PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP MỘT 1.1 Khái niệm chung Bài toán Cauchy Định lý tồn nghiệm a Khái niệm chung: Phương trình vi phân (ptvp) cấp phương trình có dạng: F ( x, y, y " ) = (1.1) đó, x biến số độc lập; y = y(x) hàm số phải tìm; y " đạo hàm y Ví dụ: y "− cos x = ptvp cấp Nghiệm ptvp cấp hàm số thỏa mãn phương trình ấy, tức hàm số cho chúng vào phương trình, ta đồng thức Nếu giải phương trình (1.1) y " , phương trình có dạng y " = f ( x, y ) (1.2) Ví dụ: Nghiệm phương trình y "− cos x = y = sin x + C Giải ptvp tìm tất nghiệm Về mặt hình học, nghiệm ptvp xác định đường cong, gọi đường cong tích phân phương trình Như vậy, việc giải ptvp tìm tất đường cong tích phân Các đường cong xác định phương trình y = ϕ(x) , xác định phương trình Φ ( x, y ) = , xác định phương trình tham số x = x(t), y = y(t) b Bài toán Cauchy: Bài toán tìm nghiệm ptvp cấp thỏa mãn điều kiện đầu y(x ) = y , viết y = y , gọi toán Cauchy x = x0 Ví dụ: Tìm nghiệm ptvp y " = cos x thỏa mãn điều kiện y(0) = ∫ HD: y = cos xdx + C = sin x + C Vì y(0) = nên C = , y = sin x + c Định lý tồn nghiệm: ∂f liên tục miền D ⊂ R đóng, bị chặn ( x , y ) ∈ D tồn ∂y nghiệm y = y(x) phương trình y " = f ( x, y ) thỏa mãn điều kiện đầu y(x ) = y Nghiệm xác định khoảng ( a, b ) ⊂ R x ∈ ( a, b ) Nếu f 1.2 Phương trình có biến số phân ly a Phương trình có biến số phân ly Phương trình có biến phân ly phương trình có dạng p(x)dx + q(y)dy = (1.3) Ở hệ số dx hàm phụ thuộc biến x, hệ số dy hàm phụ thuộc biến y Ta giả thiết hàm p, q liên tục miền xác định chúng Lấy tích phân hai vế (11.5) ta được: ∫ p(x)dx + ∫ q(y)dy = C (1.4) Đẳng thức (11.4) cho ta tích phân tổng quát phương trình (11.3) 2x 2y dx + dy = có tích phân tổng quát là: 1+ x + y2 2x 2y 2 ∫ + x dx + ∫ + y2 dy = C ⇔ ln ( + x ) + ln ( + y ) = C Ví dụ: Phương trình ( )( ) 2 C Do + x + y = e , tích phân tổng quát phương trình b Phương trình có biến số phân ly Đó phương trình có dạng: m1 (x)n1 (y)dx + m (x)n (y)dy = (1.5) Ở hàm m1 , n1 , m , n giả thiết liên tục miền xét + Trường hợp n1 (y)m (x) ≠ , (1.5) viết lại dạng: m1 (x) n (y) dx + dy = , m (x) n (y) (1.6) tức là, ta đến phương trình biến số phân ly + Trường hợp n1 (y)m (x) = , xét cho ptvp cụ thể Ví dụ: Giải ptvp (x + 1)y dx + x (1 − y)dy = Giả sử xy ≠ Phương trình cho viết lại x +1 1− y dx + dy = Do đó: x y 1 1 1 x x+y dx + ∫ − dx = C Suy ra: ln x − − − ln y = C ⇔ ln − = C 2 y x y y xy y x = y = Ngoài ra, hai nghiệm phương trình cho y ∈ R x ∈ R, 1 ∫ x + x Ví dụ: Giải ptvp x + y dx + y + x dy = , với điều kiện ban đầu y(0) = HD: Rõ ràng ( + y2 )( ) + x ≠ 0, ∀x, y ∈ R Phương trình cho viết lại dạng Từ đó, suy xdx 1+ x + ydy 1+ y = + x + + y = C Vì y(0) = , nên tìm C = + Vậy, tích phân riêng phương trình + x + + y2 = + Bài tập: A Giải phương trình vi phân (với biến số phân li được): y " = ( ln x + (ĐS: x ln x − y ln y = C ); ln y + x + y ) dx + y ( + x ) dy = (ĐS: x y " = (y + 1)e x (ĐS: y = Cee − ); 1 + = C, C > ); + x + y2 y = x x+y − = C, (xy ≠ 0) nghiệm riêng y xy x ∈ R x (y + 1)dx + (x − 1)(y − 1)dy = ĐS: ln x − + y − 2ln y + = C hai nghiệm riêng y = − x =1; y = kπ, k ∈ Z y y "cos2y − sin y = ĐS: x = ln tan + 2cos y + C, (y ∉ { kπ | k ∈ Z} ) x ∈ R (x − yx )y "+ y + xy = ĐS: ln ey − 1 y y" = (ĐS: ln e − + y − 2ln x + C = ) y e −2 x (x + 2x )dx + (y + 2y )dy = ĐS: x + y + x + y = C dx dy dx dy + = (ĐS: arcsin x + arcsin y = C ); 10 + = ĐS: x + y = C x y − x2 − y2 11 xydx + (x + 1)dy = ĐS: y = C(x + 1)e − x ; x = −1 12 + y dx = xydy (ĐS: ln x = C + + y ); 13 2x yy "+ y = ĐS: y − = Ce1 x 14 y "− xy = 2xy ĐS: (Ce − x − 1)y = 2; y = x 15 2x − y dx + ydy = ĐS: y = e (ln x + C); x = y −1 ĐS: xy = C − ln x x +1 y 18 y " = ĐS: y = Ce x − x − x dx + t = ĐS: x + t − 2t = C 20 x dt 16 y " = 17 y " = e x − y ĐS: y = x(C + sinx) 19 y " = y ĐS: y = Cln x − ln x x 1 y + + ln = C x y x 2x y y 22 (1 + y )(e dx − e dy) − (1 + y)dy = ĐS: 2e − e 2x + 2arctan y + ln(1 + y ) = C 21 (y + xy )dx + (x − yx )dy = ĐS: B Tìm nghiệm riêng ptvp (với biến số phân li được), thỏa mãn điều kiện ban đầu: 3π y π 4x + 2(x − 1) (x + 1)y " = y + 4; y(1) = ĐS: arctan = 2arctan x − , tức y = 2x + − x y y Lưu ý: tan arctan ÷ = đặt t = arctan x , ta có: 2 x (1 + e 2x )y dy = e x dx; y(0) = ĐS: y = 3arctan e − tan ( arctan x ) − tan π tan t −1 2x −1 π 2x − + x = tan 2t − = − tan t tan arctan x − ÷ = = 1− x = π + tan 2t tan t 2x 4 2x + − x + tan ( arctan x ) tan 1+ 1+ 2 − tan t y "sin x cos y + cos x sin y = 0; y( π 4) = π ĐS: sin x sin y = (1 − x)dy − ydx = 0; y(0) = ĐS: y = 2 1− x C NTQ: y = 1− x x −1 π ĐS: y = arcsin x; x = NTQ: y = arcsin x + C; x = ±1 2 (x − 1)y" + 2xy = 0; y(0) = ĐS: y ln(1 − x ) + 1 = NTQ: y(ln x − + C) = ; y = y "cot x + y = 2; y(0) = −1 ĐS: y = − 3cos x NTQ: y = + Ccos x y " = y cos x; y(0) = ĐS: y = esinx xy " + y = y ; y(1) = ĐS: y(1 + x) = NTQ: y(1 − Cx) = ; y = 10 (x + 2y)y" = 1; y(0) = −1 ĐS: x + 2y + = NTQ: x + 2y + = Ce y dx − − x dy = 0; y(1) = 1.3 Phương trình đẳng cấp cấp (ptvp cấp nhất): a Định nghĩa: Định nghĩa 1: Phương trình vi phân y " = f ( x, y ) gọi đẳng cấp cấp (hoặc cấp y ÷ x nhất) vế phải f ( x, y ) viết dạng g x − xy + y x + 2y + Ví dụ 1: Phương trình y " = , viết lại dạng: x + y2 x+y y y y − ÷+ ÷ + ÷ x x + x y" = Nên, phương trình cho ptvp đẳng cấp cấp y y 1+ ÷ 1+ ÷ x x Định nghĩa 2: Phương trình P(x, y)dx + Q(x, y)dy = , P, Q hàm đẳng cấp bậc m (tức là, P(λx, λy) = λ m P(x, y) Q( λx, λy) = λ m Q(x, y) ), gọi phương trình đẳng cấp cấp ( ) ( ) 2 2 Ví dụ 2: x + 2xy − y dx + y + 2xy − x dy = phương trình đẳng cấp cấp b Cách giải: Để giải ptvp đẳng cấp cấp dạng: y y " = g ÷, (1.7) x ta đặt y = ux , u hàm số x Khi y " = xu " + u (1.9) trở thành: du dx du xu "+ u = g(u) ⇔ x + u = g(u) ⇔ + = dx x u − g(u) Đó phương trình biến số phân ly, giải phương trình tìm u(x) Cuối cùng, nghiệm phương trình (1.7) y = xu(x) 2xy − y Ví dụ 3: Giải phương trình vi phân y " = x − xy y y ÷− ÷ x x HD: Phương trình viết lại: y " = y 1− ÷ x 2u − u Đặt y = ux Suy y " = xu " + u phương trình trở thành: xu " + u = 1− u dx du 2u − u = − 1÷du Suy Tương đương với +u= x u dx 1− u ln x + ln C = ln u − u, C > Hay x Tức là: ln y y y u u y x x x =u⇔ = eu ⇔ = e ⇔ y = Cx e ⇔ y = C x e Cx Cx Cx ( ) 3 Ví dụ 4: Giải phương trình vi phân xy dy = x + y dx HD: Rõ ràng x = y = nghiệm phương trình cho x + y3 x y Với xy ≠ phương trình viết lại: y " = = ÷ + ÷ xy y x du + u phương trình trở thành: Đặt y = ux Suy y " = xu " + u = x dx du dx u3 x + u = + u ⇔ u du = Suy ra: = ln x + ln C, C > dx u x y3 y Hay 3ln Cx = u = ÷ = ⇔ y = x 3ln Cx x x Bài tập: A Giải ptvp đẳng cấp cấp một: ( x + 2y ) dx − xdy = ĐS: x + y = Cx ; x = ( ) 2 y − 2xy dx + x dy = ĐS: x(y − x) = Cy; y = 2 (x − y)dx + (x + y)dy = ĐS: ln(x + y ) = C − 2arctan ( y x ) 2x y" = y(2x − y ) ĐS: x = ln Cx; y = y + x y " = xyy " ĐS: y = Ce y x x(x + 2y)dx + (x − y )dy = ĐS: x + 3x y − y = C (x − y )dx + 2xydy = ĐS: x + y − Cx = 0; x = x + 3y ĐS: y = C x − x (x ≠ 0) 2x xy " = y − xe y x ĐS: y = − x ln < ln(Cx) > 10 xy " − y = x tan ( y x ) ĐS: sin ( y x ) = Cx y " = x+y x + y = Cx ÷ ĐS: ln ÷ x x 11 xy " − y = (x + y) ln 2x + y ĐS: y = Cx + 2x ln x (x ≠ 0) x y y" = ĐS: x = y(C + ln y ) (y ≠ 0) x+y xdy − ydx = ydy ĐS: x = y(C − ln y ) (y ≠ 0) dx dy = ĐS: x + y = Ce − arctan(y x) x + y −x + y dx dy = ĐS: 2y − 3xy + 6x y = C 2 2x − 2xy + 2y y − 4xy 12 y " = 13 14 15 16 17 (y + xy )dx = xdy ĐS: x ln ( Cx ) = xy; y = 18 xy " = x − y + y ĐS: arcsin(y x) = ln Cx ; y = ± x B Giải ptvp đẳng cấp cấp một, thỏa điều kiện ban đầu: y y ln ; y(1) = ĐS: y = xe1−x ; NTQ y = xe1+Cx x x xdy − (x + y)dx = 0; y(1) = ĐS: y = x + ln x ; NTQ y = Cx + ln x (x ≠ 0), x = (y ≠ 0) y " = c Phương trình đưa dạng đẳng cấp cấp một: a1 b1 x = u + α a x + b1 y + c1 dy ≠ đặt =f Xét phương trình Nếu ÷ a b2 dx y = v + β, a x + b2 y + c2 a1α + b1β + c1 = a u + b1 v dv =f ta đưa dạng ÷ du a α + b2β + c = 0, a u + b2 v α, β xác định từ hệ Nếu a1 a2 b1 = a = ka1 , b2 = kb1 nên phương trình có dạng: b2 a x + b1 y + c1 dy =f ÷ = F(a1x + b1y) : thuộc dạng xét dx k(a1x + b1 y) + c dy x + y − = Ví dụ: Xét phương trình dx x − y + 1 α + β − = α = −1 = −2 ≠ nên tìm α, β từ hệ: ⇔ Vì −1 α − β + = β = + ( Y X) x = X − dY X + Y = ⇔ Y" = phương trình đưa dạng dX X − Y 1− ( Y X) y = Y + 3, Đặt Y = UX ⇒ Y " = U " X + U Phương trình trở thành: dX − U 2U = dU = − dU 2 X 1+ U + U 1 + U 2 Suy ra: ln X + ln C = arctan U − ln(1 + U ) = arctan U − ln + U Đặt Hay: ln CX + U = arctan U Suy ra: CX + U = earctan U ⇔ C X + Y = earctan( Y Tóm lại, tích phân tổng quát: C (x + 1)2 + (y − 3)2 = e X) arctan y-3 ÷÷ x+1÷ Bài tập: Giải ptvp đưa dạng đẳng cấp cấp một: x +y−3 arctan y-1 ÷÷ ÷ x-2 y" = ĐS: C (x − 2) + (y − 1) = e x − y −1 (2x − 4y + 6)dx + (x + y − 3)dy = ĐS: (y − 2x)3 = C(y − x − 1) ; y = x + (2x + y + 1)dx − (4x + 2y − 3)dy = ĐS: 2x + y − = Ce 2y−x x − y − + (y − x + 2)y" = ĐS: (y − x + 2) + 2x = C (x + 4y)y" = 2x + 3y − ĐS: (y − x + 5)5 (x + 2y − 2) = C (y + 2)dx = (2x + y − 4)dy ĐS: (y + 2) = C(x + y − 1); y = − x 1.4 Phương trình vi phân tuyến tính cấp Đó phương trình có dạng: y "+ p(x)y = q(x) p(x), q(x) hàm số liên tục khoảng ( a, b ) (1.12) Khi q(x) ≡ ( a, b ) , phương trình (1.12) trở thành: y "+ p(x)y = , (1.13) viết dy + p(x)y = , dx gọi ptvp tuyến tính Ta bắt đầu tìm nghiệm từ phương trình (1.13) Rõ ràng y = nghiệm phương trình (1.13) Với y ≠ phương trình (1.13) viết lại dy y = − p(x) Suy ln = − ∫ p(x)dx , hay y C − p( x)dx , y = C.e ∫ (1.14) với C số tùy ý Bây ta tìm nghiệm phương trình (1.12) dạng (1.14) cách coi C = C(x) hàm số theo x: − p(x )dx , y = C(x).e ∫ (1.15) Suy y " = C"(x).e − ∫ p( x )dx − C(x)p(x).e − ∫ p(x)dx Thay chúng vào (1.12) ta C"(x).e − ∫ p( x)dx = q(x) , kéo theo C"(x) = q(x)e ∫ p(x )dx p( x )dx Từ C(x) = q(x)e ∫ ÷dx + K , (với K số tùy ý) Thay vào (1.15) ta ∫ − p( x )dx ∫ p( x )dx dx + K y=e ∫ q(x)e ÷ ∫ (1.16) Tóm lại, nghiệm ptvp (1.12) có dạng (1.16) Chú ý: Cách tìm nghiệm trên, gọi phương pháp biến thiên số Ví dụ: Giải ptvp y "+ 2xy = 2xe − x Phương trình y "+ 2xy = có nghiệm y = C.e − ∫ 2xdx = C.e − x Xét nghiệm phương trình 2 2 cho dạng y = C(x)e − x Khi y " = C"(x)e − x − 2xC(x)e − x Thay y = C(x).e − x 2 2 y " = C"(x)e − x − 2xC(x)e − x vào phương trình ban đầu, ta được: C"(x)e − x = 2xe − x Suy C(x) = x + K Vậy nghiệm phương trình cho là: 2 y = C(x)e − x = e − x x + K , với K số tùy ý Bài tập: A Giải ptvp tuyến tính cấp một: xy " − 2y = 2x ĐS: y = Cx + x (1 + x )y "− 2xy = (1 + x ) ĐS: y = (1 + x )(C + x) x y "+ xy + = ĐS: xy = C − ln x (xy + e x )dx − xdy = ĐS: y = e x ( ln x + C ) ; x = 2x(x + y)dx = dy ĐS: y = Ce x − x − (2x + 1)y" = 4x + 2y ĐS: y = (2x + 1) ( C + ln 2x + ) + (2e y − x)y" = ĐS: x = e y + Ce − y , viết dạng x "+ x = 2e y C 2 − y , viết dạng x "+ x = −2 y y (x + y )dy = ydx ĐS: x = y + Cy; y = , viết dạng x "− x = y y 10 sin (y) + x cot(y) y " = ĐS: x = (C − cos y)sin y , viết x "− cot(y).x = sin (y) ydx + 2(x + y)dy = ĐS: x = 11 y = x ( y "− x cos x ) ĐS: y = x ( sinx + C ) 12 xy " + (x + 1)y = 3x e − x ĐS: xy = (x + C)e − x 13 (xy" − 1)ln x = 2y ĐS: y = Cln x − ln x B Giải ptvp tuyến tính cấp một, thỏa điều kiện ban đầu (tìm nghiệm toán Cô-si): 2 y = ; y(1) = ĐS: y = − + x x x x 2 xy " = x + 2y; y(0) = ĐS: y = Cx − x (x ≠ 0) ; x = (y ≠ 0) xy " = x − y; y(0) = ĐS: y = x (x ≠ 0); x = (y ≠ 0) y "+ y; y(0) = ĐS: y = C x + 2x (x ≠ 0); x = (y ≠ 0) xy " = x + y; y(0) = ĐS: y = Cx + x ln x (x ≠ 0); x = (y ≠ 0) xy " = x + 1.5 Phương trình Bernoulli Phương trình Bernoulli (Becnuli) phương trình có dạng: (1.17) y "+ p(x)y = q(x)y α với p(x), q(x) hàm liên tục khoảng ( a, b ) Nếu α = α = phương trình trở thành ptvp tuyến tính cấp Ta xét α ≠ α ≠ Giả sử y ≠ , phương trình (1.17) viết lại: y −α y "+ p(x)y1−α = q(x) Đặt z = y1−α , ta có z " = (1 − α)y −α y " , thay vào (1.18) ta được: z "+ (1 − α)p(x)z = (1 − α)q(x) (1.18) (1.19) Phương trình (1.19) ptvp tuyến tính cấp một, có nghiệm tổng quát dạng z = ϕ ( x,C ) Từ 1−α tìm nghiệm phương trình (1.18) đẳng thức y Ví dụ 1: Giải phương trình = ϕ ( x,C ) 2y y (1.20) = , ( x ≠ 0) x x2 Đây phương trình Becnuli với α = Rõ ràng y = nghiệm phương trình 2y −2 −3 Với y ≠ , phương trình viết lại: y y" + = x x −3 Đặt z = y −2 , ta z " = −2y −3 y " Thay y y" = − z " y −2 = z vào phương trình, ta được: −2 z "− z = (1.21) x x Phương trình z "− z = , có nghiệm z = Cx x Tiếp theo, ta tìm nghiệm (1.21) theo phương pháp biến thiên số: z = C(x)x −2 2x −5 Ta có: z " = C"(x)x + 4C(x)x , thay vào (1.21) ta C "(x) = Suy C(x) = +K, x −5 −5 4 2x 2x −2 −2 z = C(x)x = x + K x với K số tùy ý Từ ÷.Vì z = y nên + K ÷ = y y "+ + Kx ÷ = Đây tích phân tổng quát ptvp ban đầu 5x Ví dụ 2: Xét phương trình y "− 2xy = 3x y Đây phương trình Becnuli với α = Rõ ràng y = nghiệm phương trình Với y ≠ , đặt z = y1−α = y −1 , đưa dạng: z "+ 2xz = −2x Phương trình z "+ 2xz = có nghiệm z = Ce − x Bằng phương pháp biến thiên số, tìm nghiệm phương trình z "+ 2xz = −2x dạng z = Ke − x + − x 1 Cuối cùng, nghiệm phương trình ban đầu là: y = = z Ke − x + − x x y = x y Đây phương trình Becnuli với α = Ví dụ 3: Xét phương trình y "+ − x2 Hay y Rõ ràng y = nghiệm phương trình Với y ≠ , đặt z = y1−α = y1 , đưa dạng: x x z "+ z= 2(1 − x ) x z = có nghiệm z = C − x Bằng phương pháp biến thiên số, Phương trình z "+ 2(1 − x ) x x z = có nghiệm z = K − x − (1 − x ) phương trình z " + 2(1 − x ) 12 2 Cuối cùng, tích phân phương trình ban đầu là: y = K − x − (1 − x ) Bài tập: A Giải ptvp (dạng Becnuli): = Ce 2x + x + 2 3 −x 3y y " + y + x = ĐS: y = Ce − x + y "+ 2xy = 2x y ĐS: y −2 ( ) x 2x = 1; y = y "+ 2y = y e x ĐS: y e + Ce (x + 1)(y "+ y ) = − y ĐS: y(x + 1) ( ln x + + C ) = 1; y = y " = y cos x + y tan x ĐS: y −3 = Ccos3 x − 3sin x cos x; y = xy y" = x + y ĐS: y = Cx − 3x xy " − 2x y = 4y ĐS: y = x ln Cx; y = x xy 2 = ĐS: y = x − + C x − y x −1 xy " + 2y + x y 3e x = ĐS: y −2 = x (2e x + C); y = 2y "− x = (2ln y).x y sin y x=− x 11 y " x sin y = xy "− 2y ĐS: x (C − cos y) = y; y = , viết dạng x "− 2y 2y dy 2x cos y a sin 2y −1 = x = x 12 ĐS: x = Cesin y − 2a(sin y + 1) , viết x "− dx x cos y + a sin 2y 2 ( ) 10 2x yln y − x y" = y ĐS: xy(C − ln y) = , viết dạng x "+ B Giải ptvp (dạng Becnuli) thỏa điều kiện ban đầu: xy " + y = y ln x; y(1) = ĐS: 1 = Cx + ln x + ; = ln x + y y 3 2 y "− 9x y = (x + x )y ; y(0) = ĐS: y = Ce x − x − ÷ , y = ; 9 x3 y = e − x − ÷ ,y = 9 9 −x y "− y = xy ; y(0) = ĐS: = Ce − x + 1, y = y xy " + y = xy ; y(0) = ĐS: = x(C − ln x ), x = ; y = (x ≠ 0), x = (y ≠ 0) y x xy " − y = y ; y(0) = ĐS: y = ; y = (x ≠ 0), x = (y ≠ 0) C−x PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP HAI 2.1 Khái niệm chung Bài toán Cauchy Định lý tồn nghiệm a Khái niệm chung: Ptvp cấp hai phương trình có dạng: F ( x, y, y ", y"" ) = Nếu giải phương trình y "" , có dạng y "" = f ( x, y, y " ) Chẳng hạn, yy"" + y" + yy "+ x y = , y "" + (1.30) y = x cos x ptvp cấp hai x2 b Bài toán Cauchy Định lý tồn nghiệm: Định lý 10.1 (sự tồn nghiệm) Cho phương trình dạng (1.30) Nếu f ( x, y, y " ) , ( (1.29) ) ∂f ∂f ( x, y, y" ) , ( x, y, y" ) liên tục ∂y ∂y " " miền D R x , y , y điểm thuộc D lân cận điểm x = x , tồn nghiệm y = y(x) phương trình (1.30) thỏa mãn điều kiện: (1.31) y(x ) = y ; y "(x ) = y "0 Bài toán tìm nghiệm phương trình (1.30) thỏa mãn điều kiện (1.31), gọi toán Cauchy phương trình (1.30) ( ) " Về mặt hình học, định lý khẳng định x , y , y ∈ D lân cận điểm ( x , y ) có đường tích phân phương trình (1.30) qua điểm ấy, hệ số góc tiếp tuyến điểm y"0 Người ta gọi nghiệm tổng quát phương trình (1.30) hàm số y = ϕ ( x,C1 ,C ) , C1 ,C2 số tùy ý thỏa mãn điều kiện sau: (i) Nó thỏa mãn phương trình (1.30) với giá trị C1 ,C2 ( ) " (ii) Với x , y , y điều kiện định lý tồn nghiệm ( 0 0 thỏa mãn, tìm giá trị xác định C1 = C1 ,C2 = C2 cho hàm số y = ϕ x,C1 ,C ) thỏa mãn: y(x ) = y ; y "(x ) = y "0 Hệ thức Φ ( x, y,C1 ,C ) = xác định nghiệm tổng quát phương trình (1.30) dạng ẩn, gọi tích phân tổng quát Nó biểu diễn họ đường tích phân phụ thuộc hai tham số ( ) 0 Người ta gọi nghiệm riêng phương trình (1.30) hàm số y = ϕ x,C1 ,C mà ta 0 cách cho C1 ,C2 nghiệm tổng quát giá trị xác định C1 ,C2 Hệ thức Φ ( x, y,C10 ,C02 ) = gọi tích phân riêng 2.2 Phương trình giảm cấp Phương trình giảm cấp ptvp cấp hai khuyết, có dạng: F ( x, y "" ) = ; F ( x, y ", y "" ) = ; F ( y, y ", y"" ) = a Phương trình khuyết y, y " dạng F ( x, y "" ) = : Cách giải: Đặt p = y " , ta F ( x, p" ) = , phương trình vi phân cấp p Nếu p = f (x,C1 ) nghiệm F ( x, p" ) = y = ∫ f (x,C1 )dx + C nghiệm F ( x, y "" ) = Ví dụ 1: Giải ptvp y "" = xe x 10 ∫ x x x x Đặt p = y " , ta p" = xe ⇒ p = xe dx = xe − e + C1 ∫ ∫ Từ đó: y = y "dx = pdx = = Cách 2: ∫ ( xe x − e x + C1 ) dx = (x − 2)e x + C1x + C y " = ∫ y ""dx = ∫ xe x dx = xe x − x + C1 y = ∫ y "dx = ∫ ( xe x − x + C1 ) dx = (x − 2)e x + C1x + C Ví dụ 2: Giải ptvp x = y "" + y ""+ Đặt p = y " , ta x = p" + p"+ Đặt t = p" , x = t + t + dx = ( 2t + 1) dt 2 Ta có: dp = p"dx = t ( 2t + 1) dt = 2t + t dt Suy p = ∫ 2t + t dt = t + t + C1 2 2 Vậy, phương trình x = p" + p"+ có nghiệm dạng tham số: x = t + t + 1, p = t + t + C1 2 4 Ta có: dy = y " dx = pdx = t + t + C1 ÷( 2t + 1) dt = t + t + t + 2C1t + C1 ÷dt 3 3 4 4 Suy ra: y = t + t + t + 2Ct + C ÷dt = t + t + t + C1t + C1t + C 15 12 3 ( ) ( ) ∫ Tóm lại, phương trình x = y "" + y ""+ có nghiệm dạng tham số: x = t + t + 1, y = 15 t4 + 12 t + t + C1 t + C1 t + C Cách 2: Đặt t = y "" , x = t + t + dx = ( 2t + 1) dt dy " = y "" dx = t ( 2t + 1) dt ⇒ y " = ∫ t ( 2t + 1) dt = t + t + C1 2 4 3 3 4 4 Suy ra: y = ∫ t + t + t + 2C1t + C ÷dt = t + t + t + C1 t + C1 t + C 15 12 3 dy = y " dx = t + t + C1 ÷( 2t + 1) dt = t + t + t + 2C1t + C1 ÷dt Tóm lại, tích phân dạng tham số: x = t + t + 1, y = 15 t4 + 12 t + t + C1 t + C1t + C Bài tập: Giải ptvp khuyết y, y" dạng F ( x, y "" ) = : x − sin y ""+ 2y "" = ĐS: x = sin t − 2t , y = sin 2t − cos2t + (C1 − − t )sin t + − 2C1 ÷t + t + C t 2 t −2t t −t t3 −t y"" x = e + y "" ĐS: x = e + t, y = + ÷e + − + C1 ÷e + + C1t + C 2 4 2 x2 3 ( y"" ) − = ĐS: y = + C1x + C 2 b Phương trình khuyết y dạng F ( x, y ", y "" ) = : Cách giải: Đặt p = y " , ta F ( x, p, p" ) = , phương trình vi phân cấp p ( ) Ví dụ: Tìm nghiệm riêng phương trình − x y ""− xy " = thỏa mãn điều kiện: y(0) = 0; y"(0) = 11 Đặt p = y " , ta (1 − x )p" − xp = ⇔ p"− x p = 1− x − x2 C x p = có nghiệm p = Cho biến thiên số C, tìm − x2 − x2 arcsin x + C1 x p= p = nghiệm p"− 2 1− x 1− x − x2 arcsin x C1 + dx = ( arcsin x ) + C1 arcsin x + C Từ đó: y = ∫ y "dx = ∫ pdx = ∫ 2 ÷ 1− x 1− x Từ điều kiện y(0) = , tìm C2 = Kết hợp với điều kiện y "(0) = , tìm C1 = Phương trình p"− Vậy nghiệm riêng phương trình cho y = ( arcsin x ) Bài tập: Giải ptvp khuyết y dạng F ( x, y ", y "" ) = : xy "" − y " = ĐS: y = C1x + C x ln x.y ""− y " = ĐS: y = C1 (x ln x − x) + C c Phương trình khuyết x dạng F ( y, y ", y"" ) = : dp dp dy dp dy = = p = p.p" y , ta xem p Khi y "" = p" = dx dy dx dy dx dp hàm số chưa biết y Phương trình trở thành F y, p, p ÷ = F ( y, p, p.p " ) = F ( y, p, p " ) = Là dy Cách giải: Đặt p = y " = phương trình vi phân cấp p theo biến y Ví dụ: Giải phương trình 2yy "" = y" + 1 −1 p = p Đây ptvp Becnuli ( α = −1 ) 2y 2y 1 hàm p biến y Đặt z = p2 ⇒ z " = 2pp" , thu z "− z = có nghiệm z = C1y − y y 1 −1 + p2 p" − p = p p = C y − ⇔ y = Như vậy, phương trình có đường tích phân 2y 2y C1 Đặt p = y " ⇒ y "" = p" = p.p" y , ta p"− Ta có: dy = y "dx ⇔ 2p C1 dp = pdx ⇒ p = C1 x + C2 Tóm lại, nghiệm cần tìm là: y= + p2 C1 = C1 x + C ÷ 1+ C1 Nhận xét: Từ p = C1 y − ⇔ p = ± C1 y − ⇒ x = ± ∫ Bài tập: Giải ptvp khuyết x dạng F ( y, y ", y"" ) = : y "" = 2yy" dy C1 y − = C2 ± C1 y − C1 HD: y = K (hằng số) nghiệm Đặt p = y " tìm p = y + C Suy ra: x = ∫ 12 dy y +C Nếu C = y(C1 − x) = Nếu C > y = C1 tan(C1x + C ) Nếu C phương trình vi phân tuyến tính cấp 2 Đó là phương trình có dạng: y ""+ p(x)y "+ q(x)y = f (x) (1.32) trong đó p(x),q(x),f (x) là những hàm liên tục Phương trình được gọi là thuần nhất nếu f (x) ≡ 0 , không thuần nhất nếu f (x) ≠ 0 a Phương trình vi phân tuyến tính cấp 2 thuần nhất: y ""+ p(x)y "+ q(x)y = 0 (1.33) Định lý 2.3.1 Nếu y1 (x), y 2 (x) là hai nghiệm của phương trình (1.33)... nào đó mà ta sẽ tìm Ta có y " = ke kx , y "" = k 2e kx Thay vào phương trình ( ) kx 2 (1.34), ta được e k + pk + q = 0 Vì e kx ≠ 0 nên (1.35) k 2 + pk + q = 0 kx Vậy nếu k thỏa mãn phương trình (1.35) thì hàm số y = e là một nghiệm của phương trình (1.34) Phương trình (1.35) gọi là phương trình đặc trưng của ptvp (1.34) Đó là một phương trình bậc hai, có hai nghiệm k1 , k 2 thực hay phức Có thể xảy... được n + 1 phương trình bậc nhất của n + 1 ẩn là các hệ số của Q n (x) Phương pháp tìm các hệ số của Q n (x) nêu trên được gọi là phương pháp hệ số bất định Ví dụ: Giải phương trình y ""+ 3y "− 4y = x Phương trình đặc trưng k 2 + 3k − 4 = 0 có hai nghiệm đơn k1 = 1; k 2 = −4 Vậy nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất tương ứng là y = C1e x + C2 e −4x αx Mặt khác, vế phải của phương trình có... của phương trình đã cho có dạng f1 (x) + f 2 (x) , với f1 (x) = 1 và f 2 (x) = − cos 2x Theo nguyên lý chồng nghiệm, ta tìm một nghiệm riêng của phương trình đã cho dưới dạng Y1 + Y2 , trong đó Y1 , Y2 theo thứ tự là nghiệm riêng của các phương trình: y ""+ 4y = 1; y"" + 4y = − cos 2x αx Vế phải của phương trình thứ nhất có dạng e P0 (x) , trong đó P0 (x) = 1 và α = 0 không là nghiệm của phương trình. .. lần lượt là nghiệm riêng của phương trình y ""+ p(x)y "+ q(x)y = f1 (x); y "" + p(x)y " + q(x)y = f 2 (x) thì y = y1 (x) + y 2 (x) là một nghiệm riêng của phương trình y ""+ p(x)y "+ q(x)y = f1 (x) + f 2 (x) c Phương pháp biến thiên hằng số: Được trình bày qua thí dụ sau đây ( ) 2 2 Ví dụ: Giải phương trình 1 − x y ""+ 2xy "− 2y = 1 − x Nếu 1 − x 2 ≠ 0 , phương trình vi t gọn là y ""+ 2x 2 y "− y... tổng quát của phương trình đã 2 2 ( ) 2 cho là y = C1x + C2 x + 1 , với C1 ,C2 là hai hằng số tùy ý b Phương trình vi phân tuyến tính cấp 2 không thuần nhất: Xét ptvp ở dạng (1.32): y ""+ p(x)y "+ q(x)y = f (x) Định lý 2.3.9 Nghiệm tổng quát của ptvp không thuần nhất (1.32) bằng tổng của nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất tương ứng (1.33) với một nghiệm riêng nào đó của phương trình không... ( x 2 + 1) x +1 2 2.4 Phương trình vi phân tuyến tính cấp 2 có hệ số không đổi: 2.4.1 Phương trình thuần nhất: Xét ptvp tuyến tính cấp 2 có hệ số không đổi dạng: y "" + py " + qy = 0 (1.34) trong đó p, q là hai hằng số Ta biết rằng, muốn tìm nghiệm tổng quát của nó, chỉ cần tìm hai nghiệm riêng độc lập tuyến tính Ta sẽ tìm nghiệm riêng của nó dưới dạng y = e kx trong đó k là một hằng số nào... quát của phương trình đã cho là 4 16 x 3 y = y + Y = C1e x + C2 e −4x − − 4 16 + Khả năng 2: Nếu α là nghiệm đơn của phương trình đặc trưng k 2 + pk + q = 0 , ta tìm một nghiệm riêng của (1.35) dưới dạng: Y = xe αx Q n (x) x Ví dụ: Tìm nghiệm tổng quát của phương trình y ""− y" = e ( x + 1) Phương trình đặc trưng k 2 − k = 0 có hai nghiệm k1 = 0; k 2 = 1 Do đó nghiệm tổng quát của phương trình thuần... βx + Pn (x)sin βx , trong đó Pm (x), Pn (x) là những đa bậc m, n và β là một hằng số + Khả năng 1: Nếu ± iβ không là nghiệm của phương trình đặc trưng k 2 + pk + q = 0 , ta tìm một nghiệm riêng của phương trình (1.35) dưới dạng: Y = Q t (x) cos βx + R t (x)sin βx trong đó Q t (x), R t (x) là những đa thức bậc t = max ( m;n ) Ví dụ: Giải phương trình y ""− 3y" + 2y = 2sin x Phương trình đặc trưng k... tính cấp 2 có hệ số không đổi dạng: y ""+ py "+ qy = f (x) (1.35) trong đó p, q là hai hằng số Ở trên, ta đã tìm được nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất tương ứng (1.34) Vậy chỉ vi c áp dụng phương pháp biến thiên hằng số để tìm nghiệm tổng quát của phương trình không thuần nhất (1.35) Nhưng đối với một số dạng đặc biệt của vế phải f (x) , có thể tìm được một nghiệm riêng của phương trình ... y(1) = 1.3 Phương trình đẳng cấp cấp (ptvp cấp nhất): a Định nghĩa: Định nghĩa 1: Phương trình vi phân y " = f ( x, y ) gọi đẳng cấp cấp (hoặc cấp y ÷ x nhất) vế phải f ( x, y ) vi t dạng... niệm phương trình vi phân tuyến tính cấp Đó phương trình có dạng: y ""+ p(x)y "+ q(x)y = f (x) (1.32) p(x),q(x),f (x) hàm liên tục Phương trình gọi f (x) ≡ , không f (x) ≠ a Phương trình vi phân.
Bạn đang xem: Cách tính vi phân toán cao cấp
Xem thêm: Top 8 Mẫu Phân Tích Bài Thơ Tràng Giang Hay Nhất, Top 8 Mẫu Phân Tích Tràng Giang Hay Nhất
.. 4: Giải phương trình vi phân xy dy = x + y dx HD: Rõ ràng x = y = nghiệm phương trình cho x + y3 x y Với xy ≠ phương trình vi t lại: y " = = ÷ + ÷ xy y x du + u phương trình trở