Bài giảng Giải tích hàm nhiều biến số: Phần 2

Nối tiếp phần 1, Bài giảng Giải tích hàm nhiều biến số: Phần 2 tiếp tục trình bày những nội dung về tích phân đường và mặt; tích phân đường loại một và tích phân đường loại hai; tích phân mặt loại một; tích phân mặt loại hai; phương trình vi phân; phương trình vi phân cấp 1; phương trình vi phân cấp 2; hệ phương trình vi phân;... Mời các bạn cùng tham khảo!

TẬP ĐỒN BƯU CHÍNH VIỄN THƠNG HỌC VIỆN CƠNG NGHỆ BƯU CHÍNH VIỄN THƠNG BÀI GIẢNG GIẢI TÍCH HÀM NHIỀU BIẾN SỐ PGS TS Phạm Ngọc Anh HÀ NỘI-2013 Ò ¿º½º Ì ¿º½º½º Ơ Ị Ị Ị Ị Ĩ · È Ị ÐĨõ ¿º Ì Ơ Ị Ị Ị ØƯ Ị ÙỊ Úđ Đ Ø ½º º đĐ P Ĩõ z = f (x, y) Üơ Ị × AB ÙỊ n AB Ñ A = C0 , C1 , C2 , , Cn = B à ٠· ∆i Ðñ đ ÙỊ Ị Đ Ø Ci−1 Ci ∀i = 1, 2, , n Úñ ∆P = max{∆1 , ∆2 , , ∆n }º Mi ∈ Ci−1 Ci º Ñ Ø Ý Ã n σP = f (Mi )∆i i=1 Ðđ Ø Ị Ø Ơ Ị Ị ÐĨõ ½ f (x, y) ØƯ đĐ Ị ÙỊ AB º Ỉ Ù õÒ I = lim σP ∆P →0 Ø Ò Øõ ¸ Ị Ị Ơ  Ø Ù ÚđĨ Ơ Ơ Ơ ÐĨõ ½ đĐ f (x, y) Ø Ĩõ AB ØƯ Ị ÙỊ f (x, y)dsº Ỉ Ù Ðđ Ị Ị ´ P Úđ Ý Ø Đ Ị Ị Đ Mi ¸ f (x, y) Ị Ị Ư÷Ị I Ø Ị Ù ÙỊ ị Ø AB Ðđ Ø ØƯ Ị ÙỊ ØƯ Ị Ø Ị Ơ AB µ Ị Úđ ´ ÙỊ AB Üơ Ị ị Ø ủẹ ì ỉệ ề ề ề ủ ủẹ f (x, y) Ð Ị Ø ØƯ Ị AB Ø ủẹ ì f (x, y) ỉ ụ ỉ Ò Ø Øº f (x, y)ds = · Ò ỉ ỉ ề AB ủể ẵắ è ề ũ Ú Ð AB f (x, y)dsº BA 1ds = |AB| Ðđ · AB · Ỉ Ù ÙỊ AB đ ÙỊ AB º Ð Ư ρ(x, y) Ø Ị Ị mAB = ρ(x, y)ds Ðđ Ð Ị ÙỊ AB AB ẵ é ề ỉ ề AB èệ Ị Ø Ị º õỊ Ơ½ Ị Ø ØƯ Ị ÙỊ Ø Ị ÕÙ Ĩ ÙỊ ØƯ Ị Ø Ị AB õÒ y = ϕ(x) x ∈ [a, b] Úđ đĐ × f (x, y) AB º à b f (x, y)ds = AB f (x, ϕ(x)) + (x)dx a ẵà èệ é ề ễắ Ĩ ÙỊ ØƯ Ị Ø Ị AB x = φ(y) y ∈ [c, d] Úđ õỊ đĐ × f (x, y) AB º à Ị Ø ØƯ Ị ÙỊ d f (x, y)ds = ị × Đ Ị è ề ẹ ề ể ỉệ ề ễ ẵá ØƯ Ị Ơ ¾ Ðđ Ø Ci (xi , yi ), ∆xi = xi − xi−1 , ∆yi = yi − yi−1 ∀i = 1, 2, , nº à ∆i Ci1 Ci = è ể ề ỉ ì ắà c AB Ò f (φ(y), y) + φ′2 (y)dy (xi − xi−1 )2 + (yi − yi−1 )2 = ∆xi Ị Ø º Ì ∆xi 1− Ị Ĩ Ị ¸ Ø Ò ¸ ∆yi ∆xi Ò ∆yi ϕ(xi ) − ϕ(xi−1 = = ϕ′ (ξi ) xi−1 ≤ ξi ≤ xi ∀i = 1, 2, , n ∆xi ∆xi à n n f (Mi )∆i ≈ σP = i=1 Ø f (ξi , ϕ(ξi )) i=1 − ϕ′2 (ξi )∆xi ∆x = max{∆x1 , , ∆xn } à b n f (x, y)ds = lim x AB ẻ  ẵ è ề ỉ ễ i=1 f (ξi , ϕ(ξi )) − i )∆xi = f (x, ϕ(x)) + ϕ′2 (x)dx a y 2ds¸ ØƯĨỊ Ị ϕ′2 (ξ A(2, 0), B(0, 1) AB đ · È ị º Ị ØƯ Ị Ị Ø øÒ AB õÒ x y =1− · è ể ề ỉ ỉ ề ẵà y ds = ÙỊ AB Ĩ ÙỊ x (1 − )2 + y ′2 dx = AB µ x (1 − )2 2 √ + dx = õỊ Ø ØƯ Ị Ø Ị Đ × ØƯĨỊ AB √ x (1 − ) dx = Đ Ø Ơ øỊ AB õỊ Ø Đ ×   x = x(t)  y = y(t) α ≤ t ≤ β ´¿º¿µ y x πa O À Ị Úđ đĐ × f (x, y) Ð 3πa 2πa Ị Ø ØƯ Ị ÙỊ ½ À Ị AB º ữề ụ ỉ  ắ í yx = yt′ ÚđĨ Ị x′t Ø β f (x, y)ds = f x(t), y(t) AB ẻ  ắ è Ò Ø Ô ′2 x′2 t + yt dt y 2ds¸ ØƯĨỊ Ị AB Ðđ Đ Ø Ị Ơ ÙỊ Ý ÐĨ AB AB Ì đ ị º Ĩ Ị Ø àá ỉ x = a(t sin t) a > 0, ≤ t ≤ 2π  y = a(1 − cos t) 2π a2 − cos t y ds = 2π = = √ √ √ a2 − cos t a − cos tdt 2π 2a3 (1 − cos t)5 dt 2π t sin5 dt = 8a3 = ÙỊ AB õỊ Ø Đ × ′2 x′2 t + yt dt AB µ ØƯĨỊ 256a3 15 ề ề R3 ắàá ỉ Ĩ ÙỊ Úđ đĐ × AB ØƯĨỊ ØƯ Ị Ø Ò f (x, y, z) AB õÒ Ø Ñ ×    x = x(t)    AB y = y(t)      x = z(t) Ð AB º Ị Ø ØƯ Ị ÙỊ Đ Ø Ơ øỊ ¸ Ø α ≤ t ữề ụ ỉ ề ỉ Ị ØƯĨỊ ØƯ Ị Ơ ÙỊ β f (x, y, z)ds = α AB Ỵ  ¿º¿º Ì Ị (x2 + y + z )ds¸ ØƯĨỊ I= ′2 ′2 x′2 t + yt + zt dt f x(t), y(t), z(t) AB Ðđ ĨõỊ ÜĨúỊ AB     x = a cos t,    AB y = a sin t,      z = at, a > 0, ≤ t ≤ 2π Ì đ ị º Ĩ Ị Ø ´¿º µ¸ Ø f (x, y, z) = x2 + y + z = a2 (1 = t2 ) Úđ Ĩ √ ′2 ′2 x′2 + y + z = a t t t ¸ 2π I= √ a2 (1 + t2 )a 2dt √ = a3 √ 2π (1 + t2 )dt = 2a3 (1 + π ) µ ÙỊ AB Ĩ õỊ Ø Ơ Ị ØƯ Ò r = r(ϕ), ϕ1 ≤ ϕ ≤ ϕ2 ễ ề ỉệ ề ỉ ẹ ì f (x, y)ds =  ¿º º Ì Ị đ ĨõỊ ĨỊ OA đ ị º Üơ Ị   x2 + y = cz,   y = tan z , x c x = r cos ϕ, y = r sin ỉ AB Î r + rϕ′2 dϕ f r cos ϕ, r sin ϕ Ô O(0, 0, 0), A(2, 2, 4) Ú Ị ØƯ Ị ĨõỊ ĨỊ OA õỊ z r = cz, tan ϕ = tan c Ì z 4á ìí ệ è ể ề ỉ ệữề ể   √   x = c ϕ cos ϕ,    OA y = c√ϕ sin ϕ,      z = cϕ, Ú ≤ ϕ ≤ c ´¿º µ Úđ Ø Ị Ø Ø Ơ Ị |AB| = Ị ÐĨõ ½¸ đ ÙỊ OA Ø Ị ds AB c = ′2 ′2 x′2 ϕ + yϕ + zϕ dϕ c = c √ √ + ϕ dϕ ϕ √ = c(1 + ) 3c µ Ì ØƯ Ị Ĩ ÙỊ AB ÙỊ Ø Đ AB Ý ÙỊ º Ð Ĩ Ị Ị Ư Ø Ị Üơ ¸ m Ðđ Ð ề ề ủẹ ì f (x, y) Ø ØƯ Ị Ø Đ G     xG = ØƯĨỊ Ị    yG = AB º m xf (x, y)ds, AB m yf (x, y)ds, AB ẻ  ụ º Ị Ø ØƯ Ị AB đ ị º ÙỊ AB àá ỉ éủ ề ỉệ ề ỉ Đ Đ Ø Ị Ơ   x = a(t − sin t) Ý Ø Ø ò Ø f (x, y) = c Ø Ư÷Ị G ÙỊ AB Ø Ò    xf (x, y)ds =  xG = m Ø Đ c m AB ¿º¾º Ì ắẵ ễ ề ể ề yG = Ò Ò ÐÓõ m Ý ÐÓ Ò Ø a > 0, ≤ t ≤ π  y = a(1 − cos t) Ø ÙÒ yf (x, y)ds = AB xds = 4a , yds = 4a ữề ì è ể ề ỉ AB c m AB ¾º º đĐ Ú Ø F = (P, Q, R) F = P i + Qj + Rk Üơ Ị AB º ØƯ Ị ÙỊ Ỉ Ø Ò Ú Ø F õÒ Ý F (x, y, z) = P (x, y, z)i + Q(x, y, z)j + R(x, y, z)k È Ơ Ơ Ị (P ) ÙỊ AB Ĩõ Đ A0 = A, A1 , , An = B Ò Mi (xi , yi , zi ) à ∈ Ai−1 Ai ⊂ AB Ú i = 1, 2, , n ẹ n ũì ệữề −−−−→ Ai−1 Ai = (∆xi , ∆yi , ∆zi )º −−−−→ F (Mi )Ai−1 Ai In = i=1 Ĩõ Ðđ Ø Ị (P )º Ø Ơ Ị Ị n→∞ Ỉ Ù đĐ Ú Ø F ¾ Ø Ị Ø Ơ Ĩõ (P ) Úđ Ơ Ơ ØƯ Ị ÙỊ AB Úđ Ị đĐ Ú Ø F ØƯ Ị ÙỊ Ị Ị In Đ Ị Ø Mi ¸ Đ Ø Ú Ø ØỨÝ Ị Ø Ị ¸ Ị Ø Ø I I¸ Ðđ Ø Ơ Ị P dx + Qdy + Rdz Ò Ú Ø õÒ P (x, y, z)dx + Q(x, y, z)dy + R(x, y, z)dz AB Ị Ị AB Ĩ Üơ õỊ Üơ Ù I= Ì AB Ơ Ị max ∆xi : i = 1, 2, , n → 0, max ∆yi : i = 1, 2, , n → × Ĩ Ĩ 0, max ∆zi : i = 1, 2, , n → 0¸ Ø Ù ÚđĨ Ơ Ơ Ơ ÐĨõ Ị Ơ  ÐĨõ ¾ ÌƯĨỊ ØƯ Ú Ị Ơ Ø AB ÙỊ Ðđ Ị ĨỊ Ị¸ Ø Ơ Ị Ị AB ÐĨõ ¾ ØƯ Ị ÙỊ Ø P (x, y, z)dx + Q(x, y, z)dy + R(x, y, z)dz AB ắắ ặ ề ĩỉ ắ AB ề F ủẹ ØƯĨỊ Đ Ø Ơ øỊ AB ØƯ Ị ÙỊ (Oxy)¸ Ø F = (P, Q)¸ Ø Ơ Ị Ị ÐĨõ f : [a, b] → R¸ Ø Ơ Ị Ị ÐĨõ Đ À đĐ Ú Ø Ù P (x, y)dx + Q(x, y)dy AB Ø ¾ f ØƯ Ị Ø đĐ ¿º¾º¿º Ì Ø Ị Øơ Ị Ị Ø Ai−1 Ai Ị × Ị Ø Ư Ø AB Ư đĐ × Ø ØƯ Ị ÙỊ M Ø Đ Ø Ị Ø ĨõỊ Ø đỊ Đ Ø Ð ÙỊ Ĩ ÙỊ ØƯ Ü Ơ Ü Ú ¿º¾º º Ðđ Đ Ø Ø Ơ Ơ Ị AB º Ĩ Ø Úđ Ø Ĩ ÕÙ Ị ểừ F (Mi ) ữề ẻ í ể ề Ai1 Ai Ĩ ÙỊ Ị Ø Ø Ị Ơ Ơ Ơ Ø ØƯ Ị đĐ Ị −−−−→ F (Mi )Ai−1 Ai º ¸ R¸ Ị º ÙÝ Ị Ø Đ Ø ÙÝ Ị Ị M Ai−1 Ai Ị ØƯ Ị ÐĨõ ¾º Đ Đ Ị Ø ỊđĨ Ị Üơ F = F (M)¸ Ú Ơ [a, b] Đ Ø Đ ØƯ Ị ØƯ Ị ÙỊ × Ị × Ị AB ØƯ Ịº È Ơ ÚđĨ AB ÙỊ In Üơ Ơ Ị õĨ AB (P ) Ị à Ị lim In n→∞ À × Ị Ị Ø ØƯ Ị Đ Đ Ị º Ĩõ Ị Ư Ị ØƯ Ị ÙỊ Ị Ðđ Ị ×ịỊ Bº AB º à P x′t + Qyt′ + Rzt′ dt a AB Ò Ị B ØƯ Ị Ü Ơ Ü Ú AB ØƯ Ị Úđ Üơ Ị Ơ Ị ØƯ Ị Ø Đ ×     x = x(t),    y = y(t),      z = z(t), t : a → b, A x(a), y(a), z(a) , B x(b), y(b), z(b) P = P (x, y, z), Q = Q(x, y, z), R = R(x, y, z) Ð Ơ Đ ÐĨõ ¾º P dx + Qdy + Rdz = ũ ì ỉệểề ề b Ị Ị Ị ÐĨõ ¾ Đ Ø ĨõỊ Ø øỊ ¸ Ð Øơ Ị Ị Ø AB (P ) ØƯĨỊ Ị Ị Üơ Ị t0 = a < t1 < t2 < < tn = b ´¿º µ xi = x(ti ), yi = y(ti ), zi = z(ti ), Úñ Ai (xi , yi , zi )º Ì n ∆ti = ti − ti−1 º à In = Ị Ð Ä Ư Ị     ∆xi = x(ti ) − x(ti−1 ) = x′ (τi )∆ti ,    ∆yi = y(ti ) − y(ti−1 ) = y ′(τi )∆ti ,      ∆zi = z(ti ) − z(ti−1 ) = z ′ (τi )∆ti , × Ĩ Ĩ ØƯĨỊ Ĩ ¸ Ñ Mi x(τi ), y(τi ), z(τi ) ∈ Ai−1 Ai ¸ Ø Ị Øõ τi ∈ (ti−1 , ti ) Úñ −−−−→ F (Mi )Ai−1 Ai i=1 n P x(τi ), y(τi ), z(τi ) x′ (τi ) + Q x(τi ), y(τi ), z(τi ) y ′ (τi ) + R x(τi ), y(τi ), z(τi ) z ′ (τi ) ∆ti = i=1 Ỵ Ơ ị Ðđ Ø Ị Ø Ơ Ị đĐ × P x(t), y(t), z(t) x′ (t) + Q x(t), y(t), z(t) y ′(t) + R x(t), y(t), z(t) z ′ (t) ØƯ Ị ĨõỊ [a, b]º Ø ∆P = max{∆ti : i = 1, 2, , n}º ∆ti → 0¸ Ø Ó b P x′t + Qyt′ + Rzt′ dt P dx + Qdy + Rdz = a AB Ỵ  ¿º º I = Ì Ị (ydx + zdy + xdz)¸ a > 0, AB : {x = a cos t, y = a sin t, z = ØƯĨỊ AB bt, t : → 2π} Ì đ ị ể ề ỉ àá ỉ I= a sin t(−a sin t) + bt(a cos t) + a cos t.b dt 2π − a2 sin2 t + ab(1 + t) cos t dt = a2 =− 2π 2π (1 − cos 2t)dt + ab (1 + t) cos tdt = − πa2 ¿º¾º º º Ĩ ÙỊ AB ⊂ (Oxy) ØƯ Ị Úđ Üơ Ị Ơ   x = x(t), Ò ØÖ Ò  y = y(t), t : a b ẳ ỉ ẹ ì y y2 = x √ x Ç −1 À Ị ¾ À Ị P = P (x, y), Q = Q(x, y) Ð đĐ × Ú Ị Ø ØƯ Ị Ú  ¿º AB º à b P x′t + Qyt′ dt P dx + Qdy = a AB Ỵ  ¿º º Ì Ị x2 dx + xydy, AB √ AB : x = y , A(1, −1), B(2, 2)º ØƯĨỊ Ì đ ị º ể ề ỉ àá ề ề AB : x = (y), y [a, b]á ẵ ỉ ễ Ị Ị ÐĨõ ¾ Üơ Ị Khi đó, nghiệm riêng y0 xác định     eαx Qn (x) α khơng nghiệm phương trình đặc trưng,    y0 = xeαx Qn (x) α nghiệm đơn phương trình đặc trưng,      x2 eαx Qn (x) α nghiệm kép phương trình đặc trưng, (4.21) đó, Qn (x) đa thức bậc n Ví dụ 4.29 Giải phương trình vi phân y ′′ − y ′ − 2y = 2x2 Giải: + Giải phương trình đặc trưng k − k − = 0, có hai nghiệm k1 = −1, k2 = Vậy nghiệm tổng quát phương trình y ′′ − y ′ − 2y = y¯ = C1 e−x + C2 e2x + Tìm nghiệm riêng y0 : Vì α = khơng nghiệm phương trình đặc trưng Pn (x) = 2x2 , nên theo cơng thức (4.21), ta có y0 = ax2 + bx + c Thay y0 vào phương trình ban đầu, ta nhận −2ax2 + (−2a − 2b)x + (2a − 2b − 2c) = 2x2 , ∀x Đồng hệ số hai vế theo lũy thừa x, ta nhận     −2a = 2,    =⇒ a = −1, b = 1, c = − −2a − 2b = 0,      2a − 2b − 2c = 0, Do đó, phương trình có nghiệm riêng y0 = −x2 + x − 32 Vậy nghiệm tổng quát y = y¯ + y0 = C1 e−x + C2 e2x − x2 + x − , C1 , C2 số 128 Ví dụ 4.30 Giải phương trình vi phân y ′′ + y ′ = 3x2 + Giải: + Giải phương trình đặc trưng k + k = 0, có hai nghiệm k1 = 0, k2 = −1 Vậy nghiệm tổng quát phương trình y ′′ +y ′ = y¯ = C1 + C2 e−x + Tìm nghiệm riêng y0 : Vì α = = k1 nghiệm phương trình đặc trưng Pn (x) = 3x2 + 4, nên theo công thức (4.21), ta có y0 = x(ax2 + bx + c) Thay y0 vào phương trình ban đầu, ta nhận 3ax2 + (6a + 2b)x + (2a + c) = 3x2 + 4, ∀x Đồng hệ số hai vế theo lũy thừa x, ta nhận     3a = 3,    6a + 2b = 0, =⇒ a = 1, b = −3, c =      2a + c = 4, Do đó, phương trình có nghiệm riêng y0 = x2 − 3x + Vậy nghiệm tổng quát y = y¯ + y0 = C1 + C2 e−x + x2 − 3x + 2, C1 , C2 số Ví dụ 4.31 Giải phương trình vi phân y ′′ + y ′ + y = xex + 2e−x Giải: + Giải phương trình đặc trưng k + k + = 0, 129 có hai nghiệm k1 = √ −1+ 3i , k2 == √ −1− 3i Vậy nghiệm tổng quát phương trình y ′′ + y ′ + y = − x2 y¯ = e √ √ 3 C1 cos x + C2 sin x 2 + Tìm nghiệm riêng y01 phương trình y ′′ + y ′ + y = xex : Vì α = khơng nghiệm phương trình đặc trưng Pn (x) = x, nên theo công thức (4.21), ta có y01 = ex (ax + b) Thay y01 vào phương trình y ′′ + y ′ + y = xex , ta nhận 2axex + (2a + 2b)ex = xex , ∀x Đồng hệ số hai vế theo lũy thừa x, ta nhận   2a = 1, 1 =⇒ a = , b = −  2 2a + 2b = 0, Do đó, phương trình có nghiệm riêng y01 = ex ( 12 x − 12 ) + Tìm nghiệm riêng y02 phương trình y ′′ + y ′ + y = 2e−x : Vì α = khơng nghiệm phương trình đặc trưng Pn (x) = x, nên theo công thức (4.21), ta có y02 = ce−x Thay y02 vào phương trình y ′′ + y ′ + y = 2e−x , ta nhận c = Do đó, phương trình có nghiệm riêng y02 = e−x Do vậy, nghiệm riêng phương trình ban đầu y0 = y01 + y02 Nghiệm tổng quát dạng − x2 y = y¯ + y0 = e √ √ 3 C1 cos x + C2 sin x 2 1 + ex ( x − ) + e−x , 2 C1 , C2 số Trường hợp 2: f (x) = eαx [Pn (x) cos βx + Qn (x) sin βx], α, β số thực, Pn (x), Qm (x) đa thức bậc n, m tương ứng ¯ k (x) đa thức bậc k Khi đó, nghiệm riêng y0 Đặt k = max{m, n}, Rk (x) R phương trình (4.18) xác định   eαx [Rk (x) cos βx + R ¯ k (x) sin βx] α + iβ không nghiệm (4.19), y0 =  xeαx [Rk (x) cos βx + R ¯ k (x) sin βx] α + iβ nghiệm (4.19) 130 (4.22) Ví dụ 4.32 Giải phương trình vi phân y ′′ + 2y ′ − 3y = cos x Giải: + Giải phương trình đặc trưng k + 2k − = 0, có hai nghiệm k1 = 1, k2 = −3 Vậy nghiệm tổng quát phương trình y ′′ + 2y ′ − 3y = y¯ = C1 ex + C2 e−3x + Tìm nghiệm riêng y0 : Vì α = 0, β = α + iβ = i khơng nghiệm phương trình đặc trưng, nên theo cơng thức (4.22), ta có y0 = a cos x + b sin x Thay y0 vào phương trình ban đầu, ta nhận (−4a + 2b) cos x + (−2a − 4b) sin x = cos x, ∀x Đồng hệ số hai vế theo hệ số cos x sin x, ta nhận   −4a + 2b = 1, 1 =⇒ a = − , b =  10 −2a − 4b = 0, Do đó, phương trình có nghiệm riêng y0 = − 15 cos x + y = y¯ + y0 = C1 ex + C2 e−3x − 10 sin x Vậy nghiệm tổng quát 1 cos x + sin x, 10 C1 , C2 số Ví dụ 4.33 Giải phương trình vi phân y ′′ + 4y = ex − cos 2x Giải: + Giải phương trình đặc trưng k + = 0, có hai nghiệm k1 = 2i, k2 = −2i Vậy nghiệm tổng quát phương trình y ′′ + 4y = y¯ = C1 cos 2x + C2 sin 2x 131 + Tìm nghiệm riêng y01 phương trình y ′′ + 4y = ex : Vì α = khơng nghiệm phương trình đặc trưng, nên theo cơng thức (4.21), ta có y01 = aex Thay y0 vào phương trình y ′′ + 4y = ex , ta nhận a = 15 Vậy, phương trình y ′′ + 4y = ex có nghiệm riêng y01 = 15 ex + Tìm nghiệm riêng y02 phương trình y ′′ + 4y = − cos 2x: Vì α = 0, β = α + iβ = 2i nghiệm phương trình đặc trưng, nên theo cơng thức (4.22), ta có y02 = x(a cos 2x + b sin 2x) Thay y02 vào phương trình y ′′ + 4y = − cos 2x, ta nhận 4b cos 2x − 4a sin 2x = − cos 2x, ∀x Đồng hệ số hai vế theo hệ số cos 2x sin 2x, ta nhận a = 0, b = − 14 Do đó, phương trình y ′′ + 4y = − cos 2x có nghiệm riêng y02 = − 14 x sin 2x Theo nguyên lý chồng nghiệm, nghiệm riêng phương trình ban đầu dạng y0 = y01 + y02 Vậy, nghiệm tổng quát y = y¯ + y0 = C1 cos 2x + C2 sin 2x − x sin 2x, C1 , C2 số Ví dụ 4.34 Bằng cách đặt y = u , x2 tìm nghiệm tổng quát phương trình vi phân x2 y ′′ + x(4 − x)y ′ + 2(1 − x)y = xex Giải: Lấy đạo hàm hàm u, ta có u′ = y ′x2 + 2xy, u′′ = y ′′ x2 + 2xy ′ + 2xy ′ + 2y = y ′′ x2 + 4xy ′ + 2y Khi đó, phương trình có dạng: u′′ − u′ = xex + Giải phương trình đặc trưng k − k = 0, có hai nghiệm k1 = 0, k2 = Vậy nghiệm tổng quát phương trình u′′ −u′ = u¯ = C1 + C2 ex 132 + Tìm nghiệm riêng u0 : Vì α = nghiệm phương trình đặc trưng, nên theo cơng thức (4.21), ta có u0 = x(ax + b)ex Thay u0 vào phương trình u′′ − u′ = xex , ta nhận a = 21 , b = −1 Do đó, phương trình ban đầu có nghiệm tổng quát y= u C1 ex 1 = + C + ex ( − ), 2 2 x x x x C1 , C2 số 4.4 Hệ phương trình vi phân 4.4.1 Hệ phương trình vi phân cấp Hệ n phương trình vi phân cấp có dạng:    y1′ = f1 (x, y1 , y2 , , yn ),       y2′ = f2 (x, y1 , y2 , , yn ), (4.23)         y ′ = f (x, y , y , , y ), n n n gọi hệ chuẩn tắc, x biến độc lập y1 , y2 , , yn hàm cần tìm Bài tốn Cauchy hệ phương trình (4.23): Tìm nghiệm (y1 = y1 (x), y2 = y2 (x), , yn = yn (x)) thỏa mãn điều kiện ban đầu: yi (x0 ) = y0i , ∀i = 1, 2, , n, x0 , y01 , y02 , , y0n số cho trước Tập hợp n hàm số yi = yi (x, C1 , C2 , , Cn ), i = 1, 2, , n, C1 , C2 , , Cn số tùy ý (x, y1 , y2, , yn ) ∈ D, gọi nghiệm tổng quát hệ phương trình vi phân (4.23), hàm số thỏa mãn điều kiện sau: Điều kiện 1: yi (i = 1, 2, , n) nghiệm (4.23) với C1 , C2 , , Cn Điều kiện 2: Với điểm (x0 , y01 , y02 , , y0n ) ∈ D, hệ phương trình y0i = yi (x0 , C1 , C2 , , Cn ), i = 1, 2, , n, giải số C1 , C2 , , Cn 133 Định lý 4.35 Giả sử hàm số fi (x, y, y1, y2, , yn ) đạo hàm riêng ∂fi (x, y1 , y2 , , yn )(i ∂yi 1, 2, , n) liên tục miền D ⊆ Rn+1 , (x0 , y01 , y02 , , y0n ) ∈ D Khi đó, tồn lân cận điểm x0 cho toán Cauchy có nghiệm 4.4.2 Phương pháp giải hệ phương trình vi phân cấp Từ hệ phương trình vi phân cấp (4.23), ta biến đổi phương trình vi phân đổi với ẩn x cách khử hàm ẩn chưa biết lại hệ (4.23) phương trình vi phân cấp cao Giải phương trình vi phân cấp cao đó, sau tìm hàm cịn lại Phương pháp gọi phương pháp khử Ví dụ 4.36 Giải hệ phương trình vi phân   y ′ = cos x − y2 ,  y ′ = cos x − sin x + 3y1 − 4y2 Giải: Lấy đạo hàm vế phương trình thứ theo x, ta có y1′′ = − sin x − y2′ Kết hợp với phương trình thứ 2, ta nhận y1′′ = − sin x − cos x + sin x − 3y1 + 4y2 = −4 cos x − 3y1 + 4y2 Thay y2 = cos x − y1′ , ta có y1′′ + 4y1′ + 3y1 = Khi đó, nghiệm thu có dạng y1 = C1 e−x + C2 e−3x Từ hệ thức y2 = cos x − y1′ , suy y2 = cos x − C1 e−x − 3C2 e−3x Vậy, nghiệm hệ phương trình cho   y1 = C1 e−x + C2 e−3x  y2 = cos x − C1 e−x − 3C2 e−3x 134 = 4.4.3 Phương pháp giải hệ phương trình vi phân cấp với hệ số số Hệ phương trình vi phân cấp với hệ số số có nhiều phương pháp giải Sau đây, ta trình bày phương pháp, gọi phương pháp Euler Khơng tính tổng qt, ta xét hệ phương trình có ẩn hàm x, y, z biến độc lập t     x′t = a11 x + a12 y + a13 z    yt′ = a21 x + a22 y + a23 z      zt′ = a31 x + a32 y + a33 z (4.24) Giả sử nghiệm hệ phương trình (4.24) có dạng: x = αeλt , x = βeλt , x = γeλt , tham số α, β, γ, λ số cần xác định cho (x, y, z) nghiệm (4.24) Thay (x, y, z) vào hệ phương trình (4.24), ta có     (a11 − λ)α + a12 β + a13 γ =    a11 α + (a22 − λ)β + a13 γ =      a11 α + a22 β + (a33 − λ)γ = (4.25) Hệ phương trình (4.25) hệ phương trình tuyến tính nhất, có nghiệm khơng tầm thường a11 − λ a12 a13 a21 a22 − λ a23 a31 a32 a33 − λ = Đẳng thức phương trình bậc ẩn λ gọi phương trình đặc trưng hệ phương trình (4.25) Nghiệm gọi giá trị riêng hệ Ta hạn chế xét phương trình đặc trưng có nghiệm thực phân biệt λ1 , λ2 , λ3 Thay giá trị riêng λ1 , λ2 , λ3 vào hệ phương trình (4.25), ta nhân cặp số tương ứng (α1 , β1 , γ1 ), (α2 , β2 , γ2 ), (α3 , β3 , γ3 ) Khi đó, nghiệm hệ phương trình (4.24) có dạng     x(t) = C1 α1 eλ1 t + C2 α2 eλ2 t + C3 α3 eλ3 t    y(t) = C1 β1 eλ1 t + C2 β2 eλ2 t + C3 β3 eλ3 t      y(t) = C1 γ1 eλ1 t + C2 γ2 eλ2 t + C3 γ3 eλ3 t 135 Ví dụ 4.37 Tìm nghiệm tổng qt hệ phương trình vi phân   x′ = −x − 2y  y ′ = 3x + 4y Giải: Giải phương trình đặc trưng −1 − λ −2 4−λ = ⇔ λ2 − 3λ + = ⇔ λ1 = 1, λ2 = + Với λ1 = 1, ta có hệ phương trình   (−1 − λ)α − 2β = 0,  3α + (4 − 1)β = ⇔ α + β = Lấy α = 1, β = −1 Khi đó, ta có nghiệm riêng x1 = et , y1 = −et + Với λ2 = 2, tương tự ta có nghiệm riêng x2 = 2e2t , y2 = −3e2t Vậy nghiệm tổng quát hệ   x = C1 et + 2C2 e2t  y = −C1 et − 3C2 e2t , C1 , C2 số Bài tập chương Giải phương trình vi phân có biến số phân ly: a)(1 + x)ydx + (1 − y)xdy = b)(x2 − yx2 )y ′ + y + xy = c)y ′ cos 2y − sin y = d)y ′ = cos(x − y) Giải phương trình vi phân cấp a)(y − x)dx + (y + x)dy = b)(3x2 + y )y + (y − x2 )xy ′ = c)y ′ = y+2 x+y−1 136 Giải phương trình vi phân tuyến tính cấp một: a)2x(x − 1)y ′ + (2x − 1)y + = b)y ′ + 2xy = xe−x c)2ydx + (y − 6x)dy = d) y ′ + xy = x3 e) y ′ cos2 x + y = tgx thỏa y(0) = Tìm nghiệm riêng phương trình: yey = y ′(y + 2xey ) thỏa mãn điều kiện đầu y(0) = −1 Tìm nghiệm phương trình y ′ − y = cos x − sin x thỏa mãn điều kiện bị chặn x → ∞ Tìm nghiệm phương trình sau: a) y ′ − b) y ′ + y x = x3 y x = sin x Tìm nghiệm phương trình Bernoulli sau: a)y ′ + y x x = x( exe+1 )y b) (x + 1)y ′′ + x(y ′ )2 = y ′ c) x2 y ′ = y(x + y) d)ydx + 2xdy = √ 2y x dy cos2 y thỏa mãn điều kiện y(0) = π Giải phương trình sau: a) (y + 1)3/2 dx + (y + 3xy + y 2)dy = b) ex (2 + 2x − y )dx − yex dy = c) (y cos2 x − sin x)dy = y cos x(y sin x + 1)dx d) (2x + 3x2 y)dx = (3y − x3 dy Giải phương trình: a) y ′′ − 7y ′ + 6y = sin x b) y ′′ + 9y = 6e3x c) y ′′ − (m − 1)y ′ + my = ex − x − d) 2xy ′ y ′′ = y ′2 − y = 3C2 (C1 x + 1) + C2 √ √ √ e) yy ′′ = y ′ Nghiệm tổng quát:x = y − C21 ln|2 y + C1 | + C2 y = c nghiệm f) y ′′ = y ′ey 137 g) yy ′′ + y = h) y ′2 + yy ′′ = yy ′ 10 Tìm tích phân tổng quát phương trình sau: (x − y + 4)dy + (y + x − 2)dx = 11 Giải phương trình x2 y ′′ + xy ′ − 4y = x2 lnx cách đổi biến số x = et 12 Bằng cách đặt y = ux giải phương trình: xdy − ydx − 13 Tìm nghiệm riêng phương trình: xy ′ = x2 − y 2dx = x2 − y + y thỏa mãn điều kiện đầu y(1) = 14 Tìm nghiệm tổng quát phương trình: y ′ − xy = x + x3 15 Chứng minh hệ vector {cos2 2x, sin2 2x, 2} hệ phụ thuộc tuyến tính Tính định thức Wronski chúng 16 Giải phương trình: a) y ′′ + y ′ = x + e−x b) 2y ′′ + 5y ′ = 29x sin x Đs: y = (−2x + c) y ′′ − 2y ′ + 5y = x sin 3x 185 ) sin x 29 Đs: y = ( 26 x+ + (−5 − 57 ) cos 3x 26 16 ) cos x 29 + ( −1 x+ 13 41 ) sin 3x 43 17 Giải hệ phương trình vi phân: a)   x′ = 7x + 3y b)  y ′ = 6x + 4y,   x′ = y − 7x  y ′ = −2x − 5y,     x′ = x − y + z    c) y ′ = x + y − z      z ′ = 2x − y, Hướng dẫn giải tập chương Giải phương trình vi phân có biến số phân ly: a) ln|xy| + x − y = C b) x+y xy + ln| xy | = C c) x = ln| tan y2 | + cos y + C d) x + cot x−y = C 138     x′ = 2x + y    d) y ′ = x + 3y − z      z ′ = 2y + 3z − x Giải phương trình vi phân cấp a) y + 2xy − x2 = C b) x(x2 + y 2) − C y = y+2 c) e−2 arctan x−3 = C(y + 2) Giải phương trình vi phân tuyến tính cấp một: √ C x2 −x a) y = − < x < b) y = e−x (C + √ ln(x− 12 )+ x2 −x √ x2 −x x < x > 1; y = √ C x−x2 + arcsin(2x−1) √ x−x2 x2 ) c) y − 2x = Cy d) y ′ + xy = x3 HD: Nghiệm phương trình y = Cex dùng phương pháp biến thiên số e) y ′ cos2 x + y = tgx thỏa y(0) = HD: Phương trình tuyến tính có nghiệm y = Ce−tgx Tìm nghiệm riêng phương trình: yey = y ′(y + 2xey ) thỏa mãn điều kiện đầu y(0) = −1 HD: Xem x ẩn hàm, thay y ′ = x′ Tìm nghiệm phương trình y ′ − y = cos x − sin x thỏa mãn điều kiện bị chặn x → ∞ Tìm nghiệm phương trình sau: a) y ′ − b) y = y x = x3 C x + sin x x − cos x Tìm nghiệm phương trình Bernoulli sau: a) y = Cx−xln(ex +1) b) (x + 1)y ′′ + x(y ′ )2 = y ′ HD: Đặt y ′ = p, z = p−1 ta phương trình tuyến tính cấp một: z′ + Nghiệm tổng quát: C nghiệm kì dị   ln|x2 + C1 | +  ln|x2 + C1 | + x z= 1+x x+1 √2 C1 arctan √xC1 + C2 √2 −C1 arctan 139 √ x− √ −C1 −C1 +x C1 > + C2 C1 < , ý y = c) x2 y ′ = y(x + y) HD: đặt z = y −1 Nghiệm tổng quát phương trình nhất: z = Cx, dùng phương pháp biến thiên hàm số d)ydx + 2xdy = √ 2y x dy cos2 y thỏa mãn điều kiện y(0) = π HD: Đưa phương trình dạng x′ + y2 x = cos22 y x1/2 Đặt z = z 1/2 ta có nghiệm tổng √ quát PT: tan y + y1 ln| cos y| + Cy = x Giải phương trình sau: a) (y + 1)3/2 dx + (y + 3xy + y 2)dy = HD: Phương trình phương trình vi phân toàn phần b) ex (2 + 2x − y )dx − yex dy = c) (y cos2 x − sin x)dy = y cos x(y sin x + 1)dx d) (2x + 3x2 y)dx = (3y − x3 dy Giải phương trình: a) y ′′ − 7y ′ + 6y = sin x b) y ′′ + 9y = 6e3x c) y ′′ − (m − 1)y ′ + my = ex − x − d) 2xy ′ y ′′ = y ′2 − y = 3C2 (C1 x + 1) + C2 √ √ √ e) yy ′′ = y ′ Nghiệm tổng quát:x = y − C21 ln|2 y + C1 | + C2 y = c nghiệm   −e−y C1 = dx f) ey +C1 =   (y − ln|ey + C1 |) C1 = C1 y = C nghiệm g) y + C1 = (x + C2 )2 h) y = 2C1 ex + C2 10 Tìm tích phân tổng qt phương trình sau: (x − y + 4)dy + (y + x − 2)dx = HD: đặt x = u + 1, y = v −3 ta dv dx u+v , v−u = từ ta có y + x2 −2xy −8y + 4x = C1 11 Giải phương trình x2 y ′′ + xy ′ − 4y = x2 lnx cách đổi biến số x = et 12 y = ±x; arcsin xy = lnx + C 13 xy ′ = x2 − y + y ⇔ y ′ = x2 14 y = Ce x2 1− y2 x2 + y x đặt u = xy Đáp số: y = ±x + 140 15 Chứng minh hệ vector {cos2 2x, sin2 2x, 2} hệ phụ thuộc tuyến tính Tính định thức Wronski chúng 16 Giải phương trình: a) Phương trình đặc trưng: λ2 + λ = nghiệm tổng quát phương trình y = C1 + C2 e−x Tìm nghiệm riêng dạng y¯ = y1 + y2 y1 , y2 nghiệm tương ứng phương trình: y ′′ + y ′ = x y ′′ + y = e−x Đáp số: y = C1 + C2 e−x + 21 x2 − x − xe−x b) y = (−2x + c) y = ( 26 x+ 185 ) sin x 29 57 ) cos 3x 26 16 ) cos x 29 + (−5 − + ( −1 x+ 13 41 ) sin 3x 43 17 Nghiệm có dạng: a)   x = C1 et + C2 e10t  y = −2C1 et + C2 e10t ,     x = C1 et + C2 e2t + C3 e−t    c) y = C1 et − 3C3 e−t      z = C1 et + C2 e2t − 5C3 e−t , b)   x = e−6t (C1 cos t + C2 sin t)  y = e−6t [(C1 + C2 ) cos t + (C2 − C1 ) sin t],     x = C1 e2t + e3t (C2 cos t + C3 sin t)    d) y = e3t [(C2 + C3 ) cos t + (C3 − C2 ) sin t]      z = C1 e2t + e3t [(2C2 − C3 ) cos t + (C2 + 2C3 ) sin t] 141 Tài liệu tham khảo Brown, Pearcy A and Carl, "An introduction to analysis", Graduate Texts in Mathematics, Springer-verlag, 1995 Trim D., " Calculus for engineers", Springer, 2001 Stewart J., "Essential Calculus", Thomson Brooks/Cole, 2006a Stewart J., "Calculus: Concepts and Contexts", Thomson Brooks/Cole, 2006 Rudin W., "Principles of Mathematical Analysis", 3rd ed, McGraw-Hill, 1976 Wrede R., and Spiegel M., "Theory and Problems of Advanced Calculus", McGraw-Hill, 2002 N.Đ Trí (chủ biên), "Tốn học cao cấp", tập 3, NXB GD, 2003 N.Đ Bình (chủ biên), "Chuỗi phương trình vi phân", NXB HK-KT, 2008 142 ... y, z) = x2 + y + z = a2 (1 = t2 ) Úđ Ĩ √ ? ?2 ? ?2 x? ?2 + y + z = a t t t ¸ 2? ? I= √ a2 (1 + t2 )a 2dt √ = a3 √ 2? ? (1 + t2 )dt = 2a3 (1 + π ) µ ÙỊ AB Ĩ õỊ Ø Ơ Ị ØƯ Ị r = r(ϕ), ϕ1 ≤ ϕ ≤ ? ?2 ễ ề ỉệ... y(1 − x2 + y 2) dx + x(1 − y + x2 )dy (1 + x2 + y )2 = 2xdx (1 + 2x2 )2 =− 2( 1 + 2x2 ) 1 = ¿º¿º Ì ¿º¿º½º Ơ Ị Đ ơ Ị S Å Ø Đ Ø ĨỊ Ø ÐĨõ Đ Ú ½º Đ Øº R3 ØƯĨỊ ØõĨ Đ Ø ơỊ Üõ Ð Ị Ø g : D ⊂ R2 → R3... 3xy + 2y)dx + (2x − 3x2 y + 2y)dy HD: u = x2 + 2xy − 32 x2 y + y + C c) [ex+y + cos(x − y)]dx + [ex+y − cos(x − y) + 2] dy HD: u = ex+y + sin(x − y) + 2y + C d) xdx x2 +y + 1−x2 −y ydy x2 +y HD: