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

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
F x, y, y , y , ...y (n) = 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
F x, y(x), y (x), ..., y (n−1) (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 (n) = f x, y, y , ..., y (n−1) .
1.1.2.

(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 ) , y0 = y (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 , ..., y (n−1)
với điều kiện đầu (1.3). Giả sử trong hình hộp chữ nhật
(n−1)

D : |x − x0 | ≤ a, |y − y0 | ≤ b, |y − y 0 | ≤ b, ..., y (n−1) − y0

≤b

( a, b là những số dương), hàm f thỏa mãn hai điều kiện
1) f x, y, y , ..., y (n−1) ≤ M với mọi x, y, y , ..., y (n−1) ∈ D;
hàm số f x, y, y , ..., y (n−1) thỏa mãn điều kiện Lipchitz đối với y, y , ..., y (n−1)
nghĩa là, tồn tại hàng số dương L sao cho
f x, y2 , y 2 , ..., y2 (n−1) − f x, y1 , y 1 , ..., y1 (n−1)
(n−1)

≤ L |y2 − y1 | + |y 2 − y 1 | + ... + y2
4

(n−1)

− y1

,


trong đó x, y1 , y1 , ..., y1 (n−1) , x, y2 , y2 , ..., 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
h = min a, b. max M, |y | , ..., y (n−1)

−1

.

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 = 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
, phương trình (1.4) có nghiệm duy nhất y = y(x)
M
thỏa mãn điều kiện đầu y0 (x) = y0 .

với h = min a,

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

x

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
x

y1 = y0 +

f (x, y0 )dx,
x0
x

f (x, y1 )dx,

y2 = y0 +
x0

...
x

y n = y0 +

f (x, yn )dx,
x0

...

Trong việc xây dựng dãy lặp các hàm trên, 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

f (x, y0 )dx ≤ M |x − x0 |

|y1 − y0 | =

(1.7)

x0
x

{f (x, y1 ) − f (x, y0 )} dx

|y2 − y1 | =
x0
x

|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

|y2 − y1 | ≤ N

M |x − x0 | dx =

MN
|x − x0 |2
1·2

(1.8)

x0

Tương tự, ta có
x

|y3 − y2 | =

{f (x, y2 ) − f (x, y1 )} dx
x0
x

≤

N |y2 − y1 | dx
x0

MN2
≤
1·2

x

(x − x0 )2 dx .
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

|yn − yn−1 | dx .

|f (x, yn ) − f (x, yn−1 )| dx ≤ N

|yn+1 − yn | =

x0

x0

Thay biểu thức dưới dấu tích phân bởi vế phải của (1.10) ta được
x

M N n−1
|yn+1 − yn | ≤
n!

MNn
|x − x0 | dx =
|x − x0 |n+1 .
(n + 1)!
n

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
N

∞

n=1

(M h)n
N h2

N 2 h3
N n−1 hn
= Mh + M
+M
+ ... + M
+ .... (1.11)
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
x

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 → ∞
x

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 ) − f (x, y )| < ε,

(1.12)

với mọi cặp điểm (x, y ), (x, y ) ∈ D mà |y − y | < 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

f (x, yn−1 )dx −
x0

x

f (x, Y )dx ≤
x0

f (x, yn−1 )dx − f (x, Y ) ≤ εh.
x0

Vì ε là số dương nhỏ tùy ý, nên
x

lim

x

f (x, yn−1 )dx =

n→∞
x0

f (x, Y )dx.
x0

Như vậy, khi cho n → ∞ ta được
x

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
x

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) = 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 = x0 vì
Y (x0 ) = Z(x0 )). Bởi vì
ξ

Y (ξ) = y0 +

ξ

f (x, Y )dx, Z(ξ) = y0 +
x0

nên

f (x, Z)dx
x0

ξ

|Y (ξ) − Z(ξ)| = θ ≤

|f (x, Y ) − f (x, Z)| dx ≤ N ×
x0
x0 −ε

ξ

×

|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 = 0 nên từ (1.15) ta suy ra ε >

được chứng minh xong.
∂f ∂f
∂f
,

, ..., (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 , ..., 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 + 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
n

n

ck Ln [yk ], với mọi ck ∈ R.

ck y k =

Ln
k=1

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

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
 y
y 2 ··· y m 

 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 (x) + λ y (x) + ... + λ y (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 ] = 0 với mọi x ∈ (a, b).
Chứng minh. Theo bổ đề 1.1 nếu tồn tại x ∈ (a, b) để W (x) = 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 (x ) + λ y (x ) + ... + λ y (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

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

m

y=

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

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 y˜ 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

y(x) = y˜(x) +

ck yk (x).
k=1

13

(1.18)


Chứng minh. Ta có
n

ck yk (x)] = f (x) + 0 = f (x).

Ln [y] = Ln [˜
y ] + Ln [

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 ∗ − y˜] = Ln [y ∗ − y˜] − Ln [˜
y ] = f (x) − f (x) = 0
nên y ∗ − y˜ 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
n
∗

c0k yk ,

y − y˜ =
k=1

hay

n
∗

c0k yk .

y = y˜ +
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 + 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 = λeλx , y = 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 = 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 − 10y = 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 + 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


Ví dụ 1.2. Xét phương trình
y + 4y = ex .

(1.22)

Dễ thấy rằng
yh = C1 cos 2x + C2 sin 2x

là nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất tương ứng
y + 4y = 0.
1 x
e . Khi đó
5
nghiệm tổng quát của phương trình không thuần nhất (1.22) là
Nghiệm riêng của phương trình (1.22) có thể lấy bằng yp =
1
y = yh + yp = C1 cos 2x + C2 sin 2x + ex .
5
d) Phương trình vi phân tuyến tính không thuần nhất hệ số hằng
số vế phải có dạng đặc biệt
Dạng 1. Vế phải có dạng f (x) = eαx Pn (x) trong đó Pn (x) là một đa thức
bậc n của x.
+) Nếu α không là nghiệm của phương trình đặc trưng, thì ta có thể
tìm nghiệm riêng dưới dạng
y = eαx Qn (x).
+) Nếu α là nghiệm bội m của phương trình đặc trưng, thì ta có thể
tìm nghiệm riêng của phương trình dưới dạng
y = xm eαx Qn (x),
trong đó Qn (x) là một đa thức bậc n của x.
Ví dụ 1.3. Giải phương trình
y + 3y − 4y = x.
Phương trình đặc trưng là
λ2 + 3λ − 4 = 0
17

(1.23)

có hai nghiệm phân biệt λ1 = 1, λ2 = −4.
Do đó y1 = ex và y2 = e−4x là hệ nghiệm cơ bản của phương trình thuần
nhất tương ứng.
Vế phải của phương trình (1.23) có dạng eαx P1 (x) với α = 0 và P1 (x) = x.
Vì α = 0 không phải là nghiệm của phương trình đặc trưng nên ta tìm
nghiệm riêng của phương trình (1.23) dưới dạng
y˜(x) = e0x Q1 (x) = Ax + B.
Khi đó
y˜ (x) = A, y˜ (x) = 0.
Thay vào phương trình (1.23) ta được
3A − 4(Ax + B) = x.
Đồng nhất các hệ số của lũy thừa cùng bậc của x ta có
−4A
=1
⇔
3A − 4B = 0

A = −1/4
B = −3/16.

Do đó, một nghiệm riêng của phương trình đã cho là
3
1
y˜(x) = − x − .
4
16
Vậy nghiệm tổng quát của phương trình trên là
1
3
y = c1 ex + c2 e−4x − x − ,

4
16
với c1 , c2 là các hằng số.
Ví dụ 1.4. Giải phương trình
y − 4y + 4y = 2e2x .
Phương trình đặc trưng của phương trình đã cho là
λ2 − 4λ + 4 = 0
18

(1.24)


và nó có nghiệm bội 2 là λ1 = 2. Do đó y1 = e2x và y2 = xe2x là hệ nghiệm
cơ bản của phương trình thuần nhất đã cho. Vế phải của phương trình
(1.24) có dạng eαx P0 (x) với α = 2 và P0 (x) = 2. Vì λ1 = 2 là nghiệm bội
2 của phương trình đặc trưng nên nghiệm riêng của (1.24) có dạng
y˜(x) = x2 Ae2x = Ax2 e2x .
Khi đó
y˜ (x) = 2Axe2x + 2Ax2 e2x ;
y˜ (x) = 2Ae2x + 8Axe2x + 4Ax2 e2x .
Thay vào phương trình (1.24) ta có
2Ae2x + 8Axe2x + 4Ax2 e2x − 4(2Axe2x + 2Ax2 e2x ) + 4Ax2 e2x = 2e2x .
Từ đó, ta nhận được A = 1 và nghiệm riêng của phương trình (1.24) là
y˜(x) = x2 e2x .
Vậy nghiệm tổng quát của phương trình (1.24) là
y = c1 e2x + c2 xe2x + x2 e2x
với c1 , c1 là hằng số.
Dạng 2. Vế phải có dạng f (x) = eαx [Pm1 (x) cos βx + Qm2 (x) sin βx], trong
đó Pm1 (x), Qm2 (x) là những đa thức bậc m1 , m2 và α, β là hằng số.
+) Nếu α + iβ không là nghiệm của phương trình đặc trưng thì ta tìm

nghiệm riêng y˜(x) của phương trình dưới dạng
y˜(x) = eαx [Rm (x) cos βx + Sm (x) sin βx].
+) Nếu α + iβ là nghiệm bội m của phương trình đặc trưng thì ta tìm
nghiệm riêng y˜(x) của phương trình dưới dạng
y˜(x) = xm eαx [R(x) cos βx + S(x) sin βx],
trong đó R(x) và S(x) có bậc bằng bậc lớn nhất của các đa thức P (x) và
Q(x).
19


Để xác định các hệ số của Rm (x), Sm (x) ta thay y˜(x) vào phương trình và
tiến hành như ở trường hợp trên.
Ví dụ 1.5. Giải phương trình
y + y − 2y = ex (cos x − 7 sin x).

(1.25)

Phương trình đặc trưng của phương trình đã cho là
λ2 + λ − 2 = 0
và nó có hai nghiệm phân biệt λ1 = 1, λ2 = −2. Do đó y1 = ex và y2 = e−2x
là hệ nghiệm cơ bản của phương trình thuần nhất trên. Vế phải của phương
trình có dạng
eαx [Pm1 (x) cos βx + Qm2 (x) sin βx],
với α = 1, β = 1, P0 (x) = 1, Q0 (x) = −7. Vì α + iβ = 1 + i không là nghiệm
của phương trình đặc trưng nên ta tìm nghiệm riêng y˜(x) của phương trình
(1.25) dưới dạng
y˜(x) = ex (A cos x + B sin x).
Khi đó
y˜ (x) = ex [(A + B) cos x + (B − A) sin x];
y˜ (x) = ex (2B cos x − 2A sin x).

Thay vào phương trình (1.25) ta được
ex [(−A + 3B) cos x − (3A + B) sin x] = ex (cos x − 7 sin x).
Đồng nhất các hệ số của cos x và sin x ta có
−A + 3B = 1
⇔
3A + B = 7

A=2
B = 1.

Do đó nghiệm riêng của phương trình (1.25) là
y˜(x) = ex (2 cos x + sin x).

20


Vậy nghiệm tổng quát của phương trình (1.25) là
y = c1 ex + c2 e−2x + ex (2 cos x + sin x),
với c1 , c1 là hằng số.
Dạng 3. Vế phải có dạng
f (x) = f1 (x) + f2 (x)... + fn (x),
trong đó mỗi hàm fk (x) có dạng trong dạng 1 và 2. Trước hết ta tìm nghiệm
riêng y˜k của phương trình
Ln [y] = fk (x), k = 1, 2, ..., m.
Khi đó nghiệm riêng của phương trình Ln [y] = f (x) là
y˜(x) = y˜1 (x) + y˜2 (x)... + y˜n (x).
Thật vậy, ta có
m

m

y˜k =

Ln [˜
y ] = Ln

[˜
yk ] =
k=1

k=1

m

fk (x) = f (x).
k=1

Ví dụ 1.6. Giải phương trình
y − y = xcos2 x.
Ta viết phương trình dưới dạng
y −y =

x
x
cos 2x − .
2
2

Nghiệm của phương trình thuần nhất tương ứng là
y¯(x) = c1 ex + c2 e−x .

Với f1 (x) =

x
cos x ta có phương trình
2
x
y − y = cos 2x.
2
21