Chương 3: Phương trình vi phân cấp cao

40



Chương 3. Phương trình vi phân cấp cao



3.1.2 Sự tồn tại và duy nhất nghiệm:

Tương tự như trường hợp phương trình vi phân cấp I, bài toán Cauchy đối với phương

trình vi phân cấp cao (3.1) đặt ra như sau:

Tìm nghiệm y(x) của phương trình (3.1) thoả điều kiện ban đầu:

(n−1)

(3.5)

y(x0 ) = y0 , y (x0 ) = y0 , . . . , y (n−1) = y0

(n−1)

trong đó x0 ∈ I ⊂ R và Y0 := (y0, y0, . . . , y0 ) ∈ Rn cố đònh, cho trước.

Để phát biểu đònh lý khẳng đònh sự tồn tại lời giải của bài toán Cauchy ta cần khái

niệm sau:

Cho vector-hàm f (x, y) xác đònh trên miền G ⊂ R × Rn. Ta nói f thoả điều kiện

Lipschitz trên G theo y nếu tồn tại hằng số dương L (gọi là hằng số Lipschitz) sao

cho:

||f (x, y1 ) − f (x, y2 )|| ≤ L||y1 − y2 ||, với mọi (x, y1 ), (x, y2 ) ∈ G

Ta lưu ý rằng điều kiện Lipschitz không phải là hệ quả của tính liên tục. Chẳng hạn

hàm f (x, y) = √y liên tục nhưng không thoả điều kiện trên.

ù



Đònh lý 3.1.1 (Đònh lý tồn tại và duy nhất nghiệm cho PTVP cấp cao). Giả sử vectorhàm f (x, y) trong (3.4) liên tục và thoả điều kiện Lipschitz theo y trên miền

G = {(x, y) ∈ R × Rn / |x − x0 | ≤ a, ||y − y0 || ≤ b}



Khi đó bài toán Cauchy với điều kiện ban đầu (3.5) có một nghiệm duy nhất trên đoạn

b

I := [x0 − h, x0 + h], với h := min(a, M ) và M := max(x,y)∈G ||f (x, y)||.



Chứng minh: Tương tự như trong trường hợp PTVP cấp I, chỉ cần thay giá trò tuyệt



đối bởi chuẩn trong Rn .

Nhận xét: Ta cũng đònh nghóa các loại nghiệm của phương trình vi phân cấp cao

tương tự như trong chương I. Chẳng hạn, nghiệm kỳ dò của (3.2) là nghiệm mà tại

mỗi điểm của nó tính chất duy nhất nghiệm bò vi phạm. Ta gọi nghiệm tổng quát

của (3.2) là họ các hàm ϕ(x, C1, . . . , Cn ) phụ thuộc (một cách liên tục) vào n hằng số

tuỳ ý C1, . . . , Cn. Với mỗi bộ giá trò của n tham số này ta nhận được một nghiệm

riêng của phương trình.

Ví dụ: Nghiệm tổng quát của phương trình y = y là y(x) = C1 ex + C2e−x . Nó phụ

thuộc vào hai hằng số tuỳ ý C1 và C2.



3.1.3 Một số phương trình vi phân cấp cao giải được bằng cầu

phương:

a) Phương trình F (x, y (n)) = 0



Phương trình này chỉ phụ thuộc vào biến độc lập và đạo hàm cấp cao nhất. Trong

trường hợp có thể giải ra đối với đạo hàm:

y (n) = f (x)



41



3.1. Phương trình vi phân cấp cao



ta có thể tích phân liên tiếp theo x và thu được

y (n−1) =

y (n−2) =



x

x0

x

x0



f (x)dx + C1

dx



x

x0



f (x)dx + C1 (x − x0 ) + C2



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

x



x



f (x)dx +



dx . . .



y=

x0



x0



lần



n

C2

+ (n−2)! (x



C1

(x

(n−1)!



− x0 )n−1 +



− x0 )n−2 + · · · + Cn−1 (x − x0 ) + Cn



Ví dụ: Phương trình y (n) = 0 có nghiệm là đa thức tổng quát cấp n − 1

y(x) = c1 (x − x0 )n−1 + c2 (x − x0 )n−2 + · · · + cn−1 (x − x0 ) + cn



Trong trường hợp không giải ra được y (n) nhưng có thể tham số hoá

x = ϕ(t),



khi đó ta có



y (n) = ψ(t)



dy (n−1) = y (n) dx = ψ(t)ϕ (t)dt



Vì vậy

y (n−1) =



ψ(t)ϕ (t)dt = ψ(t, C1 )



Lặp lại quá trình trên sau n bước, ta thu được nghiệm tổng quát cho dưới dạng tham

số

x = ϕ(t),



y = ψm (t, C1 , . . . , Cn )



b) Phương trình F (y (n−1), y (n)) = 0:

Cách giải: Nếu có thể giải được

y (n) = f (y (n−1) )



thì, bằng cách đặt z := y(n−1), có thể viết lại phương trình dưới dạng sau:

z = f (z)



Đây là phương trình vi phân cấp I theo z, giả sử nghiệm là

trường hợp trên với phương trình

y (n−1) = g(x, C)



với C là tham số.



z = g(x, C),



ta trở lại



42



Chương 3. Phương trình vi phân cấp cao



Nếu có thể tham số hoá

y (n−1) = ϕ(t),



y (n) = ψ(t)



thì từ dy (n−1) = y (n)dx ta suy ra

dy (n−1)

ϕ (t)dt

dx =

=

(n)

y

ψ(t)



Do đó



ϕ (t)dt

= ϕ1 (t, C1 )

ψ(t)



x=



và ta trở lại trường hợp trên với

y (n−1) = ϕ(t)



x = ϕ1 (t, C1 ),



Ví dụ: Giải phương trình y



=y +1



Đặt z = y ta có phương trình z



− z = 1.



Phương trình này có nghiệm tổng quát là



z = C1 ex − 1



Do đó, ta được phương trình



y = C1 ex − 1



Vậy nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là

y(x) = C1 ex −



x2

+ C2 x + C3

2



c) Phương trình F (y (n−2), y (n)) = 0:

Đối với dạng phương trình này ta đặt z = y (n−2) và viết lại phương trình theo z

F (z, z ) = 0



Nếu từ phương trình này có thể giải được z



= f (z)



thì ta có



2z z = 2f (z)z



hay



d((z )2 ) = 2f (z)dz



Từ đó ta tìm được

z =± 2



f (z)dz + C1



Đây là phương trình vi phân cấp I với ẩn là z = z(x) với nghiệm tổng quát có dạng

Φ(x, z, C1 , C2 ) = 0



43



3.1. Phương trình vi phân cấp cao



Thay z = y (n−2) vào phương trình này ta trở lại trường hợp a).

Ví dụ: Giải phương trình y (4) = y .

Đặt z = y ta thu được phương trình

z =z



Phương trình này có nghiệm tổng quát là

z = C1 ex + C2 e−x



Trở lại ẩn y ta có phương trình

y = C1 ex + C2 e−x



mà nghiệm tổng quát của nó là

y = C1 ex + C2 e−x + C3 x + C4



3.1.4 Một số phương trình vi phân cấp cao có thể hạ cấp:

Ta sẽ xét một số dạng phương trình cấp cao mà có thể đưa về phương trình cấp thấp

hơn bằng cách đổi biến.



a) Phương trình dạng F (y, y , . . . , y (n)) = 0:

Phương trình này không chứa biến độc lập x. Ta đặt p = y . Khi đó

y =p=



dy

dx



dp

dp

=p

dx

dy

d

d

dp

dp dp

+p

y =

p

=

dx

dy

dx dy

dx

y =



dp

dy



2



d2 p

dp

+ p2 2

=p

dy

dy

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

y (n) = g p,



dn−1 p

dp

, . . . , n−1

dy

dy



Thay các biểu thức trên vào phương trình ban đầu ta thu được phương trình vi phân

cấp n − 1 theo ẩn p = p(y)

G(y, p, p , . . . , p(n−1) ) = 0



Giả sử phương trình này có nghiệm tổng quát là

Φ(y, p, C1 , . . . , Cn−1 ) = 0



44



Chương 3. Phương trình vi phân cấp cao



ta thay p = y thì thu được phương trình dạng F (y, y ) = 0 mà là phương trình vi phân

cấp I.

Ví dụ: Giải phương trình (1 + y 2)yy = (3y 2 − 1)y 2

Đặt p = y như đã trình bày, phương trình đưa về dạng

(1 + y 2)yp



dp

= (3y 2 − 1)p2

dy



Chia 2 vế cho p (với giả thiết p = 0) và viết lại dưới dạng phương trình tách biến

dp

3y 2 − 1

=

dy

p

(1 + y 2 )y



Nghiệm tổng quát của nó là



py

= C1

(1 + y 2 )2



Thay p = y , ta có phương trình

yy

= C1

(1 + y 2 )2



Nghiệm tổng quát của phương trình cuối cùng là

−



1

= 2C1 x + C2

1 + y2



b) Phương trình thuần nhất đối với ẩn hàm y và các đạo hàm của nó:



T a nói phương trình vi phân F (x, y, y , . . . , y (n)) = 0 là thuần nhất theo ẩn hàm

y và các đạo hàm của nó nếu F là hàm thuần nhất (bậc m nào đó) theo các biến

y, y , . . . , y (n). Tức là

F (x, ty, ty , . . . , ty (n) ) = tm F (x, y, y , . . . , y (n))



Đối với lớp các phương trình này ta có thể hạ cấp bằng cách đặt y

y = uy

y = y u + u y = y(u + u2 )

y = y(u + 3uu + u3 )

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

y (n) = y.g(u, u , . . . , u(n−1) )



Nhờ tính thuần nhất, phương trình đã cho có thể viết lại dạng

y mF (x, 1, u, u + u2 , . . . , g(u, u , . . . , u(n−1) )) = 0



= uy



Khi đó ta có



45



3.1. Phương trình vi phân cấp cao



Đây là phương trình cấp n − 1 của ẩn hàm u = u(x), giả sử có nghiệm tổng quát là

u = u(x, C1 , . . . , Cn−1)



Khi đó từ y

y = exp



= uy



ta có nghiệm tổng quát của phương trình ban đầu là



u(x, C1, . . . , Cn−1)dx + ln |Cn |



Ví dụ: Giải phương trình x2 yy



= Cn exp



u(x, C1 , . . . , Cn−1 )dx



= (y − xy )2 .



Đây là phương trình thuần nhất (cấp 2) theo y và các đạo hàm của nó. Đặt y

giống như trên, ta có



= uy



y = y(u + u2 )



Thay vào và rút gọn cho y 2 (giả sử y = 0) ta được phương trình tuyến tính bậc nhất:

x2 u + 2xu − 1 = 0



với nghiệm tổng quát là

u=



x + C1

x2



Trở lại ẩn hàm y với u = y /y ta được nghiệm tổng quát là

y = C2 xe−



C1

x



Dó nhiên nghiệm y = 0 cũng chứa trong nghiệm tổng quát này.



3.1.5 Tích phân trung gian và tích phân đầu:

Xét phương trình vi phân cấp n

F (x, y, y , y , . . . , y (n)) = 0



(3.6)



Giả sử có tồn tại hệ thức dạng

Φ(x, y, y , . . . , y (k), Ck+1 , . . . , Cn ) = 0



(∗)



sao cho Φ phụ thuộc vào n − k hằng số tuỳ ý Ck+1, . . . , Cn và không phụ thuộc vào

các đạo hàm cấp > k (nhưng nhất thiết phải có mặt y(k)).

Nếu từ hệ n − k phương trình nhận được bằng cách lấy vi phân hệ thức (∗) theo x

n − k lần và chính hệ thức đó ta có thể nhận được phương trình đã cho (bằng cách khử

các tham số) thì hệ thức (∗) được gọi là tích phân trung gian của phương trình (3.6).

Nếu k = n − 1, tức là hệ thức chỉ chứa một tham số C

Φ(x, y, y , . . . , y (n−1) , C) = 0



thì ta gọi là tích phân đầu.

Nhận xét: Tích phân trung gian thực chất là một phương trình vi phân cấp k đã chứa

sẵn n − k hằng số tuỳ ý Ck+1, . . . , Cn. Nghiệm tổng quát của nó còn chứa k hằng số

mới là C1, . . . , Ck ; tức là chứa tất cả n hằng số, và đó cũng là nghiệm tổng quát của

phương trình ban đầu (3.6). Vậy tích phân trung gian cho phép đưa việc giải phương

trình vi phân cấp cao về giải phương trình cấp thấp hơn.



46



Chương 3. Phương trình vi phân cấp cao



Phương trình dạng F (x, y (k), . . . , y (n)) = 0

Bằng cách đổi ẩn z = y(k) ta có thể viết phương trình dưới dạng

F (x, z, z , . . . , z (n−k) ) = 0



Giả sử đã tìm được tích phân tổng quát của phương trình này Φ(x, z, Ck+1 , . . . , Cn ) = 0.

Khi đó, ta có tích phân trung gian của phương trình đã cho là

Φ(x, y (k) , Ck+1, . . . , Cn ) = 0



Đây là phương trình vi phân cấp k, nghiệm của nó cho ta tích phân tổng quát của

phương trình ban đầu.

Ví dụ: Giải phương trình y − xy + y = 0.

Đặt z = y ta thu được phương trình

z − xz + z = 0



mà nghiệm tổng quát là z = C1 (x − 1). Từ đó ta có tích phân đầu

y = C1 (x − 1)



Vậy nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là

y=



C1 3 C1 2

x −

x + C2 x + C3

3

2



3.2 Lý thuyết tổng quát về phương trình vi phân tuyến

tính.

Phương trình vi phân tuyến tính cấp n có dạng

p0 (x)y (n) + p1 (x)y (n−1) + · · · + pn−1 (x)y + pn (x)y = g(x)



(3.7)



trong đó các pj (x) và g(x) là các hàm (thực) nào đó theo biến x.

Nếu g(x) ≡ 0 thì phương trình (3.7) được gọi là phương trình vi phân tuyến tính

thuần nhất.



Sự tồn tại nghiệm:

Giả sử các hàm pj (x) và g(x) là liên tục trên khoảng I = (a, b) và ngoài ra p0 (x) = 0

với mọi x ∈ I . Khi đó đònh lý tồn tại nghiệm cơ bản khẳng đònh rằng có tồn tại duy

nhất một mghiệm liên tục y(x) của phương trình (3.7) thoả điều kiện ban đầu

(n−1)



y(x0 ) = y0 , y (x0 ) = y0 , . . . , y (n−1) (x0 ) = y0



tại điểm x0 ∈ I .



47



3.3. Đònh thức Wronski - Nghiệm tổng quát



Dạng toán tử của phương trình vi phân tuyến tính:

Ký hiệu D là toán tử đạo hàm



d

dx



và đặt:



L = p0 D n + p1 D n−1 + · · · + pn−1 D + pn



(3.8)



L được



gọi là toán tử vi phân cấp n và khi đó (3.7) viết lại dưới dạng sau, gọi là dạng

toán tử của phương trình (3.7)

L(y) = g



Đặc biệt, khi g

cách đơn giản



≡ 0,



phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất tương ứng viết một

(3.9)



L(u) = 0



Nhận xét:



L là toán tử tuyến tính trên không gian các hàm (khả vi) vì L(αu + βv) =

αL(u) + βL(v), với u, v là hai hàm khả vi và α, β là hai số tuỳ ý. Do đó giải phương

trình vi phân tuyến tính thuần nhất là tìm không gian con ker(L).



Mệnh đề 3.2.1. Giả sử u1 và u2 là hai nghiệm tuỳ ý của phương trình vi phân tuyến



tính thuần nhất (3.9). Khi đó, với C1 , C2 là hai hằng số bất kỳ, C1 u1 + C2 u2 cũng là

nghiệm của (3.9).



Chứng minh: Ta có L(C1u1 + C2 u2) = C1L(u1) + C2 L(u2) = 0.



Hệ quả 3.2.1. Tập tất cả các nghiệm của phương trình (3.9) có cấu trúc không gian

vector.



3.3 Đònh thức Wronski - Nghiệm tổng quát

Đònh nghóa 3.3.1. Ta nói các hàm u1(x), u2(x), . . . , un(x) là độc lập tuyến tính trên



(a, b)



cho



nếu không tồn tại các hằng số C1, C2, . . . , Cn không đồng thời bằng không sao



với mọi x ∈ (a, b)

Ngược lại, các hàm u1(x), u2(x), . . . , un(x) được gọi là phụ thuộc tuyến tính trên

(a, b) nếu có thể chọn được các hằng số Cj không đồng thời bằng không sao cho đẳng

thức trên xảy ra với mọi x ∈ (a, b).

C1 u 1 + · · · + Cn u n ≡ 0



Mệnh đề 3.3.1. Nếu u1(x), u2(x), . . . , un(x) là các hàm khả vi đến cấp n − 1 và phụ

thuộc tuyến tính trên (a, b) thì đònh thức

u1 (x)

u1 (x)



.

.

.



(n−1)



u1



u2 (x)

u2 (x)



.

.

.



(n−1)



(x) u2



···

···



...



un (x)

un (x)



.

.

.



(n−1)



(x) · · · un



(x)



=0



với mọi x ∈ (a, b)



(3.10)



48



Chương 3. Phương trình vi phân cấp cao



Đònh nghóa 3.3.2. Đònh thức ở vế trái của (3.10) được gọi là đònh thức Wronski của

n



hàm u1(x), u2(x), . . . , un(x) và thường được ký hiệu là W (x) hay W [u1, . . . , un]



Chứng minh: Theo giả thiết của mệnh đề, có tồn tại các hằng số Cj không đồng thời

bằng không sao cho



C1 u 1 + · · · + Cn u n ≡ 0



với mọi x ∈ (a, b)



Đạo hàm đẳng thức này theo biến x n − 1 lần, ta thấy các

trình tuyến tính thuần nhất sau (với x cố đònh nào đó)











C1 u1 (x) + · · · +

Cn un (x)

C1 u1 (x) + · · · +

Cn un (x)

···

···

···







(n−1)

(n−1)

C1 u 1

(x) + · · · + Cn un (x)



Cj



thoả mãn hệ phương



=0

=0

···

=0



Vì hệ thuần nhất này có nghiệm không tầm thường nên đònh thức của ma trận của hệ

phải bằng không.



Hệ quả 3.3.1. Nếu W (x) = 0 tại x nào đó thuộc (a, b) thì hệ hàm {u1(x), u2(x), . . . , un(x)}



độc lập tuyến tính trên (a, b).



Ví dụ: Hệ hàm {1, x, x2, · · · , xn−1 } là độc lập tuyến tính trên khoảng bất kỳ vì

W (x) =



1 x ···

xn−1

0 1 · · · (n − 1)xn−2



.. .. . . .

. .



0 0 ···



..

.



= 1.1!2! . . . (n − 1)! = 0



với mọi x ∈ R



(n − 1)!



Ví dụ: Hệ hàm {ek , ek , · · · , ek } là độc lập tuyến tính trên khoảng bất ky nếu các

1



2



n



số k1, k2, . . . , kn là khác nhau từng đôi một.



Đònh lý 3.3.2. Giả sử các hàm pj (x) là liên tục và p0 (x) = 0 trên khoảng (a, b). Khi đó

nghiệm u1 (x), u2 (x), . . . , un (x) của phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất (3.9)

là độc lập tuyến tính nếu và chỉ nếu đònh thức Wronski W [u1(x), u2 (x), . . . , un(x)] =

0, ∀x ∈ (a, b).

n



Chứng minh: Nếu



W [u1 (x), u2 (x), . . . , un (x)] = 0, ∀x ∈ (a, b) thì theo hệ quả trên,

các nghiệm u1(x), u2(x), . . . , un(x) là độc lập tuyến tính.

Ngược lại, giả sử có x0 ∈ (a, b) mà W (x0 ) = 0. Khi đó hệ tuyến tính thuần nhất sau

có nghiệm không tầm thường











C1 u1 (x0 ) + · · · +

Cn un (x0 )

C1 u1 (x0 ) + · · · +

Cn un (x0 )

···

···

···







(n−1)

(n−1)

C1 u 1

(x0 ) + · · · + Cn un (x0 )



=0

=0

···

=0



49



3.3. Đònh thức Wronski - Nghiệm tổng quát



Gọi (C1, . . . , Cn) là một nghiệm như thế và đặt u(x) = C1u1(x) + · · · + Cn un(x). Rõ

ràng u(x) cũng là một nghiệm của của (3.9) thoả điều kiện ban đầu u(x0) = 0, u (x0 ) =

0, . . . , u(n−1) (x0 ). Mặt khác nghiệm tầm thường u ≡ 0 cũng thoả điều kiện này. Do

đó, theo đònh lý tồn tại và duy nhất nghiệm ta phải có

C1 u1 (x) + · · · + Cn un (x) ≡ 0



tức là các u1(x), u2(x), . . . , un(x) là phụ thuộc tuyến tính: trái giả thiết.



Đònh nghóa 3.3.3. Hệ gồm n nghiệm u1(x), u2(x), . . . , un(x) độc lập tuyến tính trên

(a, b)



của phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất cấp



n



cơ bản của phương trình đó.



được gọi là hệ nghiệm



Đònh lý 3.3.3 (Cấu trúc nghiệm của phương trình tuyến tính thuần nhất). Giả sử



{u1 (x), u2 (x), . . . , un (x)} là hệ nghiệm cơ bản của phương trình vi phân tuyến tính thuần



nhất (3.9). Khi đó nghiệm tổng quát của (3.9) có dạng



(3.11)



u(x) = C1 u1 (x) + · · · + Cn un (x)



trong đó C1 , . . . , Cn là các hằng số tuỳ ý.



Chứng minh: Rõ ràng với C1, . . . , Cn là các hằng số bất kỳ, vế phải của (3.11) là

nghiệm của (3.9).

Ngược lại, giả sử v(x) là nghiệm của (3.9) thoả điều kiện ban đầu (với x0 ∈ (a, b)

nào đó)

(n−1)



v(x0 ) = v0 , v (x0 ) = v0 , . . . , v (n−1) (x0 ) = v0



ta xét hệ phương trình











C1 u1 (x0 ) + · · · +

Cn un (x0 )

C1 u1 (x0 ) + · · · +

Cn un (x0 )

···

···

···







(n−1)

(n−1)

C1 u 1

(x0 ) + · · · + Cn un (x0 )



= v0

= v0

···

(n−1)

= v0



Vì các u1(x), u2(x), . . . , un(x) lập thành hệ nghiệm cơ bản nên W (x0) = 0, tức là đònh

thức của ma trận hệ số của hệ phương trình trên khác không. Vì thế, có tồn tại (và

0

0

duy nhất) các số C1 , . . . , Cn mà là nghiệm của hệ này. Đặt

0

0

u(x) = C1 u1(x) + · · · + Cn un (x)



thì u(x) cũng

u(x) ≡ v(x).



là nghiệm của (3.9) thoả cùng điều kiện ban đầu như



v(x).



Do đó



Đònh lý 3.3.4 (Nghiệm của phương trình tuyến tính không thuần nhất). Nghiệm tổng



quát của phương trình vi phân tuyến tính không thuần nhất (3.7) bằng tổng của một

nghiệm riêng y0 (x) nào đó của nó và nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất

tương ứng.



50



Chương 3. Phương trình vi phân cấp cao



Chứng minh: Giả sử y(x) là nghiệm tuỳ ý của phương trình không thuần nhất L(y) = g

và {u1(x), u2(x), . . . , un(x)} là hệ nghiệm cở bản của phương trình thuần nhất tương

ứng. Theo giả thiết ta có L(y0) = g ; từ đó suy ra L(y − y0) = 0. Nói cách khác, y − y0

là nghiệm của phương trình thuần nhất tương ứng. Theo đònh lý 3.3.3, tồn tại các hằng

số C1, . . . , Cn sao cho y − y0 = C1 u1(x) + · · · + Cnun (x) =: u(x). Vì vậy, y = y0 + u(x).

Ví dụ: Cho phương trình y



+ 4y = ex .



Dễ thấy cos 2x và sin 2x là hai nghiệm độc

lập tuyến tính của phương trình thuần nhất tương ứng y + 4y = 0. Một nghiệm riêng

của phương trình đã cho ban đầu là y0 = 1 ex . Do đó nghiệm tổng quát của phương

5

trình đã cho là

1

y = C1 cos 2x + C2 sin 2x + ex

5



trong đó C1, C2 là hai hằng số tuỳ ý.



Mệnh đề 3.3.2 (Nguyên lý chồng chất nghiệm). Giả sử y1, y2 là nghiệm riêng của

phương trình L(y) = g1 , L(y) = g2 tương ứng. Khi đó

y := y1 + y2



là nghiệm riêng của phương trình

L(y) = g



với g := g1 + g2 .



Nhận xét: Mệnh đề này giúp ta tìm nghiệm riêng của phương trình tuyến tính không



thuần nhất trong trường hợp hàm g(x) ở vế phải có dạng tổng của các hàm đơn giản.

Ví dụ: Tìm nghiệm riêng của phương trình y + y = x + cos 3x.

Ta tìm các nghiệm riêng của các phương trình y + y = x và y + y = cos 3x. Dễ

thấy phương trình thứ nhất có nghiệm riêng là y1 = x; còn phương trình thứ hai có

một nghiệm riêng (xem mục 3.4.2) là y 2 = − 1 cos 3x. Do đó một nghiệm riêng của

8

phương trình đã cho là

y =x−



1

cos 3x

8



3.3.1 Đồng nhất thức Abel

Ta sẽ chỉ ra sau đây biễu diễn đơn giản của đònh thức Wronski của hệ nghiệm độc

lập tuyến tính {u1(x), u2(x), . . . , un(x)} của phương trình thuần nhất (3.9). Đạo hàm

W (x) theo x ta có:

dW

=

dx



u1 (x)

u1 (x)



..

.



(n−2)



u2 (x)

u2 (x)



..

.



(n−2)



···

···



...



un (x)

un (x)



..

.



(n−2)



u1

(x) u2

(x) · · · un (x)

(n)

(n)

(n)

u1 (x)

u2 (x) · · · un (x)