Chương 1 Hệ phương trình vi phân Trong chương này ta sẽ nghiên cứu các hệ phương trình vi phân cấp I, đặc biệt là các hệ phương trình vi phân tuyến tính mà cấu trúc nghiệm của nó tương tự như trường hợp phương trình vi phân tuyến tính cấp cao 1.1. Hệ phương trình vi phân cấp I tổng quát. 1.1.1. Các định nghĩa Hệ phương trình vi phân tổng quát là hệ gồm các phương trình chứa biến độc lập, các hàm (nghiệm) cần tìm và nhất thiết phải chứa các đạo hàm của chúng theo biến độc lập. Nếu chỉ xuất hiện các đạo hàm cấp I của các ẩn, ta nói hệ đó là hệ phương trình vi phân cấp I. Ta nói một hệ gồm n phương trình vi phân cấp I là có dạng chuẩn tắc (dạng giải ra được đối với đạo hàm) nếu có thể viết dưới dạng:                  dy 1 dx = f 1 (x, y 1 , , y n ) dy 2 dx = f 2 (x, y 1 , , y n ) dy n dx = f n (x, y 1 , , y n ) (1.1.1) trong đó x là biến độc lập, y 1 , , y n là các ẩn cần tìm. Hệ phương trình chuẩn tắc trên có thể viết lại dưới dạng thu gọn nhu sau y  = f(x, y) (1.1.2) trong đó y = (y 1 , , y n ) T , y  = (y  1 , , y  n ) T và f = (f 1 , , f n ) T Định nghĩa 1.1.1. Mỗi nghiệm của hệ (1.1.1) là một bộ gồm n hàm y 1 = φ 1 (x), , y n = φ n (x) khả vi liên tục trên khoảng I ⊂ R mà khi thay vào (1.1.1) thì được đẳng thức đúng. 1 CHƯƠNG 1. HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN 2 1.1.2. 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 (1.1.1) 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 (1.1.1), ta được y  1 = ∂f 1 ∂x + ∂f 1 ∂y 1 y  1 + + ∂f 1 ∂y n y  n Thay các y  j bởi các biểu thức của nó, ta có thể viết y  1 như là hàm của x, y 1 , , y n y  1 = F 1 (x, y 1 , , y n ) Lại lấy đạo hàm hai vế đẳng thức này theo x, ta có y  1 = ∂F 1 ∂x + ∂F 1 ∂y 1 y  1 + + ∂F 1 ∂y n y  n =:F 2 (x, y 1 , , y n ). (1.1.3) Tiếp tục quá trình trên cho đến đạo hàm cấp n của y 1 ta được hệ          y  1 = f 1 (x, y 1 , , y n ) y  1 = F 1 (x, y 1 , , y n ) y (n) 1 = F n−1 (x, y 1 , , y n ) Trong hệ này ta xét n − 1 phương trình đầu tiên với n −1 ẩn là y 2 , , y n . Với một vài điều kiện nào đó (thoả mãn giả thiết của định lý hàm ngược) ta có thể giải được (duy nhất) các y 2 , , y n như là hàm theo các biến x, y 1 , y  1 , , y (n−1) 1 . Thay biểu thức của chúng vào phương trình cuối cùng của hệ, ta có y (n) 1 = F n (x, y 1 , y  1 , , y (n−1) 1 ) Đây là phương trình vi phân cấp n dạng đã giải ra đối với đạo hàm. Giải phương trình này để tìm y 1 , rồi tính các đạo hàm y  1 , , y (n−1) 1 . Từ đó ta tính được các y 2 , , y n . 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 dạng chuẩn tắc bằng cách đặt y 1 = y, y k+1 = y  k          y  1 = y 2 y  2 = y 3 y  n = f(x, y 1 , y 2 , , y n ) CHƯƠNG 1. HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN 3 Ví dụ 1.1. Giải hệ sau dx dt = y, dy dt = x Đạo hàm hai vế của phương trình đầu rồi kết hợp với phương trình sau ta được phương trình d 2 x dt 2 − x = 0 từ đó nghiệm tổng quát là x = x(t) = C 1 e −t + C 2 e t Từ phương trình thứ nhất ta tính được y = y(t) = −C 1 e −t + C 2 e t 1.1.3. 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 nhu trường hợp một phương trình: Tìm nghiệm y 1 (x), , y n (x) của hệ (1.1.1) thoả điều kiện ban đầu y j (x 0 ) = y 0 j , j = 1, 2, , n (1.1.4) trong đó các giá trị x 0 ∈ I, y 0 1 , , y 0 n cho trước, gọi là giá trị ban đầu. Để ý rằng không phải bao giờ định lý Cauchy cũng có (duy nhất ) nghiệm. Định lý sau đây giải quyết bài toán này đối với hệ chuẩn tắc. Định lý 1.1.1 (Sự tồn tại và duy nhất nghiệm). Giả sử các hàm f 1 (x, y), , f n (x, y) trong (1.1.1) là liên tục trên một tập mở G ⊂ R n + 1 chứa (x 0 , y 0 1 , , y 0 n ) và thoả điều kiện Lipschitz theo biến y. Khi đó trong một lân cận nào đó của x 0 có tồn tại một nghiệm y 1 (x), , y n (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 dx = f(x, y), trong đó y := (y 1 , , y n ) T và f := (f 1 , , f n ) T và lập lại các bước chứng minh như trong định lý tồn tại và duy nhất cho phương trình vi phân cấp I. Nhận xét 1.1.1. Thay cho điều kiện Lipschitz ta có thể yêu cầu (mạnh hơn rằng) hàm f(x, y) có các đạo hàm riêng theo biến y bị chặn. Định nghĩa 1.1.2. Giả sử tập G thoả mãn tất cả các giả thiết của định lý (1.1.1) Khi đó n hàm y j = y j (x, C 1 , , C n ), j = 1, 2, , n (1.1.5) phụ thuộc vào n tham số C 1 , , C n và có các đạo hàm riêng theo x được gọi là nghiệm tổng quát của hệ (1.1.1) nếu: i) Với mỗi (x 0 , y 0 1 , , y 0 n ) trong G, từ hệ (1.1.5) có thể giải được (duy nhất) các hằng số C 1 , , C n . CHƯƠNG 1. HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN 4 ii) Tập hợp n hàm trong (1.1.5) là nghiệm của hệ (1.1.1) với mỗi bộ giá trị của các tham số C 1 , , C n giải ra đối với mỗi (x, y 1 , , y n ) ∈ G. Định nghĩa 1.1.3. Nghiệm của hệ mà tại mỗi điểm của nó thoả mãn các điều kiện của định lý (1.1.1) được gọi là nghiệm riêng của hệ. Ngược lại, nghiệm của hệ mà tính chất duy nhất nghiệm bị vi phạm được gọi là nghiệm kỳ dị. Ví dụ 1.2. Kiểm tra rằng hệ các hàm  y 1 (x) = C 1 e −x + C 2 e −3x y 2 (x) = C 1 e −x + 3C 2 e −3x + cos x là nghiệm tổng quát của hệ  y  1 (x) = −y 2 + cos x y  2 (x) = 3y 1 − 4y 2 + 4 cos x −sin x. Ta có , f 1 (x, y 1 , y 2 ) = −y 2 + cos x và f 2 (x, y 1 , y 2 ) = 3y 1 −4y 2 + 4 cos x −sin x do đó chúng có các đạo hàm riêng liên tục trên R 3 . Với mỗi (x, y 1 , y 2 ) ∈ R 3 , ta luôn có thể giải được (duy nhất) các C 1 , C 2 , cụ thể  C 1 = 1 2 e x (3y 1 − y 2 + cos x) C 2 = 1 2 e −3x (y 2 − y 1 − cos x). Ngoài ra, từ các hàm đã cho, ta có  y  1 (x) = −C 1 e −x − 3C 2 e −3x y  2 (x) = −C 1 e −x − 9C 2 e −3x − sin x nên chúng là nghiệm của hệ nói trên. 1.1.4. Các phương pháp giải hệ phương trình vi phân a) 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 1.3. Tìm nghiệm của hệ chuẩn tắc  y  1 = −y 2 + cos x y  2 = 3y 1 − 4y 2 + 4 cos x −sin x. Ta đưa hệ phương trình đã cho về phương trình vi phân cấp II với ẩn là y 1 . Đạo hàm hai vế phương trình đầu tiên ta được y  1 = −y  2 − sin x = −(3y 1 − 4y 2 + 4 cos x −sin x) = −3y 1 + 4y 2 − 4 cos x. CHƯƠNG 1. HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN 5 Thay y  2 từ phương trình thứ II ta được: y  1 + 4y  1 − 3y 1 = 0 Phương trình thuần nhất này có nghiệm tổng quát là y 1 = C 1 e −x + C 2 e −3x Từ phương trình thứ nhất ta tìm được y 2 = C 1 e −x + 3C 2 e −3x + cos x. b) Phương pháp lập tổ hợp tích phân: Cho hệ phương trình vi phân cấp I dy i dx = f i (x, y 1 , , y n ), 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 1.4. Bằng cách lập tổ hợp tích phân, giải hệ sau dx dt = y, dy dt = x . Lấy hai phương trình đã cho cộng và trừ với nhau ta được d(x + y) dt = x + y và d(x −y) dt = −(x −y). Giải từng phương trình, ta thu được hệ x + y = C 1 e t và x − y = C 2 e −t và từ đây ta tìm được nghiệm x(t), y(t). Nhận xét 1.1.2. Mỗi tổ hợp tích phân có thể viết dưới dạng Φ(x, y 1 , , y n ) = C 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          Φ 1 (x, y 1 , , y n ) = C 1 Φ 2 (x, y 1 , , y n ) = C 2 Φ k (x, y 1 , , y n ) = C k và nếu k tích phân đầu này độc lập, thì có thể đưa về giải hệ gồm n − k phương trình. Trường hợp k = n, khi đó n tích phân đầu độc lập cho ta nghiệm tổng quát của hệ. CHƯƠNG 1. HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN 6 Ví dụ 1.5. Tích phân hệ phương trình sau đây dx dt = z − y, dy dt = x −z, dz dt = y − z. Cộng các phương trình với nhau ta được d(x + y + z) dt = 0 Phương trình này cho một tích phân đầu là ϕ 1 = x + y + z = C 1 Bây giờ nhân các phương trình với x, y, z lần lượt rồi cộng lại, ta được d(x 2 + y 2 + z 2 ) dt = 0 từ đây ta cung thu được tích phân đầu ϕ 2 = x 2 + y 2 + z 2 = C 2 Ta dễ kiểm tra rằng Φ 3 = xy + yz + zx = C 3 cũng là một tích phân đầu nhưng bộ ba gồm các tích phân đầu Φ 1 , Φ 2 , Φ 3 không độc lập tuyến tính nên không thể cho nghiệm tổng quát của hệ. Tuy nhiên, từ hai tích phân đầu đầu tiên, ta giải để tìm x, y: x = 1 2 (C 1 − z −  2C 2 − C 2 1 + 2C 1 z − 3z 2 ) y = 1 2 (C 1 − z +  2C 2 − C 2 1 + 2C 1 z − 3z 2 ) Thay các biểu thức này vào phương trình cuối dz dt =  2C 2 − C 2 1 + 2C 1 z − 3z 2 ta tìm được nghiệm arcsin 3z − C 1  6C 2 − 2C 2 1 − √ 3t = C 3 . Kết hợp với hai tích phân đầu ϕ 1 , ϕ 2 ta tìm được nghiệm tổng quát của hệ. 1.2. Một số định lý cơ bản của phương trình vi phân 1.2.1. Sự tồn tại nghiệm Trong định lý tồn tại và duy nhất nghiệm của bài toán Cauchy, điều kiện Lipschitz không thể bỏ được. Định lý sau đây khẳng định sự tồn tại (nhưng không duy nhất!) của nghiệm, không đòi hỏi điều kiện Lipschitz. CHƯƠNG 1. HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN 7 Định lý 1.2.1 (Peano). Xét hình hộp A = {(x, y) ∈ R ×R 3 /|x −x 0 | ≤ a, y − y 0  ≤ b} và giả sử f : A → R n liên tục. Đặt M = max A f(x, y) và α = min(a, b/M). Khi đó bài toán Cauchy y  = f(x, y), y(x 0 ) = y 0 có ít nhất một nghiệm trên [x 0 − α, x 0 + α] Nhận xét 1.2.1. Trước hết hãy lưu ý rằng ta không thể sử dụng phương pháp lặp Picard vì không có đủ giả thiết bảo đảm dãy xấp xỉ Picard hội tụ. Thay vào đó, người ta xây dựng các nghiệm xấp xỉ (địa phương) bởi tiếp tuyến của nó y(x + h) ∼ = y(x) + h.f(x, y(x)) Với h cho trước ta xây dựng dãy {x n , y n } n≥0 xác định bởi: y n+1 = y n + hf(x n , y n ), x n+1 = x n + h. Ta gọi y y h (x) là hàm tuyến tính từng khúc qua các điểm (x n , y n ); đồ thị của nó được gọi là đa giác Euler. Bổ đề 1.2.1. Với các giả thiết trong định lý (1.2.1) và với h := α/N(N ∈ N), đa giác Euler thỏa (x, y h (x)) ∈ A với mọi x ∈ [x 0 , x 0 + α], Ngoài ra,    y h (x) −y h (x  )    ≤ M    x −x     với mọi x, x  ∈ [x 0 , x 0 + α] Chứng minh. Qui nạp theo n. Giả sử điều đó đúng với n, i.e. y n − y 0  ≤ b, ta có y n+1 − y n  ≤ hM nên với n + 1 ≤ N ta đều có y n+1 − y 0  ≤ (n + 1)hM ≤ αM ≤ h. Điều này chứng tỏ (x, y h (x)) ∈ A với mọi x ∈ [x 0 , x 0 + α] . Bất đẳng thức trong mệnh đề là hiển nhiên đúng vì y h (x) là tuyến tính từng khúc và có “hệ số góc" bị chặn bởi M. Để chứng minh định lý ta cần khái niệm sau: Định nghĩa 1.2.1. Họ hàm f λ : I → R n được gọi là đồng liên tục nếu với mọi  > 0, có tồn tại một δ > 0 (không phụ thuộc vào cả  lẫn δ) sao cho Với mọi λ , với mọi x, x      x −x     < δ) ⇒    f λ (x) −f λ (x  )    <   . Định lý 1.2.2 ( Arzela-Ascoli). Cho họ các hàm f λ : [a, b] → R n đồng liên tục và bị chặn đều trên [a, b]. Khi đó họ hàm {f λ } có chứa một dãy con {g n (x)} hội tụ đều đến một hàm g(x) liên tục trên [a, b]. Chứng minh. Xem giáo trình giải tích hàm. Chứng minh định lý Peano: Xét đa giác Euler y h (x) với h = α/N, dãy này bị chặn và đồng liên tục (theo Bổ đề (1.2.1)) nên theo định lý Arzela-Ascoli, họ hàm y h (x) có chứa dãy con hội tụ đều về hàm liên tục y : [a, b] → R n . CHƯƠNG 1. HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN 8 Ta chỉ ra rằng hàm giới hạn này chính là nghiệm của bài toán Cauchy. Ta xét x ∈ [x 0 , x 0 + α] (trên x ∈ [x 0 − α, x 0 ] ta xét tương tự), kí hiệu k = k(h) là chỉ số sao cho x ∈ [x k , x k+1 ], với x k = x 0 + kh. Khi đó, trên đoạn con này ta có y h (x) −y 0 = hf(x 0 , y 0 ) + + hf(x k−1 , y(x k−1 ) + (x − x k )f(x k , y k ) với các cặp giá trị (x j , y j ) là các xấp xỉ bằng phương pháp Euler (xem (3.4)). Vì f liên tục nên khả tích, và có thể viết x  x 0 f (t, y (t)) dt = hf (x 0 , y (x 0 )) + +hf (x k−1 , y (x k−1 )) + (x − x k ) f (x k , y (x k )) + r (k) với r(h) → 0 khi h → 0. Tính liên tục đều của f trên a và sự hội tụ đều của dãy con của {y h (x)} đến y(x) cho phép ta đánh giá f(x, y h (x)) −f(x, y(x)) <  với h đủ bé. Khi đó từ các đẳng thức trên ta có       y h (x) −y 0 − x  x 0 f(t, y(t))dt       ≤  |x −x 0 | + r(h) ≤ α + r(h). Cho h → 0 ta thấy hàm y(x) thoả mãn phương trình tích phân y(x) = y 0 + x  x 0 f(t, y(t))dt mà nghiệm của nó chính là lời giải của bài toán Cauchy. Nhận xét 1.2.2. Định lý Peano hoàn toàn không chứa thông tin về sự duy nhất nghiệm. 1.2.2. Thác triển nghiệm và sự tồn tại toàn cục Ta quan tâm đến bài toán kéo dài nghiệm của bài toán Cauchy y  = f(x, y) với điều kiện ban đầu y(x 0 ) = y 0 . Định nghĩa 1.2.2. Hàm f : U → R n (với U là mở trong R × R n ) được gọi là thoả điều kiện Lipschitz địa phương trên U nếu tại mỗi (x 0 , y 0 ) ∈ U đều tồn tại lân cận U ⊂ V sao cho f thỏa mãn điều kiện Lipschitz trên V . Nhận xét 1.2.3. Nếu hàm f thuộc lớp C 1 trên u thì thoả điều kiện Lipschitz địa phương. Bổ đề 1.2.2. Nếu f : U → R n liên tục và thoả điều kiện Lipschitz địa phương trên U thì với mọi (x 0 , y 0 ) ∈ U đều tồn tại một khoảng mở I max = (ω − , ω + )  x 0 sao cho: CHƯƠNG 1. HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN 9 i) Bài toán Cauchy y  = f(x, y) với y(x 0 ) = y 0 có nghiệm duy nhất trên I max , ii) Nếu z : I → R n là một nghiệm nào đó của bài toán Cauchy này thì I ⊂ I max và z = y|t. Chứng minh. Chỉ cần đặt I max = ∪  I/I mở chứa x 0 và bài toán Cauchy có nghiệm trên I  Sau đó xác định hàm y : I max → R n theo cách sau: Với x ∈ I max , x phải thuộc một I nào đó, mà trên đó bài toán Cauchy có nghiệm. Khi đó, ta gán y(x) bởi giá trị của nghiệm đó tại x. Phần còn lại, ta cần chỉ ra nghiệm như thế là xác định tốt và duy nhất. Chi tiết dành cho bạn đọc. Định lý 1.2.3. Giả sử f : U → R n liên tục và thoả điều kiện Lipschitz địa 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 : I max → R n là nghiệm qua(x 0 , y 0 ) ∈ U, khi đó với mọi compact K ⊂ U đều tồn tại x 1 , x 2 ∈ I max với x 1 < x 0 < x 2 sao cho (x 1 , y(x 1 )), (x 2 .y(x 2 )) /∈ K Chứng minh. Giả sử I max = (ω − , ω + ). Nếu ω + = ∞ thì hiển nhiên tồn tại x 2 > x 0 sao cho (x 2 , y(x 2 )) /∈ K. Xét trường hợp ω + < ∞, giả sử tồn tại compact K mà (x, y(x)) ∈ K với mọi x ∈ (x 0 , ω + ). Vì f bị chặn trên K nên    y(x) − y(x  )    =       x  x  f(t, y(t))dt       ≤ M    x −x     <  nếu x, x  đủ gần ω + . Điều này dẫn đến tồn tại lim x → ω + y(x) = y + ; và rõ ràng (ω + , y + ) ∈ K ⊂ U do K compact. Theo định 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 I max là cực đại. Chứng minh tương tự cho trường hợp x 1 . 1.3. Hệ phương trình vi phân tuyến tính Trong mục này ta sẽ khảo sát các hệ phương trình vi phân tuyến tính dạng                  dx 1 dt = a 11 (t)x 1 + a 12 (t)x 2 + + a 1n (t)y n + g 1 (t) dx 2 dt = a 21 (t)x 1 + a 22 (t)x 2 + + a 2n (t)y n + g 2 (t) dx n dt = a n1 (t)x 1 + a n2 (t)x 2 + + a nn (t)y n + g n (t) (1.3.6) trong đó t là biến độc lập và x 1 (t), x 2 (t), , x n (t) là các ẩn hàm cần tìm, các hàm a i j(t) và g i (t) lần lượt được gọi là các hệ số và hệ số tự do của hệ. Chúng được CHƯƠNG 1. HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN 10 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 x 1 , , x n . Dùng ký hiệu ma trận, có thể viết hệ (1.3.6) dưới dạng thu gọn x  (t) = A(t)x(t) + g(t) (1.3.7) trong đó A(t) = (a i j(t)) là ma trận hàm cấp n×n, g(t) = (g 1 (t), , g n (t)) T là vector cột. Nếu g(t) ≡ 0, ta nói hệ trên là hệ tuyến tính thuần nhất , nếu ngược lại, ta nói hệ không thuần nhất. Định lý sau đây là một trường hợp riêng của định lý tồn tại và duy nhất nghiệm tổng quát đối với bài toán Cauchy. Định lý 1.3.1 (Tồn tại và duy nhất nghiệm ). Giả sử các hệ số a i j(t) và g i (t)) là các hàm liên tục trên khoảng I  t 0 . Khi đó hệ phương trình (1.3.7) duy nhất một nghiệm thoả điều kiện ban đầu x(t 0 ) = ξ (1.3.8) trong đó, ξ ∈ R n tùy ý. 1.3.1. 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 x  (t) = A(t)x(t) (1.3.9) Trước hết hãy nhận xét rằng tập tất cả các nghiệm của một hệ thuần nhất có cấu trúc không gian vector. Cụ thể ta có Định lý 1.3.2. Giả sử ma trận A(t) liên tục trên khoảng I ⊂ R. Khi đó tập nghiệm của (1.3.9) là một không gian vector n chiều. Chứng minh. Dễ kiểm tra tập nghiệm V của (1.3.9) là một không gian vector. Ta sẽ chứng minh số chiều của nó là n. Thật vậy, giả sử {ξ 1 , , ξ n } là một cơ sở trong không giannchiều. Theo định lý tồn tại và duy nhất nghiệm, với t 0 ∈ I, có tồn tại n nghiệm φ 1 , , φ n của (1.3.9) sao cho φ 1 (t 0 ) = ξ 1 , , φ n (t 0 ) = ξ n . Ta chứng minh n nghiệm này độc lập tuyến tính. Thật vậy, nếu trái lại thì tồn tại các hệ số α 1 , , α n ∈ R không đồng thời bằng 0, sao cho n  i=1 α i φ i (t) = 0 với mọi t ∈ I. Với t = t 0 , ta có n  i=1 α i φ i (t) = n  i=1 α i ξ i = 0 Nhưng do {ξ 1 , , ξ n } độc lập tuyến tính nên α i = 0, ∀i = 1, n . Mâu thuẩn này chứng tỏ n nghiệm φ 1 , , φ n độc lập tuyến tính. [...]...   φnn Khi đó Φ được gọi là ma trận cơ bản của hệ Định thức của nó cũng được gọi là định thức Wronski của n nghiệm này Nếu gọi X(t) = (xij (t))n×n và X (t) = (xij (t))n×n thì hệ n2 phương trình sau đây được gọi là phương trình vi phân ma trận X (t) = A(t)X(t) (1.3.10) Mệnh đề 1.3.1 Ma trận cơ bản của hệ (1.3.9) là một nghiệm của phương trình vi phân ma trận (1.3.10) trên khoảng I Chứng minh Kiểm...CHƯƠNG 1 HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN 11 Bây giờ ta chứng minh các nghiệm φ1 , , φn lập thành cơ sở của không gian nghiệm Giả sử φ( t) là một nghiệm tùy ý của (1.3.9) trên I Đặt ξ = φ( t0 ), khi đó ta có biễu diễn n ξ= Ci φi (t) i=1 Do φ tùy ý, ta kết luận φ1 , , φn là cơ sở Nhận xét 1.3.1 Để xây dựng nghiệm tổng quát của hệ (1.3.9), ta tìm n nghiệm độc lập tuyến tính... (1.3.10) Mệnh đề 1.3.1 Ma trận cơ bản của hệ (1.3.9) là một nghiệm của phương trình vi phân ma trận (1.3.10) trên khoảng I Chứng minh Kiểm tra trực tiếp Định lý 1.3.3 (Công thức Ostrogradski-Liouville) Giả sử A(t) trong hệ (1.3.9) liên tục trên một khoảng I nào đó và Φ(t) là ma trận cơ bản của nó Khi đó  t  det Φ(t) = det Φ(t0 ) exp  tr A (t)dt t0 trong đó tr A (t) := a11 (t) + + ann (t) được gọi là