Chương 1: Phương trình vi phân thường cấp I

6



Chương 1. Phương trình vi phân thường cấp I



trong đó F (x, y, z) được giả thiết liên tục cùng với các đạo hàm riêng của nó trên

miền G ⊂ R3. Với một số điều kiện nào đấy, phương trình vi phân cấp I có thể viết

được dưới dạng sau, gọi là dạng giải ra được đối với đạo hàm

y = f (x, y)

(1.3)

với f liên tục trong một miền D ⊂ R2 .

Ví dụ: Các phương trình

ey + y 2 cos x = 1

y 2 − 2xy = ln x

∂2u ∂2u

+

=0

∂x2 ∂y 2



lần lượt là phương trình vi phân thường cấp I, cấp III và phương trình đạo hàm riêng

cấp II.

Xét phương trình (1.1), hàm giá trò vector y : I → R n (I = (a, b) là khoảng nào đó

của R) là nghiệm của phương trình (1.1) nếu nó có các đạo hàm liên tục đến cấp m

trên I và thoả mãn

F (x, y(x), y (x), y (x), . . . , y (m) )(x) = 0 với mọi x ∈ I

(1.4)

Trong trường hợp phương trình vi phân cấp I, nghiệm là một hàm thực một ẩn y = y(x)

mà khi thay vào (1.2), ta được một đẳng thức đúng.

Ví dụ: Dễ kiểm tra rằng họ hàm (phụ thuộc vào hai tham số tuỳ ý)

y = C1 cos x + C2 sin x



là nghiệm của phương trình vi phân

y +y =0



Ví dụ: (Săn mồi và mồi) Sự phát triển của hai quần thể động vật (chẳng hạn,



là số con mèo và y

Volterra−Lotka sau đây

x(t)



= y(t)



x=



là số con chuột) được mô tả bởi (hệ) phương trình



y = y(α − βx),



x = x(γy − δ)



(1.5)



với α, β, γ và δ là những hằng số cho trước.

Để tìm nghiệm của phương trình này ta có thể xem y như là hàm theo x, phương

trình có thể viết dưới dạng

dy

y(α − βx)

=

dx

x(γy − δ)



hay



(γy − δ)

(α − βx)

dy =

dx

y

x



Nghiệm của phương trình này cho bởi

γy − δ ln y = α ln x − βx + C



trong đó C là hằng số tuỳ ý. Hình 1.1 mô tả các đường mức của nghiệm khi α = β =

γ = 1, δ = 2.



7



1.2. Đònh lý tồn tại và duy nhất nghiệm



z

X



3

2

1



1



2



3



4



y



Hình 1.1: Nghiệm của phương trình Volterra−Lotka.



1.1.2 Bài toán Cauchy

Ta nhận xét rằng nói chung, nghiệm của một phương trình vi phân phụ thuộc vào một

hay nhiều tham số tuỳ ý nào đó; nói cách khác ta có từng họ nghiệm. Để xác đònh

nghiệm cụ thể nào đó, nói chung ta cần thêm một hay vài đặc trưng khác về nghiệm

(tuỳ theo cấp của phương trình vi phân). Chẳng hạn, y = x3 + C là (họ) nghiệm của

phương trình y = x2 . Dễ thấy y = x3 + 1 là nghiệm (duy nhất) thoả điều kiện y(0) = 1.

Ta xét bài toán sau đây đặt ra đối với phương trình (1.2), gọi là bài toán Cauchy

(còn gọi là bài toán giá trò ban đầu):

3



3



Tìm nghiệm y(x) của phương trình (1.2) thoả

y(x0 ) = y0



trong đó (x0 , y0) ∈ D được gọi là các điều kiện ban đầu.



(1.6)



Câu hỏi tự nhiên đặt ra là với điều kiện ban đầu (1.6), có hay không và bao nhiêu

nghiệm thoả mãn điều kiện này. Trả lời câu hỏi này tức là giải bài toán Cauchy đối

với phương trình (1.2). Ta lưu ý rằng không phải lúc nào bài toán Cauchy cũng có

nghiệm, và khi có nghiệm cũng không nhất thiết có duy nhất nghiệm. Trong mục sau

ta sẽ phát biểu và chứng minh một đònh lý giải quyết trọn vẹn bài toán Cauchy cho

phương trình vi phân cấp I.



1.2 Đònh lý tồn tại và duy nhất nghiệm

1.2.1 Phương pháp xấp xỉ Picard

Ta xét bài toán Cauchy đối với phương trình cấp I dạng giải ra được đối với đạo hàm:

(1.7)

y = f (x, y), y(x0 ) = y0



8



Chương 1. Phương trình vi phân thường cấp I



trong đó f xác đònh và liên tục trên miền mở D ⊂ R2.

Giả sử y(x) là nghiệm của bài toán (1.7), tích phân hai vế của phương trình trong

(1.7) ta được phương trình tích phân cho y(x) là

x



y(x) = y0 +



f (t, y(t))dt

x0



(1.8)



Rõ ràng mỗi nghiệm của (1.7) cũng là nghiệm của (1.8) và ngược lại, mỗi nghiệm

của (1.8) đều khả vi liên tục (tức là thuộc lớp C 1 ) trên một khoảng I nào đó và thoả

phương trình (1.7).



Phép lặp Picard−Lindelof.

¨

Về mặt toán tử, nghiệm của phương trình tích phân (1.8) chính là lời giải của bài

toán điểm bất động của các ánh xạ co trong không gian metric đầy đủ (ở đây ta xét

không gian các hàm khả vi liên tục trên I ) mà lời giải có thể cho bởi phương pháp

xấp xỉ liên tiếp Picard−Lindelof sau đây.

¨

Xét dãy các hàm xác đònh một cách đệ qui bởi

y0 (x) = y0 (hay một hàm nào đó)

x

yk+1 (x) = y0 + x0 f (t, yk (t))dt, với k ∈ N



Bổ đề 1.2.1. Giả sử f liên tục trên hình chữ nhật

D = {(x, y)/|x − x0 | ≤ a, |y − y0 | ≤ b}

b



Đặt M := max(x,y)∈D |f (x, y)| và h := min a,

. Khi đó với mọi x ∈ I := [x0 −

M

h, x0 + h] ta có

|yk (x) − y0 | ≤ b, với mọik

Nói cách khác, các hàm yk không đi ra khỏi hình chữ nhật D.



Chứng minh: Ta có, với x0 − h ≤ x ≤ x0 + h:

x



|yk − y0 | =



f (t, yk−1(t))dt ≤



x0



Ví dụ: Xét phương trình



1

.

y=

x+1



x



|f (t, yk−1(t))| dt ≤ M |x − x0 | ≤ Mh ≤ b



x0



với y(0) = 1. Nghiệm chính xác của nó là

Vài xấp xỉ đầu tiên trong phép lặp Picard-Lindelof là y0 = 1, y1 = 1 − x,

¨

x3

...(xem Hình 1.2). Ta nhận

3

trò x lớn phép lặp là phân kỳ.



y2 = 1 − x + x2 −



bé, với các giá



y = −y 2 ,



thấy các xấp xỉ yk hội tụ nhanh khi x



9



1.2. Đònh lý tồn tại và duy nhất nghiệm



Y0(x)

Y2(x)

Y4(x)

Y1(x)



1



Y3(x)



2



3



Hình 1.2: Phép lặp Picard−Lindelof cho phương trình y



4

= −y 2 ,



với y(0) = 1



1.2.2 Sự tồn tại và duy nhất nghiệm

Trong phần này ta sẽ phát biểu và chứng minh đònh lý cơ bản của lý thuyết phương

trình vi phân, khẳng đònh sự tồn tại và duy nhất nghiệm của bài toán Cauchy.



Đònh nghóa 1.2.1. Cho hàm f (x, y) xác đònh trên miền D ⊂ R2 . Ta nói f thoả điều



kiện Lipschitz trên D theo biến y nếu tồn tại hằng số dương

Lipschitz) sao cho:

|f (x, y1 ) − f (x, y2 )| ≤ L |y1 − y2 | ,



L



(gọi là hằng số



với mọi (x, y1), (x, y2) ∈ D



Nhận xét: Điều kiện Lipschitz là yếu hơn so với điều kiện giới nội của đạo hàm

∂f



∂f



trên D. Thật vậy, giả sử

liên tục và

riêng

∂y

∂y

lý Lagrange cho hàm f (x, y) theo biến y ta được

f (x, y1 ) − f (x, y2 ) = (y1 − y2 )



∂f

≤ M.

∂y



Khi đó, áp dụng đònh



∂f

[x, y1 + θ(y2 − y1 )]

∂y



Từ đó suy ra điều kiện Lipschitz.



Đònh lý 1.2.2 (Đònh lý tồn tại và duy nhất nghiệm). Giả sử hàm số



(1.3) liên tục và thoả điều kiện Lipschitz theo biến y trên hình chữ nhật



f (x, y)



trong



D = {(x, y)/ |x − x0 | ≤ a, |y − y0 | ≤ b}



Khi đó nghiệm của bài toán Cauchy (1.7) là tồn tại và duy nhất trong đoạn I :=

b

với h := min(a, M ) và M := max(x,y)∈D |f (x, y)|.



[x0 − h, x0 + h],



Chứng minh: Chứng minh chia làm hai bước:



10



Chương 1. Phương trình vi phân thường cấp I



Sự tồn tại:

Ta chứng minh rằng phép lặp Picard hội tụ đều trên I đến một nghiệm của bài toán

Cauchy. Trước tiên ta chứng minh, bằng qui nạp rằng

− x0 |k+1

,

(k + 1)!



k |x



|yk+1(x) − yk (x)| ≤ ML



với mọi x ∈ I



Với k = 0, bất đẳng thức trên chính là xx f (t, yk−1(t))dt ≤ M |x − x0|, bất đẳng thức

này đúng.

Giả sử ta có điều đó với k − 1, khi đó với x0 ≤ x ≤ x0 + h ta có

0



x



|yk+1 (x) − yk (x)| =



x0

x



≤



[f (t, yk (t)) − f (t, yk−1(t))] dt



|f (t, yk (t)) − f (t, yk−1(t))| dt ≤ L



x0



x



≤L



x



|yk (t) − yk−1 (t)| dt



x0



|yk (t) − yk−1(t)| dt



x0



≤ ML



k



x

x0



k+1

|x − x0 |k

k |x − x0 |

dt = ML

k!

(k + 1)!



(với x0 − h ≤ x ≤ x0 ta đánh giá tương tự).

Xét dãy hàm {yk (x)} trên I , ta có

|yk+p (x) − yk (x)| ≤ |yk+p(x) − yk+p−1(x)| + |yk+p−1(x) − yk+p−2(x)| + · · · + |yk+1(x) − yk (x)|

M

≤

L

M

≤

L



(L |x − x0 |)k+p

(L |x − x0 |)k+1

+···+

(k + p)!

(k + 1)!

j

(Lh)

j!



j≥k+1



(Lh)j



là hội tụ, nên phần dư của nó mà xuất hiện trong biểu thức cuối

Chuổi số ∞

j=0

j!

cùng có thể làm cho bé tuỳ ý khi k đủ lớn. Theo tiêu chuẩn Cauchy, dãy {yk (x)} hội

tụ đều trên I đến hàm y(x). Để chứng minh y(x) là nghiệm chỉ cần qua giới hạn trong

đẳng thức

x



yk+1(x) = y0 +



f (t, yk (t))dt

x0



Vì dãy hàm {yk (x)} hội tụ đều, f liên tục (đều) trên hình chữ nhật D nên dãy hàm

{f (t, yk (t))} hội tụ đều trên I đến hàm f (t, y(t)). Do đó có thể chuyển giới hạn qua

dấu tích phân để được đẳng thức (1.8). Vậy y(x) chính là nghiệm của bài toán Cauchy

(1.7).



11



1.2. Đònh lý tồn tại và duy nhất nghiệm



Tính duy nhất:

Giả sử bài toán Cauchy (1.7) còn có nghiệm z(x), khi đó ta có

y(x) − z(x) =



x



[f (t, y(t)) − f (t, z(t))] dt



x0



Suy ra

|y(x) − z(x)| =



x



[f (t, y(t)) − f (t, z(t))] dt ≤ 2M |x − x0 |



x0



Lặp lại các bước qui nạp như trên, ta dễ dàng chứng minh được rằng với mọi số tự

nhiên k:

|y(x) − z(x)| ≤ 2MLk



|x − x0 |k+1

,

(k + 1)!



với mọi x ∈ I



Cho k −→ +∞ ta có |y(x) − z(x)| = 0 trên I . Như vậy, một cách đòa phương, nghiệm

y(x) là duy nhất.



Nhận xét: Điều kiện Lipschitz là quan trọng, ngay cả khi

Chẳng hạn xét phương trình



y = 2 |y|,



Ta thấy ngay

1.3) là

y(x) =



y≡0



f (x, y)



liên tục trên



R2 .



y(0) = 0



là một nghiệm. Ngoài ra còn có vô số nghiệm khác (xem hình



(x − C)2 nếu x ≥ C

0 nếu x ≤ C



và



y(x) =



0 nếu x ≥ C

−(x − C)2 nếu x ≤ C



Nói cách khác, tính duy nhất nghiệm bò vi phạm.

Nhận xét: Thực chất chứng minh là dùng nguyên lý ánh xạ co trong các không gian

metric đủ.



Đònh nghóa 1.2.2. Cho không gian metric E với metric d. Ánh xạ T



gọi là ánh xạ co nếu tồn tại số α ∈ (0, 1) sao cho với mọi cặp

đều có



: E → E được

phần tử x, y ∈ E ta



d(T x, T y) ≤ αd(x, y)



Đònh lý 1.2.3 (Nguyên lý ánh xạ co). Mọi ánh xạ co

đều có duy nhất một điểm bất động. Tức là điểm

T (x∗ ) = x∗



T trong không

x ∈ E sao cho

∗



gian metric



đủ



12



Chương 1. Phương trình vi phân thường cấp I



1

-3



-2



-1



1



2



3



-1



Hình 1.3: Nghiệm của bài toán Cauchy y



= 2 |y|,



y(0) = 0



1.3 Phân loại nghiệm của phương trình vi phân

1.3.1 Các đònh nghóa:

Về mặt hình học, bài toán Cauchy cho phương trình vi phân cấp I có thể hiểu là tìm

nghiệm y = y(x) của (1.3) mà đồ thò của hàm số y = y(x) (còn gọi là đường cong

tích phân của phương trình vi phân) đi qua điểm (x0 , y0). Nói cách khác, bài toán

Cauchy là tìm đường cong tích phân của phương trình (1.3) đi qua điểm (x0 , y0) ∈ D

cho trước.

Đònh nghóa 1.3.1. Giả sử D ⊂ R2 sao cho vế phải của phương trình (1.3) xác đònh và

liên tục trên D. Hàm số y = y(x, C) phụ thuộc liên tục vào hằng số C được gọi là

nghiệm tổng quát của (1.3) nếu:

a) Với mỗi điều kiện ban đầu (x0 , y0) ∈ D ta luôn giải được C dưới dạng

C = ϕ(x0 , y0 )



(∗)



trong đó ϕ là hàm liên tục.

b) Hàm y = y(x, C) thoả mãn phương trình (1.3) với mỗi giá trò của C cho bởi (∗)

khi (x0 , y0) chạy khắp D.

Khi đó hệ thức ϕ(x, y) = C (hoặc chính hàm

quát của phương trình (1.3).



Ví dụ: Phương trình y



số tuỳ ý.



Đònh nghóa 1.3.2.



+y = 0



ϕ(x, y))



được gọi là tích phân tổng



có nghiệm tổng quát là y(x) = Ce−x với C là hằng



Nghiệm của phương trình (1.3) mà tại mỗi điểm của nó tính

chất duy nhất nghiệm của bài toán Cauchy được thoả mãn được gọi là nghiệm

riêng.



•



•



Nghiệm của phương trình (1.3) mà tại mỗi điểm của nó tính chất duy nhất nghiệm

của bài toán Cauchy bò vi phạm được gọi là nghiệm kỳ dò.



13



1.3. Phân loại nghiệm của phương trình vi phân



Nhận xét: Từ đònh nghóa nghiệm tổng quát, ta suy ra rằng với mỗi điều kiện ban đầu



(x0 , y0 ) ∈ D ,



ta luôn tìm được C0 = ϕ(x0, y0) sao cho y = y(x, C0) là nghiệm của bài

toán Cauchy tương ứng. Nói cách khác, bằng cách chọn các giá trò thích hợp cho hằng

số, ta có thể thu được các nghiệm riêng tuỳ ý của phương trình, không kể các nghiệm

kỳ dò.

Giải (hay còn gọi là tích phân) một phương trình vi phân là tìm tất cả các nghiệm

(biểu thức nghiệm tổng quát) của phương trình đó hoặc nghiệm của bài toán Cauchy

với điều kiện ban đầu cho trước.

Ví dụ: Tìm nghiệm riêng y(x) của phương trình y = 3y + x thoả điều kiện y(0) = 1.

x



1



Ta dễ kiểm tra rằng nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là y = − − +Ce3x .

3 9

Để tìm nghiệm riêng thoả điều kiện như trên ta chỉ cần thay các giá trò ban đầu và

tính C .

Suy ra C =



10

,

9



nghiệm cần



1

1 = y(0) = − + Ce0

9

x 1 10

tìm là y = − − + e3x .

3 9

9



1.3.2 Ý nghóa hình học của phương trình vi phân:

Xét phương trình vi phân (1.3), với f (x, y) liên tục trên miền mở trong R 2. Tại mỗi

điểm M(x, y) thuộc miền này, ta gán cho nó một hướng với hệ số góc là

k=



dy

= f (x, y)

dx



Khi đó ta thu được một trường các hướng xác đònh bởi (1.3), và dó nhiên hướng của

tiếp tuyến của đường cong tại mỗi điểm trùng với hướng của trường tại điểm đó. Giải

một phương trình vi phân dạng (1.3) về mặt hình học là tìm tất cả các đường cong sao

cho tại mỗi điểm của nó hướng của tiếp tuyến trùng với hướng của trường.

Ngược lại, cho trước họ đường cong

y = ϕ(x, C)



(∗)



phụ thuộc vào tham số C sao cho qua mỗi điểm chỉ có duy nhất một đường cong của

họ đi qua. Ta sẽ lập phương trình vi phân nhận họ đường cong này làm nghiệm tổng

quát như sau. Đạo hàm hai vế của phương trình trên theo x, ta được

dy

∂ϕ

=

(x, C)

dx

∂x



Từ phương trình (∗), với mỗi (x, y) ta luôn tìm được duy nhất giá trò C = C(x, y). Thay

vào đẳng thức trên ta nhận được



C



y =



∂ϕ

(x, C(x, y)) =: f (x, y)

∂x



14



Chương 1. Phương trình vi phân thường cấp I



2

y(x) 1

–3



–2



–1



1



x 2



3



–1

–2

–3



Hình 1.4: Trường hướng của phương trình y



=−



y

x



và đây là phương trình vi phân cần tìm.

Ví dụ: Tìm phương trình vi phân của họ đường cong sau:

y = Cx2



Đạo hàm hai vế theo x ta được y



= 2Cx.



Khử C ta thu được phương trình vi phân:



y =2



y

x



1.4 Phương pháp giải một số phương trình vi phân cấp I

Trong bài này ta sẽ giới thiệu một số dạng phương trình vi phân cấp I mà có thể tích

phân được theo nghóa có thể viết biểu thức của nghiệm tổng quát dưới dạng tường

minh hoặc phụ thuộc tham số. Lưu ý rằng ta không có phương pháp giải tổng quát

cho phương trình vi phân, thậm chí cấp I.



1.4.1 Phương trình với biến số phân ly:

Phương trình vi phân cấp I dạng

M(x)dx + N(y)dy = 0



(1.9)



được gọi là phương trình với biến số phân ly (hay còn gọi phương trình tách

biến).



1.4. Phương pháp giải một số phương trình vi phân cấp I



15



Cách giải: Các hàm M(x), N(y) được giả thiết liên tục trên các khoảng nào đó.

Khi đó chỉ cần tích phân hai vế của (1.9) ta thu được tích phân tổng quát của nó là

M(x)dx +



Ví dụ: Giải phương trình y 2y



N(y)dy = C



= x(1 + x2 ).



Phương trình này có dạng tách biến



y 2 dy − x(1 + x2 )dx = 0



Tích phân hai vế ta thu được nghiệm tổng quát là:

y 3 x2 x4

−

−

=C

3

2

4



Nhận xét: Phương trình dạng

M1 (x)N1 (y)dx + M2 (x)N2 (y)dy



(1.10)



cũng đưa được về dạng (1.9) với biến số phân ly, bằng cách chia hai vế cho M2 (x)N1 (y)

(với giả thiết biểu thức này khác 0)

N2 (y)

M1 (x)

dx +

dy = 0

M2 (x)

N1 (y)



Do đó tích phân tổng quát là

M1 (x)

dx +

M2 (x)



N2 (y)

dy = C

N1 (y)



Ví dụ: Giải phương trình x(1 + y 2)dx + y(1 + x2 )dy = 0

Chia hai vế cho (1 + x2 )(1 + y 2) ta được



ydy

xdx

+

=0

2

1+x

1 + y2



Tích phân hai vế ta được

xdx

+

1 + x2



tức là



ydy

=C

1 + y2



1

1

1

ln(1 + x2 ) + ln(1 + y 2 ) = C := ln C1

2

2

2



Vậy tích phân tổng quát của phương trình đã cho là (1 + x2 )(1 + y 2) = C1 trong đó C1

là hằng số tuỳ ý.



16



Chương 1. Phương trình vi phân thường cấp I



1.4.2 Phương trình vi phân thuần nhất:

Hàm số f (x, y) được gọi là thuần nhất bậc m nếu với mọi t > 0 ta có

f (tx, ty) = tm f (x, y)



Phương trình vi phân y = f (x, y) được gọi là thuần nhất (hay còn gọi đẳng cấp)

nếu hàm số ở vế phải là hàm thuần nhất bậc 0, tức là f (tx, ty) = f (x, y) với mọi

t > 0.

Nhận xét: Nếu đặt u := y ta có f (x, y) = f (± |x| , |x| y ) = f (±1, ±u) =: g(u).

|x|



x



Cách giải:

Đặt y = xu, ta có



dy

du

= x + u.

dx

dx



Từ đó

x



hoặc dưới dạng tách biến



du

+ u = g(u)

dx



du

dx

=

g(u) − u

x



Tích phân hai vế ta được



x

du

= ln

g(u) − u

C



hay

x = C exp



du

g(u) − u



với C = 0



y



Thay u = vào biểu thức trên ta tìm được tích phân tổng quát của phương trình thuần

x

nhất.

Ví dụ: Giải phương trình (x2 + y 2)dx + xydy = 0

Ta có thể viết phương trình đã cho dưới dạng

dy

y x

=− −

dx

x y



Vế phải của phương trình này là hàm thuần nhất.

Đặt y = xu ta có x



1

du

+ u + u + = 0,

dx

u



hay tương đương với



dx

udu

=−

x

1 + 2u2



Tích phân phương trình này ta được

ln



1

x

= − ln(1 + 2u2 )

C

4