(Luận văn thạc sĩ) hàm green của phương trình vi phân

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
KHOA TỐN - CƠ - TIN HỌC

CAO VĂN HỊA

HÀM GREEN CỦA PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN

LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC

Hà Nội - Năm 2016


ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
KHOA TỐN - CƠ - TIN HỌC

CAO VĂN HỊA

HÀM GREEN CỦA PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN

LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC

Chun ngành: TỐN GIẢI TÍCH
Mã số : 60 46 01 02

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC
TS. LÊ HUY TIỄN

Hà Nội - Năm 2016

Lời cảm ơn
Luận văn này được hoàn thành dưới sự hướng dẫn nhiệt tình của TS. Lê
Huy Tiễn. Thầy đã dành nhiều thời gian hướng dẫn cũng như giải đáp các
thắc mắc của tơi trong suốt q trình làm luận văn. Tơi muốn bày tỏ lịng
biết ơn sâu sắc đến thầy.
Qua đây, tôi xin gửi tới quý thầy cô Khoa Toán - Cơ - Tin học, Trường
Đại học Khoa học Tự nhiên, Đại học Quốc gia Hà Nội, cũng như các thầy
cơ đã tham gia giảng dạy khóa cao học 2013 - 2015, lời cảm ơn sâu sắc nhất
đối với cơng lao dạy dỗ trong suốt q trình học tập của tôi tại Trường.
Tôi cũng xin gửi lời cảm ơn sâu sắc tới Ban giám hiệu Trường Cao đẳng
Dược Phú Thọ đã tạo điều kiện thuận lợi để tôi tiếp tục học tập nâng cao
trình độ.
Để hồn thành được chương trình đào tạo và hồn thiện luận văn này,
trong thời gian vừa qua tôi đã nhận được rất nhiều sự giúp đỡ q báu của
gia đình, thầy cơ và bạn bè. Đặc biệt, tôi xin gửi lời cảm ơn tới bạn Lê Đức
Nhiên đã giúp đỡ tôi rất nhiều trong việc lập trình với phần mềm Maple.
Nhân dịp này, tơi cũng xin được gửi lời cảm ơn tới các thầy cơ và các thành
viên trong nhóm Semina Hệ động lực của TS. Lê Huy Tiễn.
Hà Nội, ngày 08 tháng 05 năm 2016.
Học viên
Cao Văn Hòa


Mục lục
Mở đầu

2

1 Hàm Green của phương trình vi phân

1.1 Ví dụ cho hàm Green . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2 Định nghĩa hàm Green . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.3 Sự tồn tại và tính duy nhất của hàm Green . . . . . . . . . .

3
3
12
13

2 Cơng thức hàm Green cho phương trình vi phân hệ số
2.1 Hàm Green cho phương trình vi phân hệ số hằng . . . .
2.2 Trường hợp tuần hoàn . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.3 Sử dụng Maple tính hàm Green . . . . . . . . . . . . .
2.3.1 Công thức hàm Green cho bài tốn biên cấp 2 .
2.3.2 Cơng thức hàm Green cho bài toán biên cấp 3 .

21
21
27
28
30
35

hằng
. . .
. . .
. . .
. . .
. . .

Kết luận

40

Tài liệu tham khảo

41

1


Mở đầu
Trong giải tích, lý thuyết về phương trình vi phân chiếm một vị trí rất
quan trọng. Với lý thuyết đó, chun ngành giải tích ngày càng cuốn hút
nhiều người đi sâu vào tìm hiểu và nghiên cứu. Một trong các bài toán được
xét đến là bài toán giá trị biên tuyến tính tại hai điểm cực a, b. Chúng ta biết
rằng, sự tồn tại nghiệm của bài toán này nói chung khơng được đảm bảo. Vì
vậy, việc phát triển các công cụ đảm bảo sự tồn tại và duy nhất nghiệm, hơn
nữa là tính tốn chính xác biểu thức nghiệm của bài tốn giá trị biên tuyến
tính hai điểm là rất quan trọng.
Có một số phương pháp để giải bài toán giá trị biên như: phương pháp
khai triển chuỗi, biến đổi Laplace,..., nhưng theo chúng tôi phương pháp phù
hợp nhất là tính tốn hàm Green: nói chung, nếu bài toán Lu = σ với các
điều kiện biên thuần nhất, có duy nhất nghiệm tầm thường khi σ = 0 , thì
tốn tử tuyến tính liên kết là khả nghịch và toán tử nghịch đảo L−1 σ được
đặc trưng bởi hạt nhân tích phân G(t, s), được gọi là hàm Green. Khi đó,
nghiệm của bài tốn Lu = σ được cho bởi
b

−1

G(t, s)σ(s)ds, t ∈ [a, b].

U (t) = L σ(t) :=
a

Lý thuyết hàm Green là công cụ cơ bản trong phân tích các phương trình
vi phân. Ưu điểm chính của hàm Green là nó độc lập với hàm σ . Với mỗi σ ,
để thu được nghiệm chính xác, chúng ta chỉ cần tính tích phân tương ứng
mà khơng cần phát triển một tính tốn mới.
Tuy nhiên, biểu thức chi tiết của hàm Green nói chung rất phức tạp, việc
tính tốn được thực hiện theo các kỹ thuật khó. Đây là lý do chính mà nội
dung của luận văn ngồi việc trình bày lại bài báo [5] và đưa ra một số ví dụ
về hàm Green, cịn bước đầu sử dụng phần mềm Maple để tính hàm Green
trong một số trường hợp.
Ngoài các phần mở đầu, kết luận và tài liệu tham khảo, luận văn gồm 2
1


chương:
Chương 1: Hàm Green của phương trình vi phân
Trong chương này, chúng tơi trình bày một số ví dụ về hàm Green cho
phương trình vi phân cấp một và phương trình vi phân cấp hai. Sau đó,
chúng tơi trình bày định nghĩa, sự tồn tại và tính duy nhất của hàm Green
đối với phương trình vi phân tuyến tính cấp n và các điều kiện biên tuyến
tính.
Chương 2: Cơng thức hàm Green cho phương trình vi phân hệ số
hằng
Mục đích của chương 2 là xây dựng cơng thức tính hàm Green cho phương
trình vi phân tuyến tính hệ số hằng, sử dụng phần mềm Maple để tính hàm

Green trong một số trường hợp.

2


Chương 1
Hàm Green của phương trình vi
phân
Trong chương này, chúng tơi trình bày một số ví dụ về hàm Green cho
phương trình vi phân cấp một và phương trình vi phân cấp hai. Sau đó,
chúng tơi trình bày định nghĩa, sự tồn tại và tính duy nhất của hàm Green
đối với phương trình vi phân tuyến tính cấp n và các điều kiện biên tuyến
tính.

1.1

Ví dụ cho hàm Green

Ví dụ 1.1. Cho m ∈ R, f là một hàm liên tục, xét phương trình:

u (t) + mu(t) = f (t), t ∈ [0, 1]
với các điều kiện biên là : u(0) − u(1) = 0.
Trước tiên, ta tìm nghiệm của phương trình (1.1).
Nhân hai vế của phương trình (1.1) với emt ta có

emt u (t) + memt u(t) = emt f (t)
d mt
e u(t) = emt f (t), t ∈ [0, 1]
dt
Tích phân hai vế, ta có

t

emt u(t) − u(0) =

ems f (s)ds, t ∈ [0, 1]
0

3

(1.1)


t





u(t) = e−mt u(0) +

ems f (s)ds , t ∈ [0, 1]
0

t

u(t) = e−mt u(0) +

e−m(t−s) f (s)ds
0

Thay vào điều kiện biên u(0) − u(1) = 0 , ta có:
1

u(0) − (e−m u(0) +

e−m(1−s) f (s)ds) = 0

0
1

(1 − e−m )u(0) =

e−m(1−s) f (s)ds.

0

Do đó với m = 0 thì
1

1
u(0) =
1 − e−m

e−m(1−s) f (s)ds.

0

Thay vào biểu thức của u(t) ta được

1

u(t) =
1 − e−m
1
u(t) =
1 − e−m

1

e

−m(t+1−s)

t

f (s)ds +

0

e−m(t−s) f (s)ds

0
1

e

−m(t+1−s)

1

f (s)ds +

0

e−m(t−s) χ(0,t) f (s)ds

0

1

u(t) =

G(t, s)f (s)ds
0

trong đó

G(t, s) =




e−m(t+1−s)
1−e−m



e−m(t+1−s)
1−e−m ,

+ e−m(t−s) , với 0 < s < t < 1

với 0 < t < s < 1.
1

f (s)ds = 0.

Khi m = 0, điều kiện để phương trình có nghiệm là
0

Bài tốn đưa ra trong Ví dụ 1.1 có cách nhìn khác như sau:
Đặt X = u ∈ C 1 ([0, 1]) , u(0) = u(1) . Xét toán tử

L : X → C([0, 1])
4


xác định bởi Lu(t) = u (t) + mu(t), t ∈ [0, 1].
Khi đó, phương trình (1.1) tương đương với Lu = f . Nếu u là nghiệm duy
nhất thì u = L−1 f =

1

G(t, s)f (s)ds. Sự tồn tại duy nhất nghiệm của
0

phương trình (1.1) tương đương với tính khả nghịch của toán tử L.
Một câu hỏi tự nhiên đặt ra là: hàm G(t, s) có những tính chất gì, sự tồn
tại và tính duy nhất của hàm này ra sao. Hơn nữa, trong trường hợp tổng
qt thì cơng thức của G(t, s) như thế nào. Dưới đây ta trả lời câu hỏi trên
cho trường hợp đặc biệt, hàm Green cho phương trình vi phân cấp hai.
Xét bài tốn giá trị ban đầu

L[y] = f (x), y(x0 ) = α, y (x0 ) = β

(1.2)

Với L là toán tử vi phân

L[y] =

d2 y
dy
+
a
(x)
+ a0 (x)y.
1
dx2
dx

(1.3)

Nếu a1 và a0 là các hàm liên tục thì (1.2) tồn tại nghiệm duy nhất.
Xét bài toán bài toán giá trị biên tổng quát

L[y] = f (x), Ba (y) = 0, Bb (y) = 0,

(1.4)

Ba (y) = α1 y(a) + β1 y (a) và Bb (y) = α2 y(b) + β2 y (b).

(1.5)

trong đó

Nếu chọn β1 = β2 = 0 và α1 = α2 = 1 thì điều kiện đối với y là y triệt tiêu
tại a và b. Nếu chọn α1 = α2 = 0 và β1 = β2 = 1 thì y (a) = y (b) = 0. Các
điều kiện tổng quát áp đặt tại a và b liên quan tới cả y và y .
Khơng giống như bài tốn giá trị ban đầu, các bài tốn giá trị biên có thể
khơng tồn tại nghiệm, chẳng hạn xét phương trình

y + y = f (x), y(0) = y(π) = 0.

5

(1.6)


Nhân phương trình với sin x và lấy tích phân, ta có
π

π

f (x) sin xdx =
0

π

y (x) sin xdx +
0

y(x) sin xdx
0

π

= y (x) sin x |π0 −

π

y (x) cos xdx +
0

y(x) sin xdx
0

π

= −y(x) cos x |π0 −

π

y(x) sin xdx +
0

y(x) sin xdx (1.7)
0

= 0.

(1.8)

Do đó, điều kiện cần để (1.6) có nghiệm là
π

f (x) sin xdx = 0.

(1.9)

0

Điều kiện này không được thỏa mãn với mọi f (x) (ví dụ: f (x) = x).
Bây giờ, chúng ta sẽ giải thích làm thế nào để tìm nghiệm của bài tốn giá
trị ban đầu khi chúng tồn tại. Cơng cụ chủ yếu của chúng ta là hàm Green.
Một hàm Green được xây dựng trên hai nghiệm độc lập y1 , y2 của phương
trình thuần nhất

L[y] = 0.

(1.10)

Chính xác hơn, y1 là nghiệm duy nhất của bài toán giá trị ban đầu

L[y] = 0, y(a) = β1 , y (a) = −α1

(1.11)

và y2 là nghiệm duy nhất của bài toán

L[y] = 0, y(b) = β2 , , y (b) = −α2 .

(1.12)

Do đó các nghiệm này thỏa mãn

Ba [y1 ] = 0 và Bb [y2 ] = 0.

(1.13)

Bổ đề 1.1. Hàm u thỏa mãn

L[u] = 0 và Ba [u] = 0
khi và chỉ khi u = λy1 , λ ∈ R.
6

(1.14)


Chứng minh.
Giả sử u = λy1 , λ ∈ R, ta có

L[u] = L[λy1 ] = λL[y1 ] = 0
Ba [u] = Ba [λy1 ] = λBa [y1 ] = 0
Do đó u = λy1 , λ ∈ R thỏa mãn L[u] = 0 và Ba [u] = 0.
Giả sử u thỏa mãn (1.14), ta chứng minh u = λy1 với λ ∈ R.
Ta có

Ba [u] = 0
α1 u(a) + β1 u (a) = 0
− y1 (a)u(a) + y1 (a)u (a) = 0
W (y1 , u)(a) = 0

(1.15)

với W (y1 , u) là định thức Wronskian của y1 và u. Do đó u là bội của y1 hay
u = λy1 , λ ∈ R.
Tương tự có thể chứng minh mỗi nghiệm u của phương trình
L[u] = 0, Bb (u) = 0 phải là bội của y2 .
Hệ quả 1.1. Các nghiệm y1 và y2 là độc lập tuyến tính khi và chỉ khi
Ba (y2 ) = 0.
Việc xây dựng hàm Green địi hỏi y1 và y2 độc lập tuyến tính. Tiếp theo,
chúng ta cần một nghiệm riêng của phương trình

L[u] = f.

(1.16)

Sử dụng phương pháp biến thiên hằng số, ta tìm nghiệm riêng yp dưới dạng

yp (x) = c1 (x)y1 (x) + c2 (x)y2 (x).
Ta có

yp (x) = c1 (x)y1 + c2 (x)y2 + c1 (x)y1 + c2 (x)y2 ,
chọn c1 (x), c2 (x) sao cho c1 (x)y1 + c2 (x)y2 = 0, khi đó

yp (x) = c1 (x)y1 + c2 (x)y2
7

(1.17)

và

yp (x) = c1 (x)y1 + c2 (x)y2 + c1 (x)y1 + c2 (x)y2 .
Thay yp , yp và yp vào phương trình (1.16) ta có

c1 (x)(y1 + a1 y1 + a0 y1 ) + c2 (x)(y2 + a1 y2 + a0 y2 ) + c1 (x)y1 + c2 (x)y2 = f (x)
⇔ c1 (x)y1 + c2 (x)y2 = f (x)
(do y1 , y2 tương ứng là nghiệm của (1.11) và (1.12)).
Vậy để yp (x) = c1 (x)y1 (x) + c2 (x)y2 (x) là nghiệm của (1.16) thì c1 (x) và
c2 (x) phải thỏa mãn hệ phương trình

c1 (x)y1 + c2 (x)y2 = 0
c1 (x)y 1 + c2 (x)y 2 = f (x).
Vì y1 , y2 độc lập tuyến tính nên W (y1 , y2 ) = 0. Từ đó hệ trên có nghiệm
duy nhất

c1 (x) =

c2 (x) =

0 y2
f y2
y1 y 2
y1 y 2
y1 0
y1 f
y1 y 2
y1 y 2

=−

=

y2 (x)f (x)
,
W (y1 , y2 )(x)

y1 (x)f (x)
.
W (y1 , y2 )(x)

(1.18)

Từ đó
x

c1 (x) = −
a

y2 (s)f (s)
ds, và c2 (x) =
W (y1 , y2 )(s)

x
a

y1 (s)f (s)
ds.
W (y1 , y2 )(s)

(1.19)

Do đó ta có nghiệm riêng
x

x
y2 (s)f (s)
y1 (s)f (s)
yp (x) = −
ds.y1 (x) +
ds.y2 (x)
a W (y1 , y2 )(s)
a W (y1 , y2 )(s)
x
(y1 (s)y2 (x) − y1 (x)y2 (s))f (s)
=
ds.
(1.20)
W (y1 , y2 )(s)
a

8


Đạo hàm yp (x) ta có
x
y1 (x)f (x)
y1 (s)f (s)
yp (x) =
.y2 (x) +

ds.y2 (x)
W (y1 , y2 )(x)
a W (y1 , y2 )(s)
x
y2 (x)f (x)
y2 (s)f (s)
−
.y1 (x) −
ds.y1 (x)
W (y1 , y2 )(x)
a W (y1 , y2 )(s)
x
y1 (s)y2 (x) − y1 (x)y2 (s)
f (s)ds.
=
W (y1 , y2 )(s)
a

(1.21)

Suy ra

yp (a) = yp (a) = 0 và Ba (yp ) = α1 yp (a) + β1 yp (a) = 0.

(1.22)

Mặt khác

Bb [yp ] = α2 yp (b) + β2 yp (b)
b

y1 (s)y2 (b) − y1 (b)y2 (s)
f (s)ds
W (y1 , y2 )(s)
a
b
y1 (s)y2 (b) − y1 (b)y2 (s)
+ β2
f (s)ds
W (y1 , y2 )(s)
a
b
y1 (s)(α2 y2 (b) + β2 y2 (b)) − y2 (s)(α2 y1 (b) + β2 y1 (b))
=
f (s)ds
W (y1 , y2 )(s)
a
b
y1 (s)Bb [y2 ] − y2 (s)Bb [y1 ]
=
f (s)ds
W (y1 , y2 )(s)
a
b
y2 (s)f (s)
= −Bb [y1 ]
ds = 0.
(1.23)
W
(y

,
y
)(s)
1
2
a
= α2

Như vậy nghiệm riêng yp thỏa mãn điều kiện biên tại a nhưng không thỏa
mãn điều kiện biên tại b. Để điều kiện biên tại b được thỏa mãn, chúng ta
trở lại nghiệm tổng qt của phương trình

L[y] = f (x).
Nghiệm này có dạng

y(x) = Ay1 (x) + By2 (x) + yp (x).

9

(1.24)


Chúng ta cần xác định các hệ số A, B để các điều kiện biên được thỏa mãn.
Từ Ba [y1 ] = Ba [yp ] = 0, và Ba [y2 ] = 0, ta có:

Ba [y] = 0
Ba [Ay1 + By2 + yp ] = 0
ABa [y1 ] + BBa [y2 ] + Ba [yp ] = 0
B.Ba [y2 ] = 0
B = 0.

(1.25)

Tương tự, từ Bb [y2 ] = 0, Bb [y1 ] = 0 và Bb [yp ] = 0 ta có
b

Bb [y] = 0 ⇒ A =
a

y2 (s)f (s)
ds.
W (y1 , y2 )(s)

(1.26)

Thay A, B vào (1.24) và sử dụng biểu thức (1.20) cho yp , ta có nghiệm
b

y1 (x)y2 (s)f (s)
y(x) =
ds +
W (y1 , y2 )(s)
a
x
y1 (s)y2 (x)f (s)
=
ds +
W (y1 , y2 )(s)
a

x

(y1 (s)y2 (x) − y1 (x)y2 (s))f (s)
ds
W (y1 , y2 )(s)
a
b
y1 (x)y2 (s)f (s)
ds.
(1.27)
W (y1 , y2 )(s)
x

Để viết nghiệm này dưới dạng thuận tiện hơn, ta xác định hàm Green

y1 (s)y2 (x)

 W (y1 ,y2 )(s) , nếu a ≤ s ≤ x ≤ b
(1.28)
G(x, s) =

 y1 (x)y2 (s) , nếu a ≤ x ≤ s ≤ b.
W (y1 ,y2 )(s)
Khi đó (1.27) trở thành
b

y(x) =

G(x, s)f (s)ds.

(1.29)

a

Như vậy để xác định hàm Green, chúng ta chỉ cần xác định hệ nghiệm cơ
bản của phương trình thuần nhất. Do đó để giải bài tốn giá trị biên (1.4)
nhanh nhất, ta thực hiện theo 4 bước sau:
1. Tìm một hệ nghiệm cơ bản u1 , u2 của L[y] = 0.
2. Kết hợp tuyến tính u1 , u2 để tìm các nghiệm y1 , y2 của L[y] = 0 thỏa
mãn Ba [y1 ] = 0 và Bb [y2 ] = 0.
10


3. Xác định hàm Green G theo (1.28).
4. Tìm nghiệm theo (1.29).
Ta xét một số ví dụ minh họa.
Ví dụ 1.2. Tìm hàm Green của bài tốn giá trị biên

y (x) = f (x), y(0) = 0, y(1) = 0.

(1.30)

Giải y (x) = x2 với các điều kiện biên như trên. Phương trình thuần
nhất y = 0 có các nghiệm cơ bản u1 (x) = 1 và u2 (x) = x. Lấy y1 (x) = x
và y2 (x) = 1 − x để thỏa mãn các điều kiện biên B0 [y] = y(0) = 0 và
B1 [y] = y(1) = 0. Do đó W (y1 , y2 )(x) = −1 và ta có

s(x − 1), nếu 0 ≤ s ≤ x
x(s − 1), nếu x ≤ s ≤ 1.

G(x, s) =

(1.31)

Như vậy giải (1.30) với
x

y(x) = (x − 1).

1

(s − 1)f (s)ds.

sf (s)ds + x.
0

(1.32)

x

Thay f (s) = s2 , ta có

y(x) =

1 4
(x − x).
12

(1.33)

Ví dụ 1.3. Tìm hàm Green của bài toán giá trị biên

y (x) + y(x) = f (x), y(0) = 0, y (1) = 0.

(1.34)

Phương trình y + y = 0 có hệ nghiệm cơ bản

u1 (x) = sin x và u2 (x) = cos x.
Để thỏa mãn B0 [y] = y(0) = 0 ta lấy y1 (x) = sin x.
Để B1 [y] = y (1) = 0 được thỏa mãn ta lấy y2 (x) = cos(x − 1).
Sau đó kiểm tra W (y1 , y2 )(x) = − cos 1 và tìm được
 sins.cos(x−1)
 −
, nếu 0 ≤ s ≤ x
cos1
G(x, s) =
 sinx.cos(s−1)
−
, nếu x ≤ s ≤ 1.
cos1
11

(1.35)


Ví dụ 1.4. Xét hàm Green tìm được trong Ví dụ 1.2.
1. Chứng minh G đối xứng theo nghĩa G(x, s) = G(s, x).
2. Chứng minh rằng

∂ 2G
(x, s) = δ(x − s).
∂s2

(1.36)

Ta có

x(s − 1), nếu 0 ≤ x ≤ s
s(x − 1), nếu s ≤ x ≤ 1
= G(x, s).

G(s, x) =

(1.37)

Do đó G đối xứng theo nghĩa G(x, s) = G(s, x).
Đạo hàm (1.31) ta được

∂G
(x, s) =
∂s

x − 1, nếu 0 ≤ s ≤ x
x,
nếu x ≤ s ≤ 1.

(1.38)

Ta có thể biểu diễn theo hàm bước đơn vị Heaviside như sau

∂G
(x, s) = x − 1 + ux (s).
∂s

(1.39)

Do hàm Delta Dirac được định nghĩa là đạo hàm của hàm Heaviside nên

∂ 2G
(x, s) = δ(x − s).
∂s2

1.2

Định nghĩa hàm Green

Xét các phương trình :

Ly(t) = 0, (t ∈ I), Ui (y) = 0, (i = 1, .., m)

(H)

Ly(t) = σ(t), (t ∈ I), Ui (y) = 0, (i = 1, .., m)

(SH)

Ly(t) = σ(t), (t ∈ I), Ui (y) = γi , (i = 1, .., m)

(NH)

trong đó

Ly(t) = a0 (t)y (n) (t) + a1 (t)y (n−1) (t) + ... + an (t)y(t), t ∈ I
n−1

αji y (j) (a) + βji y (j) (b) , i = 1, ..., m, m ≤ n

Ui (y) =
j=0

12


αji , βji và γi là các số thực với mọi i = 1, ..., m, j = 0, ..., n − 1, σ và ak là
các hàm thực liên tục với k = 0, ..., n, và a0 (t) = 0, t ∈ I ≡ [a, b].
Định nghĩa 1.1. Hàm G(t, s) được gọi là hàm Green liên kết với phương
trình (H) nếu G thỏa mãn các điều kiện sau:
(G1) G xác định trên I × I .
(G2) Với k = 0, . . . , n − 2, các đạo hàm riêng
I × I.
(G3)

∂ n−1 G
∂tn−1

và

∂nG
∂tn

∂kG
∂tk

tồn tại và liên tục trên

tồn tại và liên tục trên các tam giác.
n−1

n−1

(G4) Với mỗi t ∈ (a, b) tồn tại các giới hạn ∂∂tn−1G (t, t+ ) và ∂∂tn−1G (t, t− ) đồng
thời
∂ n−1 G
∂ n−1 G
1
+
−
(t,
t
)
−
(t,
t
)
=
−
.
∂tn−1
∂tn−1

a0 (t)
(G5) Với mỗi s ∈ (a, b), hàm t → G(t, s) là một nghiệm của phương trình
Ly = 0 với t ∈ [a, s) và t ∈ (s, b], tức là :

a0 (t)

∂ nG
∂ n−1 G
∂G
(t,
s)+a
(t)
(t,
s)+...+a
(t)
(t, s)+an (t)G(t, s) = 0
1
n−1
∂tn
∂tn−1
∂t

trên cả hai khoảng.
(G6) Với mỗi s ∈ (a, b), hàm t → G(t, s) thỏa mãn các điều kiện biên

Ui (G(., s)) = 0,

i = 1, . . . , m

tức là

n−1

j=0

1.3

j
i∂ G
αj j (a, s)
∂t

+

j
i∂ G
βj j (b, s)
∂t

= 0, i = 1, ..., m.

Sự tồn tại và tính duy nhất của hàm Green

Ta biết rằng, tập nghiệm của phương trình Ly = 0 là một không gian véc
tơ con của C n (I). Mỗi cơ sở của không gian này được gọi là một tập nghiệm
cơ bản của phương trình Ly = 0.
13


Mệnh đề 1.1. Cho (y1 , ..., yn ) là hệ nghiệm cơ bản của phương trình Ly = 0.
Khi đó khơng gian nghiệm của phương trình (H) có k chiều khi và chỉ khi




U1 (y1 ) . . . U1 (yn )
..
..
...
 = n − k.
rank 
.
.
Um (y1 ) · · · Um (yn )
Chứng minh. Giả sử nghiệm của phương trình (H) có số chiều là k với cơ sở
là x1 , . . . , xk và ta có biểu diễn

xi = ai1 y1 + ai2 y2 + · · · + aik yk

(i = 1, . . . , k).

Ta có hệ {xi }i=1,..,k là độc lập tuyến tính khi và chỉ khi hệ tọa độ tương ứng
{(ai1 , ..., ain )}i=1,..,k cũng độc lập tuyến tính. Mặt khác Uj (xi ) = 0 nên ta có


 U1 (y1 )ai1 + U1 (y2 )ai2 + ... + U1 (yn )ain = 0
U2 (y1 )ai1 + U2 (y2 )ai2 + ... + U2 (yn )ain = 0
(1.40)
...


Um (y1 )ai1 + Um (y2 )ai2 + ... + Um (yn )ain = 0

hay nói cách khác, các vectơ (ai1 , ..., ain )(i = 1, .., k) là nghiệm của hệ phương
trình


 U1 (y1 )α1 + U1 (y2 )α2 + ... + U1 (yn )αn = 0
U2 (y1 )α1 + U2 (y2 )α2 + ... + U2 (yn )αn = 0
(1.41)
...


Um (y1 )α1 + Um (y2 )α2 + ... + Um (yn )αn = 0.
Nhận thấy không gian nghiệm của phương trình (1.41) (với ma trận hệ số
(Ui (yj ))i,j ) là không gian vectơ k chiều khi và chỉ khi {(ai1 , ..., ain )}i=1,..,k
độc lập tuyến tính hay


U1 (y1 ) . . . U1 (yn )
..
..
...
 = n − k.
rank 
.
.
Um (y1 ) · · · Um (yn )

Như vậy càng nhiều điều kiện thì bài tốn (H) càng ít nghiệm, nếu




U1 (y1 ) . . . U1 (yn )
..
..
...
=n
rank 
.
.
Um (y1 ) · · · Um (yn )
thì phương trình (H) chỉ có nghiệm tầm thường.
14


Mệnh đề 1.2. Cho (y1 , ..., yn ) là hệ nghiệm cơ bản của phương trình Ly = 0
và yp là một nghiệm nào đó của phương trình Ly = σ . Khi đó, tập nghiệm
của phương trình (NH) là không gian Ạfin k chiều khi và chỉ khi


U1 (y1 ) . . . U1 (yn )
..
..
...

rank 
.
.
Um (y1 ) · · · Um (yn )


U1 (y1 ) . . . U1 (yn ) γ1 − U1 (yp )

..
..
..
...

=rank 
.
.
.
Um (y1 ) · · · Um (yn ) γm − Um (yp )
=n − k.
Chứng minh. Giả sử nghiệm của phương trình (N H) là khơng gian Afin có
số chiều là k với hệ độc lập tuyến tính cực đại là x1 , . . . , xk và ta có biểu
diễn
xi = yp + ai1 y1 + ai2 y2 + · · · + aik yk (i = 1, . . . , k).
Ta có hệ {xi }i=1,..,k là độc lập afin khi và chỉ khi hệ tọa độ tương ứng
{(ai1 , ..., ain )}i=1,..,k là độc lập tuyến tính. Mặt khác Uj (xi ) = γj nên ta có


 U1 (y1 )ai1 + U1 (y2 )ai2 + ... + U1 (yn )ain = γ1 − U1 (yp )
U2 (y1 )ai1 + U2 (y2 )ai2 + ... + U2 (yn )ain = γ2 − U2 (yp )
(1.42)

 ...
Um (y1 )ai1 + Um (y2 )ai2 + ... + Um (yn )ain = γm − Um (yp )
hay nói cách khác, các vectơ (ai1 , ..., ain )(i = 1, .., k) là nghiệm của hệ phương
trình


 U1 (y1 )α1 + U1 (y2 )α2 + ... + U1 (yn )αn = γ1 − U1 (yp )

U2 (y1 )α1 + U2 (y2 )α2 + ... + U2 (yn )αn = γ2 − U2 (yp )
(1.43)

 ...
Um (y1 )α1 + Um (y2 )α2 + ... + Um (yn )αn = γm − Um (yp ).
Nhận thấy khơng gian nghiệm của phương trình (1.43) (với ma trận hệ số
(Ui (yj ))i,j ) là không gian Afin k chiều khi và chỉ khi


U1 (y1 ) . . . U1 (yn )
..
..
...

rank 
.
.
Um (y1 ) · · · Um (yn )


U1 (y1 ) . . . U1 (yn ) γ1 − U1 (yp )
..
..
..
...

=rank 
.
.
.

Um (y1 ) · · · Um (yn ) γm − Um (yp )
=n − k.
15


Hệ quả 1.2. Xét bài toán (NH) với n = m. Khi đó bài tốn (NH) có duy
nhất nghiệm khi và chỉ khi bài tốn (H) tương ứng chỉ có nghiệm tầm thường.
Chứng minh. Theo Mệnh đề 1.1 bài toán (H) chỉ có nghiệm tầm thường khi
và chỉ khi k = 0 tức là


U1 (y1 ) . . . U1 (yn )
..
..
...
 = n.
rank 
.
.
Um (y1 ) · · · Um (yn )
Theo Mệnh đề 1.2 thì bài tốn (N H) có duy nhất nghiệm.
Định lý 1.1. Cho G là một hàm Green của bài tốn (H). Khi đó, với mỗi
hàm liên tục σ , ta có
b

G(t, s)σ(s)ds, t ∈ I

y(t) =

(1.44)

a

là một nghiệm của bài toán (SH).
Chứng minh. Ta có
b

L(y) = L

G(t, s)σ(s)ds
a

b

=

L (G(t, s)σ(s)) ds (tính tuyến tính của L)
a
b

∂ n G(t, s)
+ · · · + an (t)G(t, s) σ(s)ds (định nghĩa của toán tử L)
∂tn
a
= 0 (tính chất (G5)).

=

a0 (t)

Mặt khác
b

Ui (y) = Ui

G(t, s)σ(s)ds
a

b

=
=

Ui (G(t, s)σ(s)) ds
a
b n−1
j
αji ∂∂tGj (a, s) +
a j=0

(tính tuyến tính của Ui )
j

βji ∂∂tGj (b, s) σ(s)ds

= 0 (tính chất (G6)).
Vậy y(t) xác định như trên là nghiệm của bài toán (SH).
16

Định lý 1.2. Giả sử bài toán (H) với (n = m) có duy nhất nghiệm tầm
thường. Khi đó tồn tại duy nhất một hàm Green G(t, s) cho bài toán (H).
Hơn nữa, với mỗi hàm liên tục σ , bài tốn (SH) (n = m) có duy nhất nghiệm:
b

y(t) =

G(t, s)σ(s)ds.
a

Chứng minh. Trước tiên, ta chứng minh hàm

 K(t, s) nếu a ≤ s ≤ t,
˜
K(t, s) =
 0
nếu t < s ≤ b
là một hàm Green của bài toán giá trị ban đầu

Ly(t) = 0, t ∈ I, y (i) (a) = 0, i = 0, ..., n − 1

(1.45)

trong đó:

y1 (s)
...
yn (s)
,
y1 (s)

...
yn, (s)
..
..
...
.
.
(n−2)
(n−2)
(s) ... yn (s)
y1
y1 (t)
...
yn (t)
K(t, s) =
a0 (s)W (y1 , ..., yn )(s)
với (y1 , ..., yn ) là hệ nghiệm cơ bản của phương trình Ly = 0, và

y1 (s)
y1, (s)
..
W (y1 , ..., yn )(s) =
.
(n−1)
y1
(s)

...
yn (s)
...

yn, (s)
..
...
.
(n−1)
... yn (s)

là định thức Wronskian.
˜ đồng thời thỏa mãn các tính
Theo Định nghĩa 1.1, ta cần chỉ ra hàm K
chất (G1) − (G6).
Theo giả thiết ta có (y1 , ..., yn ) là tập nghiệm cơ bản của phương trình
Ly = 0 nên W(y1 , ..., yn )(s) = 0 . Mặt khác, a0 (s) = 0 với mọi s ∈ I . Do
˜ xác định trên I × I . K
˜ thỏa mãn (G1).
đó hàm K

17


Với k = 0, ..., n − 2 , ta có

y1 (s)
...
y( s)



,


y1 (s)
...
yn, (s)



..
..
...


.
.


˜ s)
(n−2)
(n−2)
∂ k K(t,
y1
(s) ... yn (s)
=
k
(k)
(k)

∂t

y
(t)

...
y
(t)
n

1

, nếu a ≤ s ≤ t,

a0 (s)W (y1 ,...,yn )(s)





 0
, nếu t < s ≤ b.
k

˜

Do đó ∂∂tK
k tồn tại và liên tục trên I × I với n ≥ 2 (khi s = t thì hai dịng
˜ thỏa mãn tính chất (G2).
của định thức bằng nhau). Hàm K
n−1 ˜
n ˜
Tương tự, ta tìm được ∂∂tn−1K (t, s) và ∂∂tK
n (t, s) trên các tam giác a ≤ s <
˜ thỏa mãn (G3).

t ≤ b và a ≤ t < s ≤ b. Từ đó K
Với mỗi t ∈ (a, b), ta có :

˜
˜
∂ n−1 K
∂ n−1 K
+
(t,
t
)
=
lim
(t, s) = 0
(t,s)→(t,t+ ) ∂tn−1
∂tn−1
˜
˜
∂ n−1 K
∂ n−1 K
−
(t, t ) = lim −
(t, s)
(t,s)→(t,t ) ∂tn−1
∂tn−1
y1 (t)
...
yn (t)
,
y1 (t)

...
yn, (t)
..
..
...
.
.
(n−2)
(n−2)
y1
(t) ... yn (t)
(n−1)
(n−1)
y1
(t) ... yn (t)
=
a0 (t)W(y1 , ..., yn )(t)
=

n−1

˜

n−1

˜

W(y1 , ..., yn )(t)
1
=

.
a0 (t)W(y1 , ..., yn )(t) a0 (t)

Suy ra ∂∂tn−1K (t, t+ ) − ∂∂tn−1K (t, t− ) =
˜ thỏa mãn tính chất (G4).
Hàm K

−1
a0 (t) .

˜ s) = 0 ⇒ LK(t,
˜ s) = 0.
Với a ≤ t < s, cố định s, ta có : K(t,
18


˜ s) là một tổ hợp tuyến tính của
Với s < t ≤ b, cố định s, ta có K(t,
˜ s) = 0.
y1 (t), ..., yn (t) nên LK(t,
Vậy tính chất (G5) được thỏa mãn.
Với mỗi s ∈ (a, b) ta có :
˜
∂kK
(a, s) = 0, ∀k = 0, ..., n − 1.
∂tk
Do đó tính chất (G6) được thỏa mãn.
˜ s) thỏa mãn 6 điều kiện nêu ra trong Định nghĩa 1.1
Như vậy, hàm K(t,
nên nó là một hàm Green của bài toán (1.45).

Tiếp theo, với n hàm c1 , ..., cn liên tục trên I , ta xây dựng hàm Green cho
bài toán (H) khi n = m dưới dạng:
˜ s) + c1 (s)y1 (t) + ... + cn (s)yn (t).
G(t, s) = K(t,
Rõ ràng, G(t, s) thỏa mãn các tính chất (G1) − (G5).
Tiếp theo, ta sẽ chỉ ra rằng có thể chọn c1 , ..., cn sao cho G thỏa mãn tính
chất (G6) đối với bài tốn (H) (n = m).
Với mỗi s ∈ (a, b) ta có:

(G6) ⇔ Ui (G(., s)) = 0, ∀i = 1, ..., n
n

˜ s)) +
⇔ Ui (K(.,

cj (s)Ui (yj ) = 0, ∀i = 1, ..., n
j=1

nên (c1 (s), ..., cn (s))là nghiệm của hệ



˜ s)) 
U1 (y1 ) ... U1 (yn )
c1 (s)
U1 (K(.,
..   ..  = − 
..
 ...
.

···
.
.
.
˜ s))
Un (y1 ) ... Un (yn )
cn (s)
Un (K(.,


Do bài tốn (H) (n = m) chỉ có nghiệm tầm thường nên


U1 (y1 ) ... U1 (yn )
..  = n
Rank  ...
···
.
Un (y1 ) ... Un (yn )
vì vậy hệ trên có nghiệm duy nhất cho bởi



−1 
˜ s)) 
c1 (s)
U1 (y1 ) ... U1 (yn )
U1 (K(.,
..  
..

 ...  = −  ...
.
···
.
.
˜ s))
cn (s)
Un (y1 ) ... Un (yn )
Un (K(.,
19


Do đó c1 (s), ..., cn (s) là các hàm liên tục.
Vậy G là một hàm Green của bài toán (H) với n = m.
Khi đó với mỗi hàm liên tục σ , theo Định lý 1.1, ta có
b

G(t, s)σ(s)ds, t ∈ I

y(t) =
a

là một nghiệm của bài toán (SH) (trường hợp n = m). Hơn nữa, theo Hệ
quả 1.2, đây cũng là nghiệm duy nhất của bài toán này.
˜ là một
Bây giờ, ta chứng minh tính duy nhất của hàm Green. Giả sử G
hàm thỏa mãn các điều kiện (G1) − (G6) đối với bài toán (H), (n = m). Khi
đó, với mọi t ∈ I và mọi hàm liên tục σ , ta có:
b

b

˜ s)σ(s)ds, t ∈ I
G(t,

G(t, s)σ(s)ds =
a

a

˜ s) với mọi t, s ∈ I nếu n ≥ 2, và với mọi t = s nếu
⇒ G(t, s) = G(t,
n = 1.

20


Chương 2
Cơng thức hàm Green cho phương
trình vi phân hệ số hằng
Mục đích của chương 2 là xây dựng cơng thức tính hàm Green cho phương
trình vi phân tuyến tính hệ số hằng, sử dụng phần mềm Maple để tính hàm
Green thơng qua một số ví dụ.

2.1

Hàm Green cho phương trình vi phân hệ số hằng

Xét bài tốn biên hai điểm:

Ln y(t) = σ(t), t ∈ I, Ui (y) = 0, i = 1, ..., n

(SHc)

trong đó:

Ln y(t) = y n (t) + a1 y (n−1) (t) + ... + a(n−1) y , (t) + an y(t), t ∈ I,
a1 , a2 , ..., an ∈ R.
n−1

(αji y (j) (a) + βji y (j) (b)), i = 1, ..., n

Ui (y) =
j=0

αji , βji

∈ R, ∀i = 1, ..., n, j = 0, ..., n − 1.

Bài toán thuần nhất tương ứng :

Ln y(t) = 0, t ∈ I, Ui (y) = 0, i = 1, .., n

(Hc)

có duy nhất nghiệm tầm thường.
Chúng ta sẽ phát triển một thuật toán để tính hàm Green của bài tốn
này. Thuật tốn này cho phép tìm hàm Green bằng việc giải một hệ đại số
21