Chương 4: Phương Trình Vi Phân Cấp 1 và Cấp 2 (PTVP)

PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN 1. Các định nghĩa:
 PTVP là phương trình liên hệ giữa biến độc lập x, hàm phải tìm y(x) và các đạo hàm/ vi phân của y(x).
 PTVP chỉ có 1 biến độc lập được gọi là PTVP thường
 PTVP có nhiều biến độc lập được gọi là PTVP đạo hàm riêng.
 Cấp của PTVP là cấp cao nhất của đạo hàm có trong phương trình.
Ký hiệu: F(x, y, y, y. ., y(n))  0; y(n)  f (x, y, y, y,. ., y(n1))
VD: xy 3x4 y3  0 : PTVP cấp 2
 Nghiệm của PTVP là mọi hàm y(x) thỏa mãn phương trình đó.
 Phân loại nghiệm:
 Nghiệm tổng quát: là nghiệm ở dạng chung nhất (có hằng số)
 Nghiệm riêng:là nghiệm nhận được từ nghiệm tq thỏa đk đầu
 Nghiệm kỳ dị:là nghiệm của pt nhưng ko nhận được từ nghiệm tq. dy VD1:
 2x  dy  2xdx  dy  2xdx  y  x2 C dx tq dy  2x (1)
VD2: I  dx y(1)  4 (2)
Từ (1) ta được y  x2  C . Thay đk (2) vào ta có 4 1 C  C  3.
Do đó nghiệm của (I) là y  x2  3 r
VD3: Xét phương trình vi phân y ,  1  y 2 . Ta được dy
 dx  arcsin y  x  C  y  sinx C  1 y 2
Đó là nghiệm tổng quát. Ngoài ra ta thấy y = 1 và y = –1 cũng là nghiệm, nhưng
chúng không được nhận từ nghiệm tổng quát. Đấy là các nghiệm kỳ dị.
2. PTVP cấp 1: F(x, y, y)  0; y  f (x, y)
F(x, y, y)  0, (1)
y  f (x, y) (2)
Bài toán Cauchy cấp 1: y(x )  y
hay y(x )  y (3)  0 0  0 0
Định lý: (tồn tại và duy nhất nghiệm của BT Cauchy (2) và (3))
Nếu f : D  ℝ2  ℝ liên tục thì BT Cauchy có nghiệm trong lân cận x0.
Ngoài ra, nếu f liên tục trong D thì nghiệm đó là duy nhất. y
2.1. Dạng tách biến
f (x)dx  g( y)dy  0 (1)
f1(x)g2 ( y)dx  f2(x)g1( y)dy  0 (2)
Cách giải (1): Lấy tích phân 2 vế  f (x)dx  g(y)dy  0   f (x)dx   g(y)dy  C
VD1: (2x 1)dx  sin ydy  0
Cách giải (2): Đưa về dạng tách biến.
 Nếu f2(x)g2 (y)  0, Chia hai vế cho f2 (x)g2 ( y) ta được f (x) (y) 1 dx  g1 dy  0, (3) ~ (1) f2 (x) g2 ( y)
 Nếu f2 (x)g2( y)  0,  x  x 
0 : f2 (x0 )  0,
x  x0 y là nghiệm của (2)
 y  y0 : g2(y0)  0, y  y0 là nghiệm của (2)
VD2: Giải PTVP: x(y2 1)dx  x2(y 1)dy  0 (1)
 x2(y2 1)  0 . Chia hai vế cho x2(y2 1) ta được:
dx  dy  0 dx  dy C  ln x ln y1 C lneC x y 1 x y 1
 ln x(y 1)  lnC  1
x(y 1)  C1 x  0
x2(y2 1)  0    y  1 
x  0 là nghiệm của (1) 
y 1 là nghiệm của (1) ​
y  1 là nghiệm của (1).
Vậy nghiệm x  0; y  1 là nghiệm kỳ dị, nghiệm x(y 1)  C1l à nghiệm tổng quát
VD1: tan ydx  x ln xdy  0
VD2: (1 y2)xdx  (1 x2)dy  0
VD3: y  y2  3y  4  0
x2 ( y3  5)dx  (x3  5) y2dy  0 VD4: y(0)1
(1 e2x ) y2dy  exdx VD5: y(0) 0
2.2. Dạng đẳng cấp cấp 1: y  f  y   (1)  x 
Đặt u(x) y(x) 
 y(x)  x.u(x)  y  u  u.x (2) x
Thay (2) vào (1) ta được u  u.x  f (u)  u.x  f (u)  u (3)  y2 y  y 
VD1: Giải PTVP y   1  x2 x f   (1)  x  y
Đặt u   y  u.x  y  u  x.u (2) x
Thay (2) vào (1) ta được u  x.u  u2  u 1 x.u  u2 1
 u  1  du  dx  du  dx u2 1 x u2 1 x
 u2 1  x
 arctgu  ln x  C  arctg  y    ln x  C  x 
 x2  xy  y2 x2 xy y2 x y VD2: y       1 xy xy xy xy y x
2.3. PTVP tuyến tính cấp 1. Xét
y  p(x) y  q(x) (1) PTVP tuyến tính cấp 1 không thuần nhất.
y  p(x) y  0 (1) PTVP tuyến tính cấp 1 thuần nhất. Cách giải:
Cách 1: Giải bằng phương pháp biến thiên hằng số
Bước 1: Giải (1’)
y  p(x) y  0 (1')  y  C.eP(x) 
Bước 2: Nghiệm (1) có dạng y  C(x).e P(x),
P(x)   p(x)dx 
C(x)  q(x).eP(x).dx 
y  P(x) P( x)  P( x) (*) tq e
q(x)e dxCe
Cách 2: Nghiệm của (1) có dạng :
u(x)  eP(x) , P(x)   p(x)dx  y  tq
u(x).v(x);  q(x) v(x)   dx v(x) 
VD: y cos x.y  esinx (1)
Cách 1: Áp dụng công thức (*)
Ta thấy p(x)=cosx; q(x)  esinx
Một nguyên hàm của p(x) là P(x)   p(x)dx  cos xdx  sin x .
Nghiệm tổng quát của (1) theo công thức (*):
y  eP(x) tq
 q(x)eP(x)dx  CeP(x)
=esin x esinx.esinxdx  C.esinx  x.esinx  C.esinx  (x  C).esinx.
u(x)  eP(x) , 
P(x)   cos xdx  sin x Cách 2: y  tq
u(x).v(x);  q(x) esin x v(x)   dx  
dx  x  C  u(x) esin x
PTVP Bernoul y: y  p(x)y  q(x) y (1)
p(x), q(x) : hàm;   0, 1:hằng số.
Cách giải: Chia hai vế của (1) cho y
(1)  yy  p(x)y1  q(x) (2) Đặt z z
 y1  z  (1 ) y .y  y .y  1
Thay vào (2) ta được z  p(x)z  q(x)  z  (1 ) p(x).z  (1 )q(x) (3) 1 
(3) là PTVPTT cấp 1 không thuần nhất.
VD: Giải y 4xy  xy2 (  2) (1)
Chia 2 vế cho y2 ta được (1)  y.y2  4xy1  x (2)
Đặt z  y1  z  y2.y
(2)  z  4x.z  x  z  4x.z  x
(3): PTVPTT cấp 1 không thuần nhất.
2.4. PTVP toàn phần : P(x, y)dx  Q(x, y)dy  0 (1)
Giả sử du  P(x, y)dx  Q(x, y)dy  0  du  0  u  C(const). P  u
u(x, y):  x  u Q   y
(1) Là PTVP toàn phần    Q  P x y
VD: (x2  y)dx  (x  y3)dy  0 P   1
P  x2  y  y Đặt    . Đây là PTVP toàn phần. 
 Q  x  y3 Q 1 x
u  P  x2  y (1)
Vậy u(x, y):  x u 
 Q  x  y3 (2) y 3
(1)  u(x, y)  (x2  y)dx  x  yx  C( y) (3) 3
Lấy đạo hàm riêng của (3) theo y, rồi so sánh với (2) ta được: x     3    3   y4  C (y) x y C (y) y C( y) C 4 1
Thay C(y) vào (3) ta được nghiệm tổng quát của pt. 3 x y4
Vậy u(x, y)   yx   C  C 3 4 1 2 x3 y4
Do đó nghiệm của PTVP là  yx 
 C, (C  C 3 4 2  C1) 3. PTVP CẤP 2: 3.1. Các khái niệm.
Dạng F(x, y, y, y)  0; y  f (x, y, y) y  
f (x, y, y)
Bài Toán Cauchy (I) y(x0)  y0
y(x )  y  0 0
Định lý tồn tại và duy nhất nghiệm.
Cho f :  ℝ3  ℝ liên tục. Khi đó bài toán Cauchy (I) có nghiệm. Hơn nữa nếu f (y), f (y)
liên tục trong  thì bài toán có duy nhất nghiệm.
3.2. Các dạng PTVP cấp 2:
3.2.1. Giảm cấp được
a) PTVP không chứa y, y : y  f (x) (1)
Đặt z  y (1) y  z  f (x)  z  f (x)dx  F(x)  C  1
 y  F(x)  C1  y  F(x)C1dx
VD: y  x4
Đặt z  y  z  x4  z   x4dx  x5 C 5 1   x5  x6
y   C  C 5 1 dx  30 1x  C2  
b) PTVP không chứa y : y  f (x, y) (1)
Đặt z  y  z  f (x, z)  z   f (x, z)dx  F(x) C
y  F(x)  C  y  F(x)Cdx
VD: y  y2  0
c) PTVP không chứa x: y  f (y, y) (1)
Đặt z  y  y  z  dz  dz . dy  y. dz  z. dz dx dy dx dy dy
z  z.dz (1)z.dz  f (y, z) : tách biến dy dy VD:Giải PTVP
yy y2  0 (1)   y(0)  1 (2)  y(0)  2 (3)  dz 
Đặt z  y  y  z. dz (1) y.z. dz  z2  0   z  0 (4) dy dy
z  y. dy   
TH1: Nếu z  0  y  0  y(0)  0  2 dk(3)
Vậy z=0 không là nghiệm của pt.
TH2: Nếu z  0 . Chia cả hai vế (4) cho z ta được.
y. dz  z  0  y. dz  z  dz  dy  ln z  ln C y  C dy dy z y
1 y  z  C1 y  1 y (5)
y  C y  y  C  dy  C .dx  dy  C .dx  ln y  C xC 1 y 1 y 1   y 1 1
y  eC1xC  eC1x.eC  C .eC1x 2 (6)
Thay điều kiện (2) và (3) vào (5) và (6) ta có:
y  C1y y(0)  C 2  C .1 C  2  1.y(0)  1  1    Cx  C .0
y  C2.e 1
y(0)  C2.e 1 1 C  2 C2 1
Thay C ,C vào (6) ta có nghiệm riêng của (1) là y  e2x 1 2
3.2.2. PTVP tuyến tính cấp 2 hệ số hàm:
y  p(x) y  q(x) y  f (x) (1) : PTVPTT cấp 2 không thuần nhất.
y  p(x) y  q(x) y  0 (1)
: PTVPTT cấp 2 thuần nhất.
Trong đó: p(x), q(x), f(x) là các hàm cho trước. y
Định nghĩa 1: Hai hàm số y 1(x)
1(x), y2 (x) độc lập tuyến tính nếu  C y2(x)
Định nghĩa 2:Giả sử y1(x), y2(x) là hai nghiệm độc lập tuyến tính của (1’). Khi đó nghiệm tổng
quát của (1’) có dạng : y  là hằng số. tq
C1y1(x)  C2 y2(x); C1,C2
Định lý 1: Cho y1(x), y2(x) là hai nghiệm độc lập tuyến tính của (1’) và yr (x)là một nghiệm
riêng của pt không thuần nhất (1). Khi ấy nghiệm của pt (1) có dạng: y   tq
yr C1y1(x)  C2 y2(x)
Nguyên lý xếp chồng nghiệm:
Nếu y1(x), y2(x) tương ứng là nghiệm của phương trình sau:
y  p(x)y  q(x)y  f1(x), y  p(x)y  q(x)y  f2(x)
Thì y1(x)  y2(x) là nghiệm của phương trình y  p(x)y  q(x)y  f1(x)  f2(x) Phương pháp giải:
Bước 1: Tìm nghiệm (1’)
Định lý: Giả sử y1(x)  0 là một nghiệm của (1’). Khi đó, ta có thể tìm thêm 1 nghiệm y2(x)
của (1’) sao cho y1(x), y2(x) độc lập tuyến tính. Ta tìm y 
2 (x) của (1’) dưới dạng y2 (x)  u(x) y1(x) ( y2 u.y1) Vì y     
2 là nghiệm của (1’) nên y2
p(x)y2 q(x)y2 0 q(x) y  u.y 2 1 p(x)
y   u.y  u.y 2 1 1 1
y   u.y   2u.y  u .y 2 1 1 1
y2  p(x)y2  q(x)y  u y1  p(x)y1  q(x)y u2y1  p(x)y1 u .y1  0
y2  p(x)y2  q(x)y  u2y1  p(x)y1 u .y1  0   
Giải u2 y  p(x)y   u.y  0 . Đặt v  u  v  p  2y1 v  0 :PTVPTT cấp 1.   1 1 1  y1  VD: Giải y 4 4  y  y  3x4 (1) x x2 y 4 4  y 
y  0 (1) biết rằng y  x là nghiệm của (1’) x x 1 2
Ta tìm nghiệm của (1’) dưới dạng y2  x.u 4 y x2 2  u.x 4
y   u  x.u x 2 1 y   2 2
u x.u y 4 4  y 
y  x.u 6.u  0 2 x 2 x2 2 Đặt v v
 u  x.v  6v  0  x.v  6v  6 
 ln v  6ln x  ln C  ln Cx6 v x 6  6 6 x5
v  Cx  u  Cx  u  Cx dx  C  C 5 1
Chọn C  0,C  5  u  x5  y  u.y  x5.x  x4 1 2 1
Vậy nghiệm tổng quát của (1’) là: y  C x  C x4 tq 1 2
Bước 2: Giải (1) bằng phương pháp biến thiên hằng số
Gọi y1(x), y2(x) là 2 nghiệm độc lập tuyến tính của (1’)
Nghiệm tổng quát của (1) là : y  tq
C1(x) y1(x)  C2(x) y2(x)
Để tìm 2 hàm C1(x),C2(x) ta giải hệ phương trình:
C1(x)y1  C2(x)y2  0  C       1 (x)y1
C2 (x)y2 f (x)
VD: Giải (1) bằng pp biến thiên hằng số
Theo ví dụ trên nghiệm (1’) là: y  C x  C x4 tq 1 2
Ta tìm nghiệm của (1) dưới dạng y  C1(x)x  C2 (x) x4
Để tìm C1(x),C2(x) ta giải hệ phương trình:
C(x) y  C(x) y  0
C(x)x  C(x)x4  0 (a)  1 1 2 2   1 2 C       1 (x)y1 C2 (x)y2 f (x)
C(x).1 4C(x)x5  3x4 (b) 1 2
Lấy pt (a)-x.pt(b) ta được: C(x)x 3 3
4  4xC(x)x5  3x5  5C(x)x4  3x5  C(x)   x9  C (x)   x10  C 2 2 2 2 5 2 50 3 Thay C(x) 3
  x9 vào pt (b) ta được: 2 5
C(x).1 4C(x)x5  3x4  C(x)  3x4  4x5   3 x9   3 x4  C (x)  3 x4dx  3 x5  C 1  1 2 1  5  5 5 25 4   Vậy nghiệm của pt (1):
y  C (x)x  C (x)x4   3 x5  C  x   3 x10  C  x4  C x4  C x  3 x6 1 2  25 4   50 3  3 4 50    
3.2.3. PTTT cấp 2 hệ số hằng
y  py  qy  f (x) (1)
y  py  qy  0 (1)
Trong đó p, q là 2 hằng số, f(x) là hàm số cho trước. 
Xét pt bậc hai: k2  pk  q  0 (2) : pt đặc trưng của (1’)
Với   p2  4q
Bước 1: Tìm nghiệm tổng quát của (1’) theo bảng sau  Nghiệm của (2)
Hai nghiệm đltt của (1’)
Nghiệm tq của (1’) + k
y  ek1x, y  ek2x
y  C ek1x  C ek2x 1, k2 1 2 1 2 0 k  
y  (C  C x)ekx 1 k2 k
y  ekx, y  xekx 1 2 1 2
y  ex cos  x, - k    1
y  ex(C cos  x  C sin  x) 1,2 i
y  ex sin  x 1 2 2
VD: Giải các PTVP cấp 2 thuần nhất sau:
1. y 4y 5y  0
2. y  4y  4y  0
3. y  y  3y  0
Bước 2: Tìm nghiệm riêng của (1) nếu f(x) có dạng đặc biệt.
1. f (x)  exP (x) ;  số thực, P (x) : đa thức bậc n n n 
Nghiệm riêng y* của (1)
 không là nghiệm của (2)
y*  exQ (x) n
 là nghiệm đơn của (2)
y*  xexQ (x) n
 là nghiệm kép của (2)
y*  x2exQ (x) n
2. f (x)  ex P (x)cos  x  P (x)sin  x ;  số thực, P n m
n (x), Pm (x) : đa thức bậc n,m   i
Nghiệm riêng y* của (1)
  i không là nghiệm của (2)
y*  ex Q (x)cos  x  Q~ (x)sin  x r r
r  max(n,m)
  i là nghiệm của (2)
y*  xex Q (x)cos  x  Q~ (x)sin  x r r
VD1: Giải ptvp y 3y  2y  (3x  2)ex (1)
y  3y  2y  0 (1)
k2  3k  2  0 (2)
 k1  1;k2  2 1 2
Nghiệm tổng quát của (1’): y  C ex  C e2x
Tìm nghiệm riêng y* của pt không thuần nhất (1)
Với f (x)  (3x  2)ex   1  1,2; P (x)  3x  2 1
Do đó nghiệm riêng có dạng
2 y*  exQ (x)  exQ (x)  ex (Ax  B) n 1
3 y*  ex(Ax  B)  Aex
1 y*  ex(Ax  B)  2Aex
y*  3y*  2y*  6(Ax  B)ex  5Aex  3x  2 A 1  6A  3
6(Ax  B)  5A  3x  2   2
6B  5A  2   1  B   12
Vậy nghiệm riêng của (1) là y*   1 x  1 ex  2 12 
Do đó nghiệm tổng quát của (1) là y  C ex  C e2x   1 x  1 ex tq 1 2   2 12 
VD2: y  3y  2y  (3x2  2)ex (1) VD3:Tìm nghiệm của ptvp
y  3y  2y  5cos x  6sin x (1)
y  3y  2 y  0 (1)
k 2  3k  2  0 (2)
Nghiệm của (2) k     1 1, k2 2
Với f (x)  5cos x  6sin x  ex P (x)cos  x  P (x)sin  x  e0x(5cos x  6sin x) n m
   0;  1; Pn(x)  5; Pm(x)  6  n,m  0  r  max(n,m)  0
Nghiệm riêng của (1) có dạng:
y*  ex 
(x)sin x  Acos x  B sin x r
Q (x)cos  x  r
Q~ (x)sin  x  Q0(x)cos x  Q~0
2 y*  Acos x  Bsin x
3 y*  Asin x  B cos x
1 y*  Acos x  Bsin x
y*  3y*  2y*  (A  3B)cos x  (B  3A)sin x  5cos x  6sin x A  13
A  3B  5     10 B  3A  6  21  B   10 13 21
Vậy nghiệm riêng của (1) : y*   cos x  sin x 10 10
Nghiệm tổng quát của (1) 13 21
y  C ex  C e2x  cos x  sin x tq 1 2 10 10
VD4: y  2y  cos2 x (1)
VD5: y 2y  y  ex 2x 1  cos x (1)
Document Outline