PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP 2 (Phần 1)

            Trước hết, ta xét phương trình vi phân tuyến tính cấp 2 thuần nhất

${y}''+p\left( x \right){y}'+q\left( x \right)y=0$ (1)

trong đó hai hàm số $p\left( x \right),q\left( x \right)$  liên tục trong tập $J\subset R$.

            Phương trình (1) luôn có nghiệm tầm thường $y\left( x \right)\equiv 0$.  Tuy nhiên, chúng ta không bất kỳ phương pháp để xác định nghiệm tổng quát của (1)  (trừ một số trường hợp đặc biệt của $p\left( x \right),q\left( x \right)$). Vì thế, trong bài viết này, ta chỉ tìm hiểu một số kết quả quan trọng, giúp ta hiểu biết hơn về nghiệm của phương trình (1).

            Định lý 1. Nếu ${{y}_{1}}\left( x \right)$ là một nghiệm khác 0 của (1) thì tồn tại nghiệm ${{y}_{2}}\left( x \right)$ của (1) sao cho hai hàm ${{y}_{1}}\left( x \right),{{y}_{2}}\left( x \right)$ độc lập tuyến tính ( hai hàm ${{y}_{1}}\left( x \right),{{y}_{2}}\left( x \right)$ được gọi là độc lập tuyến tính nếu không tồn tại hằng số $C$ sao cho ${{y}_{1}}\left( x \right)=C{{y}_{2}}\left( x \right),\forall x\in J$).

            Chứng minh

            Để xác định nghiệm ${{y}_{2}}\left( x \right)$ của (1) thỏa yêu cầu, ta dùng phương pháp biến thiên hằng số. Đặt ${{y}_{2}}\left( x \right)=c\left( x \right){{y}_{1}}\left( x \right)$, thay vào (1) ta được

${{\left( c{{y}_{1}} \right)}^{\prime \prime }}+p\left( x \right){{\left( c{{y}_{1}} \right)}^{\prime }}+q\left( x \right)\left( c{{y}_{1}} \right)=0$    (2)

            Ta có

${{\left( c{{y}_{1}} \right)}^{\prime }}={c}'{{y}_{1}}+c{{{y}'}_{1}}$

${{\left( c{{y}_{1}} \right)}^{\prime \prime }}={c}''{{y}_{1}}+2{c}'{{{y}'}_{1}}+c{{{y}''}_{1}}$

            Thay tất cả vào (2)  và vì ${{{y}''}_{1}}+p\left( x \right){{{y}'}_{1}}+q\left( x \right){{y}_{1}}=0$ nên ta được

${{y}_{1}}{c}''+\left( 2{{{{y}'}}_{1}}+{{y}_{1}}p\left( x \right) \right){c}'=0$      (3)

            Đặt $u={c}'$, phương trình (3) có dạng

${{y}_{1}}{u}'+\left( 2{{{{y}'}}_{1}}+{{y}_{1}}p\left( x \right) \right)u=0$    (4)

            Ta thấy (4) là phương trình vi phân tuyến tính cấp 1 thuần nhất. Do đó, trong (4) luôn tồn tại nghiệm $u$ khác không (trong bài viết trước ta đã đưa ra công thức tìm nghiệm tổng quát của (4)), suy ra $c$ không phải là hàm hằng. Vậy ta đã khẳng định được sự tồn tại của nghiệm ${{y}_{2}}\left( x \right)$ thỏa yêu cầu bài toán.

            Chú ý. Trong chứng minh trên, ta sử dụng (4) để chỉ ra sự tồn tại của nghiệm $u$ khác không chứ chưa chỉ ra biểu thức cụ thể của $u$. Để xác định $u$, ta nhân cả hai vế của (4) cho ${{y}_{1}}$. Khi đó,

${{y}_{1}}^{2}{u}'+2{{y}_{1}}{{{y}'}_{1}}u+y_{1}^{2}up\left( x \right)=0$

$\Leftrightarrow {{\left( y_{1}^{2}u \right)}^{\prime }}+y_{1}^{2}up\left( x \right)=0$    (5)

            Giải (5) ta được

$y_{1}^{2}u=C{{e}^{-\int{p\left( x \right)dx}}}\Leftrightarrow u=\frac{C}{y_{1}^{2}}{{e}^{-\int{p\left( x \right)dx}}}$

            Để đơn giản ta chọn $C=1$, suy ra

${{y}_{2}}\left( x \right)=c\left( x \right){{y}_{1}}\left( x \right)={{y}_{1}}\left( x \right)\int{\frac{1}{y_{1}^{2}\left( x \right)}{{e}^{-\int{p\left( x \right)dx}}}}dx$.    (7)

            Ví dụ 1. Phương trình vi phân ${y}''-\frac{3{y}'}{x}+\frac{3y}{{{x}^{2}}}=0,x\ne 0$ có một nghiệm riêng ${{y}_{1}}={{x}^{3}}$. Để tìm nghiệm riêng thứ hai độc lập tuyến tính với ${{y}_{1}}$ ta dùng công thức (7).

${{y}_{2}}={{y}_{1}}\int{\frac{1}{y_{1}^{2}}{{e}^{-\int{p\left( x \right)dx}}}}dx={{x}^{3}}\int{\frac{1}{{{x}^{6}}}{{e}^{-\int{\frac{-3}{x}dx}}}}dx={{x}^{3}}\int{\frac{1}{{{x}^{3}}}dx=-\frac{x}{2}}$.

            Định lý 2. Nếu ${{y}_{1}}\left( x \right),{{y}_{2}}\left( x \right)$ là hai nghiệm của (1), đồng thời ${{x}_{0}}$ là giá trị cho trước nằm trong J  thì

$W\left( x \right)=W\left( {{x}_{0}} \right){{e}^{-\int\limits_{{{x}_{0}}}^{x}{p\left( x \right)dx}}},\forall x\in J$

trong đó $W\left( x \right)=W\left( {{y}_{1}},{{y}_{2}} \right)\left( x \right)={{y}_{1}}\left( x \right){{{y}'}_{2}}\left( x \right)-{{y}_{2}}\left( x \right){{{y}'}_{1}}\left( x \right)$ và được gọi là Wronskian của hai hàm ${{y}_{1}}\left( x \right),{{y}_{2}}\left( x \right)$.

            Chứng minh

            Với mọi $x\in J$, gọi $A\left( x \right)$ là ma trận vector dòng của hai vector ${{a}_{1}}\left( x \right)=\left( {{y}_{1}}\left( x \right),{{y}_{2}}\left( x \right) \right)$ và  ${{a}_{2}}\left( x \right)=\left( {{{{y}'}}_{1}}\left( x \right),{{{{y}'}}_{2}}\left( x \right) \right)$. Khi đó, $W\left( x \right)=\det A\left( x \right)$. Lấy đạo hàm của $W\left( x \right)$ ta được

${W}'\left( x \right)={{y}_{1}}\left( x \right){{{y}''}_{2}}\left( x \right)-{{y}_{2}}\left( x \right){{{y}''}_{1}}\left( x \right)=\det B\left( x \right)$

trong đó $B\left( x \right)$ là ma trận vector dòng của hai vector ${{a}_{1}}\left( x \right)=\left( {{y}_{1}}\left( x \right),{{y}_{2}}\left( x \right) \right)$ và  ${{{a}'}_{2}}\left( x \right)=\left( {{{{y}''}}_{1}}\left( x \right),{{{{y}''}}_{2}}\left( x \right) \right)$.

            Theo giải thiết ${{y}_{1}}\left( x \right),{{y}_{2}}\left( x \right)$ là hai nghiệm của (1) nên

${{{a}'}_{2}}\left( x \right)=\left( {{{{y}''}}_{1}}\left( x \right),{{{{y}''}}_{2}}\left( x \right) \right)=-p\left( x \right){{a}_{2}}-q\left( x \right){{a}_{1}}$

            Ta suy ra

$\det B\left( x \right)=-p\left( x \right)\det A\left( x \right)$

$\Leftrightarrow {W}'\left( x \right)=-p\left( x \right)W\left( x \right)$       (8)

            Giải (8) ta được

$W\left( x \right)=W\left( {{x}_{0}} \right){{e}^{-\int\limits_{{{x}_{0}}}^{x}{p\left( x \right)dx}}}$

            Từ Định lý 2 ta rút ta một số hệ quả quan trọng.

            Hệ quả 1. Nếu $W\left( x \right)$ triệt tiêu tại một điểm nào đó nằm trong $J$  thì sẽ triệt tiêu tại mọi $x\in J$.

            Hệ quả 1 được suy ra trực tiếp từ Định lý 2

            Hệ quả 2. $W\left( x \right)\ne 0,\forall x\in J$ khi và chỉ khi ${{y}_{1}}\left( x \right),{{y}_{2}}\left( x \right)$ độc lập tuyến tính.

            Chứng minh

            Giả sử $W\left( x \right)\ne 0,\forall x\in J$. Nếu ${{y}_{1}}\left( x \right),{{y}_{2}}\left( x \right)$ phụ thuộc tuyến tính thì tồn tại hằng số $C$ sao cho ${{y}_{2}}\left( x \right)=C{{y}_{1}}\left( x \right)$. Khi đó  ${{{y}'}_{2}}\left( x \right)=C{{{y}'}_{1}}\left( x \right),\forall x\in J$. Vậy ${{{y}'}_{1}}\left( x \right),{{{y}'}_{2}}\left( x \right)$ cũng phụ thuộc tuyến tính, ta suy ra

$W\left( x \right)={{y}_{1}}\left( x \right){{{y}'}_{2}}\left( x \right)-{{y}_{2}}\left( x \right){{{y}'}_{1}}\left( x \right)=0,\forall \in J$ (Vô lý)

            Vậy ${{y}_{1}}\left( x \right),{{y}_{2}}\left( x \right)$ độc lập tuyến tính.

            Ngược lại, giả sử ${{y}_{1}}\left( x \right),{{y}_{2}}\left( x \right)$ độc lập tuyến tính. Nếu tồn tại ${{x}_{0}}\in J$ sao cho $W\left( {{x}_{0}} \right)=0$ thì theo Hệ quả 1, $W\left( x \right)=0,\forall x\in J$ hay

$\frac{{{{{y}'}}_{1}}\left( x \right)}{{{y}_{1}}\left( x \right)}=\frac{{{{{y}'}}_{2}}\left( x \right)}{{{y}_{2}}\left( x \right)}=C\left( x \right),\forall x\in J$ 

            Từ đẳng thức trên ta nhận được ${{y}_{1}}\left( x \right)={{C}_{1}}{{e}^{\int{C\left( x \right)dx}}}$  và ${{y}_{2}}\left( x \right)={{C}_{2}}{{e}^{\int{C\left( x \right)dx}}}$, trong đó ${{C}_{1}},{{C}_{2}}$ là hai hằng số. Do đó, ${{y}_{1}}\left( x \right),{{y}_{2}}\left( x \right)$ phụ thuộc tuyến tính, trái giả thiết. Vậy $W\left( x \right)\ne 0,\forall x\in J$.