Ma trận
Định nghĩa 1.1 Một bảng gồm m ×n số được viết thành m dòng n cột như sau
(1.1) được gọi là một ma trận cấp m×n.
Mỗi số a ij được gọi là một thành phần của ma trận, nó nằm ở dòng thứ i và cột thứ j (1 ≤i ≤m,1 ≤j ≤ n).
Ta thường kí hiệu ma trận bởi các chữ in hoa: A, B,
Có thể viết ma trận (1.1) một cách đơn giản bởi
Nếu ma trận chỉ có một dòng (một cột) thì ta gọi nó là ma trận dòng (ma trận cột).
Nếu m = n thì (1.1) được gọi là ma trận vuông cấp n và viết là A= (a ij ) n
# là một ma trận cấp 2×3.
là một ma trận vuông cấp 3×2.
C = h 2 7 −5 0 i là một ma trận dòng
là một ma trận cột. Định nghĩa 1.2 Ta gọi ma trận (1.2) là ma trận chuyển vị của ma trận (1.1) và kí hiệu là A t
Ma trận chuyển vị A t được tạo ra từ ma trận A bằng cách thay đổi dòng thứ i của A thành cột thứ i của A t Nếu A có kích thước m×n, thì ma trận chuyển vị A t sẽ có kích thước n×m.
Định nghĩa 1.3 Nếu ma trận vuông A cấp n có các phần tử nằm ngoài đường chéo chính đều bằng 0 ( a ij = 0,∀i 6= j ) thì lúc đó A được gọi là ma trận chéo.
Ma trận đơn vị cấp n, ký hiệu là In hoặc En, là ma trận chéo có các phần tử a ii = 1 với i = 1 đến n Ma trận vuông A cấp n được gọi là khả đảo nếu tồn tại một ma trận vuông B cấp n sao cho AB = BA = In.
AB = BA = En với E n là ma trận đơn vị cấp n
Dễ thấy rằng B là duy nhất.
Thật vậy, giả sử tồn tại B 0 sao cho AB 0 = B 0 A = En.
Ma trận B được định nghĩa là ma trận nghịch đảo của ma trận A, ký hiệu là A −1, thỏa mãn điều kiện B = BE n = B(AB 0 ) = (BA)B 0 = E n B 0 = B 0 Hai ma trận A = [a i j] m×n và B = [b i j] m×n được coi là bằng nhau nếu tất cả các phần tử tương ứng của chúng thỏa mãn điều kiện a ij = b ij với mọi i, j, trong đó i = 1 đến m và j = 1 đến n.
Tổng của hai ma trận A, B là một ma trận C = (c ij ) (m×n) cũng cỡ m×n sao cho c ij = a ij +b ij ,∀i, j :i = 1, m;j = 1, n.
Tính chất Giả sử A, B, C, O là các ma trận cùng cỡ, khi đó ta có:
• A+ (B +C) = (A+B) +C (tính kết hợp). Định nghĩa 1.8 Cho A = (a ij ) (m×n) và α ∈ R ; phép nhân số α với ma trận A là một ma trậnC = (c ij ) (m×n) vớic ij = αa ij ;∀i, j : i = 1, m j; = 1, n. Định nghĩa 1.9 Cho hai ma trận
Ma trận A có kích thước m×p và ma trận B có kích thước p×n, trong đó số cột của ma trận A bằng số hàng của ma trận B Tích của hai ma trận A và B tạo ra ma trận C có kích thước m×n, với phần tử c_ij được tính theo công thức c_ij = tổng (a_ik * b_kj) cho k từ 1 đến p.
• Cho các ma trận A m×n B n×p C p×q lúc đó A.(B.C) = (A.B).C.
• Cho các ma trận A m×n B n×p C n×p lúc đó A.(B +C) = A.B+ A.C.
• Tích 2 ma trận nhìn chung không có tính giao hoán
Định thức
Định nghĩa 1.10 Cho một ma trận A = (aij) n Định thức của A là một số thực, kí hiệu và xác định như sau det(A) = X f ∈S n
(−1) N(f ) a 1f (1) a 2f (2) a nf (n) trong đó S n là tập tất cả các hoán vị của n phần tử 1, 2, 3, , n (tập S n có n! phần tử).
Ta còn kí hiệu định thức của ma trận A là |A|, khi đó
Như vậy định thức của một ma trận A là một số:
- Bằng tổng đại số của n! hạng tử dạng a 1f(1) a nf (n)
- Mỗi hạng tử là tích của n phần tử a ij mà mỗi hàng, mỗi cột phải có một và chỉ một phần tử tham gia vào tích đó.
Dấu của mỗi hạng tử phụ thuộc vào số hoán vị của nghịch thế tương ứng; cụ thể, nếu N(f) là số chẵn thì dấu của hạng tử đó là dương (+), còn nếu N(f) là số lẻ thì dấu của hạng tử tương ứng là âm (-).
Ví dụ 1.4 Với n = 2 ta có định thức cấp 2 a 11 a 12 a21 a22
Ví dụ 1.5 Với n = 3 ta có định thức cấp 3 a 11 a 12 a 13 a 21 a 22 a 23 a 31 a 32 a 33
Để tính giá trị của biểu thức a11a22a33 + a12a23a31 + a13a21a32 - a13a22a31 - a12a21a33 - a11a23a32, chúng ta cần thực hiện tất cả các phép thế trên ma trận 3x3 và xác định dấu của chúng, tuy nhiên đây là một công việc khá phức tạp Để đơn giản hóa quá trình tính toán, việc nghiên cứu các tính chất của định thức là cần thiết.
Tính chất 1.2 Nếu ma trận vuông A có một 1 hàng (cột) gồm toàn các phần tử 0 thì định thức của nó bằng 0.
Tính chất 1.3 Nếu ta nhân một hàng của ma trận vuông A với số thực α thì định thức của ma trận A được nhân với α. a 11 a 12 a 1n
Nếu hai hàng trong ma trận vuông A được hoán đổi, ta sẽ nhận được ma trận vuông B với định thức det(B) = −det(A) Điều này có nghĩa là việc hoán đổi hai hàng trong một định thức sẽ làm cho định thức đó đổi dấu.
Tính chất 1.5 Nếu một ma trận có hai hàng giống nhau hoặc có các thành phần (cùng cột), tương ứng tỉ lệ thì định thức ấy bằng 0.
Để chứng minh định thức A bằng 0, giả sử dòng thứ i của A giống với dòng thứ k Theo tính chất 4 của định thức, khi đổi chỗ hai dòng này, ta có A 0 = -A Tuy nhiên, A 0 cũng chính là định thức A, do đó A = A 0 dẫn đến 2A = 0, suy ra A = 0.
Hệ quả 1.1 Nếu ta cộng vào 1 hàng nào đó của ma trận vuông A với một
1 hàng khác đã nhân với một số bất kì thì ta được một ma trận vuông B có det(A) = det(B).
Tính chất 1.6 Định thức của ma trận chéo A bằng tích các phần tử nằm trên đườg chéo chính Nghĩa là det(A) a 11 0 0 0
Ví dụ 1.6 Tính định thức sau bằng cách sử dụng các tính chất trên:
Hệ các hàm độc lập tuyến tính, phụ thuộc tuyến tính
Hệ các hàm số y i = y i (x), với i từ 1 đến n, được coi là phụ thuộc tuyến tính trong khoảng (a, b) nếu tồn tại các hằng số α i, với i từ 1 đến n, không đồng thời bằng 0, sao cho đẳng thức n được thỏa mãn.
P i=1 αiyi = 0 được thỏa mãn. Định nghĩa 1.12 Một hệ các hàm số y i = y i (x), i = 1, n được gọi là độc lập tuyến tính trong khoảng(a, b), nếu từ n
Ví dụ 1.7 Với mọi n ∈ N hệ : 1, x, x 2 , x 3 , , x n độc lập tuyến tính trong mọi khoảng (a, b).
Để chứng minh tính độc lập tuyến tính của hai hàm y1 = y1(x) và y2 = y2(x) trong khoảng (a, b), ta giả sử ngược lại rằng tồn tại n∈ N làm cho hệ này phụ thuộc tuyến tính Khi đó, tồn tại các hệ số αi (i = 0, n) không đồng thời bằng không, dẫn đến hệ thức α0 + α1 x + α2 x^2 + + αn x^n = 0 Để đẳng thức này đúng với mọi x ∈ (a, b), đa thức phải đồng nhất với không, tức là tất cả các hệ số αi phải bằng 0, điều này mâu thuẫn với giả thiết ban đầu Do đó, điều kiện cần và đủ để hai hàm y1 và y2 độc lập tuyến tính là y1(x) y2(x) không bằng hằng số trong khoảng (a, b).
Chứng minh. Điều kiện cần: Ta giả sử điều ngược lại y y 1 (x)
Biểu thức 2 (x) = C dẫn đến −y1 + Cy2 = 0, cho thấy y1 và y2 phụ thuộc tuyến tính, điều này mâu thuẫn với giả thuyết ban đầu Để chứng minh điều này, ta giả sử ngược lại rằng y1 và y2 là phụ thuộc tuyến tính, từ đó tồn tại các hệ số C1 ≠ 0 và C2 ≠ 0 sao cho đẳng thức C1y1 + C2y2 = 0 được thỏa mãn.
Từ đây ta nhận được : y 1 (x) y 2 (x) = C 1
C = const là một điều kiện trái ngược với giả thuyết của điều kiện đủ Định nghĩa 1.13 nêu rõ rằng đối với phương trình vi phân thuần nhất bậc n, biểu thức y (n) + p1(x)y (n−1) + + pn(x)y = 0 (1.3) có mọi hệ gồm n nghiệm y i = y i (x), với i = 1, n, độc lập tuyến tính của (1.3) được gọi là hệ nghiệm cơ sở.
Hệ Cramer
Hệ phương trình vi phân tuyến tính Cramer được định nghĩa là hệ có số phương trình bằng số ẩn số, với điều kiện định thức của ma trận hệ số A khác 0 (det(A) ≠ 0).
Ví dụ 1.8 Hệ phương trình
x−3y+ z = 3 2x+y −3z = 0 3x+ 2y −2z = 3 là hệ Cramer vì có 3 phương trình, 3 ẩn số, và có det(A)
= −10 6= 0 Định lý 1.2 (Quy tắc Cramer) Hệ Cramer có1nghiệm duy nhất và nghiệm đó được xác định như sau:
Trong hệ thống phương trình Cramer, D được định nghĩa là định thức của ma trận hệ số, ký hiệu là det(A) Để tính toán các định thức Di, ta thay thế cột thứ i bằng cột hệ số tự do, với i chạy từ 1 đến n.
Chứng minh Dạng ma trận của hệ Cramer là
AX = B (1.4) với det(A) 6= 0, vì det(A) 6= 0 nên A có ma trận nghịch đảo A −1 ,
Với Aij là phần bù đại số của phần tử aij của ma trận A; i, j = 1, n
Theo định nghĩa (1.5) dễ thấy A −1 là duy nhất.
Từ hệ trên suy ra hệ Cramer có duy nhất nghiệm (vì A có duy nhất A −1 )
Ví dụ 1.9 Giải hệ phương trình sau
Lời giải Ta có D = det(A)
= 30 6= 0, nên hệ đã cho là hệ
Cramer và hệ có nghiệm duy nhất được tìm như sau x = D1
Vậy nghiệm của hệ đã cho là: (1,1,1).
Các loại nghiệm của hệ phương trình tuyến tính thuần nhất 14
tuyến tính thuần nhất. Định nghĩa 1.15 Hệ phương trình tuyến tính có dạng:
(1.5) được gọi là hệ phương trình tuyến tính thuần nhất.
Hệ phương trình tuyến tính thuần nhất luôn có nghiệm, vì ma trận hệ số A và ma trận mở rộng A có hạng (1) bằng nhau, tức là r(A) = r(A) Điều này xảy ra do chỉ khác nhau ở một cột có tất cả các phần bằng 0 Nghiệm đặc trưng của hệ phương trình này là nghiệm không, hay còn gọi là nghiệm tầm thường, với các giá trị x1 = x2 = = xn = 0.
(1): khái niệm và tính chất về hạng của ma trận có thể xem tại tài liệu [2]
• Nếu hạng của ma trận hệ số là r(A) =n = số ẩn thì hệ chỉ có duy nhất
1 nghiệm là nghiệm tầm thường.
Nếu r(A) nhỏ hơn n, hệ phương trình sẽ có vô số nghiệm Các nghiệm này phụ thuộc vào n−r(A) tham số và được gọi là nghiệm không tầm thường, cho thấy tồn tại nghiệm khác không.
Trong hệ phương trình tuyến tính thuần nhất với n phương trình và n ẩn số, nghiệm không tầm thường tồn tại khi và chỉ khi định thức của ma trận hệ số A bằng 0 (det(A) = 0) Ngược lại, khi det(A) khác 0 (det(A) ≠ 0), hệ chỉ có nghiệm duy nhất, đó là nghiệm tầm thường.
• det(A) 6= 0 ⇔ (1.5) có nghiệm tầm thường.
Hệ (1.5) thỏa mãn các điều kiện ở định nghĩa (1.14) (n phương trình, n ẩn,det(A) 6= 0) ⇒ (1.5) là hệ Cramer.Áp dụng quy tắc Cramer
Theo tính chất (1.2) thì D i = 0kết hợp với (1.6) ta được điều cần chứng minh :x 1 = x 2 = x 3 = = x n = 0.
Hệ (1.5) có nghiệm tầm thường ⇒ x i = D D i = 0, i = 1, n ⇒
D 6= 0 hay nói cách khác det(A) 6= 0.
• det(A) = 0 ⇔ (1.5) có nghiệm không tầm thường.
(1.5) luôn có nghiệm và là 1 trong 2 nghiệm (nghiệm tầm thường hoặc nghiệm không tầm thường).
Lại có det(A) 6= 0 ⇔ (1.5) có nghiệm tầm thường Điều cần chứng minh là hiển nhiên.
Chương 2 Định thức Wronski và ứng dụng.
Định nghĩa
Định nghĩa 2.1 Giả sử hàm yi = yi(x), i = 1, n , (n−1) lần khả vi trong khoảng (a, b) Khi đó định thức:
(2.1) được gọi là định thức Wronski (hoặc Wronskian).
Định thức Wronski cho phương trình vi phân tuyến tính cấp 2 16
2.2.1 Định nghĩa Xét phương trình thuần nhất
Giả sử tìm được hai nghiệm riêng của phương trình (2.2) là y 1 (x) và y 2 (x). Theo nguyên lý chồng chất nghiệm, ta có nghiệm tổng quát của phương trình là y(x) = c 1 y 1 (x) + c 2 y 2 (x).
Từ điều kiện ban đầu ta có hệ phương trình
(2.3) Giải hệ (2.3) theo qui tắc Cramer ta được nghiệm c 1 y 0 y 2 (x 0 ) y 0 0 y 2 0 (x 0 ) y1(x0) y2(x0) y 1 0 (x 0 ) y 2 0 (x 0 )
W(y 1 , y 2 )(x) y 1 (x 0 ) y 2 (x 0 ) y 1 0 (x 0 ) y 2 0 (x 0 ) được gọi là định thức Wronski của phương trình (2.2). Định thức y 1 (x 0 ) y 2 (x 0 ) y1 0(x0) y2 0(x0) phải có giá trị khác 0để hệ phương trình (2.3) có nghiệm.
Nếu trong phương trình (2.2) tìm được hai nghiệm y1 và y2 với định thức Wronski khác 0, thì y1 và y2 tạo thành một hệ nghiệm cơ bản, tức là chúng là một cơ sở của không gian nghiệm.
Như vậy, y 1 và y 2 làm thành hệ nghiệm cơ bản thì định thức Wronski của chúng sẽ có giá trị khác 0 Từ đó suy ra nghiệm tổng quát là y(x) = c 1 y 1 (x) + c 2 y 2 (x).
Định lý 2.1 đề cập đến phương trình vi phân thuần nhất dạng y'' + a1(x)y' + a0(x)y = 0, ký hiệu là L(y) = 0, trong đó a1(x) và a0(x) là các hàm liên tục trên khoảng I Nghiệm của phương trình này được ký hiệu lần lượt là y1(x) và y2(x).
Nếu các hàmy 1 (x) và y 2 (x) là phụ thuộc tuyến tính trên khoảng I và có đạo hàm đến cấp 1 thì định thức
Chứng minh Vì y 1 (x) và y 2 (x) phụ thuộc tuyến tính trên khoảng I, nên tồn tại các số α 1 và α 2 không đồng thời bằng 0 sao cho hệ thức α 1 y 1 (x) +α 2 y 2 (x) = 0 ∀x ∈ I.
Lấy đạo hàm hệ thức trên ta thu được α 1 y 1 0 (x) +α 2 y 2 0 (x) = 0.
Xét hệ phương trình ẩn z và t
Hệ này có nghiệm không tầm thường là (α 1 , α 2 ) nên định thức của nó bằng
0 Định thức của hệ trên cũng chính là định thức W(y 1 , y 2 )(x), suy ra
= 0 Định lý 2.2 Giả sử y 1 (x) và y 2 (x) là hai nghiệm của phương trình (2.4) trong khoảng I Hai nghiệm này độc lập tuyến tính trên khoảng I khi và chỉ khi
- Theo định lí (2.1) rõ ràng nếu W(x) 6= 0 trên khoảng I thì đồng nghĩa với việc det(A) 6= 0 hay hệ phương trình
(2.5) duy nhất nghiệm tầm thường (α 1 , α 2 )=0 hay y 1 (x) và y 2 (x) là độc lập tuyến tính.
Giả sử các nghiệm y₁(x) và y₂(x) của phương trình (2.4) là độc lập tuyến tính, cần chứng minh rằng W(x) ≠ 0 với mọi x ∈ I Để làm điều này, giả sử ngược lại, tồn tại một điểm x₀ ∈ I sao cho W(x₀) = 0 Khi đó, sẽ tồn tại các số α₁ và α₂ không đồng thời bằng 0, sao cho chúng là nghiệm của hệ phương trình.
Trong bài viết này, chúng ta xem xét nghiệm y(x) = α 1 y 1 (x) + α 2 y 2 (x) của phương trình (2.4) với các điều kiện ban đầu, trong đó tồn tại nghiệm tầm thường y ≡ 0 Theo định lý tồn tại và duy nhất, nghiệm này là duy nhất, dẫn đến y(x) = α 1 y 1 (x) + α 2 y 2 (x) = 0 trên khoảng I Điều này chứng tỏ rằng hàm y 1 (x) và y 2 (x) phụ thuộc tuyến tính trên khoảng I, từ đó tạo ra mâu thuẫn với giả thiết rằng y 1 (x) và y 2 (x) là độc lập tuyến tính Theo định lý 2.3, nếu hai nghiệm y 1 (x) và y 2 (x) của phương trình (2.4) là độc lập tuyến tính trên khoảng I, thì mọi nghiệm của phương trình này có dạng y(x) = c 1 y 1 (x) + c 2 y 2 (x).
• Bước 1: Chứng tỏ y(x) =c 1 y 1 (x) +c 2 y 2 (x) là nghiệm của phương trình.
Ta có y 1 = y 1 (x), y 2 = y 2 (x) là các nghiệm riêng của phương trình hay
= 0. Điều này nghĩa là y = y1 + y2 cũng là nghiệm của phương trình (2.4). Lại xét
Kết hợp (1) và (2) ⇒ y(x) = c 1 y 1 (x) +c 2 y 2 (x) là nghiệm của phương trình (2.4).
• Bước 2: Chứng tỏ y(x) =c 1 y 1 (x) +c 2 y 2 (x) là nghiệm tổng quát.
Mỗi sự lựa chọn cho ci sẽ dẫn đến một nghiệm riêng tương ứng với phương trình (2.4) Theo định lý về sự tồn tại và duy nhất của nghiệm cho phương trình vi phân bậc n, mỗi nghiệm riêng y = y(x) được xác định hoàn toàn dựa trên các điều kiện đầu x = x0, y = y0, y'(x0) = y'0, và y''(x0) = y''0 (2.6).
Như vậy ta cần chứng minh là với điều kiện đầu (2.6) thì có thể xác định c i để cho y(x) = c 1 y 1 (x) +c 2 y 2 (x) thỏa mãn điều kiện (2.6)
Định thức Wronski W(x₀) của hệ (2.7) cho thấy hai nghiệm y₁(x) và y₂(x) là độc lập tuyến tính, dẫn đến W(x₀) ≠ 0, từ đó khẳng định hệ (2.7) có duy nhất nghiệm Hàm y(x) = c₁y₁(x) + c₂y₂(x) với các hằng số c₁, c₂ đã được xác định chính là nghiệm của phương trình (2.4) và thỏa mãn điều kiện (2.6) Điều này chứng minh cho Định lý 2.4 (Định lý Abel), trong đó nếu y₁(x) và y₂(x) là nghiệm của phương trình (2.4), thì định thức Wronski của hai nghiệm này sẽ được xác định.
(2.8) với x 0 là giá trị tùy ý.
Chứng minh Giả sử y 2 (x) = u(x)y 1 (x), thay vào phương trình (2.4) ta có
(uy 1 ) 00 + a 1 (x)(uy 1 ) 0 +a 0 (uy 1 ) = 0 (2.9) Mặc khác lại có
(uy 1 ) 0 = u 0 y 1 +uy 1 0 (uy 1 ) 00 = (u 0 y 1 +uy 1 0 ) 0 = u 00 y 1 + 2u 0 y 1 0 +uy 1 00 Thay vào (2.9) ta được u 00 y 1 + 2u 0 y 1 0 +uy 1 00 +a 1 (x)(u 0 y 1 + uy 1 0 ) +a 0 (x)(uy 1 ) = 0
= y 1 (x)[uy 1 ] 0 −uy 1 0 y 1 = vy 2 1 + uy 1 0 y 1 −uy 1 0 y 1 = cexp(−R x x
Chọn c = W(y1, y2)(x), suy ra kết quả (2.8).
Vớ dụ 2.1 Xột hai nghiệm phức y 1 (x) = e λx cosàx;y 2 (x) = e λx sinàx Chứng tỏ rằng hai nghiệm y 1 (x) và y 2 (x) làm thành hệ nghiệm cơ sở của một phương trình nào đó.
Lời giải. Để chúng tạo thành hệ nghiệm cơ bản, định thức Wronski phải khác 0, tức là
W e λx cosàx e λx sinàx λe λx cosàx−àe λx sinàx λe λx sinàx+àe λx cosàx
= àe λx (cos 2 àx+ sin 2 àx) = àe λx 6= 0
Hàm mũ \( e^{\lambda x} \) không bao giờ bằng 0, vì nếu \( \lambda = 0 \) thì sẽ không có nghiệm phức Do đó, \( \lambda \neq 0 \) Hai nghiệm đã cho là hai nghiệm cơ bản, và nghiệm tổng quát được biểu diễn dưới dạng: \[ y(x) = c_1 e^{\lambda x} \cos(\alpha x) + c_2 e^{\lambda x} \sin(\alpha x) \].
Để chứng minh rằng hai nghiệm y₁(x) = x⁻¹ và y₂(x) = x³/2 tạo thành hệ nghiệm cơ bản cho phương trình 2x²y'' + xy' - 3y = 0, ta cần kiểm tra tính độc lập tuyến tính của chúng Điều này có thể thực hiện bằng cách sử dụng định thức Wronskians, nếu W(y₁, y₂) ≠ 0, thì y₁ và y₂ là độc lập và tạo thành hệ nghiệm cơ bản cho phương trình đã cho.
2√ x Định thức trên không bao giờ bằng 0, nêny 1 (x)vày 2 (x)làm thành hệ nghiệm cơ bản và nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là y(x) =c1x −1 +c2x 3 2
Định thức Wronski cho phương trình vi phân tuyến tính cấp n
2.3.1 Định nghĩa Cho phương trình vi phân thuần nhất bậc n y (n) + p 1 (x)y (n−1) + +p n (x)y = 0 (2.11)
Giả sử đã tìm được n nghiệm riêng của phương trình (2.11) y i = y i (x), i 1, n, n−1 lần khả vi trên khoảng I nào đó Khi đó định thức
Định thức Wronski, ký hiệu là W(x), là một khái niệm quan trọng trong phương trình vi phân tuyến tính cấp n Ba định lý quan trọng sẽ được trình bày, trong đó các định lý (2.1), (2.2) và (2.3) là những trường hợp đặc biệt khi n = 2.
2.3.2 Các định lý. Định lý 2.5 Nếu hệ y 1 (x), y 2 (x), y 3 (x), , y n (x), n−1 lần khả vi trên (a, b) là phụ thuộc tuyến tính thì W(x) = 0 x ∈ (a, b).
Chứng minh Giả sử hệ y i i = 1, n (n− 1) lần khả vi trên (a, b) và phụ thuộc tuyến tính, khi đó tồn tại c i i = 1, n không đồng thời bằng không để cho: n
X i=1 c i y i (x) = 0;∀x ∈ (a, b) (2.13) Đạo hàm cả hai vế của hệ thức (2.13) n−1 lần cho ta: c 1 y 1 0 +c 2 y 2 0 + +c n y 0 n = 0. c 1 y 00 1 +c 2 y 2 00 + +c n y n 00 = 0.
Kết hợp các biểu thức nhận được với (2.13) và cố định x = x 0 ∈ (a, b) ta nhận được hệ phương trình đại số cấp n.
Trong hệ phương trình (2.14), các hệ số c_i (với i = 1, n) được coi là các ẩn cần tìm Giả thiết đặt ra là các c_i không đồng thời bằng 0, dẫn đến định thức của hệ (2.14) phải bằng 0 Định thức này chính là một phần quan trọng trong việc giải hệ phương trình (2.14).
Định lý 2.6 khẳng định rằng với mỗi hệ nghiệm cơ sở y₁(x), y₂(x), , yₙ(x) của phương trình vi phân thuần nhất bậc n, nếu W(x₀) = 0 tại mọi x₀ ∈ (a, b), thì W(x) = 0 cho mọi x ∈ (a, b) Điều này chứng minh rằng định thức Wronski trong trường hợp này là không đổi và có giá trị bằng 0.
Chứng minh rằng, với một hệ nghiệm cơ sở tùy ý yi(x) của phương trình vi phân thuần nhất bậcn (2.15), nếu định thức Wronski của hệ nghiệm này bằng 0 tại một điểm x thuộc khoảng (a, b), điều này có thể dẫn đến những kết luận quan trọng về tính độc lập của các nghiệm trong khoảng đó.
= 0 (2.16) ở đây y i0 = y i (0), i = 1.n, y i0 (k) = y i (k) (x 0 ), k = 0, n−1 Xét hệ (thuần nhất) n phương trình đại số:
Do định thức Wronski của (2.15): W(x 0 ) = 0, do đó (2.17) có một nghiệm khác không (c 1 ∗, c 2 ∗, c 3 ∗, , c n ∗), khi đó ta có
Xét hàm y ∗ = c ∗ 1 y 1 + c 2 y 2 ∗ + + c ∗ n y n , là nghiệm của phương trình (2.15).
Từ hệ phương trình (2.18) ta nhận được : y 0 ∗ = y ∗ (x0) = 0, y ∗ 0 0 = y ∗ 0 (x0) = 0, , y ∗(n−1) 0 = y ∗(n−1) (x0) = 0.
Theo định lý tồn tại và duy nhất nghiệm của phương trình vi phân thuần nhất bậc n, ta có y* = 0, điều này mâu thuẫn với giả thiết rằng y1, y2, y3, , yn là hệ nghiệm cơ sở độc lập tuyến tính của phương trình (2.15) Từ đó, ta có thể suy ra điều cần chứng minh Định lý 2.7 khẳng định rằng với mọi hệ nghiệm cơ sở y1(x), y2(x), , yn(x) của phương trình vi phân thuần nhất bậc n, nghiệm tổng quát có dạng y = c1y1(x) + c2y2(x) + + cny n(x), trong đó c1, , cn là các hằng số tùy ý.
Chứng minh Lấy 1 hệ nghiệm cơ sở tùy ý y i (x), i = 1, ncủa phương trình (2.15) Ta đi chứng tỏ y n
P i=1 c i y i (x) là nghiệm tổng quát của phương trình vi phân thuần nhất trên.
Ta có : y 1 = y 1 (x), , y n = y n (x) là các nghiệm riêng của (2.15) Theo tính chất của toán tử vi phân tuyến tính kết hợp với tính chất của nghiệm cho
Để chứng minh rằng nghiệm tổng quát của phương trình vi phân bậc n có dạng y = c₁y₁ + + cₙyₙ, ta cần chỉ ra rằng mỗi lựa chọn cᵢ tương ứng với một nghiệm riêng Theo định lý về sự tồn tại và duy nhất nghiệm, mỗi nghiệm riêng y = y(x) được xác định bởi các điều kiện đầu x = x₀, y = y₀, y' = y₀' , , y⁽ⁿ⁻¹⁾ = y₀⁽ⁿ⁻¹⁾.
Như vậy ta cần phải chứng minh là với điều kiện đầu (2.19) thì có thể xác định được ci để cho y = y(x) = c1y1(x) + + cnyn(x) thỏa mãn (2.15).
Trong bài viết, ta có y i0 = y i (x 0 ), với i từ 1 đến n, và y i0 k = y i (x 0 ), với k từ 1 đến n Định thức của hệ 2.22 chính là định thức Wronski W(x0) Theo định lý (2.6), do hệ y1 = y1(x), y2 = y2(x), , y n = y n(x) là hệ nghiệm cơ sở, nên W(x 0 ) khác 0, từ đó suy ra hệ (2.20) có nghiệm duy nhất (c 10 , c 20 , , c n0 ) Xét hàm y = c 1 y 1 + + c n y n với các hằng số trên, ta thấy đây chính là nghiệm của (2.15) và thỏa mãn điều kiện (2.19) Định lý đã được chứng minh.
Ứng dụng phần mềm Mathcad trong tính toán định thức Wronski
Giới thiệu tổng quan về phần mềm Mathcad
Mathcad 7.0 là phần mềm về toán, có thể tính toán một cách đơn giản và tiện lợi ở mọi lĩnh vực ứng dụng ví dụ như:
Giải quyết các bài toán cao cấp bao gồm tính giá trị chính xác hoặc xấp xỉ, rút gọn và đơn giản hóa biểu thức, tính tích phân và đạo hàm, cũng như giải các phương trình, hệ phương trình và bất phương trình Ngoài ra, việc giải hệ bất phương trình, tính diện tích và thể tích, vẽ đồ thị hàm số, làm việc với ma trận, khai triển chuỗi và thống kê dữ liệu, cũng như xử lý số phức là những kỹ năng quan trọng trong lĩnh vực toán học nâng cao.
- Giải các bài toán trong lĩnh vực hóa học, cơ đất đá, cấu trúc vật liệu, điện, phương pháp số
Mathcad là công cụ hữu ích cho việc lập trình giải quyết các bài toán phức tạp, không chỉ thực hiện các phép toán số học mà còn xử lý các tính toán ký hiệu (symbolics) Lập trình trong Mathcad cho phép người dùng kết hợp các lệnh và sử dụng các cấu trúc lệnh cùng hàm có sẵn để tối ưu hóa quá trình giải quyết vấn đề.
Mathcad 7.0 cho phép người dùng kết nối và chia sẻ kinh nghiệm với cộng đồng toàn cầu thông qua internet Ngoài ra, phần mềm này hỗ trợ chuyển đổi dữ liệu giữa Mathcad và Excel một cách dễ dàng nhờ vào tính năng MathConnex.
Những đặc điểm tính toán:
Mathcad làm việc theo hai chế độ: tự động và thủ công.
- Automatic Mode: ở chế độ này:
+ Việc tính toán thực hiện lập tức.
+ "Auto" xuất hiện ở dòng tình trạng.
+ Việc tính toán chỉ xảy ra khi nhấn F9 hoặc chọn menu Math / Calculate hoặc nhấn vào biểu tượng = trên thanh công cụ.
+ "Cal F9" xuất hiện ở dòng tình trạng hay để trống. Để Mathcad tự động tính toán ta vào menu Math / Automatic Calculation đánh dấu.
Mathcad duyệt tài liệu từ trái sang phải từ trên xuống dưới.
Tính toán với ma trận.
Cách 1: Để thực hiện tính toán với các phép toán trên ta chỉ việc đưa vào các ma trận (vector) và phép toán, sau đó ta ấn Ctrl- , Enter.
Cách 2: Dùng menu để tính định thức, chuyển vị và nghịch đảo của ma trận: Để tính ma trận chuyển vị, nghịch đảo và định thức, ta thực hiện:
- Menu Symbolics / Matrix / Transpose (Invert, Determinant).
Ứng dụng của phần mềm trong tính toán định thức
Ví dụ 2.3 Xét phương trình vi phân thuần nhất bậc 2 xy 00 −y 0 = 0 (2.21)
Giả sử y 1 = 1;y 2 = x 2 lần lượt là 2 nghiệm riêng của (2.21) Chứng minh chúng làm thành hệ nghiệm cơ bản của phương trình.
Lời giải. Định thức Wronski tương ứng với phương trình (2.21) là:
= 2x. Định thức trên không bao giờ bằng0nếu bằng 0thì đã không tồn tại nghiệm thứ 2 y 2 = x 2 , nên y 1 (x);y 2 (x) làm thành hệ nghiệm cơ bản.
Tính định thức trên Mathcad. a Khởi động Mathcad. b Định dạng số, ký hiệu toán học, style.
- Mennu Fomat / Number : chọn kết xuất là số Decimal, chọn đơn vị ảo i OK.
- Mennu Fomat / Equation : Variables, Modify, chọn font chữ, size OK.
Xuất hiện hộp thoại Text Style.
Chọn Normal, Modify, chọn Font chữ, cỡ chữ - OK - OK, close. c Tính định thức Wronski
Tạo một ma trận tương ứng bằng các cách sau:
- Trên thanh menu: chọn Insert/Matrix .
- Trên thanh Math: nhắp vào biểu tượng.
- Từ bàn phím: nhấn tổ hợp Ctrl+M.
Xuất hiện hộp thoại Insert Matrix hình(2.3).
Trong khung Rows chọn số dòng tương ứng.
Trong khung Columns chọn số cột tương ứng.
Từ thanh Math, kích vào một trong các biểu tượng của hình (2.4)sẽ xuất hiện các lựa chọn để tính toán cho Ma trận.
Sau khi kích vào biểu tượng tính định thức thì nhập tên Ma trận muốn tính định thức.
Cuối cùng nhấn tổ hợp phím [Ctrl Enter], lúc đó màn hình mathcad sẽ được hiển thị như sau:
Kết luận về đề tài “Định thức Wronsski và ứng dụng trong lý thuyết phương trình vi phân” cho thấy nghiên cứu đã đạt được những kết quả cụ thể, khẳng định vai trò quan trọng của định thức Wronsski trong việc giải quyết các bài toán liên quan đến phương trình vi phân.
1/ Củng cố và hệ thống lại một số kiến thức về ma trận,định thức, hệ các hàm độc lập tuyến tính, phụ thuộc tuyến tính, hệ Cramer và các loại nghiệm của hệ phương trình tuyến tính thuần nhất.
2/ Tìm hiểu và trình bày khái niệm và các định lý liên quan đến định thức Wronsski cho phương trình vi phân tuyến tính cấp 2.
3/ Áp dụng được định thức Wronski cho lý thuyết phương trình vi phân.
4/ Bên cạnh đó còn mở rộng tìm hiểu và trình bày khái niệm và các định lý về định thức Wronsski đối với phương trình vi phân tuyến tính cấp n.
5/ Cuối cùng, luận văn đã ứng dụng được phần mềm Mathcad để tính toán định thức Wronski.
