Định thức wronsky và ứng dụng trong lý thuyết phương trình vi phân

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG

—————

KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP

ĐỊNH THỨC WRONSKI VÀ ỨNG DỤNG
TRONG LÝ THUYẾT
PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN

Sinh viên thực hiện: Trần Thị Diệu Linh
Giáo viên hướng dẫn: TS.Lê Hải Trung
Lớp: 10ST

Đà Nẵng, 06/2013


Mục lục
MỞ ĐẦU

3

1 Kiến thức chuẩn bị.

4

1.1
1.2

Ma trận. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Định thức. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4
8

1.3
1.4

Hệ các hàm độc lập tuyến tính, phụ thuộc tuyến tính. . . . .
Hệ Cramer. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

10
12

1.5

Các loại nghiệm của hệ phương trình tuyến tính thuần nhất.

14

2 Định thức Wronski và ứng dụng.
2.1
2.2
2.3
2.4

16

Định nghĩa. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
Định thức Wronski cho phương trình vi phân tuyến tính cấp 2. 16

Định thức Wronski cho phương trình vi phân tuyến tính cấp
n. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

23

Ứng dụng phần mềm Mathcad trong tính tốn định thức
Wronski. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

27

2.4.1
2.4.2

Giới thiệu tổng quan về phần mềm Mathcad. . . . . .
Ứng dụng của phần mềm trong tính tốn định thức

27

Wronski . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

28

KẾT LUẬN

32

TÀI LIỆU THAM KHẢO

33

2


Mở đầu.
1. Lý do lựa chọn đề tài.
Trong các lĩnh vực ứng dụng chúng ta thường bắt gặp rất nhiều bài tốn
liên quan tới phương trình vi phân. Việc nghiên cứu các nghiệm của chúng
đóng vai trị quan trọng trong lý thuyết tốn học, nhưng việc tìm ra được
nghiệm chưa phải là đủ, nếu đề bài lại yêu cầu xác định các nghiệm vừa
tìm được, có lập thành hệ nghiệm cơ bản hay không .... Vấn đề trên dù đã
được giải quyết ở chương trình đại học nhưng với mong muốn có thể hiểu kĩ
hơn và dưới sự gợi ý của giáo viên hướng dẫn – TS. Lê Hải Trung nên tơi
quyết định lựa chọn đề tài: «Định thức Wronski và ứng dụng trong lý thuyết
phương trình vi phân» cho khóa luận tốt nghiệp của mình.
2. Mục đích nghiên cứu đề tài.
Đi sâu vào phân tích định thức Wronski nhằm tìm ra những tính chất
mới để ứng dụng cho lý thuyết phương trình vi phân.
3. Bố cục của đề tài.
Đề tài được chia làm 2 chương:
Chương 1 : Trình bày một số khái niệm, định nghĩa, định lý có liên quan
đến đề tài nhằm nắm vững cơ sở lý thuyết làm tiền đề cho phần hai là nội
dung chính của đề tài.
Chương 2 : Trình bày định thức Wronski và ứng dụng trong lý thuyết
phương trình vi phân.
Xin cho tơi gửi lời cảm ơn, lời tri ân chân thành tới q thầy, cơ giáo
Khoa Tốn Trường Đại Học Sư Phạm – Đại Học Đà Nẵng và giáo viên hướng
dẫn TS. Thầy Lê Hải Trung đã giảng dạy, hướng dẫn và tạo điều kiện tốt
nhất để tơi hồn thành được đề tài này.

3

Chương 1

Kiến thức chuẩn bị.
1.1

Ma trận.

Định nghĩa 1.1. Một bảng gồm m × n số được viết thành m dịng n cột
như sau








a11
a21
...
am1

a12
a22
...
am2

...

...
...
...

a1n
a2n
...
amn




.



(1.1)

được gọi là một ma trận cấp m × n.
Mỗi số aij được gọi là một thành phần của ma trận, nó nằm ở dịng thứ i và
cột thứ j (1 ≤ i ≤ m, 1 ≤ j ≤ n) .
Ta thường kí hiệu ma trận bởi các chữ in hoa: A, B ,...
Có thể viết ma trận (1.1) một cách đơn giản bởi

A = (aij )(m×n) .

Nếu ma trận chỉ có một dịng (một cột) thì ta gọi nó là ma trận dịng (ma
trận cột).
Nếu m = n thì (1.1) được gọi là ma trận vng cấp n và viết là A = (aij )n .
Ví dụ 1.1.

4


1 0 3
√
2
5 −7

A=


là một ma trận cấp 2 × 3.


4 −2 5

1 
 là một ma trận vuông cấp 3 × 2.
B=
−9
0

2 
6 −4 0
2 7 −5 0 là một ma trận dòng .

−2



 11 

D=
 9  là một ma trận cột.


4
C=



Định nghĩa 1.2. Ta gọi ma trận (1.2) là ma trận chuyển vị của ma trận
(1.1) và kí hiệu là At .



A =


t

a11
a12
...
a1n

a21
a22
...
a2n

...
...
...
...

am1
am2
...
amn




.



(1.2)

Như vậy ma trận At thu được từ A bằng cách đổi dòng thứ i của A thành
cột thứ i của At và nếu A là ma trận cấp m × n thì ma trận chuyển vị At là
ma trận cấp n × m.
Ví dụ 1.2.


A=





⇒ At = 




5 −2 4 1 0
7 0 9 0 3

5
−2
4
1
0

7
0
9
0
3





.




Định nghĩa 1.3. Nếu ma trận vuông A cấp n có các phần tử nằm ngồi
đường chéo chính đều bằng 0 ( aij = 0, ∀i = j ) thì lúc đó A được gọi là ma
trận chéo.

5




a11 0

 0 a22
A=
 ... ...

0 0



0 0

0 0 
.
... ... 

0 ann

Định nghĩa 1.4. Ma trận chéo có aii = 1, i = 1, n được gọi là ma trận đơn
vị cấp n. Kí hiệu là In hay En (có khi viết tắc là I hoặc E ).
Định nghĩa 1.5. Ma trận vuông A (cấp n) được gọi là khả đảo (hay có ma

trận nghịch đảo) nếu tồn tại ma trận vuông B (cấp n)sao cho

AB = BA = En
với En là ma trận đơn vị cấp n



En = 



1
0
...
0

0
1
...
0

...
...
...
...

0
0
...
1




.



Dễ thấy rằng B là duy nhất.
Thật vậy, giả sử tồn tại B sao cho AB = B A = En .
Lúc đó B = BEn = B(AB ) = (BA)B = En B = B . Ta gọi B là ma trận
nghịch đảo của A và kí hiệu là A−1 .
Định nghĩa 1.6. Hai ma trận cùng cỡ A = [ai j]m×n và B = [bi j]m×n được
gọi là bằng nhau nếu

aij = bij , ∀i, j : i = 1, m; j = 1, n.
Định nghĩa 1.7. Cho hai ma trận cùng cỡ m × n :

A = (aij )(m×n) , B = (bij )(m×n) .
Tổng của hai ma trận A, B là một ma trận C = (cij )(m×n) cũng cỡ m × n
sao cho cij = aij + bij , ∀i, j : i = 1, m; j = 1, n.
Kí hiệu C = A + B .

6


Ví dụ 1.3.

 
 

 

1 3 2
1 0 −1
1 + 1 3 + 0 2 + (−1)
2 3 1

 
 
 

 1 3 −1 + 3 −3 1  =  1 + 3 3 + (−3) (−1) + 1  =  4 0 0  .
4 −2 1
4 2 0
4 + 4 (−2) + 2 1 + 0
8 0 1
Tính chất. Giả sử A, B, C, O là các ma trận cùng cỡ, khi đó ta có:

• A + B = B + A (tính giao hốn).
• A + O = O + A = A.
• A + (B + C) = (A + B) + C (tính kết hợp).
Định nghĩa 1.8. Cho A = (aij )(m×n) và α ∈ R ; phép nhân số α với ma
trận A là một ma trận C = (cij )(m×n) với cij = αaij ; ∀i, j : i = 1, m j; = 1, n.
Định nghĩa 1.9. Cho hai ma trận

A = (aij )(m×p) , B = (bij )(p×n)
trong đó số cột của ma trận A bằng số hàng của ma trận B . Tích của hai
ma trận A, B là một ma trận C = (cij )(m×n) có m hàng n cột mà phần tử

cij được tính bởi công thức sau:

p

cij =

aip bpj = ai1 b1j + ai2 b2j + ... + a1p bpj .
k=1

Tính chất.

• Cho các ma trận Am×n Bn×p Cp×q lúc đó A.(B.C) = (A.B).C .
ã Cho cỏc ma trn Amìn Bnìp Cnìp lỳc đó A.(B + C) = A.B + A.C .
• Tích 2 ma trận nhìn chung khơng có tính giao hốn .

7


1.2

Định thức.

Định nghĩa 1.10. Cho một ma trận A = (aij )n . Định thức của A là một
số thực, kí hiệu và xác định như sau

(−1)N (f ) a1f (1) a2f (2) ...anf (n)

det(A) =
f ∈Sn

trong đó Sn là tập tất cả các hoán vị của n phần tử 1, 2, 3, ....., n (tập Sn
có n! phần tử).

Ta cịn kí hiệu định thức của ma trận A là |A|, khi đó

a11
a21
|A| =
...
an1

a12
a22
...
an2

...
...
...
...

a1n
a2n
.
...
ann

Như vậy định thức của một ma trận A là một số:
- Bằng tổng đại số của n! hạng tử dạng a1f (1) ... anf (n) .
- Mỗi hạng tử là tích của n phần tử aij mà mỗi hàng, mỗi cột phải có
một và chỉ một phần tử tham gia vào tích đó.
- Dấu của mỗi hạng tử phụ thuộc vào số hoán vị của nghịch thế tương
ứng (nếu N (f ) là số chẳn (lẻ) thì đấu của hạng tử tương ứng đó là dấu +

(-) ).
Ví dụ 1.4. Với n = 2 ta có định thức cấp 2

a11 a12
= a11 a22 − a12 a21 .
a21 a22
Ví dụ 1.5. Với n = 3 ta có định thức cấp 3

a11 a12 a13
a21 a22 a23 = a11 a22 a33 +a12 a23 a31 +a13 a21 a32 −a13 a22 a31 −a12 a21 a33 −a11 a23 a32 .
a31 a32 a33
Để tìm được kết quả này ta phải tìm tất cả các phép thế trên X3 và xác định

8


dấu của chúng, đây là một công việc khá vất vả. Muốn có những phương
pháp tính tốn thuận tiện hơn, ta tiến hành nghiên cứu các tính chất của
định thức.
Tính chất 1.1. det(At ) = det(A).
Tính chất 1.2. Nếu ma trận vng A có một 1 hàng (cột) gồm tồn các
phần tử 0 thì định thức của nó bằng 0.
Tính chất 1.3. Nếu ta nhân một hàng của ma trận vng A với số thực α
thì định thức của ma trận A được nhân với α.
a11 a12 ... a1n
a11 a12 ... a1n

...
...
αak1 αak2

...
...
an1 an2

... ...
...
... αakn = α ak1
... ...
...
... ann
an1

...
ak2
...
an2

...
...
...
...

...
akn = α det(A).
...
ann

Tính chất 1.4. Nếu ta đổi chỗ hai hàng nào đó của ma trận vng A cho
nhau thì ta được ma trận vng B có det(B) = − det(A) (tức là đổi chỗ hai
hàng của 1 định thức cho nhau thì định thức đổi dấu).

Tính chất 1.5. Nếu một ma trận có hai hàng giống nhau hoặc có các thành
phần (cùng cột), tương ứng tỉ lệ thì định thức ấy bằng 0.
Chứng minh. Giả sử định thức A có dịng thứ i giống dịng thứ k . Theo
tính chất 4, đổi chỗ hai dịng này cho nhau ta được A = −A. Nhưng định
thức A cũng là định thức A ⇒ A = A hay 2A = 0. Vậy A = 0 (điều cần
chứng minh).
Hệ quả 1.1. Nếu ta cộng vào 1 hàng nào đó của ma trận vuông A với một

1 hàng khác đã nhân với một số bất kì thì ta được một ma trận vng B có
det(A) = det(B).
Tính chất 1.6. Định thức của ma trận chéo A bằng tích các phần tử nằm
trên đườg chéo chính. Nghĩa là

a11 0
0 a22
det(A) =
... ...
0 0

0
0
...
0

... 0
... 0
= a11 a22 ...ann .
... ...
... ann
9

Ví dụ 1.6. Tính định thức sau bằng cách sử dụng các tính chất trên:

a+x
a
a
a+x
Dn = det(A) =
...
...
a
a

a
a
...
a

...
a
...
a
.
... ...
... a + x

Lời giải.
n

• Bước 1: h1 =

hi + h.
i=2

• Bước 2: rút na + x.
• Bước 3: hi = hi + (−a)h1 ; i = 2, n.
na + x na + x na + x
a
a+x
a
Dn =
...
...
...
a
a
a
1
1
a a+x
= (na + x)
... ...
a
a
1

1
x
= (na + x)

... ...
0 0

1
0
...
0

... na + x
...
a
...
...
... a + x

1
a
...
a

...
1
...
a
... ...
... a + x

...
...
...

...

1
0
...
x

= (na + x)xn−1 .

1.3

Hệ các hàm độc lập tuyến tính, phụ
thuộc tuyến tính.

Định nghĩa 1.11. Một hệ các hàm số yi = yi (x), i = 1, n được gọi là phụ
thuộc tuyến tính trong khoảng (a, b), nếu như tồn tại các hằng số αi , i = 1, n
n

không đồng thời bằng 0 để cho đẳng thức

αi yi = 0 được thỏa mãn.
i=1

10


Định nghĩa 1.12. Một hệ các hàm số yi = yi (x), i = 1, n được gọi là độc
n

αi yi = 0 suy ra αi = 0, i = 1, n.

lập tuyến tính trong khoảng (a, b), nếu từ
i=1

Ví dụ 1.7. Với mọi n ∈ N hệ : 1, x, x2 , x3 , ..., xn độc lập tuyến tính trong
mọi khoảng (a, b).
Chứng minh. Ta giả sử điều ngược lại, giả sử tồn tại n ∈ N để cho hệ trên
phụ thuộc tuyến tính trong một khoảng (a, b) nào đó. Khi đó ∃ αi , i = 0, n,
không đồng thời bằng không để cho hệ thức:

α0 + α1 x + α2 x2 + ... + αn xn = 0
xảy ra. Hiển nhiên để đẳng thức cuối cùng xảy ra với mọi x ∈ (a, b) chỉ có
thể khi và chỉ khi đa thức α0 + α1 x + α2 x2 + ... + αn xn đồng nhất với không.
Điều này đồng nghĩa với αi = 0 (vơ lí) ⇒ điều cần chứng minh.
Định lý 1.1. Để hệ hai hàm y1 = y1 (x) = 0, y2 = y2 (x) = 0 là độc lập
tuyến tính trong khoảng (a, b) thì điều kiện cần và đủ là

y1 (x)
= const.
y2 (x)
Chứng minh.
Điều kiện cần: Ta giả sử điều ngược lại

y1 (x)
y2 (x)

= C ⇒ −y1 + Cy2 = 0. Biểu
thức cuối cùng chứng tỏ y1 , y2 phụ thuộc tuyến tính, điều này trái với giả
thuyết. Từ đây ta có điều cần phải chứng minh.
Điều kiện đủ: Ta giả sử điều ngược lại y1 , y2 là phụ thuộc tuyến tính, do

đó tồn tại C1 = 0, C2 = 0 để cho đẳng thức C1 y1 + C2 y2 = 0 được thỏa mãn.
Từ đây ta nhận được :
y1 (x) C1
=
= const
y2 (x) C2
điều này trái với giả thuyết của điều kiện đủ (vơ lí).
Định nghĩa 1.13. Cho phương trình vi phân thuần nhất bậc n

y (n) + p1 (x)y (n−1) + · · · + pn (x)y = 0

(1.3)

lúc đó với mọi hệ gồm n nghiệm yi = yi (x), i = 1, n độc lập tuyến tính của
(1.3) được gọi là hệ nghiệm cơ sở.

11


1.4

Hệ Cramer.

Định nghĩa 1.14. Hệ phương trình vi phân tuyến tính có số phương trình
bằng số ẩn số và có định thức của ma trận hệ số A khác 0 (det(A) = 0) được
gọi là hệ phương trình Cramer.


 x − 3y + z = 3
Ví dụ 1.8. Hệ phương trình

2x + y − 3z = 0 là hệ Cramer vì có 3


3x + 2y − 2z = 3

1 3 1
phương trình, 3 ẩn số, và có det(A) = 2 1 −3 = −10 = 0
3 2 −2
Định lý 1.2. (Quy tắc Cramer) Hệ Cramer có 1 nghiệm duy nhất và nghiệm
đó được xác định như sau:




X=




x1
x2
x3
..
.












1
= 
 D





D1
D2
D3
..
.










Dn

xn
hay

Di
, i = 1, n.
D
Trong đó D = det(A) = định thức ma trận hệ số của hệ Cramer, Di là định
thức suy ra từ định thức D bằng cách thay cột thứ i bởi cột hệ số tự do,
i = 1, n.
Chứng minh. Dạng ma trận của hệ Cramer là
xi =

AX = B
với det(A) = 0, vì det(A) = 0 nên A có ma trận nghịch đảo A−1 ,

A−1 =

1
[Aij ]T n .
det(A)

12

(1.4)


Với Aij là phần bù đại số của phần tử aij của ma trận A; i, j = 1, n
Ta có

(1.4) ⇔

A−1 (AX) = A−1 B

⇔

(A−1 A)X = A−1 B

⇔

EX = A−1 B

⇔

X = A−1 B

(∗)

Theo định nghĩa (1.5) dễ thấy A−1 là duy nhất.
Từ hệ trên suy ra hệ Cramer có duy nhất nghiệm (vì A có duy nhất A−1 )





b1
x1
A11 A12 ... A1n






 A21 A22 ... A2n   b2 
 x2 
1




(∗) ⇔ 
 ...  = D  ... ... ... ...   ... 






An1 An2 ... Ann

xn


1 
= 
D



1 
= 

D


bn

A11 b1 + A12 b2 + ... + A1n bn
A21 b1 + A22 b2 + ... + A2n bn
....................................
An1 b1 + An2 b2 + ... + Ann bn

D1

D2 
Di

..  ⇒ xi = D ; i = 1, n.
. 








Dn


 x + 2y + 3z = 6
Ví dụ 1.9. Giải hệ phương trình sau

2x − y + z = 2


3x + y − 2z = 2

1 2 3
Lời giải. Ta có D = det(A) = 2 −1 1 = 30 = 0, nên hệ đã cho là hệ
3 1 −2

13


Cramer và hệ có nghiệm duy nhất được tìm như sau

x=

D1
=
D

y=

D2
=
D

z=

D3
=

D

6 2 3
2 −1 1
2 1 −2

=

30
1 6 3
2 2 1
3 2 −2
30
1 2 6
2 −1 2
3 1 2
30

30
= 1.
30

=

30
= 1.
30

=

30
= 1.
30

Vậy nghiệm của hệ đã cho là: (1, 1, 1).

1.5

Các loại nghiệm của hệ phương trình
tuyến tính thuần nhất.

Định nghĩa 1.15. Hệ phương trình tuyến tính có dạng:



a11 x1 + a12 x2 + a13 x3 + · · · + a1n xn




a x + a x + a x + · · · + a x
21 1

22 2

23 3

1n n




.................................




a x + a x + a x + · · · + a x
n1 1
m2 2
m3 3
mn n

=0
=0

(1.5)

=0

được gọi là hệ phương trình tuyến tính thuần nhất.
Nghiệm của hệ phương trình tuyến tính thuần nhất
Đối với hệ phương trình tuyến tính thuần nhất ma trận hệ số A và ma trận
mở rộng A ln ln có hạng(1) bằng nhau r(A) = r(A) vì chỉ khác nhau
một cột có tất cả các phần bằng 0, cho nên hệ phương trình tuyến tính thuần
nhất bao giờ cũng có nghiệm. Dễ thấy rằng hệ phương trình tuyến tính thuần
nhất ln ln có nghiệm x1 = x2 = ... = xn = 0, nghiệm này gọi là nghiệm

14

không hay nghiệm tầm thường của hệ (1.5).

(1): khái niệm và tính chất về hạng của ma trận có thể xem tại tài liệu [2]
• Nếu hạng của ma trận hệ số là r(A) = n = số ẩn thì hệ chỉ có duy nhất
1 nghiệm là nghiệm tầm thường.
• Nếu r(A) < n thì hệ có vơ số nghiệm và các thành phần của nghiệm phụ
thuộc n − r(A) tham số, nên có nghiệm khác khơng, các nghiệm này gọi
là nghiệm khơng tầm thường.
Trong trường hợp hệ phương trình tuyến tính thuần nhất có n phương trình,

n ẩn số, khi đó nó có nghiệm khơng tầm thường khi và chỉ khi det(A) = 0
và chỉ có nghiệm duy nhất là nghiệm tầm thường khi và chỉ khi det(A) = 0.
Chứng minh.
• det(A) = 0 ⇔ (1.5) có nghiệm tầm thường.
” ⇒”
Hệ (1.5) thỏa mãn các điều kiện ở định nghĩa (1.14) (n phương trình, n
ẩn,det(A) = 0) ⇒ (1.5) là hệ Cramer.Áp dụng quy tắc Cramer
(1.5) ⇔ xi =

Di
, i = 1, n
D

(1.6)

Theo tính chất (1.2) thì Di = 0 kết hợp với (1.6) ta được điều cần chứng
minh :x1 = x2 = x3 = ... = xn = 0.
” ⇐”
Hệ (1.5) có nghiệm tầm thường ⇒ xi =

Di
D

= 0, i = 1, n ⇒

Di = 0
D=0

hay nói cách khác det(A) = 0.

• det(A) = 0 ⇔ (1.5) có nghiệm khơng tầm thường.
(1.5) ln có nghiệm và là 1 trong 2 nghiệm (nghiệm tầm thường hoặc
nghiệm không tầm thường).
Lại có det(A) = 0 ⇔ (1.5) có nghiệm tầm thường. Điều cần chứng minh
là hiển nhiên.

15


Chương 2

Định thức Wronski và
ứng dụng.
2.1

Định nghĩa.

Định nghĩa 2.1. Giả sử hàm yi = yi (x), i = 1, n , (n − 1) lần khả vi trong
khoảng (a, b). Khi đó định thức:

y1 (x)
y2 (x)
y1 (x)
y2 (x)
W(x) =
···
···
y1 n−1 (x) y2 n−1 (x)

· · · yn (x)
· · · yn (x)
···
···
· · · yn n−1 (x)

(2.1)

được gọi là định thức Wronski (hoặc Wronskian).

2.2

Định thức Wronski cho phương trình vi
phân tuyến tính cấp 2.

2.2.1. Định nghĩa. Xét phương trình thuần nhất

P (x)y + Q(x)y + R(x)y = 0, y(t0 ) = y0 , y (t0 ) = y0 .
16

(2.2)

Giả sử tìm được hai nghiệm riêng của phương trình (2.2) là y1 (x) và y2 (x).
Theo nguyên lý chồng chất nghiệm, ta có nghiệm tổng qt của phương trình
là

y(x) = c1 y1 (x) + c2 y2 (x).
Từ điều kiện ban đầu ta có hệ phương trình

c y (x ) + c y (x ) = y(x )
= y0
1 1 0
2 2 0
0
c y (x ) + c y (x ) = y (x ) = y
1 1
0
2 2
0
0
0

(2.3)

Giải hệ (2.3) theo qui tắc Cramer ta được nghiệm

c1 =

y0 y2 (x0 )
y0 y2 (x0 )

y1 (x0 ) y2 (x0 )
y1 (x0 ) y2 (x0 )

; c2 =

y1 (x0 ) y0
y1 (x0 ) y0
y1 (x0 ) y2 (x0 )
y1 (x0 ) y2 (x0 )

Định thức

W(y1 , y2 )(x) =

y1 (x0 ) y2 (x0 )
y1 (x0 ) y2 (x0 )

được gọi là định thức Wronski của phương trình (2.2).
Định thức

y1 (x0 ) y2 (x0 )
phải có giá trị khác 0 để hệ phương trình (2.3)
y1 (x0 ) y2 (x0 )

có nghiệm.

y1 (x0 ) y2 (x0 )
= y1 (x0 )y2 (x0 )−y2 (x0 )y1 (x0 ) = 0.
y1 (x0 ) y2 (x0 )
Nếu trong phương trình (2.2) ta tìm được hai nghiệm y1 và y2 sao cho định

thức Wronski của chúng ta khác 0 thì hai nghiệm y1 và y2 lập thành một hệ
nghiệm cơ bản (hay tập hợp cơ bản của nghiệm, hai nghiệm này là một cơ
sở của không gian nghiệm).
Như vậy, y1 và y2 làm thành hệ nghiệm cơ bản thì định thức Wronski của
chúng sẽ có giá trị khác 0. Từ đó suy ra nghiệm tổng quát là

Do đó, W(y1 , y2 )(x) =

y(x) = c1 y1 (x) + c2 y2 (x).

2.2.2 . Các định lý.

17


Định lý 2.1. Xét phương trình vi phân thuần nhất

y + a1 (x)y + a0 (x)y = 0

(2.4)

L(y) = 0.
trong đó a1 (x), a0 (x) là các hàm liên tục trong khoảng I , y1 (x), y2 (x) lần
lượt là các nghiệm của (2.4).
Nếu các hàm y1 (x) và y2 (x) là phụ thuộc tuyến tính trên khoảng I và có đạo
hàm đến cấp 1 thì định thức

hay viết tắt:

W(y1 , y2 )(x) =

y1 (x0 ) y2 (x0 )
= 0 ∀x ∈ I.
y1 (x0 ) y2 (x0 )

Chứng minh. Vì y1 (x) và y2 (x) phụ thuộc tuyến tính trên khoảng I , nên
tồn tại các số α1 và α2 không đồng thời bằng 0 sao cho hệ thức

α1 y1 (x) + α2 y2 (x) = 0 ∀x ∈ I.
Lấy đạo hàm hệ thức trên ta thu được

α1 y1 (x) + α2 y2 (x) = 0.
Xét hệ phương trình ẩn z và t

y (x)z + y (x)t = 0
1
2
y (x)z + y (x)t = 0
1
2
Hệ này có nghiệm khơng tầm thường là (α1 , α2 ) nên định thức của nó bằng
0. Định thức của hệ trên cũng chính là định thức W (y1 , y2 )(x), suy ra

W(y1 , y2 )(x) =

y1 (x0 ) y2 (x0 )
=0.
y1 (x0 ) y2 (x0 )

Định lý 2.2. Giả sử y1 (x) và y2 (x) là hai nghiệm của phương trình (2.4)

trong khoảng I . Hai nghiệm này độc lập tuyến tính trên khoảng I khi và chỉ
khi
y1 (x0 ) y2 (x0 )
W(y1 , y2 )(x) =
= 0; ∀x ∈ I.
y1 (x0 ) y2 (x0 )

18


Chứng minh.
- Theo định lí (2.1) rõ ràng nếu W (x) = 0 trên khoảng I thì đồng nghĩa với
việc det(A) = 0 hay hệ phương trình

y (x)z + y (x)t = 0
1
2
(2.5)
y (x)z + y (x)t = 0
1

2

(2.5) duy nhất nghiệm tầm thường (α1 , α2 )=0 hay y1 (x) và y2 (x) là độc lập
tuyến tính.
- Giả sử các nghiệm y1 (x) và y2 (x) của phương trình (2.4) là độc lập tuyến
tính cần chứng minh W (x) = 0 với mọi x ∈ I
Để làm điều đó, giả sử ngược lại là tồn tại một điểm x0 ∈ I sao cho W (x0 ) =

0, khi đó tồn tại các số α1 , α2 không đồng thời bằng 0 sao cho chúng là

nghiệm của hệ phương trình

y (x )z + y (x )t = 0
1 0
2 0
y (x )z + y (x )t = 0
2 0
1 0
Lúc đó

y(x) = α1 y1 (x) + α2 y2 (x)
sẽ là nghiệm của phương trình (2.4) với các điều kiện ban đầu. Mặc khác,
cùng với chính các điều kiện ban đầu này ta ta có nghiệm tầm thường y ≡ 0.
Theo định lý tồn tại và duy nhất nghiệm thì nghiệm này là duy nhất. Do đó

y(x) = α1 y1 (x) + α2 y2 (x) = 0 trên khoảng I , tức là hàm y1 (x) và y2 (x) là
phụ thuộc tuyến tính trên khoảngI hay W (x0 ) = 0. Suy ra mâu thuẫn giả
sử trên y1 (x) và y2 (x) là độc lập tuyến tính (định lý được chứng minh).
Định lý 2.3. Giả sử hai nghiệm y1 (x) và y2 (x) của phương trình (2.4) là
độc lập tuyến tính trên khoảng I . Khi đó mọi nghiệm của phương trình (2.4)
trên I có dạng

y(x) = c1 y1 (x) + c2 y2 (x).
Chứng minh.

• Bước 1 : Chứng tỏ y(x) = c1 y1 (x) + c2 y2 (x) là nghiệm của phương trình.
Ta có y1 = y1 (x), y2 = y2 (x) là các nghiệm riêng của phương trình hay
L[y1 ] = L[y2 ] = 0.
19

Xét

L[y1 + y2 ] = (y1 + y2 ) + a1 (y1 + y2 ) + a0 (y1 + y2 )
= y 1 + a1 y 1 + a0 y 1 + y 2 + a1 y 2 + a0 y 2

(1)

= L[y1 ] + L[y2 ]
= 0.
Điều này nghĩa là y = y1 + y2 cũng là nghiệm của phương trình (2.4).
Lại xét

L[αy1 ] = αy1 + αa1 y1 + αa0 y1
= αL[y1 ]

(2)

= 0.
Kết hợp (1) và (2) ⇒ y(x) = c1 y1 (x) + c2 y2 (x) là nghiệm của phương
trình (2.4).

• Bước 2 : Chứng tỏ y(x) = c1 y1 (x) + c2 y2 (x) là nghiệm tổng quát.
Từ việc với mỗi sự lựa chọn đối với ci ta nhận được một nghiệm riêng
tương ứng đối với (2.4). Áp dụng định lý về sự tồn tại và duy nhất nghiệm
của phương trình vi phân bậc n, khi đó mỗi nghiệm riêng y = y(x) hồn
tồn xác định trước mỗi điều kiện đầu:
x = x0 , y = y0 , y (x0 ) = y0 , y (x0 ) = y0

(2.6)

Như vậy ta cần chứng minh là với điều kiện đầu (2.6) thì có thể xác định
ci để cho y(x) = c1 y1 (x) + c2 y2 (x) thỏa mãn điều kiện (2.6)
Xét hệ


c y (x ) + c y (x ) = y
1 1 0
2 2 0
0
c y (x ) + c y (x ) = y
1 1
0
2 2
0
0

(2.7)

Định thức của hệ (2.7) chính là định thức Wronski W (x0 ). Theo định lý
(2.2) do hai nghiệm y1 (x); y2 (x) là độc lập tuyến tính nên W (x0 ) = 0,
do đó hệ (2.7) có duy nhất nghiệm. Xét hàm y(x) = c1 y1 (x) + c2 y2 (x)
với các hằng số c1 , c2 vừa tìm được ở trên, chính là nghiệm của (2.4) và
từ nó thỏa mãn điều kiện (2.6). Định lý được chứng minh.

20


Định lý 2.4. (Định lý Abel) Nếu hai hàm y1 (x) và y2 (x) là nghiệm của
phương trình (2.4) thì định thức Wronski của hai nghiệm là

x

−

W(y1 , y2 )(x) = W(y1 , y2 )(x0 )e

a1 (x)dx

(2.8)

x0

với x0 là giá trị tùy ý.
Chứng minh. Giả sử y2 (x) = u(x)y1 (x), thay vào phương trình (2.4) ta có

(uy1 ) + a1 (x)(uy1 ) + a0 (uy1 ) = 0.

(2.9)

Mặc khác lại có

(uy )
1
(uy )
1

= u y1 + uy1
= (u y1 + uy1 ) = u y1 + 2u y1 + uy1

Thay vào (2.9) ta được

u y1 + 2u y1 + uy1 + a1 (x)(u y1 + uy1 ) + a0 (x)(uy1 ) = 0
⇒ y1 + u [2y1 + a1 (x)y1 ] + u [y1 + a1 (x)y1 + a0 (x)y1 = 0 .

(2.10)

=0

Đặt u = v , (2.10) trở thành

v +

2y1
dv
2y1
dy1
+ a1 (x) v = 0 ⇒
=−
+ a1 (x) dx = −2
− a1 (x)dx
y1
v
y1
y1
x

x
2

⇒ ln v = −2 ln y1 −

a1 (x)dx

a1 (x)dx ⇒ vy1 = ce

x0

.

x0

Ta có

W(y1 , y2 )(x) =

y1 (x0 ) y2 (x0 )
= y1 (x0 )y2 (x0 ) − y2 (x0 )y1 (x0 )
y1 (x0 ) y2 (x0 )

= y1 (x)[uy1 ] − uy1 y1 = vy12 + uy1 y1 − uy1 y1 = cexp(−
21

x
x0

a1 (x)dx).


Chọn c = W(y1 , y2 )(x), suy ra kết quả (2.8).

Ví dụ 2.1. Xét hai nghiệm phức y1 (x) = eλx cos µx; y2 (x) = eλx sin µx .
Chứng tỏ rằng hai nghiệm y1 (x) và y2 (x) làm thành hệ nghiệm cơ sở của
một phương trình nào đó.
Lời giải.
Để chúng tạo thành hệ nghiệm cơ bản, định thức Wronski phải khác 0, tức
là

eλx cos µx
eλx sin µx
W=
λeλx cos µx − µeλx sin µx λeλx sin µx + µeλx cos µx
= µeλx (cos2 µx + sin2 µx) = µeλx = 0
Hàm mũ e không bao giờ bằng 0, µ = 0 vì nếu ngược lại sẽ khơng có nghiệm
phức. Do đó suy ra W = 0. Như vậy hai nghiệm đã cho thực sự là hai nghiệm
cơ bản, khi đó nghiệm tổng quát là:

y(x) = c1 eλx cos µx + c2 eλx sin µx
Ví dụ 2.2. Với phương trình 2x2 y + xy − 3y = 0, giả sử ta tìm nghiệm
3

thứ hai y2 (x) = x 2 cùng với nghiệm thứ nhất là y1 (x) = x−1 . Chứng minh
chúng làm thành hệ nghiệm cơ bản của phương trình.
Lời giải.
Xét định thức Wronski
−3

x−1 x 2
W=
1
−x−2 32 x 2

1
3 1
5 1
5
= x− 2 − −x 2 =
x2 = √
2
2
2 x

Định thức trên không bao giờ bằng 0, nên y1 (x) và y2 (x) làm thành hệ nghiệm
cơ bản và nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là
3

y(x) = c1 x−1 + c2 x 2 .
22


2.3

Định thức Wronski cho phương trình vi
phân tuyến tính cấp n.

2.3.1. Định nghĩa. Cho phương trình vi phân thuần nhất bậc n

y (n) + p1 (x)y (n−1) + ... + pn (x)y = 0.

(2.11)

Giả sử đã tìm được n nghiệm riêng của phương trình (2.11) yi = yi (x), i =
1, n, n − 1 lần khả vi trên khoảng I nào đó. Khi đó định thức

y1 (x)
y2 (x)
y1 (x)
y2 (x)
W(x) =
···
···
(n−1)
(n−1)
y1
(x) y2
(x)

· · · yn (x)
· · · yn (x)
.
···
···
(n−1)
· · · yn (x)

(2.12)

được gọi là định thức Wronski. Đối với W (x) của phương trình vi phân
tuyến tính cấp n ta sẽ phát biểu ba định lý quan trọng và các định lý
(2.1); (2.2); (2.3) chính là trường hợp đặc biệt với n = 2 của ba định lý mà
chúng ta sắp được biết dưới đây.

2.3.2. Các định lý.
Định lý 2.5. Nếu hệ y1 (x), y2 (x), y3 (x), ....., yn (x), n − 1 lần khả vi trên

(a, b) là phụ thuộc tuyến tính thì W (x) = 0 x ∈ (a, b).
Chứng minh. Giả sử hệ yi i = 1, n (n − 1) lần khả vi trên (a, b) và phụ
thuộc tuyến tính, khi đó tồn tại ci i = 1, n không đồng thời bằng không để
cho:
n
ci yi (x) = 0; ∀x ∈ (a, b)
i=1

Đạo hàm cả hai vế của hệ thức (2.13) n − 1 lần cho ta:

c1 y1 + c2 y2 + ... + cn yn = 0.
c1 y1 + c2 y2 + ... + cn yn = 0.
.......
23

(2.13)


(n−1)

(n−1)

(n−1)

c1 y1
+ c 2 y2
+ ... + cn yn

= 0.
Kết hợp các biểu thức nhận được với (2.13) và cố định x = x0 ∈ (a, b) ta
nhận được hệ phương trình đại số cấp n.



c1 y10 + c2 y20 + ... + cn yn0 = 0,




c y + c y + ... + c y = 0,
n n0
2 20
1 10


...




c y (n−1) + c y (n−1) + ... + c y (n−1) = 0.
1 10
2 20
n n0

(2.14)

trong đó các hệ số ci ; (i = 1, n được coi là ẩn cần phải tìm của hệ (2.14).

Theo giả thiết ci ; i = 1, n không đồng thời bằng 0, do đó định thức của hệ
(2.14) phải bằng 0. Mặc khác định thức của hệ (2.14) chính bằng:

y10 (x)
y20 (x)
y20 (x)
y10 (x)
W(x) =
···
···
(n−1)
(n−1)
y10 (x) y20 (x)

· · · yn0 (x)
· · · yn0 (x)
···
···
(n−1)
· · · yn0 (x)

Nhận được tại mọi x0 ∈ (a, b): W (x0 ) = 0. Như vậy W (x) = 0 x ∈ (a, b).
Định lý được chứng minh.
Định lý 2.6. Với mỗi hệ nghiệm cơ sở y1 (x), y2 (x), ..., yn (x) của phương
trình vi phân thuần nhất bậc n:

y (n) + p1 (x)y (n−1) + ... + pn (x)y = 0

(2.15)

thì định thức Wronski:

y1 (x)
y2 (x)
y1 (x)
y2 (x)
W(x) =
···
···
(n−1)
(n−1)
y1
(x) y2
(x)

· · · yn (x)
· · · yn (x)
=0
···
···
(n−1)
· · · yn (x)

tại mọi điểm x ∈ (a, b).
Chứng minh. Lấy một hệ nghiệm cơ sở tùy ý yi (x), i = 1, n của phương
trình vi phân thuần nhất bậc n (2.15) và ta giả sử định thức Wronski của nó

24

bằng 0 tại một điểm x ∈ (a, b) nào đấy, như vậy:

y10 (x)
y20 (x)
y10 (x)
y20 (x)
W(x) =
···
···
(n−1)
(n−1)
y10 (x) y20 (x)
(k)

· · · yn0 (x)
· · · yn0 (x)
=0
···
···
(n−1)
· · · yn0 (x)

(2.16)

(k)

ở đây yi0 = yi (0), i = 1.n, yi0 = yi (x0 ), k = 0, n − 1. Xét hệ (thuần nhất)

n phương trình đại số:




c1 y10 + c2 y20 + · · · + cn yn0 = 0




c y + c y + · · · + c y = 0
n n0
2 20
1 10


...




c y (n−1) + c y (n−1) + · · · + c y (n−1) = 0.
n n0
2 20
1 10

(2.17)

Do định thức Wronski của (2.15): W (x0 ) = 0, do đó (2.17) có một nghiệm
khác khơng (c1 ∗, c2 ∗, c3 ∗, ....., cn ∗), khi đó ta có




c∗1 y10 + c∗2 y20 + ... + c∗n yn0 = 0




c∗ y + c∗ y + ... + c∗ y = 0
n n0
2 20
1 10
(2.18)


...




c∗ y (n−1) + c∗ y (n−1) + ... + c∗ y (n−1) = 0.
1 10

2 20

n n0

Xét hàm y ∗ = c∗1 y1 + c2 y2∗ + ... + c∗n yn , là nghiệm của phương trình (2.15).
Từ hệ phương trình (2.18) ta nhận được :
∗(n−1)

y0∗ = y ∗ (x0 ) = 0, y0∗ = y ∗ (x0 ) = 0, ..., y0

= y ∗(n−1) (x0 ) = 0.

Theo định lý tồn tại và duy nhất nghiệm của phương trình vi phân thuần
nhất bậc n ⇒ y ∗ = 0. Điều này mâu thuẫn với giả thiết y1 , y2 , y3 , ..., yn là
hệ nghiệm cơ sở của phương trình (2.15) độc lập tuyến tính (y ∗ -phụ thuộc
tuyến tính. Từ đây ta có điều phải chứng minh.
Định lý 2.7. (Định lí về nghiệm tổng quát của phương trình vi phân thuần
nhất bậc n hệ số biến). Với mọi hệ nghiệm cơ sở y1 (x), y2 (x), ..., yn (x) của
phương trình vi phân thuần nhất bậc n hàm y = c1 y1 (x) + c2 y2 (x) + ... +

25