Chương 4: Hệ phương trình vi phân cấp I

62



Chương 4. Hệ phương trình vi phân cấp I



4.1.2 Liên hệ giữa hệ phương trình và phương trình vi phân cấp cao:

Với một số giả thiết nào đó, việc giải hệ phương trình (4.1) có thể đưa về giải phương

trình vi phân cấp cao dựa trên phương pháp khử sau đây. Đạo hàm hai vế của

phương trình đầu tiên của hệ (4.1), ta được

y1 =



∂f1 ∂f1

∂f1

y1 + · · · +

y

+

∂x

∂y1

∂yn n



Thay các yj bởi các biểu thức của nó, ta có thể viết y1 như là hàm của x, y1, . . . , yn

y1 = F1 (x, y1 , . . . , yn )



Lại lấy đạo hàm hai vế đẳng thức này theo x, ta có

∂F1 ∂F1

∂F1

+

y1 + · · · +

y

∂x

∂y1

∂yn n

=: F2 (x, y1 , . . . , yn )



y1 =



Tiếp tục quá trình trên cho đến đạo hàm cấp n của y1 ta được hệ



 y1 = f1 (x, y1 , . . . , yn )







 y = F (x, y , . . . , y )

 1

1

1

n



 ·····················



 (n)



 y = F (x, y , . . . , y )

 1

n−1

1

n



Trong hệ này ta xét n − 1 phương trình đầu tiên với n − 1 ẩn là y2, . . . , yn. Với một

vài điều kiện nào đó (để giả thiết của đònh lý hàm ngược được thoả mãn) ta có thể

(n−1)

giải được (duy nhất) các y2, . . . , yn như là hàm theo các biến x, y1, y1, . . . , y1 . Thay

biểu thức của chúng vào phương trình cuối cùng của hệ, ta có

(n)



(n−1)



y1 = Fn (x, y1 , y1, . . . , y1



)



Đây là phương trình vi phân cấp n dạng đã giải ra đối với đạo hàm. Giải phương trình

(n−1)

này để tìm y1, rồi tính các đạo hàm y1, . . . , y1 . Từ đó ta tính được các y2, . . . , yn.

Ngược lại, cho trước phương trình vi phân cấp n dạng

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



ta có thể đưa về một hệ phương trình vi phân cấp I dạng chuẩn tắc bằng cách đặt

y1 = y, yj = yj−1





 y1 = y2





y2 = y3

 ···············





yn = f (x, y1, y2 , . . . , yn )



63



4.1. Hệ phương trình vi phân cấp I tổng quát.



Ví dụ: Giải hệ sau



dx

dy

= y,

=x

dt

dt



Đạo hàm hai vế của phương trình đầu rồi kết hợp với phương trình sau ta được phương

trình

2

từ đó nghiệm tổng quát là



dx

−x=0

dt2



x = x(t) = C1 e−t + C2 et



ø Từø phương trình thứ nhất ta tính được

y = y(t) = −C1 e−t + C2 et



4.1.3 Sự tồn tại và duy nhất nghiệm

Đối với hệ phương trình vi phân cấp I, bài toán Cauchy được phát biểu một cách tương

tự như trường hợp một phương trình: Tìm nghiệm y 1(x), . . . , yn (x) của hệ (4.1) thoả



điều kiện ban đầu



0

yj (x0 ) = yj ,



(4.3)



j = 1, 2, . . . , n



0

0

trong đó các giá trò x0 ∈ I, y1 , . . . , yn cho trước, gọi là giá trò ban đầu.

Để ý rằng không phải bao giờ đònh lý Cauchy cũng có (duy nhất ) nghiệm. Đònh lý

sau đây giải quyết bài toán này đối với hệ chuẩn tắc.



Đònh lý 4.1.1 (Sự tồn tại và duy nhất nghiệm). Giả sử các hàm f1 (x, y), . . . , fn (x, y)



0

0

trong (4.1) là liên tục trên một tập mở G ⊂ Rn+1 chứa (x0 , y1 , . . . , yn) và thoả điều kiện

Lipschitz theo biến y . Khi đó trong một lân cận nào đó của x0 có tồn tại một nghiệm

y1 (x), . . . , yn (x) thoả bài toán Cauchy với điều kiện ban đầu đã cho và nghiệm đó là

duy nhất.



Chứng minh: : Viết lại hệ dưới dạng



dy

= f (x, y),

dx



trong đó y := (y1, . . . , yn)T và

f := (f1 , . . . , fn )T và lập lại các bước chứng minh như trong đònh lý tồn tại và duy

nhất cho phương trình vi phân cấp I.



Nhận xét: Thay cho điều kiện Lipschitz ta có thể yêu cầu (mạnh hơn) rằng hàm



có các đạo hàm riêng theo biến y bò chặn.

Đònh nghóa 4.1.2. Giả sử tập G thoả mãn tất cả các giả thiết của đònh lý 4.1.1. Khi

đó n hàm

f (x, y)



yj = yj (x, C1 , . . . , Cn )



phụ thuộc vào



j = 1, 2, . . . , n



tham số C1, . . . , Cn và có các đạo hàm riêng theo

nghiệm tổng quát của hệ (4.1) nếu:

n



(∗)

x



được gọi là



64



Chương 4. Hệ phương trình vi phân cấp I

•



0

0

Với mỗi (x0 , y1 , . . . , yn) trong G, từ hệ (∗) có thể giải được (duy nhất ) các hằng

số C1, . . . , Cn .



•



Tập hợp n hàm trong (∗) là nghiệm của hệ (4.1) với mỗi bộ giá trò của các tham

số C1, . . . , Cn giải ra đối với mỗi (x, y1, . . . , yn) ∈ G.



Đònh nghóa 4.1.3. Nghiệm của hệ mà tại mỗi điểm của nó thoả mãn các điều kiện

của đònh lý 4.1.1 được gọi là nghiệm riêng của hệ. Ngược lại, nghiệm của hệ mà

tính chất duy nhất nghiệm bò vi phạm được gọi là nghiệm kỳ dò.



Ví dụ: Kiểm tra rằng hệ các hàm

y1 (x) = C1 e−x + C2 e−3x

y2 (x) = C1 e−x + 3C2 e−3x + cos x



là nghiệm tổng quát của hệ

y1 (x) = −y2 + cos x

y2 (x) = 3y1 − 4y2 + 4 cos x − sin x



Ta có f1 (x, y1, y2) = −y2 + cos x và f2 (x, y1, y2) = 3y1 − 4y2 + 4 cos x − sin x, do đó

chúng có các đạo hàm riêng liên tục trên R3.

Với mỗi (x, y1, y2) ∈ R3 , ta luôn có thể giải được (duy nhất) các C1, C2, cụ thể

C1 = 1 ex (3y1 − y2 + cos x)

2

C2 = 1 e−3x (y2 − y1 − cos x

2



Ngoài ra, từ các hàm đã cho, ta có

y1 (x) = −C1 e−x − 3C2 e−3x

y2 (x) = −C1 e−x − 9C2 e−3x − sin x



nên chúng thực sự là nghiệm của hệ nói trên.



4.1.4 Các phương pháp giải hệ phương trình vi phân:

Đưa hệ về phương trình cấp cao:



Nhờ mối liên hệ chặt chẽ giữa hệ phương trình vi phân cấp I và phương trình vi phân

cấp cao, ta có thể đưa việc giải hệ phương trình vi phân về giải phương trình vi phân

cấp cao, như ví dụ trên. Ta xét một ví dụ khác

Ví dụ: Tìm nghiệm của hệ chuẩn tắc

y1 = −y2 + cos x

y2 = 3y1 − 4y2 + 4 cos x − sin x



65



4.1. Hệ phương trình vi phân cấp I tổng quát.



Ta đưa hệ phương trình đã cho về phương trình vi phân cấp II với ẩn là y1. Đạo hàm

hai vế phương trình đầu tiên ta được

y1 = −y2 − sin x

= −(3y1 − 4y2 + 4 cos x − sin x)

= −3y1 + 4y2 − 4 cos x



Thay y2 từ phương trình thứ II ta được:

y1 + 4y1 − 3y1 = 0



Phương trình thuần nhất này có nghiệm tổng quát là

y1 = C1 e−x + C2 e−3x



Từ phương trình thứ nhất ta tìm được

y2 = C1 e−x + 3C2 e−3x + cos x



Hệ gồm y1, y2 cho nghiệm (tổng quát) của hệ phương trình trên.



Phương pháp lập tổ hợp tích phân:

Cho hệ phương trình vi phân cấp I

dyi

= fi (x, y1 , . . . , yn ),

dx



với



i = 1, 2, . . . , n



Để giải hệ này ta có thể tìm một phương trình hệ quả (chẳng hạn tổ hợp tuyến tính

của các phương trình trên) của hệ đã cho, dễ lấy tích phân hơn, và được gọi là tổ hợp

tích phân của hệ phương trình đã cho.

Ví dụ: Bằng cách lập tổ hợp tích phân, giải hệ sau

dy

dx

= y,

=x

dt

dt



Lấy hai phương trình đã cho cộng và trừ với nhau ta được

d(x + y)

=x+y

dt



và



d(x − y)

= −(x − y)

dt



Giải từng phương trình, ta thu được hệ

x + y = C1 et



và



x − y = C2 e−t



Và từ đây ta tìm được nghiệm x(t), y(t).

Nhận xét: Mỗi tổ hợp tích phân có thể viết dưới dạng

Φ(x, y1 , . . . , yn ) = C



66



Chương 4. Hệ phương trình vi phân cấp I



và phương trình này (hoặc vế trái của nó) được gọi là tích phân đầu của hệ.

Nếu tìm được k tổ hợp tích phân của hệ



 Φ1 (x, y1 , . . . , yn ) = C1





 Φ (x, y , . . . , y ) = C

 2

1

n

2



 ................................







 Φk (x, y1 , . . . , yn ) = Ck



và nếu k tích phân đầu này độc lập, thì có thể đưa về giải hệ n − k phương trình.

Trường hợp k = n, khi đó n tích phân đầu độc lập cho ta nghiệm tổng quát của hệ.

Ví dụ: Tích phân hệ phương trình sau đây

dx

= z − y,

dt



dy

= x − z,

dt



dz

=y−x

dt



Cộng các phương trình với nhau ta được



d(x + y + z)

=0

dt



Phương trình này cho một tích phân đầu là

ϕ1 = x + y + z = C1



Bây giờ nhân các phương trình với x, y, z lần lượt rồi cộng lại, ta được

d(x2 + y 2 + z 2 )

=0

dt



từ đây ta cũng thu được tích phân đầu

ϕ2 = x2 + y 2 + z 2 = C2



Ta dễ kiểm tra rằng ϕ3 = xy + yz + yx = C3 cũng là một tích phân đầu nhưng bộ ba

gồm các tích phân đầu ϕ1, ϕ2, ϕ3 không độc lập tuyến tính nên không thể cho nghiệm

tổng quát của hệ.

Bây giờ từ hai tích phân đầu đầu tiên, ta giải để tìm x, y :

1

C1 − z −

2

1

y=

C1 − z +

2



x=



2

2C2 − C1 + 2C1 z − 3z 2

2

2C2 − C1 + 2C1 z − 3z 2



Thay các biểu thức này vào phương trình cuối

ta tìm được nghiệm



dz

=

dt

arcsin



2

2C2 − C1 + 2C1 z − 3z 2



3z − C1

2

6C2 − 2C1



−



√



3t = C3



Kết hợp với hai tích phân đầu ϕ1, ϕ2 ta tìm được nghiệm tổng quát của hệ.



67



4.2. Một số đònh lý cơ bản của phương trình vi phân



4.2 Một số đònh lý cơ bản của phương trình vi phân

4.2.1 Sự tồn tại nghiệm:

Trong đònh lý tồn tại và duy nhất nghiệm của bài toán Cauchy, điều kiện Lipschitz

không thể bỏ được. Đònh lý sau đây khẳng đònh sự tồn tại (nhưng không duy nhất!)

của nghiệm không dùng điều kiện Lipschitz.



Đònh lý 4.2.1 (Peano). Xét hình hộp A = {(x, y) ∈ R × Rn /|x − x0| ≤ a, ||y − y0|| ≤ b}



và giả sử f : A → Rn liên tục. Đặt M = maxA ||f (x, y)|| và α = min(a, b/M). Khi đó

bài toán Cauchy y = f (x, y), y(x0 ) = y0 có ít nhất một nghiệm trên [x0 − α, x0 + α].



Nhận xét: Trước hết hãy lưu ý rằng ta không thể sử dụng phương pháp lặp Picard vì

không có lý do bảo đảm dãy xấp xỉ đó hội tụ. Thay vào đó, người ta xây dựng các

nghiệm xấp xỉ (đòa phương) bởi tiếp tuyến của nó

y(x + h) ∼ y(x) + h.f (x, y(x))

=



Với h cho trước ta xây dựng dãy {xn , yn}n≥0 xác đònh bởi:

(4.4)

Ta gọi yh(x) là hàm tuyến tính từng khúc qua các điểm (xn , yn); đồ thò của nó được

gọi là đa giác Euler.

yn+1 = yn + hf (xn , yn ),



xn+1 = xn + h.



Bổ đề 4.2.2. Với các giả thiết trong đònh lý 4.2.1 và với h := α/N (N



Euler thoả (x, yh (x)) ∈ A với mọi x ∈ [x0 , x0 + α]. Ngoài ra,

||yh(x) − yh (x )|| ≤ M|x − x | với mọi x, x ∈ [x0 , x0 + α]



∈ N),



đa giác



Chứng minh: Qui nạp theo n. Giả sử điều đó đúng với n, ta có

||yn+1 − yn || ≤ hM



nên, với n + 1 ≤ N ta đêu có

||yn+1 − y0 || ≤ (n + 1)hM ≤ αM ≤ b



Điều này chứng tỏ (x, yh (x)) ∈ A với mọi x ∈ [x0 , x0 + α].

Bất đẳng thức trong mệnh đề là hiển nhiên đúng vì yh(x) là tuyến tính từng khúc

và có “hệ số góc” bò chặn bởi M .

Để chứng minh đònh lý ta cần khái niệm sau:

Đònh nghóa 4.2.1. Họ hàm fλ : I → Rn được gọi là đồng liên tục nếu với mọi > 0,

có tồn tại một δ > 0 (không phụ thuộc vào cả lẫn λ) sao cho

∀λ, ∀x, x (|x − x | < δ =⇒ ||fλ(x) − fλ (x )|| < )



Đònh lý 4.2.3 (Arzela−Ascoli). Cho họ các hàm fλ



chặn đều trên [a, b]. Khi đó họ hàm {fλ } có chứa

một hàm g(x) liên tục trên [a, b].



Chứng minh: Xem giáo trình giải tích hàm.



: [a, b] → Rn đồng liên tục và bò

một dãy con {gn(x)} hội tụ đều đến



68



Chương 4. Hệ phương trình vi phân cấp I



Chứng minh đònh lý Peano:

Xét đa giác Euler yh(x) với h = α/N , Dãy này bò chặn và đồng liên tục (theo Bổ đề

4.2.2) nên theo đònh lý Arzela−Ascoli, họ hàm y h(x) có chứa một dãy con hội tụ đều

về hàm liên tục y : [a, b] → Rn

Ta chỉ ra rằng hàm giới hạn này chính là nghiệm của bài toán Cauchy. Ta xét

x ∈ [x0 , x0 + α] (trên [x0 − α, x0 ] ta xét tương tự), ký hiệu k = k(h) là chỉ số sao cho

x ∈ [xk , xk+1 ], với xk = x0 + kh. Khi đó, trên đoạn con này ta có

yh (x) − y0 = hf (x0 , y0) + · · · + hf (xk−1 , yk−1) + (x − xk )f (xk , yk )



với các cặp giá trò (xj , yj ) là các xấp xỉ bằng phương pháp Euler (xem (4.4)).

Vì f liên tục nên khả tích, và có thể viết

x



f (t, y(t))dt = hf (x0 , y(x0)) + · · · + hf (xk−1 , y(xk−1)) + (x − xk )f (xk , y(xk )) + r(h)



x0



với r(h) → 0 khi h → 0.

Tính liên tục đều của f trên A và sự hội tụ đều của dãy con của {yh (x)} đến y(x)

cho phép ta đánh giá

||f (x, yh(x)) − f (x, y(x))|| <



với h đủ bé. Khi đó từ các đẳng thức trên ta có

yh (x) − y0 −



x



f (t, y(t))dt ≤ |x − x0 | + ||r(h)|| ≤ α + ||r(h)||



x0



Cho h → 0 ta thấy hàm y(x) thoả màn phương trình tích phân

x



y(x) = y0 +



f (t, y(t))dt

x0



mà nghiệm của nó chính là lời giải của bài toán Cauchy.



Nhận xét: Đònh lý Peano hoàn toàn không chứa thông tin về sự duy nhất nghiệm.



4.2.2 Thác triển nghiệm và sự tồn tại toàn cục:

Ta quan tâm đến bài toán kéo dài nghiệm của bài toán Cauchy

y(x0 ) = y0 .



Đònh nghóa 4.2.2. Hàm



với



là mở trong R × Rn ) được gọi là thoả

điều kiện Lipschitz đòa phương trên U nếu tại mỗi (x 0 , y0) ∈ U đều tồn tại lân

cận V ⊂ U sao cho f thoả điều kiện Lipschitz trên V .

f : U → Rn



(với



y = f (x, y)



U



Nhận xét: Nếu hàm f lớp C 1 trên U thì thoả điều kiện Lipschitz đòa phương.



69



4.3. Hệ phương trình vi phân tuyến tính



Bổ đề 4.2.4. Nếu f



liên tục và thoả điều kiện Lipschitz đòa phương trên U thì

với mọi (x0 , y0 ) ∈ U đều tồn tại một khoảng mở Imax = (ω , ω+ ) x0 sao cho:

:→ Rn



•



Bài toán Cauchy y = f (x, y) với y(x0 ) = y0 có nghiệm duy nhất trên Imax



•



Nếu z : I → Rn là một nghiệm nào đó của bài toán Cauchy này thì I ⊂ Imax và

z = y|I .



Chứng minh: Chỉ cần đặt



mở chứa x0 và bài toán Cauchy có nghiệm trên I}

Sau đó xác đònh hàm y : Imax → Rn theo cách sau: Với x ∈ Imax , x phải thuộc một I

nào đó, mà trên đó bài toán Cauchy có nghiệm. Khi đó, ta gán y(x) bởi giá trò của

nghiệm đó tại x. Phần còn lại, ta cần chỉ ra nghiệm như thế là xác đònh tốt và duy

nhất. Chi tiết dành cho bạn đọc.

Imax = ∪ {I/I



Đònh lý 4.2.5. Giả sử f : U → Rn liên tục và thoả điều kiện Lipschitz đòa phương trên

U.



Khi đó mỗi nghiệm của bài toán Cauchy đều có một thác triển đến biên của U .

Chính xác hơn, giả sử y : Imax → Rn là nghiệm qua (x0 , y0) ∈ U , khi đó với mọi com/

pact K ⊂ U đều tồn tại x1 , x2 ∈ Imax với x1 < x0 < x2 sao cho (x1 , y(x1 )), (x2 , y(x2 )) ∈

K.



Chứng minh: Giả sử Imax = (ω , ω+). Nếu ω+ = ∞ thì hiển nhiên tồn tại x2 > x0 sao

cho (x2 , y(x2)) ∈ K .

/

Xét trường hợp ω+ < ∞, giả sử có tồn tại compact

x ∈ (x0 , ω+ ). Vì f bò chặn trên K nên

x



||y(x) − y(x )|| =



K



mà



(x, y(x)) ∈ K



với mọi



f (t, y(t))dt ≤ M|x − x | <



x



nếu x, x đủ gần ω+ .

Điều này dẫn đến tồn tại limx→ω y(x) = y+; và rõ ràng (ω+, y+ ) ∈ K ⊂ U do K

compact. Theo đònh lý tồn tại và duy nhất nghiệm, có tồn tại nghiệm của bài toán

y = f (x, y), y+ (ω+ ) = y+ trong lân cận của ω+ . Điều này vô lý vì Imax là cực đại.

Chứng minh tương tự cho trường hợp x 1 .

+



4.3 Hệ phương trình vi phân tuyến tính

Trong mục này ta sẽ khảo sát các hệ phương trình vi phân tuyến tính dạng



 dy1 = a (x)y + a (x)y + · · · + a (x)y + g (x)



11

1

12

2

1n

n

1

 dx





 dy2



= a21 (x)y1 + a22 (x)y2 + · · · + a2n (x)yn + g2 (x)

 ·dx· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · ·

 ··





 dyn





= an1 (x)y1 + an2 (x)y2 + · · · + ann (x)yn + gn (x)

dx



(4.5)



70



Chương 4. Hệ phương trình vi phân cấp I



trong đó x là biến độc lập và y1, . . . , yn là các ẩn hàm cần tìm, các hàm aij (x) và

lần lượt được gọi là các hệ số và hệ số tự do của hệ. Chúng được giả thiết

liên tục trên khoảng I = (a, b) ⊂ R nào đó. Tên gọi hệ phương trình tuyến tính là

do vế phải là các hàm bậc nhất theo các ẩn hàm y1, . . . , yn.

Dùng ký hiệu ma trận, có thể viết hệ (4.5) dưới dạng thu gọn

y = A(x)y + g(x)

(4.6)

trong đó A(x) = (aij (x)) là ma trận hàm cấp n × n, g(x) = (g1(x), . . . , gn (x))t là vector

cột. Nếu g(x) ≡ 0, ta nói hệ trên là hệ tuyến tính thuần nhất , nếu ngược lại, ta

nói hệ không thuần nhất. Đònh lý sau đây là một trường hợp riêng của đònh lý tồn

tại và duy nhất nghiệm tổng quát đối với bài toán Cauchy.



gi (x)



Đònh lý 4.3.1 (Tồn tại và duy nhất nghiệm). Giả sử các hệ số aij (x) và gi(x) là các

hàm liên tục trên khoảng I x0 . Khi đó hệ phương trình (4.6) có duy nhất một nghiệm

y = y(x) thoả điều kiện ban đầu (4.3) trên I .



4.3.1 Hệ tuyến tính thuần nhất:

Ta sẽ mô tả kỹ hơn không gian nghiệm của hệ thuần nhất mà, với ký hiệu ma trận có

thể viết lại dưới dạng

(4.7)

y = A(x)y

Trước hết hãy nhận xét rằng tập tất cả các nghiệm của một hệ thuần nhất có cấu trúc

không gian vector (trên R). Để xây dựng nghiệm tổng quát của hệ (4.7), ta tìm n

nghiệm độc lập tuyến tính lập thành cơ sở của không gian nghiệm của nó.

Hệ n nghiệm như thế luôn tồn tại, chẳng hạn, ta lấy n nghiệm yi (x) = (yi1(x), . . . , yin(x)),

với i = 1, n mà thoả điều kiện ban đầu yi(x0 ) = ei = (0, . . . , 0, 1, 0, . . . , 0)t, trong đó

số 1 ở vò trí thứ i.

Ký hiệu R(x, x0 ) là ma trận mà các vector cột của nó là các nghiệm đặc biệt này,

khi đó R(x, x0 ) được gọi là giải thức của hệ phương trình (4.7).

Mệnh đề sau cho ta vài tính chất đơn giản của giải thức:



Mệnh đề 4.3.1. Giả sử A(x) là ma trận các hàm liên tục trên một đoạn nào đó I



Khi đó:



x0 .



i) R(x0 , x0 ) = In

ii) R(x, x0 ) = R(x, x1 )R(x1 , x0 )

iii) R(x, x0 ) khả nghòch, và R(x, x0 )−1 = R(x0 , x)



Bây giờ, giả sử yi (x) = (yi1(x), . . . , yin(x)), với i = 1, n là n nghiệm độc lập tuyến

tính nào đó của hệ (4.7). Ta ký hiệu Φ(x) là ma trận mà các cột của nó là n nghiệm

này. Khi đó Φ(x) là ma trận khả nghòch và được gọi là ma trận cơ bản của hệ, trong

khi đònh thức của nó cũng gọi là đònh thức Wronski của n nghiệm này. Ta kiểm tra

không khó rằng



71



4.3. Hệ phương trình vi phân tuyến tính



Mệnh đề 4.3.2.



R(x, x0 ) = Φ(x)Φ(x0 )−1



Chứng minh: Thật vậy, do tính chất tuyến tính của hệ (4.7), nghiệm y(x, x0, y0) của

hệ này với điều kiện ban đầu y(x0) = y0 ∈ Rn có thể viết dưới dạng

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



Mặt khác, Φ(x)Φ(x0 )−1y0 cũng là một nghiệm của hệ và thoả cùng điều kiện ban đầu

như y(x, x0, y0). Do tính duy nhất nghiệm ta suy ra điều phải chứng minh.



Đònh lý 4.3.2 (Công thức Ostrogradski−Liouville). Giả sử



trong hệ (4.7) liên

tục trên một khoảng I nào đó và Φ(x) là ma trận cơ bản của nó. Khi đó

A(x)



x



det Φ(x) = det Φ(x0 ). exp



tr A(t)dt

x0



trong đótr A(x) := a11 (x) + · · · + ann (x) được gọi là vết của ma trận A(x).



Chứng minh: Đặt Φ(x) = (Φij (x))n×n . Vì đònh thức det Φ(x) là tuyến tính theo mỗi

hàng của Φ(x) nên ta có

d

(det Φ(x)) =

dx







n



det Di (x)



với



i=1



Φ11 (x)

 ···



Di (x) =  Φi1 (x)



 ···

Φn1 (x)





· · · Φ1n (x)

···

··· 



· · · Φin (x) 



···

··· 

· · · Φnn (x)



trong đó ma trận Di (x) suy từ ma trận Φ(x) bằng cách thay dòng thứ i bởi các đạo

hàm của nó.

Để ý rằng Φ(x) là ma trận nghiệm của (4.7), tức là Φ (x) = A(x)Φ(x), nên ta có

Φij (x) = n aik (x)Φkj (x). Từ đó

k=1





Φ11 (x)

 ···

n



det Di (x) =

aik (x) det Φk1 (x)



 ···

k=1

Φn1 (x)





· · · Φ1n (x)

···

··· 



· · · Φkn (x) ←−



···

··· 

· · · Φnn (x)



hàng thứ i



Nếu k = j thì đònh thức tương ứng ở vế phải bằng 0, do đó

det Di (x) = aii (x) det Φ(x)



Do đó



d

(det Φ(x)) =

dx



n



aii (x) det Φ(x) = tr A(x). det Φ(x)

i=1



Tích phân phương trình vi phân này ta được điều phải chứng minh.



72



Chương 4. Hệ phương trình vi phân cấp I



Nhận xét: Từ đònh lý trên ta thấy rằng hệ n nghiệm của (4.7) lập thành hệ nghiệm

cơ bản khi ma trận thành lập bởi chúng có đònh thức khác không tại ít nhất một điểm

x0 nào đó. Do đó để tìm nghiệm tổng quát của hệ (4.7) ta tìm hệ n nghiệm cơ bản

yi (x) = (yi1 (x), . . . , yin (x)). Khi đó nghiệm tổng quát của hệ là







y11 (x)

yn1 (x)

 y12 (x) 

 yn2 (x) 









y = C1 y1 (x) + · · · + Cn yn (x) = C1  .  + · · · + Cn  . 

 . 

 . 

.

.

y1n (x)

ynn (x)





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



4.3.2 Hệ PTVP tuyến tính không thuần nhất:

Trước hết ta để ý rằng nếu biết một nghiệm riêng nào đó của hệ không thuần nhất

(4.6) và nghiệm tổng quát của hệ thuần nhất tương ứng thì tổng của chúng cho ta

nghiệm tổng quát của hệ không thuần nhất đó.

Ngoài ra để xây dựng nghiệm riêng này, ta có thể dùng phương pháp biến thiên

hằng số khi biết n nghiệm độc lập tuyến tính của hệ thuần nhất tương ứng. Giả sử nø

nghiệm như thế là yi(x) = (yi1(x), . . . , yin (x)), ta đặt







y11 (x)

yn1(x)

 y12 (x) 

 yn2(x) 









y = C1 (x)  .  + · · · + Cn (x)  . 

.. 

.. 





y1n (x)

ynn (x)





Để y là nghiệm của hệ (4.6), các hàm Ci (x) phải thoả hệ phương trình vi phân sau:



 





y11 (x)

yn1 (x)

g1 (x)

y12 (x) 

 yn2 (x)   g2 (x) 



 







C1 (x)  .  + · · · + Cn (x)  .  =  . 

 . 

 .   . 

.

.

.

y1n (x)

ynn (x)

gn (x)





Vì đònh thức Wronski của hệ này luôn khác không, nên ta luôn giải được các Ci (x) và

từ đó tìm được Ci (x).