Đăng ký Đăng nhập
Trang chủ Nghiệm chuỗi của phương trình vi phân tuyến tính tại điểm thường...

Tài liệu Nghiệm chuỗi của phương trình vi phân tuyến tính tại điểm thường

.PDF
53
275
135

Mô tả:

Lời cảm ơn Em xin chân thành cảm ơn sự giúp đỡ của các thầy giáo, cô giáo tổ Giải tích và các bạn sinh viên khoa Toán trường Đại học Sư phạm Hà Nội 2. Đặc biệt, em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc của mình tới TS. Nguyễn Văn Hào đã tận tình giúp đỡ em trong quá trình hoàn thành khóa luận tốt nghiệp. Lần đầu được thực hiện công tác nghiên cứu khoa học nên đề tài không tránh khỏi những hạn chế và thiếu sót. Em xin chân thành cảm ơn những ý kiến đóng góp của các thầy giáo, cô giáo và các bạn sinh viên. Hà Nội, tháng 5 năm 2011 Sinh viên Lê Thị Thu Thủy Lời cam đoan Tôi xin cam đoan, dưới sự hướng dẫn của TS. Nguyễn Văn Hào, đề tài nghiên cứu khoa học "Nghiệm chuỗi của phương trình vi phân tuyến tính tại điểm thường" được hoàn thành theo sự nhận thức, hiểu biết và được trình bày theo quan điểm riêng của cá nhân tôi. Trong quá trình làm đề tài, tôi đã kế thừa những thành tựu của các nhà khoa học với sự trân trọng và biết ơn. Hà Nội, tháng 5 năm 2011 Sinh viên Lê Thị Thu Thủy Mục lục Mở đầu 1 Chương 1. Một số kiến thức chuẩn bị 3 1.1. Tổng quan về phương trình vi phân . . . . . . . . . . . . 3 1.1.1. Các khái niệm cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 1.1.2. Bài toán Cauchy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 1.1.3. Vấn đề tồn tại và duy nhất nghiệm của phương trình vi phân . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 1.2. Một số vấn đề cơ bản về phương trình vi phân tuyến tính . 11 1.2.1. Một số khái niệm cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . 11 1.2.2. Sự phụ thuộc tuyến tính và độc lập tuyến tính của các hàm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11 1.2.3. Cấu trúc nghiệm của phương trình vi phân tuyến tính 13 1.2.4. Phương trình vi phân tuyến tính hệ số hằng số . . 14 1.3. Chuỗi hàm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22 1.3.1. Các khái niệm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23 1.3.2. Chuỗi hàm hội tụ đều . . . . . . . . . . . . . . . . 24 1.3.3. Chuỗi hàm hội tụ tuyệt đối . . . . . . . . . . . . . 25 1.4. Chuỗi luỹ thừa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26 1.4.1. Định nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26 1.4.2. Cách tìm bán kính hội tụ của chuỗi lũy thừa . . . . 27 1.4.3. Tính chất của tổng chuỗi lũy thừa . . . . . . . . . . 29 1.4.4. Khai triển hàm số thành chuỗi lũy thừa . . . . . . 30 Chương 2. Nghiệm chuỗi của phương trình vi phân tuyến tính tại điểm thường 33 2.1. Nghiệm chuỗi tại một điểm thường . . . . . . . . . . . . . 33 2.1.1. Phương pháp tìm nghiệm chuỗi lũy thừa trong lân cận của điểm thường . . . . . . . . . . . . . . . . . 34 2.1.2. Một số ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35 2.2. Mở rộng khái niệm về điểm thường . . . . . . . . . . . . . 42 2.3. Bán kính hội tụ của nghiệm chuỗi . . . . . . . . . . . . . . 44 Kết luận 48 Tài liệu tham khảo 49 Mở đầu 1. Lí do chọn đề tài Phương trình vi phân là một chuyên ngành của Toán học hiện đại, vai trò quan trọng của nó được thể hiện qua sự ảnh hưởng tới việc giải quyết nhiều bài toán trong khoa học kỹ thuật, kinh tế và nhiều lĩnh vực khác. Sự ra đời của phương trình vi phân được xuất phát từ việc xác định mối quan hệ xác định giữa một đại lượng biến thiên liên tục (được biểu diễn bằng hàm f (x)) với độ biến thiên của đại lượng đó (biễu diễn bằng đạo hàm bậc nhất hoặc các đạo hàm cấp cao hơn). Đối với các phương trình thông thường, nghiệm là một giá trị số thực hoặc phức. Tuy nhiên, với các phương trình vi phân, nghiệm là hàm chưa được biết của biến độc lập thỏa mãn những mối quan hệ đề ra. Thông thường, nghiệm của phương trình dạng này nó sẽ là một họ các hàm, sai lệch bằng một hằng số C nào đó. Nó được xác định tường minh khi có thêm điều kiện đầu hoặc điều kiện biên. Tuy nhiên, trong một số trường hợp việc tìm ra công thức hiện của nghiệm gặp phải những khó khăn nhất định. Lý thuyết về phương trình vi phân đã được nghiên cứu từ khá sớm, nhiều dạng phương trình đã được đưa ra các phương pháp giải cụ thể. Đặc biệt là phương trình vi phân tuyến tính với hệ số hằng số, người ta đã xây dựng được phương pháp tổng quát giải phương trình này. Tuy nhiên, còn có rất nhiều phương trình vi phân rất khó tìm nghiệm (nếu nói là không tìm được), kể cả nhiều phương trình xem ra rất đơn giản. Một trong những phương pháp khắc phục được phần nào vấn đề trên, người ta dùng phương pháp tìm nghiệm chuỗi. Được sự định hướng của người hướng dẫn, em chọn đề tài "Nghiệm chuỗi của phương trình vi phân tuyến tính tại điểm thường" để hoàn thành khóa luận tốt nghiệp chuyên ngành Toán Giải tích. 1 Khóa luận được bố cục thành hai chương Chương 1. Em trình bày một số khái niệm cơ bản về phương trình vi phân, phương trình vi phân tuyến tính; phương pháp xây dựng nghiệm tổng quát của phương trình vi phân tuyến tính. Cũng ở đây, liên quan việc tìm nghiệm chuỗi của phương trình vi phân tuyến tính, nên chúng tôi cũng trình bày một số kiến thức căn bản nhất về chuỗi hàm; chuỗi hàm lũy thừa; miền hội tụ, các tính chất căn bản về tổng của chuỗi lũy thừa. Chương 2. Như ta đã biết việc tìm của phương trình vi phân không phải khi nào cũng được tiến hành dễ dàng. Phương pháp tìm nghiệm chuỗi của phương trình vi phân tuyến tính là một trong những phương pháp khắc phục phần nào vấn đề trên đây. Mục đích chính của khóa luận được chúng tôi trình bày trong chương này, phương pháp tìm nghiệm chuỗi của phương trình vi phân tuyến tính. 2. Mục đích và nhiệm vụ nghiên cứu Trình bày phương pháp tìm nghiệm chuỗi của phương trình vi phân tuyến tính. Bởi vì nghiệm của phương trình được cho dưới dạng chuỗi lũy thừa, nên điều cần thiết liên quan đến vấn đề này phải kể đến vấn đề hội tụ của nghiệm. 3. Đối tượng nghiên cứu Nghiên cứu một phương pháp tìm nghiệm của phương trình vi phân tuyến tính. Tuy nhiên, do khuôn khổ yêu cầu đối với một khóa luận tốt nghiệp bậc cử nhân Toán học, nên chúng tôi chỉ trình bày vấn đề này trong phạm vi tìm nghiệm chuỗi trong lân cận của điểm thường. 4. Phương pháp nghiên cứu Tìm kiếm tài liệu, phân tích, tổng hợp và xin ý kiến định hướng của người hướng dẫn. 2 Chương 1 Một số kiến thức chuẩn bị 1.1. Tổng quan về phương trình vi phân 1.1.1. Các khái niệm cơ bản Phương trình vi phân là một phương trình chứa hàm cần tìm và các đạo hàm của nó. Nếu hàm cần tìm chỉ phụ thuộc một biến độc lập, thì phương trình đó được gọi là phương trình vi phân thường. Nếu hàm cần tìm phụ thuộc hai hoặc nhiều biến độc lập thì phương trình được gọi là phương trình vi phân đạo hàm riêng. Trong khóa luận này, chúng tôi chỉ xét phương trình vi phân thường. Như vậy phương trình vi phân thường là phương trình có dạng tổng quát   0 00 (n) F x, y, y , y , ...y = 0, (1.1) trong đó F là hàm xác định trong một miền G nào đó của không gian Rn+2 gồm biến độc lập x và y là hàm của biến độc lập cùng các đạo hàm cấp một đến cấp n của nó. Cấp của một phương trình vi phân thường được xác định bởi cấp cao nhất của đạo hàm xuất hiện trong phương trình. Nghiệm của phương trình (1.1) là hàm y = y(x) khả vi n lần trên khoảng (a, b) thỏa mãn phương trình (1.1), tức là   0 (n−1) F x, y(x), y (x), ..., y (x) = 0 với mọi x thuộc khoảng (a, b). Đường cong y = y(x), x ∈ (a, b) gọi là đường cong tích phân của phương trình (1.1). Để giải phương trình vi phân ta cũng dùng thuật ngữ “tích phân phương trình vi phân” vì lý do này. Nếu từ phương trình (1.1) ta tìm được biểu diễn của đạo hàm cấp cao nhất y (n) qua các biến còn lại, thì ta nói phương trình giải ra được đối với y (n) hoặc còn gọi phương trình dạng chính tắc, tức là phương trình (1.1) 3 có dạng dưới đây y 1.1.2. (n)  0 = f x, y, y , ..., y (n−1)  . (1.2) Bài toán Cauchy Bài toán tìm nghiệm y = y(x) của phương trình (1.2) xác định trên khoảng (a, b) nào đó thoả mãn điều kiện (n−1) y0 = y (x0 ) , y00 = y 0 (x0 ) , ..., y0 = y (n−1) (x0 ) , (1.3) được gọi là bài toán Cauchy. Điều kiện (1.3) được gọi là điều kiện đầu. 1.1.3. Vấn đề tồn tại và duy nhất nghiệm của phương trình vi phân Đối với phương trình vi phân, việc nghiên cứu về vấn đề tồn tại và duy nhất nghiệm là khá phức tạp. Dưới đây, chúng tôi chỉ phát biểu kết quả cho trường hợp tổng quát và đưa ra phép chứng minh đối với phương trình vi phân cấp một. Việc chứng minh định lý đối với phương trình cấp n, chúng ta có thể tham khảo trong các cuốn sách [1] được trích dẫn ở phần tài liệu tham khảo. Định lý 1.1. (Tồn tại duy nhất nghiệm) Cho phương trình vi phân cấp n dạng chính tắc   y (n) = f x, y, y 0 , ..., y (n−1) với điều kiện đầu (1.3). Giả sử trong hình hộp chữ nhật (n−1) (n−1) 0 0 D : |x − x0 | ≤ a, |y − y0 | ≤ b, |y − y 0 | ≤ b, ..., y − y0 ≤b ( a, b là những số dương), hàm f thỏa mãn hai điều kiện   1) f x, y, y 0 , ..., y (n−1) ≤ M với mọi x, y, y 0 , ..., y (n−1) ∈ D;  hàm số f x, y, y 0 , ..., y (n−1) thỏa mãn điều kiện Lipchitz đối với y, y 0 , ..., y (n−1) nghĩa là, tồn tại hàng số dương L sao cho     0 (n−1) 0 (n−1) − f x, y1 , y 1 , ..., y1 f x, y2 , y 2 , ..., y2   (n−1) (n−1) 0 0 ≤ L |y2 − y1 | + |y 2 − y 1 | + ... + y2 − y1 , 4   trong đó x, y1 , y10 , ..., y1 (n−1) , x, y2 , y20 , ..., y2 (n−1) ∈ D. Khi đó, tồn tại duy nhất nghiệm y = y(x) của phương trình thỏa mãn điều kiện ban đầu (1.3) cùng với đạo hàm của nó đến cấp xác định n liên tục trong đoạn |x − x0 | ≤ h, trong đó i  h  (n−1) −1 0 . h = min a, b. max M, |y | , ..., y  Chứng minh định lý đối với trường hợp phương trình vi phân cấp một. Trong trường hợp phương trình vi phân cấp một, phương trình (1.2) trở thành y 0 = f (x, y) (1.4) và hàm số f (x, y) thỏa mãn trong hình chữ nhật D  x0 − a ≤ x ≤ x0 + a y0 − b ≤ y ≤ y0 + b thỏa mãn các điều kiện sau 1)) Hàm f (x, y) liên tục (và do đó |f (x, y)| ≤ M với mọi (x, y) ∈ D). 2) Thêm nữa, hàm f (x, y) thỏa mãn điều kiện Lipchitz đối với y, tức là tồn tại số dương N sao cho |f (x, y2 ) − f (x, y1 )| ≤ N |y2 − y1 | , với mọi (x, y1 ) ∈ D; (x, y2 ) ∈ D. Khi đó, trên đoạn x0 − h ≤ x ≤ x0 + h,   b với h = min a, , phương trình (1.4) có nghiệm duy nhất y = y(x) M thỏa mãn điều kiện đầu y0 (x) = y0 . Trước hết, ta chứng minh sự tồn tại nghiệm của phương trình với các điều kiện đã nêu. Ta dễ dàng nhận thấy rằng nghiệm của phương trình vi phân 5 (1.4) thỏa mãn điều kiện đầu y0 (x) = y0 tương đương với phương trình tích phân sau Zx y = y0 + f (x, y)dx, (1.5) x0 trong đó y là hàm số phải tìm. Ta sẽ giải phương trình tích phân này bằng phương pháp xấp xỉ liên tiếp theo các bước sau Bước 1. Xuất phát từ hàm y0 , ta xây dựng dãy lặp các hàm {yn } như sau Zx y1 = y0 + f (x, y0 )dx, x0 Zx f (x, y1 )dx, y2 = y0 + x0 ... Zx y n = y0 + f (x, yn )dx, x0 ... Trong việc xây dựng dãy lặp các hàmtrên, ta  giới hạn sự biến thiên của x b . Khi đó, dễ dàng thấy rằng trong đoạn |x − x0 | ≤ h với h = min a, M vì h ≤ a nên |yk − y0 | ≤ M |x − x0 | ≤ M h ≤ b; k = 1, 2, ... nghĩa là với |x − x0 | ≤ h các hàm số yk (x) không vượt ra ngoài hình chữ nhật D. Bước 2. Bây giờ ta chứng minh rằng dãy {yn } có giới hạn khi n → ∞. Muốn vậy, ta chỉ cần chứng minh rằng chuỗi hàm y0 + (y1 − y0 ) + (y2 − y1 ) + ... (1.6) hội tụ vì nếu chuỗi hàm này hội tụ thì tồn tại giới hạn lim Sn = lim yn (x) = n→∞ n→∞ Y (x) (trong đó Sn là tổng riêng thứ n của chuỗi (1.6). Ta đánh giá các số 6 hạng của chuỗi (1.6) x Z |y1 − y0 | = f (x, y0 )dx ≤ M |x − x0 | (1.7) x0 x Z |y2 − y1 | = {f (x, y1 ) − f (x, y0 )} dx x0 x Z ≤ |f (x, y1 ) − f (x, y0 )| dx x0 Bởi vì |f (x, y1 ) − f (x, y0 )| ≤ N |y1 − y0 | ≤ N M |x − x0 | , nên x Z MN |y2 − y1 | ≤ N M |x − x0 | dx = |x − x0 |2 1·2 (1.8) x0 Tương tự, ta có x Z |y3 − y2 | = {f (x, y2 ) − f (x, y1 )} dx x0 x Z ≤ N |y2 − y1 | dx x0 x Z M N 2 2 . ≤ (x − x ) dx 0 1·2 x0 Từ đó suy ra MN2 |y3 − y2 | ≤ |x − x0 |3 (1.9) 3! Điều còn lại, ta phải chứng minh rằng với mọi số n nguyên dương ta đều có M N n−1 |yn − yn−1 | ≤ |x − x0 |n . n! 7 (1.10) Muốn vậy ta áp dụng phương pháp quy nạp Toán học. Giả sử rằng đã có bất đẳng thức (1.10) đối với n, ta chứng minh rằng bất đẳng thức đó đối với n + 1. Thực vậy, ta có x x Z Z |yn+1 − yn | = |f (x, yn ) − f (x, yn−1 )| dx ≤ N |yn − yn−1 | dx . x0 x0 Thay biểu thức dưới dấu tích phân bởi vế phải của (1.10) ta được x Z M N n−1 MNn n |yn+1 − yn | ≤ |x − x0 | dx = |x − x0 |n+1 . n! (n + 1)! x0 Điều đó chứng tỏ rằng ta có bất đẳng thức (1.10) với mọi n ∈ N. Nếu trong bất đẳng thức (1.10) ta thay |x − x0 | bởi h ta sẽ thấy rằng mọi số hạng của chuỗi (1.6) với mọi n = 1, 2, .... đều bé hơn các số hạng tương ứng của chuỗi số dương ∞ M X (M h)n N h2 N 2 h3 N n−1 hn = Mh + M +M + ... + M + .... (1.11) N n=1 n! 2! 3! n! Điều đó, chứng tỏ rằng, chuỗi (1.11) hội tụ vì un+1 Nh = lim = 0 < 1. n→∞ un n→∞ n + 1 lim Vì vậy theo tiêu chuẩn Weierstrass chuỗi (1.6) hội tụ đều trên đoạn |x − x0 | ≤ h. Mỗi số hạng của chuỗi (1.6) đều là hàm theo cận trên, nên liên tục theo x. Từ đó suy ra rằng giới hạn Y (x) = lim yn (x), n→∞ tồn tại và là hàm liên tục đối với x. Bước 3. Ta còn phải chứng minh rằng hàm số Y (x) là nghiệm của phương Zx trình tích phân y = y0 + f (x, y) dx (tức là nghiệm của phương trình vi x0 phân đã cho với điều kiện đầu Y (x0 ) = y0 ). Trước hết, ta thấy rằng Y (x0 ) = lim yn (x0 ) = y0 . n→∞ 8 Bây giờ ta xét việc chuyển qua giới hạn của dãy hàm dưới đây khi n → ∞ Zx yn (x) = y0 + f (x, yn−1 )dx. x0 Bởi vì hàm f (x, y) liên tục đều đối với y trong D, nên với ε > 0 cho trước, tồn tại số δ > 0 sao cho ta có bất đẳng thức |f (x, y 0 ) − f (x, y 00 )| < ε, (1.12) với mọi cặp điểm (x, y 0 ), (x, y 00 ) ∈ D mà |y 0 − y 00 | < δ. Mặt khác, vì yn (x) → Y (x) cho nên tồn tại số n0 sao cho với mọi n − 1 > n0 và với mọi x ∈ [x0 − h, x0 + h] thì |yn−1 − Y (x)| < δ. (1.13) Kết hợp các hằng đẳng thức (1.12), (1.13) ta có bất đẳng thức |f (x, yn−1 (x)) − f (x, Y (x))| < ε, với mọi n − 1 > n0 . Từ đó, ta nhận được x x Z Z Zx f (x, yn−1 )dx − f (x, Y )dx ≤ f (x, yn−1 )dx − f (x, Y ) ≤ εh. x0 x0 x0 Vì ε là số dương nhỏ tùy ý, nên Zx Zx lim f (x, yn−1 )dx = f (x, Y )dx. n→∞ x0 x0 Như vậy, khi cho n → ∞ ta được Zx Y = y0 + f (x, Y )dx, (1.14) x0 nghĩa là hàm số Y (x) là nghiệm của phương trình tích phân (1.5). Hơn nữa, hàm số Y (x) có đạo hàm theo x vì rằng Zx f (x, Y )dx x0 9 là tích phân của hàm số liên tục f (x, Y ) nên nó có đạo hàm theo cận trên. Lấy vi phân (1.14) theo x ta được dY = f (x, Y ), dx nghĩa là Y (x) là nghiệm của phương trình vi phân đã cho (1.4). Như vậy, ta đã chứng minh xong phần thứ nhất của định lý. Tiếp theo, ta chứng minh tính duy nhất của nghiệm phương trình đã cho. Giả sử rằng ngoài nghiệm Y (x) của phương trình đã cho còn có nghiệm Z(x) cũng thỏa mãn điều kiện đầu Z(x0 ) = y0 . Không mất tính tổng quát, ta có thể giả thiết rằng Y (x) 6= Z(x) trong một khoảng nhỏ tùy ý phía bên phải x0 . Ta sẽ chứng minh rằng điều đó dẫn đến mâu thuẫn. Lấy số dương 1 ε < . Theo giả thiết phản chứng, trong đoạn x0 ≤ x ≤ x0 + ε không phải N khắp nơi ta đều có Y (x) = Z(x). Vì vậy hàm số liên tục |Y (x) − Z(x)| đạt cực đại θ > 0 tại một điểm nào đó ξ ∈ [x0 , x0 + ε] (đương nhiên ξ 6= x0 vì Y (x0 ) = Z(x0 )). Bởi vì Zξ Y (ξ) = y0 + Zξ f (x, Y )dx, Z(ξ) = y0 + x0 nên f (x, Z)dx x0 Zξ |Y (ξ) − Z(ξ)| = θ ≤ |f (x, Y ) − f (x, Z)| dx ≤ N × x0 xZ0 −ε Zξ × |Y (x) − Z(x)| dx ≤ N x0 θdx = N εθ. (1.15) x0 1 trái với cách chọn ban đầu. Điều N đó, chứng tỏ rằng Y (x) ≡ Z(x) trên toàn đoạn [x0 − h, x0 + h]. Định lý đã Do θ 6= 0 nên từ (1.15) ta suy ra ε > được chứng minh xong. ∂f ∂f ∂f , 0 , ..., (n−1) liên tục trong hình hộp ∂y ∂y ∂y R thì hiển nhiên hàm f thỏa mãn điều kiện Lipchitz trong đó đối với Chú ý. Nếu các đạo hàm y, y 0 , ..., y (n−1) . 10 1.2. 1.2.1. Một số vấn đề cơ bản về phương trình vi phân tuyến tính Một số khái niệm cơ bản Phương trình vi phân tuyến tính cấp n là phương trình có dạng y (n) + pn−1 (x)y (n−1) + · · · + p1 (x)y 0 + p0 (x)y = f (x), (1.16) trong đó pn−1 (x), pn−2 (x), ..., p1 (x), p0 (x) và f (x) là các hàm liên tục trên khoảng (a, b) nào đó. Vế trái của (1.16) thường được ký hiệu là Ln [y] và gọi là toán tử vi phân tuyến tính cấp n. Hiển nhiên, toán tử Ln [y] có tính chất Ln [αy1 + βy2 ] = αLn [y1 ] + βLn [y2 ], với mọi α, β ∈ R. Tổng quát ta có " Ln n X # ck y k = k=1 n X ck Ln [yk ], với mọi ck ∈ R. k=1 Với ký hiệu như thế, phương trình (1.16) được viết dưới dạng Ln [y] = f (x). Phương trình Ln [y] = 0 gọi là phương trình thuần nhất tương ứng của phương trình Ln [y] = f (x). Trong trường hợp pi (x), i = 0, 1, 2, ..., n − 1, là các hằng số thì phương trình (1.16) được gọi là phương trình vi phân tuyến tính với hệ số hằng số. Chú ý. Từ định lý tồn tại và duy nhất nghiệm, với các điều kiện đã nêu của phương trình vi phân tuyến tính cấp n ta thấy phương trình, luôn tồn tại duy nhất nghiệm thỏa mãn điều kiện đầu cho trước. 1.2.2. Sự phụ thuộc tuyến tính và độc lập tuyến tính của các hàm Các hàm số y1 (x, y2 (x), ..., ym (x)) xác định trên khoảng (a, b) được gọi là phụ thuộc tuyến tính trên khoảng đó nếu tồn tại các hằng số c1 , c2 , ..., cm 11 không đồng thời bằng 0 sao cho m X ck yk (x) = 0, (1.17) k=1 với mọi x ∈ (a, b). Các hàm số đó được gọi là độc lập tuyến tính trên khoảng (a, b) nếu nó không phụ thuộc tuyến tính, tức là hệ thức (1.17) chỉ xảy ra khi c1 = c2 = · · · = cm = 0. Giả sử các hàm số y1 , y2 , ..., ym xác định và có đạo hàm cấp m − 1 trên khoảng (a, b), ta đặt   y1 y2 ··· ym  y0 y02 · · · y0m    1 W [y1 , y2 , ..., ym ] = Det  ··· ··· ···    ··· (m−1) (m−1) (m−1) y1 y2 · · · ym Giá trị trên được gọi là định thức Wronski của các hàm y1 , y2 , ..., ym . Bổ đề 1.1. Nếu y1 , y2 , ..., ym phụ thuộc tuyến tính thì W (x) = 0 với mọi x ∈ (a, b). Chứng minh. Vì y1 , y2 , ..., ym phụ thuộc tuyến tính nên tồn tại các số λ1 , λ2 , ..., λm không đồng thời bằng không để   λ1 y1 (x) + λ2 y2 (x) + ... + λm ym (x) = 0    λ y 0 (x) + λ y 0 (x) + ... + λ y 0 (x) = 0 2 2 m m 1 1 ..............     λ y (m−1) (x) + λ y (m−1) (x) + ... + λ y (m−1) (x) = 0 1 1 2 2 m m với mọi x ∈ (a, b). Vì hệ thuần nhất này có nghiệm không tầm thường (λ1 , λ2 , ..., λm ) nên định thức của nó W (x) = 0 với mọi x ∈ (a, b).  Bổ đề 1.2. Cho các hàm y1 , y2 , ..., ym xác định trên khoảng (a, b) là nghiệm của phương trình Ln [y] = 0. Khi đó để y1 , y2 , ..., ym độc lập tuyến tính thì điều kiện cần và đủ là W [y1 , y2 , ..., ym ] 6= 0 với mọi x ∈ (a, b). Chứng minh. Theo bổ đề 1.1 nếu tồn tại x ∈ (a, b) để W (x) 6= 0 thì y1 , y2 , ..., ym độc lập tuyến tính bất luận các hàm này có là nghiệm của phương trình Ln [y] = 0 hay không. 12 Ngược lại, giả sử y1 , y2 , ..., ym độc lập tuyến tính nhưng tồn tại x0 để W (x0 ) = 0. Xét hệ phương trình   λ1 y1 (x0 ) + λ2 y2 (x0 ) + ... + λm ym (x0 ) = 0    λ y 0 (x ) + λ y 0 (x ) + ... + λ y 0 (x ) = 0 1 1 0 2 2 0 m m 0 .............................     λ y (m−1) (x ) + λ y (m−1) (x ) + ... + λ y (m−1) (x ) = 0 1 1 0 2 2 0 m m 0 Vì W (x0 ) = 0 nên tồn tại bộ số (λ1 , λ2 , ..., λm ) không đồng thời bằng không m P là nghiệm của hệ trên. Theo định lý 1.2 dưới đây, y = λk yk là nghiệm k=1 của phương trình Ln [y] = 0. Theo hệ trên thì nghiệm này thỏa mãn điều kiện đầu (1.3). Hiển nhiên, y = 0 cũng thỏa mãn điều kiện này nên theo định lý 1.1 y= m X λk yk (x) = 0 k=1 trên khoảng (a, b). Điều này mâu thuẫn với tính độc lập tuyến tính của y1 , y2 , ..., ym . Bổ đề được chứng minh. 1.2.3.  Cấu trúc nghiệm của phương trình vi phân tuyến tính Định nghĩa 1.1. Hệ gồm n nghiệm độc lập tuyến tính của phương trình Ln [y] = 0 gọi là hệ nghiệm cơ bản của phương trình đó. Định lý 1.2. Nếu y1 , y2 , ..., ym là các nghiệm độc lập tuyến tính của phương trình Ln [y] = 0, thì nghiệm tổng quát của phương trình có dạng m X y= ck yk (x), k=1 trong đó c1 , c2 , ..., cm là các hằng số tùy ý. Định lý 1.3. Nếu y1 , y2 , ..., ym là một hệ nghiệm cơ bản của phương trình Ln [y] = 0 và ỹ là một nghiệm riêng của phương trình Ln [y] = f (x), thì nghiệm tổng quát của phương trình Ln [y] = f (x) có dạng n X y(x) = ỹ(x) + ck yk (x). k=1 13 (1.18) Chứng minh. Ta có Ln [y] = Ln [ỹ] + Ln [ n X ck yk (x)] = f (x) + 0 = f (x). k=1 Như vậy công thức (1.18) cho ta nghiệm của phương trình Ln [y] = f (x). Ta cần chứng minh rằng mọi nghiệm của phương trình Ln [y] = f (x) đều có dạng (1.18). Thật vậy, giả sử y ∗ là một nghiệm nào đó của phương trình, ta có Ln [y ∗ − ỹ] = Ln [y ∗ − ỹ] − Ln [ỹ] = f (x) − f (x) = 0 nên y ∗ − ỹ cũng là một nghiệm của phương trình Ln [y] = 0. Do đó theo định lý 1.2, tồn tại các hằng số c01 , c02 , ..., c0n để ∗ y − ỹ = n X c0k yk , k=1 hay ∗ y = ỹ + n X c0k yk . k=1 Như vậy nghiệm y ∗ có dạng (1.18). 1.2.4.  Phương trình vi phân tuyến tính hệ số hằng số a) Nghiệm riêng của phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất hệ số hằng số Phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất hệ số hằng số là phương trình có dạng Ln [y] = y (n) + pn−1 y (n−1) + · · · + p1 y 0 + p0 y = 0, (1.19) trong đó pn−1 , pn−2 , ..., p0 là các hằng số thực. Ta tìm nghiệm riêng của phương trình (1.19) dưới dạng y = eλx , trong đó hằng số λ được xác định sao cho y là nghiệm của (1.19). Khi đó y 0 = λeλx , y 00 = λ2 eλx , ..., y (n) = λn eλx . Thay vào phương trình (1.19) ta được Ln [y] = Ln (eλx ) = (λn + pn−1 λn−1 + ... + p1 λ + p0 )eλx = 0. 14 Vì eλx 6= 0 nên ta có Pn (λ) = λn + pn−1 λn−1 + ... + p1 λ + p0 = 0 (1.20) Như vậy, nếu λ là một nghiệm của phương trình (1.20) thì y = eλx là một nghiệm của phương trình (1.19). Phương trình (1.20) được gọi là phương trình đặc trưng của phương trình (1.19). Đa thức Pn (λ) gọi là đa thức đặc trưng của phương trình (1.19). Để xây dựng được hệ nghiệm cơ bản của phương trình vi phân tuyến tính với hệ số hằng số, ta cần một số bổ đề sau Bổ đề 1.3. Nếu λ1 , λ2 , ..., λm là các nghiệm khác nhau của phương trình (1.20) thì eλ1 x , eλ2 x , ..., eλm x là các nghiệm độc lập tuyến tính của phương trình (1.19). Bổ đề 1.4. Nếu λ1 là một nghiệm bội m của phương trình (1.20) thì các hàm eλ1 x , xeλ1 x , ..., xm−1 eλ1 x là các nghiệm riêng độc lập tuyến tính của phương trình (1.19). Bổ đề 1.5. Nếu α ± iβ là cặp nghiệm phức bội m của phương trình (1.20) thì hệ các hàm eαx cos βx, xeαx cos βx, ..., xm−1 eαx cos βx và eαx sin βx, xeαx sin βx, ..., xm−1 eαx sin βx là 2m nghiệm riêng độc lập tuyến tính của phương trình (1.19). b) Phương pháp giải phương trình tuyến tính thuần nhất hệ số hằng số Từ “định lý cơ bản của đại số”, đa thức đặc trưng Pn (λ) có đúng n nghiệm kể cả nghiệm bội. Do đó ta xây dựng được n nghiệm độc lập tuyến tính 15 của phương trình (1.19) qua các bổ đề đã trình bày trên đây. Từ đó, ta nhận được nghiệm tổng quát của phương trình đã cho. Ví dụ 1.1. Giải phương trình y (5) + y 000 − 10y 00 = 0. Phương trình trên đây có phương trình đặc trưng là λ5 + λ3 − 10λ2 = 0. Các nghiệm của phương trình đặc trưng là λ = 0 (bội 2), λ = 2 (nghiệm đơn) và cặp nghiệm phức đơn liên hợp λ = −1 ± 2i. Do đó, theo các bổ đề xây dựng trên, ta có hệ nghiệm cơ bản của phương trình đã cho là e0x = 1, xe0x = x, e2x , e−x cos2x, e−x sin 2x. Từ đó, ta được nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là y = c1 + c2 x + c3 e2x + c4 e−x cos2x + c5 e−x sin 2x. trong đó ci ; i = 1, 5 là các hằng số. c) Nghiệm tổng quát của phương trình vi phân tuyến tính không thuần nhất Phương trình vi phân tuyến tính không thuần nhất có hệ số hằng là phương trình có dạng y (n) + pn−1 y (n−1) + ... + p1 y 0 + p0 y = f (x), (1.21) trong đó p0 , p1 , ..., pn−1 là các hằng số, f (x) liên tục trên khoảng (a, b) nào đó. Để nhận được nghiệm tổng quát của phương trình tuyến tính không thuần nhất, ta lấy một nghiệm riêng của phương trình không thuần nhất cộng với nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất tương ứng. Vấn đề này đã được chứng minh trong phần định lý cấu trúc nghiệm tổng quát. 16
- Xem thêm -

Tài liệu liên quan

Tài liệu vừa đăng