Phương trình vi phân đậu xuân thoan

Đậu Xuân Thoan – ĐT.0915.638.272 PH ƯƠNG TRÌNH VI PHÂN Chương 1. PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP 1 1. Đònh nghóa và các khái niệm cơ bản. 1.1 Đònh nghóa: - Phương trình vi phân cấp 1 là hệ thức giữa biến số độc lập x, hàm số chưa biết y(x) và đạo hàm cấp một y’(x). Dạng biểu hiện của phương trình vi phân cấp 1 theo ba kiểu sau: +Dạng tổng quát F(x,y,y’) = 0 +Dạng khác y’ = f(x,y) hoặc P(x,y)dx + Q(x,y)dy = 0 Ví dụ 1: a/ 0)3( 1 2 3 =+− + − ′ xy x y b/ y = x(y’-xcosx) c/ y’ = x 2 y 2 d/ (y 2 -2xy)dx + x 2 dy = 0 - Giải phương trình vi phân là tìm tất cả các hàm số y(x), sao cho khi thay y(x) và y’(x) vào hệ thức đặt ra, ta được một kết qủa đúng với mọi giá tri x trong tập xác đònh của y(x). - Nghiệm của phương trình vi phân là hàm số tìm được sau khi giải phương trình. Đóù là một hàm số viết ở dạng dạng ẩn F(x,y,C ) = 0 ta gọi là tích phân phương trình vi phân, hoặc viết ở dạng tường minh y = g(x,C ), với C là hằng số thực tùy ý. Ví dụ 2: a/ Phương trình y’ = x 2 y 2 có nghiệm là 0 3 1 3 =++ C x y hay y = Cx 3 3 3 + − b/ Phương trình x(y 2 +1)dx + y(x 2 +1)dy = 0 có nghiệm là (1+x 2 )(1+y 2 ) = C. 1.2 Điều kiện ban đầu, nghiệm riêng, nghiệm kỳ dò: - Trong nhiều trường hợp ta cần tìm nghiệm phương trình thỏa mãn điều kiện cho trước nào đó, ta gọi là điều kiện ban đầu. Thông thường điều kiện ban đầu với x=x 0 thì y=y 0 ký hiệu là y(x 0 )=y 0 , hoặc y x=xo = y 0 . - Nghiệm của phương trình vi phân thỏa mãn điều kiện ban đầu gọi là nghiệm riêng của phương trình. Để tìm nghiệm riêng ta giải phương trình để có nghiệm tổng quát, thay điều kiện ban đầu vào nghiệm tổng quát có F(x 0 ,y 0 ,C )=0 hoặc y 0 =g(x 0 ,C ), từ đó tìm được già trò C 0 . Nghiệm riêng sẽ là F(x,y,C 0 )=0 hoặc y=g(x,C 0 ). Chú ý: Xét phương trình y’=f(x,y), nếu hàm số f(x,y) liên tục và đạo hàm riêng theo y là f’ y (x,y) liên tục trong miền D chứa điểm (x 0 ,y 0 ), thì tồn tại duy nhất hàm số y=g(x,C ) là nghiệm của phương trình thỏa mãn điều kiện ban đầu y(x 0 )=y 0 . - Bài toán Cauchy (đọc là Cô sy): Tìm nghiệm ϕ : (a,b) → R x  ϕ (x) của phương trình y’ = f(x,y) và thỏa mãn điều kiện ban đầu cho trước ϕ (x 0 ) = y 0 . Tức là, hàm y = ϕ (x) tìm được thỏa mãn hệ thức    = = ′ 00 )( ),( yx yxfy ϕ - Nghiệm kỳ dò: Nghiệm y = ϕ (x) của phương trình y’ = f(x,y), mà tại mỗi điểm trên đồ thi của nó, tính duy nhất của bài toán Cauchy bò vi phạm, ta gọi là nghiệm kỳ dò của phương trình vi phân. 1 Đậu Xuân Thoan – ĐT.0915.638.272 PH ƯƠNG TRÌNH VI PHÂN Ví dụ 3: Phương trình x(y 2 +1)dx + y(x 2 +1)dy = 0 có nghiệm tổng quát là (1+x 2 )(1+y 2 ) = C. Nghiệm riêng thỏa mãn điều kiện ban đầu y(1)=2 là (1+x 2 )(1+y 2 ) = 10. 1.3 Điều kiện Lipschitz (đọc là Lip sit) Xét phương trình vi phân y’=f(x,y), hàm số f(x,y) xác đònh trên tập D (D ⊂ R 2 ). - Nếu f liên tục trên D và miền D là hình chữ nhật .0,0,,/ 0 0 >>∈      ≤− ≤− baRba byy axx thì hàm số f bò chặn trên miền D. Tức là tồn tại số M>0 sao cho DyxMyxf ∈∀≤ ),(,),( . - Hàm số f(x,y) gọi là thỏa mãn điều kiện Lipschitz trên miền D đối với y, nếu tồn tại số L>0 sao cho với mọi cặp điểm (x,y 1 ), (x,y 2 ) thuộc D, kéo theo bất đẳng thức đúng 2121 ),(),( yyLyxfyxf −≤− , ta ký hiệu là f ∈ Lip y (D). Chú ý: Nếu hàm số f(x,y) có đạo hàm riêng theo y là f’ y (x,y) bò chặn trong D thì f thỏa mãn điều kiện Lipschitz đối với y trên D. 1.4 Đònh lý tồn tại duy nhất nghiệm (Đònh lý Picard) Xét phương trình y’=f(x,y), hàm f(x,y) xác đònh trên tập D (D ⊂ R 2 ), (x 0 ,y 0 ) ∈ D, R∈> εε ,0 . Nếu f(x,y) liên tục trên D và thỏa mãn điều kiện Lipsit đối với y trên D, thì tồn tại duy nhất nghiệm y=g(x,C ) liên tục trong lân cận (x 0 - ε , x 0 + ε ) ⊂ (x 0 – a, x 0 + a) và thỏa mãn điều kiện ban đầu y(x 0 )=y 0 . 2. Các phương trình cơ bản và cách giải 2.1 Phương trình biến số phân ly (Phương trình tách biến) - Dạng phương trình: N(x)dx+M(y)dy = 0 các hàm số N(x) và M(y) liên tục theo x và y. - Cách giải: N(x)dx+M(y)dy = 0 ⇒ M(y)dy = - N(x)dx ⇒ ∫ ∫ +−= CdxxNdyyM )()( Chú ý: Phương trình dạng N(x)G(y)dx+M(y)K(x)dy = 0 chuyển về tách biến ta được 0 )( )( )( )( =+ dy yG yM dx xK xN Ví dụ 4: Giải phương trình xdx + (y+2)dy = 0 Ta có (y+2)dy = -xdx ⇒ ∫ ∫ −=+ xdxdyy )2( ⇒ 2 1 y 2 +2y = - 2 1 x 2 +C’ ⇒ y 2 +4y+x 2 = C Ví dụ 5: Giải phương trình x(y 2 +1)dx + y(x 2 +1)dy = 0 x(y 2 +1)dx + y(x 2 +1)dy = 0 ⇒ 0 11 22 = + + + y ydy x xdx ⇒ ∫∫ + −= + 11 22 x xdx y ydy ⇒ 2 1 ln(y 2 +1) = - 2 1 ln(x 2 +1) + 2 1 lnC ⇒ (y 2 +1)(x 2 +1) = C 2.2 Phương trình đẳng cấp ( Phương trình thuần nhất) - Hàm số đẳng cấp: Hàm số f(x,y) gọi là hàm số đẳng cấp đối với x,y nếu với mọi giá trò thực a khác 0, ta luôn có f(ax,ay) = f(x,y). Ví dụ 6: Hàm số f(x,y)= 22 2 yx xy − là hàm đẳng cấp. Thật vậy, ta thấy f(ax,ay)= 22222 2 22 2 )( 2 )()( ))((2 yx xy yxa xya ayax ayax − = − = − =f(x,y) 2 Đậu Xuân Thoan – ĐT.0915.638.272 PH ƯƠNG TRÌNH VI PHÂN - Phương trình y’=f(x,y) trong đó hàm f(x,y) là hàm đẳng cấp đối với x,y gọi là phương trình đẳng cấp. Ta chú ý rằng với x khác 0 thì y’=f(x,y)= )(),1() 1 , 1 ( x y g x y fy x x x f == ta viết lại là y’=g( x y ). - Cách giải: Đặt u= ( x y ) ta có y’= ux dx du dx dy += , thay vào phương trình dx du .x+u = g(u) ⇒ Cx uug du Cx uug du x dx uug du ln )( ln )()( = − ⇒ ′ += − ⇒= − ∫∫∫∫ nghiệm chứa u và x, thay u= ( x y ) ta có nghiệm chứa y và x của phương trình đã cho. Ví dụ 7: Giải phương trình y’= 22 2 yx xy − Đặt u= ( x y ) thì y’= dx du .x+u , vế phải 22 2 yx xy − = 2 1 2 u u − thay vào phương trình ước lượng có C ux u Cx u u x dx du uu u x dx du uu u = + ⇒= + ⇒= + − ⇒= + − ∫∫ )1( ln 1 ln )1( )1( )1( 1 222 2 2 2 . Thay u= ( x y ) vào ta có nghiệm là y = C(x 2 +y 2 ). Ví dụ 8: Giải phương trình y’= x y + x y e Đặt u= ( x y ) thì y’= dx du .x+u , thay vào phương trình có dx du .x +u=u+e u ⇒ e -u du = x dx uuuu eCxCxeCxe x dx due −−−− +⇒=−⇒ ′ +=−⇒=⇒ ∫ ∫ lnlnln = 0 thay u= ( x y ) vào ta có nghiệm 0ln =+ − x y eCx . 2.3 Phương trình vi phân toàn phần (Phương trình vi phân hoàn chỉnh) - Dạng phương trình M(x,y)dx+N(x,y)dy = 0, trong đó biểu thức vế trái là vi phân toàn phần của một hàm số hai biến. Tức tồn tại hàm U(x,y) thỏa mãn dU(x,y)=M(x,y)dx+N(x,y)dy . - Nghiệm của phương trình vi phân toàn phần M(x,y)dx+N(x,y)dy = 0 là U(x,y) = C. - Đònh lý: Giả thiết các hàm M(x,y) và N(x,y) liên tục, các đạo hàm riêng tồn tại liên tục trên một miền D. Phương trình M(x,y)dx+N(x,y)dy = 0 là phương trình vi phân toàn phần khi và chỉ khi thỏa mãn Dyxyx x N yx y M ∈∀ ∂ ∂ = ∂ ∂ ),(),,(),( . Đònh lý này được chứng minh trong đònh lý 4 mệnh đề tương đương ở phần tích phân đường. - Cách giải: * Nếu có thể biến đổi về dạng dU(x,y)=0, ta có nghiệm là U(x,y)=C. Ví dụ 9: Giải phương trình (3x 2 +y)dx+(x+2y)dy=0 Biến đổi vế trái (3x 2 +y)dx+(x+2y)dy= 3x 2 dx+(ydx+xdy)+2ydy= d(x 3 )+d(xy) +d(y 2 )=d(x 3 +xy+y 2 ), nên (3x 2 +y)dx+(x+2y)dy=0 ⇔ d(x 3 +xy+y 2 )=0 ⇔ (x 3 +xy+y 2 ) = C. Hàm cần tìm là U(x,y) = (x 3 +xy+y 2 ) . 3 Đậu Xuân Thoan – ĐT.0915.638.272 PH ƯƠNG TRÌNH VI PHÂN * Nếu không biến đổi như trên, ta chọn một điểm (x 0 ,y 0 ) ∈ D và giả thiết (x,y) ∈ D, vế trái là U(x,y) = ∫ ∫ + x x y y drrxNdtytM 0 0 ),(),( 0 hay là U(x,y) = ∫ ∫ + x x y y drrxNdtytM 0 0 ),(),( 0 , nghiệm của phương trình là ∫ ∫ + x x y y drrxNdtytM 0 0 ),(),( 0 =C, hay ∫ ∫ + x x y y drrxNdtytM 0 0 ),(),( 0 =C. Ví dụ 10: Giải phương trình (4xy 2 +y)dx+(4x 2 y+x)dy = 0 Kiểm tra điều kiện trong đònh lý thỏa mãn Dyxyx x N yx y M ∈∀ ∂ ∂ = ∂ ∂ ),(),,(),( .(D=R 2 ) nên đây là phương trình vi phân toàn phần. Chọn điểm (x 0 ,y 0 ) = (0,0) và sử dụng công thức ∫ ∫ + x x y y drrxNdtytM 0 0 ),(),( 0 =C. ta có nghiệm của phương trình 2x 2 y 2 +xy = C. 2.4 Thừa số tích phân - Trong những trường hợp phương trình M(x,y)dx+N(x,y)dy = 0 không phải là phương trình vi phân toàn phần. Nếu tồn tại hàm hai biến V(x,y) sao cho khi nhân vào vế trái, trở thành vi phân toàn phần của hàm số U(x,y), tức là đU(x,y)=V(x,y)M(x,y)dx+V(x,y)N(x,y)dy. Ta gọi hàm V(x,y) là thừa số tích phân. - Cách tìm thừa số tích phân: Nói chung không có phương pháp tổng quát để tìm thừa số tích phân, tuy nhiên có thể tìm được trong một số trường hợp đặc biệt. Giả sử V(x,y) là thừa số tích phân, áp dụng đònh lý (ở mục 2.3 ở trên) ta có: )],(),()[,(),(),(),( )( ),( )( yx x N yx y M yxVyx y V Myx x V Nyx x VN yx y VM ∂ ∂ − ∂ ∂ = ∂ ∂ − ∂ ∂ ⇒ ∂ ∂ = ∂ ∂ Viết gọn là )( x N y M V y V M x V N ∂ ∂ − ∂ ∂ = ∂ ∂ − ∂ ∂ (*). Đây là một phương trình đạo hàm riêng, việc giải rất phức tạp. Xét đặc biệt: a/ Nếu V=V(x) tức V chỉ phụ thuộc vào x, thì N x N y M dx Vd x N y M V x V N )( )(ln )( ∂ ∂ − ∂ ∂ =⇒ ∂ ∂ − ∂ ∂ = ∂ ∂ b/ Nếu V=V(y) tức V chỉ phụ thuộc vào y, thì M y M x N dy Vd x N y M V y V M )( )(ln )( ∂ ∂ − ∂ ∂ =⇒ ∂ ∂ − ∂ ∂ = ∂ ∂ − ví dụ 11: Tìm thừa số tích phân của phương trình (x 2 - y)dx+(x 2 y 2 +x)dy=0 Ta có = ∂ ∂ − ∂ ∂ x N y M -1+2xy 2 -1= - 2(xy 2 +1) ⇒ dx Vd )(ln = N 1 ù( x N y M ∂ ∂ − ∂ ∂ ) = x 2 − ⇒ d(lnV) = x 2 − dx ⇒ 2 1 x V = . Thử lại, thay 2 1 x V = vào phương trình 0) 1 ()1( 2 2 =++− dy x ydx x y , khai triển vế trái được 4 Đậu Xuân Thoan – ĐT.0915.638.272 PH ƯƠNG TRÌNH VI PHÂN dx+y 2 dy +( dx x y dy x 2 1 − ) = 0 , rút gọn d(x+ 3 1 y 3 + x y ) = 0 . Đúng 2 1 x V = là thừa số tích phân. 3. Phương trình vi phân tuyến tính - Dạng phương trình y’+p(x).y = q(x), trong đó các hàm số p(x) và q(x) liên tục trên (a,b) ⊂ R, hàm số y=y(x) và đạo hàm y’=y’(x). - Khi vế phải q(x) = 0 , ta nói phương trình y’+p(x).y = 0 là phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất. - Cách giải: 3.1 Giải phương trình thuần nhất y’+p(x).y = 0 Ta thay y’= dx dy vào phương trình y’= - p(x).y suy ra y dy = - p(x)dx, tích phân hai vế RC y dy ∈ ∫ =⇒ ′ += ∫∫ ,C.e y C dx p(x) - p(x)dx - Khi C=1 ta có nghiệm riêng y 1 = ∫ − dxxp e )( Chú ý: Ta có thể viết y= C.y 1 hay là y(x) = C. y 1 (x). 3.2 Giải phương trình không thuần nhất y’+p(x).y = q(x) Nhà toán học ø Lagrange (đọc là La- g- răng) nêu ra cách tìm nghiệm mà ngày nay chúng ta gọi là phương pháp biến thiên hệ số Lagrange như sau: - Giải phương trình thuần nhất để lấy nghiệm y(x) = C.y 1 (x) - Đặt y(x) = C(x).y 1 (x) và buộc cho nó là nghiệm của phương trình, tức là thay y(x) và y’(x) vào phương trình được thỏa mãn: [C’.y 1 +C.y’ 1 ] + p(x). [C.y 1 ] = q(x) hay có C’.y 1 + C [y’ 1 +p(x).y 1 ] = q(x). Vì y 1 là nghiệm của phương trình thuần nhất nên C’.y 1 = q(x) dx y xq dC y xq C 11 )()( =⇒= ′ ⇒ dxyxqC y xq dC 1 1 1 )).(( )( − ∫∫∫ =⇒=⇒ +M. - Thay trở lại ta có nghiệm tổng quát của phương trình không thuần nhất là y(x) = RMMdxexqe dxxpdxxp ∈+ ∫∫ ∫ − ],).([ )()( . Chú ý :Viết gọn là y = (y 1 ). [ ∫ q(x).(y 1 ) -1 .dx + M] hay là y = y 1 . [ ∫ q(x).(y 1 ) -1 .dx +C ] (*) Nếu không có gì nhầm lẫn thì từ nay về sau ta coi (*) như là công thức, áp dụng vào giải từng bài cụ thể mà không cần thiết lập lại nữa. Ví dụ 12: Giải phương trình y’ - 1 2 +x .y = (x+1) 3 Trước hết giải phương trình thuần nhất y’ - 1 2 +x .y = 0 ⇒ y’= 1 2 +x .y ⇒ 1 2 + = x dx y dy ⇒ .,)1(ln1ln2ln'1ln2ln 1 2 2 RCxCyCxyCxy x dx y dy ∈+=⇒++=⇒++=⇒ + = ∫∫ Khi C = 1 ta có nghiệm riêng y 1 = (x+1) 2 . 5 Đậu Xuân Thoan – ĐT.0915.638.272 PH ƯƠNG TRÌNH VI PHÂN Để giải phương trình không thuần nhất y’ - 1 2 +x .y = (x+1) 3 , ta đặt y=C(x).y 1 và buộc cho nó là nghiệm của phương trình, ta có: [C(x).y 1 ]’ - 1 2 +x .[C(x).y 1 ] = (x+1) 3 ⇒ C’(x).y 1 + C(x).[y’ 1 - 1 2 +x .y 1 ] = (x+1) 3 ⇒ C’(x).y 1 = (x+1) 3 ⇒ C’(x) = (x+1) ⇒ C(x) = 2 1 (x+1) 2 + C . Cuối cùng có nghiệm tổng quát là y = (x+1) 2 [ 2 1 (x+1) 2 + C ] hay y = 2 1 (x+1) 4 + C (x+1) 2 , với C ∈ R. Ví dụ 13: Giải phương trình y’+ x 2 y = x Giải phương trình thuần nhất y’+ x 2 y =0 ⇒ ⇒+−=⇒−= Cxy x dx y dy lnln2ln 2 y = C.x -2 . Chọn C = 1 ta có nghiệm riêng y 1 = x -2 . Giải phương trình không thuần nhất y’+ x 2 y = x áp dụng công thức (*) có nghiệm phương trình là y = x -2 ( ∫ x. x 2 dx + C ) = x -2 ( 4 1 x 4 + C ) hay là y = 4 1 x 2 + C x -2 , với C ∈ R. Ví dụ 14: Giải phương trình 2y dx – (y 2 – 2x)dy = 0 Nếu coi x là đối số và y = y(x) là hàm số theo x, thì đưa về phương trình dx dy = xy y 2 2 2 − không phải là phương trình vi phân tuyến tính cấp 1 mà ta đang xét. Nếu thay đổi hướng khác, coi y là đối số và x = x(y) là hàm số theo y, thì đưa về phương trình y x y dy dx y xy dy dx −=⇒ − = 2 1 2 2 2 yx ydy dx 2 11 =+⇒ là phương trình vi phân tuyến tính cấp1. Như vậy, 2y dx – (y 2 – 2x)dy = 0 ⇔ x ydy dx 1 + = y 2 1 . Giải phương trình thuần nhất x ydy dx 1 + = 0 y C xCyx y dy x dx =⇒+−=⇒−=⇒ lnlnln Với C = 1 thì x 1 = y -1 . Giải phương trình không thuần nhất x ydy dx 1 + = y 2 1 , áp dụng công thức (*) có nghiệm phương trình là x = y -1 ( ∫ y. y 2 1 . dy + C ) = y -1 ( 6 1 y 3 + C ) = 6 1 y 2 + C y -1 hay là x = 6 1 y 2 + C y -1 , với C ∈ R. 4. Các phương trình khác 4.1 Phương trình Bernoulli ( đọc là Bec nu ly) - Dạng phương trình y’ + p(x).y = q(x). y s , trong đó p(x) và q(x) là các hàm liên tục trên (a,b), các số a,b,s ∈ R. - Cách giải: 6 Đậu Xuân Thoan – ĐT.0915.638.272 PH ƯƠNG TRÌNH VI PHÂN Nếu s = 0 thì phương trình trở thành y’ + p(x).y = q(x) là phương trình tuyến tính đã xét. Nếu s = 1 thì phương trình trở thành y’ + p(x).y = q(x).y ⇒ y’ + [p(x) – q(x)].y = 0 là phương trình tuyến tính thuần nhất đã xét. Nếu s ≠ 0 và s ≠ 1 thì ta giải bằng cách sau: Chia cả hai vế cho y s có phương trình y -s .y’ + p(x).y 1-s = q(x). (i) Đặt z = y 1-s , lấy đạo hàm theo x ta được z’ = (1-s).y -s .y’ suy ra y -s .y’ = s−1 1 .z’ Thay vào phương trình (i) được z’ + (1-s).p(x).z = (1-s).q(x), đây là phương trình tuyến tính đã xét. Giải ra được nghiệm theo z = z(x) rồi thay trở lại z = y 1-s ta được nghiệm tổng quát của phương trình theo x,y. Ví dụ 15: Giải phương trình y’ – 2xy = 2x 3 y 2 . (i) Chia hai vế cho y 2 có phương trình y -2 y’ – 2xy -1 = 2x 3 (ii) Đặt z = y -1 , lấy đạo hàm theo x ta được z’ = dx dz = - y -2 .y’ thay vào (ii) và biến đổi có phương trình z’ +2xz = - 2x 3 . (iii) Giải phương trình (iii) được nghiệm là z = (x 2 – 1) + C 2 x e − Thay z = y -1 được nghiệm qổng quát của (i) là y 1 = (x 2 – 1) + C 2 x e − Ví dụ 16: Giải phương trình xy’ – 4y = x 2 y Chia hai vế cho y = 2 1 y và x được phương trình 2 2 1 2 1 x 4 . =− ′ − y x yy . Đặt z = y 1/2 ta có z’ = yy ′ − . 2 1 2 1 xz x z 2 1 . 2 =− ′ ⇒ . Nghiệm pt tn : 0 2 =− ′ x z là z 1 = 2ln 2 2 xee x x dx == ∫ . Vậy nghiệm tổng quát phương trình xz x z 2 1 . 2 =− ′ là z 1 = x 2 . Nghiệm tổng quát của phương trình xz x z 2 12 =− ′ là Z = x 2 [ Cx +ln 2 1 ] Thay z = y 1/2 suy ra y 1/2 =x 2 [ Cx +ln 2 1 ] hay y = x 4 [ Cx +ln 2 1 ] 2 . 4.2 Phương trình Lagrange ( đọc là La gờ răng ) - Dạng phương trình y = g(y’).x + h(y’), trong đó x là đối số, y=y(x) là hàm số theo x và y’= y’(x) là đạo hàm của hàm số y, các hàm g(y’) và h(y’) là hàm số theo biến y’. - Cách giải: Đặt y’ = p thay vào phương trình được y = g(p).x + h(p) (*) Lấy đạo hàm của y theo biến x được y’ = dx dy = g(p)+g’(p). dx dp .x + h’(p). dx dp Theo cách đặt ta có đẳng thức g(p)+g’(p). dx dp .x + h’(p). dx dp = p (i) Từ (i) suy ra dx dp [g’(p).x + h’(p)] = p – g(p) ⇒ dp dx = )( )( . )( )( )( )().( pgp ph x pgp pg pgp phxpg − ′ + − ′ = − ′ + ′ Coi p là biến độc lập, x=x(p) là hàm số ta có phương trình vi phân tuyến tính dp dx = )( )( . )( )( pgp ph x pgp pg − ′ + − ′ hay là dp dx - x pgp pg . )( )( − ′ = )( )( pgp ph − ′ (ii) Giải phương trình (ii) giả sử có nghiệm x = C.k(p) + v(p), với C ∈ R. 7 Đậu Xuân Thoan – ĐT.0915.638.272 PH ƯƠNG TRÌNH VI PHÂN Khi đó thay x vào (*) được y = g(p)[C.k(p) + v(p)] + h(p) = C [g(p).k(p)] + [g(p).v(p) + + h(p)] = C. A(p) + B(p). Nghiệm của phương trình dưới dạng tham số là    += += )()(. )()(. pBpACy pvpkCx từ đây nếu khử tham số p ta có nghiệm ở dạng y = y(x, C ). Đặc biệt: Khi g(p) = p, từ (*) ta có y = p.x + h(p) cũng là nghiệm của phương trình y = g(y’).x + h(y’), tùy theo trường hợp cụ thể hoặc là nghiệm riêng hoặc là nghiệm kỳ dò. Ví dụ 17: Giải phương trình y = y’ 2 x + y’ 2 Đặt y’ = dx dy = p ta có dy = p.dx . Thay y’ = p vào phương trình được y = p 2 .x + p 2 ⇒ dy = p 2 .dx + 2p.x.dp + 2p.dp . Từ đó có p.dx = p 2 .dx + 2p.x.dp + 2p.dp ⇒ p(p-1)dx + 2p(x+1)dp = 0. Nếu p(p-1)    ≠ ≠ ⇔≠ 1 0 0 p p ta có p x pdp dx − = − + 1 2 1 2 giải phương trình này ta có nghiệm x theo p là RC p C x ∈− − = ,1 )1( 2 . Phương trình đã cho có nghiệm theo tham số p là RC , )1( ]1 )1( [ 1 )1( 2 2 2 2 2 2 ∈        − =+− − = − − = p Cp p p C py p C x Khử tham số p ta có nghiệm tổng quát RC ,)1( 2 ∈++= Cxy Khi p = 0 ta có y = 0 là nghiệm kỳ dò . Khi p = 1 ta có y = x+1 là nghiệm riêng. 4.3 Phương trình Clairaut (đọc là C le rô) - Dạng phương trình y = x.y’ + h(y’). - Cách giải: Đặt y’ = dx dy = p ta có dy = p.dx . Thay y’ = p vào phương trình được y = x.p + h(p) ⇒ dy = p.dx + x.dp + h’(p).dp Từ đó có p.dx = p.dx + x.dp + h’(p).dp ⇒ [x+h’(p)].dp = 0 ⇒     =+ = 0)(' 0 phx dp Giải dp = 0 ta có p =C, nghiệm tổng quát phương trình là y = C.x + h(C ), C ∈ R. Giải [x+h’(p)] = 0 ⇒ x = - h’(p) thay vào phương trình có nghiệm dạng tham số p là    +−= −= )()('. )(' phphpy phx , đối với nghiệm này nếu h”(p) tồn tại liên tục và khác 0 thì nó là nghiệm kỳ dò, nghiệm kỳ dò là bao của họ đường thẳng có phương trình y = C.x + h(C ). Ví dụ 18: Giải phương trình y = x.y’ - 4 1 y’ 2 Thay y’ = C ta có nghiệm tổng quát y = C.x - 4 1 C 2 (*) . 8 Đậu Xuân Thoan – ĐT.0915.638.272 PH ƯƠNG TRÌNH VI PHÂN Để tìm bao của họ đường thẳng (*) ta giải hệ phương trình    +−= −= )()('. )(' phphpy phx chú ý ở đây h(p) = - 4 1 p 2 nên h’(p) = - 2 1 p suy ra x = - 2 1 p , và có luôn y = -p( - 2 1 p) - 4 1 p 2 = = 4 1 p 2 tức là        = −= 2 4 1 2 1 py px khử p ta có nghiệm tổng quát y = x 2 . Ý nghóa : Khi biểu diễn trên mặt phẳng R 2 với hệ tọa độ ĐềCác Oxy, ta có họ đường thẳng y = C.x - 4 1 C 2 , C ∈ R tiếp xúc và nằm ở phía dưới Parabol y = x 2 . 4.4 Giới thiệu phương trình đạo hàm riêng cấp 1. - Đònh nghóa: Một phương trình liên hệ bao gồm : Các biến độc lập x 1 , x 2 , … , x n . Các ẩn hàm U 1 (x 1 , x 2 , … , x n ); U 2 (x 1 , x 2 , … , x n ); … ; U m (x 1 , x 2 , … , x n ). Các đạo hàm riêng cấp 1 của các ẩn hàm U i (x 1 , x 2 , … , x n ), i= 1,2,3, … m được gọi là phương trình đạo hàm riêng cấp 1. Ký hiệu tổng quát là mi x U x U UUUxxxF n ii mn , ,2,1,0), ,,, ,,,, ,,( 1 2121 == ∂∂ (4.4) Ví dụ 19: a/ Phương trình đạo hàm riêng cấp 1 của ẩn hàm hai biến U(x,y) viết dạng tổng quát là F(x,y,U, U’(x), U’(y) ) = 0 viết khác là 0),,,,( = ∂ ∂ ∂ ∂ y U x U UyxF . b/ Phương trình x. x U ∂ ∂ + y. y U ∂ ∂ = 0 là phương trình đạo hàm riêng cấp 1. - Phân loại: Phương trình đạo hàm riêng (4.4) gọi là tuyến tính nếu thỏa mãn: Hàm F là một hàm tuyến tính đối với các ẩn hàm U i , i = 1,2,…,m và các đạo hàm riêng của chúng có mặt trong phương trình . Phương trình (4.4) không tuyến tính gọi là phương trình phi tuyến. Phương trình(4.4)gọi là á tuyến tính nếu hàm F chỉ tuyến tính đối với các đạo hàm riêng. • Xét phương trình n biến và một ẩn hàm: Phương trình tuyến tính cấp 1 của ẩn hàm U đối với các biến x 1 , x 2 , … , x n là phương trình có dạng i n n i i x U UxxxX ∂ ∂ ∑ = ),, ,,( 21 1 = f(x 1 , x 2 , … , x n ,U ) . Phương trình tuyến tính thuần nhất cấp 1 của ẩn hàm U đối với các biến x 1 , x 2 , … , x n là phương trình có dạng i n n i i x U xxxX ∂ ∂ ∑ = ), ,,( 21 1 = 0 - Cách giải: (Ta chỉ xem xét một dạng tuyến tính thuần nhất n biến và một ẩn hàm) Giải phương trình i n n i i x U xxxX ∂ ∂ ∑ = ), ,,( 21 1 = 0 , i = 1,2, … ,n (4.4.1) Giả thiết các hàm X i , i = 1,2, … , n liên tục và các đạo hàm riêng của chúng liên tục trong lân cận v(X 0 ) với X 0 = (x 10 , x 20 , … , x n0 ), không đồng thời bằng 0 tại X 0 , tức tồn tại chỉ số (i) nào đó sao cho X i (X 0 ) ≠ 0 . (4.4.2) 9 Đậu Xuân Thoan – ĐT.0915.638.272 PH ƯƠNG TRÌNH VI PHÂN + Với U(x 1 , x 2 , … , x n ) = C , C ∈ R là nghiệm của phương trình (4.4.1), thật vậy các đạo hàm riêng U’(x i ) = i x U ∂ ∂ = 0 với mọi i = 1,2, … , n cho nên vế trái của phương trinh bằng 0. Ta gọi nghiệm này là nghiệm hiển nhiên. + Với giả thiết thích hợp nào đó, phương trình (4.4.1) có vô số nghiệm không hiểnnhiên. Chẳng hạn, xét hệ phương trình vi phân dạng đối xứng n n X dx X dx X dx === 2 2 1 1 . (4.4.3) gọi là hệ đối xứng tương ứng với phương trình (4.4.1). Trong điều kiện như giả thiết (4.4.2) trên thì hệ đối xứng (4.4.3) tương đương với một hệ dạng chuẩn tắc sau:            = = = −− n n n n nn nn X X dx dx X X dx dx X X dx dx 11 22 11 (4.4.4). Từ hệ này tìm được nghiệm không hiển nhiên của phương trình. Đònh lý: a/ Nếu hàm số W( x 1 , x 2 , … , x n ) là tích phân khả vi liên tục của hệ (4.4.3) thì U = W( x 1 , x 2 , … , x n ) là nghiệm của phương trình (4.4.1). b/ Ngược lại, nếu U = W( x 1 , x 2 , … , x n ) khác hằng số là nghiệm của (4.4.1) thì W( x 1 , x 2 , … , x n ) là tích phân của hệ (4.4.3). Ta không chứng minh đònh lý này. Từ đònh lý cho ta tìm nghiệm phương trình (4.4.1) tương đương với việc tìm tích phân của hệ (4.4.3). Với giả thiết (4.4.2) thì hệ (4.4.3) tương đương với hệ (4.4.4) trong lân cận v(X 0 ) , giả sử trong lân cận này hệ (4.4.4) có (n-1) tích phân độc lập là W 1 ( x 1 , x 2 , … , x n ), W 2 ( x 1 , x 2 , … , x n ) , … ,W n-1 ( x 1 , x 2 , … , x n ) . Khi đó U = V(W 1 , W 2 , … , W n-1 ) (4.4.5) với V là một hàm khả vi liên tục tùy ý, sẽ là một tích phân của (4.4.4). Vậy U = V(W 1 , W 2 , … , W n-1 ) là nghiệm của phương trình (4.4.1). Ví dụ 20: Xét phương trình 0 = ∂ ∂ + ∂ ∂ + ∂ ∂ z z U y y U x x U . Trong phương trình này có X 1 (x,y,z) = x, X 2 (x,y,z) = y, X 3 (x,y,z) = z, đều thỏa mãn điều kiện (4.4.2) nên ta chuyển về tìm nghiệm hệ phương trình đối xứng. Hệ phương trình đối xứng tương ứng là z dz y dy x dx == từ đây có hai nghiệm riêng : y dy x dx = ⇒ xdy – ydx = 0 ⇒ d( x y ) = 0 ⇒ ( x y ) = C ⇒ U 1 (x,y) = ( x y ) , với x ≠ 0 . z dz x dx = ⇒ xdz – zdx = 0 ⇒ d( x z ) = 0 ⇒ ( x z ) = C ⇒ U 2 (x,z) = ( x z ) , với x ≠ 0 . Hai nghiệm riêng U 1 (x,y) và U 2 (x,y) dộc lập nên nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là U = W( x y , x z ) với hàm W là hàm khả vi liên tục tùy ý nào đó. 10 [...]... 2 PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP CAO 1 Đònh nghóa và các khái niệm cơ bản 1.1 Đònh nghóa: - Phương trình vi phân cấp n ( n ≥ 2 ) là hê thức giữa biến độc lập x, hàm số y(x), các đạo hàm các cấp của y(x) và cao nhất là cấpø n, có mặt trong phương trình 13 Đậu Xuân Thoan – ĐT.0915.638.272 PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN Dạng tổng quát phương trình vi phân cấp n là F (x,y,y’, y”, … , y (n) ) = 0 Dạng phương trình vi phân. .. y2(x) = x dx = x ∫ 2 dx = x ∫ 2 dx = x 2 ∫ x2 x x Ví dụ 10: Giải phương trình y” - Nghiệm tổng quát phương trình là y(x) = C1.x + C2 x2 21 Đậu Xuân Thoan – ĐT.0915.638.272 PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN 3.2 Phương trình vi phân tuyến tính không thuần nhất cấp 2 3.2.1 Đònh nghóa: Phương trình vi phân tuyến tính không thuần nhất cấp 2, là phương trình sau khi biến đổi có dạng y” + p(x).y’ + q(x).y = f(x) (3.2.1)... − t 2  2.3 - Giải h phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất cấp 1 - Giải h phương trình vi phân tuyến tính không thuần nhất cấp 1 Đối với hai dạng tổng quát này, vi c giải có thể vận dụng các phương pháp giải sau đây: Phương pháp khử: Một hệ phương trình gồm n phương trình vi phân tuyến tính cấp 1 dạng chuẩn tắc (như trên 1.1 hay 1.2) tương đương với một phương trình vi phân tuyến tính cấp n,... ).e2x 10 5 Đậu Xuân Thoan – ĐT.0915.638.272 PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN Ví dụ 19: Giải phương trình y” – 4y’ + 3y = 3e2x + xex (*) Giải phương trình thuần nhất y” – 4y’ + 3y = 0, phương trình đặc trưng k2 – 4k +3 = 0 có nghiệm k1 = 1, k2 = 3 Nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất là y0(x) = C1 ex + C2 e3x Để tìm nghiệm riêng phương trình (*) ta tách ra tìm nghiệm riêng của hai phương trình trình y” –... + 3x + x ( Chương 3 HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TUYẾN TÍNH 1 Các khái niệm cơ bản, ký hiệu và tính chất 1.1 H phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất cấp 1: - Cho miền mở D ( D ⊂ R), các hàm y1(x), y2(x), … , yn(x) xác đònh khả vi trên D, các hàm aij(x) / i, j = 1,2,3,…,n xác đònh liên tục trên D Ta gọi hệ phương trình dạng: 28 Đậu Xuân Thoan – ĐT.0915.638.272 PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN  dy1  dx = a11 (... trình vi phân tuyến tính cấp n và cách giải Đối với phưong trình cấp n ta phân chia và xem xét các dạng chủ yếu như đối với câp 2 đã xét ở trên đây, gồm : - Phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất cấp n - Phương trình vi phân tuyến tính không thuần nhất cấp n - Phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất cấp n, vơi hệ số hằng số - Phương trình vi phân tuyến tính không thuần nhất cấp n, với hệ số hằng... 1  ( Trong cách giải ví dụ 4, ta đã thay vi c giải hệ hai phương trình (i) bằng vi c giải một phương trình cấp hai (ii), gọi là phương pháp khử) Phương pháp tổ hợp khả tích: Vi c thay thế một nhóm phương trình trong hệ bằng một phương trình là tổ hợp của nhóm đó, ta đưa hệ ban đầu về hệ mới gồm những phương trình mà vi c giải đơn giản hơn nhiều, ta gọi là phương pháp tổ hợp khả tích 36 ... C1(x) = - x , C2(x) = 2x, nghiệm riêng y (x) = - x2 x + 2x.x2 = x3 Nghiệm tổng quát cua phương trình cần giải là y(x) = C1.x + C2x2 + x3 / C1 , C2∈ R 23 Đậu Xuân Thoan – ĐT.0915.638.272 1 y’ = x x 1 Giải phương trình thuần nhất y” - y’ = 0, x PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN Ví dụ 12: Giải phương trình y” - từ dạng phương trình có ngay nghiệm y1(x) =1 (thử lại một cách dễ dàng) Nghiệm y2(x) độc lập tuyến tính... ẩn với cách giải quen thuộc Phương trình ( k 2 + pk + q ) = 0 có nghiệm cho ta nghiệm của (3.3.1), ta gọi phương trình ( k2 + pk + q ) = 0 là phương trình đặc trưng của phương trình (3.3.1) Giải phương trình y” + p.y’ + q.y = 0, (3.3.1): Phương trình đặc trưng ( k2 + pk + q ) = 0, biệt số ∆ = p2 – 4.q Trương hợp 1 Nếu ∆ = p2 – 4.q > 0 phương trình đặc trưng có 2 nghiệm phân biệt k 1 = α và k2 = β ,... = C ĐS xy + cos x = C 12 Đậu Xuân Thoan – ĐT.0915.638.272 f/ (ex + lny + x y )dx + ( y + lnx + siny)dy = 0 x PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN ĐS ex +x lny + y lnx – cosy = C 5 Chứng tỏ rằng các hàm cho dưới đây là thừa số tích phân của các phương trình vi phân tương ứng, giải các phương trình đó a/ (x+2y)dx – x dy = 0, V(x,y) = 1 x3 ĐS y = C x2 – x b/ y dx – x dy = 0, Có 4 thừa số tích phân là 1 1 1 1 , x2 + y2 . mặt trong phương trình. 13 Đậu Xuân Thoan – ĐT.0915.638.272 PH ƯƠNG TRÌNH VI PHÂN Dạng tổng quát phương trình vi phân cấp n là F (x,y,y’, y”, … , y (n) ) = 0. Dạng phương trình vi phân cấp. Đậu Xuân Thoan – ĐT.0915.638.272 PH ƯƠNG TRÌNH VI PHÂN Chương 1. PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP 1 1. Đònh nghóa và các khái niệm cơ bản. 1.1 Đònh nghóa: - Phương trình vi phân cấp 1 là. đây. 3. Phương trình vi phân tuyến tính cấp cao n (n ≥ 2). 3.1. Phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất cấp 2. 3.1.1 Các đònh nghóa: 18 Đậu Xuân Thoan – ĐT.0915.638.272 PH ƯƠNG TRÌNH VI PHÂN