PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP MỘT 1.1 có mang chung vấn đề Cauchy Định lý tồn nghiệm a quan niệm chung: Phương trình vi phân (ptvp) cung cấp phương trình tất cả 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 cung cấp Nghiệm ptvp cung cấp hàm số thỏa mãn nhu cầu phương trình ấy, tức hàm số cho chúng vào phương trình, ta đồng thức ví như giải phương trình (1.1) y " , phương trình tất cả 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 phương diện hình học, nghiệm ptvp khẳng định đường cong, hotline đường cong tích phân phương trình Như vậy, việc giải ptvp kiếm tìm tất đường cong tích phân những đường cong xác định phương trình y = ϕ(x) , xác minh phương trình Φ ( x, y ) = , khẳng định phương trình tham số x = x(t), y = y(t) b vấn đề Cauchy: việc tìm nghiệm ptvp cấp thỏa mãn điều khiếu nại đầu y(x ) = y , viết y = y , call toán Cauchy x = x0 Ví dụ: kiếm tìm nghiệm ptvp y " = cos x thỏa mãn điều kiện y(0) = ∫ HD: y = cos xdx + C = sin x + C vày y(0) = đề nghị C = , y = sin x + c Định lý tồn nghiệm: ∂f liên tục miền D ⊂ R đóng, bị ngăn ( x , y ) ∈ D tồn ∂y nghiệm y = y(x) phương trình y " = f ( x, y ) vừa lòng điều kiện đầu y(x ) = y Nghiệm khẳng định khoảng ( a, b ) ⊂ R x ∈ ( a, b ) nếu như f 1.2 Phương trình bao gồm biến số phân ly a Phương trình có biến số phân ly Phương trình gồm biến phân ly phương trình bao gồm dạng p(x)dx + q(y)dy = (1.3) Ở hệ số dx hàm nhờ vào biến x, hệ số dy hàm phụ thuộc biến y Ta mang thiết hàm p, q liên tiếp miền khẳng định chúng đem tích phân nhị vế (11.5) ta được: ∫ p(x)dx + ∫ q(y)dy = C (1.4) Đẳng thức (11.4) mang đến ta tích phân tổng quát phương trình (11.3) 2x 2y dx + dy = gồm tích phân tổng thể là: 1+ x + y2 2x 2y 2 ∫ + x dx + ∫ + y2 dy = C ⇔ ln ( + x ) + ln ( + y ) = C Ví dụ: Phương trình ( )( ) 2 C vì chưng + x + y = e , tích phân bao quát phương trình b Phương trình bao gồm biến số phân ly Đó phương trình tất cả dạng: m1 (x)n1 (y)dx + m (x)n (y)dy = (1.5) Ở hàm m1 , n1 , m , n mang thiết thường xuyên miền xét + Trường vừa lòng n1 (y)m (x) ≠ , (1.5) viết lại dạng: m1 (x) n (y) dx + dy = , m (x) n (y) (1.6) tức là, ta cho phương trình trở nên số phân ly + Trường phù hợp n1 (y)m (x) = , xét cho ptvp ví dụ Ví dụ: Giải ptvp (x + 1)y dx + x (1 − y)dy = đưa sử xy ≠ Phương trình mang đến viết lại x +1 1− y dx + dy = bởi 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, nhì nghiệm phương trình mang đến y ∈ R x ∈ R, 1 ∫ x + x Ví dụ: Giải ptvp x + y dx + y + x dy = , cùng với điều kiện ban sơ y(0) = HD: rõ ràng ( + y2 )( ) + x ≠ 0, ∀x, y ∈ R Phương trình đến viết lại dạng từ bỏ đó, suy xdx 1+ x + ydy 1+ y = + x + + y = C do y(0) = , buộc phải tìm C = + Vậy, tích phân riêng rẽ phương trình + x + + y2 = + bài bác tập: A Giải phương trình vi phân (với thay đổi 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 rẽ y xy x ∈ R x (y + 1)dx + (x − 1)(y − 1)dy = ĐS: ln x − + y − 2ln y + = C nhì nghiệm riêng biệt y = − x =1; y = kπ, k ∈ Z y y "cos2y − sin y = ĐS: x = ln rã + 2cos y + C, (y ∉ 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 đôi mươi 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 kiếm tìm nghiệm riêng ptvp (với biến đổi số phân li được), vừa lòng điều khiếu nại 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 giữ 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 − rã ( arctan x ) − chảy π tan t −1 2x −1 π 2x − + x = tung 2t − = − tan t tung arctan x − ÷ = = 1− x = π + rã 2t tung t 2x 4 2x + − x + tung ( arctan x ) tung 1+ 1+ 2 − rã 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 quý phái cấp (ptvp cấp cho nhất): a Định nghĩa: Định nghĩa 1: Phương trình vi phân y " = f ( x, y ) gọi phong cách cấp (hoặc cấp cho y ÷ x nhất) vế phải f ( x, y ) viết dạng g x − xy + y x + 2y + lấy ví dụ như 1: Phương trình y " = , viết lại dạng: x + y2 x+y y y y − ÷+ ÷ + ÷ x x + x y" = Nên, phương trình cho ptvp sang trọng 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 lấy ví dụ như 2: x + 2xy − y dx + y + 2xy − x dy = phương trình quý phái cấp b bí quyết giải: Để giải ptvp sang trọng cấp dạng: y y " = g ÷, (1.7) x ta để 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 trở nên số phân ly, giải phương trình kiếm tìm u(x) Cuối cùng, nghiệm phương trình (1.7) y = xu(x) 2xy − y lấy ví dụ như 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 tự với +u= x u dx 1− u ln x + ln C = ln u − u, C > xuất xắc 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 lấy ví dụ như 4: Giải phương trình vi phân xy dy = x + y dx HD: cụ thể x = y = nghiệm phương trình mang đến 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 tuyệt 3ln Cx = u = ÷ = ⇔ y = x 3ln Cx x x bài bác tập: A Giải ptvp sang trọng 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 pháo y x ĐS: y = − x ln < ln(Cx) > 10 xy " − y = x rã ( 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 sang trọng 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 gửi dạng đẳng cấp và sang trọng cấp một: a1 b1 x = u + α a x + b1 y + c1 dy ≠ đặt =f Xét phương trình nếu như ÷ a b2 dx y = v + β, a x + b2 y + c2 a1α + b1β + c1 = a u + b1 v dv =f ta gửi dạng ÷ du a α + b2β + c = 0, a u + b2 v α, β khẳng định từ hệ ví như a1 a2 b1 = a = ka1 , b2 = kb1 phải phương trình gồm 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 ≠ cần tìm α, β tự hệ: ⇔ vì −1 α − β + = β = + ( Y X) x = X − dY X + Y = ⇔ Y" = phương trình chuyển 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 bắt lại, tích phân tổng quát: C (x + 1)2 + (y − 3)2 = e X) arctan y-3 ÷÷ x+1÷ bài bác tập: Giải ptvp gửi dạng phong cách 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 đường tính cấp cho Đó phương trình có dạng: y "+ p(x)y = q(x) p(x), q(x) hàm số thường xuyên 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 hotline 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 , giỏi y C − p( x)dx , y = C.e ∫ (1.14) cùng với C số tùy ý Bây ta search nghiệm phương trình (1.12) dạng (1.14) giải pháp 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 nó 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 tự C(x) = q(x)e ∫ ÷dx + K , (với K số tùy ý) cụ vào (1.15) ta ∫ − p( x )dx ∫ p( x )dx dx + K y=e ∫ q(x)e ÷ ∫ (1.16) nắm lại, nghiệm ptvp (1.12) có dạng (1.16) Chú ý: bí quyết tìm nghiệm trên, gọi phương thức biến thiên số Ví dụ: Giải ptvp y "+ 2xy = 2xe − x Phương trình y "+ 2xy = bao gồm nghiệm y = C.e − ∫ 2xdx = C.e − x Xét nghiệm phương trình 2 2 mang đến dạng y = C(x)e − x khi y " = C"(x)e − x − 2xC(x)e − x cầm 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 đến là: 2 y = C(x)e − x = e − x x + K , với K số tùy ý bài tập: A Giải ptvp tuyến đường tính cung 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 cho 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 bao gồm dạng: (1.17) y "+ p(x)y = q(x)y α cùng với p(x), q(x) hàm liên tiếp khoảng ( a, b ) trường hợp α = α = phương trình trở thành ptvp con đường tính cung cấp Ta xét α ≠ α ≠ đưa sử y ≠ , phương trình (1.17) viết lại: y −α y "+ p(x)y1−α = q(x) Đặt z = y1−α , ta gồm z " = (1 − α)y −α y " , nắm 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 cung cấp một, bao gồm nghiệm tổng thể dạng z = ϕ ( x,C ) từ 1−α tra cứu nghiệm phương trình (1.18) đẳng thức y lấy ví dụ như 1: Giải phương trình = ϕ ( x,C ) 2y y (1.20) = , ( x ≠ 0) x x2 Đây phương trình Becnuli với α = ví dụ 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 " gắng y y" = − z " y −2 = z vào phương trình, ta được: −2 z "− z = (1.21) x x Phương trình z "− z = , tất cả nghiệm z = Cx x Tiếp theo, ta kiếm tìm nghiệm (1.21) theo cách thức biến thiên số: z = C(x)x −2 2x −5 Ta có: z " = C"(x)x + 4C(x)x , nỗ lực 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 bỏ ÷.Vì z = y yêu cầu + K ÷ = y y "+ + Kx ÷ = Đây tích phân bao quát ptvp ban sơ 5x lấy ví dụ như 2: Xét phương trình y "− 2xy = 3x y Đây phương trình Becnuli cùng với α = cụ thể y = nghiệm phương trình cùng với y ≠ , đặt z = y1−α = y −1 , đưa dạng: z "+ 2xz = −2x Phương trình z "+ 2xz = bao gồm nghiệm z = Ce − x Bằng phương thức biến thiên số, tìm nghiệm phương trình z "+ 2xz = −2x dạng z = Ke − x + − x 1 Cuối cùng, nghiệm phương trình thuở đầu là: y = = z Ke − x + − x x y = x y Đây phương trình Becnuli với α = lấy một ví dụ 3: Xét phương trình y "+ − x2 xuất xắc y rõ ràng y = nghiệm phương trình với y ≠ , để z = y1−α = y1 , gửi dạng: x x z "+ z= 2(1 − x ) x z = gồm nghiệm z = C − x Bằng phương thức biến thiên số, Phương trình z "+ 2(1 − x ) x x z = tất cả nghiệm z = K − x − (1 − x ) phương trình z " + 2(1 − x ) 12 2 Cuối cùng, tích phân phương trình lúc 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 rã 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 nhị 2.1 khái niệm chung việc Cauchy Định lý tồn nghiệm a khái niệm chung: Ptvp cấp hai phương trình gồm dạng: F ( x, y, y ", y"" ) = nếu như 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 ba x2 b vấn đề Cauchy Định lý tồn nghiệm: Định lý 10.1 (sự tồn nghiệm) mang lại phương trình dạng (1.30) ví như f ( x, y, y " ) , ( (1.29) ) ∂f ∂f ( x, y, y" ) , ( x, y, y" ) tiếp tục ∂y ∂y " " miền D R x , y , y điểm nằm trong D ở bên cạnh 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), call toán Cauchy phương trình (1.30) ( ) " Về khía cạnh hình học, định lý xác minh x , y , y ∈ D lân cận điểm ( x , y ) bao gồm đường tích phân phương trình (1.30) qua điểm ấy, thông số góc tiếp tuyến điểm y"0 tín đồ ta điện thoại tư vấn nghiệm tổng quát phương trình (1.30) hàm số y = ϕ ( x,C1 ,C ) , C1 ,C2 số tùy ý thỏa mãn nhu cầu điều kiện sau: (i) Nó thỏa mãn nhu cầu phương trình (1.30) với mức giá trị C1 ,C2 ( ) " (ii) cùng với x , y , y điều kiện định lý tồn nghiệm ( 0 0 thỏa mãn, tìm giá trị xác minh C1 = C1 ,C2 = C2 mang lại hàm số y = ϕ x,C1 ,C ) thỏa mãn: y(x ) = y ; y "(x ) = y "0 Hệ thức Φ ( x, y,C1 ,C ) = xác minh nghiệm tổng thể phương trình (1.30) dạng ẩn, gọi tích phân bao quát Nó trình diễn họ đường tích phân phụ thuộc vào hai tham số ( ) 0 người ta call nghiệm riêng rẽ phương trình (1.30) hàm số y = ϕ x,C1 ,C nhưng mà ta 0 giải pháp cho C1 ,C2 nghiệm tổng thể giá trị khẳng định C1 ,C2 Hệ thức Φ ( x, y,C10 ,C02 ) = gọi tích phân riêng biệt 2.2 Phương trình bớt cấp Phương trình bớt cấp ptvp cấp hai khuyết, bao gồm dạng: F ( x, y "" ) = ; F ( x, y ", y "" ) = ; F ( y, y ", y"" ) = a Phương trình khuyết y, y " dạng F ( x, y "" ) = : biện pháp 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 cộ x 10 ∫ x x x x Đặt p. = y " , ta p" = xe cộ ⇒ p. = xe pháo dx = xe − e + C1 ∫ ∫ trường đoản cú đó: y = y "dx = pdx = = bí quyết 2: ∫ ( xe cộ 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 pháo x − x + C1 ) dx = (x − 2)e x + C1x + C lấy một 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 phường = ∫ 2t + t dt = t + t + C1 2 2 Vậy, phương trình x = p" + p"+ gồm 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 ( ) ( ) ∫ cầm lại, phương trình x = y "" + y ""+ tất cả nghiệm dạng tham số: x = t + t + 1, y = 15 t4 + 12 t + t + C1 t + C1 t + C bí quyết 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 bắt lại, tích phân dạng tham số: x = t + t + 1, y = 15 t4 + 12 t + t + C1 t + C1t + C bài bác 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 "" ) = : phương pháp giải: Đặt p. = y " , ta F ( x, p, p" ) = , phương trình vi phân cấp p. ( ) Ví dụ: kiếm tìm nghiệm riêng phương trình − x y ""− xy " = vừa lòng điều kiện: y(0) = 0; y"(0) = 11 Đặt phường = y " , ta (1 − x )p" − xp = ⇔ p"− x phường = 1− x − x2 C x p = bao gồm nghiệm p = Cho trở thành thiên số C, search − 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 đk y(0) = , tìm C2 = Kết phù hợp với điều kiện y "(0) = , tra cứu C1 = Phương trình p"− Vậy nghiệm riêng biệt phương trình cho y = ( arcsin x ) bài bác 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 = = phường = p.p" y , ta xem p Khi y "" = p" = dx dy dx dy dx dp hàm số chưa biết y Phương trình biến F y, p, p. ÷ = F ( y, p, p.p " ) = F ( y, p, p " ) = Là dy biện pháp giải: Đặt p. = y " = phương trình vi phân cấp phường theo biến đổi 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 = bao gồm nghiệm z = C1y − y y 1 −1 + p2 p" − phường = p p = C y − ⇔ y = Như vậy, phương trình gồm đường tích phân 2y 2y C1 Đặt phường = y " ⇒ y "" = p" = p.p" y , ta p"− Ta có: dy = y "dx ⇔ 2p C1 dp = pdx ⇒ phường = C1 x + C2 bắt lại, nghiệm buộc phải tìm là: y= + p2 C1 = C1 x + C ÷ 1+ C1 nhấn xét: Từ p. = C1 y − ⇔ p = ± C1 y − ⇒ x = ± ∫ bài bác 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 phường = y " tìm phường = y + C Suy ra: x = ∫ 12 dy y +C giả dụ C = y(C1 − x) = nếu C > y = C1 tan(C1x + C ) nếu C phương trình vi phân đường tính cấp cho 2 Đó là phương trình tất cả dạng: y ""+ p(x)y "+ q(x)y = f (x) (1.32) trong những số đó p(x),q(x),f (x) là hầu như hàm tiếp tục Phương trình được gọi là thuần độc nhất vô nhị nếu f (x) ≡ 0 , không thuần tuyệt nhất nếu f (x) ≠ 0 a Phương trình vi phân đường tính cung cấp 2 thuần nhất: y ""+ p(x)y "+ q(x)y = 0 (1.33) Định lý 2.3.1 giả dụ y1 (x), y 2 (x) là nhị nghiệm của phương trình (1.33)... Nào đó mà ta vẫn tìm Ta gồm y " = ke kx , y "" = k 2e kx nỗ lực vào phương trình ( ) kx 2 (1.34), ta được e k + đại chiến + q = 0 vì e kx ≠ 0 bắt buộc (1.35) k 2 + đánh nhau + q = 0 kx Vậy nếu k thỏa mãn nhu cầu phương trình (1.35) thì hàm số y = e là 1 trong nghiệm của phương trình (1.34) Phương trình (1.35) call là phương trình đặc thù của ptvp (1.34) Đó là một trong những phương trình bậc hai, tất cả hai nghiệm k1 , k 2 thực tốt phức rất có thể xảy... được n + 1 phương trình số 1 của n + 1 ẩn là những hệ số của Q n (x) cách thức tìm những hệ số của Q n (x) nêu trên được call là phương thức hệ số bất định Ví dụ: Giải phương trình y ""+ 3y "− 4y = x Phương trình đặc thù k 2 + 3k − 4 = 0 tất cả hai nghiệm đối chọi k1 = 1; k 2 = −4 Vậy nghiệm bao quát của phương trình thuần nhất tương ứng là y = C1e x + C2 e −4x αx mặt khác, vế buộc phải của phương trình có... Của phương trình sẽ cho có dạng f1 (x) + f 2 (x) , cùng với f1 (x) = 1 với f 2 (x) = − cos 2x Theo nguyên lý chồng nghiệm, ta tìm một nghiệm riêng biệt của phương trình đã mang đến dưới dạng Y1 + Y2 , trong đó Y1 , Y2 theo thiết bị tự là nghiệm riêng của những phương trình: y ""+ 4y = 1; y"" + 4y = − cos 2x αx Vế nên của phương trình trước tiên có dạng e P0 (x) , trong những số đó P0 (x) = 1 cùng α = 0 ko là nghiệm của phương trình. .. Theo thứ tự là nghiệm riêng rẽ 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 1 trong những nghiệm riêng rẽ của phương trình y ""+ p(x)y "+ q(x)y = f1 (x) + f 2 (x) c phương thức biến thiên hằng số: Được trình diễn qua thí dụ dưới đây ( ) 2 2 Ví dụ: Giải phương trình 1 − x y ""+ 2xy "− 2y = 1 − x giả dụ 1 − x 2 ≠ 0 , phương trình vi t gọn là y ""+ 2x 2 y "− y... Tổng thể của phương trình đang 2 2 ( ) 2 chỉ ra rằng y = C1x + C2 x + 1 , cùng với C1 ,C2 là nhì hằng số tùy ý b Phương trình vi phân tuyến tính cấp cho 2 ko thuần nhất: Xét ptvp sinh hoạt dạng (1.32): y ""+ p(x)y "+ q(x)y = f (x) Định lý 2.3.9 Nghiệm tổng thể của ptvp không thuần tuyệt nhất (1.32) bằng tổng của nghiệm bao quát của phương trình thuần nhất khớp ứng (1.33) với cùng một nghiệm riêng nào đó của phương trình không... ( x 2 + 1) x +1 2 2.4 Phương trình vi phân tuyến đường tính cấp cho 2 có thông số không đổi: 2.4.1 Phương trình thuần nhất: Xét ptvp tuyến tính cung cấp 2 có hệ số không đổi dạng: y "" + py " + qy = 0 (1.34) trong những số đó p, q là nhì hằng số Ta biết rằng, mong muốn tìm nghiệm tổng quát của nó, chỉ việc tìm nhị nghiệm riêng độc lập tuyến tính Ta sẽ tìm nghiệm riêng của nó dưới dạng y = e kx trong những số đó k là một trong hằng số nào... Quát tháo của phương trình đã chỉ ra rằng 4 16 x 3 y = y + Y = C1e x + C2 e −4x − − 4 16 + khả năng 2: ví như α là nghiệm solo của phương trình đặc thù k 2 + đại chiến + q = 0 , ta tìm kiếm một nghiệm riêng rẽ của (1.35) dưới dạng: Y = xe pháo αx Q n (x) x Ví dụ: tra cứu nghiệm tổng quát của phương trình y ""− y" = e ( x + 1) Phương trình đặc thù k 2 − k = 0 tất cả hai nghiệm k1 = 0; k 2 = 1 vì vậy nghiệm tổng quát của phương trình thuần... βx + Pn (x)sin βx , trong những số ấy Pm (x), Pn (x) là phần đa đa bậc m, n với β là 1 hằng số + kỹ năng 1: ví như ± iβ ko là nghiệm của phương trình đặc thù k 2 + pk + q = 0 , ta tìm kiếm một nghiệm riêng của phương trình (1.35) dưới dạng: Y = Q t (x) cos βx + R t (x)sin βx trong những số đó Q t (x), R t (x) là số đông đa thức bậc t = max ( m;n ) Ví dụ: Giải phương trình y ""− 3y" + 2y = 2sin x Phương trình đặc trưng k... Tính cấp cho 2 có hệ số không đổi dạng: y ""+ py "+ qy = f (x) (1.35) trong số đó p, q là nhì hằng số Ở trên, ta đã tìm kiếm được nghiệm bao quát của phương trình thuần nhất tương xứng (1.34) Vậy chỉ vi c áp dụng phương pháp biến thiên hằng số nhằm tìm nghiệm tổng thể của phương trình ko thuần duy nhất (1.35) Nhưng so với một số dạng đặc biệt quan trọng của vế bắt buộc f (x) , rất có thể tìm được một nghiệm riêng của phương trình ... Y(1) = 1.3 Phương trình quý phái cấp (ptvp cung cấp nhất): a Định nghĩa: Định nghĩa 1: Phương trình vi phân y " = f ( x, y ) gọi quý phái cấp (hoặc cấp y ÷ x nhất) vế buộc phải f ( x, y ) vi t dạng... Niệm phương trình vi phân tuyến đường tính cấp Đó phương trình tất cả dạng: y ""+ p(x)y "+ q(x)y = f (x) (1.32) p(x),q(x),f (x) hàm liên tiếp 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