBBààààiiii 5.5.5.5. CHUỖI FOURIER

35

1. Định nghĩa Giả sử ( )f x là hàm số T − tuần hoàn ( nghĩa là tồn tại mộtsố 0T> sao cho ( ) ( ) ,f x T f x x+ = ∀ ∈ℝ ) , liên tục từng khúc trên ℝ . Khi đó chuỗi hàm

( )0

1cos sin

2 n nn

a a n x b n xω ω∞

=

+ +∑ (5.1)

được gọi là chuỗi fourier của hàm số ( )f x .

Trong công thức (5.1) :

2Tπω = , gọi là tần số ; còn các hệ số

2 2 2

0

2 2 2

2 2 2( ) , ( )cos , ( )sin

T T T

n nT T T

a f t dt a f t n tdt b f t n tdtT T T

ω ω− − −

= = =∫ ∫ ∫ (5.2)

được gọi là các hệ số fourier của hàm số ( )f x , trong đó các na được gọi là các hệ số cosin ,các nb được gọi là các hệ số sin.

Nhận xét rằng :

a) Nếu ( )f x là hàm số chẵn thì

04aT

=2 2

0 0

4( ) , ( )cos

T T

nf t dt a f t n tdtT

ω=∫ ∫ , còn các 0nb = .

b) Nếu ( )f x là hàm số lẻ thì

0a = 0 , 0na = , còn các2

0

4 ( )sin

T

nb f t n tdtT

ω= ∫ .

Ký hiệu TD là tập các hàm số T − tuần hoàn, liên tục từng khúc trên ℝ sao cho

1( ) ( ) ( ) ,2

f x f x f x x+ −⎡ ⎤= + ∀ ∈⎣ ⎦ ℝ , (5.3) ở đó

( ) , ( )f x f x+ − lần lượt là các giới hạn bên phải , bên trái tại x .

36

Ta đưa vào trong không gian TD tích vô hướng :2

2

1( , ) ( ) ( )

T

Tf g f x g x dx

T−

= ∫ . Tích vô

hướng này sinh ra chuẩn :

12

22

2

1 ( )

T

Tf f x dx

T−

⎛ ⎞⎜ ⎟

=⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

∫ .

Chú ý rằng , ta phải xét trong không gian TD vì điều kiện (5.3) đảm bảo tính chất của

chuẩn là 0 0f f= ⇔ = . Thậy vậy, do ( )f x liên tục từng khúc , nên các điểm gián đoạn

nếu có của ( )f x chỉ là điểm gián đoạn loại I. Giả sử rằng trên đoạn [ , ]2 2T T− , hàm số chỉ có

một điểm gián đoạn 0x . Lúc này 0 0 01( ) ( ) ( )2

f x f x f x+ −⎡ ⎤= +⎣ ⎦ , các hàm số

0 01 2

0 0 0 0

( ) , [ , ) ( ) , ( , ]2 2( ) , ( )

( ) , ( ) ,

T Tf x x x f x x xf x f x

f x x x f x x x− +

⎧ ⎧∈ − ∈⎪ ⎪= =⎨ ⎨⎪ ⎪= =⎩ ⎩

liên tục trên các đoạn 0 0[ , ] , [ , ]2 2T Tx x− tương ứng .

Do

12

22

2

1 ( ) 0

T

Tf f x dx

T−

⎛ ⎞⎜ ⎟

= =⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

∫ , nên suy ra :

0

0

22 21 2

2

( ) 0 , ( ) 0

T

T

x

xf x dx f x dx

−

= =∫ ∫ . Do tính liên tục của 1( )f x và 2( )f x , suy ra chúng bằng

không trên các đoạn 0 0[ , ] , [ , ]2 2T Tx x− tương ứng . Vậy ( ) 0f x = trên đoạn [ , ]

2 2T T− .

2. Một số tính chất của hàm số thuộc không gian TD

Trước tiên ta nêu một số tính chất của các dãy hàm { } { }sin , cosn x n xω ω .

Bổ đề . Với mọi ,m n∈ℤ ta có :

37

•2

2

sin 0

T

Tn xdxω

−

=∫

•2

2

cos 0

T

Tn xdxω

−

=∫

•2

2

cos sin 0

T

Tm x n xdxω ω

−

⋅ =∫

•2

2

0 ,cos cos

,2

T

T

m nm x n xdx T m nω ω

−

≠⎧⎪⋅ = ⎨

=⎪⎩∫

•2

2

0 ,sin sin

,2

T

T

m nm x n xdx T m nω ω

−

≠⎧⎪⋅ = ⎨

=⎪⎩∫

Đặt ( )0

1( ) cos sin

2

N

N n nn

aS x a n x b n xω ω=

= + +∑ .

Hiển nhiên [ ]( ) ( ) ( ) ( )N Nf x S x f x S x= + − . (5.4)

Từ bổ đề trên ,ta có các kết quả sau

Định lý 1. 2 22N Nf S f S= + − ( đẳng thức Parseval) . (5.5)

Thậy vậy , để chứng minh định lý , từ đẳng thức (5.4) ta chỉ cần chứng tỏ

2

2

( ) 0,

T

N NTS f S dx N

−

− = ∀∫ là đủ.

38

Ta có2

2

( )

T

N NTS f S dx

−

− =∫

20 0

1 12

( cos sin ( ( cos sin ))2 2

TN N

n n n nn nT

a aa n x b n x f a n x b n x dxω ω ω ω= =

−

⎡ ⎤⎛ ⎞+ + − − + =⎢ ⎥⎜ ⎟

⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦∑ ∑∫

22 2 20 0 0 0

1 12 2 2

cos sin2 4 2 2

T T TN N

n nn nT T T

a Ta a afdx a n xdx b n xdxω ω= =

− − −

− − − +∑ ∑∫ ∫ ∫

2 2 22 20

1 1 12 2 2

cos cos cos2

T T TN N N

n n nn n nT T T

aa f n xdx a n xdx a n xdxω ω ω= = =

− − −

− − −∑ ∑ ∑∫ ∫ ∫

2 2 20

, 1, 1 12 2 2

cos cos sin sin2

T T TN N N

n m n nm n m n n nT T T

aa a m x n xdx b f n xdx b n xdxω ω ω ω= ≠ = =

− − −

+ − −∑ ∑ ∑∫ ∫ ∫

2 22 2

1 , 1,2 2

sin sin sin

T TN N

n n mn m n m nT Tb n xdx b b m x n xdxω ω ω

= = ≠− −

− =∑ ∑∫ ∫

22 2 22 20 0

1 12 2 2

cos cos2 4

T T TN N

n nn nT T T

a Taf dx a f n xdx a n xdxω ω= =

− − −

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟

− + − +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

∑ ∑∫ ∫ ∫

2 22 2

1 12 2

cos sin 0 0 0 0

T TN N

n nn nT Tb f n xdx b n xdxω ω

= =− −

⎛ ⎞⎜ ⎟

− = + + =⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

∑ ∑∫ ∫

Định lý 2. 0,Nf S N− → →∞ .

39

Hệ quả . Nếu Tf D∈ thì chuỗi số ( )2 2

1n n

na b

∞

=

+∑ hội tụ và ta có đẳng thức

( )2

22 20

1

14 2 n n

n

a a b f∞

=

+ + =∑ .

Thật vậy, từ đẳng thức Parseval ( 5.5) ta có

( )2 22

2 2 20 0

1 12

1 1cos sin ( )2 4 2

TN N

N n n n nn nT

a Ta TS a n x b n x dx a bT T

ω ω= =

−

⎡ ⎤⎡ ⎤ ⎛ ⎞= + + = + + =⎢ ⎥⎜ ⎟⎢ ⎥

⎣ ⎦ ⎝ ⎠⎣ ⎦∑ ∑∫

22 20

1

1 ( )4 2

N

n nn

a a b=

⎛ ⎞+ +⎜ ⎟

⎝ ⎠∑ (5.6)

Từ đẳng thức (5.6) suy ra dãy các tổng riêng của chuỗi số dương ( )2 2

1n n

na b

∞

=

+∑ bị chặn, từ đó

suy ra ( )2 2

1n n

na b

∞

=+∑ hội tụ.

Từ đẳng thức Parseval ( 5.5) , định lý 2 và đẳng thức (5.6) suy ra

222 20

1

1 ( )4 2 n n

n

a a b f∞

=

⎛ ⎞+ + =⎜ ⎟

⎝ ⎠∑ .

3. Điều kiện để khai triển một hàm thành chuỗi fourier

Chú ý rằng, nếu Tf D∈ thì 0 ,Nf S N− → →∞ . Theo kết quả của giải tích hàm thì suy ra

có một dãy con { }kNS hội tụ hầu khắp nơi đến ( )f x . Nhưng ở đây chúng ta muốn sự hội

tụ này cao hơn.

40

Giả sử f liên tục trên ℝ , thuộc TD và thuộc lớp 1C từng khúc trên ℝ .Ta có các đánhgiá sau:

2 22

22 2

'2 2 1cos sin sin

T TT

n TT T

a f n xdx f n nx f n xdxT T n

ω ω ωω −

− −

⎛ ⎞⎜ ⎟

= = −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

∫ ∫

2

2

' ' )1 2 1 1sin (

T

Tnf n xdx b

n T nω

ω ω−

− ⋅ =− ⋅∫ , suy ra 22

'1 1cos2n n na n x a b

nω

ω⎛ ⎞≤ ≤ +⎜ ⎟⎝ ⎠

.(5.7)

Tương tự 22

'1 1sin2n n nb n x b a

nω

ω⎛ ⎞≤ ≤ +⎜ ⎟⎝ ⎠

. (5.8)

Ở đó các ' ',n na b lần lượt là các hệ số cosin và sin của hàm 'f

Lưu ý rằng lúc này 'f cũng là hàm số T − tuần hoàn, liên tục từng khúc, nhưng 'f chưa chắc

đã thuộc không gian TD vì điều kiện ' ' '1( ) ( ) ( ) ,2

f x f x f x x+ −⎡ ⎤= + ∀ ∈⎣ ⎦ ℝ chưa chắc đã thỏa

mãn. Nhưng nếu đặt ' '1( ) ( ) ( ) ,2

g x f x f x x+ −⎡ ⎤= + ∀ ∈⎣ ⎦ ℝ thì g trùng với 'f trừ trên mỗi chu

kỳ tại một số hữu hạn điểm. Như vậy các hàm số g và 'f có cùng các hệ số fourier .

Theo hệ quả trên thì các chuồi 2 2

1 1

' ',n n

n na b∞ ∞

= =∑ ∑ hội tụ. Từ đó và sự hội tụ của 2

1

1

n n

∞

=∑ và các bất

đẳng thức (5.7), (5.8) suy ra chuỗi hàm ( )0

1cos sin

2 n nn

a a n x b n xω ω∞

=+ +∑ hội tụ tuyệt đối và

đều về tổng ( )S x của nó trên ℝ và ( ) ( )S x f x≡ trênℝ . Ta có định lý sau:

Định lý. Nếu f là hàm số T − tuần hoàn, liên tục trên ℝ và thuộc lớp 1C từng khúc trênℝ thì chuỗi fourier của nó hội tụ tuyệt đối, đều trên ℝ về f .

Nếu thay điều kiện liên tục trên ℝ , bởi điều kiện liên tục từng khúc trên ℝ thì tại những

điểm mà hàm f không liên tục ta có 0 0 01( ) ( ) ( )2

S x f x f x+ −⎡ ⎤= +⎣ ⎦ . Ta có định lý sau :

ĐịĐịĐịĐịnhnhnhnh llllýýýý DirichletDirichletDirichletDirichlet . Nếu f là hàm số T − tuần hoàn, liên tục từng khúc trên ℝ và thuộc

lớp 1C từng khúc trên ℝ thì chuỗi fourier của nó hội tụ đều trên ℝ và ta có

41

• ( )0

1( ) cos sin

2 n nn

af x a n x b n xω ω∞

=

= + +∑ tại những điểm mà f liên tục.

• ( ) ( )0

1

1 ( ) ( ) cos sin2 2 n n

n

af x f x a n x b n xω ω∞

+ −

=

+ = + +∑ tại những điểm mà f không

liên tục.

Ví dụ 1. Xét hàm số : , 2f π→ −ℝ ℝ tuần hoàn, lẻ sao cho

( ) 1 , (0 ; )( ) 0 ,f x tf n n

ππ

= ∀ ∈⎧⎨ = ∀ ∈⎩ ℤ

.

Vẽ đồ thị

Do f là hàm số lẻ nên 0 0 , 0, 1na a n= = ∀ ≥ , còn0 0

2 2( )sin sinnb f x nxdx nxdxπ π

π π= = =∫ ∫

0 , 22 1 ( 1)4 , 2 1

(2 1)

n n m

n mnm

ππ

=⎧⎡ ⎤− − ⎪⎣ ⎦ = ⎨ = +⎪ +⎩

.

Theo định lý Dirichlet thì ta có

0

4( ) sin(2 1)(2 1)m

f x m xm π

∞

== +

+∑ (5.9)

tại những điểm mà hàm số f liên tục và đẳng thức này cũng xảy ra tại các điểm gián đoạnnπ .

42

Khi2

x π= , từ (5.9) ta có0

4( 1)1 ( )2 (2 1)

m

mf

mπ

π

∞

=

−= =

+∑ . Từ đó suy ra

0

( 1)(2 1) 4

m

m mπ∞

=

−=

+∑ . (5.10)

Do 2f D π∈ , nên áp dụng hệ quả của định lý 2, ta thấy

2

0 0

1 4 1 1( ) 12 (2 1) 2m

f x dx dxm

π π

ππ π π

∞

= −

⎡ ⎤= = =⎢ ⎥+⎣ ⎦

∑ ∫ ∫ , suy ra

2

20

18(2 1)m mπ∞

==

+∑ . (5.11)

Ta thấy rằng với mọi số tự nhiên 0n ≠

2 1

2 2 21 1 0

1 1 1(2 ) (2 1)

N N N

n p pn p p

+

= = == +

+∑ ∑ ∑ . (5.12)

Do các số hạng ở các vế của (5.12) có giwois hạn khi N →∞ , nên ta có

2 2 21 1 0

1 1 1 14 (2 1)n p pn n n

∞ ∞ ∞

= = == +

+∑ ∑ ∑ . Từ đó và (5.11) suy ra

2

21

16n nπ∞

=

=∑ (5.13)

Do 2 2 21 1 0

( 1) 1 1(2 ) (2 1)

n

n p pn p p

∞ ∞ ∞

= = =

−= −

+∑ ∑ ∑ , nên từ (5.11) và (5.13) ta có

2

21

( 1)12

n

n nπ∞

=

−=−∑ (5.14)

Ví dụ 2. Xét : , 2f π→ −ℝ ℝ tuần hoàn, chẵn sao cho ( ) , [ 0 ; ]f x x x π= ∀ ∈ .

Vẽ đồ thị

43

Do f chẵn nên các 0nb = còn

20

0 0

4 , 2 12 2 (2 1), cos0 , 2

n

n mma xdx a x nxdx

n m

π π

πππ π

⎧− = +⎪ += = = =⎨⎪ =⎩

∫ ∫ .

Do f liên tục, nên ta có

20

4( ) cos(2 1) ,2 (2 1)m

f x m x xm

ππ

∞

=

= − + ∀ ∈+∑ ℝ (5.15)

Từ (5.15) ta có

20

40 (0)2 (2 1)m

fm

ππ

∞

=

= = −+∑ . Bằng con đường đó ta lại nhận được đẳng thức (5.11)

2

20

18(2 1)n nπ∞

==

+∑ .

Theo hệ quả của định lý 2, ta có

[ ]2 22 22

22

0 0 0

1 4 1 1( )4 2 2 3(2 1)m

f x dx x dxm

π ππ ππ ππ

∞

=

⎡ ⎤+ = = =⎢ ⎥+⎣ ⎦

∑ ∫ ∫ . Từ đó suy ra

4

40

196(2 1)n nπ∞

==

+∑ (5.16)

Do 4 4 41 1 0

1 1 1(2 ) (2 1)n p pn p p

∞ ∞ ∞

= = == −

+∑ ∑ ∑ , nên từ (5.16) suy ra

44

4

41

190n nπ∞

=

=∑ (5.17)

45

PHPHPHPHẦẦẦẦNNNN IIIIIIII :::: PHPHPHPHƯƠƯƠƯƠƯƠNGNGNGNG TRTRTRTRÌÌÌÌNHNHNHNH VIVIVIVI PHPHPHPHÂÂÂÂNNNN

CHCHCHCHƯƠƯƠƯƠƯƠNGNGNGNG IIII .... PHPHPHPHƯƠƯƠƯƠƯƠNGNGNGNG TRTRTRTRÌÌÌÌNHNHNHNH VIVIVIVI PHPHPHPHÂÂÂÂNNNN CCCCẤẤẤẤPPPPMMMMỘỘỘỘTTTT

BBBBààààiiii 1111 ....ĐẠI CƯƠNG VỀ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN

1. Người ta gọi phương trình vi phân là phương trình có dạng

( )( )"', , , , , 0nF x y y y y =⋯ , (1.1)

46

Trong đó x là biến độc lập, ( )y y x= là hàm số phải tìm, còn ( )"' , , , ny y y⋯ là các đạo hàmcủa nó .

Cấp cao nhất của đạo hàm của y có mặt trong phương trình được gọ là cấp của

phương trình. Chẳng hạn 2' 2 xy xy y e+ − = là phương trình vi phân cấp một , " 4 0y y+ =

là phương trình vi phân cấp 2.

Phương trình (1.1) được gọi là tuyến tính nếu hàm F tuyến tính đối với ẩn hàm y vàcác đạo hàm của nó. Trường hợp ngược lại được gọi là phi tuyến.

Dạng tổng quát của phương trình vi phân tuyến tính cấp n là

( ) ( 1) '1 1( ) ( ) ( ) ,n n

n ny a x y a y a x y b x−−+ + + + =⋯ trong đó ( )1 2( ) , ( ), , ( ) ,na x a x a x b x⋯ là

các hàm số cho trước,

2. Một số ví dụ về mô hình toán học sử dụng phương trình vi phân.

Ví dụ 1( chuyển động thẳng , đều của một chất điểm).

Vẽ hình

Lập phương trình quỹ đạo của chuyển động thẳng, đều vận tốc v . Gọi ( )x t là tọa độcủa chất điểm tại thời điểm t .

Ta có dx vdt

= . Đây là phương trình vi phân cấp một.

Ta dễ dàng thấy rằng ( ) .x t v t C= + thỏa mãn phương trình trên .

Cho 0t= , suy ra (0)C x= ( vị trí tại thời điểm ban đầu ), vậy ( ) (0) .x t x v t= + .

Ví dụ 2( dao động điều hòa của co lắc lò xo ).

Xét một con lắc lò xo có khối lượng m . Lập phương trình dao động của con lắc.

Gọi ( )x t là vị trí của vật nặng m tại thời điểm t . Theo định luật II Newton : F ma=− , suy

ra "k x mx− = hay " 0mx k x+ = . Vậy " 0kx xm

+ = .

47

Đặt km

ω = , ta nhận được phương trình 2" 0x xω+ = . Đây là phương trình vi phân cấp 2.

Dễ dàng thấy rằng 2 21 2 1 2( ) cos sin cos( ) ,x t C t C t A t A C Cω ω ω ϕ= + = + = + là biên

độ dao động , ϕ được xác định bởi

1

2

cos

sin

CACA

ϕ

ϕ

⎧ =⎪⎪⎨⎪ =⎪⎩

, thỏa mãn phương trình .

Nghiệm của phương trình vi phân (1.1) là mọi hàm thỏa mãn phương trình ấy.

Giải phương trình vi phân là tìm tất cả các nghiệm của phương trình ấy. Về mặt hìnhhọc mỗi nghiệm của phương trình vi phân là một đường cong , gọi là đường cong tích phâncủa phương trình. Đường cong tích phân của phương trình được viết dưới một trong cácdạng

( )( ) , ( , ) 0 ,

( )x x t

y f x x yy y t=⎧

= Φ = ⎨ =⎩.

BBBBààààiiii 2.2.2.2. ĐẠI CƯƠNG VỀ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP MỘT

Phương trình dạng ( , )dy f x ydx

= (2.1)

Được gọi là phương trình vi phân cấp 1 đã giải ra đối với đạo hàm.

Giả sử D là một miền trong 2ℝ , hàm số ( , )f x y xác định trên D .

1. Bài toán Cauchya. Hàm số khả vi ( )xϕ xác định trên khoảng ( , )I a b= được gọi là ghiệm của

phương trình (2.1) nếu nó thỏa mãn

i) ( ), ( ) ,x x D x Iϕ ∈ ∀ ∈

48

ii) '( ) ( , ( )) , .x f x x x Iϕ ϕ= ∀ ∈I được gọi là khoảng xác định của ϕ .

Tìm nghiệm của của phương trình vi phân (2.1) gọi là giải ( hay tích phân) của phươngtrình đó.

b. Bài toán Cauchy là bài toán tìm một khoảng I chứa điểm 0x và một nghiệm ( )xϕxác định trên I của phương trình (2.1) thỏa mãn điều kiện 0 0( )x yϕ = . (2.2)

Điều kiện (2.2) được gọi là điều kiện ban đầu hay điều kiện Cauchy.

Nhận xét rằng ( )xϕ là nghiệm của bài toán Cauchy (2.1)-(2.2) khi và chỉ khi ( )xϕ là nghiệm

liên tục trên I của phương trình tich phân 00

( ) ( , ( ))x

x y f t t dtϕ ϕ= + ∫ .

2. Các loại nghiệm của phương trình vi phân cấp 1

Xét phương trình ( , )dy f x ydx

= , (2.3)

( , )f x y xác định và liên tục trên miền 2D ⊂ ℝ .

Ta bảo rằng D là miền tồn tại và duy nhất nghiệm đối với phương trình (2.3) nếu quamỗi một điểm 0 0( , )x y D∈ có một và chỉ một đường cong tích phân của phương trình (2.3)đi qua, hay nói cách khác là : với mỗi một điểm 0 0( , )x y D∈ , phương trình (2.3) có và duynhất một nghiệm ( )xϕ thỏa mãn điều kiện 0 0( )x yϕ = .

Trong mục này ta luôn xem D là miền tồn tại và duy nhất nghiệm đối với phương trình(2.3) .

a. Nghiệm tổng quátTa bảo hàm ( , )y x Cϕ= là nghiệm tổng quát của phương trình (2.3) trong miền

D nếu :

i) Hàm ( , )x Cϕ thỏa mãn phương trình (2.3) với mọi giá trị của C (làm chobiểu thức ( , )x Cϕ có nghĩa ).

ii) Từ 0 0( , )y x Cϕ= có thể giải ra được (một cách đơn trị) 0 0( , )C x yψ= vớimỗi điểm 0 0( , )x y D∈ .

49

b. Tích phân tổng quátNhiều khi giải phương trình (2.3) ta đi đến hệ thức dạng ( , , ) 0x y CΦ = . Hệ thức nàyđược gọi là tích phân tổng quát của phương trình (2.3) trong miền D , nếu trong miềnđó hệ thức ấy xác định nghiệm tổng quát ( , )y x Cϕ= ( dưới dạng tường minh hay ẩn )của phương trình (2.3) .

c. Nghiệm riêngNghiệm của phương trình (2.3) mà tại mỗi điểm 0 0( , )x y D∈ tính duy nhất nghiệm của

bài toán Cauhy được đảm bảo, gọi là nghiệm riêng .

Như vậy, nghiệm nhận được từ nghiệm tổng quát với một giá trị xác định của hằng sốC được gọi là nghiệm riêng.

d. Nghiệm kỳ dịNghiệm của phương trình (2.3) mà tại mỗi điểm của của nó tính duy nhất của bài toán

Cauchy bị phá vỡ được gọi là nghiệm kỳ dị.

3. Định lý về sự tồn tại và duy nhất nghiệmTa thừa nhận định lý sau, việc chứng minh nó với các giả thiết chi tiết hơn sẽ được trình

bày ở phần cuối của chương này.

Định lý . Cho phương trình vi phân cấp 1 ' ( , )y f x y= . Giả sử hàm số ( , )f x y liên tục

trong một miền D nào đó trong 2ℝ và giả sử 0 0( , )x y D∈ . Khi đó tồn tại một khoảng Ichứa 0x và một hàm ( )xϕ khả vi trên I là nghiệm của của phương trình thỏa mãn

0 0( )x yϕ = .

Thêm vào đó, nếu ( , )f x yy∂∂

liên tục trên miền D thì nghiệm ( )xϕ là duy nhất.

50

BBBBààààiiii 3.3.3.3. NĂM DẠNG CƠ BẢN CỦA PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP MỘT

1. Phương trình có biến số phân ly ( tách được biến )

Đó là phương trình có dạng ( ) ( )f x dx g y dy= , (3.1)

( ) , ( )f x g y là các hàm số liên tục.

Lấy tích phân hai vế của phương trình ta được

( ) ( )f x dx g y dy C= +∫ ∫ .

Dạng đưa về (3.3) :

i) 1 2 2 1( )N ( ) ( ) ( )M x y dx M x N y dy= .Đối với dạng này, khi 2 2( ) ( ) 0M x N y ≠ chia cả hai vế phương trình cho nó ta nhận được

1 1

1 2

( ) ( )( ) ( )

M x N ydx dyN x N y

= .

ii) ( )dy f ax by cdx

= + + .

Đối với dạng này, đặt z ax by c= + + suy radz dya bdx dx

= + , ta nhận được phương trình

( )dz a bf zdx

= + .

Ví dụ 3. Giải phương trình y(1 ) (1 ) 0x dx x y dy+ + − = .

Nếu 0xy ≠ , ta có thể viết phương trình dưới dạng 1 11 1dx dyx y

⎛ ⎞⎛ ⎞+ = −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠.

51

Lấy tích phân cả hai vế của phương trình này ta được

ln lnx x y y C+ = − + hay ln xy x y C+ − = . Đó là tích phân tổng quát của phương

trình.

Dễ thấy 0 , 0x y= = cũng thỏa mãn phương trình, chúng là các nghiệm kỳ dị vì cả haiđường này cùng đi qua gố tọa độ ( 0, 0)O .

Ví dụ 4. Giải phương trình 5dy x ydx

= − + .

Đặt 5z x y= − + , suy ra 1dz dydx dx

= − , ta nhận được phương trình 1dz zdx

= − . (3.2)

Với 1z ≠ , từ phương trình (3.4) ta nhận được1dz dxz=

−, lấy tích phân cả hai vế ta nhận

được 1ln 1 z x C− = − + , hay

1 xz Ce−− = , 0C ≠ . (3.3)

Dễ dàng thấy rằng 1z = là nghiệm của phương trình (3.2) . Nếu trong biểu thức nghiệm (3.3)

cho 0C = suy ra được duy nhất một giá trị 1z = . Vậy 1 xz Ce−− = là nghiệm tổng quát củaphương trình (3.2). Thay 5z x y= − + , ta có công thức nghiệm tổng quát của phương trình

đã cho là 4.xy Ce x−= + +

2. Phương trình thuần nhấtĐó là phương trình có dạng ' ( , )y f x y= , (3.4)

ở đó f là hàm liên tục, thuần nhất bậc 0, nghĩa là 0λ∀ > , ta có 0( , ) ( , )f x y f x yλ λ λ= .

Cách giải :

Với 0x≠ , ta có ( , ) ( , ) ( 1, )y yf x y f x x fx x

= ± = ± . Đặt ( 1, ) g( )y yfx x

± = , ta nhận được

phương trình

' ( ) .yy gx

= (3.5)

52

Do vậy , người ta thường gọi phương trình thuần nhất là phương trình có dạng

' ( ) ,yy gx

= ở đó g là một hàm số liên tục.

Đặt yux

= , suy ra ' 'y xu u= + . Thay vào phương trình (3.5) ta nhận được phương trình

( )dux g u udx

= − . (3.6)

• Nếu ( ) 0g u u− ≠ , từ (3.6) suy ra( )du dx

g u u x=

−, đây là phương trình có biến số

phân ly, tích phân hai vế của nó ta được ln ( ) ln , ( )x u C u= Φ + Φ là một nguyên hàm

của hàm1

( )g u u−.Do đó

( )yxx C e

Φ= (3.7) là

nghiệm tổng quát của phương trình (3.4).

• Nếu ( ) 0g u u− ≡ ,thì phương trình (3.6) trở thành 0duxdx

= . Với 0x ≠ suy ra 0du= ,

vậy u C= . Do đó nghiệm tổng quát của phương trình (3.4) là y C x= .

• Nếu ( ) 0g u u− = , tại 0u u= . Lúc này 0y u x= , do vậy '0y u= , còn

0 0( , ) ( )f x u x g u= . Vậy ngoài công thức nghiệm tổng quát (3.7) , 0y u x= cũng là nghiệmcủa phương trình (3.4) .

Ví dụ 5. Giải phương trình ' ,x ayy aax y+

=−

là hằng số.

Với 0x≠ , phương trình có thể viết được dưới dạng '1

,

yaxy yax

+=

−vậy phương trình là

phương trình đẳng cấp.

53

Đặt y u x= , với 0x≠ , ta suy ra 1du auu xdx a u

++ =

−hay 21

dx a u dux u

−=

+.

Lấy tích phân hai vế ta được 21ln .arctan ln(1 ) ln2

x a u u C= − + + , suy ra

2 arctan1 ux u Ce+ = , do vậyarctan2 2

1

yxx y C e+ = là tích phân tổng quát của phương trình.

Nếu đổi biến số trong tọa độ cực thì đường cong tích phân tổng quát có dạng 1ar C e ϕ= ,

đó là họ các đường xoắn ốc logarit.

Ví dụ 6. Giải phương trình 2 2 2 2' ( ) 0x y x y− + = .

Với 0x≠ , ta có thể viết phương trình dưới dạng 2 2' ( ) 1yyx

− =

Cách 1. Để giải phương trình trên ta phải giải hai phương trình

2' 1 ( )yyx

= + và 2' 1 ( )yyx

= − + .

Cách 2. Ta tham số hóa , đặt ' , yy cht shtx

= = . Suy ra .dy chtdx= Mặt khác y xsht= , vậy

dy shtdx xchtdt= + . Do đó ( )cht sht dx xchtdt− = . Nhưng 0 ,tcht sht e t−− = ≠ ∀ . Vậy

2 12

ttdx ee chtdt dt

x+

= = . Lấy tích phân hai vế ta được

2 2ln ln4

te tx C+= + .

Đặt2 2( ) ,4

te tg t += ta được

( )

( )

g t

g t

x Ce

y Cshe

⎧ =⎪⎨

=⎪⎩là phương trình tham số của họ đường cong

tích phân tổng quát .

54

Chú thích. Phương trình dạng ( , ) ( , ) 0P x y dx Q x y dy+ = , trong đó ( , ) , ( , )P x y Q x y là

các hàm số thuần nhất cùng bậc , cũng là phương trình thuần nhất , vì tỷ sốPQ

có thể biểu

diễn dưới dạng ( )ygx

.

Chẳng hạn các phương trình

2 2(2 5 ) (3 ) 0xy y dx y xy dy− + − =

2 2 3 2( 2 ) ( 4 ) 0y x y dx x x y dy− − + =

là những phương trình vi phân cấp một thuần nhất.

Hàm số ( , )f x y được gọi là hàm thuần nhất bậc 0α > , nếu với mọi 0λ > ta có

( , ) ( , )f x y f x yαλ λ λ= .

Chú ý . Phương trình sau có thể đưa được về phương trình vi phân cấp một thuần nhất

'

1 1 1( )ax by cy fa x b y c

+ +=

+ +. (3.8)

• Nếu 1 11 1

0a b

ab a ba b

= − ≠ , đặtx hy k

ξη

= +⎧⎨ = +⎩

ta được

1 1 1 1 1

d a b ah bk cfd a b a h b k cη ξ ηξ ξ η

⎛ ⎞+ + + += ⎜ ⎟+ + + +⎝ ⎠

.

Chọn ,h k sao cho1 1 1

00

ah bk ca h b k c

+ + =⎧⎨ + + =⎩

, ta nhận được phương trình vi phân cấp

một thuần nhất1 1

d a bfd a bη ξ ηξ ξ η

⎛ ⎞+= ⎜ ⎟+⎝ ⎠

.

• Nếu 1 11 1

0a b

ab a ba b

= − = , thì sẽ có số α sao cho 1

1

a ab b

αα

=⎧⎨ =⎩

. Phương trình (3.8)

trở thành1

( )( )

dy ax by cfdx ax by cα

⎡ ⎤+ += ⎢ ⎥+ +⎣ ⎦

.

55

Đặt z ax by= + , suy ra dz dya bdx dx

= + . Vậy ta nhận được phương trình

1

dz z ca bfdx z cα

⎛ ⎞+= + ⎜ ⎟+⎝ ⎠

. Đặt1

( ) z cz a bfz c

ϕα⎛ ⎞+

= + ⎜ ⎟+⎝ ⎠, ta nhận được phương trình có biến số

phân ly ( )dz zdx

ϕ= .

3. Phương trình tuyến tính cấp mộtDạng tổng quát ' ( ) ( )y p x y q x+ = , (3.9)

ở đó ( ) , ( )p x q x là các hàm số liên tục. Phương trình này được gọi là phương trình tuyếntính cấp một không thuần nhất. Cùng với nó ta xét phương trình

' ( ) 0 ,y p x y+ = (3.10)

Phương trình này được gọi là phương trình thuần nhất tương ứng.

Định lý 1. Hàm ( )1

p x dxy e−∫= là nghiệm của ( khác không ) của phương trình (3.10),

đồng thời mọi nghiệm của phương trình (3.10) đều có dạng ( )1 ,p x dxy Cy Ce C−∫= = ∈ℝ .

Chứng minh. Bằng cách thử trực tiếp ta thấy ( )1

p x dxy e−∫= là nghiệm của phương trình(3.10).

Giả sử y là một nghiệm khác không của (3.12). Từ phương trình ta có'

( )y p xy= − , suy

ra 1ln ( ) lny p x dx C= − +∫ . Do vậy ( )1

p x dxy C e−∫= , suy ra ( )p x dxy Ce−∫= , 0C≠ .

Nghiệm 0y= có thể nhận được từ công thức này bằng cách cho 0C= . Vậy nghiệm tổng

quát của (3.10) là ( ) ,p x dxy Ce C−∫= ∈ℝ .

Nhận xét rằng , định lý 1 cho ta thấy rằng tập các nghiêm của phương trình tuyến tínhcấp một thuần nhất (3.10) là một không gian véc tơ trên trường ℝ , có số chiều bằng 1.

56

Định lý 2. Nếu 1y là nghiệm riêng của phương trình không thuần nhất (3.9), còn y là

nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất tương ứng (3.12) thì 1y y y= + là nghiệmtổng quát của (3.9).

Định lý này chỉ ra cách tìm nghiệm tổng quát của (3.9). Trên thực tế, từ công thức nghiệm

tổng quát ( ) ,p x dxy Ce C−∫= ∈ℝ của (3.10) ta xem ( )C C x= và ta tìm nó sao cho

( )( ) p x dxy C x e−∫= là nghiệm của (3.9) và ta nhận được công thức nghiệm tổng quát của (3.9).Phương pháp này gọi là phương pháp biến thiên hằng số .

Thật vậy, thay ( )p x dxy Ce−∫= vào phương trình (3.11) ta có

( ) ( ) ( )'( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )p x dx p x dx p x dxe C x C x p x e p x C x e q x− − −∫ ∫ ∫− + = hay

( )( ) p x dxdC q x edx

∫= . Do đó ( )( ) ,p x dxC q x e dx K K∫= + ∈∫ ℝ . Vậy nghiệm tổng quát của

phương trình (3.11) là ( ) ( ) ( ). ( )p x dx p x dx p x dxy Ke e q x e dx− − −∫ ∫ ∫= + ∫ . (3.11)

Để ý rằng trong công thức (3.11) cho 0K = , ta nhận được một nghiệm riêng của (3.9).

Chú ý rằng, ta còn có thể giải phương trình (3.9) như sau :

Nhân cả hai vế của phương trình (3.11) với ( )p x dxe∫ ta được

( ) ( ) ( )' ( ) ( )p x dx p x dx p x dxy e p x ye q x e∫ ∫ ∫+ = hay ( )( ) ( )( )p x dx p x dxd ye q x e dx∫ ∫= . Từ đó suy ra

( ) ( )( ) ,p x dx p x dxye q x e dx C C∫ ∫= + ∈∫ ℝ . Vậy nghiệm tổng quát của (3.9) là

( ) ( ) ( ). ( )p x dx p x dx p x dxy Ce e q x e dx− −∫ ∫ ∫= + ∫ .

Ví dụ 7. Tìm nghiệm của phương trình 2 '( 1) 1x y xy+ + = thỏa mãn điều kiện (0) 2y = .

57

Phương trình thuần nhất tương ứng là 2 '( 1) 0x y xy+ + = hay 2 1dy xdxy x=−

+.Lấy tích

phân cả hai vế ta được 21ln ln( 1) ln2

y x C=− + + . Từ đó suy ra công thức nghiệm tổng

quát là2 1

Cyx

=+

.

Bây giờ xem C như là một hàm số của x , ta tìm nó sao cho biểu thức trên của y cũnglà nghiệm của phương trình đã cho. Thay vào phương trình này ta nhận được

2 '1. 1x C+ = , suy ra '2

1

1C

x=

+, do vậy ( )2ln 1 ,C x x K K= + + + ∈ℝ . Vậy

nghiệm tổng quát của phương trình là( )2

2

ln 1

1

x x Ky

x

+ + +=

+.

Từ điều kiện ban đầu (0) 2y = , ta suy ra 2K = .

Vậy nghiệm cần tìm là( )2

2

ln 1 2

1

x xy

x

+ + +=

+.

Ví dụ 8. Giải phương trình 2 '( 1)x y xy x+ + = − .

Dễ dàng thấy rằng 1y=− là nghiệm riêng của phương trình. Bây giờ ta tìm nghiệm tổng

quát của phương trình thuần nhất tương ứng 2 '( 1) 0x y xy+ + = , theo kết quả trong ví dụ 7,

2 1

Cyx

=+

là nghiệm tổng quát của nó. Vậy nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là

2 1

Cyx

=+

+1 .

Ví dụ 9. Giải phương trình 2 2' 3 6y x y x+ = .

Ta có 2( ) 3p x x= , do vậy3( )p x dx xe e∫ = . Nhân cả hai vế của phương trình với

3xe , ta nhận

được3 3 32 2' 3 6x x xe y x e y x e+ = hay ( )3 326x xd e y x e

dx= . Lấy tích phân cả hai vế ta có

58

3 3 326 2x x xe y x e dx e C= = +∫ . Từ đó suy ra nghiệm tổng quát của phương trình là

3

2 xy Ce−= + .

Chú ý . Phương trình '( ) ( ) ( ) ( )dyf y p x f y q xdx

+ = (3.12)

có thể đưa được về phương trình tuyến tính bằng phép thế ( )z f y= .

Thật vậy , ta có '( )dz dyf ydx dx

= , thay vào phương trình ta được

' ( ) ( )z p x z q x+ = .

4. Phương trình BernoulliĐó là phương trình có dạng ' ( ) ( ) ,y p x y q x yα+ = (3.13)

trong đó ( ) , ( )p x q x là các hàm số liên tục , α là số thực. Phương trình (3.15) sẽ trở thànhphương trình tuyến tính khi 0α = hay 1α = . Do vậy ta giả thiết 0α ≠ và 1α ≠ .

Với 0y ≠ ( yα có nghĩa ), chia cả hai vế của của (3.15) cho yα ta được

1' ( ) ( )y y p x y q xα α− −+ = .

Đặt 1z y α−= , ta có '' (1 )z y yαα −= − . Do vậy phương trình trên trở thành

' (1 ) ( ) (1 ) ( )z p x z q xα α+ − = − ,

đây là phương trình tuyến tính cấp một đối với ẩn hàm z .

Ví dụ 10. Giải phương trình 3 2' 2 ( 1) 01

y y x yx

+ + + =+

.

Nếu 0y≠ , chia cả hai vế của phương trình cho 2y , ta được

2 1 3' 2 ( 1)1

y y y xx

− −+ = − ++

.

59

Đặt 1z y−= , ta có 2' 'z y y−= − , phương trình trên trở thành

3' 2 ( 1)1

z z xx

− = ++

.

Phương trình này có nghiệm tổng quát là 2 41 ( 1) ( 1)2

z C x x⎡ ⎤= + + +⎣ ⎦ . Vậy nghiệm

tổng quát của phương trình đã cho là 2 42

( 1) ( 1)y

C x x=

+ + +.

Bằng cách thử trực tiếp ta thấy 0y= cũng là nghiệm của phương trình. Nhưng nghiệmnày là nghiệm kỳ dị .

5. Phương trình vi phân toàn phần( hoàn chỉnh)Đó là phương trình vi phân có dạng ( , ) ( , ) 0P x y dx Q x y dy+ = , (3.14)

ở đó ( , )P x y , ( , )Q x y là những hàm số liên tục cùng với các đạo hàm riên cấp một củachúng trong một miền đơn liên D nào đó trong mặt phẳng Oxy và thỏa mãn điều kiện

Q Px y

∂ ∂=

∂ ∂(3.15) trong

miền D . Phương trình vi phân toàn phần còn được gọi là phương trình vi phân hoàn chỉnh.

Điều kiện (3.17) đảm bảo biểu thức Pdx Qdy+ là vi phân toàn phần của một hàm

( , )u x y nào đó trong miền D . Nếu 2D=ℝ , thì hàm ( , )u x y này được xác định bởi côngthức

0 0

0( , ) ( , ) ( , )yx

x yu x y P x y dx Q x y dy K= + +∫ ∫ , (3.16)

hay0 0

0 1( , ) ( , ) ( , )y x

y xu x y Q x y dy P x y dy K= + +∫ ∫ , (3.17)

trong đó 0 0( , )x y là một điểm nào đó , còn 1,K K là các hằng số.

60

Do đó phương trình (3.14) viết được dưới dạng ( , ) 0du x y = , tích phân tổng quát củanó là ( , ) ,u x y C= trong đó hàm ( , )u x y được tính theo các công thức (3.16) hay (3.17),còn C là hằng số tùy ý .

Ví dụ 11. Giải phương trình ( ) ( )1 0x y x yx y e e dx e xe dy⎡ ⎤+ + + + + =⎣ ⎦ .

Đặt ( )1 ,x y x yP x y e e Q e xe= + + + = + , ta có , ( , )x yP Qe e x yy x

∂ ∂= + = ∀

∂ ∂. Vậy

phương trình là phương trình vi phân toàn phần.

Chọn 0 00 , 0x y= = , theo công thức (3.16) ta có

( )0 0

( , ) (1 )e 1yx

x x yu x y x dx e xe dy K⎡ ⎤= + + + + + =⎣ ⎦∫ ∫

( )x x y x yxe x e y xe x K x y e xe K+ + + − + = + + + . Vậy tích phân tổng quát của

phương trình là ( ) x yx y e xe C+ + = .

Chú ý . Có khi phương trình ( , ) ( , ) 0P x y dx Q x y dy+ = đã cho chưa phải là phươngtrình vi phân toàn phần. Nhưng nếu ta tìm được một hàm ( , ) 0x yα ≠ sao cho phương trình

[ ]( , ) ( , ) ( , ) 0x y P x y dx Q x y dyα + =

trở thành phương trình vi phân toàn phần , nghĩa là ta có

( ) ( )P Qy xα α

∂ ∂=

∂ ∂. (3.18)

Khi đó nghiệm tổng quát của hai phương trình là trùng nhau.

( , )x yα được gọi là thừa số tích phân. Thường ta chỉ tìm thừa số tích phân là hàm chỉ phụthuộc vào một trong hai biến x hoặc y .

Ví dụ 12. Giải phương trình ( ) ( )2 3 22 3 7 3 0xy y dx xy dy− + − = bằng cách tìm thừa

số tích phân chỉ phụ thuộc vào biến y .

Điều kiện (3.18) dẫn đến phương trình

2 3 2 2'( )(2 3 ) ( )(4 9 ) 3 ( )y xy y y xy y y yα α α− + − = − hay

61

2 '2 ( )(2 3 ) ( )(2 3 ) 0y y x y y y x yα α− + − =

Với điều kiện (2 3 ) 0y x y− ≠ , ta có 2 0dydyα

α + = , suy ra 2Cy

α = .

Chọn 1C= , ta được phương trình vi phân toàn phần

27(2 3 ) 3 0x y dx x dyy

⎛ ⎞− + − =⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠.

Dùng công thức (3.16) ,với 0 00 , 1x y= = ta nhận được

22

0 1

7 7( , ) (2 3) ( 3 ) 3yx

u x y x dx x dy x xy Kyy

= − + − = − − +∫ ∫ .

Vậy nghiệm tổng quát của phương trình là 2 7 3x xy Cy

− − = , C là hằng số tùy ý.

Dễ thấy 0y= là nghiệm của phương trình, đó là nghiệm kỳ dị , còn 23xy= không là

nghiệm của phương trình.

BBBBààààiiii 4.4.4.4. MỘT SỐ DẠNG KHÁC CỦA PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP MỘT

62

1. Các phương trình khuyếta. Phương trình khuyết y là phương trình dạng '( , ) 0F x y = ( 4.1)

i) Phương trình viết được dưới dạng ' ( )y f x= ( Otonom).Khi đó lấy tích phân cả hai vế của phương trình ta có

( )y f x dx C= +∫ .

ii) Phương trình viết được dưới dạng '( )x f y= .

Khi đó đặt 't y= , ta có ( )x f t= , suy ra '( )dx f t dt= .

Ta có '' ( )dy y dx tdx tf t dt= = = . Vậy phương trình tham số của đường cong tích phân là

'

( )

( )

x f t

y tf t dt C

=⎧⎪⎨

= +⎪⎩ ∫.

Ví dụ 1. Giải phương trình 2 '' 1x y y= + + .

Đặt 't y= , ta có 2 1x t t= + + , suy ra (2 1)dx t dt= + .

Do 'dy y dx= , nên ta có (2 1) .dy t t dt= + Vậy phương trình tham số của đường cong tích

phân là

2

23

1

2(2 1)3 2

x t t

ty t t dt C t C

⎧ = + +⎪⎨

= + + = + +⎪⎩ ∫

.

iii) Đường cong ( , ) 0F u v = có thể viết được dưới dạng tham số( )( )

u u tv v t

=⎧⎨ =⎩

.

Khi đó ta có hệ'

( )

( )

x u t

y v t

=⎧⎪⎨

=⎪⎩. Do 'dy y dx= , nên ' ( )( ) t dtdy v t u= . Vậy phương trình tham

số của đường cong tích phân là ' ( )

( )

( ) t dt C

x u t

y v t u +

=⎧⎪⎨ =⎪⎩ ∫

.

b. Phương trình khuyết x là phương trình có dạng '( , ) 0F y y = . (4.2)i) Phương trình viết được dưới dạng ' ( )y f y= .

63

Khi đó ta dẫn đến phương trình( )dydxf y

= , suy ra( )dyx Cf y

= +∫ .

ii) Phương trình viết được dưới dạng '( )y f y= .

Khi đó đặt 't y= , ta có ( )y f t= , suy ra '( )dy f t dt= . Mặt khác 'dy y dx tdt= = . Vậy ta có

'( )tdx f t dt= , suy ra'( )f t dtdxt

= . Vậy phương trình tham số của đường cong tích phân là

'( )

( )

f t dtx Ct

y f t

⎧⎪ = +⎨⎪ =⎩

∫ .

iii) Đường cong ( , ) 0F u v = có thể viết được dưới dạng tham số( )( )

u u tv v t

=⎧⎨ =⎩

.

Từ đó suy ra'

( )

( )

y u t

y v t

=⎧⎪⎨

=⎪⎩.Mặt khác ta lại có '( ) ( )dy u t dt v t dx= = suy ra

( )dy v t dt= và do đó'( ) .

( ) ( )dy u tdx dtv t v t

= = Vậy phương trình tham số của đường cong tích

phân là

'( )( )( )

u t dtx Cv t

y u t

⎧= +⎪

⎨⎪ =⎩

∫ .

Ví dụ 2. Giải phương trình 2 2' 1y y+ = .

Đặt cosy t= , suy ra ' siny t= . Do ' dyydx

= , nên'

sinsin

dy tdx dt dtty

−= = = − . Vậy phương trình

tham số của đường cong tích phân làcos

x t cy t

= − +⎧⎨ =⎩

.

64

2. Phương trình ClairautĐó là phương trình có dạng '' ( ),y xy f y= + (4.3)

ở đó f là hàm khả vi .

Đặt 't y= , ta có ( )y xt f t= + . Lấy đạo hàm cả hai vế đối với x , ta được

'' ( )dt dty t x f t tdx dx

= + + = hay '( ) 0dtx f tdx

⎡ ⎤+ =⎣ ⎦ . Suy ra :

• 0dtdx

= , vậy 0 ,t t x= ∀ . Do vậy đường cong tích phân là họ các đường thẳng

0 0( )y t x f t= + , 0t là hằng số.

• '( )x f t=− , khi đó'

'

( )

( ) ( )

x f t

y tf t f t

⎧ =⎪⎨

= − +⎪⎩là phương trình tham số của đường cong

tích phân kỳ dị .

3. Phương trình LagrangeĐó là phương trình dạng ' '( ) ( ) ,y xg y f y= + (4.3)

trong đó ,f g là các hàm khả vi và ta giả thiết thêm ' '( )g y y≠ để phương trình không là

phương trình Clairaut .

Đặt 't y= , ta có ( ) ( )y xg t f t= + . Lấy đạo hàm cả hai vế đối với x ta được

''' ( ) ( ) ( )dt dty g t xg t f t tdx dx

= + + = . Suy ra

[ ] ''( ) ( ) ( ) 0dxg t t xg t f tdt

− + + = . Đây là phương trình tuyến tính cấp một đối với ( )x t .

65

BBBBààààiiii 5.5.5.5. MỘT SỐ ĐỊNH LÝ VỀ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP MỘT

1.1.1.1. Sự tồn tại và duy nhất nghiệm

Xét phương trình ( , )dy f x ydx

= , (5.1)

trong đó f xác định trong miền 2G⊂ℝ . Trong mục này ta sẽ chỉ ra các điều kiện của f đểbài toán Cauchy đối với phương trình (5.1) có nghiệm và có duy nhất nghiệm.

a. ĐịĐịĐịĐịnhnhnhnh llllýýýý vvvvềềềề ssssựựựự ttttồồồồnnnn ttttạạạạiiii vvvvàààà duyduyduyduy nhnhnhnhấấấấtttt nghinghinghinghiệệệệmmmm

• Điều kiện Lipschit Hàm số ( , )f x y được gọi là thỏa mãn điều kiện Lipschit đối vớibiến thứ hai trong miền G , nếu tồn tại số 0L> , sao cho

1 2 1 2 1 2( , ) ( , ) , ( , ),( , ) Gf x y f x y L y y x y x y− ≤ − ∀ ∈ . (5.2)

Chú ý rằng theo tính chất của hàm hai biến số, nếu hàm số ( , )f x y có đạo hàm riêng theobiến y ( biến thứ hai ) bị chặn trong miền G thì nó sẽ thỏa mãn điều kiện Lipschit theo biếnthứ hai trong miền G .

• Định lý 1(Picard-Lindelof)

Nếu f liên tục và thỏa mãn điiều kiện Lipschit đối với biến thứ hai trong hình chữ nhật

{ }0 0( , y): ,D x x x a y y b= − ≤ − ≤

66

thì tồn tại duy nhất nghiệm 10 0[ , ]y C x h x h∈ − + của phương trình vi phân (5.1) thỏa mãn

điều kiện ban đầu 0 0( )y x y= , (5.3)

ở đó 0 min ( , ) , max ( , )D

bh a M f x yM

< ≤ =

Chứng minh. Ta sử dụng phương pháp xấp xỉ liên tiếp.

Bước 1 Đưa về phương trình tích phân

10 0[ , ]y C x h x h∈ − + là nghiệm của bài toán Cauchy đối với phương trình (5.1) và điều kiện

ban đầu (5.3) ( ta sẽ viết tắt là bài toán Cauchy (5.1)-(5.3) ) khi và chỉ khi nó là nghiệm củaphương trình tích phân

0

0 0 0( ) ( , ( )) , [ , ]x

xy x y f s y s ds x x h x h= + ∈ − +∫ (5.4)

Bước 2 Xây dựng nghiệm xấp xỉ

Với 0 0[ , ]x x h x h∈ − + ta đặt

0 0( )y x y=

0

1 0( ) ( , ( ))x

xy x y f s y s ds= + ∫

0

2 0 1( ) ( , ( ))x

xy x y f s y s ds= + ∫

…………………………………………………….

0

0 1( ) ( , ( ))x

n nx

y x y f s y s ds−= + ∫ (5.5)

Ta sẽ chứng tỏ các điểm ( ) 0 0, ( ) , , [ , ]nx y x D n x x h x h∈ ∀ ∀ ∈ − + bằng phương

pháp quy nạp.

67

Từ giả thiết suy ra ( )0,x y D∈ . Giả sử có ( )1, ( )nx y x D− ∈ , khi đó từ (5.5) , ta có

0

0 1 0( ) ( , ( ))x

n nx

y x y f s y s ds M x x−− = = −∫ (5.6)

0

x

x

bM ds Mh M bM

≤ ≤ ≤ =∫ . (5.7)

Vậy ( ), ( )nx y x D∈ .

Bước 3 Chứng tỏ { }( )ny x hội tụ đều trên đoạn 0 0[ , ]x h x h− +

Đầu tiên ta chứng tỏ bất đẳng thức sau đúng trên đoạn 0 0[ , ]x h x h− + bằng phương phápquy nạp.

11 0

.( ) ( )( 1)!

n nn n

M Ly x y x x xn

++ − ≤ −

+, (5.8)

ở đó L là hằng số Lipschit trong bất đẳng thức (5.2).

Thật vậy , từ bất đẳng thức (5.6) ta có

00 1

1 0 0.( ) ( )

(0 1)!M Ly x y x x x +− ≤ −+

.

Giả sử bất đẳng thức sau có hiệu lực

1

1 0.( ) ( )!

n nn n

M Ly x y x x xn

−

−− ≤ − .

Ta có [ ]0 0

1 1 1( ) ( ) ( , ( )) ( , ( )) ( ) ( )x x

n n n n n nx x

y x y x f s y s f s y s ds L y s y s ds+ − −− ≤ − ≤ − ≤∫ ∫

0

10 0

.L .! ( 1)!

xn nn n

x

M M Ls x ds x xn n

+− ≤ −+∫ . Vậy bất đẳng thức (5.8) được chứng minh .

Do 0x x h− ≤ , nên từ (5.6) suy ra 11

.( ) ( ) ,( 1)!

nn

n nM Ly x y x h nn

++ − ≤ ∀

+. (5.9)

68

Mà chuỗi số1

0

. .( 1)!

n n

n

M L hn

+∞

= +∑ hội tụ, nên theo tiêu chuẩn Weierstrass chuỗi hàm

[ ]10

( ) ( )n nn

y x y x∞

+=

−∑ hội tụ tuyệt đối và đều trên đoạn 0x x h− ≤ . Điều đó cũng xảy ra đối

với chuỗi hàm [ ]0 10

( ) ( ) ( )n nn

y x y x y x∞

+=

+ −∑ . Chuỗi hàm này có dãy các tổng riêng là

{ }( )ny x và dãy hàm này sẽ hội tụ đều về hàm ( )y x nào đó. Từ bất đẳng thức (5.6) , (5.7)

suy ra 0( )y x y b− ≤ . Điều này kéo theo điểm 0 0( , ( )) , [ , ]x y x D x x h x h∈ ∀ ∈ − +

Do tính liên tục Lipschit của f theo biến thứ hai, suy ra ( , ( ) ( , ( ))nf x y x f x y x⇒ .

Vậy từ đẳng thức (5.3) cho n→∞ ta được đồng nhất thức

0

0( ) ( , ( ))x

xy x y f s y s ds= + ∫ .

Do đó ( )y x là nghiệm của bài toán Cauchy (5.1)-(5.3).

Bước 4 Chứng tỏ nghiệm ( )y x này là duy nhất trong một lân cận náo đó của điểm

0x . Giả sử 10 0[ , ]y C x h x h∈ − + cũng là nghiệm của bài toán Cauchy (5.1)-(5.3). Ta sẽ chỉ

ra được một giá trị *h để * *0 0, [ , ]y y x x h x h= ∀ ∈ − + .

Cách 1. Ta có0

0( ) ( , ( ))x

xy x y f s y s ds= + ∫ .Giả sử điều đó không xảy ra .Với L là

hằng số Lipschit trong bất đẳng thức (5.2) , ta chọn *h sao cho

( )* *0 min , , 0 2 1h h h Lh< ≤ < < .

Khi đó với * *0 0[ , ]x x h x h∈ − + ta có

0 0

( , ( )) ( , ( )) maxx x

x xy y f s y s f s y s ds L y y ds⎡ ⎤− ≤ − ≤ − ≤⎣ ⎦∫ ∫

*0max 2 max maxL y y x x Lh y y y y− − ≤ − < − .

69

Từ đó suy ra* * * *

0 0 0 0[ , ] [ , ]max max

x h x h x h x hy y y y

− + − +− < − . Sự vô lý này suy ra điều phải chứng

minh.

Cách 2. Đặt min ( , )h hδ = . Với ( )ny x là các nghiệm xấp xỉ ở bước 2. Khi đó

0 0[ , ]x x xδ δ∀ ∈ − + ta có

0

1( ) ( ) ( , ( ) (s, y ( )x

n nx

y x y x f s y s f s ds−⎡ ⎤− = −⎣ ⎦∫ . (5.10)

Bằng quy nạp, ta có thể nhận được bất đẳng thức

10( ) ( ) ,

( 1)!

n nn

MLy x y x x x nn

+− ≤ − ∀+

(5.11)

Do chuỗi1

0 ( 1)!

n n

n

MLnδ +∞

= +∑ hội tụ, nên1

lim 0( 1)!

n n

n

MLnδ +

→∞=

+. Từ đó và (5.11) suy ra

0 0lim ( ) ( ) , [ , ]nn

y x y x x x xδ δ→∞

= ∀ ∈ − + .

Nhận xét. Nếu thay hình chữ nhật D bởi miền G trong 2ℝ . Khi đó với mỗi điểm

0 0( , )x y G∈ sẽ tồn tại và duy nhất nghiệm ( )y x trong một lân cận nào đó của điểm 0x củaphương trình (5.1) thỏa mãn điều kiện 0 0( )y x y= . Vì do tính mở của G ta luôn chỉ ra đượcmột hình chữ nhật D chứa điểm 0 0( , )x y và do vậy ta sử dụng được định lý.

Chú ý. Điều kiện liên tục Lipschit theo biến thứ hai của f tuy là điều kiện đủ, nhưngnếu điều kiện này bị vi phạm, tính duy nhất nghiệm có thể bị phá vỡ.

Chẳng hạn , xét phương trình233dy y

dx= . Ở gần gốc tọa độ (0,0)O phương trình có hai

nghiệm là 0y = và 3y x= .

Hàm số23( , )f x y y= không liên tục Lipschit đối với biến thứ hai ở gần gốc tọa độ (0,0)O .

70

b.b.b.b. ĐịĐịĐịĐịnhnhnhnh llllýýýý vvvvềềềề ssssụụụụ ttttồồồồnnnn ttttạạạạiiii nghinghinghinghiệệệệmmmmĐịnh lý sau đây nói về sự tồn tại ( nói chung không duy nhất ) nghiệm của

bài toán Cauchy (5.1)- (5.3) khi vế phải f không đòi hỏi phải liên tục Lipschit theo biến thứhai .

• Định lý 2 (Peano )

Nếu f liên tục trong hình chữ nhật { }0 0( , y): ,D x x x a y y b= − ≤ − ≤

thì tồn tại nghiệm 10 0[ , ]y C x h x h∈ − + của phương trình vi phân (5.1) thỏa mãn điều kiện

ban đầu 0 0( )y x y= , ở đó 0 min ( , ) , max ( , )D

bh a M f x yM

< ≤ = .

Chú ý rằng ta cũng có nhận xét tương tự như trong phần a) khi vế phải f liên tục

trong miền 2G ⊂ ℝ .

2.2.2.2. Sự kéo dài nghiệmNếu f liên tục trên miền G thì theo định lý Peano, nghiệm ( )y x của bài toán

Cauchy (5.1)-(5.3) sẽ tồn tại trong một lân cận nào đó của điểm 0x . Bây giờ ta xem với điều

kiện nào thì nghiệm ( )y x có thể kéo dài được, nghĩa là có thể tìm được nghiệm ( )y x trên

khoảng 1 1( , ) ( , )a b a b⊂ sao cho ( ) ( )y x y x= trên ( , )a b .

Định lý 3. Giả sử hàm số ( , )f x y liên tục và bị chặn trên miền G và ( )y x là nghiệm

xác định trên khoảng ( , )a b của phương trình ( , )dy f x ydx

= thỏa mãn điều kiện 0 0( )y x y= , ở

đó 0 0 0( , ) , ( , )x a b x y G∈ ∈ .Khi đó tồn tại các giới hạn :

lim ( ) ( ) , lim ( )x bx a

y x y a y b−+

+ −

→→= = . Thêm vào đó

i) Nếu điểm ( , ( ))a y a G+ ∈ thì ta có thể kéo dài nghiệm về bên trái điểmx a= .

ii) Nếu điểm ( , ( ))b y b G− ∈ thì ta có thể kéo dài nghiệm về bên phải điểmx b= .

71

Chứng minh. Ta chứng tỏ tồn tại lim ( )x b

y b−

−

→= và nghiệm có thể kéo dài về bên phải

của b . Đặt sup ( , )G

M f x y= .

Bước 1. Chứng tỏ tồn tại lim ( )x b

y b−

−

→= .

Với ( )y x là nghiệm trên khoảng ( , )a b , ta có0

0( ) ( , ( ))x

xy x y f s y s ds= + ∫ .

Do vậy với 0ε > cho trước, lấy : 0Mε

δ δ< < , suy ra với những 1 , 2x x thỏa mãn

1 2a x x b< < < ta có2

1

1 2 2 1( ) ( ) ( , ( ))dsx

xy x y x f s y s M x x ε− ≤ ≤ − <∫ . Như vậy từ điều kiện

Cauchy về sự tồn tại giới hạn, suy ra tồn tại lim ( )x b

y b−

−

→= ( lấy một dãy tăng { }nz hội tụ đến

b , suy ra { }( )ny z là dãy Cauchy, ta chứng minh được ( ) lim ( )nn

y b y z−

→∞= )

Bước 2. Kéo dài nghiệm về phía bên phải của b khi điểm ( , ( ))b y b G− ∈ .

Đặt 1( ) , ( , )

y ( )( ) ,

y x x a bx

y b x b−

∈⎧⎪=⎨=⎪⎩

, suy ra 1y liên tục trên a x b< ≤ . Do tính liên tục

của hàm hợp, nên suy ra 11 ( , ]y C a b∈ và

0

1 0( ) ( , ( ))x

xy x y f s y s ds= + ∫ trên a x b< ≤ .

Theo định lý Peano và lập luận ở trên sẽ tồn tại nghiệm 12 1[ , ]y C b b∈ của bài toán

Cauchy 2 1( , ) , ( ) ( ) ( )dy f x y y b y b y bdx

−= = = .

Đặt 1

2 1

( ) ,( )

( ) ,y x a x b

y xy x b x b

< ≤⎧= ⎨ ≤ ≤⎩

. (5.12) Ta sẽ

chứng minh ( )y x là nghiệm của phương trình ( , )dy f x ydx

= thỏa mãn điều kiện ban đầu

0 2 0 0( ) ( )y x y x y= = .

Thật vậy, đầu tiên ta chứng tỏ có

72

0

0( ) ( , ( ))x

xy x y f s y s ds= + ∫ , (5.13)

với 1( , ]x a b∈ .

Hiển nhiên là (5.12) đúng với ( , ]x a b∈ .

Với 1[ , ]x b b∈ , theo cách xác định ( )y x ở (5.12) thì ta có

( ) ( ) ( , ( ))x

by x y b f s y s ds−= + ∫ , với 1[ , ]x b b∈ ( lúc này 2y y= ) .

Nhưng 0( )y b y− = , nên 0( ) ( , ( ))

x

by x y f s y s ds= + ∫ , với 1[ , ]x b b∈ .

Vậy (5.13) được chứng minh. Còn lại phải chứng tỏ 11( , )y C a b∈ .

Do ( )y x liên tục trên 1( , )a b nên ( , ( ))f x y x cũng liên tục trên khoảng này. Vậy từ (5.13) suy

ra 11( , )y C a b∈ .

Chú ý . Nếu bỏ qua tính bị chặn của f trong miền G ( xem G là mở ) , giả sửnghiệm ( )y x của bài toán Cauchy (5.1)-(5.3) tồn tại trên khoảng ( , )a b . Nếu có một hìnhchữ nhật D có kích thước 1 2∆ × ∆ sao cho 1∆ chứa ( , )a b và D chứa các điểm

( , ( )) , ( , )x y x x a b∈ . Thì ta có thể thác triển được nghiệm ( )y x ra khoảng chứa ( , )a b .

Định lý 4. Giả sử f liên tục trên miền mở G , và ( )y x là nghiệm của bài toánCauchy (5.1)-(5.3). Khi đó có thể thác triển được nghiệm ( )y x này lên một khoảng cực đại

( , )a b ( cực đại theo nghĩa là không thể thác triển ra khoảng lớn hơn).

3.3.3.3. Tính trơn của nghiệm

Xét phương trình ( , )dy f x ydx

= , (5.14)

ở đó ( , )f x y xác định trên hình chữ nhật 0 0: ,D x x a y y b− ≤ − ≤ . Ta có định lý :

73

Định lý 5. Nếu f có các đạo hàm riên đến cấp n trên D thì mỗi nghiệm ( )y x của

phương trình (5.14) có đạo hàm liên tục đến cấp 1n + .

Ta chứng minh định lý này bằng phương pháp quy nạp theo n.

Thật vậy, với ( )y x là nghiệm của phương trình (5.14), ta sẽ có

' ( , )y f x y= (5.15)

với x thuộc một khoảng nào đó.

Như vậy khi 0n = , tức là f liên tục, từ (5.15) suy ra 1y C∈ .

Giả sử vế phải f thuộc lớp nC , nghiệm y thuộc lớp 1nC + . Bây giờ với giả thiết f thuộc

lớp 1nC + , đạo hàm cả hai vế của (5.15 ) đến cấp ( 1)n + , ta được

( 2)( ) ( , y(x))ny x F x+ = , ở đó ( , ( ))F x y x là hàm liên tục. Từ đó kéo theo ( 2)( )ny x+

là hàm liên tục . Vậy 2ny C +∈ .

4.4.4.4. Sự phụ thuộc của nghiệm vào giá trị ban đầu và vế phải của phương trình

Khi giải bài toán Cauchy (5.1)-(5.3), ta thấy nghiệm phụ thuộc vào vế phải củaphương trình và điều kiện ban đầu. Định lý sau cho ta thấy rõ sự phụ thuộc đó.

Định lý 6. Nếu hàm ( , )f x y liên tục và giới nội trong miền G và tại mỗi điểm

0 0( , )x y G∈ đều có duy nhất nghiệm của phương trình ( , )dy f x ydx

= , (5.16)

thì nghiệm đó phụ thuộc liên tuc vào vế phải f và điểm 0 0( , )x y .

Nghĩa là với 0ε > cho trước , tồn tại số δ sao cho với 1 1( , )x y G∈ thỏa mãn

74

1 0 1 0,x x y yδ δ− < − < đồng thời 1supG

f f δ− < , thì nghiệm ( )y x của bài toán

( , )dy f x ydx

= , 0 0( )y x y= trên [ , ]a b

và nghiệm 1( )y x của bài toán 1( , )dy f x ydx

= , 1 1( )y x y= trên [ , ]a b , thỏa mãn

1 1[ , ]sup ( , ( )) ( , ( ))a b

f x y x f x y x ε− < .

BBBBààààiiii ttttậậậậpppp

1. Hãy chỉ ra một khoảng trên đó nghiệm với các điều kiện ban đầu sau đây tồn tại :

a. 2 , (0) 0dy x y ydx

= + = .

b. 22 , (1) 1dy y x ydx

= − = .

2. Tìm một miền đảm bảo tính duy nhất nghiệm của các phương trình sau :

a. 22dy xy ydx

= + b. 2dy x ydx

= + −

c. '( ) lny x y y x− = d. ' 1 tany x= + .

3. Phương trình sau sẽ tồn tại và duy nhất nghiệm với những cặp giá trị ban đầu

0 0( , )x y nào:

' ( 1)y y y= − .

75

76

CHCHCHCHƯƠƯƠƯƠƯƠNGNGNGNG IIIIIIII .... PHPHPHPHƯƠƯƠƯƠƯƠNGNGNGNG TRTRTRTRÌÌÌÌNHNHNHNH VIVIVIVI PHPHPHPHÂÂÂÂNNNN CCCCẤẤẤẤPPPP HAIHAIHAIHAI

BBBBààààiiii 1.1.1.1. ĐẠI CƯƠNG VỀ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP HAI

1. Định nghĩaPhương trình vi phân cấp hai là phương trình có dạng

' "( , y, , ) 0F x y y = , (1.1)

Nếu phương trình (1.1) viết được dưới dạng

'" ( , , )y f x y y= , (1.2)

thì nó được gọi là đã giải ra được đối với "y .

Dạng tổng quát của phương trình tuyến tính cấp hai là

" '( ) ( ) ( )y p x y q x y f x+ + = . Ví dụ :2 2 2' "'" , 3yy y yy x y y y x− + + − = là các phương trình vi phân cấp hai, phương trình sau

là phương trình tuyến tính cấp hai với hệ số hằng.

Giả sử hàm f xác định trên miền 3D ⊂ℝ , nghiệm của phương trình (1.2) là một

hàm 2( ) ( ) , ( , )x C I I a bϕ ∈ = sao cho

i) '( , ( ), ( )) ,x x x D x Iϕ ϕ ∈ ∀ ∈ii) " '( ) ( , ( ), ( )) , .x f x x x x Iϕ ϕ ϕ= ∀ ∈

I được gọi là khoảng xác định của nghiệm.

2. Định lý về sự tồn tại và duy nhất nghiệm• Bài toán Cauchy

Là bài toán tìm nghiệm của phương trình (1.2): '" ( , , )y f x y y= thỏa mãn các điều

kiện ' '0 0 0 0( ) , ( )y x y y x y= = , (1.3)

ở đó '0 0 0, ,x y y là các số tùy ý. Điều kiện (1.3) được gọi là điều kiện ban đầu.

77

•Định lý về sự tồn tại nghiệm ( định lý Peano)

Giả sử f liên tục trong miền 3D⊂ℝ , 0 0 1( , , )x y y D∈ . Khi đó tồn tại nghiệm ( )y xxác định trong một lân cận nào đó của điểm 0x của phương trình (1.2) thỏa mãn điều kiện(1.3) .

•Định lý về sự tồn tại duy nhất nghiệm ( định lý Cauchy-Picard )

Giả sử trong miền 3D⊂ℝ hàm f liên tục và thỏa mãn điều kiện Lipschit đối với

các biến thứ hai và thứ ba, nghĩa là tồn tại một hằng số dương L sao cho với mọi

1 1 2 2( , , ) , ( , , )x y z x y z thuộc D ta có ( )1 1 2 2 1 2 1 2( , , ) ( , , )f x y z f x y z L y y z z− ≤ − + − .

Khi đó với mỗi điểm '0 0 0( , , )x y y D∈ , tồn tại duy nhất nghiệm ( )y x xác định trongmột lân cận nào đó của điểm 0x của phương trình (1.2) thỏa mãn điều kiện (1.3) .

Chú ý rằng điều kiện Lipschit trên sẽ được thỏa mãn nếu f có các đạo hàm riêngtheo các biến thứ hai, thứ ba liên tục và giới nội trong miền D lồi .

3. Nghiệm tổng quát, nghiệm riêngTa giả thiết rằng D là miền tồn tại và duy nhất nghiệm của phương trình (1.2), nghĩa

là với mọi điểm '0 0 0( , , )x y y D∈ , tồn tại và duy nhất nghiệm ( )y x xác định trong một lâncận nào đó của điểm 0x của phương trình (1.2) thỏa mãn điều kiện (1.3) .

• Hàm 1 2( , , )y x C Cϕ= phụ thuộc hai tham số 1 2,C C

được gọi là nghiệm tổng quát của phương trình (1.2) nếu nó thỏa mãn :

i) 1 2( , , )y x C Cϕ= là nghiệm của phương trình (1.2) với mọi giá trị của

1 2,C C ( làm cho biểu thức 1 2( , , )x C Cϕ có nghĩa ).

ii) Với mọi 0 0 1( , , )x y y D∈ , có thể xác định một cách đơn trị các giá trị0 01 2,C C sao cho 0 0

1 2( , , )y x C Cϕ= thỏa mãn điều kiện ' '0 0 0 0( ) , ( )y x y y x y= = .

Hệ thức 1 2( , , , ) 0x y C CΦ = xác định nghiệm tổng quát của phương trình (1.2)dưới dạng ẩn được gọi là tích phân tổng quát của nó. Nó biểu diễn một họ đường cong tíchphân phụ thuộc hai tham số.

78

• Người ta gọi nghiệm riêng của phương trình (1.2) là một hàm số0 01 2( , , )y x C Cϕ= mà ta thu được từ công thức nghiệm tổng quát bằng cách cho 1 2,C C các

giá trị xác định 0 01 2,C C .

Tương tự, hệ thức 0 01 2( , , , ) 0x y C CΦ = được gọi là tích phân riêng .

BBBBààààiiii 2.2.2.2. CÁC PHƯƠNG TRÌNH KHUYẾT

Trong mục này ta nghiên cứu một số phương trình có thể giảm cấp được, đó làcác

phương trình cấp hai khuyết.

1. Phương trình khuyết "', : ( , ) 0y y F x y =Đặt 'y p= , ta được '( , ) 0F x p = , đây là phương trình cấp một đối với p . Nếu

nghiệm tổng quát của phương trinh ấy là 1( , )p x Cϕ= ,thì 1 2( , )y x C Cψ= + là nghiệm tổngquát của phương trình ban đầu, trong đó 1( , )x Cψ là một nguyên hàm nào đó của 1( , )x Cϕ .

Ví dụ 1. Giải phương trình 2" " 1.x y y= + +

Đặt 'y p= , ta được 2' ' 1x p p= + + . Theo kết quả trong ví dụ 1, bài 4 của chương I,phương trình tham số của đường cong tích phân tổng quát của nó là

2 3 21

2 11 ,3 2

x t t p t t C= + + = + + .

Do đó

79

3 22 1 2

2 1 (2 1)3 2

y pdx C t t C t dt C⎛ ⎞= + = + + + + =⎜ ⎟⎝ ⎠∫ ∫

4 3 21 1 2

4 5 1 23 3 2t t t C t C dt C⎛ ⎞+ + + + +⎜ ⎟

⎝ ⎠∫ .

Vậy phương trình tham số của đường cong tích phân ttoongr quát của phương trình đã cholà

2 1x t t= + + , 5 4 31 2

4 5 1 .15 12 6

y t t t C t C= + + + +

2. Phương trình khuyết ' ": ( , , ) 0.y F x y y =Đặt 'y p= , ta được '( , , ) 0F x p p = , đây là phương trình cấp một đối với p .

Ví dụ 2. Tìm nghiệm riêng của phương trình

2 " '(1 ) 2x y xy− − = thỏa mãn các điều kiện '(0) 0 , (0) 0 .y y= =

Đặt 'y p= , ta có '"y p= , vậy ta có 2 '(1 )p 2x xp− − = . Do ta chỉ quan tâm đến

nghiệm trong lân cận điểm 0x= , nên ta có thể xem 1 ,x < vậy ta viết phương trình này

dưới dạng '2 2

2p1 1x px x

− =− −

. (2.1)

Đây là phương trình tuyến tính đối với p .

Nhân cả hai vế của (2.1) với2

2

1 ln(1 ) 21 2 1x dx xxe e x

− −−∫ = = − , ta được

( )2 2

211

d p xx

− =−

. Từ đó suy ra 211 2arcsinp x x C− = + hay

12

2arcsin

1

x Cpx

+=

−.

Vậy 21 2(arcsin ) arcsiny pdx x C x C= = + +∫ là nghiệm tổng quát của phương trình

đã cho.

Do '(0) 0y = , nên ta có 10 12

2arcsin01

xx C Cx

=+

= =−

.

80

Do (0) 0y = , nên ta có 22 0 20 (arcsin ) xx C C=⎡ ⎤= + =⎣ ⎦ .

Vậy nghiệm riêng cần phải tìm là 2(arcsin )y x= .

3. Phương trình khuyết ' ": (y, y , ) 0 .x F y =

Đặt ' ( )y p y= , ta có " dp dp dy dpy pdx dy dx dy

= = ⋅ = ⋅ . Phương trình trở thành

( , , ) 0dpF y p pdy⋅ = . Đó là phương trình cấp một đối với p .

Ví dụ 3. Giải phương trình 2" '2 1.yy y= +

Đặt ' ( )y p y= , ta có " dp dp dy dpy pdx dy dx dy

= = ⋅ = ⋅ , ta được phương trình

22 1dpyp pdy

= + . Từ phương trình đã cho ta thấy 0y≠ , nên phương trình này viết

được dưới dạng 22

1dy pdpy p=

+. Đây là phương trình có biến số phân ly , lấy tích phân cả hai

vế ta được 21ln ln(1 ) lny p C= + + hay

21(1 )y C p= + , 1 0C ≠ . (2.2)

Từ đó , ta có 11

2 2dy C pdpdx C dpp p

= = = , suy ra12

dxdpC

= .

Vậy 212xp CC

= + .Do đó, từ (2.2) ta nhận được công thức nghiệm tổng quát của

phương trình đã cho là

2 21 2

1 2 11 1

( 2 )12 4x x C Cy C C CC C

⎡ ⎤⎛ ⎞ +⎢ ⎥= + + = +⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦

.

81

Ví dụ 4. Bài toán về vận tốc vũ trụ cấp hai : xác định vận tốc nhỏ nhất mà ta phảiphóng một vật thẳng đứng lên trên sao cho vật không trở lại quả đất. Sức cản của không khíxem như không đáng kể.

Gọi khối lượng của quả đất là M , của vật phóng lên là m , khoảng cách giữa tâmquả đất và và trọng tâm của vật là r . Theo định luật hấp dẫn của Newton , lực hút tác dụng

lên vật là 2 ,Mmf k kr

= ⋅ là hằng số hấp dẫn.

Phương trình chuyển động của vật là2

2 2d r Mmm kdt r

=− hay

2

2 2d r Mkdt r

=− . (2.3)

Ta sẽ tìm một nghiệm riêng của phương trình (2.3) thỏa mãn các điều kiện

0 00, ,t tdrR vd

rt= == =│ │

trong đó R là bán kính quả đất , 0v là vận tốc phóng .

Phương trình (2.3) là phương trình cấp hai của r khuyết t .

Đặt ,drvdt

= ta có2

2d r dv dv dr dvv

dt dr dt drdt= = ⋅ = . Thế vào (2.3) ta được

2dv Mv kdr r

=− hay 2kMvdv drr

= − .

Lấy tích phân hai vế, ta được

2

11

2v kM C

r= + . (2.4)

Từ điều kiện 0 00t tdr vdt

v = == =│ │ hay 0r Rv v= =│ , ta được

20

11

2v kM C

R= + hay

20

1 2v kMC

R= − .

Thế vào (2.4) , ta được

82

220

2 2vv M kM

r R⎛ ⎞

= + −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Vì vật phải chuyển động nên vận tốc 0v ≠ , do đó2

2v phải dương. Nhưng số hạng

đầu của vế phải dần tới 0 khi r→∞ , nên ta phải có

20 02v kM

R− ≥ hay 0

2kMvR

≥ .

Do đó vận tốc nhỏ nhất mà ta phải phóng vật lên là 02kMvR

= , trong đó

311 5

26,68.10 , 63.10 ..mk R mkg s

−= =

Trên mặt đất , tức khi r R= , gia tốc trọng trường là 29,81 /g m s= . Từ (2.3) suy

ra2gRMk

= . Vậy

5 30 2 2.(9,81).63.10 (11,2).10 / 11,2 /v gR m s km s= = ≈ = . Đó là vận tốc vũ trụ

cấp hai.

83

BBBBààààiiii 3.3.3.3. PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH

Đó là phương trình vi phân có dạng

'" ( ) ( ) ( ) ,y p x y q x y f x+ + = (3.1)

trong đó ( ) , ( ), ( )p x q x f x là những hàm số liên tục . Phương trình được gọi là thuần nhấtnếu ( ) 0f x ≡ , là không thuần nhất nếu ( ) 0f x ≠ .

1. Phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất :'" ( ) ( ) 0 .y p x y q x y+ + = (3.2)

Định lý 1. Nếu 1( )y x và 2 ( )y x là hai nghiệm của phương trình (3.2), thì

1 1 2 2( ) ( )C y x C y x+ , trong đó 1 2,C C là hai hằng số, cũng là nghiệm của phương

trình đó.

Vì 1 2( ) , ( )y x y x là hai nghiệm nên ta có

'"1 1 1( ) ( ) 0 .y p x y q x y+ + =

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

Nhân hai vế của đồng nhất thức thứ nhất với 1C còn thứ hai với 2C , rồi cộng lại ta được

' '" "1 1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2( ) ( )(C C ) ( )(C C ) 0 .C y C y p x y y q x y y+ + + + + =

Vậy 1 1 2 2( ) ( )C y x C y x+ là nghiệm của phương trình (3.2) .

Định nghĩa 1. Hai hàm số 1( )y x và 2 ( )y x được gọi là độc lập tuyến tính trên khoảng

I nếu tỷ số 2

1

( )( )

y xy x

khác hằng số trên khoảng đó. Trong trường hợp trái lại , hai hàm số ấy

được gọi là phụ thuộc tuyến tính.

Như vậy, 1( )y x và 2 ( )y x độc lập tuyến tính trên khoảng I , nếu đẳng thức

84

1 1 2 2 0C y C y+ = trên I chỉ xảy ra khi 1 2 0C C= = . Còn nếu chúng phụ thuộc tuyến tính nếu

có 1 2,C C không đồng thới bằng không thoả mãn đẳng thức đó.

Hai hàm số sin x và cos x độc lập tuyến tính trên ℝ vì sin tancos

x xx= ≠ hằng số; hai

hàm số 32 xe và 35 xe phụ thuộc tuyến tính vì3

32 2

55

x

xee

= .

Định nghĩa 2. Cho hai hàm số 1 2( ) , ( )y x y x . Định thức

1 2 ' '1 2 2 1''1 2

y yy y y y

y y= −

được gọi là định thức Wronsky của 1 2,y y và được ký hiệu là 1 2W( , )y y hay vắn tắt là Wnếu không sợ nhầm lẫn .

Định lý 2. Nếu hai hàm số khả vi 1( )y x và 2( )y x phụ thuộc tuyến tính trên khoảng Ithì 1 2W( , ) 0y y = trên khoảng đó.

Thật vậy, vì 2 1y ky= với k là hằng số, nên ' '2 1y ky= , do đó

1 2 1 1 1 21 2 ' ' '' ' '1 2 1 1 1 2

W( , ) 0y y y ky y y

y y ky y y ky y y

= = = = .

Hệ quả . Nếu 1 2W( , ) 0y y ≠ tại một điểm 0x nào đó của khoảng I thì 1 2,y y độc lậptuyến tính trên I .

Chú ý : Định lý 2 chỉ là điều kiện cần để hai hàm khả vi phụ thuộc tuyến tính , chứ

không là đủ. Chẳng hạn 33W( , ) 0x x ≡ , nhưng độc lập tuyến tính trên mọi khoảng chứa

gốc 0 ( mặc dù chúng phụ thuộc tuyến tính trên mọi khoảng không chứa gốc 0 ).

Định lý 3. Nếu định thức Wronsky 1 2W( , )y y của hai nghiệm 1 2,y y của phươngtrình tuyến tính thuần nhất (3.2) khác không tại một giá trị 0x nào đó của khoảng I , trên đócác hàm số ( ) , ( )p x q x liên tục . Thì nó khác không trên khoảng đó.

Chứng minh. Vì 1 2( ) , ( )y x y x là nghiệm của (3.2) ta có

'"1 1 1( ) ( ) 0 ,y p x y q x y+ + =

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

85

Nhân cả hai vế của đồng nhất thức thứ nhất với 2y− còn thứ hai với 1y rồi cộng lại ta được

' '1 2 2 1 1 2 2 1( " ") ( )( ) 0y y y y p x y y y y− + − = . (3.3)

Nhưng

' '1 2 2 1W y y y y= − , do đó ' ' '' '1 2 1 2 2 1 1 2 1 2 2 1W " " " "y y y y y y y y y y y y= + − − = − .

Vậy ta có thể viết (3.3) dưới dạng'W ( )W 0p x+ = hay

W ( )Wd p x dx= − .

Tích phân cả hai vế , ta được

0

ln W ( ) lnx

x

p x dx C=− +∫ ,

suy ra

0

( )W

xp x dx

xCe− ∫

= , 0C ≠ (3.4)

Thế 0x vào hai vế của (3.4) ta được 0W( )x C= . Vậy

00

( )W( ) W( )

xp x dx

xx x e− ∫

= . (3.5)

Vì 0W( ) 0x ≠ theo giả thiết , nên W( ) 0x ≠ trên khoảng I .

Công thức (3.5) cũng chứng tỏ rằng nếu 1 2W( , )y y bằng không tại một giá trị 0x nàođó của khoảng I thì nó đồng nhất bằng không trên I .

Định lý 4. Với giả thiết các hệ số ( ) , ( )p x q x của phương trình tuyến tính thuần nhất(3.2) là các hàm liên tục trên khoảng I . Khi đó các nghiệm 1 2,y y của phương trình này làđộc lập tuyến tính trên I thì định thức Wronsky 1 2W( , )y y khác không tại mọi điểm củaI và ngược lại .

Chứng minh.

• Nếu 1 2W( , ) 0y y ≠ tại một điểm nào đó của khoảng I thì theo hệ quả của

86

định lý 2, suy ra 1 2,y y độc lập tuyến tính trên I .

• Ngược lại giả sử 1 2,y y độc lập tuyến tính trên I , mà lại có một điểm 0x I∈ để

1 2W( , ) 0y y = . Khi đó hệ phương trình

1 1 0 2 2 0

''1 1 0 2 2 0

( ) ( ) 0

( ) ( ) 0

C y x C y x

C y x C y x

+ =⎧⎪⎨

+ =⎪⎩

có nghiệm không tầm thường 0 01 2( , )C C .

Đặt 0 01 1 2 2y C y C y= + . Theo định lý 1, y cũng là nghiệm của phương trình (3.2).

Nghiệm y và nghiệm tầm thường 0 cùng thoả mãn điều kiện ban đầu '0 0( ) 0 , ( ) 0u x u x= = .

Do tính duy nhất nghiệm ta suy ra 0 01 1 2 2 0C y C y+ = trên một lân cận nào đó của 0x và ta

cũng chứng minh được đồng nhất thức này xảy ra trên toàn bộ I . Điều này mâu thuẫn vớigiả thiết 1 2,y y độc lập tuyến tính trên I .

Cách chứng minh khác . Đầu tiên ta chứng minh cho trường hợp I là đoạn [ , ]a b

nào đó.

Trước hêt ,ta thấy rằng nếu y là nghiệm khác không trên đoạn [ , ]a b của phươngtrình (3.2), mà lại có điểm 0 [ , ]x a b∈ để 0( ) 0y x = thì do tính duy nhất nghiệm ta phải có' 0( ) 0y x ≠ . Vì nếu ngược lại thì ngoài nghiệm tầm thường ra còn có nghiệm y này nữa . Do

đó các điểm 0x như vậy nếu có chỉ là các điểm cô lập. Do tính khả vi của nghiệm y , nên sốcác điểm 0x như vậy của đoạn [ , ]a b chỉ có thể là hữu hạn .

Bây giờ ta chứng minh địnhlý. Giả sử W 0= tại một điểm nào đó của đoạn [ , ]a b ,theo định lý 3, W 0= trên khoảng này , tức là

' '1 2 2 1 0 , [ , ]y y y y x a b− = ∀ ∈ . (3.6)

Không làm mất tính chất tổng quát , ta giả sử trên đoạn [ , ]a b có duy nhất điểm 0a x b< <

mà 0( ) 0y x = . Khi đó từ (3.6) ta có'' '

1 2 2 1 22

110y y y y y

yy⎛ ⎞−

= =⎜ ⎟⎝ ⎠

trên các khoảng 0a x x≤ < ,

0x x b< ≤ .

87

Do vậy, có các số 1 2,k k để 21

1

y ky

= hay 2 1 1y k y= trên 0a x x≤ < và 22

1

y ky

=

2 2 1y k y= trên 0x x b< ≤ . Do tính liên tục của ' '1 2,y y suy ra 1 2k k k= = .

Vậy 2 1y ky= trên đoạn [ , ]a b .Điều này mâu thuẫn với giả thiết.

Do đó W 0 , [ , ]x a b≠ ∀ ∈ .

Nếu I là một khoảng tuỳ ý, thì tập các điểm 0x như vậy có thể là một tập hợp đếmđược. Phép chứng minh hoàn toàn tương tự.

Chú ý:

• Nếu 1y và 2y là hai hàm khả vi trên khoảng I mà phụ thuộc tuyến tính thì

1 2W( , ) 0y y ≡ trên I . Nếu 1 2W( , ) 0y y ≠ tại một điểm nào đó của I thì 1y và 2y độc lậptuyến tính trên I . Còn khi 1 2W( , ) 0y y = tại một hay một số điểm thậm chí trên toàn bộkhoảng I thì ta chưa thể khảng định được 1y và 2y độc lập tuyến tính hay phụ thuộctuyến tính trên I .

• Nếu 1y và 2y là hai nghiệm trên I của phương trình (3.2), với giả thiết các hệsố ( ) , ( )p x q x của phương trình là các hàm số liên tục trên I thì ta có kết quả rất mạnh là

1y và 2y đôc lập tuyến tính trên I khi và chỉ khi 1 2W( , ) 0y y ≠ chỉ cần tại một điểm nào đócủa I ( hay 1y và 2y phụ thuộc tuyến tính trên I khi và chỉ khi 1 2W( , ) 0y y = chỉ cần tại mộtđiểm nào đó của I ).

• Số chiều của không gian nghiệm

Định lý 5. Với các giả thiết của định lý 4, phương trình vi phân tuyến tính thuầnnhất cấp hai (3.2) có ít nhất một hệ nghiệm cơ bản ( nghĩa là có ít nhất một hệ nghiệm

{ }1 2,y y mà 1 2,y y độc lập tuyến tính trên I ).

Chứng minh. Ta xét hai bài toán Cauchy đối với phương trình (3.2) mà các điều ban

đầu là '0 0( ( ), ( )) ky x y x e= , ở đó 1 2(1 , 0) , (0 , 1)e e= = là hệ cơ sở trong 2ℝ , 0x là một

điểm nào đó của khoảng I . Khi đó sẽ tồn tại và duy nhất các nghiệm 1 2,y y tương ứng với

các điều kiện ban đầu 1 2,e e . Ta sẽ chứng tỏ 1 2,y y là độc lập tuyến tính ( ta coi như là độc

lập tuyến tính trên I ).

88

Giả sử có đẳng thức 1 1 2 2 0C y C y+ = , (3.7)

Từ đó suy ra ' '1 1 2 2 0C y C y+ = . (3.8)

Do các điều kiện ban đầu , nên thay giá trị 0x x= vào (3.7) và (3.8) ta nhận được

1 2

1 2

.1 .0 0

.0 .1 0C CC C

+ =⎧⎨ + =⎩

, kéo theo 1 2 0C C= = . Vậy 1 2,y y độc lập tuyến tính .

Khi đó mọi nghiệm của phương trình (3.2) đều biểu thị tuyến tính qua 1 2,y y .

Thật vậy, giả sử u là một nghiệm nào đó của (3.2), đặt '0 0( ( ), ( ))u x u x e= .

Khi đó ta có biểu diễn duy nhất sau của e : 1 1 2 2e e eα α= + .

Đặt 1 1 2 2z y yα α= + . Theo định lý 1, z cũng là nghiệm của phương trình (3.2) vàcùng thoả mãn điều kiện ban đầu e của nghiệm u . Do tính duy nhất nghiệm thì u z= và dovậy u có biểu thị tuyến tính qua 1 2,y y là 1 1 2 2u y yα α= + .

Nhận xét rằng định lý 5 mang tính chất định tính , nó chỉ khảng định hệ nghiệm cơbản của phương trính tuyến tính thuần nhất (3.2) luôn tồn tại, còn không chỉ ra cách tìm hệnghiệm cơ bản này.

• Nghiệm tổng quát của phương trình tuyến tính thuần nhất

Định lý 6. Nếu 1 2,y y là hai nghiệm độc lập tuyến tính của phương trình (3.2), thì

nghiệm tổng quát của phương trình này là 1 1 2 2y C y C y= + , trong đó 1 2,C C là các hằng sốtuỳ ý.

Chứng minh. Theo định lý 1 , 1 1 2 2y C y C y= + là nghiệm của phương trình (3.2),nghiệm này phụ thuộc vào hai tham số 1 2,C C . Ta cần chứng minh rằng với mọi điều kiện

ban đầu cho trước ' '0 0 0 0( ) , ( )y x y y x y= = , có thể tìm được một cách đơn trị cặp

0 01 2( , )C C sao cho nghiệm 0 0

1 1 2 2C y C y+ thoả mãn điều kiện ban đầu trên.

Từ biểu thức 1 1 2 2y C y C y= + , thế các điều kiện ban đầu vào ta có

0 1 1 0 2 2 0' ' '0 1 1 0 2 2 0

( ) ( )

( ) ( )

y C y x C y x

y C y x C y x

= +⎧⎪⎨

= +⎪⎩(3.9)

89

Hệ (3.9) với ẩn là 1 2,C C và có 1 2W( , ) 0y y ≠ tại 0x . Do đó ta tìm được một cách

đơn trị bộ 0 01 2( , )C C để nghiệm 0 0

1 1 2 2C y C y+ thoả mãn điều kiện ban đầu trên.

Ví dụ 1. Phương trình " 0y y+ = có hai nghiệm riêng là 1 2cos , siny x y x= = . Vậynghiệm tổng quát của phương trình ấy là 1 2cos sin ,y C x C x= + ở đó 1 2,C C là các hằngsố tuỳ ý .

Nhận xét rằng, để tìm nghiệm tổng quát của phương trình tuyến tính thuần nhất(3.2), ta chỉ cần tìm hai nghiệm riêng độc lập tuyến tính. Ta không có lý thuyết tổng quát đểtìm các nghiệm riêng này. Ta biết rằng tập các nghiệm của phương trình tuyến tính thuầnnhất (3.2) là một không gian véc tơ 2 chiều, trong đại số tuyến tính khảng định luôn tồn tạinghiệm 2y độc lập tuyến tính với nghiệm không tầm thường 1y đã cho, nhưng không chỉ racách tìm 2y . Định lý dưới đây cho phép ta tìm một nghiệm tổng quát của nó khi biết mộtnghiệm riêng không tầm thường.

Định lý 7. Nếu đã biết một nghiệm riêng 1( ) 0y x ≠ của phương trình tuyến tínhthuần nhất (3.2), ta có thể tìm được nghiệm riêng 2 ( )y x của phương trình đó , độc lập tuyếntính với 1( )y x dạng 2 1( ) ( ). ( )y x u x y x= .

Chứng minh. Đặt 1( ). ( )y u x y x= . Ta cần tìm hàm ( )u x sao cho phương trình (3.2)được thoả mãn. Ta có

' ''1 1y y u y u= + ; ' '" " "

1 1 12 .y y u y u y u= + +

Thế vào phương trình (3.2) ta được

" '' '"1 1 1 1 1 1(2 ) ( ) 0.y u y py u y py qy u+ + + + + =

Nhưng 1y là nghiệm của phương trình (3.2), nên ta được phương trình cấp hai đốivới ,u khuyết :u

" ''1 1 1(2 ) 0.y u y py u+ + =

Đặt 'u v= , ta được phương trình cấp một đối với v

90

' '1 1 1(2 ) 0 ,y v y py v+ + = hay

'1

1

2 .dv y p dxv y

⎛ ⎞=− +⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠

Lấy tích phân hai vế ta được

1 1 1ln 2ln ( ) 2ln ( ) lnv y p x dx y x Cϕ=− − =− + +∫ , ( ) ( )x p x dxϕ =− ∫ . Vậy

( )

1 1 221

( ) , ( ) ( )xev C C G x C G x g x dx

y

ϕ= = + = ∫ . Ta được

[ ]1 2 1 1 1 2 1( ) ( ) .y C G x C y C y G x C y= + = +

Chọn 1 21 , 0C C= = , ta được( )

2 1 1 21

( )p x dxey y G x y dxy

−∫= = ∫ là một nghiệm của

phương trình (3.2). Nghiệm này độc lập tuyến tính với 1y vì từ

'( ) ( )G x g x= =( )

21

0p x dxey

−∫≠ , suy ra 2

1

yy≠ hằng số .

Ví dụ 2. Tìm nghiệm tổng quát của phương trình

2 " '(1 ) 2 2 0.x y xy y− + − =

Với 1x≠± ,ta có thể viết phương trình dưới dạng

" '2 2

2 2 0.1 1xy y yx x

+ − =− −

Dễ thấy 1y x= là một nghiệm riêng . Ta tìm một nghiệm riêng khác và độc lập tuyếntính với nó dạng 2 . ( )y x u x= . Thế vào phương trình đã cho , ta được

" '2

2 01

xu ux

+ =−

, với 0x ≠ ta có " '2

2 0(1 )

u ux x

+ =−

. Đặt 'u v= , ta nhận được

91

'2

2 0 .(1 )

v vx x

+ =−

Đây là phương trình tuyến tính cấp một thuần nhất , nhiệm tổng

quát của nó là

22(1 )

1 1 21( 1)

dxx xv K e K

x

−−

∫= = − . Chọn 1 1K =− , ta được 2

11vx

= − .

Vậy 21u x Kx

= + + , chọn 2 0K = ta được 1u xx

= + . Do đó 22 . 1y x u x= = + .

Hai nghiệm 21 , 1y x y x= = + ( hai nghiệm này cũng là nghiệm trên ℝ của phương trình đã

cho) là độc lập tuyến tính, nên nghiệm tổng quát của phương trình là

21 2 1( 1) ,y C x C x C= + + và 2C là hai hằng số tuỳ ý.

2. Phương trình vi phân tuyến tính không thuần nhấtTrong mục này ta trình bày phương pháp tìm nghiệm của phương trình tuyến tính

không thuần nhất (3.1)

'" ( ) ( ) ( ) ,y p x y q x y f x+ + = trong đó ( ) , ( ), ( )p x q x f x là những hàm số liên tục .

Nó liên quan đến phương trình thuyến tính thuần nhất (3.2) tương ứng

'" ( ) ( ) 0.y p x y q x y+ + =

• Nghiệm tổng quát của phương trình vi phân tuyến tính không thuần nhất

Định lý 8. Nghiệm tổng quát của phương trình không thuần nhất (3.1) bằng tổng củanghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất (3.2) với một nghiệm riêng nào đó củaphương trình không thuần nhất (3.1) .

Thật vậy, gọi 1 2( , , )y x C Cϕ= là nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất (3.2)còn Y là một nghiệm riêng nào đó của phương trình không thuần nhất (3.1) .

Đặt y y Y= + .

a. Dễ thấy y là nghiệm của phương trình (3.1) vì ta có" '( ) ( )( ) ( ) 0y p x y q x y+ + =

" '( ) ( ) ( )Y p x Y q x Y f x+ + = ,

92

suy ra " " ' '( ) ( ) ( ) ( ) ( )y Y p x y Y q x y Y f x⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤+ + + + + =⎣ ⎦⎣ ⎦ ⎣ ⎦

b. Nghiệm 1 2( , ,C ) Yy y Y x Cϕ= + = + của phương trình không thuần nhất (3.1)cũng phụ thuộc vào hai tham số 1 2,C C . Lấy điểm '

0 0 0( , , )x y y tuỳ ý thuộc miền tồn tại duy

nhất nghiệm của phương trình (3.1) với điều kiện ban đầu ' '0 0 0 0( ) , ( ) .y x y y x y= = Khi đó

do 1 2( , ,C )x Cϕ là nghiệm tổng quát của phương trình (3.2) , nên từ hệ

0 0 1 2 0'''

0 0 1 2 0

( ,C ,C ) ( )

( , , ) ( )

y x Y x

y x C C Y x

ϕ

ϕ

= +⎧⎪⎨

= +⎪⎩hay 0 1 2 0 0

'' '0 1 2 0 0

( ,C ,C ) ( )

( , , ) ( )

x y Y x

x C C y Y x

ϕ

ϕ

= −⎧⎪⎨

= −⎪⎩

xác định một cách đơn trị các 0 01 2,C C .

Định lý 9. ( Nguyên lý chồng chất nghiệm) Cho phương trình

'"1 2( ) ( ) y ( ) ( )y p x y q x f x f x+ + = + .

Nếu 1( )y x là nghiệm riêng của phương trình

'"1( ) ( ) y ( )y p x y q x f x+ + =

còn 2 ( )y x là nghiệm riêng của phương trình

'"2( ) ( ) y ( )y p x y q x f x+ + =

thì 1 2( ) ( )y y x y x= + là nghiệm riêng của phương trình đã cho.

Chứng minh. Từ giả thiết ta có

'"1 1 1 1( ) ( ) y ( )y p x y q x f x+ + =

'"2 2 2 2( ) ( ) y ( )y p x y q x f x+ + =

Vậy ' '" "1 2 1 2 1 2 1 2( ) ( )( ) ( )(y ) ( ) ( )y y p x y y q x y f x f x+ + + + + = + .

• Phương pháp biến thiên hằng số

Giả sử biết nghiệm tổng quát của phương trình thuyến tính thuần nhất (3.2) là

93

1 1 2 2y C y C y= + , (3.10)

Trong đó 1 2,C C là hai hằng số tuỳ ý. Bây giờ xem 1 2,C C như là hai hàm số, ta tìm chúngsao cho biểu thức của y ở (3.10) là một nghiệm của phương trình tuyến tính không thuầnnhất (3.1). Ta có

' '' ''1 1 2 2 1 1 2 2( )y C y C y C y C y= + + +

Chọn 1 2,C C sao cho

' '1 1 2 2 0C y C y+ = . (3.11)

Khi đó

' ''1 1 2 2y C y C y= +

' ' '" " " '1 1 2 2 1 1 2 2y C y C y C y C y= + + +

Thế vào phương trình (3.1) ta được

( ) ( ) ' '" " '' ' '1 1 1 1 2 2 2 2 1 1 2 2( ) ( ) ( ) ( ) ( ) .C y p x y q x y C y p x y q x y C y C y f x+ + + + + + + =

Vì 1 2,y y là hai nghiệm của phương trình thuần nhất (3.2) nên từ đó suy ra

' ' ''1 1 2 2 ( )C y C y f x+ = . (3.12)

Từ (3.11) và (3.12) ta có hệ

' '1 1 2 2' '' '1 1 2 2

0

( )

C y C y

C y C y f x

⎧ + =⎪⎨

+ =⎪⎩(3.13)

Định thức của hệ (3.13) chính là định thức Wronsky của hai nghiệm độc lập tuyến tínhcủa phương trình thuần nhất (3.2), nó luôn khác không .Do vậy hệ (3.13) có một nghiệm duynhất ' '

1 1 2 2( ) , ( )C x C xϕ ϕ= = . Suy ra 1 1 1 2 2 2( ) , ( )C x K C x K=Φ + =Φ + .

Do đó nghiệm tổng quát của phương trình (3.1) là

1 1 2 2 1 1 2 1( ). ( ). .y K y K y x y x y= + + Φ +Φ

Ví dụ 3. Giải phương trình 2 2'"(1 ) 2 2 1 .x y xy y x− + − = −

94

Nếu 1x≠± , phương trình có thể viết là '"2 2

2 2 11 1xy y yx x

+ − =− −

.

Trong ví dụ 2, ta thấy nghiệm tổng quát của phương trình tuyế tính thuần nhất tương ứng là

21 2( 1) ,y C x C x= + + trong đó 1 2,C C là các hằng số tuỳ ý .Biểu thức này là

nghiệm của phương trình tuyến tính không thuần nhất, nếu 1 2,C C là các hàm số thoả mãnhệ

' ' 21 2' '1 2

( 1) 0

2 1

C x C x

C C x

⎧ + + =⎪⎨

+ =⎪⎩

Giải hệ này ta được ' '1 22 2

21 , .1 1

xC Cx x

⎛ ⎞=− + =⎜ ⎟− −⎝ ⎠

Do đó 21 1 2 2

1 1ln , ln 1 ,1 2

xC x K C x Kx

⎛ − ⎞=− + + = − +⎜ ⎟+⎝ ⎠

trong đó 1 2,K K là các hằng số

tuỳ ý .

Vậy nghiệm tổng quát của phương trình là

2 2 21 2

1 1ln ( 1)ln 1 ( 1) .1 2

xy x x x x K x K xx

⎛ − ⎞=− + + + − + + +⎜ ⎟+⎝ ⎠

3. Mối quan hệ giữa nghiệm của phương trình tuyến tính không thuần nhất và thuầnnhất tương ứng

Định lý 10. Nếu 1 2,y y là hai nghiệm của phương trình tuyến tính không thuần

nhất (3.1) thì 1 2y y y= − là nghiệm của phương trình tuyến tính thuần nhất (3.2).

Phép chứng minh của định lý này xem như là bài tập.

95

BBBBààààiiii 4.4.4.4. PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH CÓ HỆ SỐ KHÔNG ĐỔI

Trong mục này ta xét phương trình vi phân cấp hai tuyến tính với hệ số hằng, một trườnghợp riêng của phương trình với hệ số hàm.

Ta xét các phương trình

'" ( )y py qy f x+ + = , (4.1)

'" 0y py qy+ + = , (4.2)

ở đó ,p q là các hằng số.

Lược đồ giải phương trình không thuần nhất (4.1) giống như lược đồ giải phương trìnhtuyến tính không thuần nhất với hệ số hàm :

- Tìm nghiệm tổng quát của phương trình tuyến tính thuần nhất tương ứng.- Tìm nghiệm riêng của phương trình không thuần nhất.- Nghiệm tổng quát của phương trình (4.2) bằng nghiệm tổng quát của phương

trình(4.2) cộng với một nghiệm riêng của (4.1) .

1. Phương trình tuyến tính thuần nhất

Trong bài 3, ta đã chứng tỏ tập không gian các nghiệm của phương trình tuyến tínhthuần nhất (4.2) có số chiều bằng 2 . Đồng thời cũng nói rằng, muốn giải (4.2), ta chỉ cầntìm hai nghiệm riêng độc lập tuyến tính. Trong phần này ta sẽ chỉ ra phương pháp tìm hai

nghiệm riêng đó . Đầu tiên ta tìm một nghiệm riên dạng kxy e= ( chương phép biến đổiLaplace sẽ lý giải tại sao ta lại tìm nghiệm dạng đó) , k là hằng số phải tìm .

Ta có 2' ",kx kxy ke y k e= = . Thế vào phương trình (4.2) , ta được

2( ) 0.kxe k pk q+ + =

Vì 0 ,kxe ≠ ta có

2 0k pk q+ + = (4.3)

96

Vậy nếu k thoả mãn phương trình (4.3) thì hàm số kxy e= là nghiệm của phương trình(4.2) . Phương trình (4.3) được gọi là phương trình đặc trưng của phương trình vi phân (4.2).

Phương trình (4.3) luôn có nghiệm 1 2,k k thực hay phức, có thể xảy ra ba trường hợp .

a) hai số 1 2,k k thực và khác nhau . Khi ấy phương trình (4.2) có hai nghiệm1 2

1 2,k x k xy e y e= = . Hai nghiệm này là độc lập tuyến tính . Vậy nghiệm tổng quát củaphương trình (4.2) là

1 21 2k x k xy C e C e= + , (4.4)

1 2,C C là các hằng số tuỳ ý .

Ví dụ 1 . Tìm nghiệm của phương trình

'" 2 0y y y+ − =

thoả mãn điều kiện '(0) 0 , (0) 1.y y= =

Phương trình đặc trưng của phương trình đã cho là 2 2 0,k k+ − = nó có hai nghiệmphân biệt 1 21 , 2.k k= =−

Vậy nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là 21 2 .x xy C e C e−= +

Ta xác định 1 2,C C sao cho nghiệm này thoả mãn điều kiện ban đầu . Ta có

2'1 22x xy C e C e−= − , do vậy từ các điều kiện ban đầu ta được 1 2

1 2

02 1

C CC C

+ =⎧⎨ − =⎩

.

Suy ra 1 21 1,3 3

C C= =− . Vậy nghiệm cần tìm là 21 ( )3

x xy e e−= − .

b) 1 2,k k là hai số thực trùng nhau 1 2k k= . Lúc này ta có một nghiệm riêng của

phương trình là 11 .k xy e= Ta sẽ tìm một nghiệm riêng 2y độc lập tuyến tính với 1y dạng

12 1( ) ( ) k xy u x y u x e= = .

Ta có 1 1 1 1 1' ' " " ' 22 1 2 1 1, 2 .k x k x k x k x k xy u e k ue y u e k u e k ue= + = + +

97

Thế vào phương trình (4.2) , ta nhận được

11

" ' 21 1(2 ) ( ) 0 .k xe u k p u k pk q u⎡ ⎤+ + + + + =⎣ ⎦

Suy ra " 0u = , vậy u Ax B= + . Chọn 1 , 0A B= = , ta được u x= , vậy 12

k xy xe= .

Do đó nghiệm tổng quát của phương trình (4.2) là

11 2( ) ,k xy e C C x= + (4.5) ở đó

1 2,C C là các hằng số tuỳ ý.

Ví dụ 2. Giải phương trình " '6 9 0y y y− + = .

Phương trình đặc trưng của nó là 2 6 9 0k k− + = , nó có một nghiệm kép 3k = .

Vậy nghiệm tổng quát của phương trình là 31 2 1 2( ) , ,xy e C C x C C= + là các hằng số

tuỳ ý.

c) 1 2,k k là hai số phức liên hợp : 1 2,k i k iα β α β= + = − . Hai nghiệm riêng của

phương trình là

( )1

i x x i xy e e eα β α β+= = , ( )2 .i x x i xy e e eα β α β− −= =

Dùng công thức Eucler ta được

1 2cos sin , cos siny x i x y x i xα β α β= + = − .

Do tính tuyến tính của phương trình, suy ra

1 2 1 21 2cos , sin

2 2x xy y y y

y e x y e xα αβ β+ −

= = = =

cũng là hai nghiệm của phương trình . Hai nghiệm này là độc lập tuyến tính.

Vậy nghiệm tổng quát của phương trình là

1 2( cos sin )xy e C x C xα β β= + . (4.6)

Ví dụ 3. Giải phương trình " '2 5 0y y y− + = .

98

Phương trình đặc trưng 2 2 5 0k k− + = của nó có hai nghiệm phức liên hợp là

1 21 2 , 1 2k i k i= + = − . Do đó nghiệm tổng quát của nó là

1 2( cos2 sin 2 )xy e C x C x= + .

2. Phương trình không thuần nhất

Ở mục trên ta đã xây dựng được lý thuyết tìm nghiệm tổng quát của phương trìnhtuyến tính thuần nhất, và do vậy từ công thức nghiệm tổng quát 1 1 2 2y C y C y= + , bằngphương pháp biến thiên hằng số ta có thể tìm được nghiệm của phương trình không thuầnnhất .

Ví dụ 4. Giải phương trình " tany y x+ = .

Phương trình tuyến tính thuần nhất tương ứng có nghiệm tổng quát là

1 2cos siny C x C x= + .

Xem 1 2,C C như là các hàm của biến x , ta tìm nó sao cho biểu thức y đó là nghiệm củaphương trình đã cho.

Ta giải hệ' '1 2' '1 2

cos sin 0

sin cos tan

C x C x

C x C x x

⎧ + =⎪⎨− + =⎪⎩

, suy ra

2' '1 2

sin , sincos

xC C xx

= = .

Chọn 1 21 1 sinsin ln , cos2 1 sin

xC x C xx

+=− + = −

−, suy ra

11 1 sinsin ln cos cos sin2 1 sin

xy x x x xx

+⎛ ⎞= − + −⎜ ⎟−⎝ ⎠là nghiệm riêng của phương trình. Do đó

nghiệm tổng quát của nó là

1 21 1 sincos sin ( sin ln )cosx cos sin2 1 sin

xy C x C x x x xx

+= + + − + −

−.

Chú ý : Ta thường làm như sau

99

Từ2

' '1 2

sin , sincos

xC C xx

= = suy ra 1 1 2 21 1 sinsin ln , cos2 1 sin

xC x K C x Kx

+=− + + =− +

−.

Vậy nghiệm tổng quát của phương trình là

( )1 21 1 sinsin ln cos cos sin2 1 sin

xy x K x K x xx

+⎛ ⎞= − + + + −⎜ ⎟−⎝ ⎠.

Nhưng khi vế phải ( )f x của phương trình có dạng đặc biệt , ta có thể tìm được nghiệmriêng bằng một số phép toán lấy đạo hàm và số học mà không cần phải lấy nguyên hàm.

• Trường hợp 1 : ( ) ( )xnf x e P xα= , ( )nP x là một đa thức bậc n ,α là một hằng số.

a) Nếu α không phải là nghiệm của phương trình đặc trưng (4.3) , ta tìm một

nghiệm riêng của phương trình (4.1) dạng

( )xnY e Q xα= , (4.7) ( )nQ x là

một đa thức bậc n mà các hệ số của nó được xác định như sau .

Ta có ' ' " 2 ' "( ) ( ) , ( ) 2 ( ) ( ) .x x x xn n n n nY Q x e Q x e Y Q x e Q x Q x eα α α αα α α= + = + + Thế vào (4.1)

ta được

" ' 2( ) (2 ) ( ) ( ) ( ) ( )x xn n n ne Q x p Q x p q Q x e P xα αα α α⎡ ⎤+ + + + + =⎣ ⎦ .

Suy ra " ' 2( ) (2 ) ( ) ( ) ( ) ( )n n n nQ x p Q x p q Q x P xα α α+ + + + + = . (4.8)

Vì α không là nghiệm của phương trình đặc trưng của nó, nên vế trái của (4.8) phảilà một đa thức bậc n . Các hệ số của nó được xác định bằng cách đồng nhất các hệ số cùngbậc ở hai vế của đẳng thức (4.8), từ đó ta xác định được các hề số của đa thức

( )nQ x .Phương pháp tìm các hệ số của đa thức ( )nQ x theo phương pháp trên được gọi làphương pháp hệ số bất định.

b) Nếu α là nghiệm đơn của phương trình đặc trưng (4.2) , thì ta có

2 0 , (2 ) 0p q pα α α+ + = + ≠ . Khi đó vế trái của đẳng thức (4.8) là một đa thức bậc

1n − . Để nâng bậc của đa thức ở vế phải này lên một đơn vị mà không tăng các hệ số củanó, ta chỉ việc thay đa thức ( )nQ x bởi đa thức ( )nxQ x . Trong trường hợp này ta tìm mộtnghiệm riêng của phương trình (4.1) dạng

100

( )nY xQ x= . (4.9) Lúc này tanhận được đồng nhất thức

" '1 1[ ( )] (2 )[ ( )] ( )n n nxQ x p xQ x P xα+ ++ + = , (4.10)

Việc xác định các hệ số của đa thức ( )nQ x tương tự như trên.

c) Nếu α là nghiệm kép của phương trình đặc trưng (4.3) thì ta có

2 0 , 2 0p q pα α α+ + = + = . Lập luận tương tự như trên, ta tìm một nghiệm riêng dạng

2 ( ) .nY x Q x= (4.11)

Ví dụ 5. Giải phương trình " '3 4 .y y y x+ − =

Phương trình đặc trưng 2 3 4 0k k+ − = , có hai nghiệm đơn 1 21 , 4k k= =− . Vậy nghiệm tổngquát của phương trình tương ứng là

31 2x xy C e C e−= + .

Vế phải của phương trình có dạng 01( )xe P x . Do 0α = không là nghiệm của phương trình

đặc trưng, nên ta tịm một nghiệm của phương trình dạng Y Ax B= + . Thay vào phươngtrình ta được

4 3 4Ax A B x− + − = .

Suy ra 4 1 ,3 4 0A A B− = − = . Vậy 1 3,4 16

A B=− =− , do đó 34 16xY =− − .

Vậy nghiệm tổng quát của phương trình là 31 2

34 16

x x xy C e C e−= + − − .

Ví dụ 6. Tìm nghiệm tổng quát của phương trình

" ' ( 1) .xy y e x− = +

Phương trình đặc trưng 2 0k k− = có hai nghiệm 1 20 , 1k k= = . Vậy nghiệm tổng quát của

phương trình tuyến tính thuần nhất tương ứng là 1 2xy C C e= + .

101

Vế phải của phương trình đã cho có dạng 1.1( ) , 1xe P x α = là nghiệm của phương trình đặc

trưng, nên ta tìm một nghiệm riêng của phương trình dạng

( )xY xe Ax B= + .

Ta có

' 2 '' 2( ) (2 ) , ( ) 2 (2 ) .2x x x x xY e Ax Bx e Ax B Y e Ax Bx e Ax B e A= + + + = + + + + .

Thế vào phương trình ta được

(2 2 ) ( 1) .x xe Ax B A e x+ + = +

Do đó 21 12 1, 2 1 , 0 .2 2

xA B A A B Y x e= + = ⇒ = = ⇒ =

Vậy nghiệm tổng quát của phương trình là

21 2

12

x xy C C e x e= + + .

Ví dụ 7 . Giải phương trình " ' 36 9 .xy y y xe− + =

Phương trình đặc trưng 2 6 9 0k k− + = có nghiệm kép 3k = . Vậy nghiệm tổng quát của

phương trình tuyến tính thuần nhất tương ứng là 31 1 2(C ) xy x C e= + . Ta tìm một nghiệm

riêng của phương trình dạng

2 3 3 3 2( ) ( )x xY x e Ax B e Ax Bx= + = + .

Ta có

' 3 3 2 3 23 ( ) (3 2 ),x xY e Ax Bx e Ax Bx= + + +

" 3 3 2 3 2 39 ( ) 6 (3 2 ) (6 2 ) .x x xY e Ax Bx e Ax Bx e Ax B= + + + + +

102

Thế vào phương trình ta được

3 3[(6 10) 2 ] .x xe A x B xe− + =

Suy ra3

316 10 1, 0 , 0 .6 6

xxA B B A B Y e− = = ⇒ = = ⇒ =

Vậy nghiệm tổng quát của phương trình là

33 3

1 2( )6

x xxy C x C e e= + + .

• Trường hợp 2 : ( ) ( )cos ( )sinm nf x P x x Q x xβ β= + , trong đó ( ) , ( )m nP x Q x làcác đa thức bậc ,m n tương ứng, còn β là hằng số.

a) Nếu iβ± không là nghiệm của phương trình đặc trưng (4.3) , thì ta tìm

một nghiệm riêng của phương trình dạng

( )cos ( )sin ,l lY P x x Q x xβ β= + (4.12)

trong đó ( ) , ( )l lP x Q x là các đa thức bậc max(m,n) .l =

b) Nếu iβ± là nghiệm của phương trình đặc trưng (4.3) , thì ta tìm

một nghiệm riêng của phương trình dạng

[ ( )cos ( )sin ].l lY x P x x Q x xβ β= + (4.13)

Ví dụ 8. Giải phương trình " sin .y y x x+ =

Phương trình đặc trưng 2 1 0k + = có nghiệm là k i=± . Vậy nghiệm tổng quát củaphương trình tuyến tính thuần nhất tương ứng là 1 2cos siny C x C x= + .

Do i± là nghiệm của phương trình đặc trưng, nên ta tìm một nghiệm riêng củaphương trình dạng [ ]1 1 1( )cos ( )sin .y x Ax B x A x B x= + + +

Thế vào phương trình ta được

103

[ ] [ ]1 1 14 2( ) cos 4 2( ) sin sin .A x A B x Ax A B x x x+ + + − + − =

Suy ra 1 1 1 1 11 14 0 , 0, 4 1, 0 , , 0, 0.4 4

A A B A A B A B A B= + = − = − = ⇒ = − = = =

Vậy 1 (sin cos ) .4xy x x x= −

Do đó nghiệm tổng quát của phương trình là

1 2cos sin (sin cos )4xy C x C x x x x= + + − .

Ví dụ 9 . Giải phương trình " ' 22cos .y y x− =

Ta viết phương trình dưới dạng " ' 1 cos2 .y y x− = +

Phương trình đặc trưng 2 0k k− = , có hai nghiệm 1 20 , 1k k= = . Vậy nghiệm tổng quát của

phương trình tuyến tính thuần nhất tương ứng là 1 2 .xy C C e= +

i Dễ thấy 1y x=− là nghiệm riêng của phương trình " ' 1 .y y− =

i Ta tìm một nghiệm riêng của phương trình " ' cos2y y x− = dạng

2 cos2 sin 2y A x B x= + . Thế vào phương trình ta được 2 1,10 10

A B=− = − , vậy

21 (2cos2 sin 2 )10

y x x= + . Do đó * 1 (2cos2 sin 2 )10

y x x x= − − + là nghiệm riêng của

phương trình đã cho. Suy ra nghiệm tổng quát của nó là

1 21 (2cos2 sin 2 )10

xy C C e x x x= + − − + .

Chú ý . Nếu ( ) [ ( )cos ( )sin ]xm nf x e P x x Q x xα β β= + , ta có thể đưa về phương trình

với vế phải có dạng xét trên bằng cách đặt .xy e zα=

Ví dụ 10 . Giải phương trình " '2 2 sin .xy y y xe x−+ + =

Đặt .xy e z−= Ta có

104

' ' " " ', 2 .x x x x xy e z e z y e z e z e z− − − − −= − = − +

Thế vào phương trình ta được

" sin .z z x x+ =

Nghiệm tổng quát của phương trình này là

1 2cos sin (sin cos )4xz C x C x x x x= + + − ( xem ví dụ 8) .

Vậy nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là

1 2cos sin (sin cos )4

x xy e C x C x x x x− ⎡ ⎤= + + −⎢ ⎥⎣ ⎦.

3. Phương trình Eucler

Đó là phương trình tuyến tính có hệ số biến thiên dạng

2 " ' 0 ,x y axy by+ + = (4.14)

trong đó ,a b là các hằng số.

Thực hiện phép đổi biến số tx e= hay lnt x= , ta có

' 1. .dy dy dt dyydx dt dx x dt

= = =

2"

2 2 21 1 1 1( . ) ( ) ( ) .d dy dy d dy dt d y dyy

dx x dt dt x dt dt dx dtx x dt= =− + = −

Thế vào phương trình (4.14) ta nhận được

2

2 ( 1) 0.d y dya bydtdt

+ − + = (4.15)

Đó là phương trình tuyến tính có hệ số không đổi.

Ví dụ 11. Giải phương trình 2 " '2 6 0.x y xy y+ − =

105

Bằng phép đổi biến số tx e= , phương trình đưa về dạng2

2 6 0.d y dy ydtdt

+ − =

Phương trình đặc trưng 2 6 0k k+ − = , có hai nghiệm 1 22 , 3k k= =− , vậy

2 31 2 .t ty C e C e−= +

Do đó nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là

2 21 3 .Cy C x

x= +

BBBBààààiiii 5.5.5.5. NGHIỆM KHAI TRIỂN ĐƯỢC THÀNH CHUỖI LUỸ THỪA

Giả sử ta muốn tìm nghiệm khai triển được thành chuỗi luỹ thừa của phương trìnhtuyến tính thuần nhất

" '( ) ( ) ( ) 0 ,r x y p x y q x y+ + = (4.16)

ở đó ( ) , ( ) , ( )r x p x q x là hai đa thức .

Đặt 20 1 2

0

n nn n

ny a a x a x a x a x

∞

=

= + + + + + = ∑⋯ ⋯ . (4.17)

Lấy đạo hàm hình thức hai lần rồi thế vào phương trình ( 4.16) ( giả thiết chuỗi có bánkính hội tụ 0R> ), ta được một chuỗi luỹ thừa đồng nhất bằng không . Cho các hệ số củachuỗi luỹ thừa này bằng không, ta xác định được các hệ số trong chuỗi (4.17). Nếu chuỗi luỹthừa này có khoảng hội tụ ( , )R R− , thì biểu thức y ở (4.17) là nghiệm của phương trình(4.16) trong khoảng đó .

Ví dụ 1. Tìm nghiệm khai triển được thành chuỗi luỹ thừa của phương trình

" '2 0.xy y xy+ + =

106

Đặt 20 1 2

0

n nn n

ny a a x a x a x a x

∞

=

= + + + + + = ∑⋯ ⋯ .

Ta có

' 2 11 2 32 3 n

ny a a x a x na x −= + + + + +⋯ ⋯

" 2 22 3 42 2.3 3.4 ( 1) n

ny a a x a x n na x −= + + + + − +⋯ ⋯

Thế vào phương trình trên , rút gọn các số hạng đồng dạng , ta được

2 2 11 2 0 3 1 22 (6 ) (12 ) [( ) ] 0 .n

n na a a x a a x n n a a x −−+ + + + + + + + + =⋯ ⋯

Do đó

0 211 2 30, , 0 , , , 2.

6 12 ( 1)n

na aaa a a a n

n n−= =− =− = =− >+

⋯

Vậy nếu 2 1n k= + thì 0 ;na = nếu 2n k= thì

2 2 2 4 022 2 2 4 2, , , , .

2 (2 1) (2 4)(2 3) 4.5 2.3k k

k ka a aaa a a ak k k k

− −−=− =− =− =−

+ − −⋯

Suy ra 2( 1) .(2 1)!

k

ka k−

=+

Do đó

2 4 6 2

0 01 ( 1) ,3! 5! 7! (2 1)!

kkx x x xy a a

k⎛ ⎞

= − + − + + − +⎜ ⎟⎜ ⎟+⎝ ⎠⋯ ⋯ là một hằng số tuỳ ý .

Ta có thể tính được bán kính hội tụ của chuỗi2 4 6 2

1 ( 1)3! 5! 7! (2 1)!

kkx x x x

k− + − + + − +

+⋯ ⋯

bằng ∞ , do đó biểu thức của y ở trên là nghiệm của phương trình đã cho với mọi x .

Chú ý rằng , ta có chuỗi2 4 6 2

1 ( 1)3! 5! 7! (2 1)!

kkx x x x

k− + − + + − +

+⋯ ⋯ là khai triển của hàm

sin xx

. Vậy nghiệm tìm được là 0sin xy ax

= .

107

Ví dụ 2. Tìm nghiệm khai triển được thành chuỗi luỹ thừa của phương trình

( )2 " '1 4 0.x y xy y− − + =

Cũng như trong ví dụ 1, thế biểu thức của y ở (4.17) vào phương trình , ta được

2 30 2 1 3 4 5 3(4 2 ) (3 6 ) 12 (20 5 )a a a a x a x a a x+ + + + + − + +⋯

22[( 2)( 1) ( 4) ] 0n

n nn n a n a x++ + − − + =⋯ .

Do đó

2 0 3 1 4 5 3 21 1 22 , , 0 , , , , 2,3,4,2 4 1n n

na a a a a a a a a nn+−

=− = − = = = =+

⋯ ⋯

Vậy

2 0 , 2ka k= ≥

5 3 7 5 2 1 2 11 3 2 3, , , ,4 6 2k k

ka a a a a ak+ −−

= = =… …

Suy ra

2 1 1 11.3.5....(2 3) (2 3)!! , 2,2.4.6....(2 ) (2 )!!k

k ka a a kk k+− −

=− =− ≥

trong đó (2 )!! 2.4.6....(2 ) , (2 3) 1.3.5....(2 3)k k k k= − = − . Vậy nghiệm khai triển đượcthành chuỗi luỹ thừa phải tìm là

y=3 5

2 2 10 1

(2 3)!!(1 2 ) ,2 2.4 (2 )!!

kx x ky a x a x xk

+⎛ ⎞−= − + − − − − −⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠⋯ ⋯

trong đó 0 1,a a là các hằng số tuỳ ý.

Khi 1 0a ≠ , chuỗi này có bán kính hội tụ 1R= .

Khi 0 11 , 0a a= = , ta được một nghiệm riêng của phương trình là 21 1 2 .y x= −

108

BBBBààààiiii 6666 .... BÀI TOÁN BIÊN ĐỐI VƠI PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH CẤP HAI

Xét phương trình tuyến tính cấp hai

" '1 1 1( ) ( ) ( )y p x y q x y f x+ + = , (6.1)

ở đó các hệ số và vế phải là các hàm liên tục.

Chúng ta biết rằng phương trình này có vô số nghiệm , để xác định một nghiệm riêngcủa nó, ta phải cho thêm một số điều kiện mà người ta thường gọi là điều kiện bổ sung.

Một dạng điều kiện bổ sung mà ta đã biết đó là điều kiện Cauchy. Trong mục này ta đềcập đến một điều kiện bổ sung khác mà ta sẽ gọi là điều kiện biên.Khi đó bài toán sẽ được gọilà bài toán biên .

Đối với phương trình (6.1) , ta đặt

0

1 ( )

( )

x

xp x dx

p x e∫

= . (6.2)

Suy ra'

1( )( )( )p xp xp x

= , vậy phương trình (6.1) trở thành

109

'" '

1 1( ) ( ) ( )( )p xy y q x y f xp x

+ + = , do ( )p x dương nên phương trình này tương đương với

" ' '1 1( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )p x y p x y p x q x y p x f x+ + = hay

( ) ( ) ( ) ,d dyp x q x y f xdx dx

⎡ ⎤ − =⎢ ⎥⎣ ⎦(6.3)

ở đó 1 1 1( ) ( ) ( ) , ( ) ( ) ( ) .q x p x q x f x p x f x= − =

Như vậy, thay cho việc xét phương trình (6.1) , nhờ phép biến đổi (6.2) , ta xétphương trình (6.3) với '( ) , ( )p x q x vế phải liên tục và ( ) 0 .p x >

Bài toán biên đối với phương trình (6.3) trên đoạn [0 , ]l là bài toán tìm nghiệm củaphương trình (6.3) thoả mãn điều kiện :

'1 1 0

'2 2 1

(0) ( ) (0)

( ) ( ) ( )

y x y u

y l x y l u

α β

α β

⎧ + =⎪⎨

+ =⎪⎩, (6.3)

ở đó 0 1, , ,i i u uα β là các số cho trước sao cho các 2 2 0 , 1,2i i iα β+ > = và các đạo hàmđược hiểu là đạo hàm một phía.

Điều kiện (6.3) được gọi là điều kiện biên.

Nếu 1 2 0α α= = thì điều kiện (6.3) được gọi là điều kiện biên loại I.

Nếu 1 2 0β β= = thì điều kiện (6.3) được gọi là điều kiện biên loại II.

Nếu có ít nhất một cặp ( , )i iα β không đồng thời bằng không thì điều kiện (6.3) đượcgọi là điều kiện biên loại III.

Nếu phương trình là thuần nhất và các điều kiện biên là thuần nhất, thì bài toán biênđược gọi là bài toán thuần nhất. Ngược lại được gọi là bài toán không thuần nhất.

Trong mục này ta xét bài toán biên không thuần nhất sau :

( ) ( ) ( )d dyp x q x y f xdx dx

⎛ ⎞ − =⎜ ⎟⎝ ⎠

(6.4)

'1 1

'2 2

(0) (0) 0

( ) ( ) 0

y y

y l y l

α β

α β

⎧ + =⎪⎨

+ =⎪⎩(6.5)

110

ở đó '( ) , ( ) , ( )p x q x f x liên tục trên [0 , ] , ( ) 0 .l p x > Điều biên (6.5) được gọi là điều kiệnbiên thuần nhất.

Xét phương trình thuần nhất

( ) ( ) 0d dyp x q x ydx dx

⎛ ⎞ − =⎜ ⎟⎝ ⎠

(6.6)

Ta luôn xem là tìm được hai nghiệm độc lập tuyến tính của nó.

1. Nghiệm

Định lý 6.1 Giả sử 1 2,y y là hai nghiệm độc lập tuyến tính của phương trìnhthuần nhất (6.6). Khi đó bài toán biên thuần nhất (6.6)-(6.5) có nghiệm không tầmthường khi và chỉ khi định thức cấp hai

' '1 1 1 1 1 2 1 2

' '2 1 2 1 2 2 2 2

(0) (0) (0) (0)0

( ) ( ) ( ) ( )

y y y y

y l y l y l y l

α β α β

α β α β

+ +=

+ +(6.7)

Chứng minh. Thật vậy, giả sử 1 1 2 2y C y C y= + là nghiệm tổng quát của (6.6).Từ điều kiện biên (6.5) ta có

' '1 1 1 1 1 2 1 2 1 2

' '1 2 1 2 1 2 2 2 2 2

[ (0) (0)] [ (0) (0)] 0

[ ( ) ( )] [ ( ) ( )] 0

C y y C y y

C y l y l C y l y l

α β α β

α β α β

+ + + =

+ + + =. (6.8)

Do điều kiện (6.7) , nên hệ phương trình tuyến tính ẩn 1 2,C C này có nghiệm

không tầm thường. Vậy phương trình (6.6) có nghiệm không tầm thường .

Ngược lại, nếu 1 1 2 2y C y C y= + là nghiệm không tầm thường của phương trình (6.6),

thì 1 2,C C phải thỏa mãn 2 21 2 0 ,C C+ > do đó hệ (6.8) phải có nghiệm không tầm thường.

Suy ra có điều kiện (6.7).

Định lý 6.2 Bài toán biên không thuần nhất (6.4)-(6.3) có nghiệm duy nhất khivà chỉ khi bài toán biên thuần nhất (6.6)-(6.5) chỉ có nghiệm tầm thường .

2. Nghiệm của bài toán với điều kiện biên thuần nhất

Ta xét bài toán biên không thuần nhất (6.4)-(6.3) và ta giả sử rằng nó có nghiệm duy

nhất .

111

Nếu ( )v x là nghiệm của bài toán biên

( ) ( ) ( )d dvp x q x v f xdx dx

⎛ ⎞ − =⎜ ⎟⎝ ⎠

(6.9)

'1 1

'2 2

(0) (0) 0

( ) ( ) 0

v v

v l v l

α β

α β

⎧ + =⎪⎨

+ =⎪⎩, (6.10)

còn ( )xω là nghiệm của bài toán biên

( ) ( ) 0d dp x q xdx dx

ωω⎛ ⎞ − =⎜ ⎟

⎝ ⎠(6.11)

'1 1 0

'2 2 1

(0) (0)

( ) ( )

u

l l u

α ω β ω

α ω β ω

⎧ + =⎪⎨

+ =⎪⎩, (6.12)

thì do tính tuyến tính ( ) ( ) ( )y x v x xω= + sẽ là nghiệm của bài toán biên (6.4)-(6.3), tức là bàitoán

( ) ( ) ( )d dyp x q x y f xdx dx

⎛ ⎞ − =⎜ ⎟⎝ ⎠

'1 1 0

'2 2 1

(0) (0)

( ) ( )

y y u

y l y l u

α β

α β

⎧ + =⎪⎨

+ =⎪⎩

Do nghiệm tổng quát của phương trình (6.11) luôn tồn tại dưới dạng biểu thức

1 1 2 2( ) ( ) ( )x C x C xω ω ω= + , ở đó 1 2( ) , ( )x xω ω là hai nghiệm riêng độc lập tuyến tính.

Vì bài toán biên không thuần nhất (6.4)-(6.3) có nghiệm duy nhất , nên từ định lý 6.2 và 6.1suy ra định thức cấp hai

' '1 1 1 1 1 2 1 2

' '2 1 2 1 2 2 2 2

(0) (0) (0) (0)0

( ) ( ) ( ) ( )l l l l

α ω β ω α ω β ω

α ω β ω α ω β ω

+ +≠

+ +, (6.13)

Do vậy bài toán biên (6.10)-(6.11) tồn tại ( và duy nhất) nghiệm.

112

Do NTQ của (6.4) = NTQ của (6.11) + NR(6.4) và điều kiện (6.12) ,nên về phươngdiện lý thuyết , nghiệm của bài toán (6.4)-(6.3) luôn tồn tại.

Ở mục này ta sẽ chỉ ra công thức biểu diễn nghiệm của nó, đồng thời từ đó cũngkhảng định sự tồn tại nghiệm của bài toán biên (6.9)-(6.10) . Do vậy trong mục này ta xét bàitoán biên sau

[ ] ( ) ( ) ( )d dyL y p x q x y f xdx dx

⎛ ⎞= − =⎜ ⎟⎝ ⎠

, (6.14)

với L[]= ( ) [] ( )[]d dp x q xdx dx

⎡ ⎤ −⎢ ⎥⎣ ⎦;

'1 1

'2 2

(0) (0) 0

( ) ( ) 0

y y

y l y l

α β

α β

⎧ + =⎪⎨

+ =⎪⎩, (6.15)

ở đó '( ) , ( ) , ( )p x q x f x liên tục trên [0 , ] , ( ) 0 ,l p x >

và đồng thời giả thiết rằng bài toán biên thuần nhất tương ứng chỉ có nghiệm tầm thường .

a) Công thức Green

Giả sử ( ) , ( )y x z x là hai hàm thuộc 2[0, ]C l , với ký hiệu

[ ] ( ) ( )d dyL y p x q x ydx dx

⎡ ⎤= −⎢ ⎥⎣ ⎦(6.16)

[ ] ( ) ( )d dzL z p x q x zdx dx

⎡ ⎤= −⎢ ⎥⎣ ⎦(6.17)

Nhân (6.16) với ( )z x và nhân (6.17) với ( )y x− rồi vế với vế ta được

[ ] [ ] ( ) ( )d dy d dzzL y yL z z p x y p xdx dx dx dx

⎡ ⎤ ⎡ ⎤− = −⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦. (6.18)

Do

. . . .d dy dz d dy d dz dz dy dy dzp z y z p y p pdx dx dx dx dx dx dx dx dx dx dx

⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤− = − + − =⎜ ⎟⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎣ ⎦

. .d dy d dzz p y pdx dx dx dx

⎡ ⎤ ⎡ ⎤−⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦.

113

Nên đẳng thức (6.18) được viết lại dưới dạng

[ ] [ ] ( )d dy dzzL y yL z p x z ydx dx dx

⎡ ⎤⎛ ⎞− = −⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦. (6.19)

Đẳng thức (6.19) được gọi là hằng đẳng thức Lagrange .

Lấy tích phân cả hai vế của (6.19) trên đoạn [0 , ]l ta được

[ ]00

.x ll

x

dy dzfz gy dx p z ydx dx

=

=

⎧ ⎫⎛ ⎞− = −⎨ ⎬⎜ ⎟⎝ ⎠⎩ ⎭∫ hay

[ ]00

[ ] [ ] .x ll

x

dy dzz L y yL z dx p z ydx dx

=

=

⎧ ⎫⎛ ⎞− = −⎨ ⎬⎜ ⎟⎝ ⎠⎩ ⎭∫ . (6.20)

Công thức (6.20) được gọi là công thức Green đối với hai hàm ( ) , ( )y x z x thuộc2[0, ]C l .

Chú ý . Nếu ,y z là hai hàm cùng thoả mãn điiều kiện biên (6.15) thì vế phải củađồng nhất thức (6.20) bằng không, thì ta có

( ){ }' '

0( ) 0

x l

xp x zy z y

=

=− = . (6.21)

Khi đó đồng nhất thức (6.20) trở thành

[ ]0

[ ] [ ] 0lzL y yL z dx− =∫ . (6.22)

Thật vậy, nếu 1 0,α ≠ thì từ điều kiện biên tại 0x= suy ra ' '1 1

1 1(0) (0) , (0) (0)y y z zβ β

α α=− =− .

Do vậy ( )' ' 1

1(0) (0) (0) (0) (0) (0) (0) (0) 0 .z y z y z y z yβ

α⎡ ⎤⎡ ⎤− = − − =⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦

Nếu 2 0,α ≠ thì từ điều kiện biên tại x l= suy ra ' '2 2

2 2( ) ( ) , ( ) ( )y l y l z l z lβ β

α α=− =− .

Do vậy ( )' ' 2

2( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0 .z l y l z l y l z l y l z l y lβ

α⎡ ⎤⎡ ⎤− = − − =⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦

114

b) Biểu diễn tích phân nghiệm của bài toán

Ta gọi hàm Green của bài toán (6.14)-(6.15) là một hàm ( , )G x s xác định trên

hình vuông 0 , 0x l s l≤ ≤ ≤ ≤ và với mỗi s cố định thuộc (0 , )l nó thoả mãn các điều kiện :

i) ( , )G x s thoả mãn [ ( , )] 0L G x s = , với mọi x khác tham số s , L là toán

tử trong bài toán biên (6.15)-(6.16).

ii) ( , )G x s thoả mãn điều kiên biên (6.15) tại 0 , .x x l= =

iii) ( ),G x s liên tục theo biến x trên đoạn [0, ]l và đạo hàm cấp một của nó

gián đoạn loại I tại điểm x s= với bước nhẩy 1 ,( )p s

nghĩa là

' ' 1( 0, ) ( 0, ) .( )x xG s s G s sp s

+ − − = (6.23)

iv) ( , ) ( , ) , [0 , ] , [0 , ] .G x s G s x x l s l= ∀ ∈ ∀ ∈

Ta giả sử ( )y x là nghiệm của bài toán biên (6.14)-(6.15) qua hàm Green.

Áp dụng công thức (6.21) cho các hàm ( , )G x s và ( )y x trên các đoạn [0 , ]s ε− và[ , ]s lε+ ta được

0

( , ) ( , )( ) ( , ) ( ) ( ) ( , ) ( )s l

s

dy dG x s dy dG x sp x G x s y x p x G x s y xdx dx dx dx

ε

ε

−

+

⎧ ⎫ ⎧ ⎫⎡ ⎤ ⎡ ⎤− + − =⎨ ⎬ ⎨ ⎬⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎩ ⎭ ⎩ ⎭

0( , ) ( ) ( , ) ( ) .

s l

sG x s f x dx G x s f x dx

ε

ε

−

+

+∫ ∫ (6.24)

Cho 0ε +→ , vế trái của (6.24) bằng

' ' ' '( )[ ( , ) ( ) ( ) ( 0, )] (0)[ (0, ) (0) (0) (0, )] +p s G s s y s y s G s s p G s y y G s− − − −

' ' ' '( )[ ( , ) ( ) ( ) ( , )] ( )[ ( , ) ( ) ( ) (s 0, )] =p l G l s y l y l G l s p s G s s y s y s G s− − − +

' ' ' '( )[ ( 0, ) ( 0, )] ( ) ( )[ ( , ) ( ) ( ) ( , )]p s G s s G s s y s p s G l s y l y l G l s+ − − + − +

115

' '(0)[ (0, ) (0) (0) (0, )]p G s y y G s− . (6.25)

Do điều kiện (6.23) ,nên ' '( )[ ( 0, ) ( 0, )] ( ) y(s) .p s G s s G s s y s+ − − =

Do các ( , )i iα β không đồng thời bằng không , nên từ điều kiện biên

' '1 1 2 2' '

1 1 2 2

(0) (0) 0 ( ) ( ) 0,

(0, ) (0, ) 0 ( , ) ( , ) 0

y y y l y l

G s G s G l s G l s

α β α β

α β α β

⎧ + = + =⎪⎨

+ = + =⎪⎩

suy ra ' '(0, ) (0) (0) (0, ) 0G s y y G s− = và ' '( , ) ( ) ( ) ( , ) 0 .G l s y l y l G l s− =

Vậy từ (6.25) , khi cho 0ε +→ , ta nhận được

0( ) ( , ) ( ) .

ly s G x s f x dx= ∫ (6.26)

c) Xây dựng hàm Green

Ta tìm nghiệm không tầm thường 1y của phương trình thuần nhất (6.6) thỏa mãnđiều kiện biên

'1 1 1 1(0) (0) 0y yα β+ = .

Do giả thiết bài toán biên thuần nhất (6.6)- (6.5) chỉ có nghiệm tầm thường, nên

nghiệm 1y không thỏa mãn điều kiện

'2 2( ) ( ) 0y l y lα β+ = .

Tương tự ,ta tìm nghiệm không tầm thường 2y của phương trình thuần nhất (6.6)

thỏa mãn điều kiện biên

'2 2( ) ( ) 0y l y lα β+ = .

Do giả thiết bài toán biên thuần nhất (6.6)- (6.5) chỉ có nghiệm tầm thường, nên

nghiệm 2y không thỏa mãn điều kiện

'1 1 1 1(0) (0) 0y yα β+ = .

116

Dễ dàng thấy rằng hai nghiệm 1 2,y y này độc lập tuyến tính trên đoạn [0 , ]l .

Ta tìm hàm ( ),G x s dạng

1 1

2 2

( ) , 0( , )

( ) ,C y x x s

G x sC y x s x l

≤ ≤⎧=⎨ ≤ ≤⎩

. (6.27)

Dễ dàng thấy rằng hàm ( , )G x s này thỏa mãn [ ( , )] 0 ,L G x s = với mọi x s≠ và điều

kiện biên (6.5) .

Ta xác định các 1 2,C C sao cho điều kiện iii) thỏa mãn:

1 1 2 2

' '1 1 2 2

( ) ( ) 01( ) ( )( )

C y s C y s

C y s C y sp s

− =⎧⎪⎨ − =−⎪⎩

. (6.28)

Do 1 2W( ( ), (s)) 0 ,y s y ≠ nên hệ (6.28) có nghiệm duy nhất

2 11 1

( ) ( ),( ) ( )y s y sC Cp s W p s W

= = .

Vậy

21

12

( ) . ( ) , 0( )W

( , )( ) . ( ) ,

( )W

y s y x x sp s

G x sy s y x s x lp s

⎧ ≤ ≤⎪⎪= ⎨⎪ ≤ ≤⎪⎩

. (6.29)

Dễ thấy ( , )G x s là hàm Green của bài toán (6.6)-(6.5).

Bài tập. Chứng minh 1 2( ) ( ( ), ( ))p s W y s y s const= trên đoạn [0 , ]l .

d) Ta chứng tỏ hàm0

( ) ( , ) ( )l

y s G x s f x dx= ∫ ở (6.25) là nghiệm của bài toán biên

(6.14)-(6.15) .

Ta viết0

( ) ( , ) f( )d ( , ) ( )s l

sy s G x s x x G x s f x dx= +∫ ∫ .

117

Ta có

' ' '

0( ) ( , ) f( )d ( 0, ) ( 0) ( , ) ( ) ( 0, ) ( 0)

s l

s ss

y s G x s x x G s s f s G x s f x dx G s s f s= + + + + − − − =∫ ∫

' '

0( , ) ( ) ( , ) ( ) .

s l

s ss

G x s f x dx G x s f x dx+∫ ∫

" " ' " '

0( ) ( , ) f( )d ( 0, ) ( 0) ( , ) ( ) ( 0, ) ( 0)

s l

ss s ss ss

y s G x s x x G s s f s G x s f x dx G s s f s= + + + + − − − =∫ ∫

" " ' '

0( , ) ( ) ( , ) ( ) ( )[G (s 0,s) G (s 0,s)]

s l

ss ss s ss

G x s f x dx G x s f x dx f s+ + + − − =∫ ∫

" "

0

( )( , ) ( ) ( , ) ( ) .( )

s l

ss sss

f sG x s f x dx G x s f x dxp s

+ +∫ ∫

Do vậy

" ' '[ ( )] ( ) ( ) ( )sd dyL y s p s q s y s py p y qyds ds

⎡ ⎤= − = − − =⎢ ⎥⎣ ⎦

0( ) [ ( , ) ( ) [ ( , ) ( ) ( ) 0 0 ( ).

s l

s ss

f s L G x s f s dx L G x s f s dx f s f s+ + = + + =∫ ∫

Ví dụ 1. Tìm nghiệm của bài toán

"

'

( )(0) 0

( ) 0

y f xy

y l

⎧ =⎪

=⎨⎪ =⎩

ở đó hàm ( )f x liên tục trên đoạn [0 , ]l .

Rõ ràng bài toán biên thuần nhất chỉ có nghiệm tầm thường. Ta lấy nghiệm 1y x=của phương trình thuần nhất thỏa mãn điều kiện biên 1(0) 0 ,y = còn nghiệm 2 1y = thỏa mãn

điều kiện biên '2( ) 0.y l = Do 1 2( ( ), ( )) 1, ( ) 1W y s y s p s=− = , nên

, 0( , )

,x x s

G x ss s x l

− ≤ ≤⎧= ⎨− ≤ ≤⎩

.

118

Vậy nghiệm là0 0

( ) ( , ) ( ) ( ) ( ) .l s l

sy x G s x f x dx xf s ds sf s ds= =− −∫ ∫ ∫

3. Bài toán Sturm-Liouville

Xét toán tử

[] ( ) ( ),d dL p x q xdx dx

⎡ ⎤= −⎢ ⎥⎣ ⎦(6.30)

ở đó '( ) , ( ) , ( )p x p x q x liên tục trên [0 , ] , ( ) 0l p x > .

Giả sử λ là một hằng số , ( )xρ là một hàm số dương, liên tục trên [0 , ]l .

Xét bài toán biên

[ ] ( ) 0L y x yλρ+ = (6.31)

'1 1

'2 2

(0) (0) 0

( ) ( ) 0

y y

y l y l

α β

α β

⎧ + =⎪⎨

+ =⎪⎩, (6.32)

ở đó các ,i iα β ∈ℝ và không đồng thời bằng không .

Bài toán tìm các giá trị λ sao cho bài toán biên (6.31)- (6.32) có nghiệm không tầmthường được gọi là bài toán Sturm-Liouville . Các giá trị λ như vậy gọi là các giá trị riêng,các nghiệm không tầm thường tương ứng được gọi là các hàm riêng.

Ví dụ 1. Tìm các giá trị riêng và hàm riêng của bài toán

( ) ( )" 0 , 0 , 0 0 .y y x y yλ π π+ = ≤ ≤ = =

Nếu 0 ,λ< NTQ của phương trình là . .1 2

x xy C e C eλ λ− − −= + . Do điều kiện biên ,suy ra 1 2 0.C C= =

Nếu 0 ,λ = NTQ của phương trình là .y ax b= + Do điều kiện biên , suy ra0 .a b= =

Nếu 0 ,λ > NTQ của phương trình là 1 2cos( . ) sin( . )y C x C xλ λ= + .

Do điều kiện biên (0) 0 ,y = suy ra 1 0C = , kéo theo 2 0.C ≠ Do 2 0 ,C ≠ nên từ điều kiện

biên ( ) 0y π = suy ra sin( . ) 0 .λ π = Vậy , 1,2,.....n nλ = =

119

Vậy các giá trị riêng là 2 , 1,2,....n n nλ = = Còn các hàm riêng tương ứng làsin , 0.n n ny A nx A= ≠

CCCCáááácccc ttttíííínhnhnhnh chchchchấấấấtttt ccccủủủủaaaa bbbbààààiiii totototoáááánnnn Sturm-LiuovilleSturm-LiuovilleSturm-LiuovilleSturm-Liuoville

TTTTíííínhnhnhnh chchchchấấấấtttt 1111. Các giá trị riêng của bài toán Sturm-Liouville là thực .

Chứng minh . Giả sử λ là giá trị riêng ứng với hàm riêng ( )y x . Khi đó λ ( liên hợp

với λ ) sẽ là giá trị riêng ứng với hàm riêng ( )y x . Do ( )y x và ( )y x cùng thoả mãn điềukiện biên (6.15) , nên từ đồng nhất thức (6.22) ta có

0[ ] [ ] 0.

lyL y yL y dx⎡ ⎤− =⎣ ⎦∫

Suy ra0

( ) y( ) 0ly y y dxλρ λρ⎡ ⎤− =⎣ ⎦∫ , kéo theo

0( ) 0

ly y dxλ λ ρ− =∫ . Do ( ) 0 , 0x yρ > ≠ nên

suy ra λ λ= . Vậy giá trị riêng λ là thực.

TTTTíííínhnhnhnh chchchchấấấấtttt 2.2.2.2. Các giá trị riêng của bài toán Sturm-Liouville là vô hạn, có thể sắp xếpthành một dãy tăng ngặt : 1 2 3λ λ λ< < <… , trong đó nλ →∞ khi .n→∞

TTTTíííínhnhnhnh chchchchấấấấtttt 3333. Mỗi một giá trị riêng nλ ứng với duy nhất một hàm riêng ( )ny x ( sai khácnhau một hằng số nhân ).

Chứng minh. Giả sử có hai hàm riêng ( ) , ( )y x z x tương ứng với cùng một giá trị riêng

λ . Từ điều kiện biên suy ra'

1 1'

1 1

(0) (0) 0

(0) (0) 0

y y

z z

α β

α β

⎧ + =⎪⎨

+ =⎪⎩. Do 1 1,α β không đồng thời bằng

không nên suy ra ( , ) 0W y z = tại 0x= . Điều này kéo theo ( , ) 0W y z = trên 0 x l≤ ≤ . Vậyy kz= .

TTTTíííínhnhnhnh chchchchấấấấtttt 4.4.4.4. Hệ các hàm riêng { }( )ny x lập thành một hệ trực giao với trọng ( )xρ trênđoạn [0 , ]l , theo nghĩa

0( ) ( ) ( ) 0

l

n mx y x y x dxρ =∫ , (6.33)

với .m n≠

120

Chứng minh. Giả sử ,m nλ λ với m n≠ lần lượt là các giá trị riêng ứng với các hàm riêng

,m ny y . Từ đồng nhất thức (6.22) ta có [ ]0

[ ] [ ] 0 ,l

n m m ny L y y L y dx− =∫ suy ra

[ ]0 0

0 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )l l

n m m m n n n m m ny y y y x y x y x dxλ ρ λ ρ λ λ ρ= − = −∫ ∫ .

Vậy0

( ) ( ) ( ) 0 .l

m nx y x y x dxρ =∫

TTTTíííínhnhnhnh chchchchấấấấtttt 5.5.5.5. Ta có thể tính được giá trị riêng λ ứng với hàm riêng ( )y x theo côngthức

{ }2 ' 2 '00 0

2

0

( ) ( )( ) ( )

( )

l l x l

x

l

q x y dx p x y dx p x y y

x y dxλ

ρ

=

=− −

=∫ ∫

∫.

TTTTíííínhnhnhnh chchchchấấấấtttt 6.6.6.6.

Nếu hàm ( )f x trơn từng khúc trên đoạn [0 , ]l thì ta có biểu diễn sau

1( ) ( ) ,n n

nf x f y x

∞

==∑

trong đó { }( )ny x là hệ đầy đủ các hàm riêng của bài toán Sturm-Liouville còn

0

2

0

( ) ( ) ( )

( ) ( )

l

n

n l

n

f x y x x dxf

x y x dx

ρ

ρ=∫

∫. (6.34)

Hơn nữa chuỗi1

( )n nnf y x

∞

=∑ hội tụ đến [ ]1 ( 0) ( 0)

2f x f x+ + − trên khoảng 0 .x l< <

Chú ý

Trong các bài toán biên tuần hoàn , một giá trị riêng có thể ứng với nhiều hàm

121

riêng . Chẳng hạn bài toán biên

"

' '

0 , 0 2

(0) (2 ) , (0) (2 )

y y x

y y y y

λ π

π π

⎧ + = < <⎪⎨

= =⎪⎩

Các giá trị riêng là 2 ; 1,2,....n n nλ = = mỗi giá trị riêng nλ ứng với hai hàm riêng độc lậptuyến tính 1 2cos , sin .n ny nx y nx= =

• ChuChuChuChuỗỗỗỗiiii FourierFourierFourierFourier sinesinesinesine

Xét bài toán Sturm-Liouville

" 0(0) 0 , ( ) 0

y yy y lλ⎧ + =⎪

⎨= =⎪⎩

Do điều kiện biên, nên suy ra nghiệm không tầm thường của phương trình phải códạng 2 2

1 2 1 2cos sin , 0.y C x C x C Cλ λ= + + > Từ điều kiện biên suy ra 1 20, 0C C= ≠ và

các giá trị riêng2

nnlπλ ⎛ ⎞=⎜ ⎟

⎝ ⎠, 1,2,...n = , các hàm riêng tương ứng là sin n x

lπ .

Do vậy, nếu 2( )f x C∈ từng khúc trên [0 , ]l , thì với (0. )x l∈ , ta có

1( ) sinn

n

n xf x flπ∞

== ∑ (6.35)

Do 2 2

0 0sin

2

l l

nn x ly dx dxlπ

= =∫ ∫ , theo công thức (6.34) thì

0

2 ( )sinl

nn xf f x dx

l lπ

= ∫ (6.36)

Chuỗi (6.35) với các hệ số cho bởi công thức (6.36) được gọi là chuỗi Fouriersine của hàm số ( )f x trên khoảng (0 , ).l

• ChuChuChuChuỗỗỗỗiiii FourierFourierFourierFourier CosineCosineCosineCosine

Xét bài toán " ' '0 , (0) 0 , ( ) 0 , ( 0)y y y y l lλ+ = = = > .

122

Dễ dàng thấy rằng các giá trị riêng là2

, 1,2.....nn nlπλ ⎛ ⎞= =⎜ ⎟

⎝ ⎠và 0 0.λ = Các hàm

riêng tương ứng là 0y cos( ) , 1nn x ylπ

= = .

Do vậy, nếu 2( )f x C∈ từng khúc trên [0 , ]l , thì với (0. )x l∈ , ta có

0

1( ) cos

2 nn

f n xf x flπ∞

== + ∑ (6.37)

Theo công thức (6.34) thì

00 0

2 2( )cos , ( )l l

nn xf f x dx f f x dx

l l lπ

= =∫ ∫ (6.38)

Chuỗi (6.37) với các hệ số cho bởi công thức (6.38) được gọi là chuỗi Fouriercosine của hàm số ( )f x trên khoảng (0 , ).l

Ví dụ 2. Tìm nghiệm của bài toán " ' '2 3 9 ; (0) 1, (1) 2.y y y x y y+ − = = =

Cách 1. Tìm nghiệm ( )u x của bài toán " ' '2 3 9 ; (0) 0, (1) 0.u u u x y y+ − = = =

Tìm nghiệm ( )xω của bài toán " ' '2 3 0; (0) 1, (1) 2.y yω ω ω+ − = = =

Cách 2. Nghiệm tổng quát của phương trình là 31 2 3 2x xy C e C e x−= + − − . Từ các điều

kiện biên ta có 31 2 1 22 1 , 3 3 2C C C e C e−+ − = − + − = . Suy ra

3

1 23 33 5 5 9, .3 3e eC C

e e e e

−

− −− +

= =+ +

Vậy 3 33

1 (3e 5)e (5 9 ) 3 2 .3

x xy e e xe e

− −−⎡ ⎤= − + + − −⎣ ⎦+

BBBBààààiiii ttttậậậậpppp

123

1. Giải các bài toán biên sau :

a) " 0 ; (0) 0 , ( ) 1.2

y y y y π+ = = =

b) " ; (0) 1 , ( ) .2 2

y y x y y π π+ = = =

c) " ' '0 ; (0) 1 , (1) y(1) 2.y y y y− = =− − =

d) " ' 2 0 ; (0) 2 , ( ) 0.y y y y y− − = = +∞ =

2. Xây dựng hàm Green cho các bài toán biên sau :

a) " '( ) ; (0) 0 , ( ) 0.y y f x y y π+ = = =

b) " ' '( ) ; (0) 0 , ( ) 0.y y f x y y l+ = = =

3. Tìm hàm riêng và giá trị riêng của các bài toán Sturm-Liouville sau :

a) " ; (0) 0 , ( ) 0.y y y y lλ= = =

b) " ; (0) 0 , '( ) 0.y y y y lλ= = =

c) 2 " ; (1) 0 , ( ) 0 , ( 1).x y y y y l lλ= = = >

4. Xét bài toán Sturm-Liouville (6.31)-(6.32) với điều kiện1 1 2 2( ) 0 , 0 , 0q x α β α β≥ ≤ ≥ sẽ có các giá trị riêng không âm. Hơn nữa nếu 1β và

2β không đồng thời bằng không , thì các giá trị riêng đó dương .

ChChChChươươươươngngngng IVIVIVIV HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN

Trong chương này ta sẽ nghiên cứu hệ phương trình vi phân cấp I , trong đó chủ

yếu là hệ phương trình vi phân tuyến tính.

BBBBààààiiii 1111 .... HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP I TỔNG QUÁT

1. Các định nghĩa

Hệ phương trình vi phân cấp I dạng tổng quát là hệ phương trình

124

11 1

12 1

11

( , ,..., , ,..., ) 0

( , ,..., , ,..., ) 0

..................................

( , ,..., , ,..., ) 0

nn

nn

nn n

dydyx y ydx dx

dydyx y ydx dx

dydyx y ydx dx

⎧Φ =⎪⎪⎪Φ =⎪⎨⎪⎪⎪Φ =⎪⎩

Hệ phương trình cấp I chuẩn tắc ( dạng giải ra được đối với đạo hàm) được viết

dưới dạng :

11 1

22 1

1

( , ,..., )

( , ,..., )

.............................

( , ,..., )

n

n

nn n

dy f x y ydxdy f x y ydx

dy f x y ydx

⎧ =⎪⎪⎪ =⎪⎨⎪⎪⎪ =⎪⎩

, (1.1)

trong đó x là biến độc lập, 1,..., ny y là các ẩn hàm cần tìm .

Hệ phương trình chuẩn tắc trên có thể viết gọn lại dưới dạng :

' ( , )y f x y= , (1.2)

trong đó ' ' '1 1( ,..., ) , ( ,..., )T T

n ny y y y y y= = và 1( ,..., ) .Tnf f f=

Nghiệm Mỗi nghiệm của hệ (1.1) là một bộ gồm n hàm 1 1( ) ,...., ( )n ny x y xϕ ϕ= = khả vi liêntục trên khoảng I ⊂ℝ mà khi thay vào (1.1) ta nhận được hằng đẳng thức đúng trên .I

2. Liên hệ giữa hệ phương trình và phương trình vi phân cấp cao

• Với một số giả thiết nào đó, việc giải hệ phương trình (1.1) có thể đưa về phươngtrình vi phân cấp cao dựa trên phương pháp khử sau đây .

Đầu tiên đạo hàm cả hai vế của phương trình thứ nhất , ta được

125

" ' '1 1 11 1

1n

n

f f fy y yx y y

∂ ∂ ∂= + + +∂ ∂ ∂

⋯ .

Thay các 'jy bởi các biểu thức ở vế phải tương ứng của hệ ta có thể viết "

1y dưới dạng

"1 11 ( , ,..., ) .ny F x y y=

Lấy đạo hàm hai vế đẳng thức này theo x , ta có

"' ' '1 1 11 1

1n

n

F F Fy y yx y y

∂ ∂ ∂= + + +∂ ∂ ∂

⋯ và ta cũng có thể viết biểu thức này dưới dạng

'''1 2 1( , ,..., )ny F x y y= .

Tiếp tục quá trình trên cho đến đạo hàm cấp n của 1y ta nhận được hệ

'1 1 1"1 1 1

( )1 11

( , ,..., )

( , ,..., )................................

( , ,..., )

n

n

nn n

y f x y y

y F x y y

y F x y y−

⎧ =⎪

=⎪⎨⎪⎪ =⎩

Trong hệ này ta xét 1n − phương trình đầu tiên với 1n − ẩn hàm 2 ,..., .ny y Với một sốđiều kiện nào đó ( thoả mãn điều kiện định lý hàm ẩn xác định bởi hệ phương trình ), ta cóthể giải được duy nhất các 2 ,..., ny y như là các hàm của các biến ' ( 1)

1 1 1, , ,..., .nx y y y − Thay cácbiểu thức của chúng vào phương trình cuối của hệ , ta có

( ) ' ( 1)1 11 1( , , ,..., ).n n

ny F x y y y −=

Đây là phương trình vi phân cấp n đã giải ra được đối với đạo hàm. Giải phương trìnhnày tìm 1y , sau đó tìm được các 2 ,..., .ny y

• Ngược lại cho trước phương trình vi phân cấp n dạng

( ) ' ( 1)( , , ,..., )n ny f x y y y −= ,

Ta có thể đưa về hệ phương trình vi phân cấp 1 dạng chuẩn tắc bằng cách đặt

'1 1, ; 1,.., 1 ,k ky y y y k n+= = = − ta được một hệ

126

'1 2'2 3

'1

................................

( , ,...., )n n

y y

y y

y f x y y

⎧ =⎪

=⎪⎨⎪⎪ =⎩

.

Ví dụ 1. Giải hệ

dx ydtdy xdt

⎧ =⎪⎪⎨⎪ =⎪⎩

Đạo hàm hai vế phương trình đầu rồi kết hợp với phương trình thứ hai ta nhận được

phương trình2

2 0d x xdt

− = , suy ra nghiệm tổng quát là 1 2t tx C e C e−= + . Thay vào phương

trình đầu ta có 1 2t ty C e C e−=− + .

3.Sự tồn tại và duy nhất nghiệm

Đối với hệ phương trình vi phân cấp 1 dạng chuẩn tắc (1.1) , bài toán Cauchy đượcphát biểu như sau : Tìm các hàm 1( ),..., ( )ny x y x xác định trên một khoảng I nào đó lànghiệm của hệ (1.1) đồng thời thoả mãn các điều kiện ban đầu

00( ) , 1,2,....,j jy x y j n= = , (1.3)

trong đó 00 , jx I y∈ là các số cho trước . Điều kiện (3.3) được gọi là điều kiện ban đầu.

Định lý 1. ( Sự tồn tại và duy nhất nghiệm) Giả sử các hàm

1 1 1( , ,..., ) ,..., ( , ,..., )n n nf x y y f x y y liên tục trong miền mở 1nG +⊂ℝ chứa điểm 0 00 1( , ,..., )nx y y

và thoả mãn điều kiện liên tục Lipschitz theo các biến 1,..., ny y . Khi đó trong một lân cận Inào đó của điểm 0x tồn tại duy nhất một bộ n hàm 1,..., ny y là nghiệm của hệ (1.1) thoả mãncác điều kiện ban đầu (1.3) .

Chú ý : - Điều kiện liên tục Lipschitz còn có thể được thay bởi điều kiện mạnh hơn làcác hàm 1( , ,..., )j nf x y y có các đạo hàm riêng theo các biến 1,..., ny y bị chặn .

- Nếu bỏ đi điều kiện liên tục Lipschitz thì bài toán Cauchy tồn tại nhưng không duy

nhất nghiệm.

127

Nghiệm tổng quát Giả sử G là miền tồn tại và duy nhất nghiệm của bài toánCauchy (1.1)-(1.3). Bộ gồm n hàm 1( , ,..., ) ; 1,...,j j ny x C C j nϕ= = phụ thuộc vào n tham số

1 ,..., nC C được gọi là nghiệm tổng quát của hệ (3.1) nếu :

i Với mỗi điểm 0 00 1( , ,..., )nx y y G∈ , từ hệ

01 1 0 102 2 0 1

00 1

( , ,..., )

( , ,..., )..................

( , ,..., )

n

n

n n n

y x C C

y x C C

y x C C

ϕ

ϕ

ϕ

⎧ =⎪

=⎪⎨⎪⎪ =⎩

có thể tìm được duy nhất bộ các hằng số 1,..., .nC C

i Bộ gồm n hàm 1( , ,..., ) ; 1,...,j j ny x C C j nϕ= = này là nghiệm của phương trình

(1.1) .

Nghiệm riêng Nghiệm nhận được từ nghiệm tổng quát bằng cách cho các hằng số1,..., nC C những giá trị cụ thể được gọi là nghiệm riêng của hệ .

Nghiệm kỳ dị Nghiệm của hệ phương trình mà tính duy nhất nghiệm bị vi phạm gọilà nghiệm kỳ dị .

4.Các phương pháp giải hệ

a) Đưa về phương trình vi phân cấp cao Trên cơ sở mối liên hệ giữa hệ phương

trình và phương trình vi phân cấp cao ở mục trên, ta có thể đưa việc giải hệ phương trình viphân về phương trình vi phân cấp cao. Ta thể hiện việc đó qua ví dụ sau.

Ví dụ 2. Giải hệ'

'

cos

3 4 4cos sin

y z x

z y z x x

⎧ = − +⎪⎨

= − + −⎪⎩.

Đạo hàm cả hai vế của phương trình đầu ta được " ' sin .y z x=− − Kết hợp với

phương trình thứ hai, suy ra " (3 4 4cos sin ) sin 3 4 4cosy y z x x x y z x=− − + − − =− + − . Thaybiểu thức của z trong phương trình thứ nhất, ta nhận được phương trình vi phân cấp hai :

" '4 3 0.y y y+ − =

Phương trình này có nghiệm tổng quát là 31 2

x xy C e C e− −= + , từ đó suy ra

31 2 cos .x xz C e C e x− −= + +

b) Phương pháp lặp tổ hợp tích phân

128

Để giải hệ phương trình vi phân (1.1) , ta có thể tìm một phương trình hệ quả

( chẳng hạn tổ hợp tuyến tính các phương trình của hệ) mà phương trình này dễ lấy tích phânhơn và nó được gọi là tổ hợp tích phân của hệ phương trình đã cho.

Ví dụ 3. Giải hệ

dx ydtdy xdt

⎧ =⎪⎪⎨⎪ =⎪⎩

.

Lấy hai phương trình cộng trừ với nhau ta nhận được hệ

( )

( ) ( )

d x y x ydt

d x y x ydt

+⎧ = +⎪⎪⎨ −⎪ = − −⎪⎩

. (*)

Giải từng phương trình của hệ ta được 1 2,t tx y C e x y C e−+ = − = , từ đó suy ra

( ) ( )1 2 1 21 1,2 2

t t t tx C e C e y C e C e− −= + = − . Đây là công thức nghiệm tổng quát của hệ

vì các phương trình tổ hợp tích phân của hệ (*) là độc lập với nhau .

Ví dụ 4. Giải hệ

dx z ydtdy x zdtdz y xdt

⎧ = −⎪⎪⎪ = −⎨⎪⎪ = −⎪⎩

.

Cộng các phương trình với nhau ta được ( ) 0.d x y zdt+ +

=

Phương trình này có tích phân tổng quát ( hay gọi là tích phân đầu đối với việc giảihệ theo phương pháp tổ hợp tích phân) 1 1 .x y z Cϕ = + + =

Lần lượt nhân các phương trình với , ,x y z rồi cộng lại , ta được2 2 2( ) 0.d x y zdt+ + =

Suy ra tích phân đầu là 2 2 22 2x y z Cϕ = + + = .

Từ hai tích phân đầu trên , giải để tìm ,x y ta được

129

( )( )

2 21 2 1 1

2 21 2 1 1

1 2 2 321 2 2 32

x C z C C C z z

y C z C C C z z

⎧ = − − − + −⎪⎪⎨⎪ = − + − + −⎪⎩

Thay các biểu thức của ,x y vào phương trình cuối của hệ ta được

2 22 1 12 2 3 .dz C C C z z

dt= − + −

Suy ra 132

2 1

3arcsin 36 2

z C t CC C

−− =

−.

Vậy nghiệm tổng quát của hệ là

( )( )

2 21 2 1 1

2 21 2 1 1

1 2 2 321 2 2 32

x C z C C C z z

y C z C C C z z

= − − − + −

= − + − + −

132

2 1

3arcsin 36 2

z C t CC C

−− =

−.

2

BBBBààààiiii 2.2.2.2. HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TUYẾN TÍNH

Trong mục này ta xét hệ phương trình vi phân tuyến tính cấp 1 dạng

'1 11 1 12 2 1 1'2 21 1 22 2 2 2

'1 1 2 2

( )

( )... ... ..............

( )

n n

n n

n n n nn n n

x a x a x a x g t

x a x a x a x g t

x a x a x a x g t

⎧ = + + + +⎪

= + + + +⎪⎨⎪⎪ = + + + +⎩

⋯

⋯

⋯

, (2.1)

trong đó ija là các ma trận hàm của biến độ lập t . Giả thiết các các hệ số ij , ( )ia g t là các

hàm liên tục trên một khoảng I ⊂ ℝ .

Dưới dạng ma trận ta có thể viết

' ( )x Ax g t= + , (2.2)

ở đó ( )ij n nA a ×= , còn '1 1( ,..., ) , , ( ) (g ( ),..., ( ))T T

n nx x x x g t t g t= = là các ma trận cột

( cỡ 1n× ).

Nếu ( ) 0g t ≡ ta có hệ tuyến tính thuần nhất với hệ số hằng

'x Ax= . (2.3)

Định lý 2.1 ( tồn tại và duy nhất nghiệm). Giả sử các hệ số ij( ) , ( )ia t g t là các hàm liên

tục trên khoảng I chứa điểm 0t . Khi đó với mỗi véc tơ cộtnξ ∈ℝ , hệ (2.3) có duy nhất

nghiệm ( )x t thoả mãn điều kiện ban đầu

0( )x t ξ= . (2.4)

Nếu

1

2

n

ξξ

ξ

ξ

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥=⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

⋮, thì điều kiện ban đầu (2.4) được viết cụ thể là

3

1 0 1

2 0 2

0

( )( )

( )n n

x tx t

x t

ξξ

ξ

=⎧⎪ =⎪⎨⎪⎪ =⎩

⋮ ⋮ ⋮(2.5)

1. Hệ tuyến tính thuần nhất

Trong phần này ta sẽ mô tả chi tiết không gian nghiệm của hệ tuyến tính thuần

nhất

'( ) ( ) ( )x t A t x t= , (2.6)

ở đó ma trận hàm ( )A t gồm các hàm liên tục trên khoảng I ⊂ℝ .

Do định lý (2.1) , với mỗi điều kiện ban đầu

1

20( )

k

kk

nk

x t

ξξ

ξ

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥=Ψ =⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

⋮cho ta duy nhất một

véc tơ nghiệm

1

2

k

kk

nk

xx

X

x

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥=⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

⋮. Nếu ta lấy 1,..., nΨ Ψ là một hệ véc tơ độc lập tuyến tính trong

nℝ thì các nghiệm tương ứng 1,..., nX X sẽ lập thành một hệ các véc tơ cột lập tuyến tính.

Nếu X là một nghiệm nào đó của (2.6) thì véc tơ 0( )X t sẽ biểu thị tuyến tính (duynhất) qua hệ cơ sở { }kΨ và do đó nó sẽ biểu thị tuyến tính qua các 1,..., nX X .

Do đó ta có định lý sau :

Định lý 2.2 . Tập các nghiệm của hệ (2.6) lập thành một không gian véc tơ n chiều.

Định nghĩa 2.1.Một hệ gồm n nghiệm độc lập tuyến tính 1,..., nX X của hệ tuyến tínhthuần nhất (2.6) được gọi là hệ nghiệm cơ bản của hệ (2.6).

Ma trận [ ]1,...,XnXΦ = được gọi là ma trận cơ bản của hệ (2.6). Định thức của Φđược gọi làWronski của n nghiệm này.

Ký hiệu1

' ' ',..., nX X⎡ ⎤Φ =⎣ ⎦ . Lúc này Φ là nghiệm của phương trình ma trận

4

' AΦ = Φ (2.7)

Với 1,..., nX X là hệ nghiệm cơ bản của hệ (2.6) , thì

1 1 ,n n iX C X C X C= + + ∈⋯ ℝ là nghiệm tổng quát của hệ (2.6). Do nghiệm tổng

quát của hệ (2.6) có dạng ,CΦ ở đó 1( ,..., ) ,TnC C C= Φ là ma trận cơ bản .

Nhận xét rằng với ( )tΦ là ma trận cơ bản , ta có 1 I−Φ Φ= , I là ma trận đơn vị. Do vậy

' '1 1 1 1 '0 .− − − −⎡ ⎤ ⎡ ⎤Φ Φ +Φ Φ= ⇒ Φ =−Φ ΦΦ⎣ ⎦ ⎣ ⎦

Nếu Γ là ma trận hằng không suy biến vuông cấp n n× còn Φ là ma trận cơ bản thì matrận Π=ΦΓ cũng là ma trận cơ bản.

Ngược lại nếu ,Φ Ψ là hai ma trận cơ bản thì sẽ tồn tại một ma trận hằng không suybiến P sao cho PΨ=Φ . Thật vậy , ta có

1 ' 1 ' 1 ' 1 ' 1 1( ) ( ) ( ) A− − − − − −Φ Ψ = Φ Ψ+Φ Ψ =− Φ ΦΦ Ψ +Φ Ψ

( )1 1 1 1 1( ) 0 .A A A A− − − − −− Φ Φ Φ Ψ +Φ Ψ = −Φ Ψ+Φ Ψ =

Do đó 1 ,P P−Φ Ψ = là ma trận hằng.

Định lý 2.3( công thức Ostrogratxki-Liouville).

Mọi ma trận cơ bản ( )tΦ của hệ (2.6) đều thoả mãn công thức

0

0det ( ) det ( ).exp ( )t

tt t trA t dt

⎛ ⎞⎜ ⎟Φ = Φ⎜ ⎟⎝ ⎠∫ , (2.8)

trong đó ( )trA t là tổng các phần tử trên đường chéo chính của ma trận ( )A t .

Định nghĩa 2.2. Ma trận cơ bản [ ]1,..., ,nX XΦ= ở đó các nghiệm kX thoả

mãn điều kiện ban đầu 0( )k kX t e= , trong đó ke là véc tơ đơn vị thứ k trong không gian nℝđược gọi là ma trận giải thức của hệ (2.6), nó thường được ký hiệu là 0( , ).R t t

Do tính chất tuyến tính của hệ (2.6) nên ta có

10 0( , ) ( ) ( )R t t t t−=Φ Φ (2.9)

5

Công thức (2.9) cho thấy rằng thì tích 10( ) ( )t t−Φ Φ không phụ thuộc vào ma trận

cơ bản ( )tΦ .

Định lý 2.4 .

a) 0( , )R t t là nghiệm duy nhất của phương trình ma trận (2.7) thoả mãn điều kiện banđầu 0 0( , )R t t I= , I là ma trận đơn vị cấp n .

b) Với mọi 1 0,t t t≥ ta có 0 1 1 0( , ) ( , ) ( , )R t t R t t R t t= .

c) 10 0( , ) ( , ) .R t t R t t− =

d) Nghiệm của phương trình ma trận (2.7) ( )tΦ thoả mãn điều kiện ban đầu

0( )t ζΦ = , ξ là ma trận vuông cấp n được ký hiệu là 0( , , )t t ξΦ . Khi đó ta có

0 0( , , ) ( , , )t t R t tξ ξΦ = .

2. Hệ tuyến tính không thuần nhất

Về mặt lý thuyết , nếu

11 1

1

( )

n

n nn

t

Φ Φ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥Φ =⎢ ⎥⎢ ⎥Φ Φ⎣ ⎦

⋯⋮ ⋮ ⋮⋮ ⋮ ⋮

⋯

là ma trận cơ bản của hệ (2.3) thì ta

tìm một nghiệm riêng của hệ (2.2) dạng

11 21 1

12 22 21 2

1 2

( ) ( ) ( ) ( )

n

nn

n n nn

X t C t C t C t C

Φ Φ Φ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥Φ Φ Φ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥= + + + = Φ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥Φ Φ Φ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦

⋯⋮ ⋮ ⋮

.

Thay vào hệ phương trình (2.2) ta có

' ' 1( ) ( )C g t C g t−Φ = ⇒ =Φ , từ công thức này ta tính được ma trận cột

1( ) ( )C t g t dt K−= Φ +∫ . Vậy

1( ) ( ) ( ) ( ) ( )X t t K t t g t dt−=Φ +Φ Φ∫ .

6

Với điều kiện ban đầu 0( )X t ξ= , ta chọn 10( )K t ξ−=Φ ta nhận được nghiệm là

0 0

1 1 10 0( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( , ) ( ) ( ) ( )

t t

t tX t t t t s g s ds R t t t s g s dsξ ξ− − −=Φ Φ +Φ Φ = + Φ Φ∫ ∫

0

0( , ) ( , ) ( ) .t

tR t t R t s g s dsξ= + ∫ (2.10)

Ví dụ 1. Giải hệ ' 2 1 21 2 3

tex xt

−⎡ ⎤−⎡ ⎤= + ⎢ ⎥⎢ ⎥−⎣ ⎦ ⎣ ⎦

.

Hệ thuần nhất tương ứng có nghiệm là

31 1 2

32 1 2

1 ( )21 ( )2

t t

t t

x k e k e

x k e k e

− −

− −

⎧ = +⎪⎪⎨⎪ = −⎪⎩

.

Ta chọn ma trận cơ bản là3

3( )

t t

t t

e et

e e

− −

− −

⎡ ⎤Φ =⎢ ⎥

−⎢ ⎥⎣ ⎦.

Ta tìm nghiệm ( ) ( )x t C t=Φ , từ đó suy ra

2 3'1' 1'2

3( ) 2 2( ) ( )

33( ) 12

t tt

t

e teC t eC t ttC t te

−−

⎡ ⎤−⎡ ⎤ ⎢ ⎥⎡ ⎤= =Φ =⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦⎣ ⎦ +⎢ ⎥⎣ ⎦

.

Từ đó suy ra 2 3 31 1

1 1 12 2 6

t t tC e te e H= − + + , 2 23 32 2

t tC t te e H= + − + .

Thay vào biểu thức trên ta nhận được nghiệm .x

7

BBBBààààiiii 3.3.3.3. HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TUYẾN TÍNH VỚI HỆ SỐ HẰNG

Trong mục này ta xét hệ với các hệ số ija là các hằng số thực :

'1 11 1 12 2 1 1'2 21 1 22 2 2 2

'1 1 2 2

( )

( )... ... ..............

( )

n n

n n

n n n nn n n

x a x a x a x g t

x a x a x a x g t

x a x a x a x g t

⎧ = + + + +⎪

= + + + +⎪⎨⎪⎪ = + + + +⎩

⋯

⋯

⋯

(3.1)

Dưới dạng ma trận ta có thể viết

' ( )x Ax g t= + , (3.2)

ở đó ( )ij n nA a ×= , ', , ( )x x g t là các ma trận cột ( cỡ 1n× ).

Nếu ( ) 0g t ≡ ta có hệ tuyến tính thuần nhất với hệ số hằng

'x Ax= . (3.3)

hay viết gọn như sau :

0A Iλ− = , (3.5)

I là ma trận vuông cấp .n

Phương trình (3.4) hay (3.5) được gọi là phương trình đặc trưng của ma trận A . Cácnghiệm kλ của nó được gọi là các giá trị riêng của A . Véc tơ cột 1( ,..., )Tk nkv γ γ= lànghiệm của hệ (3.2) ứng với kλ được gọi là véc tơ riêng ứng với giá trị riêng kλ .

1. Hệ nghiệm cơ bản

Để tìm nghiệm tổng quát của hệ thuần nhất (3.5), ta đi tìm một hệ nghiệm cơ bản

8

của nó. Với véc tơ cột 1( ,..., )Tk nkv γ γ= là nghiệm của hệ (3.2) ứng với giá trị riêng kλ , ta có

một nghiệm 1( ,..., ) ktTk k nkX v eλγ γ= = của hệ. Nếu các véc tơ , 1,...,kX k n= độc lập tuyến

tính , thì hệ { }kX là hệ nghiệm cơ bản và lúc này ma trận [ ]1( ) ,..., nt X XΦ = là ma trận cơbản. Khi đó nghiệm tổng quát của hệ là

1 1 n nX C X C X= + +⋯ hay ta còn viết dưới dạng 1( ) , (C ,..., )TnX t C C C= Φ = ; ở đó

11 1

1

( )n

n nn

tγ γ

γ γ

⎡ ⎤⎢ ⎥Φ =⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

⋯⋮ ⋮ ⋮

⋯

1

2

0 0

0 0

0 0 n

t

t

t

e

e

e

λ

λ

λ

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

⋯

⋯⋮ ⋮ ⋮ ⋮

⋯

. (3.6)

Vậy bài toán đưa về bài toán tìm các giá trị riêng và véc tơ riêng của ma trận A .

a)a)a)a)TrTrTrTrườườườườngngngng hhhhợợợợpppp mamamama trtrtrtrậậậậnnnn A chchchchééééoooo hohohohoáááá đượđượđượđược.c.c.c.

Khi đó ma trận11 1

1

n

n nn

Pγ γ

γ γ

⎡ ⎤⎢ ⎥= ⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

⋯⋮ ⋮ ⋮

⋯là ma trận chuyển , 1 ,P AP B− =

1

2

0 00 0

0 0 n

B

λλ

λ

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥=⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

⋯⋯

⋮ ⋮ ⋮ ⋮⋯

.

Lúc này ma trận ( )tΦ là không suy biến ( do biểu thức của nó ở (3.6)), vậy nó

là ma trận cơ bản.

b)b)b)b)TrTrTrTrườườườườngngngng hhhhợợợợpppp mamamama trtrtrtrậậậậnnnn A khkhkhkhôôôôngngngng chchchchééééoooo hohohohoáááá đượđượđượđượcccc ....

Khi đó ta tìm cách đưa ma trận A về ma trận dạng đơn giản nhất, chẳng hạn ma trậndạng tam giác hoặc dạng Jordan. Nghĩa là tìm ma trận chuyển P sao cho 1 ,P AP B B− = códạng như vậy . Trong đại số tuyến tính đã khảng định luôn tìm được ma trận P thoả mãnđiều kiện đó.

Khi đó đặt x Py= , ta có ' 'x Py= và ta dẫn đến hệ

'y By= (3.7)

9

Giải hệ (3.7) ta tìm đươc y , từ đó suy ra nghiệm x Py= .

Để minh hoạ điều này , ta giả sử B là ma trận tam giác trên, nghĩa là hệ (3.7) có dạngtường minh là

'1 11 1 12 2 1'2 22 2 2

'

. . . . . . . . .

n n

n n

n nn n

y b y b y b y

y b y b y

y b y

⎧ = + + +⎪

= + +⎪⎨⎪⎪ =⎩

⋯

⋯

Từ hệ này đầu tiên ta tìm ny , sau đó đến 1,....,ny − và cuối cùng là 1y .

VVVVềềềề mmmmặặặặtttt ththththựựựựcccc hhhhàààànhnhnhnh tatatata llllààààmmmm nhnhnhnhưưưư sausausausau ::::

i)i)i)i) Nếu phương trình đặc trưng (3.5) có n nghiệm thực phân biệt, lúc này A

chéo hoá được.

Ví dụ 1 . Giải hệ2

3 4

dx x ydtdy x ydt

⎧ = − −⎪⎪⎨⎪ = +⎪⎩

.

Ma trận1 23 4

A− −⎡ ⎤

= ⎢ ⎥⎣ ⎦

. Phương trình đặc trưng

21 23 2 0

3 4λ

λ λλ

− − −= − + =

−có hai nghiệm 1 21, 2.λ λ= = Do đó ma trận A chéo

hoá được, ma trận chuyển1 1

312

P⎡ ⎤⎢ ⎥=⎢ ⎥− −⎣ ⎦

. Vậy nghiệm tổng quát của hệ là

21 2

122

2 1 2

03

02

t tt

t tt

C e C eCx eP

Cy C e C ee

⎡ ⎤+⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎡ ⎤ ⎢ ⎥= =⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥− −⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎢ ⎥⎣ ⎦

.

ii)ii)ii)ii) Nếu phương trình đặc trưng (3.5) có cặp nghiệm phức đơn, không làm mất

tính chất tổng quát , ta giả nó là 1 2,λ λ ở đó 1 2, , ,p iq p iq p qλ λ= + = − ∈ℝ .

Ta có nghiệm 1 11 1( ,..., )TnX x x= , ở đó

10

1

1

1

( )11 11 11

( )21 21 21

( )1 1 1

. . . . .

t p iq t

t p iq t

t p iq tn n n

x e e

x e e

x e e

λ

λ

λ

γ γ

γ γ

γ γ

+

+

+

⎧ = =⎪

= =⎪⎨⎪⎪ = =⎩

ở đó các 1iγ nói chung là các số phức, ( ) (cos sin )p iq t pte e qt i qt+ = + .

Tách phần thực và phần ảo ta có 1k k kx u iv= + được hai nghiệm

1 1 1 1(u ,..., ) , ( ,..., )T Tn nU u V v v= = là hai véc tơ độc lập tuyến tính.

Ví dụ 2. Giải hệ2

2

dx x ydtdy x ydt

⎧ = −⎪⎪⎨⎪ = +⎪⎩

Ma trận2 11 2

A−⎡ ⎤

= ⎢ ⎥⎣ ⎦

. Phương trình dặc trưng2 1

01 2λ

λ− −

=−

có hai nghiệm phức

là 1 22 , 2i iλ λ= + = − .

Ta tìm nghiệm dạng(2 ) 2

1 1(2 ) 2

2 2

(cos sin )

(cos sin )

i t t

i t t

x e e t i t

y e e t i t

α α

α α

+

+

⎧ = = +⎪⎨

= = +⎪⎩

Thay vào hệ, ta có 1 2 0iα α− = . Ta chọn 1 21 , iα α= =− , ta nhận được

(2 ) 2

(2 ) 2

(cos sin )

(sin cos )

i t t

i t t

x e e t i t

y ie e t i t

+

+

⎧ = = +⎪⎨

= − = −⎪⎩

Tách phần thực và phần ảo, ta nhận được hai nghiệm độc lập tuyến tính

2 2

2 2

cos sin,

sin cos

t t

t t

e t e t

e t e t

⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥

−⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦.

Vậy nghiệm tổng quát của hệ là

21 2

21 2

( cos sin )

( sin cos )

t

t

x e C t C t

y e C t C t

⎧ = +⎪⎨

= −⎪⎩

11

iii)iii)iii)iii) Nếu phương trình đặc trưng (3.5) có nghiệm thực bội 1m> , không làm

mất tính chất tổng quát ta giả sử nó là 1λ . Ta sẽ tìm m nghiệm độc lập tuyến tính dạng

1

1

2

( )( )

( )

t

n

P tP t

X e

P t

λ

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥=⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

⋮=

1

1

1

11 11 21 1

12 12 22 2

11 2

( )

( )... ... .......................

( )

tmm

tmm

tmn n n mn

x t t e

x t t e

x t t e

λ

λ

λ

γ γ γ

γ γ γ

γ γ γ

−

−

−

⎧ = + + +⎪

= + + +⎪⎨⎪⎪ = + + +⎩

⋯

⋯

⋯

.

ở đó 1( ) ,..., ( )nP t P t là các đa thức bậc ( 1)m − với hệ số thực.

Thay vào phương trình (3.3) ta xác định được các hệ số ijγ bằng cách cho m giá

trị tuỳ ý trong số các ijγ này và do vậy ta nhận được m véc tơ 1,..., mX X độc lập tuyến tính .

Ví dụ 3.3

dx x ydtdy x ydt

⎧ = −⎪⎪⎨⎪ = +⎪⎩

Ma trận1 11 3

A−⎡ ⎤

=⎢ ⎥⎣ ⎦

có giá trị riêng 2λ = .

Ta tìm hai nghiệm độc lập tuyến tính dạng2

1 22

1 2

( )

( )

t

t

x C t C e

y D t D e

⎧ = +⎪⎨

= +⎪⎩.

Thay vào hệ , sau khi cân bằng hai vế ta nhận được

1 1

2 1 2

D CD C C

=⎧⎨ = − −⎩

.

Vậy nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là

21 2

21 1 2

(C ).

(C )

t

t

x t C e

y t C C e

⎧ = +⎪⎨

= − + +⎪⎩

iv)iv)iv)iv) Nếu phương trình đặc trưng (3.5) có nghiệm phức bội m .

Ta giả sử nghiệm đó là 1λ . Do các hệ số ija là thực, nên sẽ có nghiệm 2 1λ λ= cũng có bội là

m . Tương tự như trường hợp iii) ta tìm nghiệm X dạng

12

1

1

2

( )( )

( )

t

n

P tP t

X e

P t

λ

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥=⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

⋮=

1

1

1

11 11 21 1

12 12 22 2

11 2

( )

( )... ... .......................

( )

tmm

tmm

tmn n n mn

x t t e

x t t e

x t t e

λ

λ

λ

γ γ γ

γ γ γ

γ γ γ

−

−

−

⎧ = + + +⎪

= + + +⎪⎨⎪⎪ = + + +⎩

⋯

⋯

⋯

,

ở đó 1( ) ,..., ( )nP t P t là các đa thức bậc ( 1)m − với hệ số phức .

Tách phần thực và phần ảo ta có k k kx u iv= + được hai nghiệm

1 1 1 1(u ,..., ) , ( ,..., )T Tn nU u V v v= = là hai véc tơ độc lập tuyến tính và như vậy ta có 2m véc tơ

nghiệm 1 2,..., mX X độc lập tuyến tính.

BBBBààààiiii 4.4.4.4. SỰ ỔN ĐỊNH CỦA HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN

1. Một số khái niệm cơ bản của lý thuyết ổn định

Xét hệ phương trình vi phân

' ( , ) , 0x f t x t= ≥ , (4.1)

ở đó ', , ( , )x x f t x là hàm véc tơ.

Với điều kiện ban đầu

0 0( )x t x= . (4.2)

Giả thiết rằng hàm ( , )f t x sao cho bài toán Cauchy (4.1)-(42) luôn tồn tại trênkhoảng 0 .t t≤ <+ ∞

Định nghĩa 4.1. Nghiệm ( )x t của hệ (4.1) được gọi là ổn định( theo nghĩa Liapunop)nếu 00 , 0tε∀ > ∀ ≥ luôn tồn tại số 0( , ) 0tδ ε > sao cho bất kỳ nghiệm ( )y t nào của hệphương trình thoả mãn điều kiện ban đầu 0 0( )y t y= mà 0 0y x δ− < , ta đều có

0( ) ( ) , .y t x t t tε− < ∀ ≥

13

Nói cách khác , nghiệm ( )x t là ổn định khi và chỉ khi mọi nghiệm khác của hệ có giá trịban đầu đủ gần giá trị ban đầu của ( )x t thì nó gần ( )x t trong suốt thời gian 0 .t t≥

Với x là véc tơ cột hay hàng, có n thành phần 1 2, ,..., nx x x , ( )1

2 2 2 21 2 nx x x x= + + +⋯ .

Định nghĩa 4.2 . Nghiệm ( )x t của hệ (4.1) được gọi là ổn định tiệm cận nếu nó là ổnđịnh và có một số 0δ > sao cho với 0 0y x δ− < thì lim ( ) ( ) 0.

ty t x t

→∞− =

Nói cách khác , nghiệm ( )x t là ổn định tiệm cận khi và chỉ khi mọi nghiệm khác củahệ có giá trị ban đầu đủ gần giá trị ban đầu của ( )x t thì nó tiến tới gần ( )x t khi t dần ra vôcùng.

Định nghĩa 4.3. Nếu số δ không phụ thuộc vào thời điểm ban đầu 0t sự ổn định củanghiệm ( )x t được gọi là ổn định đều còn ổn định tiệm cận của nghiệm ( )x t được gọi là ổnđịnh tiệm cận đều.

Định nghĩa 4.4 . Nghiệm ( )x t của hệ (4.1) được gọi là ổn định mũ nếu với mọi 0ε > ,tồn tại các số 0, ( ) 0M δ ε> > sao cho mọi nghiệm ( )y t của hệ có điều kiện ban đầu

0 0( )y t y= thoả mãn

0 0y x δ− < thì ta có 0( )0( ) ( ) , .M t ty t x t e t tε − −− < ∀ ≥

Dễ dàng thấy rằng từ tính ổn định mũ là mạnh nhất.

Ví dụ 1. Xét phương trình vi phân ' , 0 .x ax t= ≥

Nghiệm ( )x t với điều kiện ban đầu 0 0( )x t x= được cho bởi công thức 0 0( ) , 0atx t x e t t= ≥ ≥ .

Do vậy khi 0a < nghiệm 0 là ổn định mũ. Nếu 0a = thì nghiệm 0 là ổn định, nhưng khôngổn định tiệm cận.

2. Sự ổn định của hệ vi phân tuyến tính

2.1 Các định lý tổng quát

Xét hệ tuyến tính

' ( ) ( )x A t x f t= + (4.3)

và hệ thuần nhất tương ứng

14

' ( )x A t x= , (4.4)

trong đó ( )A t là ma trận các hàm liên tục trên 0 , ( )t t f t≤ <+ ∞ là hàm véc tơ liên tục trên

0 .t t≤ <+ ∞ Khi đó mọi nghiệm của (4.3) đều thác triển duy nhất lên khoảng 0 .t t≤ <+ ∞

Định lý 4.1. Các khảng định sau là đúng :

i) Nghiệm bất kỳ ( )x t của hệ (4.3) ổn định ( ổn định tiệm cận) khi và chỉ khi

nghiệm0 của hệ (4.4) ổn định ( ổn định tiệm cận).

ii) Nghiệm 0 của hệ (4.4) ổn định khi và chỉ khi mọi ma trận cơ bản ( )tΦ

của hệ (4.4) đều giới nội trên khoảng 0 .t t≤ <+ ∞

iii) Nghiệm 0 của hệ (4.4) ổn định khi và chỉ khi mọi ma trận cơ bản ( )tΦ

của hệ (4.4) đều thoả mãn lim ( ) 0x

t→∞

Φ = ( lim ( ) 0)ijxt

→∞Φ = .

Do kết quả trên nên khi nó về sự ổn định của hệ phương trình vi phân tuyến tính người takhông nói cụ thể đó là nghiệm nào .

2.2 Ổn định của hệ tuyến tính với hệ số hằng

Xét hệ tuyến tính

'( ) ( ) , 0x t Ax t t= ≥ , (4.5)

trong đó A là ma trận hằng vuông cấp n .

Nghiệm thoả mãn điều kiện ban đầu 0 0( )x t x= được cho bởi công thức

0A( )0( ) t tx t x e −= , ở đó

0 !

kA

k

Aek

∞

==∑ .

Định lý 4.2 .

i) Hệ (4.5) ổn định khi và chỉ khi các giá trị riêng của A đều có phần thực

không dương còn nếu phần thực bằng 0 thì giá trị riêng đó phải là đơn ( nghiệm đơn của đathức đặc trưng).

15

ii) Hệ (4.5) ổn định tiệm cận khi và chỉ khi tất cả các giá trị riêng của A đều có

phần thực âm.

TrTrTrTrườườườườngngngng hhhhợợợợpppp 2n = .... Giả sử A là ma trận vuông cấp 2 thực , với 1 2,λ λ là các giá trịriêng. Ta có kết quả sau :

1 2 0λ λ≥ > không ổn định

1 2 0λ λ≤ < ổn định tiệm cận

1 20λ λ≤ < Không ổn định

1 20λ λ< = ổn định

1,2 iλ α β= ±

0α > Không ổn định0α = ổn định0α < ổn định tiệm cận

2

CHCHCHCHƯƠƯƠƯƠƯƠNGNGNGNG VVVV PHPHPHPHÉÉÉÉPPPP BIBIBIBIẾẾẾẾNNNN ĐỔĐỔĐỔĐỔIIII LAPLACELAPLACELAPLACELAPLACE VVVVÀÀÀÀ PHPHPHPHƯƠƯƠƯƠƯƠNGNGNGNG TRTRTRTRÌÌÌÌNHNHNHNH VIVIVIVI PHPHPHPHÂÂÂÂN.N.N.N.

Trong rất nhiều lĩnh vực của Toán học, Vật lý, Kỹ thuật,… ta thường gặp các phép biếnđổi tích phân có dạng sau

( ) ( ) ( , ) ( ) ,b

af t F s K s t f t dt→ = ∫

trong đó ( , )K s t được gọi là nhân của phép biến đổi đó.

Ở chương này ta giới thiệu một phép biến đổi quan trọng với nhân rất đặc biệt

( , ) stK s t e−= và ta gọi nó là phép biến đổi Laplace.

BBBBààààiiii 1.1.1.1. PHÉP BIẾN ĐỔI LAPLACE

1. Định nghĩa Cho trước hàm ( )f t xác định trên [0 , )+ ∞ , ta gọi phép biến đổiLaplace của f là

• { }0

( ) ( ) ( )stL f t F s e f t dt∞

−= = ∫ (1.1)

Để tích phân ở vế phải của (1.1) hội tụ, hàm f phải khả tích trên mọi đoạn [0 , ]a và phải

có cấp tăng “vừa phải”. Cụ thể là hàm f thoả mãn đánh giá ( ) ,Atf t Ke≤ với mọi t M≥ .Lúc này hàm f được nói là tăng cấp mũ. Ta có mệnh đề sau :

Mệnh đề 1.1. Nếu ( )f t xác định và liên tục từng khúc trên [0, )∞ và có độ tăng mũ thìbiến đổi Laplace của nó tồn tại.

Nếu ( )F s là ảnh của phép biến đổi Laplace của ( )f t thì ta cũng nói ( )f t là phép biến

đổi Laplace ngược của ( )F s và ký hiệu là { }1( ) ( )f t L F s−= .

2. Các ví dụ

• Phép biến đổi Laplace của 1

{ }0

11 stL e dts

∞−= =∫ .

3

• Phép biến đổi Laplace của ate

{ } ( )

0 0

1 , .at st at s a tL e e e dt e dt s as a

∞ ∞− − −= = = >

−∫ ∫

• Phép biến đổi Laplace của sinat

{ }0

sin sinstL at e at dt∞

−= ∫ .

Bằng cách tích phân từng phần hai lần ta được

{ } { }2

21sin sinsL at L ata a

= − với 0s> . Từ đó suy ra

{ } 2 2sin .aL ats a

=+

• Phép biến đổi Laplace của cosat

Tương tự với 0s> , ta có { } 2 2cos sL ats a

=+

• Phép biến đổi Laplace của at với 1a> − .

Ta có { }0

a st aL t e t dt∞

−= ∫ , đặt ,u st= nếu 0s > thì 0u> . Vậy

{ } 1 10

1 ( 1)a u aa a

aL t e u dus s

∞−

+ +Γ +

= =∫ , với 0, 1s a> >− .

Đặc biệt { } 1! , , 0 .n

nnL t n ss += ∈ >ℕ

3. Một số tính chất

3.1 . Tính tuyến tính

Các phép biến đổi Laplace và Laplace ngược là các toán tử tuyến tính

{ } { } { }L f g L f L gα β α β+ = +

4

{ } { } { }1 1 1L F G L F L Gα β α β− − −+ = +

3.2 . Phép biến đổi Lapce của đạo hàm

• Đối với đạo hàm cấp một

{ }' '

0 0( ) ( ) lim ( ) (0) ( ) .st st st

tL f t e f t dt f t e f s e f t dt

∞ ∞− − −

→∞= = − +∫ ∫

Nếu ( )f t liên tục từng khúc trên [0 , )∞ có độ tăng mũ thì lim ( ) 0stt

f t e−→∞

= với s

đủ lớn. Vậy khi đó ta có

{ } { }'( ) ( ) (0)L f t sL f t f= −

• Mở rộng với đạo hàm cấp cao

{ } { }( ) 1 ' ( 2) ( 1)( ) ( ) (0) (0) (0)n n n n nL f t s L f t s f sf f− − −= − − − −⋯ ,

với s và các hàm ' ( 1), ,..., nf f f − thoả mãn điều kiện giống như hàm f ở trên .

• Phép biến đổi Laplace của tích phân

Nếu ( )f t liên tục từng khúc trên [0 , )∞ có độ tăng mũ thì với s đủ lớn ta có

0lim ( ) 0

tst

tf u du e−

→∞

⎛ ⎞=⎜ ⎟

⎝ ⎠∫ . Do đó

0 0 0 0 00

1( ) ( ) ( ) ( )t t t

st st stL f u du e f u du dt e f u du e f t dts

∞∞ ∞− − −

⎡ ⎤⎧ ⎫⎧ ⎫ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢ ⎥= = − −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎨ ⎬ ⎨ ⎬⎢ ⎥⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎩ ⎭ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎩ ⎭⎣ ⎦∫ ∫ ∫ ∫ ∫ .

Vậy { }0

( )( )

t L f tL f u du

s⎧ ⎫⎪ ⎪ =⎨ ⎬⎪ ⎪⎩ ⎭∫ .

• Phép tịnh tiến

5

Với { }( ) ( )L f t F s= thì { } ( )

0( ) ( ) ( )at s a tL e f t e f t dt F s a

∞− −= = −∫

Ví dụ : Do { } 2 2cos , 0sL bt ss b

= >+

, nên

{ } 2 2cos , .( )

at s aL e bt s as a b

−= >

− +

Do { } 1! , 0n

nnL t ss += > , nên { } 1

! ,(s a)

n atn

nL t e s a+= >−

.

BBBBảảảảngngngng ccccáááácccc phphphphéééépppp bibibibiếếếếnnnn đổđổđổđổiiii LaplaceLaplaceLaplaceLaplace ththththôôôôngngngng ddddụụụụngngngng

f { }( ) ( )L f t F s= Miền xá định

1 1s

0s >

t21s

0s >

nt1!

nns +

0 ,s n> ∈ℕ

at1

( 1)nns +

Γ + 0s >

ate 1s a−

s a>

cos( )at2 2s

s a+0s >

sin( )at2 2a

s a+0s >

6

cosh(at)2 2s

s a−s a>

sinh(at)2 2a

s a−s a>

cos( )ate bt2 2( )

s as a b

−− +

s a>

sin( )ate bt2 2( )b

s a b− +

s a>

BBBBààààiiii 2.2.2.2. GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN BẰNG PHÉP BIẾN ĐỔI LAPLACE

Để giải phương trình vi phân ( đặc biệt là giải phương trình vi phân tuyến tính) bằng

phép biến đổi Laplace ta có thể tiến hành theo các bước sau :

• Biến đổi Laplace cả hai vế, biến phương trình vi phân về phương trình đại số

theo s .

• Giải phương trình đại số này để tìm nghiệm ( )Y s

7

• Tìm nghiệm của phương trình nhờ phép biến đổi Laplace ngược 1( ) ( ( ))y t L Y s−=

Ví dụ 1. Tìm nghiệm của phương trình " ' 2 0y y y− − = thoả mãn điều kiện

'(0) 1 , (1) 0y y= = .

Biến đổi Laplace hai vế của phương trình , ta thu được

{ } { } { }" ' 2 0L y L y L y− − = . Đặt { } ( )L y Y s= ta có phương trình

[ ]2 '(0) (0) (0) 2 0s Y sy y sY y Y− − − − − = , do điều kiện ban đầu ta được

2( 2) 1Y s s s− − = − , suy ra

21 1 1 2 1

3 2 3 11sY

s ss s− ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= = +⎜ ⎟ ⎜ ⎟− +− − ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

.

Vậy nghiệm { }1 1 1 21 1 2 1 1 23 2 3 1 3 3

t ty L Y L L e es s

− − − −⎧ ⎫ ⎧ ⎫= = + = +⎨ ⎬ ⎨ ⎬− +⎩ ⎭ ⎩ ⎭.

Ví dụ 2. Giải bài toán Cauchy " sin 2 ,y y t+ = với '(0) 2 , (1) 1y y= = .

Với { }( ) ( )L y t Y s= . Thực hiện phép biến đổi Laplace vào hai vế của phươngtrình, ta được

2 '22(0) (0)4

s Y sy y Ys

− − + =+

.

Thay điều kiện ban đầu vào và giải phương trình tìm Y , ta được

2

2 2 2 2 2(2 1)( 4) 2 2 5 1 2 1

3 3( 4)( 1) 1 1 4s s sYs s s s s+ + +

= = + −+ + + + +

Qua phép biến đổi ngược , ta được

5 1( ) 2cos sin sin 23 3

y t t t t= + − .

• PhPhPhPhéééépppp bibibibiếếếếnnnn đổđổđổđổiiii LaplaceLaplaceLaplaceLaplace ccccủủủủaaaa hhhhààààmmmmHeavisideHeavisideHeavisideHeaviside

8

Hàm Heaviside có bước nhảy tại c là hàm được định nghĩa như sau

0 ,( )

1 ,cx c

H xx c<⎧

=⎨ ≥⎩.

Biến đổi Laplace của hàm Heaviside là

{ }0

( ) ( ) , ( 0).sc

st stc c

c

eL H t e H t dt e dt ss

−∞ ∞− −= = = >∫ ∫

Ngoài ra ta cũng có phép biến đổi Laplace của tích của một hàm bất kỳ với một hàmHeaviside

{ } { }0

( ) ( ) ( ) ( ) ( )st sc su scc

cL H t f t c e f t c dt e e f u du e L f t

∞ ∞− − − −− = − = =∫ ∫ .

Tương tự ta có

{ }0

( ) ( ) ( ),ct st ctL e f t e e f t dt F s c∞

−= = −∫

trong đó { }( ) ( )L f t F s= .

Ví dụ 3. Giải bài toán Cauchy " 4 ( )y y g t+ = với

'

0 , 55(0) 0, (0) 0 , ( ) , 5 10

51 , 10

tty y g t t

t

<⎧⎪ −⎪= = = ≤ <⎨⎪

≤⎪⎩

Trước hết ta biểu diễn hàm g qua hàm Heaviside

[ ]5 101( ) ( ).( 5) H ( ).( 10)5

g t H t t t t= − − −

Biến đổi Laplace cả hai vế , sau đó giải phương trình tìm { }( )Y L y t= ta được

( )5 102 2

1 1( )5 ( 4)

s sY s e es s

− −= −+

.

9

Do 1 1 12 2 2 2

1 1 1 1 1 1 sin 24 4 2( 4) 4

L L L t ts s s s

− − −⎧ ⎫ ⎡ ⎤⎧ ⎫ ⎧ ⎫ ⎛ ⎞= − = −⎨ ⎬ ⎨ ⎬ ⎨ ⎬ ⎜ ⎟⎢ ⎥+ +⎩ ⎭ ⎩ ⎭ ⎝ ⎠⎣ ⎦⎩ ⎭, nên

5 101 5 sin 2( 5) 10 sin 2( 10)( ) ( ) ( )5 4 8 4 8

t t t ty t H t H t⎡ − − − − ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − − −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦.