Hướng dẫn giải phương trình vi phân

PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN

1. Các đị nh 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:

[] [] [ 1]

[ , , , ..., ] 0; [ , , , ,..., ]

nn n

Fxyy y y y f xyy y y

−

′ ′′ ′ ′′= =VD:

43

xy 30 x y

′′

−=: 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.

VD1:

2

22 2

tq

dy

x dy xdx dy xdx y x C

dx

\=⇒= ⇒ = ⇒=+

∫∫

VD2:

[ ]

2 [1][1] 4 [ 2 ]

dy

x

I

dx

y

==

Từ [1] ta được

2

yx C = +. Thay đk [2] vào ta có 4 1=+⇒= CC 3.

Do đó nghiệm của [I] là

2

3

r

yx = +

VD3: Xét phương trình vi phân

, 2

yy= − 1. Ta được

[ ]

2

arcsin sin

1

dy dx y x C y x C y

\= ⇒ =+⇒= +−

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 : Fxyy [, , ] 0; y f xy [, ]

′′= =

Bài toán Cauchy cấp 1:

00 00

[, , ] 0, [1] [, ] [2][ ] [3] [ ] [3]

Fxyy y f xy

hay

yx y yx y

′′= == =

Định lý : [tồn tại và duy nhất nghiệm của BT Cauchy [2] và [3]]

Nếu

2

fD : ⊂→ liên tục thì BT Cauchy có nghiệm trong lân cận

0

x.

Ngoài ra, nếu

f

y

∂∂

liên tục trong D thì nghiệm đó là duy nhất.

2. Dạng tách biến

12 21

[ ] [ ] 0 [1][] [] [] [] 0 [2]

f x dx g y dy

f x g y dx f x g y dy

+=+=

Cách giải [1]: Lấy tích phân 2 vế f x dx g y dy [] +=⇔ + =[] 0 f x dx [] g y dy C []

∫ ∫∫ ∫

VD1: [ 2 x ++ =1] dx s i n ydy 0

Cách giải [2]: Đưa về dạng tách biến.

• Nếu

22

f xg y [ ] [ ]≠0, Chia hai vế cho

22

f xg y [] [] ta được

11

22

[] []0, [ 3] [1][] []

fx gy

dx dy

fx gy

+=

• Nếu

22

f xg y [ ] [ ]=0,



0 20 0

∃= xxfx : [ ]= = ∀0, xx y là nghiệm của [2]



0 20 0

∃= yygy : [ ]= =0, yy là nghiệm của [2]

VD2: Giải PTVP:

22

x y [ −+ −=1] dx x y [ 1] dy 0 [1]



22

xy [ −≠1] 0. Chia hai vế cho

22

xy [ −1] ta được:

11

0 ln ln 1 ln

11

ln [ 1] ln [ 1]

C

dx dy dx dy

C x y Ce

xy x y

xy C xy C

+ =⇒ + = ⇔ + += =++⇔ += ⇒ +=

∫∫



22

0[ 1] 01

x

xy

y

 =−=⇒= ±

• x = 0 là nghiệm của [1]
• y = 1 là nghiệm của [1]
• y = − 1 là nghiệm của [1].

Vậy nghiệm xy = = ±0; 1 là nghiệm kỳ dị, nghiệm

1

xy [ +=1] C l à nghiệm tổng quát

VD1:

tan ydx x −=ln xdy 0

VD2:

22

[1+ ++ = y xdx ] [1 x dy ] 0

VD3:

2

yy y ′− − +=3 40

Cách 2: Nghiệm của [1] có dạng :

[]

[] , [] [][ ]. [ ];[][][]

Px

tq

u x e P x p x dx

y ux vx

qx

v x dx

vx

= ===

∫

∫

VD:

sin

c o s. [1]

x

y xy e

−

′+=

Cách 1: Áp dụng công thức [*]

Ta thấy p[x]=cosx;

sin

[]

−

\=

x

qx e

Một nguyên hàm của p[x] là []= [] = cos =sin

∫∫

P x p x dx xdx x

.

Nghiệm tổng quát của [1] theo công thức [*]:

[] [] []

[]

−−

\= +

∫

Px Px Px

tq

y e q x e dx Ce

sin sin sin sin sin sin sin

\=e.. .e .e [ ].e.

−− − − − −

+=+=+

∫

x xx x x x x

e e dxCe x C xC

Cách 2 :

[]

sin

sin

[] , [] cos sin

[ ]. [ ];[][][]

Px

x

tq

x

u x e P x xdx x

y ux vx

qx e

v x dx dx x C

ux e

−

−

= = = −== = = +

∫

∫∫

PTVP Bernoully : y pxy qx y [] [] [1]

α

′+=

p[x], q[x] : hàm; α>≠0, 1:hằng số.

Cách giải : Chia hai vế của [1] cho y

α

1

[1] yy pxy [] qx [] [2]

−−αα

′⇔+ =

Đặt

1

[1 ]..1

z

zy z yy yy

α αα

α α

− −−

′′ ′′= ⇒=− ⇒ =−

Thay vào [2] ta được [] [] [1 ] []. [1 ][] [3]

1

z

pxz qx z αα px z qx α

′+ = ⇒+−′ =−−

[3] là PTVPTT cấp 1 không thuần nhất.

VD: Giải

2

y 4 xy xy [α 2 ] [1]

′+= =

Chia 2 vế cho

2

y ta được

21

[1] y y. 4 xy x [ 2 ]

−−

′⇔+=

Đặt

12

z y z yy.

−−

′′= ⇒=−

[2]⇔− + = ⇔ − =− z ′′4. xz x z 4. xz x [3]: PTVPTT cấp 1 không thuần nhất.

2. 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 [ ].

[ , ]:

u

P

x

uxy

u

Q

y

∂= ∂∃∂= ∂

[1] Là PTVP toàn phần

QP

xy

∂∂⇔=∂∂VD:

23

[ ][ ] 0 x + ++ = y dx x y dy

Đặt

2

3

11P

Px y

y

Q

Qxy

x

∂= = +∂⇒∂= + =∂

. Đây là PTVP toàn phần.

Vậy

2

3

[1][ , ]:[2]

u

Px y

x

uxy

u

Qxy

y

∂= = +∂∃∂= = +∂

3

2

[1] [ , ] [ ] [ ] [ 3]3

x

⇒ = + =++ u x y x y dx yx C y

∫

Lấy đạo hàm riêng của [3] theo y, rồi so sánh với [2] ta được:

4

33

1

[] [] []4

y

x Cy x y Cy y Cy + =+⇒ =⇒ = +′′ C

Thay C[y] vào [3] ta được nghiệm tổng quát của pt.

Vậy

34

12

[, ]34

xy

u x y =+++= yx C C

Do đó nghiệm của PTVP là

34

21

,[ ]34

xy

++ = =− yx C C C C

3. PTVP CẤP 2:

3. Các khái niệm.

2

0 [1][0] 1 [2][0] 2 [3]

yy y

y

y

 ′′ ′−==′=

Đặt

[1] 2

... 0. 0 [4]

dz dz dz

z y y z yz z z y z

dy dy 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.

11 1

. 0. ln ln [5]

dz dz dz dy

y z y z z Cy z Cy y Cy

dy dy z y

′−=⇒ =⇒ = ⇒ = ⇒= ⇔ =

1 11 1 1

.. ln

y dy dy

y C y C C dx C dx y C x C

yy y

′′= ⇒=⇒ = ⇔ = ⇒ = +

∫∫

11 1

2

.. [6]

Cx C Cx C Cx

y e e e Ce

\= = =

Thay điều kiện [2] và [3] vào [5] và [6] ta có:

11

11 11

.

22 22

[0]. [0] 2 .1 2. [0]. 11

Cx C

y Cy y C y CC

y Ce y Ce CC

′′= = = = ⇔ ⇔⇒  = = = =

Thay

1

C ,

2

C vào [6] ta có nghiệm riêng của [1] là

2 x

ye =

3.2. PTVP tuyến tính cấp 2 hệ số hàm:

y pxy qxy f x [] [] [] [1]

′′ ′

• += : PTVPTT cấp 2 không thuần nhất.

y pxy qxy [] [] 0 [1]

′′ ′ ′

• += : PTVPTT cấp 2 thuần nhất.

Trong đó: p[x], q[x], f[x] là các hàm cho trước.

Đị nh nghĩa 1 : Hai hàm số

12

yx y x [], [] độc lập tuyến tính nếu

1

2

[][]

yx

C

yx

≠

Đị nh nghĩa 2 :Giả sử

12

yx y x [], []là hai nghiệm đ ộc lập tuyến tính của [1’]. Khi đó nghiệm tổng

quát của [1’] có dạng :

11 2 2 1 2

[] []; ,

tq

y = Cy x C y x + C C

là hằng số.

Định lý 1 : Cho

12

yx y x [], []là hai nghiệm đ ộc lập tuyến tính của [1’] và []

r

yx là một nghiệm

riêng của pt không thuần nhất [1]. Khi ấy nghiệm của pt [1] có dạng:

11 2 2

[] []

tq r

y =++ y Cy x C y x

Nguyên lý xếp chồng nghiệm:

Nếu

12

yx y x [], []

tương ứng là nghiệm của phương trình sau:

12

y pxy qxy f x [] [] [], y pxy qxy f x [] [] []

′′ ′ ′′ ′+ += + +=

Thì

12

yx y x []+ [] là nghiệm của phương trình

12

y pxy qxy f x f x [] [] [] []

′′ ′+ +=+

Phương pháp giải:

Bước 1: Tìm nghiệm [1’]

Định lý: Giả sử

1

yx [] 0≠ là một nghiệm của [1’]. Khi đó, ta có thể tìm thêm 1 nghiệm

2

yx []

của [1’] sao cho

12

yx y x [], []

độc lập tuyến tính.

Ta tìm

2

yx [] của [1’] dưới dạng

21

y x uxy x [] [] []= [

21

y uy =. ]

Vì

2

y là nghiệm của [1’] nên

2 22

y pxy qxy [] [] 0

′′ ′++=

21

21 1

21 1 1

[].[]..1. 2..

q x y uy

p x y uy u y

y uy u y u y

\=′ ′′= +′′ ′′ ′ ′ ′′=++

[ ] [ ]

2 2 11 111

y pxy qxy u y pxy qxy u y pxy u y ′′+ + =+ + + + +=[]′ [] ′′ []′ [] ′ ′ 2 [] ′′. 0

[ ]

2 2 1 11

y pxy qxy u y pxy u y [] [] 2 []. 0

′′ ′ ′ ′ ′′+ + = + +=

Giải [ ]

1 11

u y pxy u y 2 []. 0

′ ′ ′′

• +=. Đặt

1

1

20

y

vu v p v

y

′′′=⇒+ + =

:PTVPTT cấp 1.

VD: Giải

4

2

44

y y yx 3 [1]

xx

′′+− =′

2

44

yy y 0 [1 ]

xx

′′+− =′ ′ biết rằng

1

yx = là nghiệm của [1’]

Ta tìm nghiệm của [1’] dưới dạng

2

y = xu.

Lấy pt [a]-x[b] ta được:

4 5 5 4 5 9 10

22 2 2 2 3

33[] 4 [] 3 5 [] 3 [] []5 50

Cxx xCxx x Cxx x Cx x Cx x C

−− −

′′ ′ ′+ =−⇔ =−⇒=−⇒=−+

Thay

9

2

3[]5

Cx ′ = − x vào pt [b] ta được:

54 4 5 9 4 4 5

12 1 1 4

33 3 3[].1 4 [] 3 [] 3 4 []5 5 5 25

Cx C xx x Cx x x x x Cx xdx x C

−−

′′− =⇒=+−=⇒= =+′

∫

Vậy nghiệm của pt [1]:

4 5 10 4 4 6

1 2 4 3 34

33 3[] []25 50 50

y C xx C xx x C x x C x Cx Cx x

− −−

  = + = + +− + = + +    

3.2. 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:

2

k + += pk q 0 [2]: pt đặc trưng của [1’]

Với

2

∆= − pq 4

Bước 1: Tìm nghiệm tổng quát của [1’] theo bảng sau

∆

Nghiệm của [2] Hai nghiệm đltt của [1’] Nghiệm tq của [1’]

+

12

kk ,

12

12

,

kx k x

ye y e = =

12

12

kx k x

y Ce = + C e

0

12

kk k = =

12

,

kx kx

y = e y = xe

12

[]

kx

y C Cxe = +

-

1, 2

ki = ±αβ

1

2

cos ,

sin

x

x

ye x

ye x

α

α

β β

\==

12

[ cos sin ]

x

y e C xC x

α

\= ββ+

VD: Giải các PTVP cấp 2 thuần nhất sau:

1. y yy 4 50 ′′ ′+ −=
2. y yy 4 40 ′′ ′−+=
3. yy y ′′ ′++ = 30

Bước 2: Tìm nghiệm riêng của [1] nếu f[x] có dạng đặc biệt.

1. [] []

x

n

fx e Px

α

\= ; α số thực, []

n

Px : đa thức bậc n

α

Nghiệm riêng

y của [1]

α không là nghiệm của [2]

[]

x

n

y eQx

α

\=

α là nghiệm đơn của [2]

[]

x

n

y xe Q x

α

\=

α là nghiệm kép của [2]

[]

x

n

y xe Q x

α

\=2.

[ ]

[] []cos []sin

x

nm

fx e Px x P x x

α

\= ββ+ ; α số thực, [], []

nm

Px P x : đa thức bậc n,m

αβ+ i

Nghiệm riêng

y của [1]

αβ+ i không là nghiệm của [2]

[ ]

[]cos []sin

x

rr

y e Qx x Qx x

α

\= ββ+



r =max[ , ] nm

αβ+ i là nghiệm của [2]

[ ]

[]cos []sin

x

rr

y xe Qx x Qx x

α

\= ββ+



VD1: Giải ptvp 3 2 [ 3 2 ] [1]

x

yyy xe

′′ ′++= +

yyy 3 2 0 [1 ]

′′ ′ ′++=

2

kk + += 3 2 0 [2]

12

⇒=− =− kk 1; 2

Nghiệm tổng quát của [1’] :

2

12

xx

y Ce C e

−−

\= +

Tìm nghiệm riêng

y của pt không thuần nhất [1]

Với

1

[] [3 2] 1 1, 2; [] 3 2

x

f x = + ⇒ = ≠− − x e α Px = + x

Do đó nghiệm riêng có dạng

1

2 [] [] [ ]

x xx

n

yeQxeQxeAxB

α

\= = = + 3 []

xx

y ′ = ++ e Ax B Ae

1 [ ]

xx

y ′′ = ++ e Ax B Ae

3 2 6[ ] 5 3 2

xx

y y y Ax B e Ae x

′′ ′++= + + =+16326[ ] 5 3 265 2 112AA

Ax B A x

BAB==+ + = +⇒ ⇒+= −=

Vậy nghiệm riêng của [1] là

112 12

x

y xe

= −

Do đó nghiệm tổng quát của [1] là

2

12

112 12

xx x

tq

y Ce C e x e

−−

= + +−VD2:

2

32[32][1]

x

yyy x e

′′ ′++= +