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

Shortlink: http://wp.me/P8gtr-OU

I. Các khái niệm chung:

1. Định nghĩa:

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

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

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

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

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

2. Định lý tồn tại và duy nhất nghiệm:

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

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

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

3.1 Định lý 1:

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

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

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

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

3.2 Định nghĩa 1:

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

3.3 Định nghĩa 2 (Định thức Wronski)

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

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

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

3.4 Định lý 2:

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

Chứng minh:

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

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

Lấy đạo hàm ta được:

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

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

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

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

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

Vậy W(x_0) = 0, \forall x_0 \in (a;b)

3.5 Định lý 3:

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

Chứng minh:

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

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

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

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

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

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

Mặt khác, ta có:

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

Do đó, từ (3.5.3) ta có:

W' + p(x).W = 0

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

Chứng minh:

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

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

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

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

Ta xét hệ phương trình:

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

3.8 Nguyên lý chồng chất nghiệm (superpostion principle):

Giả sử:

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

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

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

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

(kết quả này bạn dễ dàng kiểm chứng)

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

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

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

  2. Thầy ơi em có bài toán này em giải mãi mà không ra dạng nghiệm của nó , Thầy có thể xem dùm em với :
    a*(Đạo hàm riêng phần cấp hai của p theo x ) + b*(đạo hàm riêng phần cấp của p theo y) + c*p+ d/c = 0
    vơi a,b,c,d là các hằng số
    em không biết cách bỏ công thức vao

  3. thày chép mà em chả hiểu j cả…lý thuyết 1 đằng… bài tập làm 1 nẻo… rõ ràng bài tập giải ra chả giống lý thuyết thầy ghi tẹo nào.

    • Cảm ơn em đã phản hồi, nhưng em có thể nói cụ thể nội dung nào được ko? Có vậy thầy mới biết để điều chỉnh

    • Em xem pp giải tổng quát ở trên nhé.
      Với bài này, đầu tiên, em giải pt thuần nhất: y” – 5y’ + 6y = 0 (1) \Rightarrow y_1 = e^{2x} ; y_2 = e^{3x}
      Nghiệm tổng quát của (1) là: \overline{y} = C_1e^{2x} + C_2e^{3x}
      Sau đó, em dùng pp biến thiên hằng số để tìm nghiệm riêng y* của: y'' - 5y' + 6y = 3e^x - cosx
      Khi đó, y* có dạng: y* = u(x)e^{2x} + v(x)e^{3x} ; với u, v là nghiệm hệ:
      \left\{\begin{array}{ll} u'.e^{2x} + v'.e^{3x} & = 0 \\ u'.\left( e^{2x} \right)^{'} + v'. \left( e^{3x} \right)^{'} & = 3e^x - cosx \\ \end{array} \right.
      Từ đó, em tìm được u’ , v’ rồi suy ra được u, v và y*
      Hoặc em có thể dùng nguyên lý chồng chất nghiệm:
      Gọi y1* là nghiệm riêng của pt: y'' - 5y' + 6y = 3e^x (2)
      Gọi y2* là nghiệm riêng của pt: y'' - 5y' + 6y = cosx (3)
      trong đó: (2), (3) rơi vào trường hợp VP có dạng đặc biệt.
      Khi đó: y* = y1* – y2*

  4. Xin thầy cho biết, nguyên lý chồng chất nghiệm trong tiếng Anh là gì được không ạ.
    Em đang viết đề tài, cần dùng công thức này nhưng không rõ lắm.
    Em cám ơn Thầy

    • Pt này là ptvp cấp 1 mới đúng em à. Giờ em tìm dạng của nó.
      VP của pt không thể tách x riêng, y riêng nên ko là pt tách biến (phân ly biến số).
      Tuy vậy, VP có dạng:
      f(x,y) = \dfrac{y}{x -\sqrt{xy}} = \dfrac{ty}{tx - \sqrt{(tx).(ty)}} (t \rm{>} 0) = f(tx,ty)
      nên có dạng pt đẳng cấp. Vậy chìa khóa để giải quyết pt đẳng cấp là đặt \dfrac{y}{x} = u(x)
      Ngoài ra, nếu em nghịch đảo pt, xem x là hàm theo biến y thì em sẽ có:
      x' = \dfrac{x -\sqrt{xy}}{y} = \dfrac{1}{y}.x - \dfrac{1}{\sqrt{y}}.x^{1/2}
      (không mất tính tổng quát, giả sử x , y \rm{>} 0
      Hay: x' - \dfrac{1}{y}.x = - \dfrac{1}{\sqrt{y}}.x^{1/2}
      Đây là pt Bernulli với \alpha = 1/2

  5. Thưa thầy, em có một bài toán này nghĩ mãi không ra muốn nhờ thầy giải hộ: x^2.y”+xy’-3y=0

    • Đây là ptvp tt cấp 2, hệ số hàm. Em chỉ giải được khi biết trước 1 nghiệm y1 và tìm y2 đltt với y1. Ở đây, đề bài không cho trước y1 nên mình phải “mò” nghiệm. Do các hệ số của pt là đa thức nên nghiệm y1 của pt cũng có dạng đa thức.
      Em có thể tìm y1 dưới dạng tổng quát là đa thức bậc n, rồi thế vào pt, để xác định các hệ số. Tuy vậy, cách này khá phức tạp. Thông thường, với dạng này, ta tìm y1 theo đa thức bậc nhất, bậc 2, …
      Tuy nhiên, với bài này, khi thế đa thức bậc n vào thì các hệ số đều phải bằng 0 mới là nghiệm, nên nó chỉ có nghiệm tầm thường y = 0. Như vậy, nó không có nghiệm riêng dạng đa thức nên… bó tay.
      Nhưng nhìn kỹ lại thì pt này là pt Euler (Ơ-le) \left( x^2y'' + axy' + by = 0 \right)  nên ta đặt: x = e^t
      Ta có: y_x^{'} = y_t^{'}e^{-t} , y_{xx}^{''} = (y_{tt}^{''}-y_t^{'})e^{-2t}
      Thế vào pt: y_{tt}^{''} - y_t^{'} + y_t^{'} - 3y = 0 \Rightarrow y_{tt}^{''} - 3y = 0
      Em giải tìm được y theo t và tìm được nghiệm của pt.

  6. thầy ơi giải giùm e bài này bằng phương pháp đồng nhất hệ số y” – y = e^x.cosx.cosx

    • Phương pháp đồng nhất hệ số sử dụng được khi vế phải có dạng: e^{{\alpha}x}P_n(x) hoặc e^{{\alpha}x}(P_n(x)cos({\beta}x)+Q_m(x)sin({\beta}x))
      Do vậy, em cần biến đổi VP về dạng trên.
      Ta có: e^xcos^2x = \dfrac{e^x(1+cos2x)}{2} = \dfrac{e^x}{2} + \dfrac{e^xcos2x}{2}
      Vậy VP là vừa có dạng 1, vừa có dạng 2.
      Do đó, em tách thành 2 pt dựa vào nguyên lý chồng chất nghiệm.

      Nếu \overline{y} là nghiệm tổng quát của pt: y'' + py' +qy = 0
      y_1^{*} là nghiệm riêng pt: y'' + py' +qy = f(x)
      y_2^{*} là nghiệm riêng pt: y'' + py' +qy = g(x)
      thì y = \overline{y} + y_1^{*} + y_2^{*} là nghiệm tổng quát của pt: y'' + py' +qy = f(x) + g(x)

Gửi phản hồi

Mời bạn điền thông tin vào ô dưới đây hoặc kích vào một biểu tượng để đăng nhập:

WordPress.com Logo

Bạn đang bình luận bằng tài khoản WordPress.com Log Out / Thay đổi )

Twitter picture

Bạn đang bình luận bằng tài khoản Twitter Log Out / Thay đổi )

Facebook photo

Bạn đang bình luận bằng tài khoản Facebook Log Out / Thay đổi )

Google+ photo

Bạn đang bình luận bằng tài khoản Google+ Log Out / Thay đổi )

Connecting to %s