slide chương 4 Giải tích 2 from PTIT in Hanoi.pdf

CHƯƠNG 4: PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN
§1. KHÁI NIỆM CHUNG VỀ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN
* Phương trình vi phân là phương trình có dạng:
( )
( , , ,..., ) 0
n
F x y y y
 
trong đó: x là biến số độc lập
( )
y y x
 là hàm số phải tìm.
( y là hàm số xác định, khả vi trên ( , ) . )
a b 

* Cấp của PTVP là cấp cao nhất của đạo hàm của
y trong phương trình.
Ví dụ: y y x
   là PTVP cấp hai.
3 0
y x
   là PTVP cấp một.

* Hàm số ( )
y y x
 là một nghiệm của PTVP nếu nó
thỏa mãn PT.
Ví dụ:
2
2
x
y C
 
Các hàm số dạng là nghiệm của PTVP
.
y x
 

* Nghiệm của PT có thể xác định dưới dạng:
( )
y f x

hoặc ( , ) 0
x y
 
hoặc
( )
( )
x x t
y y t





(dạng ẩn)
(dạng tham số)

* PTVP được gọi là tuyến tính nếu nó là bậc nhất
đối với y và các đạo hàm của y.
Dạng:
( ) ( 1)
1 1
( ) ... ( ) ( ) ( *)
) (
n n
n n
y a x y a x y a x y b x



    
Nếu ( ) 0
b x  thì (*) gọi là PT tuyến tính thuần nhất
Nếu ( ) 0
b x  thì (*) gọi là PT tuyến tính không thuần nhất.

§2. PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP MỘT
* Phương trình vi phân cấp một có dạng:
( , , ) 0
F x y y 
hoặc ( , )
y f x y
 
A. ĐẠI CƯƠNG VỀ PTVP CẤP MỘT

* Định lí tồn tại và duy nhất nghiệm
Xét PT ( , )
y f x y
 
Giả sử ( , )
f x y liên tục trên miền D và  
0 0
, .
x y D

Khi đó, trong một lân cận nào đó của 0 ,
x tồn tại ít nhất
một hàm số ( )
y y x
 là nghiệm của PT,
0
y y
 khi 0.
x x

nó nhận giá trị
Ngoài ra, nếu
f
y


cũng liên tục trên D thì nghiệm đó
là duy nhất.

0
y y
 khi 0
x x

Điều kiện gọi là ĐK ban đầu.
* Bài toán tìm nghiệm của PT thỏa mãn điều kiện
gọi là bài toán Cauchy.
0
y y
 khi 0
x x


* Nghiệm tổng quát của PTVP cấp một là hàm số
( , )
y x C


1. Nó thỏa mãn PT với mọi giá trị thừa nhận được của C
trong đó C là hằng số tùy ý,
2. Với 0 0
( , )
x y D
  ở đó các điều kiện của định lí tồn
tại và duy nhất nghiệm được thỏa mãn, 0
C C

sao cho 0
( , )
y x C

 là nghiệm của PT thỏa mãn điều
kiện 0
y y
 khi 0.
x x

tìm được
sao cho:

* Hệ thức ( , , ) 0
x y C
  xác định nghiệm tổng quát
dưới dạng ẩn gọi là tích phân tổng quát của PT.
* Nghiệm 0
( , )
y x C

 lấy từ họ nghiệm tổng quát
khi cho 0
C C
 gọi là nghiệm riêng của PT.
* Hệ thức 0
( , , ) 0
x y C
  xác định nghiệm riêng
dưới dạng ẩn gọi là tích phân riêng của PT.

* PTVP có thể có các nghiệm không nằm trong họ
nghiệm tổng quát, gọi là nghiệm kì dị.

B) CÁCH GIẢI MỘT SỐ PTVP CẤP MỘT
1) Phương trình với biến số phân li
a) Phương trình với biến số phân li là PTVP có dạng:
( ) ( )
f x dx g y dy

b) Cách giải
Lấy tích phân hai vế của phương trình
( ) ( )
f x dx g y dy

 
Vậy ( ) ( )
F x G y C
  là tích phân tổng quát của PT
( ( ), ( )
F x G y lần lượt là các nguyên hàm của ( ), ( ))
f x g y

Ví dụ: Giải phương trình:
3 4
( 1) ( 1)( 2) 0
x y dx x y dy
    
Giải:
3
4
2
1 1
x y
dx dy
x y

 
 
4
4
1 ( 1) 3
1
4 1 1
d x
dy
x y
 

  
 
 
 
 
Có
3 4
( 1) ( 1)( 2)
x y dx x y dy
    
( 1)
y  
3
4
2
1 1
x y
dx dy
x y

 
 
 

là tích phân tổng quát của phương trình.
4
1
ln 1 3ln 1
4
x y y C
     
Vậy
Ngoài ra, hàm số 1
y   cũng là nghiệm của PT
(nghiệm kì dị).

Ví dụ: Tìm nghiệm của bài toán Cauchy
cos( ) cos( )
(0) 0.
y x y x y
y
    

Giải:
2cos cos
y x y
 
2cos cos
dy
x y
dx

(cos cos sin sin ) (cos cos sin sin )
y x y x y x y x y
    

2 cos
cos
dy
xdx
y

 
Vì nghiệm cần tìm phải thỏa mãn ĐK (0) 0
y  nên
ln tg 0
4
C C

  
Vậy nghiệm cần tìm là ln tg( ) 2sin .
2 4
y
x

 
2cos
cos
dy
xdx
y
 (cos 0
y  hay , )
2
y k k


  
ln tg( ) 2sin
2 4
y
x C

   là tích phân tổng quát của PT

2. Phương trình đẳng cấp
a) Phương trình đẳng cấp (hay PT thuần nhất) có dạng
( , )
y g x y
 
trong đó ( , )
g x y là hàm số thuần nhất bậc 0,
0
( , )
( , ) ( , ), 0
g tx ty g x y t
t g x y   

b) Cách giải:
Đưa phương trình về dạng ( )
y
y f
x
 
Đặt
y
u
x

Ta có y ux

nghĩa là:
y u x u
 
  

( )
u x u f u
   hay ( )
du
x f u u
dx
 
…

Ví dụ: Giải phương trình
2 2
2 0
xyy y x
   
Giải:
Phương trình có dạng
Đặt
y
u
x
 u x u
 
2 2
2
y x
y
xy

 
2
1
( 0)
2
y
x
y x
y
x
 

 
 
  
y ux
  y
 
Thay vào phương trình đã cho, ta có:

2
1
2
u
u x u
u

  
2
2
1
udu dx
u x
 

2
2
1
udu dx
u x
 

 
2
ln(1 ) ln ln
u x C
    hay
Vậy
2
2
1
y
x C
x
 
 
 
 
là tích phân tổng quát của PT.
2
1
.
2
du u
x
dx u

 
2
ln ln(1 ) ln
x u C
  

Có
1
( 0)
1
y
x
y x
y
x

  

Đặt
y
u
x

1
1
u
u x u
u

  

hay
2
1
1
u
u x
u

 

.
x y
y
x y

 

Giải:
y ux y u x u
 
    
2
1
1
du u
x
dx u




2
1
arctg ln(1 ) ln ln ( 0)
2
u u C x C
    
2
1 1
1
u
du dx
u x



 
2
1 1
1
u
du dx
u x



arctg 2
ln ln ln ln 1 ( 0)
u
e C x u C
    

2 arctg
ln( 1 ) ln( )
u
x u Ce
 
arctg
2 2
y
x
x y Ce
 
Vậy tích phân tổng quát của phương trình đã cho là:
2 arctg
1 u
x u Ce
 
2
arctg
2
1
y
x
y
x Ce
x
 

23
3. Phương trình tuyến tính
a) Định nghĩa: PTVP tuyến tính cấp một là phương trình có dạng:
( ) ( ) (3)
y p x y q x
  
Nếu ( ) 0
q x  thì (3) gọi là PTVP tuyến tính không thuần nhất.
Nếu ( ) 0
q x  thì (3) gọi là PTVP tuyến tính thuần nhất.
b) Cách giải
Nghiệm tổng quát của phương trình là
( ) ( )
( )
p x dx p x dx
y e C q x e dx
  
 
 
 
 
 (C là hằng số)

Chú ý: Ở công thức nghiệm tổng quát trên, không lấy các
hằng số trong kết quả của các tích phân bất định.

Ví dụ: Tìm nghiệm của phương trình
cot 2 sin (1) ( )
dy
y x x x x k
dx

  
thỏa mãn điều kiện
2
( ) .
2 4
y
 

Giải:
PT có nghiệm tổng quát là:
( ) ( )
( )
p x dx p x dx
y e C q x e dx
  
 
 
 
 

Với ( )
p x  ta có:
( )
p x dx
e
 
( )
p x dx
e
 
y 
Vậy nghiệm tổng quát của PT là
2
sin .
y x C x
 
 
 
cot xdx
e 
cos
sin
x
dx
x
e


lnsin x
e  sin x
1
sin x
sin 2
x C xdx
 
 
 

2
sin .
x C x
 

 
cot ,
x
 ( )
q x  2 sin ,
x x
(C là hằng số)

2
( )
2 4
y
 

Vậy nghiệm tổng quát của PT là
2
sin .
y x C x
 
 
 
(C là hằng số)
Với điều kiện ta có:
2 2
sin 0.
4 4 2
C C
  
 
   
 
 
Vậy nghiệm cần tìm:
2
sin .
y x x


Giải:
( 1) 0.
y y
e dx xe dy
  
Coi ( )
x x y
 là hàm số của .
y
Có
Chia cả hai vế của phương trình cho
y
e dy
1
0.
y
y
dx xe
dy e

 
1
y
dx
x
dy e
 

x 
trong đó ( )
p y 
( )
p y dy dy
e e
 
 
 
Có
( )
p y dy
e
 
 
y
e C y


x 
1
y
dx
x
dy e
 
Vậy nghiệm tổng quát của PT đã cho là  
y
x e C y

  (C là hằng số)
( ) ( )
( )
p y dy p y dy
e C q y e dy
  
 

 
 

1, ( )
q y 
1
y
e
y
e y
e
y
e C dy

 
 
 


( ) ( ) (
y p x y q x y

   
* Nếu 0
  hoặc 1
  thì PT trên là PT tuyến tính.
* Nếu 0
  và 1
 
b) Cách giải:
4. Phương trình Bernoulli
a) Dạng:

Nhân cả hai vế của phương trình với
)
y
Ta có
1
( ) ( )
y y p x y q x
 
 
  
Đặt
1
y z



(1 ) ( ) (1 ) ( )
z p x z q x
 
    
Đây là PT tuyến tính, giải phương trình, tìm z, từ đó suy ra y.
(1 )
z y y

 
 
  
y 

( hay chia cho ( 0)
y 

3 2
2
( 1) 0
1
y y x y
x
    

Giải:
Có
3 2
2
( 1)
1
y y x y
x
    

2 1 3
2
( 1) ( 0)
1
y y y x y
x
 
     

Đặt 1
y z


3
2
( 1)
1
z z x
x
   

(1)
2
z y y

 
  

3
2
( 1) (1)
1
z z x
x
   

z 
trong đó
2
( )
1
p x
x
 

2
( )
1
dx
p x dx
x
e e



  
Có
( )
p x dx
e
 
2 2 4
2 ( 1) 2 ( 1) ( 1)
( 1)
2 2
x C x x
x C
 
   
  
 
 
z 
Vậy nghiệm tổng quát của PT đã cho là 2 4
2
( 1) ( 1)
y
K x x

  
(K là hằng số)
( ) ( )
( )
p x dx p x dx
e C q x e dx
  
 

 
 

( )
q x  3
( 1)
x 
2ln( 1)
x
e 

 
2
1
1
x 
2
( 1) ( 1)
x C x dx
 
   
 

2
( 1)
x 

Ngoài ra, PT còn có nghiệm 0
y  (nghiệm kì dị)

5. Phương trình vi phân toàn phần
a) Định nghĩa:
( , ) ( , ) 0 (5)
P x y dx Q x y dy
 
, ( , )
Q P
x y D
x y
 
  
 
gọi là PTVP toàn phần.
Phương trình vi phân dạng
trong đó    
, , ,
P x y Q x y
của chúng liên tục trên miền D,
và các đạo hàm riêng cấp một

b) Cách giải
Biểu thức ( , ) ( , )
P x y dx Q x y dy
 là vi phân toàn phần của
một hàm số ( , )
u x y nào đó trên D.
Phương trình (5) tương đương với PT 0
du 
Vậy tích phân tổng quát của PT có dạng
( , )
u x y C
 (C: hằng số)

Chú ý:
Nếu 2
D  thì hàm số ( , )
u x y xác định bởi công thức:
0 0
0
( , ) ( , ) ( , )
y
x
x y
u x y P x y dx Q x y dy
 
 
hoặc
0 0
0
( , ) ( , ) ( , )
y
x
x y
 
 
với 0 0
( , )
x y bất kì thuộc D.

Ví dụ: Giải PTVP
3 2 2 3
( 3 ) (3 ) 0
x xy dx x y y dy
   
Giải:
P 
,
P Q và các đạo hàm riêng của chúng liên tục trên
2
2
6 , ( , )
P Q
xy x y
y x
 
   
 
( , ) ( , )
P x y dx Q x y dy
  là vi phân toàn phần của hàm số
( , )
u x y nào đó trên 2
.
Đặt
2 3
3
Q x y y
 
3 2
3 ,
x xy


Áp dụng công thức
0 0
0
( , ) ( , ) ( , )
y
x
x y
 
 
với 0 0
0, 0
x y
  ta có:
( , )
u x y 
Vậy tích phân tổng quát của PT là
4 2 2 4
1 3 1
4 2 4
x x y y C
   (C: hằng số).
4 2 2 4
1 3 1
.
4 2 4
x x y y
  
3 2 3
0 0
( 3 )
y
x
x xy dx y dy
 
 
4 2 2 4
0
0
1 3 1
4 2 4
x y
x x y y
 
  
 
 

Giải:
P 
,
P Q và các đạo hàm riêng của chúng liên tục trên miền
 
( , ) / 0
D x y y
 
4, ( , )
P Q
x y D
y x
 
    
 
( , ) ( , )
P x y dx Q x y dy
  là vi phân toàn phần của hàm số
( , )
u x y nào đó trên .
D
Đặt Q 
3 4 ,
x y

Ví dụ: Giải PTVP 2
1
(3 4 ) ( 4 ) 0
x y dx x dy
y
   
2
1
4x
y


Ta tìm hàm số ( , )
u x y sao cho
u
x
u
y






 



Có ( , )
u x y 
u
y

 

2
3
4 ( )
2
x xy f y
 
4 ( )
x f y

   2
1
4x
y
 
2
1
( )
f y
y

 
3 4
x y

2
1
4x
y


1
( )
f y K
y
   
2
3 1
( , ) 4
2
u x y x xy K
y
   
Vậy tích phân tổng quát của PT đã cho là
2
3 1
4
2
x xy C
y
   (C: hằng số)

c) Thừa số tích phân
* Nếu tồn tại hàm số ( , )
x y
 để phương trình:
  0 (5 )
Pdx Qdy a
  
là PTVP toàn phần, tức là
( ) ( ), ( , )
Q P x y D
x y
 
 
  
 
thì hàm số ( , )
x y
 được gọi là thừa số tích phân của PT (5).
Khi đó, tích phân tổng quát của phương trình (5a) là
tích phân tổng quát của phương trình (5).

* Nếu ( )
Q P
x y
x
Q

 

 
 chỉ là hàm số của x thì tìm
( )
( , ) .
x dx
x y e




* Nếu ( )
Q P
x y
y
P

 

 
 chỉ là hàm số của y thì tìm
( )
( , ) .
y dy
x y e

 

Chú ý: ( , )
x y

số trường hợp như sau:
Có thể tìm thừa số tích phân trong một

* Nếu ( )
Q P
x y
xy
xP yQ

 

 


là hàm số của xy thì tìm
( )
( , )
u du
x y e

 
 với .
u xy


Ví dụ: Giải phương trình vi phân:
2 3 2
(2 3 ) (7 3 ) 0 (1)
xy y dx xy dy
   
Giải
Đặt 2 3 2
( , ) 2 3 , ( , ) 7 3
P x y xy y Q x y xy
   
P
y

 

Q P
x y
P
 

 
  chỉ phụ thuộc y
2
4 9 ,
xy y
 Q
x



2
3y

2
3 2
6 4
3 2
y xy
y xy


 
2
y


Chọn ( , )
x y
 
2
dy
y
e


 2ln y
e

 2
1
.
y
Nhân hai vế của PT (1) với
2 3 2
2
1
(2 3 ) (7 3 ) 0 (2)
xy y dx xy dy
y
 
   
 
( 0)
y 
2
7
(2) (2 3 ) ( 3 ) 0
PT x y dx x dy
y
    
Đây là phương trình vi phân toàn phần
2
1
y

Ta tìm hàm số ( , )
u x y sao cho
2
2 3
7
3
u
x y
x
u
x
y y


 



  



Có ( , )
u x y 
u
y

 

2
3 ( )
x xy f y
 
3 ( )
x f y

   2
7
3x
y
 
2
7
( )
f y
y

 

7
( )
f y K
y
   
2 7
( , ) 3
u x y x xy K
y
   
Vậy tích phân tổng quát của phương trình (2) là
2 7
3
x xy C
y
  
Đó chính là tích phân tổng quát của PT đã cho.
Ngoài ra, PT đã cho còn có nghiệm 0
y  (nghiệm kì dị)

§3. PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP HAI
A. Đại cương về phương trình vi phân cấp hai
* PTVP cấp 2 có dạng: ( , , , ) 0
F x y y y
  
hoặc ( , , )
y f x y y
 


* Định lí tồn tại và duy nhất nghiệm:
Xét phương trình ( , , )
y f x y y
 

Giả sử ( , , ), ( , , ), ( , , )
f f
f x y y x y y x y y
y y
 
  

 
liên tục trên
miền
3
D  và 0 0 0
( , , ) .
x y y D
 
Thế thì trong một lân cận nào đó của 0 ,
x tồn tại duy
nhất một hàm số ( )
y y x
 là nghiệm của phương trình,
nó thỏa mãn điều kiện 0 0 0 0
( ) , ( ) .
y x y y x y
 
 

* Nghiệm tổng quát của PTVP cấp 2 có dạng
1 2
( , , )
y x C C


trong đó 1 2
,
C C là các hằng số
* Nghiệm
0 0
1 2
( , , )
y x C C

 lấy từ họ nghiệm tổng quát
1 2
,
C C các giá trị xác định 0 0
1 2
,
C C
một nghiệm riêng của PT.
khi cho gọi là

B. CÁCH GIẢI MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP HAI
1. Phương trình tuyến tính
a. Phương trình tuyến tính thuần nhất
( ) ( ) 0 (1 )
y p x y q x y a
 
  
Dạng
Định lý: 1
y và 2
y là hai nghiệm của PT (1a) thì
1 1 2 2
C y C y
 cũng là nghiệm của (1a).
Nếu
( ( ), ( )
p x q x liên tục)

Định nghĩa:
* Hai hàm số không độc lập tuyến tính trên ( , )
a b
gọi là phụ thuộc tuyến tính trên ( , )
a b
Ví dụ:
1 2
( ) , ( ) sin
y x x y x x
  là các hàm số đltt.
1 2
( ) 2 1, ( ) 4 2
z x x z x x
    là các hàm số pttt.
1 2
( ), ( )
y x y x khác
tuyến tính trên (a,b) nếu 1
2
( )
( )
y x
y x
khác hằng số
* Hai hàm số
trên (a,b).
0 được gọi là độc lập

Định nghĩa:
Cho hai hàm số 1 2
( ), ( )
y x y x trên ( , ).
a b
Định thức
1 2
1 2
1 2
( ) ( )
( , )
( ) ( )
y x y x
W y y
y x y x

 
gọi là định
thức Wronski của hai hàm số 1 2
( ), ( ).
y x y x

Định lí:
Nếu các nghiệm 1 2
( ), ( )
y x y x
độc lập tuyến tính trên ( , )
a b thì 1 2
( , ) 0
W y y 
với ( , ).
x a b
 
của phương trình (1a)

1 1 2 2
y C y C y
 
Định lý: 1 2
,
y y là hai nghiệm độc lập tuyến tính
Nếu
của PT (1a) thì nghiệm tổng quát của PT (1a) là:

( )
2 1 2
1
1
( ) ( )
( )
p x dx
y x y x e dx
y x

 
Khi đó, nghiệm tổng quát của phương trình (1a) là:
( )
1 1 2 1 2
1
1
( ) ( )
( )
p x dx
y C y x C y x e dx
y x

  
1 2
( ,
C C là các hằng số)
Định lý: 1( ) 0
y x  là nghiệm của PT (1a) thì
Nếu
cũng là một nghiệm của PT (1a), nó độc lập tuyến tính
1( ).
y x
với

2
(1 ) 2 2 0.
x y xy y
 
   
Giải:
Phương trình có dạng:
2 2
2 2
0
1 1
x
y y y
x x
 
  
 
( 1)
x  
Dễ thấy PT có một nghiệm riêng là 1( ) .
y x x


Xét 2 ( )
y x 
2
2
1
2
1
x
dx
x
x e dx
x



 
2
ln( 1)
2
1 x
x e dx
x

 
2
2
1
x
x dx
x

 
1
x x
x
 
 
 
 
2
1.
x
 
2 ( )
y x cũng là một nghiệm của phương trình đã cho, nó
độc lập tuyến tính đối với 1( ).
y x
Vậy nghiệm tổng quát của PT đã cho là:
2
1 2 ( 1).
y C x C x
  
( )
1 2
1
1 p x dx
y e dx
y



b. Phương trình tuyến tính không thuần nhất
* Dạng ( ) ( ) ( ) (1 )
y p x y q x y f x b
 
  
( ( ), ( ), ( )
p x q x f x liên tục)

Định lý (Nguyên lý chồng nghiệm):
Nếu 1( )
y x là một nghiệm riêng của PT
1
( ) ( ) ( )
y p x y q x y f x
 
  
và 2 ( )
y x là một nghiệm riêng của PT
2
( ) ( ) ( )
y p x y q x y f x
 
  
thì 1 2
( ) ( ) ( )
y x y x y x
  là một nghiệm riêng của PT
1 2
( ) ( ) ( ) ( )
y p x y q x y f x f x
 
   

Cách giải phương trình (1b)
* Cách 1:
Nghiệm tổng quát của PT tuyến tính không thuần nhất
(1 )
b bằng một nghiệm riêng bất kì của nó cộng nghiệm
tổng quát của PT tuyến tính thuần nhất (1a).

* Cách 2: (Dùng phương pháp biến thiên hằng số)
Để tìm nghiệm của PT tuyến tính không thuần nhất (1b),
trước tiên ta tìm nghiệm tổng quát của PT tuyến tính
thuần nhất (1a).
Giả sử PT (1a) có nghiệm tổng quát là:
1 1 2 2
( ) ( )
y C y x C y x
  1 2
( ,
y y đltt)

Coi 1 1 2 2
( ), ( )
C C x C C x
  là các hàm số của x
sao cho
1 1 2 2
1 1 2 2
( ) ( ) 0
( ) ( ) ( )
C y x C y x
C y x C y x f x
  
 


 
 
 


Hệ này có nghiệm do 1 2
( , ) 0
W y y  vì 1 2
,
y y đltt.
Giải hệ, tìm được 1 1 2 2
( ), ( )
C x C x
 
 
 

1( )
C x 
2 ( )
C x 
Nghiệm tổng quát của phương trình (1b) là:
y 
1 2
( , :
K K hằng số)
1 1 1
( ) ( )
x dx g x K
  

2 2 2
( ) ( )
x dx g x K
  

   
1 1 1 2 2 2
( ) ( ) ( ) ( )
g x K y x g x K y x
  

 
2 2
1 2 2 1
x y xy y x
 
    
Giải:
Có 2 2
2 2
1
1 1
x
y y y
x x
 
  
 
Phương trình 2 2
2 2
0
1 1
x
y y y
x x
 
  
 
có nghiệm
tổng quát là:  
2
1 2 1
y C x C x
  

Coi 1 1 2 2
( ), ( )
C C x C C x
  là các hàm số thỏa mãn
 
2
1 2
1 2
( ). ( ). 1 0
( ) ( ).2 1
C x x C x x
C x C x x
  
  


 
 


Tìm được
 
2
2
1 2
2
0 1
1
1 2
( ) ,
1
1
1 2
x
x
x
C x
x
x x
x

 
  


2 2
2
0
1 1
( ) .
1
1
1 2
x
x
C x
x
x x
x
  



1( )
C x 
2
2
1
1
x
dx
x



 2
2
1
1
dx
x
 
  
 

 

1 1
1
1 1
dx
x x
 
   
 
 
 
 1
1
ln .
1
x
x K
x
 

  
 
 


2 ( )
C x  2
1
x
dx
x 

2
2
1
ln 1 .
2
x K
 

y 
1 2
( , :
K K hằng số)
   
2 2 2
2
1
1
1 1 ln 1
2
1
ln
1
x
K x x x
x
K x x x
 

 
 

 
 
  

2. PT VP tuyến tính cấp hai với hệ số không đổi
a) PTVP tuyến tính thuần nhất với hệ số không đổi
 Dạng: 0 (2 )
y py qy a
 
   (p, q là các hằng số )
 Cách giải:
PT (*) được gọi là phương trình đặc trưng của PT (2a).
Xét phương trình
2
0
k pk q
   (*)

+) Nếu PT đặc trưng có hai nghiệm thực phân biệt 1 2
,
k k
thì nghiệm tổng quát của PT (2a) là:
1 2
1 2
k x k x
y C e C e
 
+ Nếu PT đặc trưng có nghiệm thực kép 1 2
k k k
 
thì PT (2a) có nghiệm tổng quát là:
1 2
( ) kx
y C C x e
 

+ Nếu PT đặc trưng có hai nghiệm phức 1,2
k i
 
 
thì PT (2a) có nghiệm tổng quát là:
1 2
( cos sin )
x
y e C x C x

 
 

Ví dụ: Tìm nghiệm tổng quát của phương trình
5 6 0
y y y
 
  
Giải:
PT đặc trưng của PT đã cho là: 2
5 6 0
k k
  
có các nghiệm 1 2
3, 2.
k k
   
3 2
1 2
x x
y C e C e
 
 

Ví dụ: Giải phương trình 2 0
y y y
 
  
Giải:
Phương trình đặc trưng: 2
2 1 0
k k
   có nghiệm kép
1 2 1
k k
 
Vậy nghiệm tổng quát của PT đã cho là
1 2
( ) x
y C C x e
 

Ví dụ: Tìm nghiệm của bài toán Côsi:
2 2 0, (0) (0) 1
y y y y y
  
    
Giải:
PT đặc trưng 2
2 2 0
k k
   có nghiệm 1,2 1
k i
  
Nghiệm tổng quát của PT đã cho là
1 2
( cos sin )
x
y e C x C x

 

Nghiệm cần tìm là (cos 2sin )
x
y e x x

 
Với điều kiện (0) (0) 1
y y
  ta có:
1
1 2
1
1
C
C C



  

1
2
1
2
C
C


 



b) PTVP tuyến tính không thuần nhất với hệ số không đổi
 Dạng: ( ) (2 )
y py qy f x b
 
  
 Cách giải:
Cách 1: Dùng phương pháp biến thiên hằng số
( ,
p q là các hằng số)

(1)
1
x
x
e
y y
e
  

Giải:
Xét phương trình 0 (2)
y y
  
Phương trình đặc trưng: 2
1 0
k   có nghiệm 1.
k  
Nghiệm tổng quát của PT (2) là 1 2
x x
y C e C e
 

Dùng phương pháp biến thiên hằng số, coi 1 2
,
C C là
các hàm số của x sao cho
1 2
1 2
0
1
x x
x
x x
x
C e C e
e
C e C e
e


  
 


 
 



Ta có:

1
C 
1 1
2 1
x
e 
0
1
x
x
x
x
x x
x x
e
e
e
e
e e
e e





 

2
C 
2
1
2 1
x
x
e
e


0
1
x
x
x
x
x x
x x
e
e
e
e
e e
e e


 


Từ đó:
1
C 
1 1
2 1
x
dx
e 

1
1
2 1
x
x
e
dx
e
 
 
 

 

  1
1
ln 1
2
x
x e K
 
   
 
2
C 
2
1
2 1
x
x
e
dx
e



1
2 1
x
x
x
e
e dx
e
 
  
 

 

  2
1
ln 1
2
x x
e e K
 
    
 

Vậy nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là
y     
1 2
1 1
ln 1 ln 1
2 2
x x x x x x x
x e e K e e e e K e
 
   
      
   
hay
y     
1 2
1 1
ln 1 ln 1
2 2
x x x x x x x
K e K e x e e e e e
 
   
      
   

Cách 2:
nhất (2b) bằng một nghiệm riêng bất kì của nó cộng với
nghiệm tổng quát của phương trình tuyến tính thuần
Nghiệm tổng quát của PT tuyến tính không thuần
nhất (2a).

* Khi tìm nghiệm riêng của PT tuyến tính không thuần
nhất (2b), ta chú ý các trường hợp đặc biệt sau:
Trường hợp 1:
( ) ( )
x
n
f x e P x


trong đó ( )
n
P x là đa thức bậc n,  là hằng số.

2
0
k pk q
  
thì ta tìm một nghiệm riêng của (2b) dạng:
i) Nếu không là nghiệm của PT đặc trưng

( )
x
n
Y e Q x

 ( ( )
n
Q x là đa thức bậc n)
( Tìm ( )
n
Q x bằng cách viết dưới dạng tổng quát của đa
, ,
Y Y
  thay vào PT rồi cân bằng hệ số
thức bậc n, tính
hai bên)

( )
x
n
Y xe Q x


một nghiệm riêng của (2b) dạng:
ii) Nếu là nghiệm đơn của PT đặc trưng thì ta tìm

2
( )
x
n
Y x e Q x


một nghiệm riêng của (2b) dạng:
iii) Nếu là nghiệm kép của PT đặc trưng thì ta tìm


Trường hợp 2:
( ) ( )cos ( )sin
m n
f x P x x Q x x
 
 
trong đó , ( ), ( )
m n
P x Q x
  lần lượt là các đa thức
bậc m, n với hệ số thực.

i) Nếu i
 không là nghiệm của PT đặc trưng thì tìm
một nghiệm riêng của PT (2b) dạng:
( )cos ( )sin
l l
Y R x x S x x
 
 
trong đó ( ), ( )
l l
R x S x là các đa thức bậc max( , )
l n m

 
( )cos ( )sin
l l
Y x R x x S x x
 
 
ii) Nếu i
 là nghiệm của PT đặc trưng thì tìm một
nghiệm riêng của PT (2b) dạng:

Trường hợp 3:
 
( ) ( )cos ( )sin
x
m n
f x e P x x Q x x

 
 
Ta đưa PT về trường hợp 2 bằng cách đặt
x
y e z



66
2 (1)
y y y x
 
  
Giải:
Xét phương trình 2 0 (2)
y y y
 
  
PT đặc trưng:
2
2 1 0
k k
   có nghiệm kép 1
k  
Nghiệm tổng quát của PT (2) là y 
Có ( )
f x 
Vì 0
  không là nghiệm của PT đặc trưng nên ta tìm
nghiệm riêng của PT (1) dạng Y 
1 2
( ) x
C C x e

x 
0
1( )
x
e P x
0
1( )
x
e Q x  Ax B


Y 
Thay vào phương trình (1), ta có:
2A Ax B x
  
2
A
A B



 

2
Y x
  
Vậy nghiệm tổng quát của PTVP đã cho là
1 2
( ) 2.
x
y C C x e x

   
Có ,
A Y  0
1
2
A
B


 
 

1
0

Ví dụ: Giải PT vi phân: 2 3 (1)
x
y y y e x
 
  
Giải:
Xét phương trình 2 3 0 (2)
y y y
 
  
PT đặc trưng: 2
2 3 0
k k
   có nghiệm 1, 3
k k
  
Nghiệm tổng quát của PT (2) là
3
1 2
x x
y C e C e
 
Có
1
1
( ) ( )
x x
f x e x e P x
 
Vì 1
  là nghiệm đơn của PT đặc trưng nên ta tìm
nghiệm riêng của PT (1) dạng
Y  1( )
x
xe Q x  ( )
x
xe Ax B
  2
( )
x
e Ax Bx


Y 
Y 
Thay vào PT (1), ta có: 8 2 4
Ax A B x
  
8
2 4
A
A B



 

Có 2
(2 )
x
e Ax A B x B
 
  
 
2
(4 ) 2 2
x
e Ax A B x A B
 
   
 
1
8
1 1
2 16
A
B A




 
    


1
0

Y
 
Nghiệm tổng quát của PT đã cho là
y  3 2
1 2
1 1
( )
8 16
x x x
C e C e e x x

  
2
1 1
( )
8 16
x
e x x


Ví dụ: Tìm nghiệm của PT
2
4 4 4 (1)
x
y y y e
 
  
Giải:
Xét PT thuần nhất: 4 4 0 (2)
y y y
 
  
PT đặc trưng 2
4 4 0
k k
   có nghiệm kép 1 2 2
k k
 
Nghiệm tổng quát của PT (2) là y 
Có ( )
f x 
ta tìm nghiệm riêng của PT (1) dạng:
thỏa mãn điều kiện (0) 0, (0) 1.
y y
 
2
1 2
( ) x
C C x e

2
4 x
e  2
0 ( )
x
e P x
Vì 2
  là nghiệm kép của PT đặc trưng nên

Y 
Y 
Thay vào PT đã cho, ta có:
2 2 2
4 8 2 8 8 4 4
Ax Ax A Ax Ax Ax
     
2 4
A
 
Y
 
Có
2 2
2 2
x
e Ax Ax
 

 
 
2 2
4 8 2
x
e Ax Ax A
 
2
A
 
2 2
2 x
x e
Y  2 2x
Ax e

Nghiệm tổng quát của PT đã cho là:
y 
Với điều kiện (0) 0, (0) 1
y y
  ta có:
1
2
0
1
C
C


 


Vậy nghiệm cần tìm là y 
2 2 2
1 2
( ) 2
x x
e C C x x e
 
2 2
(2 ) x
x x e

1
1 2
0
2 1
C
C C



 


2
2cos
y y x
 
 
Giải:
Ta có: 1 cos2
y y x
 
  
Xét PT 0
y y
 
  (1)
PT đặc trưng 2
0
k k
  có nghiệm 0, 1
k k
 
x
y C C e
 
Dễ thấy PT 1
y y
 
  có một nghiệm riêng là 1
Y x
 

Vì i
  không là nghiệm của PT đặc trưng nên
ta tìm nghiệm riêng của PT (2) dạng
2
Y 
2
Y 
2
Y
Có
2i

Xét PT cos2
y y x
 
  (2)
Có ( )
f x  cos2x  0 0
( )cos2 ( )sin2
P x x Q x x

cos2 sin2
A x B x

2 sin2 2 cos2
A x B x
 
4 cos2 4 sin2
A x B x
 

Thay vào (2), ta có:
( 4 2 )cos2 (2 4 )sin2 cos2
A B x A B x x
    
Cân bằng các hệ số của sin2 ,cos2
x x
2
Y
 
4 2
2 4
A B
A B
  


 

1
0
2
10
1
10
A
B

 


 
  


2 1
cos2 sin2
10 10
x x
 

Y 
Vậy nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là
y 
Theo nguyên lí chồng nghiệm, PT đã cho có một nghiệm
riêng là:
1 2
Y Y
 
2 1
cos2 sin2
10 10
x x x
  
1 2
2 1
cos2 sin2 .
10 10
x
C C e x x x
   

Ví dụ: Tìm nghiệm tổng quát của PTVP
cos
y y x x
 
 
Giải:
Xét PT thuần nhất 0
y y
 
  (1)
PT đặc trưng 2
0
k k
  có nghiệm 0, 1
k k
  
x
y C C e
 
( ) cos cos 0.sin
f x x x x x x
   
1 0
( )cos ( )sin
P x x Q x x
 
Có

Vì i i

   không là nghiệm của PT đặc trưng nên
ta tìm nghiệm riêng của PT đã cho dạng
( )cos ( )sin
Y Ax B x Cx D x
   
( )cos ( )sin
Y Cx A D x Ax B C x

       
( 2 )cos ( 2 )sin
Y Ax B C x Cx A D x
        

( ) 2
( ) 2 0
C A x A B C D x
A C x A B C D
     


     

Cân bằng hệ số hai bên, ta có
 
( ) 2 cos
C A x A B C D x
     
 
( ) 2 sin cos
A C x A B C D x x x
      

1
2 0
0
2 0
C A
A B C D
A C
A B C D
 

    

 
 

    

Giải hệ, tìm được
1 1 1
, 1, ,
2 2 2
A B C D
    
1 1
( 2)cos ( 1)sin
2 2
Y x x x x
     

Vậy nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là:
1 2
1 1
( 2)cos ( 1)sin .
2 2
x
y C C e x x x x

     

Ví dụ: Giải phương trình (sin 3cos )
x
y y e x x

 
  
Giải:
Đặt y 
y
 
y 
x x
e z e z
 

 
x
e z

x x x x
e z e z e z e z
   
  
  
2
x x x
e z e z e z
  
 
  

sin 3cos
z z x x
 
   (*)
Xét PT 0
z z
 
  (**)
PT đặc trưng 2
0
k k
  có nghiệm 0, 1
k k
 
 nghiệm tổng quát của PT (**) là 1 2
x
z C C e
 
Ta tìm nghiệm riêng của (*) dạng Z 
Z 
Z 
cos sin
A x B x

sin cos
A x B x
 
cos sin
A x B x
 

Thay vào phương trình (*), ta có:
( )cos ( )sin sin 3cos
A B x A B x x x
     
3
1
A B
A B
   

 
 

Z
 
Nghiệm tổng quát của PT (*) là
z 
2
1
A
B


 


2cos sin
x x

1 2 2cos sin
x
C C e x x
  

Vậy nghiệm tổng quát của PT đã cho là
y   
1 2 2cos sin
x x
e C C e x x

  

3. Phương trình Euler
2
0 (3)
x y axy by
 
  
Cách giải:
Đặt
t
x e

dt
 
1
dx
x
( Đổi biến để đưa về PT tuyến tính hệ số không đổi)

y 
dy
dx
 .
dy dt
dt dx

1 dy
x dt
y 
dy
dx


1
d dy
dx x dt
 

 
 
2
1 1
. .
dy d dy dt
x dt x dt dt dx
 
   
 
2
2 2 2
1 1
dy d y
x dt x dt
  
Thay vào PT (3), ta có:

2
2
( 1) 0
d y dy
a by
dt dt
   
Đây là PT tuyến tính thuần nhất hệ số không đổi.
Giải PT, tìm y theo ,
t từ đó suy ra y theo x

2
3 0
x y xy y
 
  
Giải:
Đặt
t
x e

Ta có: 2 2 0 (*)
y y y
 
  
PT đặc trưng
2
2 2 0
k k
   có nghiệm 1
k i
 
Nghiệm tổng quát của PT (*) là:  
1 2
cos sin
t
y e C t C t
 
y   
1 2
cosln sinln
x C x C x


Ví dụ: Tìm nghiệm tổng quát của PTVP
2 2
4 4 ln
x y xy y x x
 
  
Giải:
Đặt
t
x e

Có
2
3 4 (*)
t
y y y te
 
  
Nghiệm tổng quát của PT (*) là:
4 2
1 2
1 7
6 36
t t t
y C e C e te

   
2
2
1 4
1 7
ln
6 36
C
y C x x x
x
   

§4. HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN
1. Đại cương về hệ PTVP
* Hệ PTVP chuẩn tắc cấp 1 có dạng:
1 1 1 2
2 2 1 2
1 2
( , , ,..., )
( , , ,..., )
...
( , , ,..., )
n
n
n n n
y f x y y y
y f x y y y
y f x y y y
 

  



  

x là biến số độc lập
1 2
, ,..., n
y y y là các hàm số phải tìm

* Định lí tồn tại và duy nhất nghiệm

* Nghiệm tổng quát của hệ là bộ n hàm số 1 2
, ,..., n
y y y
có dạng 1 2
( , , ,..., )
i i n
y x C C C


trong đó 1 2
, ,..., n
C C C là các hằng số
sao cho….

* Nghiệm riêng của hệ là nghiệm lấy từ họ nghiệm
tổng quát khi cho 1 2
, ,..., n
C C C các giá trị cụ thể

2) Cách giải:
Đưa hệ PTVP chuẩn tắc cấp 1 về dạng PTVP cấp cao
đối với một hàm số nào đó bằng cách khử các hàm
số còn lại từ các PT của hệ
( Phương pháp khử)

Ví dụ: Giải hệ phương trình
5 4 (1)
4 5 (2)
y y z
z y z
  


  

Giải:
5 4 5 16 20
y y z y y z
   
    
Từ (1),
5
4
y y
z
 

Có 5 16 5 25
y y y y y
  
   

10 9 0 (*)
y y y
 
  
Phương trình đặc trưng 2
10 9 0
k k
  
có nghiệm 1, 9
k k
 
Nghiệm tổng quát của PT (*) là y 
Từ đó z 
9 9
1 2 1 2
9 5 5
4
x x x x
C e C e C e C e
  
9
1 2
x x
C e C e

9
1 2
x x
C e C e
  

Vậy nghiệm tổng quát của hệ PT đã cho là
9
1 2
9
1 2
x x
x x
y C e C e
z C e C e
  


  


1 2
( ,
C C là các hằng số)

* Chú ý:
Trong một số trường hợp, có thể tổ hợp các PT của
hệ để được một hệ dễ giải (Phương pháp tổ hợp)

Ví dụ: Tìm nghiệm tổng quát của hệ
2
2
(1)
(2)
y y yz
z yz z

  

  

Giải:
Lấy (1) chia (2) ta có:
y y
z z



y z
y z
 


1
ln ln ln
y z C
 
1
y C z

Lấy (1) cộng (2): 2
( )
y z y z
 
  
2
( )
1
( )
y z
y z




2
1
x C
y z
  


2
1
y z
x C
  

1
2
1
( 1)
C z
x C
  

1 2
1
( 1)( )
z
C x C
 
 
1
2 1 2 2 1
1 1
( 1)( ) ( )( 1)
C
y
x C C x C x C C

   
    

Vậy hệ có nghiệm tổng quát là:
1
1 2
1 2
( 1)( )
1
( 1)( )
C
y
C x C
z
C x C

 
  


  
  


3. Hệ phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất
hệ số không đổi

slide chương 4 Giải tích 2 from PTIT in Hanoi.pdf

More Related Content

What's hot

Similar to slide chương 4 Giải tích 2 from PTIT in Hanoi.pdf

Recently uploaded

slide chương 4 Giải tích 2 from PTIT in Hanoi.pdf