Chương 6: PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN docx

Chương 6PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN Phương trình vi phân là phương trình chứa các biến số độc lập, hàm phải tìm tức là các ẩn và các đạo hàm của nó.. Nếu trong phương trình vi phân ptvp chỉ có

Chương 6

PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN

Phương trình vi phân là phương trình chứa các biến số độc lập, hàm phải tìm ( tức là các ẩn) và các đạo hàm của nó

Nếu trong phương trình vi phân (ptvp) chỉ có hàm một biến thì phương trình được gọi là phương trình vi phân thường

Nếu hàm phải tìm là hàm nhiều biến số thì ptvp được gọi là phương trình vi phân đạo hàm riêng

Ví dụ 6.1 Các phương trình

ysinx + y0cosx − 1 = 0

y002− 2y4 = 0

y0002− 4y = ex− x

là các phương trình vi phân thường

Các phương trình

∂2z

∂x2 + ∂

2z

∂y2 = 0

∂2u

∂x2 − a2∂2u

∂y2 = 0

là các phương trình vi phân đạo hàm riêng

Chú ý: - Ta chỉ xét phương trình vi phân thường

- Ta gọi cấp cao nhất của các đạo hàm có mặt trong phương trình vi phân là cấp cao nhất của phương trình vi phân đó

6.1 Phương trình vi phân cấp 1

6.1.1 Định nghĩa và các khái niệm cơ bản

a) Định nghĩa

Định nghĩa 6.1 Phương trình vi phân cấp 1 là pt có dạng:

Trong đó

F là hàm của 3 biến độc lập;

x: là biến độc lập ;

y = y(x): hàm phải tìm;

y0 là đạo hàm của y

Ngoài ra người ta còn có thể viết phương trình vi phân cấp 1 có dạng: y0 = f (x, y) hoặc dy

dx =

f (x; y) với f (x; y) là hàm của 2 biến độc lập

b Nghiệm của phương trình vi phân

Là 1 hàm y = y(x) hoặc ϕ(x; y) = 0 xác định trong khoảng (a; b) là nghiệm của phương trình (6.1) Nếu thay thế vào phương trình vi phân (6.1) ta có đồng nhất thức Khi đó đồ thị của y = y(x) được gọi là đường cong tích phân của phương trình vi phân

Ví dụ 6.2 Phương trình y0 = 2x là ptvp cấp 1, có 1 nghiệm y = x2

Ngoài ra: y = x2 + C, C =Const cũng là nghiệm của phương trình vi phân trên

c Nghiệm tổng quát của ptvp

Là hàm số có dạng y = ϕ(x; C) hoặc ϕ(x; y; C) = 0 (C- hằng số) thoả mãn điều kiện:

i) Nó thoả mãn phương trình mọi giá trị của C

ii) Tại mọi điểm (xo; yo) ta tìm được 1 giá trị C0 sao cho hàm số y = ϕ(x; C0) thoả mãn điều kiện y|x=x

0 = y0

d Nghiệm riêng của ptvp

Hàm số y = ϕ(x; C0) ứng với giá trị C0 tại điểm (x0; y0) gọi là nghiệm riêng của phương trình

Nó biểu diễn một đường cong đi qua điểm (x0; y0)

Ví dụ 6.3 Phương trình y0 = y có nghiệm tổng quát ln y = x + C với y 6= 0

nghiệm riêng tại (1;1) là ln y = x − 1 nghiệm kì dị y = 0

e Bài toán Cauchy

Bài toán tìm nghiệm của phương trình (6.1) thoả mãn điều kiện y(x0) = y0 (tức là nghiệm riêng) của phương trình gọi là bài toán Cauchy Điều kiện y(x0) = y0 còn được viết dưới dạng y|x=x

0 = y0 gọi là điều kiện ban đầu

Ví dụ 6.4 Giải ptvp y0 = cos x thỏa mãn điều kiện y|x=0 = 1

Lời giải

y =R

cos xdx + C hay y = sin x + C (C = const),

vì y(0) = 1 ⇒ 1 = sin 0 + C ⇒ C = 1,

do đó nghiệm riêng muốn tìm là y = sin x + 1

f Định lí tồn tại và duy nhất nghiệm

Định lý 6.1 Cho phương trình vi phân cấp 1: y0 = f (x; y) Nếu hàm f (x; y) liên tục trong một miền D ⊂ R2chứa điểm (x0, y0) thì tồn tại một nghiệm y = y(x) của phương trình thỏa mãn điều kiện ban đầu y = y|x=x0 = y0 Ngoài ra, nếu ∂f

∂y liên tục thì nghiệm nói trên là duy nhất.

6.1.2 Các phương trình vi phân cấp 1 cơ bản

1 Phương trình với biến số phân ly

a Định nghĩa

Định nghĩa 6.2 Là phương trình có dạng:

hoặc f1(x) + f2(y).y0 = 0

b Cách giải

Lấy tích phân hai vế phương trình (6.2) ta có: R

f1(x)dx +R

f2(y)dy = C

c Ví dụ

Ví dụ 6.5 x2dx + ydy = 0 ⇔ x

3

3 +

y2

2 = C

Ví dụ 6.6 y0 = (1 + y2).ex ⇔ y = tan(ex+ C)

Chú ý:

Phương trình vi phân có dạng: f1(x)g1(y)dx + f2(x)g2(y)dy = 0 (6.20) gọi là phương trình

có thể phân ly biến

Nếu f2(x).g1(y) 6= 0, chia cả hai vế của (6.20) cho f2(x).g1(y) ta có: f1(x)

f2(x)dx +

g2(y)

g1(y)dy = 0 là phương trình biến số phân ly

Nếu g1(y) = 0 thì y = b là một nghiệm kỳ dị Nếu f2(x) = 0 thì x = a là một nghiệm kỳ dị

Ví dụ 6.7 Giải phương trình vi phân: (y2 − 1)dx − y(x2+ 1)dy = 0

Phương trình trên có:

+ Nghiệm tổng quát là: arctgx = 1

2ln |y

2− 1| + C + Nghiệm kỳ dị y = ±1

2 Phương trình thuần nhất

a Định nghĩa

Định nghĩa 6.3 Hàm f (x, y) gọi là thuần nhất cấp n nếu ∀x, y và ∀t > 0 ta có: M (tx; ty) =

tnM (x; y)

Nếu hàm số M (x, y) và N (x, y) thuần nhất cấp n thì phương trình vi phân:

gọi là phương trình thuần nhất

b Cách giải

Dạng 1 dy

dx = f

y

x

‹

(6.30) với f là hàm một biến

Đặt y = xu ⇒ y0 = u0x + u Thay vào phương trình (6.30) ta được: u0x + u = f (u) ⇔ du

f (u) − u = dx

x (∗) ( phương trình với biến số phân ly)

Khi giải pt (∗) ta nhận được nghiệm tổng quát khi f (u) − u 6= 0 Nếu f (u) − u = 0

Tại u = a thì ta có thêm nghiệm kì dị y = ax

Ví dụ 6.8 Giải phương trình y0 = x − y

x + y

Ví dụ 6.9 Giải phương trình dy

dx =

x2+ y2

−2xy , y(1) = 1 Dạng 2 dy

dx = f

‚

a1x + b1y + c1

a2x + b2y + c2

Œ

(6.300)

+ Nếu hệ phương trình

¨

a1x + b1y + c1 = 0

a2x + b2y + c2 = 0 có nghiệm (x1; y1) thì đặt

¨

X = x − x1

Y = y − y1

Khi đó phương trình (6.3”) đưa về dạng (6.3’) dY

dX = F



Y X



+ Nếu hệ phương trình:

¨

a1x + b1y + c1 = 0

a2x + b2y + c2 = 0 vô nghiệm thì đặt u = a1x + b1y Khi đó phương trình đã cho trở thành phương trình tách biến

Ví dụ 6.10 Giải phương trình dy

dx =

x − y + 1

x + y − 3

Hệ phương trình

¨

x − y + 1 = 0

x + y − 3 = 0 có nghiệm

¨

x1 = 1

y1 = 2

Đặt

¨

X = x − 1

Y = y − 2 Ta có

dY

dX =

X − Y

X + Y đặt Y

X = u ta có u + X

du

dX =

1 − u

1 + u ⇒ (1 + u)du

1 − 2u − u2 = dX

X

⇒ −1

2ln

1 − 2u − u2 = ln |X| −1

2ln |C|

⇒ (1 − 2u − u2)X2 = C

⇒ (X2− 2XY − Y2) = C

⇒ x2− 2xy − y2+ 2x + 6y = C1 với C1 = C + 7

3 Phương trình vi phân toàn phần

a Định nghĩa :

Định nghĩa 6.4 Là ptvp có dạng

Trong đó vế trái là một vi phân toàn phần của một hàm số U (x, y)

Nghĩa là dU (x; y) = P (x; y)dx + Q(x; y)dy (6.40)

b Cách giải : Từ (6.4) và (6.40) ⇒ U (x; y) = C

là nghiệm của phương trình

Định lý 6.2 Điều kiện cần và đủ để (6.4) là ptvp toàn phần là ∂P

∂y =

∂Q

∂x trên một miền D nào đó. Khi đó hàm U (x; y) = Rx

x 0

M (x, y)dx +

y

R

y 0

N (x0, y)dy

Hoặc U (x; y) = Rx

x 0

M (x, y0)dx +

y

R

y 0

N (x, y)dy

Ở đây x0, y0 là một điểm bất kỳ thuộc miền D mà tại đó M, N không đồng thời triệt tiêu

c.Ví dụ

Ví dụ 6.11 Giải phương trình (x2+ y2)dx + (2xy + cos y)dy = 0

Ta có ∂P

∂y = 2y =

∂Q

∂x Vậy phương trình trên là phương trình vi phân toàn phần Chọn (x0; y0) = (0; 0)

Ta có U (x; y) = Rx

0 (x2+ y2)dx +

y

R

0 cosydy = x

3

3 + y

2x + sin y + C

Do vậy nghiệm của phương trình là x

3

3 + y

2x + sin y + C

Ví dụ 6.12 Giải phương trình (4 −y

2

x2)dx +2y

x dy = 0 Hàm số P (x, y) = 4 − y

2

x2, Q(x, y) = 2y

x liên tục trên R\(0, y) có Py0 = Q0x = −2y

x2

Vậy, phương trình trên là phương trình vi phân toàn phần Lấy (1, 0) , ta có: u (x, y) = x

R

1

4dx +

y

R

0

2y

x dx = 4x − 4 +

y2 x Vậy, nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là 4x2+ y2− 4x = Cx

* Chú ý: Trường hợp (6.4) không là ptvp toàn phần Khi đó, nếu tồn tại α (x, y) sao cho pt:

α (x, y) [P (x, y) dx + Q (x, y) dy] = 0 là ptvp toàn phần ( tức là ∂ (αP )

∂y =

∂ (αQ)

∂x ) thì hàm α (x, y) được gọi là thừa số tích phân Ta chỉ xét α có dạng đặc biệt

+ α = α (y) Khi đó, ∂α

∂x = 0 Điều kiện (∗) trở thành : α

0P + αPy0 = αQ0x,

Tức tìm α = α (y) khi

∂P

∂y − ∂Q

∂x

P không phụ thuộc x +α = α (x) Khi đó, ∂α

∂y = 0 điều kiện (∗) trở thành α

0Q + αQ0x = αPy0

Tức tìm α = α (x) khi

∂P

∂y − ∂Q

∂x

Q không phụ thuộc vào y

Ví dụ 6.13 GPT (2xy2− 3y3) dx + (7 − 3xy2) dy = 0

Giải Ta tìm thừa số tích phân dạng α(y) Từ (∗) ta có pt: α0P + αPy0 = αQ0x

hay αy0 (2xy2− 3y3) + α (4xy − 9y2) = α (−3y2)

⇒ y2(2x − 3y) α0 + 2y (2x − 3y) α = 0

⇒ yα0+ 2α = 0 (y 6= 0, 2x 6= 3y)

⇒ dα

α = −

2dy

y ⇒ ln

Cα = ln 1

y2 ⇒ α = C

y2 Chọn C = 1 ta được α = 1

y2 khi đó, ta có phương trình 1

y2[ (2xy2− 3y3) dx + (7 − 3xy2) dy] = 0 hay (2x − 3y) dx +

‚

7

y2 − 3x

Œ

dy = 0 (∗∗)

ta có Py0 = −3 = Q0x (∗∗) là ptvp toàn phần

Chọn x0, y0 = (0, 1), ∀y 6= 0, 2x 6= 3y thì u (x, y) = x2− 3xy − 7

y = C y = 0 là nghiệm kỳ dị.

Ví dụ 6.14 gpt (x + y2) dx − 2xydy = 0

Tìm thừa số tích phân dạng α = α (x) = 1

y2 Khi đó, nghiệm là ln |x| − y

2

x = ln |C|

4 Phương trình vi phân tuyến tính

a Định nghĩa

Định nghĩa 6.5 : PTVP tuyến tính cấp 1 là PT có dạng

trong đó, p (x) , f (x) là hai hàm liên tục trên (a, b)

Nếu f (x) = 0 thì PT dạng y0+ p (x) y = 0 (6.50) là PT tuyến tính thuần nhất

b Cách giải Giải bằng phương pháp biến thiên hằng số

+ Giải pt thuần nhất (6.50)

PT (6.5’) có 1 nghiệm y = 0.

Với y 6= 0 PT (6.50) tương đương

dy

y = −p (x) dx ⇔

dy

y = −p (x) dx

⇔ ln |y| = −R

p (x) dx + ln |C| ⇔ y = Ce−R

p(x)dx (C 6= 0)

+ Giải (6.5): sau khi tìm được nghiệm ở (6.50) ở dạng y = Ce−R

p(x)dx, ta có C = (x) là hàm số của ẩn x, khi đó y = C (x) e−

R

p(x)dx (6.500)

Lấy đạo hàm theo x sau đó thay vào PT (6.5) để tìm C(x) , rồi thay C(x) vào (6.500) ta có nghiệm của PTVP đã cho

Ví dụ 6.15 gpt (x2+ 1) y0+ xy = 1 thỏa mãn điều kiện y|x=0 = 2

Giải

Xét pt thuần nhất tương ứng: (x2+ 1) y0 + xy = 0

Với y 6= 0, ta có dy

y = −

x

x2+ 1dx ⇒ ln |y| = ln

1

√

x2+ 1 + ln |C| ⇒ y =

C

√

x2 + 1. (∗)

Coi C = C(x) thay vào (∗), ta được y = √C (x)

x2+ 1 ⇒ y0 =

C0(x)√

x2+ 1 − √ x

x2+ 1C (x)

thay vào pt ban đầu ta được C0(x)√

x2+ 1 = 1 ⇒ C0(x) = √ 1

x2+ 1 ⇒ C (x) =

ln x +√

x2+ 1 + C

1

Vậy ta có nghiệm tổng quát của pt: y = ln

x +√

x2+ 1 + C

1

√

x2+ 1 . Mặt khác, do y(0) = 0 nên C1 = 2

Do vây, nghiệm riêng của pt thỏa mãn đk: y(0) = 2 là y = ln

x +√

x2+ 1 + 2

√

x2+ 1 .

Ví dụ 6.16 gpt y0− ycotgx = 2x sin x

Giải Xét pt tuyến tính thuần nhất:

y0− ycotgx = 0 ⇒ y = C (x) eR

cot gxdx ⇒ y = C (x) sin x Thế vào pt ban đầu ta được: C

0(x) sin x + C (x) cos x − C (x) cos x = 2x sin x

⇒ C0(x) = 2x ⇒ C (x) = x2+ C1 Vậy nghiệm tổng quát của phương trình y = x2sin x + C1sin x

Ví dụ 6.17 gpt xy0− 3y = x2 ⇒ y0− 3y

x = x Nghiệm tổng quát của pt thuần nhất: y = Ce3 ln x = Cx3

Nghiệm tổng quát của pt đã cho: y =



−1

x+ C1



x3 = −x2+ C1x3

5 Phương trình Bernoulli

a Định nghĩa

Định nghĩa 6.6 : là PT có dạng:

y0+ p (x) y = f (x) yα (α 6= 1, α 6= 0) (6.6)

p (x) , f (x) là những hàm liên tục

+) α = 0 thì (6.6) là PT tuyến tính

+) α = 1 thì (6.6) là PT với biến số phân li

b Cách giải

Nếu y 6= 0, chia cả hai vế của (6.6) cho yα ta được: y−αy0 + p (x) y1−α = f (x)

Đặt z = y1−α ta được z0 = (1 − α) y−αy0 thay vào PT (6.6) ta có: 1

1 − αz

0+ p (x) z = f (x)

Đây là PT tuyến tính đối với z, hay: z0+ (1 − α) p (x) z = (1 − α) f (x)

Giải PT này, ta được nghiệm z = z (x) trả biến ta tim được nghiệm tổng quát của PT đã cho

c Ví dụ

Ví dụ 6.18 gpt y0− 4

xy = x

√ y

Giải Đây là PT Bernoulli với α = 1

2, chia 2 vế cho

√

y ta được y−

1

2 y0− 4

xy

1

2 = x Đặt z = y

1

2 ⇒ z0 = 1

2

y0

√

y ⇒ y0 = 2z0√

y, thay vào PT trên ta được 2z0−4

xz = x ⇒ z

0−2

xz =

1

2x (phương trình tuyến tính)

+ Nghiệm tổng quát của PT tuyến tính thuần nhất tương ứng là: z = Cx2

+ Nghiệm tổng quát của PT tuyến tính là: z =

1

2ln |x| + C1



x2 Từ đó suy ra nghiệm tổng

quát của PT đã cho là:√

y =



1

2ln |x| + C1



x2

Ví dụ 6.19 gpt xy0+ y = y2ln x

Vì x 6= 0 ⇒ y0 + 1

xy =

1

xy

2ln x

Đặt z = 1

y ta được PT: z

0 − 1

xy = −

ln x x nghiệm của PT này là: z = 1 + Cx + ln x ⇒ y = 1

1 + Cx + ln C

6 Phương trình Lagrange

a Định nghĩa

Định nghĩa 6.7 Là PT dạng:

trong đó f (p) , g (p) là hàm một biến p = y0

b Cách giải p = y0 hay dy = pdx Lấy vi phân hai vế của 7.7 theo x ta được pdx = f (p) dx + [f0(p) x + g0(p)] dp (6.70)

Nếu p 6= f (p) thì (6.70) là PTVP tuyến tính theo x : (f (p) − p)dx

dp + g

0(p) x + f0(p) = 0, giải ra

ta được nghiệm: x = Cϕ (p) + ψ (p)

Kết hợp với (6.7) ta được nghiệm tổng quát của (6.7) có dạng:

¨

x = Cϕ (p) + ψ (p)

y = [Cϕ (p) + ψ (p)] f (p) + g (p)

Đây chính là PT tham số của đường cong tích phân

c.Ví dụ

Ví dụ 6.20 gpt y = xy02+ y0

Giải Đặt y0 = t PT đã cho trở thành y = xt2+ t ⇒ dy = t2dx + 2xtdt + dt

Mặt khác, y0 = t nên ta có dy = tdx Do đó, tdx = t2dx + 2xtdt + dt ⇒ (t2− t) x0+ 2tx + 1 = 0 (tuyến tính đối với x(t).)

Ví dụ 6.21 gpt y = xy0+ y02

Giải Đặt y0 = t PT đã cho trở thành y = xt + t2 (∗) ⇒ dy = tdx + (x + 2t) dt

Ta có (x + 2t) dt = 0, dy = tdx

Nếu dt = 0 ⇒ t = C ⇒ y0 = C ⇒ y = Cx + C1 là nghiệm tổng quát

Nếu x + 2t = 0 ⇒ x = −2t thế vào (∗) ta có: y = −2t.t + t2 = −t2

Vậy

¨

x = −2t

y = −t2 là nghiệm kì dị.

d Chú ý Khi f (p) = p ta có PT

gọi là PT Clairaut

Cách giải: lấy vi phân (6.8) ta được: dy = pdx = pdx + (x + g0(p)) dp ⇒ (x + g0(p)) dp = 0 Nếu dp = 0 ⇒ p = C ⇒nghiệm tổng quát của (6.8) là y = xC + g (C)

Nếu x + g0(p) = 0 ⇒ x = −g0(p) Kết hợp với (6.8)ta được nghiệm kì dị dưới dạng tham số:

¨

x = −g0(p)

y = xp + g (p)

6.2 Phương trình vi phân cấp cao

6.2.1 Khái niệm chung

a Định nghĩa

Định nghĩa 6.8 PT vi phân cấp là PT có dạng:

F €

x, y, y0, , y(n)Š

trong đó: x là biến độc lập,

y = y (x) là hàm cần tìm,

y0, , y(n)là các đạo hàm cấp 1, , n

+ Cấp cao nhất của đạo hàm y(x) được gọi là cấp của PT

+ Nghiệm của (6.9) là hàm y = y (x) xác định và khả vi n lần trên (a, b) sao cho:

F€

x, y (x) , y0(x) , , y(n)(x)Š

= 0 trên (a, b) Đường cong y = y(x), với x ∈ (a, b) gọi là đường cong tích phân của phương trình (6.9)

Nếu giải ra được đối với y(n) thì phương trình vi phân cấp n có dạng:

y(n)= f (x, y, y0, y00, , y(n−1)) (6.10)

b Định lí tồn tại và duy nhất nghiệm

Định lý 6.3 Nếu vế phải của (6.10) là một hàm liên tục của n + 1 biến trong một miền nào đó của

Rn+1 chứa điểm (x0, y0, y00, y000, , y0(n−1)) và các đạo hàm riêng

∂f

∂y,

∂f

∂y2, , ∂f

∂y(n) liên tục thì tồn tại một khoảng (a, b) chứa điểm x0 để trên khoảng này tồn tại và duy nhất một hàm

y = y(x) thỏa mãn điều kiện

y(x0) = y0, y0(x0) = y00, , yn−1(x0) = y0n−1 (6.11)

Điều kiện (6.11) gọi là điều kiện ban đầu Hàm y = y(x) nói trên được gọi là nghiệm của phương trình (6.10) thỏa mãn điều kiện ban đầu (611)

6.2.2 Phương trình vi phân cấp 2

Định nghĩa 6.9 Là PT có dạng:

y =R

(R

f (x) dx) dx + C1x + C2

Ví dụ 6.22 y00 = sin xcosx + ex Giải PT này có nghiệm tổng quát y = x

4 − sin 2x

8 + e

x+ C1x + C2

1 Phương trình khuyết y

a Định nghĩa

Định nghĩa 6.10 là PT dạng

b Cách giải

Đặt p = y0 ta có PT vi phân cấp 1 F (x, p, p0) = 0 Giải ra ta tìm được: p = ϕ (x, C1) ⇒ y =

R

pdx =R

ϕ (x, C1) dx

c Ví dụ

Ví dụ 6.23 gpt xy00+ y0 = x2

Giải Đặt p = y0 → p0+ 1

xp = x (PT tuyến tính) Nghiệm tổng quát p = x

2

3 +

C1

x ⇒ y0 = x

2

3 +

C1

x ⇒ y = x

3

9 + C1ln |x| + C2.

2 Phương trình khuyết x

a Định nghĩa

Định nghĩa 6.11 Là PT có dạng

b Cách giải

Đặt p = y0, coi p là hàm số của biến y , ta có: y00 = pdp

dy (vìy

00

x = p0x = p0yyx0 mà p = yx0 và p0y = dp

dy) Khi đó, ta có PT vi phân cấp 1: F

‚

y, p, pdy dp

Œ

= 0

c Ví dụ

Ví dụ 6.24 gpt 2yy00= 1 + y02

dy thay vào PT ban đầu ta được: 2ypdp

dy = 1 + p

2 ⇒ ln (1 + p2) = ln |y| − ln |C1|

⇒ y = C1(1 + p2) ⇒ dy = 2C1pdp

Mà p = y0 ⇒ dy = pdx nên ta có pdx = 2C1pdp (∗)

Nếu p = 0 ⇒ y0 = 0 ⇒ y = C không là nghiệm của PT (loại)

Nếu p 6= 0 PT (∗) trở thành: dx = 2C1dp ⇒ p = x

2C1 + C2

Vậy nghiệm tổng quát của PT là: y = C1(1 + p2) = C1

‚

1 +

 x

2C1 + C2

2Œ

6.2.3 Phương trình tuyến tính với hệ số là hằng số

1 Định nghĩa

Định nghĩa 6.12 : là PT có dạng

với p, q , là các hằng số

2 Cách giải

a Giải phương trình thuần nhất: y00+ py0+ qy = 0 (6.150)

Chú ý Nếu y1(x), y2(x) là hai nghiệm của PT (6.150) thì y = C1y1(x) + C2y2(x) cũng là nghiệm của PT (6.150) (C1, C2 là các hằng số)

+ Hai hàm số y1(x), y2(x) được gọi là độc lập tuyến tính trên nếu y2(x)

y1(x) 6= là hằng số trên đoạn

đó Trường hợp ngược lại được gọi là phụ thuộc tuyến tính

+ Định thức W =

y1 y2

y10 y20

được gọi là định thức Wronsky của y1, y2 Nếu y1, y2 phụ thuộc tuyến tính trên [a, b] thì W = 0

+) Nếu y1(x), y2(x) là nghiệm riêng độc lập tuyến tính của pt (6.150) thì nghiệm tổng quát (6.150)

là y = C1y1(x) + C2y2(x) (C1, C2 là hằng số)

- Để giải pt (6.150) (tức là tìm nghiệm tổng quát) ta đi tìm hai nghiệm riêng độc lập tuyến tính,

ta sẽ tìm nghiệm riêng của (6.150) dưới dạng y = ekx k là hằng số nào đó Ta xét pt đặc trưng:

k2 + pk + q = 0 (∗)

- Nếu (∗) có 2 nghiệm thực phân biệt k1 6= k2 thì nghiệm tổng quát của pt (6.150) là y =

C1ek 1 x+ C2ek 2 x(C1, C2 là hằng số)

Ví dụ 6.25 gpt y00− 3y0− 4 = 0

nghiệm tổng quát y = C1e−x+ C2e4x

- Nếu (∗) có nghiệm kép k1 = k2 = k thì nghiệm tổng quát (6.150) là: y = C1ekx+ C2xekx

Ví dụ 6.26 y00− 2y0+ y = 0 nghiệm tổng quát y = C1ex+ C2xex

+)Nếu (∗)có 2 nghiệm phức liên hợp k1 = α + iβ

k2 = α − iβ hì nghiệm tổng quát (6.15

0) là: y =

eαx(C1cosβx+C2sin βx)

Ví dụ 6.27 y00+ y = 0 nghiệm tổng quát y = C1cosx + C2sinx

b Sau khi tìm được nghiệm của pt (6.150) ta đi tìm nghiệm của (6.15) bằng phương pháp biến thiên hằng số

Giả sử y1(x), y2(x) là 2 nghiệm riêng của pt (6.150) thì nghiệm tổng quát của (6.150) có dạng

y = C1y1(x) + C2y2(x) Coi C1 = C1(x)

C2 = C2(x) khi đó ta tìm được nghiệm tổng quát của (6.15) dạng:

y = C1(x)y1(x) + C2(x) Ta tìm C1(x), C2(x)

từ hệ pt

¨

C10(x)y1(x) + C20(x)y2(x) = 0

C10(x)y10(x) + C20(x)y20(x) = f (x)

... Giải phương trình (x2+ y2)dx + (2xy + cos y)dy =

Ta có ∂P

∂y = 2y =

∂Q

∂x Vậy phương trình phương trình vi phân. .. b) Đường cong y = y(x), với x ∈ (a, b) gọi đường cong tích phân phương trình (6.9)

Nếu giải y(n) phương trình vi phân cấp n có dạng:

y(n)= f (x, y, y0,... class="text_page_counter">Trang 5

Vậy, phương trình phương trình vi phân tồn phần Lấy (1, 0) , ta có: u (x, y) = x

R