Bạn đang xem bài viết Soạn Bài Tràng Giang được cập nhật mới nhất trên website Ictu-hanoi.edu.vn. Hy vọng những thông tin mà chúng tôi đã chia sẻ là hữu ích với bạn. Nếu nội dung hay, ý nghĩa bạn hãy chia sẻ với bạn bè của mình và luôn theo dõi, ủng hộ chúng tôi để cập nhật những thông tin mới nhất.
Kiến Guru sẽ hướng dẫn các em học sinh soạn bài Tràng Giang để thấy được những giá trị nội dung và giá trị nghệ thuật bài Tràng Giang mang lại cho nền văn học nước nhà.
Tràng Giang là một bài thơ mang đậm nỗi buồn của con người trước vũ trụ bao la rộng lớn. Không phải tự nhiên mà tác phẩm này được đưa vào chương trình Ngữ Văn 11 để các em tìm hiểu.
I. Soạn bài Tràng Giang: Những đặc điểm chính về tác giả – tác phẩm
1. Soạn bài Tràng Giang phần tác giả
a. Tóm tắt tiểu sử Huy Cận
Nhà thơ Huy Cận tên thật là Cù Huy Cận. Ông sinh năm 1919 và mất 2005. Quê hương của ông thuộc Đức Ân, Vũ Quang, Hà Tĩnh ngày nay.
Ông đã có những đóng góp rất tích cực cho sự nghiệp giải phóng nước nhà, và giữ nhiều chức vụ quan trọng trong bộ máy chính quyền đương thời.
b. Đặc điểm thơ văn của Huy Cận
Huy Cận là một người yêu thơ ca Việt Nam, thơ Đường và cũng chịu nhiều ảnh hưởng của văn học Pháp. Mang nhiều đặc điểm của phong trào thơ mới, thơ của Huy Cận hàm súc và giàu chất suy tưởng, triết lí. Đặc điểm dễ nhận thấy nhất trong thơ của Huy Cận là luôn thấm đượm nỗi buồn, ông hay mượn cảnh vật để miêu tả nỗi buồn, sự hoang vắng trong lòng mình.
Sự nghiệp thơ văn của ông có 2 giai đoạn:
– Trước Cách mạng tháng tám, ông là một nhà thơ tiêu biểu của phong trào thơ mới, cái tôi, nỗi buồn, sự cô đơn trước thời cục bấy giờ.
Tác phẩm tiêu biểu: Lửa thiêng (1937-1940), Vũ trụ ca (1940-1942)
– Sau Cách mạng tháng tám, Huy Cận ít làm thơ hơn nhưng thơ ông đã có nhiều đổi mới, chủ yếu ca ngợi về đất nước và cuộc sống mới của nhân dân
Tác phẩm tiêu biểu: Trời mỗi ngày lại sáng (1958), Đất nở hoa (1960)
2. Soạn bài Tràng Giang phần tác phẩm
a. Hoàn cảnh ra đời bài Tràng Giang
Tác phẩm Tràng Giang được ra đời vào một buổi chiều mùa thu năm 1939 khi tác giả đứng trước sông Hồng mênh mang sóng nước…
Tràng Giang là tác phẩm được in trong tập Lửa Thiêng.
b. Nội dung bài Tràng Giang
Nội dung xuyên suốt bài thơ Tràng Giang là sự cô đơn, lẻ loi trước cảnh trời rộng sông dài. Qua đó tác giả muốn thể hiện tính yêu nước rất âm thầm nhưng vô cùng thiết tha.
Khi đứng trên chính quê hương đất nước của mình mà Huy Cận vẫn cảm thấy cô đơn mất mát bởi vì từ sâu trong hồn ông, ông không cảm nhận được đây là quê hương của mình. Bởi vì đất nước chưa giành được chính quyền, vẫn còn đang bị đô hộ bởi thực dân Pháp.
II. Hướng dẫn soạn bài Tràng Giang
Câu 1: Ý nghĩa câu thơ đề từ “Bâng khuâng trời rộng nhớ sông dài”
Câu đề từ tuy nằm ngoài bài thơ và chỉ có 7 chữ nhưng đã thể hiện được toàn bộ tư tưởng và ý đồ nghệ thuật của tác giả
– “Bâng khuâng” miêu tả tâm trạng vô định khắc khoải
– “Trời rộng”, ” Sông dài” là hình ảnh thiên nhiên vô cùng rộng lớn
Câu đề cũng là định hướng nội cho toàn bộ bài thơ
Soạn bài Tràng Giang câu 1
Câu 2: Cảm nhận về âm điệu chung của toàn bộ bài thơ
Âm điệu chung của toàn bộ bài thơ Tràng Giang là một âm điệu trầm buồn, sâu lắng và kéo dài triền miên. Sự cô đơn trống trải thấm đượm vào cả cảnh vật và trong lòng tác giả ” người buồn cảnh có vui đâu bao giờ”
Hơn nữa, âm điệu toàn bộ bài thơ còn được tạo nên bởi nhịp điệu từ thể thơ thất ngôn, chủ yếu là nhịp 2/2/3 hoặc 4/3, khi đọc chậm càng tô đậm thêm nỗi buồn của nhà thơ.
Tác phẩm Tràng Giang cũng sử dụng nhiều từ láy, điệp từ càng khiến nỗi buồn tăng lên bội phần.
Câu 3: Nói bức tranh thiên nhiên trong bài thơ Tràng Giang đậm chất cổ điển mà vẫn gần gũi thân thuộc
Bài thơ Tràng Giang mang một vẻ đẹp cổ điển bởi nhiều từ ngữ và hình ảnh sử dụng trong bài thơ mang tính ước lệ, cổ kính: thuyền về, nước lại, bến cô liêu, mây cao đùn núi bạc, bóng chiều sa, khói hoàng hôn… Đây là những từ ngữ và hình ảnh thường được sử dụng trong thơ cổ và đậm chất Đường thi.
Soạn bài Tràng Giang
Tuy nhiên bài thơ vẫn rất gần gũi quen thuộc bởi vì Huy Cận cũng sử dụng những hình ảnh vô cùng quen thuộc với mỗi con người Việt Nam: Thuyền, đò, củi khô, sông nước, bèo trôi…
Tất cả những chi tiết trên hòa quyện với nhau tạo nên một bài thơ đơn sơ nhưng lại tinh tế, cổ điển nhưng cũng vô cùng bình dị và thân thuộc.
Câu 4: Tình yêu thiên nhiên của Huy Cận vẫn luôn ẩn chứa một tình yêu nước thầm kín. Điều này chúng ta có thể cảm nhận qua cách dùng từ ngữ và hình ảnh của ông trong bài Tràng Giang
– Hình ảnh sử dụng trong bài là những hình ảnh vô cũng quen thuộc của quê hương đất nước: thuyền xuôi dòng, cành củi khô, bờ xanh, mây núi, cánh chim, bãi vàng, chợ chiều
– Từ ngữ mà ông sử dụng là những từ ngữ mang đậm nỗi buồn của cảnh sắc và chan chứa sự nhớ nhung: lơ thơ cồn nhỏ gió đìu hiu – đâu tiếng làng xa vãn chợ chiều, không khói hoàng hôn cũng nhớ nhà
Nguồn: Internet
Câu 5: Đặc sắc nghệ thuật của bài thơ:
– Sự kết hợp độc đáo và tinh tế giữa hình ảnh cổ điển và hình ảnh đời sống thường nhật
– Thể thơ thất ngôn tạo nên sự trang nghiêm cổ kính, kết hợp với nhịp thơ 4/3, 2/2/3 quen thuộc tạo nên sự hài hòa cân đối cho bài thơ
– Phép lặp từ, điệp ngữ tô đậm thêm nỗi buồn cho bài thơ
– Thủ pháp tương phản được sử dụng triệt để
Hướng Dẫn Soạn Bài Từ Ấy – Tố Hữu ngắn gọn nhất
III. Kết luận
Xuyên suốt bài thơ Tràng Giang là một nỗi buồn khắc khoải của tác giá trước khung cảnh thiên nhiên rộng lớn. Nhưng ý nghĩa ẩn chứa sâu trong đó là lòng yêu nước da diết và sự buồn bã trước cảnh quê hương vẫn còn đang bị gông cùm của thực dân Pháp.
Nguồn: Internet
Cám em học sinh có thể tham khảo hướng dẫn soạn bài và phân tích các tác phẩm khác
Soạn Bài Tràng Giang Siêu Ngắn
Lựa chọn câu để xem lời giải nhanh hơn
Câu 1 Câu 1 (trang 30 SGK Ngữ Văn 11 Tập 2)
– Ý nghĩa của câu đề từ ( Bâng khuâng trời rộng nhớ sông dài):
+ Mở ra không gian vũ trụ khoáng đạt với nhiều chiều kích (rộng, dài) của các đối tượng lớn lao (trời, sông).
+ Trời và sông bị ở hoàn cảnh xa cách thấm đẫm nỗi nhung nhớ, bâng khuâng.
– Câu đề từ thâu tóm tinh thần của toàn bài thơ:
+ Cảm hứng thiên nhiên sông nước
+Tâm trạng bâng khuâng, sầu nhớ của con người.
Câu 2 Câu 2 (trang 30 SGK Ngữ Văn 11 Tập 2)
Âm điệu chung của bài thơ: Âm điệu buồn lặng, triền miên, suy tư, trầm lắng. Âm điệu này được tạo nên bởi:
– Nhịp thơ: chủ yếu là nhịp 4/3 quen thuộc, đều đặn.
– Ngôn ngữ: dùng nhiều từ láy tạo sự lặp âm, nhiều từ Hán Việt gợi sắc suy tư, sâu lắng, cổ kính.
Câu 3 Câu 3 (trang 30 SGK Ngữ Văn 11 Tập 2)
Bức tranh thiên nhiên trong bài vừa cổ điển vừa gần gũi, thân thuộc:
– Màu sắc cổ điển:
+ Đề tài quen thuộc: thiên nhiên (cảm hứng về dòng sông).
+ Hình ảnh ước lệ, tượng trưng, quen thuộc: dòng sông, con thuyền cánh chim, mây, núi, khói hoàng hôn.
+ Phong vị Đường thi: nhịp thơ 4/3, thể thơ thất ngôn, bút pháp tả cảnh ngụ tình, sử dụng thi liệu cổ, nhiều từ Hán Việt cổ kính, tâm thế sầu muộn của con người bé nhỏ trước không gian bao la rợn ngợp…
– Màu sắc hiện đại, gần gũi, thân thuộc:
+ Hình ảnh bình dị, gần gũi: củi một cành khô, tiếng làng xa vãn chợ chiều, bèo dạt.
+ Thiên nhiên hiện lên qua cảm nhận và nỗi niềm của cái tôi hiện đại.
Câu 4 Câu 4 (trang 30 SGK Ngữ Văn 11 Tập 2)
Tình yêu thiên nhiên trong bài thấm đượm lòng yêu nước thầm kín:
– Yêu thiên nhiên:
+ Bức tranh thiên nhiên tuy buồn vắng, rợn ngợp nhưng cũng rất đỗi thơ mộng, đẹp đẽ.
+ Ẩn chứa tấm lòng thiết tha của nhà thơ với dòng sông quê hương đất nước.
– Nỗi cô đơn, lạc lõng của cái tôi cá nhân giữa không gian vũ trụ bao la và tấm lòng “nhớ nhà” của nhân vật trữ tình trong bài thơ.
Câu 5 Câu 5 (trang 30 SGK Ngữ Văn 11 Tập 2)
Đặc sắc nghệ thuật trong bài thơ:
– Thể thơ thất ngôn được sử dụng nhuần nhuyễn với cách ngắt nhịp, gieo vần, đăng đối hài hòa, tròn trịa.
– Thủ pháp tương phản: thuyền về nước lại, nắng xuống trời lên, sông dài trời rộng, cánh chim nhỏ bé – bóng chiều mênh mông → vừa gợi sự chia cách (những động từ ngược hướng đi kèm), vừa gợi không gian rợn ngợp đa chiều kích của vũ trụ, từ đó nhấn mạnh sự bé nhỏ, lạc lõng của con người.
– Hệ thống từ láy: tràng giang, điệp điệp, song song, đìu hiu, lớp lớp, dợn dợn … tạo âm điệu triền miên như những con sóng.
– Các biện pháp tu từ: tả cảnh ngụ tình, ước lệ tượng trưng, đối, cách kết hợp từ lạ ” sâu chót vót”, “buồn điệp điệp “.
– Hình ảnh chọn lọc, gợi cảm; Ngôn ngữ cô đọng, vừa cổ kính vừa hiện đại.
Luyện tập Câu 1 (trang 30 SGK Ngữ văn 12 tập 2)
Cách cảm nhận không gian, thời gian trong bài thơ có những điểm đáng chú ý như:
– Không gian: mênh mông, rộng lớn, mang tầm vũ trụ: trời rộng, sông dài.
+ Hình ảnh con thuyền cứ khuất dần rồi xa mờ hẳn, nước đành chia ” Sầu trăm ngả ” không gian giờ đã được mở rộng ra đến trăm ngả, vô tận mênh mang không có lấy một điểm tựa nào,…
+ Hai câu thơ cuối của khổ 2 đã mở ra một không gian ba chiều: chiều sâu, xa và cao. Từ chiều dọc không gian mở ra chiều ngang, lan tỏa đôi bờ. Chiều thứ ba của không gian vũ trụ mở ra bầu trời sâu chót vót.
+ Không gian luôn mang một màu buồn man mác, trôi xa, vẫn hắt hiu, vẫn xa vắng lạ lùng
– Giữa không gian mênh mông, buồn như vậy thì thời gian cũng như được kéo dài ra, trải dài hơn.
Câu 2 (trang 30 SGK Ngữ văn 12 tập 2)
– Câu thơ cuối: “Không khói hoàng hôn cũng nhớ nhà” gợi nhớ hai câu thơ của Thôi Hiệu trong bài Hoàng Hạc lâu:
Nhật mộ hương quan hà xứ thị?
Yên ba giang thượng sử nhân sầu.
(Quê hương khuất bóng hoàng hôn,
Trên sông khói sóng cho buồn lòng ai?)
(Tản Đà dịch)
– Cũng là nỗi nhớ nhà, nỗi nhớ quê hương trong buổi chiều tàn nhưng hai câu thơ của Huy Cận không phải lặp lại hoàn toàn ý thơ của Thôi Hiệu. Thôi Hiệu buồn, nhớ quê vì ngoại cảnh (khói sóng trên sông). Còn Huy Cận, không cần mượn tới khói sóng, lòng nhà thơ đã sầu buồn rồi. Nỗi buồn ấy là nỗi buồn vạn cổ của con người cô đơn giữa vũ trụ rợn ngợp, bao la.
Bố cục Bố cục: 2 phần
– Ba khổ thơ đầu: Bức tranh thiên nhiên và tâm trạng của nhà thơ.
– Hai khổ thơ cuối : Tình yêu quê hương, đất nước thầm kín, sâu sắc.
ND chính
Qua bài thơ mới mang vẻ đẹp cổ điển, Huy Cận đã bộc lộ nỗi sầu của một “cái tôi” cô đơn trước thiên nhiên rộng lớn, trong đó thấm đượm tình người, tình đời, lòng yêu nước thầm kín mà tha thiết.
chúng tôi
Phân Tích Khổ 2 Bài Thơ Tràng Giang Của Huy Cận
25 Tháng 05, 2019
Trong khổ thứ 2, Huy Cận đã khắc họa một bức tranh thiên nhiên Tràng Giang mở rộng ra bến bờ, trời đất. Từ không gian ấy, ta nhận ra sự ám ảnh về cái vô biên và sự trống trải tuyệt đối của cảnh vật và lòng người.
Trước khi lên dàn ý Tràng Giang khổ 2, các em cần nắm rõ thông tin về tác giả và tác phẩm:
+ Lúc nhỏ, ông học ở quê. Sau đó, ông vào Huế học trung học, đậu tú tài Pháp; rồi ra Hà Nội học Cao đẳng Canh nông.
+ Ông có bài thơ được đăng báo từ năm 15 tuổi và được mọi người biết đến qua tập thơ “Lửa thiêng”.
+ Trước Cách mạng, ông được biết đến như một thi sĩ hàng đầu trong phong trào Thơ mới. Thơ của ông có nỗi ám ảnh thường trực là nỗi buồn của nhân thế, nỗi sầu bi kéo dài.
+ Sau Cách mạng, ông là nhà thơ tiêu biểu với tiếng thơ yêu đời; lạc quan; và tràn đầy sức sống.
Xem Thêm: Thông tin về tác phẩm
– Về hoàn cảnh sáng tác:
+ Bài thơ Tràng Giang được sáng tác vào một buổi chiều thu vào năm 1939, Huy cận đứng ở bờ Nam bến Chèm bên sông Hồng ngắm cảnh không gian mênh mang và nghĩ về kiếp người nhỏ bé, trôi nổi và vô định.
– Ý nghĩa nhan đề và lời đề tựa:
+ Ý nghĩa nhan đề: Nhan đề bài thơ ẩn chứa những dụng ý nghệ thuật của tác giả. Tràng Giang theo nghĩa Hán Việt có nghĩa là con sông dài, rộng mênh mông và bát ngát. Bên cạnh đó, còn có ý nghĩa về mặt thời gian; thời gian lịch sử.
+ Lời đề tựa: Nhấn mạnh không gian mênh mông và nỗi nhớ sâu hẳm trong lòng người.
Phân tích Tràng Giang khổ 2
Trong khổ 2, Huy Cận đã tái hiện lên một khung cảnh cồn bến hoang vắng trong nắng chiều:
“Lơ thơ cồn nhỏ gió đìu hiu, Đâu tiếng làng xa vãn chợ chiều” – Về từ ngữ:
+ Khổ thơ bắt đầu bằng một câu thơ với hai từ láy gợi hình “lơ thơ” và “đìu hiu”: gợi tả nỗi buồn và sự nhỏ nhoi, thưa thớt, lạnh lẽo.
+ Từ phiếm chỉ “đâu” kết hợp với âm thanh “tiếng làng xa” có hai cách hiểu:
Âm thanh rất nhỏ, rất khẽ của phiên chợ chiều đã vãn vọng về từ một nơi xa không xác định.
Không có âm thanh tiếng chợ chiều.
Và dù là cách nào thì khung cảnh Tràng Giang đều hiện lên mênh mông, vắng vẻ và đìu hiu.
– Về hình ảnh:
Được mở rộng ra so với khổ thơ trước. Bức tranh thiên nhiên ở đây không chỉ là mênh mông sông nước mà còn có cồn nhỏ, có gió thổi, có xóm làng, có nắng chiều, có trời cao… nhưng vẫn toát lên vẻ hiu quạnh, lặng ngắt. Những dấu hiệu của cuộc sống xuất hiện như những nốt nhạc cao hiếm hoi giữa bản đàn trầm buồn triền miên. Nó càng tô đậm thêm nỗi cơ đơn của con người.
” Nắng xuống, trời lên sâu chót vót;
– Những tính từ gợi cảm xúc như: “sâu chót vót”, “bến cô liêu” là sáng tác đặc biệt của tác giả. Như vậy, trong 2 câu này không gian đã mở rộng ra 3 chiều: sâu thăm thẳm, rộng mênh mông và cao chót vót.
Sách CCBook – Đọc là đỗ
Địa chỉ: Số 10, Dương Quảng Hàm, Cầu Giấy, Hà Nội
Holine: 024.3399.2266
Email: [email protected]
Nguồn: chúng tôi
Bai Giang Phuong Trinh Vi Phan
Published on
1. TRÖÔØNG ÑAÏI HOÏC ÑAØ LAÏT KHOA TOAÙN – TIN HOÏC TRÒNH ÑÖÙC TAØI PHÖÔNG TRÌNH VI PHAÂN (Baøi Giaûng Toùm Taét) — Löu haønh noäi boä — Ñaø Laït 2008 MATH-LANGUAGE
3. MỤC LỤC ii 1.6.2 Tìm nghiệm kỳ dị theo p−biệt tuyến . . . . . . . . . . . . . . . 30 1.6.3 Tìm nghiệm kỳ dị theo C−biệt tuyến . . . . . . . . . . . . . . 32 2 Phương trình vi phân cấp cao 35 2.1 Phương trình vi phân cấp cao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35 2.1.1 Các khái niệm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35 2.1.2 Sự tồn tại và duy nhất nghiệm . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36 2.1.3 Một số phương trình vi phân cấp cao giải được bằng cầu phương 37 2.1.4 Một số phương trình vi phân cấp cao có thể hạ cấp . . . . . . . 39 2.1.5 Tích phân trung gian và tích phân đầu . . . . . . . . . . . . . . 42 2.2 Lý thuyết tổng quát về phương trình vi phân tuyến tính cấp cao. . . . 43 2.2.1 Các khái niệm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43 2.2.2 Nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất . . . . . . . . . 44 2.2.3 Nghiệm của phương trình vi phân tuyến tính không thuần nhất 50 2.2.4 Phương pháp biến thiên hằng số tìm nghiệm riêng của phương trình không thuần nhất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51 2.3 Phương trình vi phân tuyến tính cấp cao hệ số hằng . . . . . . . . . . . 53 2.3.1 Nghiệm của phương trình thuần nhất hệ số hằng . . . . . . . . 53 2.3.2 Tìm nghiệm riêng của phương trình không thuần nhất: . . . . . 56 3 Hệ phương trình vi phân 60 3.1 Hệ phương trình vi phân cấp I tổng quát. . . . . . . . . . . . . . . . . 60 3.1.1 Các định nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60 3.1.2 Liên hệ giữa hệ phương trình và phương trình vi phân cấp cao. 61 3.1.3 Sự tồn tại và duy nhất nghiệm . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62 3.1.4 Các phương pháp giải hệ phương trình vi phân . . . . . . . . . 63 3.2 Một số định lý cơ bản của phương trình vi phân . . . . . . . . . . . . 66 3.2.1 Sự tồn tại nghiệm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66 3.2.2 Thác triển nghiệm và sự tồn tại toàn cục . . . . . . . . . . . . 68 3.3 Hệ phương trình vi phân tuyến tính . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69 3.3.1 Hệ tuyến tính thuần nhất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69 3.3.2 Hệ tuyến tính không thuần nhất. . . . . . . . . . . . . . . . . . 73 3.4 Hệ phương trình vi phân tuyến tính hệ số hằng. . . . . . . . . . . . . . 75 3.4.1 Phương trình đặc trưng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75 3.4.2 Hệ nghiệm cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76 3.5 Sự ổn định nghiệm của hệ tuyến tính . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79
4. MỤC LỤC 1 3.5.1 Sơ lược về bài toán ổn định . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79 3.5.2 Ổn định hệ tuyến tính . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82 3.5.3 Ổn định theo xấp xỉ thứ nhất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83 3.5.4 Ổn định theo phương pháp Liapunov thứ hai . . . . . . . . . . . 83 4 Phương trình vi phân trong mặt phẳng phức. 86 4.1 Các khái niệm cơ bản. Sự tồn tại và duy nhất nghiệm. . . . . . . . . . 86 4.1.1 Các khái niệm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86 4.1.2 Sự tồn tại và duy nhất nghiệm. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86 4.1.3 Phương trình vi phân phức biến thực . . . . . . . . . . . . . . . 87 4.1.4 Nghiệm của phương trình vi phân dưới dạng chuỗi luỹ thừa. . . 88 4.1.5 Điểm kỳ dị của phương trình vi phân. . . . . . . . . . . . . . . 91 4.2 Hàm đặc biệt – Một số phương trình vi phân tuyến tính cấp II. . . . . . 96 4.2.1 Phương trình siêu hình học (hypergeometric) . . . . . . . . . . . 96 4.2.2 Phương trình Legendre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97 4.2.3 Phương trình Bessel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 98 4.3 Sơ lược về khai triển tiệm cận nghiệm của phương trình vi phân. . . . . 98 4.3.1 Sơ lược về khai triển tiệm cận. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99 4.3.2 Dáng điệu tiệm cận của nghiệm gần điểm kỳ dị không chính qui. 100 4.3.3 Khai triển tiệm cận của nghiệm . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102 4.3.4 Sơ lược về phương pháp WKB (Wentzel-Kramers-Brillouin) . . 103 A Biến đổi Laplace và phương trình vi phân. 106 A.1 Biến đổi Laplace. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 106 A.2 Giải phương trình vi phân bằng phép biến đổi Laplace. . . . . . . . . . 108 Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112
5. Chương 1 Phương trình vi phân thường cấp I 1.1 Mở đầu Trong rất nhiều lĩnh vực ứng dụng, chuyển động của một hệ được mô hình hoá bởi các phương trình vi phân, tức là phương trình có chứa các đạo hàm của ẩn hàm cần tìm. Chẳng hạn, trong cơ học cổ điển (định luật Newton), trong thiên văn học (sự chuyển động của các hành tinh), trong hoá học (các phản ứng hoá học), trong sinh học (sự phát triển của dân số), trong điện tử… Trong hầu hết các lĩnh vực như thế, bài toán chung nhất là mô tả nghiệm của các phương trình này (cả về định tính lẫn về định lượng). 1.1.1 Vài mô hình đơn giản. Sự rơi tự do. Xét một vật có khối lượng m được thả rơi tự do trong khí quyển gần mặt đất. Theo định luật II Newton, chuyển động của vật đó có thể mô tả bởi phương trình F = ma (1.1) trong đó F là hợp lực tác động lên vật và a là gia tốc chuyển động. Hợp lực F có thể giả thiết chỉ bao gồm lực hấp dẫn (tỷ lệ với khối lượng của vật và hướng xuống) và lực cản (tỷ lệ với vận tốc chuyển động và hướng lên trên). Ngoài ra, do gia tốc chuyển động a = dv dt nên (1.1) có thể viết dưới dạng m dv dt = mg − γv (1.2) trong đó g ≈ 9, 8m/s2 là gia tốc trọng trường, còn γ là hệ số cản. Vậy vận tốc v của vật rơi tự do thỏa mãn phương trình (1.2) với sự xuất hiện của đạo hàm của v. Những phương trình như vậy ta sẽ gọi là phương trình vi phân. Dung dịch hóa học. Giả sử tại thời điểm ban đầu t = t0 một thùng chứa x0 kg muối hòa tan trong 1000 lít nước. Ta cho chảy vào thùng một loại nước muối nồng độ
6. 1.1 Mở đầu 3 a (kg/lít) với lưu lượng r (lít/phút) và khấy đều. Đồng thời, cho hỗn hợp đó chảy ra khỏi thùng cũng với tốc độ như trên. Gọi x = x(t) là lượng muối trong thùng tại thời điểm bất kỳ. Rõ ràng tỉ lệ thay đổi lượng muối trong thùng dx dt bằng hiệu của tỉ lệ muối chảy vào ar (kg/phút) trừ đi tỉ lệ muối chảy ra tại thời điểm đang xét rx 1000 (kg/phút). Vậy ta có phương trình vi phân dx dt = ar − rx 1000 (1.3) với dữ kiện ban đầu x(t0) = x0 1.1.2 Các khái niệm. Phương trình vi phân là phương trình có dạng F(x, y, y , y , . . . , y(n) ) = 0 (1.4) trong đó y = y(x) là ẩn hàm cần tìm và nhất thiết phải có sự tham gia của đạo hàm (đến cấp nào đó) của ẩn. Trong trường hợp ẩn hàm cần tìm là hàm nhiều biến (xuất hiện các đạo hàm riêng) thì phương trình vi phân còn gọi là phương trình đạo hàm riêng. Để phân biệt, người ta thường gọi phương trình với ẩn hàm là hàm một biến là phương trình vi phân thường và là đối tượng chính của giáo trình này. Thông thường ta xét các phương trình với ẩn hàm là hàm số một biến thực y = y(x) xác định trên khoảng mở I ⊂ R; khi đó hàm F trong đẳng thức trên xác định trong một tập mở G của R × Rn+1 . Trong truờng hợp ẩn hàm cần tìm là vector-hàm (hàm với giá trị vector) y(x) = (y1(x), . . . , ym(x))T ∈ Rm , F là một ánh xạ nhận giá trị trong Rm và (1.4) được hiểu là hệ phương trình vi phân. Ta nói một phương trình vi phân có cấp n nếu n là cấp lớn nhất của đạo hàm của ẩn xuất hiện trong phương trình. Phương trình vi phân thường cấp I có dạng tổng quát F(x, y, y ) = 0 (1.5) 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 giả thiết thích hợp (xem định lý hàm ẩn), 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) (1.6) 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 ∂2 u ∂x2 + ∂2 u ∂y2 = 0
7. 1.1 Mở đầu 4 lần lượt là phương trình vi phân thường cấp I, cấp III và phương trình đạo hàm riêng cấp II. Xét phương trình (1.4), hàm giá trị vector φ : I → Rn (với I = (a, b) là khoảng nào đó của R) là nghiệm của phương trình (1.4) nếu nó có các đạo hàm liên tục đến cấp n trên I và thoả mãn F(x, φ(x), φ (x), φ (x), . . . , φ(n) )(x) = 0, với mọi x ∈ I (1.7) Trong trường hợp phương trình vi phân cấp I, nghiệm là một hàm thực một biến y = φ(x) mà khi thay vào (1.5) hoặc (1.6), 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 1 2 3 4 1 2 3 yy zzX Hình 1.1: Nghiệm của phương trình Volterra-Lotka. Ví dụ: (Săn mồi và mồi) Sự phát triển của hai quần thể sinh vật (chẳng hạn, x = x(t) là số con mèo và y = y(t) là số con chuột) theo thời gian được mô tả bởi (hệ) phương trình Volterra−Lotka sau đây y = y(α − βx), x = x(γy − δ) (1.8) với α, β, γ và δ là những hằng số đặc trưng cho sự tăng trưởng của các quần thể. 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 dx = y(α − βx) x(γy − δ) hay (γy − δ) y dy = (α − βx) x dx 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 nghiệm của phương trình khi α = β = γ = 1, δ = 2.
8. 1.1 Mở đầu 5 1.1.3 Ý nghĩa hình học của phương trình vi phân: Xét phương trình vi phân (1.6), với f(x, y) liên tục trên miền mở trong R2 . Tại mỗi điểm M(x, y) thuộc miền này, ta gán cho nó một hướng với hệ số góc là k = dy dx = f(x, y) (1.9) Khi đó ta thu được một trường các hướng xác định bởi (1.9), và dĩ nhiên hướng của tiếp tuyến của đường cong tại mỗi điểm trùng với hướng của trường tại điểm đó. Giải phương trình vi phân dạng (1.6) 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. Hình 1.2 cho ta trường hướng của phương trình y = − y x . -2 -1 0 1 2 y(x) -2 -1 1 2 x Hình 1.2: Trường hướng của phương trình y = − y x Ngược lại, cho trước họ đường cong ϕ(x, y, C) = 0 (1.10) 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 ∂ϕ ∂x (x, y, C) + y ∂ϕ ∂y (x, y, C) = 0 Từ phương trình (1.10), với mỗi (x, y) ta luôn tìm được duy nhất giá trị C = C(x, y). Thay C vào đẳng thức trên ta nhận được ∂ϕ ∂x (x, y, C(x, y)) + y ∂ϕ ∂y (x, y, C(x, y)) = 0
9. 1.2 Định lý tồn tại và duy nhất nghiệm 6 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 1.2 Định lý tồn tại và duy nhất nghiệm 1.2.1 Bài toán Cauchy Ta nhận xét rằng nghiệm của một phương trình vi phân nói chung phụ thuộc vào một hay nhiều hằng số tuỳ ý nào đó. Để xác định một nghiệm cụ thể, ta cần thêm một hay vài dữ kiện nào đó về nghiệm (tuỳ theo cấp của phương trình vi phân). Chẳng hạn, y = x3 3 + C là nghiệm (tổng quát) của phương trình y = x2 . Dễ thấy y = x3 3 + 1 là nghiệm (duy nhất) thoả điều kiện y(0) = 1. Ta xét bài toán sau đây đặt ra đối với phương trình (1.5), gọi là bài toán Cauchy (hay bài toán giá trị ban đầu): Bài toán: Tìm nghiệm y(x) thỏa: y = f(x, y) y(x0) = y0 (1.11) trong đó (x0, y0) ∈ D được gọi là điều kiện ban đầu. Câu hỏi tự nhiên đặt ra là bài toán (1.11) có hay không và có bao nhiêu lời giải. 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. Chẳng hạn, phương trình y = x2 , y(0) = 0 có duy nhất một nghiệm là y = x3 /3. Phương trình xy = y, y(0) = 1 không có nghiệm nào; còn phương trình y = y1/3 , y(0) = 0 có ít nhất 2 nghiệm là là y ≡ 0 và y2 = 8 27 x3 . Trong mục sau ta sẽ phát biểu và chứng minh một định lý giải quyết trọn vẹn bài toán Cauchy cho phương trình vi phân cấp I. 1.2.2 Phương pháp xấp xỉ Picard Ta xét bài toán Cauchy đối với phương trình cấp I dạng giải ra được đối với đạo hàm (1.11), trong đó f xác định và liên tục trên miền mở D ⊂ R2 . Giả sử y(x) là nghiệm của bài toán (1.11), tích phân hai vế của phương trình trong (1.11) ta được phương trình tích phân đối với y(x) là y(x) = y0 + x x0 f(t, y(t))dt (1.12)
14. 1.2 Định lý tồn tại và duy nhất nghiệm 11 1.2.4 Phân loại nghiệm của phương trình vi phân Về mặt hình học, bài toán Cauchy cho phương trình vi phân cấp I có thể hiểu là tìm nghiệm y(x) của (1.6) mà đồ thị 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 (1.6) đi qua điểm (x0, y0) ∈ D cho trước. Định nghĩa 1.2.2. Giả sử D ⊂ R2 sao cho vế phải của phương trình (1.6) xác định 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 (1.6) 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 (1.6) với mỗi giá trị của C cho bởi (∗) khi (x0, y0) chạy khắp D. Khi đó hệ thức ϕ(x, y) = C (hoặc chính hàm ϕ(x, y)) được gọi là tích phân tổng quát của phương trình (1.6). Ví dụ: Phương trình y + y = 0 có nghiệm tổng quát là y(x) = Ce−x với C là hằng số tuỳ ý. Định nghĩa 1.2.3. Nghiệm của phương trình (1.6) mà tại mỗi điểm (x0, y0) của nó tính chất duy nhất nghiệm của bài toán Cauchy (1.11) được thoả mãn được gọi là nghiệm riêng. Ngược lại, nghiệm của phương trình (1.6) mà tại mỗi điểm của nó tính chất duy nhất nghiệm của bài toán Cauchy bị vi phạm được gọi là nghiệm kỳ dị. Nhận xét: Từ định nghĩa 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 trị thích hợp cho hằng số, ta có thể thu được các nghiệm riêng tuỳ ý của phương trình, không kể các nghiệm kỳ dị. 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. Ta dễ kiểm tra rằng nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là y = − x 3 − 1 9 +Ce3x . Để tìm nghiệm riêng thoả điều kiện như trên ta chỉ cần thay các giá trị ban đầu và tính C. 1 = y(0) = − 1 9 + Ce0 Suy ra C = 10 9 , nghiệm cần tìm là y = − x 3 − 1 9 + 10 9 e3x .
15. 1.3 Phương pháp giải một số phương trình vi phân cấp I 12 1.3 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 nghĩa có thể viết biểu thức của nghiệm tổng quát dưới dạng tường minh hoặc phụ thuộc tham số. Ta nói một phương trình vi phân là cầu phương được nếu có thể biễu diễn nghiệm của nó dưới dạng tổ hợp hữu hạn các phép toán trên các hàm sơ cấp và tích phân của chúng. Lưu ý rằng ta không có phương pháp giải tổng quát cho phương trình vi phân, thậm chí với những phương trình vi phân cấp I. 1.3.1 Phương trình với biến số phân ly Phương trình vi phân cấp I dạng M(x)dx + N(y)dy = 0 (1.14) được gọi là phương trình với biến số phân ly (hay còn gọi phương trình tách biến). 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 (1.14) ta thu được tích phân tổng quát của nó là M(x)dx + N(y)dy = C Ví dụ: Giải phương trình y2 y = x(1 + x2 ). Phương trình này có dạng tách biến y2 dy − x(1 + x2 )dx = 0 Tích phân hai vế ta thu được nghiệm tổng quát là: y3 3 − x2 2 − x4 4 = C Nhận xét: Phương trình dạng M1(x)N1(y)dx + M2(x)N2(y)dy = 0 (1.15) cũng đưa được về dạng (1.14) với biến số phân ly, bằng cách chia hai vế cho M2(x)N1(y) (với giả thiết biểu thức này khác 0) M1(x) M2(x) dx + N2(y) N1(y) dy = 0 Do đó tích phân tổng quát là M1(x) M2(x) dx + N2(y) N1(y) dy = C
17. 1.3 Phương pháp giải một số phương trình vi phân cấp I 14 Thay u = y x vào biểu thức trên ta tìm được tích phân tổng quát của phương trình thuần nhất. Ví dụ: Giải phương trình (x2 + y2 )dx + xydy = 0 Ta có thể viết phương trình đã cho dưới dạng dy dx = − y x − x y Vế phải của phương trình này là hàm thuần nhất. Đặt y = xu ta có x du dx + u + u + 1 u = 0, hay tương đương với dx x = − udu 1 + 2u2 Tích phân phương trình này ta được ln x C = − 1 4 ln(1 + 2u2 ) Thay u = y x vào đẳng thức này ta được nghiệm x4 = C4 x2 x2 + 2y2 với C = 0. Phương trình đưa về thuần nhất: Các phương trình dạng dy dx = f ax + by + c a1x + b1y + c1 có thể đưa về dạng thuần nhất bằng phép biến đổi x = ξ + x0 y = η + y0 trong đó x0 và y0 được chọn sao cho: ax0 + by0 + c = 0 a1x0 + b1y0 + c1 = 0 Khi đó dη dξ = f aξ + bη a1ξ + b1η = f a + bη ξ a1 + b1 η ξ = g η ξ
19. 1.3 Phương pháp giải một số phương trình vi phân cấp I 16 được gọi là phương trình vi phân toàn phần nếu vế trái của nó là vi phân toàn phần của hàm nào đó, tức là tồn tại hàm U(x, y) sao cho dU(x, y) = P(x, y)dx + Q(x, y)dy Khi đó tích phân tổng quát của (1.16) cho bởi U(x, y) = C Nhận xét: Điều kiện cần và đủ để phương trình (1.16) là phương trình vi phân toàn phân là ∂P ∂y = ∂Q ∂x Và khi đó hàm U(x, y) có thể tìm dưới dạng: U(x, y) = x x0 P(x, y)dx + y y0 Q(x0, y)dy hay U(x, y) = x x0 P(x, y0)dx + y y0 Q(x, y)dy (1.17) trong đó (x0, y0) là một điểm nào đó sao cho các tích phân trên tồn tại. Ví dụ: Giải phương trình (x3 + xy2 )dx + (x2 y + y3 )dy = 0. Ta có P(x, y) = x3 + xy2 và Q(x, y) = x2 y + y3 nên ∂P ∂y = 2xy = ∂Q ∂x Hệ thức này chứng tỏ rằng phương trình đã cho là phương trình vi phân toàn phần với hàm U(x, y) có thể chọn là U(x, y) = x 0 (x3 + xy2 )dx + y 0 (0.y + y3 )dy hay U(x, y) = x4 4 + x2 y2 2 + y4 4 Vậy nghiệm của phương trình đã cho là (x2 + y2 )2 = 4C1 := C2 hay x2 + y2 = C với C ≥ 0
21. 1.3 Phương pháp giải một số phương trình vi phân cấp I 18 Do đó có thể chọn µ(x) = exp( dx) = ex để cho phương trình ex [(2xy + x2 y + y3 /3)dx + (x2 + y2 )dy] = 0 là phương trình vi phân toàn phần. Tích phân phương trình này theo công thức (1.17) ta được nghiệm tổng quát yex (x2 + y2 /3) = C 1.3.4 Phương trình vi phân tuyến tính cấp I Trong mục này ta xđt lớp các phương trình vi phân mà biểu thức là tuyến tính đối với ẩn và đạo hàm của nó. Các phương trình như thế được gọi là phương trình vi phân tuyến tính. Dạng tổng quát của phương trình vi phân tuyến tính cấp I là y + p(x)y = q(x) (1.19) trong đó p(x), q(x) là các hàm xác định trên khoảng (a, b) nào đó. Nếu q(x) ≡ 0, ta có phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất: y + p(x)y = 0 (1.20) Định lý 1.4. Giả sử p(x) và q(x) liên tục trên (a, b) và x0 ∈ (a, b) thì với mọi giá trị y0, phương trình (1.20) có một nghiệm duy nhất thỏa y(x0) = y0. Chứng minh: Phương trình (1.20) có dạng y = f(x, y) trong đó f(x, y) = q(x) − p(x)y là hàm liên tục và có đạo hàm riêng ∂f ∂y liên tục trong lân cận của (x0, y0). Vậy f thỏa điều kiện Lipschitz theo biến y. Kết luận suy từ định lý 1.2. Cách giải: Để giải phương trình (1.19) trước hết ta giải phương trình thuần nhất tương ứng (1.20). Thực ra, đây là phương trình tách biến dy y + p(x)dx = 0 Nghiệm tổng quát của phương trình này là y(x) = Ae− p(x)dx (1.21) trong đó A là hằng số tùy ý. Phương pháp biến thiên hằng số: Ta sẽ tìm nghiệm tổng quát của (1.19) dưới dạng tích y = A(x)e− p(x)dx , (1.22)
22. 1.3 Phương pháp giải một số phương trình vi phân cấp I 19 tức là xem hằng số A trong biểu thức nghiệm (1.21) như là hàm theo biến x (phương pháp biến thiên hằng số). Thay vào phương trình (1.19) ta được A e− p(x)dx = q(x) (1.23) Từ đó, A(x) = q(x)e p(x)dx dx + C. Thay vào (1.22), ta thu được nghiệm tổng quát của (1.19) là y = e− p(x)dx q(x)e p(x)dx dx + C (1.24) trong đó C là hằng số tuỳ ý. Ví dụ: Tìm nghiệm của phương trình vi phân y + 3xy = x đi qua điểm (0, 4). Ta có p(x) = 3x nên p(x)dx = 3×2 /2. Do đó nghiệm tổng quát là y = e−3×2/2 xe3x2/2 dx + C = e−3×2/2 1 3 e3x2/2 + C = 1 3 + Ce−3×2/2 Thay x = 0 và y = 4 vào đẳng thức trên, ta tìm được C = 11 3 và nghiệm riêng cần tìm là: y = 1 3 + 11 3 e−3×2/2 Hệ quả 1.5. Nghiệm của phương trình (1.19) với điều kiện y(x0) = y0 cho bởi công thức y(x) = x x0 q(t)µ(t)dt + y0 µ(x) , trong đó µ(x) := e x x0 p(t)dt . 1.3.5 Phương trình Bernoulli Phương trình có dạng y + p(x)y = yα g(x) (1.25) trong đó α là số thực nào đó, được gọi là phương trình Bernoulli2 . Để giải phương trình này ta đưa về giải phương trình tuyến tính (1.19) đã xđt trong mục trước. Rõ ràng với α = 0 hay α = 1 thì (1.25) đã có dạng phương trình tuyến tính. 2 J.Bernoulli (1654-1705) là nhà toán học Thụy sĩ.
24. 1.3 Phương pháp giải một số phương trình vi phân cấp I 21 Chú ý rằng nếu n = m − 1 thì phương trình Darboux chính là phương trình thuần nhất. Trong trường hợp tổng quát, ta luôn luôn đua phương trình Darboux về phương trình Bernoulli. Thật vậy, đặt y = xz, ta có dy = xdz + zdx, xdy − ydx = x2 d y x = x2 dz Do đó phương trình (1.27) có thể viết lại dạng xm A 1, y x dx + xm B 1, y x dy + xn H 1, y x x2 d y x = 0 Hay, sau khi chia 2 vế cho xm và thu gọn, ta có [A(1, z) + zB(1, z)] dx + xB(1, z) + H(1, z)xn+2−m dz = 0 Với giả thiết xB(1, z) + H(1, z)xn+2−m = 0, ta có thể viết phương trình cuối cùng dưới dạng dx dz + B(1, z) A(1, z) + zB(1, z) x = − H(1, z) A(1, z) + zB(1, z) xn+2−m Đây là phương trình Bernoulli của ẩn x = x(z) xem như hàm theo z. Ví dụ: Giải phương trình xdx + ydy + x2 (xdy − ydx) = 0 Đây là phương trình Darboux, đặt y = xz ta được xdx + xz(xdz + zdx) + x4 dz = 0 hay (1 + z2 )dx + (xz + x3 )dz = 0 Từ đó ta có dx dz + z 1 + z2 x = − 1 1 + z2 x3 Đây là phương trình Bernoulli, giải phương trình này (sau khi đưa về phương trình tuyến tính bậc I) ta được nghiệm là 1 x2 = C(1 + z2 ) + (1 + z2 ) arctan z + z Trở lại biến ban đầu, ta có nghiệm tổng quát cho bởi C(x2 + y2 ) + (x2 + y2 ) arctan y x + xy − 1 = 0 với C là hằng số tuỳ ý.
25. 1.3 Phương pháp giải một số phương trình vi phân cấp I 22 1.3.7 Phương trình Riccati Phương trình Riccati 4 tổng quát là phương trình vi phân dạng y = p(x)y2 + q(x)y + r(x) (1.28) trong đó p(x), q(x) và r(x) là các hàm liên tục trên khoảng (a, b) nào đó. Nhận xét: Phương trình Riccati không phải bao giờ cũng giải được bằng phép cầu phương (tức là có thể biểu diễn nghiệm dưới dạng hữu hạn các phép lấy tích phân của các hàm tường minh nào đó!). Trong vài trường hợp đặc biệt như p(x) ≡ 0 hay r(x) ≡ 0 ta đưa về phương trình tuyến tính hoặc phương trình Bernoulli. Tuy vậy, kết quả sau cho phép ta tích phân phương trình Riccati nếu biết một nghiệm nào đó của nó. Mệnh đề 1.3.1. Nếu biết một nghiệm của phương trình Riccati (1.28) thì có thể đưa nó về phương trình Bernoulli. Chứng minh: Gọi một nghiệm của (1.28) là ˜y, tức là ˜y = p(x)˜y2 + q(x)˜y + r(x) Ta đặt y = ˜y + z, trong đó z là ẩn mới. Thay vào phương trình (1.28) ta được ˜y + z = p(x)˜y2 + 2p(x)˜yz + p(x)z2 + q(x)˜y + q(x)z + r(x) Từ đó suy ra z − [2p(x)˜y + q(x)]z = p(x)z2 và đây là phương trình Bernoulli. Ví dụ: Giải phương trình y + 2y(y − x) = 1 Đây là phương trình Riccati. Dễ thấy y = x là một nghiệm của phương trình đã cho. Bây giờ, đặt y = x + z ta đưa phương trình đã cho về dạng z + 2z(z + x) = 0 Đây là phương trình Bernoulli với α = 2. Đặt u = z−1 ta được u − 2xu = 2 Nghiệm tổng quát của phương trình này theo (1.24) là u = ex2 2e−x2 dx + C Vậy nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là y = x + e−x2 C + 2 e−x2 dx , và y = x 4 J.F.Riccati (1676−1754) là nhà toán học Ý.
26. 1.4 Phương trình vi phân cấp I chưa giải ra đối với đạo hàm 23 1.4 Phương trình vi phân cấp I chưa giải ra đối với đạo hàm Trong mục này ta sẽ khảo sát các phương trình vi phân cấp một dạng tổng quát: F(x, y, y ) = 0 (1.29) trong đó F là hàm ba biến liên tục trong một tập mở G ⊂ R3 cùng với các đạo hàm riêng của nó, ngoài ra ∂F ∂y không đồng nhất bằng không. 1.4.1 Tích phân một số phương trình vi phân cấp I Ta sẽ khảo sát một số dạng phương trình vi phân cấp I dạng chưa giải ra đạo hàm đặc biệt mà có thể giải bằng cầu phương. F chỉ phụ thuộc vào y Xét phương trình dạng F(y ) = 0 (1.30) Giả sử F (xem như hàm của biến y ) liên tục và có một số hữu hạn các không điểm (chẳng hạn khi F là đa thức). Khi đó mỗi nghiệm của y = y(x) của phương trình (1.30) phải thoả y (x) = k, với k là một không điểm của F. Do đó y(x) = kx + C với C là hằng số tuỳ ý; và ta có F( y − C x ) = 0 (1.31) Ngược lại, nếu có đẳng thức (1.31) với một giá trị C nào đó thì k := y − C x phải là nghiệm của F = 0. Khi đó y = kx + C, y = k do đó F(y ) = 0. Nói cách khác, công thức (1.31) cho ta nghiệm tổng quát của phương trình đã cho. Ví dụ: Giải phương trình y 2 − y + 2 = 0. Phương trình này có nghiệm là y − C x 2 − y − C x + 2 = 0. Dạng có thể giải ra đối với y hay x: Giả sử (với những điều kiện nào đó) phương trình (1.29) có thể giải ra được y hay x theo các biến còn lại. Chẳng hạn, y = f(x, y ) (1.32)
27. 1.4 Phương trình vi phân cấp I chưa giải ra đối với đạo hàm 24 Khi đó, đặt p = y = dy dx và xem p như tham số, ta được y = f(x, p) Vi phân hai vế của đẳng thức này ta được dy = ∂f(x, p) ∂x dx + ∂f(x, p) ∂p dp Thay dy = pdx ta được phương trình vi phân dạng M(x, p)dx + N(x, p)dp = 0 Xem x như là hàm của p và giả sử phương trình này có nghiệm tổng quát là x = g(p, C). Khi đó nghiệm tổng quát của phương trình (1.32) được cho dưới dạng tham số x = g(p, C) y = f(x, p) Tương tự như thế, các phương trình dạng giải ra được đối với x x = h(y, y ) cũng giải được bằng cách đưa vào tham số p như trên. Ví dụ: Giải phương trình y = x(y )2 Đặt p = y , ta có y = xp2 . Vi phân hai vế đẳng thức này, ta được dy = p2 dx + 2pxdp thay dy = pdx, ta được p[(1 − p)dx − 2xdp] = 0 . Với p = 0, ta được nghiệm y = 0. Ngoài ra ta có phương trình (1 − p)dx − 2xdp = 0. Đây là phương trình tách biến có nghiệm tổng quát là x = C (1 − p)2 . Vậy ta thu được nghiệm tổng quát dưới dạng tham số y = xp2 x = C (1−p)2
28. 1.4 Phương trình vi phân cấp I chưa giải ra đối với đạo hàm 25 Phương trình khuyết x hoặc y Xét phương trình khuyết y F(x, y ) = 0 (1.33) Nếu có thể giải ra được y dạng y = f(x) Khi đó nghiệm tổng quát của (1.33) là y = f(x)dx + C. Trường hợp ta không giải ra được y nhưng có thể tìm một phép tham số hoá phương trình (1.33) gồm x = ϕ(t) y = ψ(t) sao cho F(ϕ(t), ψ(t)) = 0 Khi đó ψ(t) = y = dy dx =⇒ dy = ψ(t).ϕ (t)dt Vậy nghiệm tổng quát của phương trình (∗) cho bởi dạng tham số x = ϕ(t) y = ψ(t)ϕ (t)dt + C Ví dụ: Giải phương trình ln y + cos y − x = 0 Tham số hoá y = t, x = ln t + cos t ta có dy = tdx và dx = ( 1 t − sin t)dt Suy ra y = (1 − t sin t)dt = t − sin t + t cos t + C Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x = ln t + cos t y = t − sin t + t cos t + C Tương tự, ta có thể tìm nghiệm trong trường hợp khuyết x.
29. 1.5 Phương trình Clairaut và phương trình Lagrange 26 1.5 Phương trình Clairaut và phương trình Lagrange 1.5.1 Phương trình Clairaut Phương trình Clairaut 5 là lớp các phương trình vi phân dạng y = xy + f(y ) (1.34) trong đó, nói chung, f là một hàm phi tuyến. Ta sẽ tìm nghiệm tổng quát của phương trình này bằng cách đặt p = y . Khi đó y = px + f(p) Vi phân hai vế đẳng thức này, với chú ý rằng dy = pdx ta được pdx = pdx + {x + f (p)} dp hay {x + f (p)} dp = 0 Từ đó ta suy ra dp = 0 hay x + f (p) = 0. Nếu dp = 0 thì p = C, thay vào (1.34) ta được nghiệm tổng quát y = Cx + f(C) (1.35) và đây là một họ đường thẳng. Nếu x + f (p) = 0, cùng với (1.34), ta thu được một nghiệm cho dưới dạng tham số x = −f (p) y = −pf (p) + f(p) Người ta chứng minh được rằng nếu f (p) liên tục và khác không thì nghiệm cho dưới dạng tham số là bao hình của họ đường thẳng (1.35). Ví dụ: Xét phương trình y = (x − 1)y − y 2 Đây là phương trình Clairaut với f(t) = −t2 − t. Thay thế y bởi C ta được nghiệm tổng quát là họ đường thẳng y = C(x − 1) − C2 Để tìm nghiệm kỳ dị, tức là bao hình của họ đường thẳng trên ta xét hệ x = 2C + 1 y = C(x − 1) − C2 Khử C từ hệ phương trình này ta được bao hình là parabol y = (x − 1)2 4 (xem Hình 1.5). 5 Alexis Claude Clairaut (1713-1765) là nhà khoa học nổi tiếng người Pháp.
31. 1.5 Phương trình Clairaut và phương trình Lagrange 28 Nhận xét: Chú ý rằng ứng với các giá trị của tham số p = pi (trong đó pi là nghiệm của phương trình ϕ(p)−p = 0) ta cũng nhận được các nghiệm của phương trình (1.36). Tuỳ theo từng trường hợp nghiệm này có thể là nghiệm kỳ dị hoặc không. Ví dụ: Giải phương trình y = xy 2 − y . Đặt p = y , khi đó y = xp2 − p Vi phân hai vế của đẳng thức này theo x với chú ý dy = pdx, sau khi thu gọn ta được (p2 − p)dx + (2px − 1)dp = 0 Giả sử p2 − p = 0 ta có dx dp + 2 p − 1 x = 1 p(p − 1) Giải phương trình này ta được: x = C + p − ln p (p − 1)2 Thay vào biểu thức của y ta được nghiệm tổng quát dạng tham số: x = C+p−ln p (p−1)2 y = (C+p−ln p)p2 (p−1)2 − p Các nghiệm ứng với p = 0 và p = 1 là y = 0 và y = x − 1 tương ứng. 1.5.3 Tham số hoá tổng quát Trong tiểu mục này ta xét một số phương trình vi phân chưa giải ra đối với đạo hàm F(x, y, y ) = 0 (1.38) nhưng có thể tham số hoá được dưới dạng x = ϕ(u, v), y = ψ(u, v) và y = χ(u, v) sao cho F[ϕ(u, v), ψ(u, v), χ(u, v)] = 0 Vi phân x và y theo u, v rồi thay vào đẳng thức dy = y dx ta có ∂ψ ∂u du + ∂ψ ∂v dv = χ(u, v) ∂ϕ ∂u du + ∂ϕ ∂v dv Xem u như là hàm của v ta có phương trình du dv = χ ∂ϕ ∂v − ∂ψ ∂v ∂ϕ ∂u − χ ∂ψ ∂u
32. 1.6 Nghiệm kỳ dị của phương trình vi phân cấp I 29 Đây là dạng phương trình đã giải ra đối với đạo hàm, giả sử có nghiệm là u = φ(v, C) Ta thay vào biểu thức của x và y ta được nghiệm tổng quát dưới dạng tham số của phương trình (1.38) là x = ϕ[φ(v, C), v] y = ψ[φ(v, C), v] Ví dụ: Giải phương trình y = y 2 − y x + x2 2 Ta có thể tham số hoá phương trình bằng cách đặt x = x, y = p và y = p2 −px+ x2 2 (xem x và p là hai tham số). Khi đó, vi phân đẳng thức cuối ta được dy = (x − p)dx + (2p − x)dp Để ý rằng dy = pdx, từ đẳng thức trên, nếu 2p−x = 0 ta có dp dx = 1, suy ra p = x+C. Do đó nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là y = x2 2 + Cx + C2 Nếu 2p − x = 0 ta có p = x 2 , thay vào biểu thức tham số hoá ta có nghiệm y = x4 2 , nghiệm này là nghiệm kỳ dị. 1.6 Nghiệm kỳ dị của phương trình vi phân cấp I 1.6.1 Sự tồn tại nghiệm kỳ dị Trong chương trước ta đã đề cập đến sự tồn tại và duy nhất nghiệm đối với phương trình vi phân cấp I dạng giải ra được đối với đạo hàm dy dx = f(x, y) Trong mục này ta xét trường hợp phương trình vi phân cấp I dạng tổng quát F(x, y, y ) = 0 . (1.39) Nói chung, không phải lúc nào ta cũng viết được phương trình này dưới dạng giải ra đối với đạo hàm. Điều đó cho thấy rằng sự tồn tại và tính chất duy nhất nghiệm của phương trình vi phân (1.39), với điều kiện ban đầu (x0, y0), không phải lúc nào cũng được bảo đảm. Nói cách khác, với (x0, y0) ∈ R2 nào đó, có thể có nhiều nghiệm của phương trình (1.39) đi qua điểm này.
33. 1.6 Nghiệm kỳ dị của phương trình vi phân cấp I 30 Ví dụ: Phương trình Clairaut (1.34) với f(t) = −t2 − t có nghiệm kỳ dị là parabol (x−1)2 4 (xem hình 1.5). Tại mỗi điểm dọc theo parabol này có tồn tại một nghiệm khác mà đồ thị là đường thẳng tiếp xúc với parabol nói trên tại điểm đó. Định lý sau đây khẳng định sự tồn tại và duy nhất nghiệm trong trường hợp tổng quát. Định lý 1.6. Nếu hàm F(x, y, p) thoả các điều kiện sau: i) F(x, y, p) liên tục cùng với các đạo hàm riêng của nó trong lân cận của (x0, y0, p0) ∈ R3 (tức là F thuộc lớp C1 trong lân cận điểm này) ii) F(x0, y0, p0) = 0 iii) ∂F ∂p (x0, y0, p0) = 0 thì phương trình (1.39) có duy nhất một nghiệm y = y(x) lớp C1 trong lân cận của x0 thoả điều kiện ban đầu: y(x0) = y0 sao cho y (x0) = p0 Chứng minh: Các giả thiết trong định lý trên chính là các giả thiết của định lý hàm ẩn, do đó phương trình (1.39) xác định duy nhất hàm p = f(x, y) lớp C1 sao cho p0 = f(x0, y0). Khi đó ta có phương trình vi phân dạng giải ra được đối với đạo hàm dy dx = f(x, y) trong đó f khả vi liên tục. Tính chất này mạnh hơn điều kiện Lipchitz nên theo định lý tồn tại và duy nhất nghiệm (cho phương trình đã giải ra đối với đạo hàm), ta thấy có tồn tại duy nhất một nghiệm y = y(x) thoả điều kiện ban đầu y(x0) = y0. 1.6.2 Tìm nghiệm kỳ dị theo p−biệt tuyến Định lý trên cho thấy nghiệm kỳ dị có thể xảy ra khi các điều kiện của định lý không thoả mãn. Rõ ràng với hàm F = F(x, y, p) khả vi liên tục, nghiệm kỳ dị chỉ có thể xảy ra nếu tại đó ∂F ∂p = 0 Ta gọi M ⊂ R3 là siêu mặt cho bởi phương trình F(x, y, p) = 0 và giả sử π : M −→ R2 , π(x, y, p) = (x, y) là phép chiếu tự nhiên theo toạ độ p. Khi đó các điểm kỳ dị của ánh xạ π cho bởi hệ phương trình F(x, y, p) = 0 ∂F ∂p = 0 (1.40)
34. 1.6 Nghiệm kỳ dị của phương trình vi phân cấp I 31 Khử p từ hệ phương trình này ta thu được một phương trình dạng Φ(x, y) = 0 (1.41) Phương trình này xác định một đường cong trong R2 , được gọi là đường cong biệt lập (discriminant) hay p−biệt tuyến của phương trình (1.39). Vậy để tìm nghiệm kỳ dị theo p−biệt tuyến trước hết ta tìm p− biệt tuyến cho bởi hệ (1.40), sau đó thử xem biệt tuyến có phải là nghiệm của phương trình (1.39) hay không. Cuối cùng trong số các nghiệm này chọn ra các nghiệm mà dọc theo nó tính duy nhất bị vi phạm; đó chính là nghiệm kỳ dị. Ví dụ: Tìm nghiệm kỳ dị của phương trình y = 2xy − y 2 Ta có biệt tuyến cho bởi y = 2xp − p2 , 2x − 2p = 0 Từ đó biệt tuyến là parabol y = x2 trong mặt phẳng (x, y). Tuy nhiên, y = x2 lại không phải là nghiệm của phương trình đã cho, nên phương trình không có nghiệm kỳ dị. Ví dụ: Tìm nghiệm kỳ dị của phương trình y = y 2 − xy + x2 2 Ta có p−biệt tuyến cho bởi y = p2 − xp + x2 2 , 2p − x = 0 Từ đó ta có biệt tuyến là parabol y = x2 4 và cũng là nghiệm của phương trình đã cho. Ngoài ra nghiệm tổng quát của nó là (xem ví dụ trang 29) y = Cx + C2 + x2 2 Do đó với mọi điểm (x0, y0) trên parabol này, i.e. y0 = x2 0 4 , ta xét phương trình theo C: y0 = Cx0 + C2 + x2 0 2 hay tương đương C2 + x0C + x2 0 4 = 0 Phương trình này luôn có nghiệm C = − x0 2 , tức là luôn có nghiệm thứ hai đi qua (x0, y0). Vậy y = x2 4 là nghiệm kỳ dị của phương trình đã cho.
35. 1.6 Nghiệm kỳ dị của phương trình vi phân cấp I 32 1.6.3 Tìm nghiệm kỳ dị theo C−biệt tuyến Đối với những phương trình mà tích phân tổng quát của nó cho bởi Φ(x, y, C) = 0 (1.42) ta có thể tìm nghiệm kỳ dị của nó thông qua việc tìm các C− biệt tuyến, tức là đường cong trong R2 xác định bằng cách khử C từ hệ Φ(x, y, C) = 0 ∂Φ ∂C (x, y, C) = 0 (1.43) Nhận xét: Có thể kiểm tra không khó (xem [1]) rằng nếu C− biệt tuyến là bao hình của họ đường cong (1.42) thì nó là một nghiệm kỳ dị của phương trình (1.39). Do đó để tìm nghiệm kỳ dị của (1.39) trước hết ta tìm C−biệt tuyến của nó. Biệt tuyến đó là đường cong R(x, y) = 0 nhận được bằng cách khử C từ hệ (1.43). Sau đó , thử xem có nhánh nào của C− biệt tuyến là bao hình của họ đường cong (1.42) hay không; nếu có, đó chính là nghiệm kỳ dị của phương trình. Chú ý: Nếu hàm Φ trong (1.42) có các đạo hàm riêng cấp I theo x và y bị chặn và không đồng thời bằng không thì C−biệt tuyến là bao hình của họ nghiệm tổng quát (1.42); nói cách khác C−biệt tuyến là nghiệm kỳ dị. Ví dụ: (xem [1]) Tìm nghiệm kỳ dị của phương trình Lagrange x − y = 4 9 y 2 − 8 27 y 3 Phương trình Lagrange này có tích phân tổng quát là (y − C)2 = (x − C)3 . Do đó biệt tuyến cho bởi hệ (y − C)2 = (x − C)3 2(y − C) = 3(x − C)2 Khử C ta được y = x, y = x − 4 27 Chỉ có y = x − 4 27 là bao hình nên nó là nghiệm kỳ dị. Còn đường thẳng y = x chứa các điểm kỳ dị của nghiệm tổng quát (xem Hình 1.6).
36. 1.6 Nghiệm kỳ dị của phương trình vi phân cấp I 33 Y= x Y=x – 4/27 Hình 1.6: Nghiệm kỳ dị của phương trình x − y = 4 9 y 2 − 8 27 y 3 BÀI TẬP 1. Giải các phương trình vi phân tách biến: (a) (xy2 + 4x)dx + (y + x2 y)dy = 0 (b) 2x 1 − y2 + yy = 0 (c) y = ex+y (d) y = x2 y − y y + 1 2. Tìm nghiệm tổng quát của các phương trình vi phân thuần nhất sau (a) y = y x − 1 (b) y = 2xy x2 − y2 (c) (y2 − 3×2 )dy + 2xydx = 0 (d) xy = y ln y x 3. Tích phân các phương trình vi phân sau đây: (a) (x − 2y + 9)dx = (3x − y + 2)dy (b) y = 2 y + 2 x + y − 1 2 4. Kiểm tra các phương trình sau là phương trình vi phân toàn phần và giải chúng (a) y x dx + (y3 + ln x)dy = 0 (b) ey dx + (xey − 2y)dy = 0
37. 1.6 Nghiệm kỳ dị của phương trình vi phân cấp I 34 (c) 2xydx + (x2 − y2 )dy = 0 (d) [(x + 1)ex − ey ] dx = xey dy 5. Tìm thừa số tích phân rồi giải các phương trình vi phân sau (a) (x + y2 )dx − 2xydy = 0 (b) (y2 − 6xy)dx + (3xy − 6×2 )dy = 0 (c) y(1 + xy)dx − xdy = 0 (d) xy ln ydx + (x2 + y2 y2 + 1)dy = 0 6. Tìm nghiệm tổng quát của các phương trình vi phân tuyến tính sau (a) y − 4y = x − 2×2 (b) xy + y = ex (c) y − y tan x = 1 cos x (d) y2 dx − (2xy + 3)dy = 0 7. Tìm nghiệm tổng quát của các phương trình Bernoulli sau (a) 3y + y = (1 − 2x)y4 (b) yy + y2 = x (c) y + y = e x 2 √ y 8. Giải các phương trình vi phân sau đây (a) y 2 − (x + y)y + xy = 0 (b) y 3 − yy 2 − x2 y + x2 y = 0 (c) xy 3 = 1 + y (d) y 3 + y3 = 3yy 9. Tìm nghiệm tổng quát và nghiệm kỳ dị của các phương trình sau đây (a) y = xy + 12 (b) xy − y = ln y (c) y = xy + y 2 + 1 (d) yy = 2y 2 x + 1
38. Chương 2 Phương trình vi phân cấp cao Chương này trình bày một số kiến thức tổng quan về phương trình vi phân cấp cao và lý thuyết tổng quát về phương trình vi phân tuyến tính cấp cao. 2.1 Phương trình vi phân cấp cao 2.1.1 Các khái niệm Phương trình vi phân thường cấp n là phương trình có dạng F(x, y, y , y , . . . , y(n) ) = 0 (2.1) trong đó F là một hàm xác định (liên tục) trên tập mở nào đó của Rn+2 và nhất thiết phải có sự tham gia của đạo hàm cấp n của ẩn y(n) . Với một vài giả thiết thích hợp, định lý hàm ẩn cho phép viết phương trình (2.1) dưới dạng sau đây, được gọi là dạng đã giải ra đối với đạo hàm: y(n) = f(x, y, y , . . ., y(n−1) ) (2.2) Dưới dạng này ta có thể đưa việc nghiên cứu một phương trình cấp cao về nghiên cứu (hệ) phương trình vi phân cấp I. Thật vậy, bằng cách đưa thêm vào các ẩn mới y1 := y, yk := y(k−1) , k = 1, n, ta thu được y1 = y2 y2 = y3 …………… yn−1 = yn yn = f(x, y1, . . . , yn) (2.3) Đặt Y := (y1, . . ., yn)t , g(x, Y ) := (y2, . . . , yn, f(x, y1, . . . , yn)t ) là các vector-hàm ta có thể viết lại (2.3) dưới dạng đơn giản Y = f(x, Y ) (2.4)
40. 2.1 Phương trình vi phân cấp cao 37 2.1.3 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) ta có thể tích phân liên tiếp theo x và thu được y(n−1) = x x0 f(x)dx + C1 y(n−2) = x x0 dx x x0 f(x)dx + C1(x − x0) + C2 ……………….. y = x x0 dx . . . x x0 n lần f(x)dx + C1 (n−1)! (x − x0)n−1 + + C2 (n−2)! (x − 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), y(n) = ψ(t) khi đó ta có 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) )
41. 2.1 Phương trình vi phân cấp cao 38 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 z = g(x, C), ta trở lại trường hợp trên với phương trình y(n−1) = g(x, C) với C là tham số. 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 dx = dy(n−1) y(n) = ϕ (t)dt ψ(t) Do đó x = ϕ (t)dt ψ(t) = ϕ1(t, C1) và ta trở lại trường hợp trên với x = ϕ1(t, C1), y(n−1) = ϕ(t) 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 = C1ex − 1 Do đó, ta được phương trình y = C1ex − 1 Vậy nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là y(x) = C1ex − x2 2 + C2x + C3 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
42. 2.1 Phương trình vi phân cấp cao 39 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 Thay z = y(n−2) vào phương trình này ta trở lại trường hợp a). Ví dụ: Giải phương trình y = y . Đặt z = y ta thu được phương trình z = z Nhân hai vế phương trình này với 2z , ta được d(z )2 = dz2 và có nghiệm là z = √ z2 + A . Đây là phương trình tách biến, nghiệm tổng quát của nó là z + √ z2 + A = Bex Nhân với lượng liên hợp, ta thu được z − √ z2 + A = − A B e−x Từ đó, ta có z = B 2 ex − A 2B e−x Trở lại ẩn y, ta được nghiệm tổng quát y = B 2 ex + A 2B e−x + C Hay y = C1ex + C2e−x + C3 2.1.4 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.
43. 2.1 Phương trình vi phân cấp cao 40 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 y = dp dx = p dp dy y = d dx p dp dy = dp dx dp dy + p d dx dp dy = p dp dy 2 + p2 d2 p dy2 ……………………….. y(n) = g p, dp dy , . . . , dn−1 p dyn−1 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 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 + y2 )yy = (3y2 − 1)y 2 Đặt p = y như đã trình bày, phương trình đưa về dạng (1 + y2 )yp dp dy = (3y2 − 1)p2 Chia 2 vế cho p (với giả thiết p = 0) và viết lại dưới dạng phương trình tách biến dp p = 3y2 − 1 (1 + y2)y dy Nghiệm tổng quát của nó là py (1 + y2)2 = C1 Thay p = y , ta có phương trình yy (1 + y2)2 = C1 Nghiệm tổng quát của phương trình cuối cùng là − 1 1 + y2 = 2C1x + C2
46. 2.2 Lý thuyết tổng quát về phương trình vi phân tuyến tính cấp cao. 43 2.2 Lý thuyết tổng quát về phương trình vi phân tuyến tính cấp cao. 2.2.1 Các khái niệm Phương trình vi phân tuyến tính cấp n có dạng tổng quát p0(x)y(n) + p1(x)y(n−1) + · · · + pn−1(x)y + pn(x)y = g(x) (2.7) trong đó các pj(x) và g(x) là các hàm (thực) nào đó theo biến x. Nếu g(x) ≡ 0 thì phương trình (2.7) được gọi là phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất. Chú ý: Ta có thể xem p0(x) ≡ 1, vì nếu không ta chia hai vế của phương trình cho hệ số này, và thu được phương trình mới cùng dạng. Sự tồn tại nghiệm: Ta xét phương trình vi phân tuyến tính cấp cao (2.7), với điều kiện ban đầu (2.5). Định lý 2.4. (Sự tồn tại và duy nhất nghiệm) Nếu các hàm pj(x) và g(x) là liên tục trên khoảng (a, b) và, ngoài ra, p0(x) = 0 với mọi x ∈ (a, b) thì bài toán Cauchy cho phương trình (2.7) có duy nhất nghiệm với mọi dữ kiện ban đầu dạng (2.5) tại x0 ∈ (a, b). Chứng minh: Phương trình (2.7) có thể viết lại dạng y(n) = −1 p0(x) p1(x)y(n−1) + · · · + pn−1(x)y + pn(x)y − g(x) Để ý rằng vế phải là hàm liên tục theo (x, Y ) và khả vi liên tục theo biến Y := (y, y , . . . , y(n−1) ) nên thỏa điều kiện Lipschitz theo biến này. Dạng toán tử của phương trình vi phân tuyến tính: Ký hiệu D là toán tử đạo hàm d dx và đặt: L = p0Dn + p1Dn−1 + · · · + pn−1D + pn (2.8) L được gọi là toán tử vi phân cấp n và khi đó (2.7) viết lại dưới dạng sau, gọi là dạng toán tử của phương trình (2.7) L(y) = g (2.9) Đặc biệt, khi g ≡ 0, phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất tương ứng viết một cách đơn giản L(u) = 0 (2.10) 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).
49. 2.2 Lý thuyết tổng quát về phương trình vi phân tuyến tính cấp cao. 46 Định lý 2.7. Giả sử các hàm pj(x) là liên tục và p0(x) = 0 trên khoảng (a, b). Khi đó n nghiệm u1(x), u2(x), . . . , un(x) của phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất (2.10) là độc lập tuyến tính nếu và chỉ nếu định thức Wronski W[u1, u2, . . . , un] = 0, ∀x ∈ (a, b). Chứng minh: Nếu W[u1, u2, . . . , un] = 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 phương trình tuyến tính thuần nhất sau (ẩn là C1, . . . , Cn) có nghiệm không tầm thường C1u1(x0) + · · ·+ Cnun(x0) = 0 C1u1(x0) + · · ·+ Cnun(x0) = 0 · · · · · · · · · · · · C1u (n−1) 1 (x0) + · · ·+ Cnu (n−1) n (x0) = 0 Gọi (C1, . . . , Cn) là một nghiệm như vậy và đặt u(x) = C1u1(x) + · · · + Cnun(x). Rõ ràng u(x) là một nghiệm của của (2.10) thoả điều kiện ban đầu u(x0) = 0, u (x0) = 0, . . ., u(n−1) (x0) = 0. Mặt khác nghiệm tầm thường v ≡ 0 cũng thoả điều kiện này. Do đó, theo định lý tồn tại và duy nhất nghiệm ta phải có C1u1(x) + · · · + Cnun(x) ≡ 0 tức là các u1(x), u2(x), . . . , un(x) là phụ thuộc tuyến tính: trái giả thiết. Định nghĩa 2.2.3. 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 được gọi là hệ nghiệm cơ bản của phương trình đó. Định lý 2.8. (Sự tồn tại hệ nghiệm cơ bản) Với các giả thiết như định lý 2.7, phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất (2.10) có ít nhất một hệ nghiệm cơ bản. Chứng minh: Xét n bài toán Cauchy đối với phương trình (2.10) tương ứng với các dữ kiện ban đầu (u(x0), u (x0), . . . , u(n−1) (x0)) = ek , k = 1, n trong đó ek := (0, . . ., 0, 1, 0, . . ., 0) là vector đơn vị thứ k trong không gian Euclide Rn . Với giả thiết của định lý, mỗi bài toán trên có một nghiệm duy nhất uk(x). Ta chứng minh hệ {u1, . . . , un} độc lập tuyến tính. Thật vậy xét đẳng thức C1u1(x) + · · · + Cnun(x) ≡ 0 Đạo hàm n−1 lần đẳng thức này ta thu được hệ phương trình đại số tuyến tính thuần nhất (ẩn là các Ck) có định thức của ma trận hệ số tại x0 bằng W[u1, . . . , un] = det[e1, . . . , en] = 1 = 0 nên hệ này chỉ có nghiệm tầm thường C1 = 0, . . . , Cn = 0. Nhận xét: Theo chứng minh trên, dễ thấy rằng phương trình đã cho có vô số nghiệm.
50. 2.2 Lý thuyết tổng quát về phương trình vi phân tuyến tính cấp cao. 47 b) Nghiệm tổng quát của phương trình tuyến tính thuần nhất: Định lý 2.9. Giả sử các hàm pj(x) là liên tục trên (a, b), p0(x) = 0, ∀x ∈ (a, b) và {u1(x), u2(x), . . . , un(x)} là hệ nghiệm cơ bản của phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất (2.10) trên (a, b). Khi đó nghiệm tổng quát của (2.10) có dạng u(x) = C1u1(x) + · · · + Cnun(x) (2.12) 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 (2.12) là nghiệm của (2.10). Gọi v(x) là nghiệm tùy ý của (2.10). Với x0 ∈ (a, b) là giá trị nào đó ta đặt v0 := v(x0), v0 := v (x0), . . . , v (n−1) 0 := v(n−1) (x0) Xét hệ phương trình (ẩn là các Ck) C1u1(x0) + · · ·+ Cnun(x0) = v0 C1u1(x0) + · · ·+ Cnun(x0) = v0 · · · · · · · · · · · · C1u (n−1) 1 (x0) + · · ·+ Cnu (n−1) n (x0) = v (n−1) 0 Vì các u1(x), u2(x), . . . , un(x) lập thành hệ nghiệm cơ bản nên W(x0) = 0, tức là định thức của ma trận hệ số của hệ phương trình trên khác không. Theo định lý Cramer, hệ này có duy nhất nghiệm (C1, . . . , Cn). Đặt u(x) := C1u1(x) + · · · + Cnun(x) thì u(x) cũng là nghiệm của (2.10) thoả cùng điều kiện ban đầu như v(x). Do đó u(x) ≡ v(x). Tìm phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất biết hệ nghiệm cơ bản của nó: Để đơn giản, ta xét trường hợp phương trình vi phân tuyến tính cấp II. Cho trước hệ hai hàm khả vi đến cấp II, độc lập tuyến tính {y1, y2}, ta sẽ tìm phương trình vi phân dạng y + p(x)y + q(x)y = 0 nhận y1, y2 làm nghiệm. Nếu y là nghiệm tổng quát của phương trình này thì W[y1, y2, y] = y1 y2 y y1 y2 y y1 y2 y = 0
52. 2.2 Lý thuyết tổng quát về phương trình vi phân tuyến tính cấp cao. 49 Tích phân phương trình vi phân tách biến này ta thu được W(x) = W(x0)e − x x0 p1 p0 dt ở đây W(x0) là giá trị của định thức Wronski tại x0 ∈ (a, b) nào đó. Hệ quả 2.11. Nếu các pj(x) liên tục và p0(x) = 0 trên (a, b) thì W(x) hoặc luôn luôn khác không, hoặc đồng nhất bằng không trên (a, b). Ứng dụng: Đồng nhất thức Abel cho phép ta tìm nghiệm thứ n, độc lập tuyến tính với n − 1 nghiệm độc lập tuyến tính đã biết của phương trình tuyến tính cấp n, bằng cách giải phương trình vi phân cấp n−. Với n = 2, việc này hoàn toàn đơn giản. Thật vậy, giả sử đã biết nghiệm y1 của phương trình y + p(x)y + q(x)y = 0 Giả sử y2 là một nghiệm độc lập tuyến tính với y1 sao cho W[y1, y2](x0) = 1. Khi đó y1y2 − y1y2 y2 1 = W(x) y2 1 = 1 y2 1 e − x x0 p(t)dt Tức là y2 y1 = 1 y2 1 e − x x0 p(t)dt Từ đó ta có y2(x) = y1(x) 1 y1(x)2 e− p(x)dx dx Ví dụ: Tìm nghiệm tổng quát của phương trình 2×2 y + 3xy − y = 0 trên (0, +∞) biết nó có một nghiệm là y1(x) = 1/x. Giải: Theo công thức trên, nghiệm độc lập tuyến tính với y1 cho bởi y2(x) = 1 x x2 e− 3 2x dx dx Tính toán tích phân, ta thu được y2(x) = 2/3×1/2 Vậy nghiệm tổng quát của phương trình đã cho trên (0, +∞) là y(x) = C1 x + C2 √ x
53. 2.2 Lý thuyết tổng quát về phương trình vi phân tuyến tính cấp cao. 50 2.2.3 Nghiệm của phương trình vi phân tuyến tính không thuần nhất Ta lưu ý rằng, giống như các kết quả trong đại số tuyến tính, nghiệm của phương trình vi phân tuyến tính không thuần nhất có quan hệ chặt chẽ với nghiệm của phương trình thuần nhất tương ứng. Cụ thể, ta có thể kiểm tra dễ dàng các tính chất sau: i) Hiệu hai nghiệm của phương trình vi phân tuyến tính không thuần nhất là một nghiệm của phương trình thuần nhất tương ứng. ii) Tổng của một nghiệm của phương trình không thuần nhất và một nghiệm của phương trình thuần nhất tương ứng là nghiệm của phương trình không thuần nhất. Hơn thế nữa, định lý sau mô tả cấu trúc nghiệm của phương trình không thuần nhất. Định lý 2.12. Với các giả thiết như trong định lý 2.7, nghiệm tổng quát của phương trình vi phân tuyến tính không thuần nhất (2.7) bằng tổng của một nghiệm riêng nào đó của nó và nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất tương ứng. Chứng minh: Giả sử yr(x) là một nghiệm riêng nào đó và y(x) là nghiệm tuỳ ý của phương trình không thuần nhất L(y) = g. Giả sử {u1(x), u2(x), . . . , un(x)} là hệ nghiệm cơ bản của phương trình thuần nhất tương ứng. Theo giả thiết ta có L(y −yr) = 0. Nói cách khác, y(x) − yr(x) là nghiệm của phương trình thuần nhất tương ứng. Theo định lý 2.9, tồn tại các hằng số C1, . . . , Cn sao cho y(x)−yr(x) = C1u1(x)+· · ·+Cnun(x) =: u(x). Vì vậy, y(x) = yr(x) + 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 yr = 1 5 ex . Do đó nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là y = C1 cos 2x + C2 sin 2x + 1 5 ex trong đó C1, C2 là hai hằng số tuỳ ý. Mệnh đề 2.2.3. Giả sử y1, y2 là nghiệm riêng của phương trình L(y) = g1, L(y) = g2 tương ứng. Khi đó yr := 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.
54. 2.2 Lý thuyết tổng quát về phương trình vi phân tuyến tính cấp cao. 51 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 2.3.2) là y2 = −1 8 cos 3x. Do đó một nghiệm riêng của phương trình đã cho là y = x − 1 8 cos 3x 2.2.4 Phương pháp biến thiên hằng số tìm nghiệm riêng của phương trình không thuần nhất Như đã biết, nghiệm tổng quát của phương trình vi phân tuyến tính không thuần nhất bằng tổng của một nghiệm riêng của nó và nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất tương ứng. Vấn đề đặt ra là tìm nghiệm riêng này. Trong phần này ta sẽ giới thiệu một phương pháp thông dụng, gọi là phương pháp biến thiên hằng số, để tìm nghiệm riêng của phương trình không thuần nhất dựa vào nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất tương ứng. Xét phương trình không thuần nhất L(y) = y(n) + p1(x)y(n−1) + · · · + pn−1(x)y + pn(x)y = g(x) (2.15) trong đó các hàm pj(x) và g(x) liên tục trên (a, b). Giả sử u1(x), u2(x), . . . , un(x) là n nghiệm độc lập tuyến tính của phương trình thuần nhất tương ứng và nghiệm tổng quát của nó là u(x) = C1u1(x) + · · · + Cnun(x). Xem các hằng số C1, C2, . . . , Cn như là các hàm theo biến x (biến thiên hằng số!), ta sẽ nghiệm của (2.15) dưới dạng y(x) = C1(x)u1(x) + · · · + Cn(x)un(x) Một cách tự nhiên, ta thay y(x) cùng với các đạo hàm của nó vào phương trình (2.15) để tìm các hàm Cj(x). Vì ta chỉ có một phương trình vi phân trong khi có n ẩn là các hàm Cj(x) nên ta có thể chọn thêm n − 1 hệ thức khác giữa các Cj(x) miễn là đủ để giải các hàm này. Cụ thể, ta sẽ chọn các Cj(x) thoả n − 1 hệ thức sau: C1u1(x) + · · · + Cnun(x) = 0 C1u1(x) + · · · + Cnun(x) = 0 … C1u (n−2) 1 (x) + · · · + Cnu (n−2) n (x) = 0 (2.16) Và khi đó, các đạo hàm của y trở thành y = C1u1(x) + · · · + Cnun(x), y = C1u1(x) + · · · + Cnun(x), … y(n−1) = C1u (n−1) 1 (x) + · · · + Cnu (n−1) n (x)
55. 2.2 Lý thuyết tổng quát về phương trình vi phân tuyến tính cấp cao. 52 Vì thế y(n) = C1u (n) 1 (x) + · · · + Cnu(n) n (x) + C1u (n−1) 1 (x) + · · · + Cnu(n−1) n (x) Như vậy, y sẽ thoả phương trình (2.15) miễn là C1u (n−1) 1 (x) + · · · + Cnu(n−1) n (x) = g(x) Kết hợp với (2.16), ta thu được hệ n phương trình cho Cj là C1u1(x) + · · · + Cnun(x) = 0 C1u1(x) + · · · + Cnun(x) = 0 … C1u (n−2) 1 (x) + · · · + Cnu (n−2) n (x) = 0 C1u (n−1) 1 (x) + · · · + Cnu (n−1) n (x) = g(x) (2.17) Vì các hàm u1(x), u2(x), . . . , un(x) là độc lập tuyến tính nên hệ (2.17) xác định duy nhất C1(x), . . . , Cn(x) theo u1(x), u2(x), . . . , un(x). Từ đó ta tìm được C1(x), . . . , Cn(x). Ví dụ: (n = 2) Cho phương trình y + p(x)y + q(x)y = g(x) Giả sử y1, y2 là hai nghiệm độc lập tuyến tính trên khoảng I của phương trình y + p(x)y + q(x)y = 0. Tìm nghiệm riêng dưới dạng yr = C1(x)y1(x) + C2(x)y2(x). Ta có yr = C1y1 + C1y1 + C2y2 + C2y2. Ta chọn C1, C2 sao cho trước hết: C1y1 + C2y2 = 0 Khi đó yr = C1y1 + C2y2 + C1y1 + C2y2. Thay vào phương trình đã cho ta có: C1y1 + C2y2 = g(x) Do đó ta có hệ C1y1 + C2y2 = 0 C1y1 + C2y2 = g(x) Giải hệ này với ẩn là C1, C2 ta được C1 = − y2g W[y1, y2] và C2 = y1g W[y1, y2] trong đó W[y1, y2] = y1y2 − y1y2 luôn khác không trên I. Tích phân các phương trình này ta thu được nghiệm riêng yr(x) = −y1(x) y2g W[y1, y2] dx + y2(x) y1g W[y1, y2] dx
Cập nhật thông tin chi tiết về Soạn Bài Tràng Giang trên website Ictu-hanoi.edu.vn. Hy vọng nội dung bài viết sẽ đáp ứng được nhu cầu của bạn, chúng tôi sẽ thường xuyên cập nhật mới nội dung để bạn nhận được thông tin nhanh chóng và chính xác nhất. Chúc bạn một ngày tốt lành!