BÀI GIẢNG GIẢI TÍCH hàm NHIỀU BIẾN

Bài giảng GIẢI TÍCH HÀM NHIỀU BIẾN MỤC LỤC CHƯƠNG LÝ THUYẾT CHUỖI Chuỗi số Dãy Hàm Chuỗi Hàm Bài Tập Chương 3 10 23 CHƯƠNG PHÉP TÍNH VI PHÂN CỦA HÀM NHIỀU BIẾN Những Khái Niệm Cơ Bản Giới Hạn Của Hàm Số Hàm Số Liên Tục Đạo Hàm Riêng Đạo Hàm Hàm Hợp Đạo Hàm Vi Phân Cấp Cao Công Thức Taylor Cực Trị Của Hàm Nhiều Biến Bài Tập Chương 27 27 28 30 31 34 35 38 38 42 CHƯƠNG TÍCH PHÂN BỘI Tích Phân Trên Hình Hộp Các Tính Chất Định Lí Fubini Đổi Biến Trong Tích Phân Bội 45 45 45 46 49 CHƯƠNG ỨNG DỤNG CỦA TÍCH PHÂN BỘI Tính Diện Tích Hình Phẳng Tính Thể Tích Vật Thể Diện Tích Mặt Cong Bài Tập Chương 57 57 57 58 60 CHƯƠNG TÍCH PHÂN ĐƯỜNG Tích phân đường loại I Đưa Tích Phân Đường Về Tích Phân Xác Định Tích Phân Đường Loại II Sự Tồn Tại Cách Tính Tích Phân Đường Loại II Trường Hợp Đường Cong Kín Định Hướng Mặt Phẳng Sự Liên Hệ Giữa Hai Loại Tích Phân Đường Công Thức GREEN Điều Kiện Độc Lập Tích Phân Đường Với Đường Lấy Tích Phân Bài Tập Chương 63 63 64 66 67 69 72 73 76 80 CHƯƠNG TÍCH PHÂN MẶT Tích Phân Mặt Loại I Tích Phân Mặt Loại II Đưa tích phân mặt loại II Về Tích Phân Hai Lớp Liên Hệ Giữa Hai Loại Tích Phân mặt Công Thức OSTROGRADSKY Công Thức STOKE Bài Tập Chương 83 83 84 86 88 89 93 CHƯƠNG PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN Các Khái Niệm Cơ Bản Phương Trình Vi Phân Cấp I Một Số Phương Trình Cấp Cao Giải Được Bằng Cầu Phương Phương Trình Vi Phân Tuyến Tính Cấp II Phương Trình Vi Phân Tuyến Tính Cấp Hai Với Hệ Số Hằng Bài Tập Chương 95 95 96 105 109 114 118 CHƯƠNG LÝ THUYẾT CHUỖI Chuỗi số 1.1 Các Khái Niệm Cơ Bản Các định nghĩa Định nghĩa 1.1 Giả sử (xn )n dãy số Ta lập dãy mới, ký hiệu (sn )n xác định s = x1 s = x1 + x2 n s n = x1 + x2 + · · · + xn = xi i=1 ∞ Khi dãy số (sn )n gọi chuỗi số, ký hiệu xi Ta gọi sn tổng i=1 ∞ riêng thứ n chuỗi, xn số hạng tổng quát (thứ n) chuỗi Ta gọi chuỗi số xi hội i=1 tụ dãy tổng riêng (sn )n hội tụ Lúc ấy, đặt s = lim sn gọi s tổng chuỗi Ta viết ∞ s= n→∞ ∞ xi Như vậy, với ký hiệu n=1 xi , ta vừa dùng để chuỗi vừa tổng i=1 chuỗi hội tụ Một chuỗi không hội tụ gọi chuỗi phân kỳ Nhận xét 1.1 a) Ta đánh số chuỗi từ số n ∈ Z không ∞ thiết i = 1, chẳng hạn ∞ an , n=2 ∞ xi i=0 ∞ xi hội tụ có tổng s = b) Giả sử chuỗi số i=1 ∞ rn = s − sn = n xi − i=1 = lim k→∞ i=1 n xi − xi = lim xi = i=n+1 k i=1 xi i=1 ∞ k k→∞ xi Đặt i=1 xi i=n+1 ∞ Ta gọi rn phần dư thứ n chuỗi xi Theo định nghĩa, ta có lim rn = i=1 n→∞ c) Chuỗi số chẳng qua dãy đặc biệt, cấu tạo từ dãy cho trước Do đó, chuỗi số có đầy đủ tính chất dãy số Ngược lại, cho dãy số (sn )n , ta thiết lập dãy số (xn )n sau x1 = s x2 = s − s xn = sn − sn−1 Khi (sn )n trở thành chuỗi số, cấu tạo từ dãy (xn )n 1.2 Ví dụ Ví dụ 1.1 ∞ a) Cho chuỗi số 1 1 Để ý = − , n ∈ N, n(n + 1) n n+1 n=1 n(n + 1) 1 + + ··· + 1·2 2·3 n(n + 1) 1 1 1 = − + − +··· + − = 1− 2 n n+1 n+1 ∞ 1 Vậy lim sn = lim − = 1, nên chuỗi cho hội tụ tổng = n→∞ n→∞ n+1 n=1 n(n + 1) b) Cấp số nhân sn = ∞ aq n , a ∈ R, q ∈ R tương ứng số hạng đầu Ta xét chuỗi sau n=0 − qn , q = công bội cấp số nhân, ta có sn = a · 1−q a + Nếu |q| < lim sn = , nên chuỗi hội tụ n→∞ 1−q ∞ aq n = n=0 a 1−q + Nếu |q| > dãy (sn )n phân kỳ nên chuỗi phân kỳ 1.3 Một số tính chất chuỗi hội tụ ∞ xn hội tụ lim xn = Định lí 1.1 Nếu chuỗi n→∞ n=1 Chứng minh Theo giả thiết, tồn lim sn = s Khi dãy (sn )n≥2 dãy (sn )n n→∞ hội tụ s nên lim xn = lim (sn − sn−1 ) = n→∞ n→∞ Nhận xét 1.2 Định lý 1.1 điều kiện cần mà điều kiện đủ Như vậy, ∞ lim xn = x0 = 0, n→∞ xn phân kỳ lim xn = chưa kết luận hội tụ hay phân n→∞ n=1 ∞ xn kỳ chuỗi n=1 ∞ xn hội tụ với ε > 0, Định lí 1.2 (Tiêu chuẩn Cauchy) Điều kiện cần đủ để chuỗi n=1 m xi < ε, với m ≥ n ≥ n0 tồn n0 cho i=n+1 Chứng minh Theo định nghĩa, ta có ∞ xn hội tụ ⇐⇒ (sn )n hội tụ n=1 Áp dụng tiêu chuẩn Cauchy cho dãy (sn )n , ta thấy điều tương đương với mệnh đề định lý Nhận xét 1.3 Người ta hay viết sau n+p ∞ xn hội tụ ⇐⇒ ∀ε > 0, ∃n0 , ∀n ≥ n0 , ∀p ∈ N : n=1 xn < ε i=n+1 ∞ ∞ n=1 ∞ ∞ yn α ∈ R, chuỗi xn , Định lí 1.3 Cho hai chuỗi hội tụ n=1 (xn ± yn ), n=1 (αxn ) hội tụ n=1 ∞ ∞ ∞ (xn ± yn ) = xn ± n=1 ∞ ∞ yn ; (αxn ) = α n=1 n=1 n=1 n n n xn n=1 Chứng minh Ta có n (xi ± yi ) = i=1 xi ± i=1 yi ; n (αxi ) = α i=1 i=1 xi i=1 Chuyển qua giới hạn n → ∞, ta có kết ∞ xi Ta viết Định lí 1.4 Cho chuỗi số i=1 ∞ i=1 ∞ ∞ n0 xi = xi + xi i=1 i=n0 +1 ∞ xi hội tụ Lúc i=1 xi hội tụ i=n0 +1 n Chứng minh Đặt sn = i=1 ∗ (sn )n (sn )n hội tụ n0 n xi , s∗n = với n ≥ n0 Khi sn = i=n0 +1 xi + s∗n Vậy i=1 hội tụ Mệnh đề 1.5 Tính hội tụ chuỗi không thay đổi ta thay đổi số hữu hạn số hạng chuỗi ∞ Định lí 1.6 Giả sử n=1 xn chuỗi hội tụ (nk )k dãy tăng thực số nguyên ∞ ∞ yk hội tụ tự nhiên Khi chuỗi k=1 ∞ yk = xn , n=1 k=1 y1 = x1 + · · · + xn1 y2 = xn1 +1 + xn1 +2 + · · · + xn2 yk = xnk−1 +1 + xnk−1 +2 + · · · + xnk Chứng minh Đặt s∗k = (sn )n nên (snk )k hội tụ nk k yi = i=1 lim s∗k k→∞ xi = snk Vậy (snk )k dãy dãy tổng riêng i=1 = lim snk = s = lim sn n→∞ k→∞ Nhận xét 1.4 Định lý 1.6 nêu lên tính chất kết hợp chuỗi số hội tụ Ngược lại chuỗi ∞ ∞ ∞ yk hội tụ k=1 ∞ n=1 n+1 (−1) chuỗi xn phân kỳ Ta xét ví dụ sau Chuỗi n+2 + (−1) (−1)n+1 phân kỳ n=1 hội tụ n=1 1.4 Chuỗi Số Dương ∞ xn Định nghĩa 1.2 Cho chuỗi số (1.1) Nếu xn ≥ với n ∈ N (1.1) gọi n=1 chuỗi số không âm hay gọn hơn, (1.1) chuỗi số dương Nếu xn ≤ với n ∈ N cách nhân với (-1), ta đưa chuỗi số dương Việc khảo sát hội tụ chuỗi số dương thuận lợi có nhiều dấu hiệu để nhận biết hội tụ hay phân kỳ chuỗi số dương ∞ n xn hội tụ dãy tổng riêng sn = Định lí 1.7 Điều kiện cần đủ để chuỗi số dương n=1 xi i=1 bị chặn Chứng minh Nếu chuỗi (1.1) hội tụ, nghĩa dãy (sn )n hội tụ Lúc (sn )n bị chặn Ngược lại, cho dãy (sn )n bị chặn trên, sn+1 − sn = xn+1 ≥ hay sn+1 ≥ sn , ∀n ∈ N tức (sn )n tăng Như (sn )n phải hội tụ hay chuỗi (1.1) hội tụ ∞ Với n ∈ N, ta có n=1 n 1 + + ··· + 2 n 1 1+ + + ··· + 1·2 2·3 n(n − 1) 1 1 1 + − + − + ··· + − 2 n−1 n − ≤ n Ví dụ 1.2 Khảo sát hội tụ chuỗi sn = ≤ ≤ ≤ ∞ Vậy chuỗi hội tụ n=1 n 1.5 Một số dấu hiệu hội tụ ∞ ∞ xn Định lí 1.8 (Dấu hiệu so sánh) Giả sử (1.1) n=1 yn (1.2) hai chuỗi số dương n=1 Nếu có số dương C cho xn ≤ Cyn với n ∈ N, * Chuỗi (1.2) hội tụ chuỗi (1.1) hội tụ * Chuỗi (1.1) phân kỳ chuỗi (1.2) phân kỳ n Chứng minh Ký hiệu sn = n yi Theo giả thiết, ta có xi ≤ C · yi , ∀i ∈ N xi Sn = i=1 i=1 nên sn ≤ C · Sn , ∀n ∈ N Nếu chuỗi (1.2) hội tụ Sn bị chặn trên, kéo theo sn bị chặn nên chuỗi (1.1) hội tụ Ngược lại, chuỗi (1.1) phân kỳ sn không bị chặn Sn không bị chặn Về mặt thực hành, thường sử dụng dấu hiệu so sánh dạng sau xn = A, (0 ≤ A ≤ +∞) Hệ 1.9 Giả sử lim n→∞ yn * Nếu A ∈ [0, +∞) chuỗi (1.2) hội tụ chuỗi (1.1) hội tụ * Nếu < A ≤ +∞ chuỗi (1.2) phân kỳ chuỗi (1.1) phân kỳ xn Chứng minh Giả sử ≤ A < +∞ chuỗi (1.2) hội tụ Theo giả thiết lim = A nên n→∞ yn xn với ε = > 0, tồn n0 để n ≥ n0 , ta có < A + 1, từ xn < (A + 1)yn , ∀n ≥ n0 yn xn A Vậy chuỗi (1.2) hội tụ chuỗi (1.1) hội tụ Nếu < A < +∞ ta có −A < ε = yn xn A A n ≥ n1 , với n1 số nguyên dương Như > A − , ∀n ≥ n1 hay xn > yn Như yn 2 xn (1.2) phân kỳ (1.1) phân kỳ Còn lim = +∞ xn > k · yn với k > n→∞ yn n đủ lớn nên ta có kết Nhận xét 1.5 Nếu < A < +∞ hai chuỗi (1.1) (1.2) đồng thời hội tụ phân kỳ ∞ x Ta có +n+1 n=1 x x x sin sin 2 n + n + = lim n + n + · n + n + = lim x x x n→∞ n→∞ 2 n n +n+1 n2 ∞ x ∞ x Mặt khác, chuỗi hội tụ hội tụ nên sin 2 n +n+1 n=1 n n=1 sin Ví dụ 1.3 Khảo sát hội tụ chuỗi số n2 ∞ √ n xn Giả sử tồn lim Định lí 1.10 (Dấu hiệu Cauchy) Cho chuỗi số dương n→∞ n=1 xn = < chuỗi hội tụ, > chuỗi phân kỳ Trường hợp = kết luận √ Chứng minh Vì n xn ≥ nên ≥ Ta xét trường hợp sau a) ≤ < Chọn 1− √ chẳng hạn) để + ε = q < Vì lim n xn = nên với ε > trên, ε > đủ bé (ε = n→∞ ∞ √ √ ta có n xn − < ε với n ≥ n0 hay n xn < ε + = q Do < q < nên chuỗi q n hội tụ Nếu n=1 ∞ xn hội tụ b) Theo tiêu chuẩn so sánh, ta có chuỗi −1 > 0, ta có > Với ε = n=1 − ∞ −1 √ √ < n xn − hay n xn > + > n ≥ n1 , n1 ∈ N Suy xn 2 xn phân kỳ n → ∞ Vậy n=1 ∞ Ví dụ 1.4 Khảo sát hội tụ chuỗi n=1 2n 4n − n Ta có an = 2n 4n − n nên lim n→∞ √ n an = 2n = < Vậy chuỗi cho hội tụ n→∞ 4n − lim ∞ Định lí 1.11 (Dấu hiệu Dalambert) Cho chuỗi số dương xn , xn > ∀n ∈ N Giả sử tồn n=1 xn+1 lim = Nếu < chuỗi hội tụ, > chuỗi phân kỳ, = chưa n→∞ xn có kết luận ∞ Chứng minh Như định lý trên, ta so sánh chuỗi xn với cấp số nhân < n=1 xn+1 Lấy ε > đủ bé để < + ε = q < Do lim = nên tồn n0 ∈ N để với n ≥ n0 , n→∞ xn xn+1 ta có < + ε = q, hay xn xn0 +1 < q · xn0 xn0 +2 < q · xn0 +1 < q · xn0 xn0 +k < q k · xn0 ∞ Vì < q < nên chuỗi xn0 q k hội tụ Theo dấu hiệu so sánh, ta có ∞ xn hội tụ n=1 k=1 ∞ Ví dụ 1.5 Khảo sát hội tụ chuỗi n! Ta có n n=1 n an=1 (n + 1)! nn = · = an (n + 1)n+1 n! n n+1 an+1 = < Vậy chuỗi cho hội tụ n→∞ an e suy lim n = 1 1+ n n, ∞ an chuỗi số dương thực Nếu Định lí 1.12 (Tiêu chuẩn Raabe) Cho n=1 lim n( n→∞ an − 1) = p an+1 chuỗi cho hội tụ với p > phân kỳ với p < ∞ an chuỗi số dương thực Nếu Định lí 1.13 (Tiêu chuẩn Gauss) Cho n=1 µ θn an = λ + + 1+ , an+1 n n > |θn | ≤ c chuỗi cho hội tụ với λ > phân kỳ với λ < 1; trường hợp λ = chuỗi cho hội tụ µ > phân kỳ µ ≤ Định lí 1.14 (Dấu hiệu tích phân Cauchy) Cho f hàm liên tục, dương giảm [a, +∞), a ∈ N Đặt y F (y) = f (x)dx (1.3) a xét chuỗi ∞ f (a + k), (1.4) k=0 chuỗi (1.4) hội tụ tồn lim F (y) ∈ R y→∞ Chứng minh Với số nguyên k, f (x) hàm giảm với x ≥ a nên với a + k ≤ x ≤ a + k + f (a + k) ≥ f (x) ≥ f (a + k + 1) Suy a+k+1 a+k+1 f (a + k)dx ≥ a+k a+k+1 f (x)dx ≥ a+k f (a + k + 1)dx a+k hay a+k+1 f (a + k) ≥ f (x)dx ≥ f (a + k + 1) (*) a+k Lấy tổng theo k từ đến n − vế (*), ta có n−1 a+k+1 n−1 f (a + k) ≥ k=0 n−1 f (x)dx ≥ k=0 a+k f (a + k + 1) k=0 hay a+n n−1 f (a + k) ≥ k=0 n−1 f (x)dx ≥ f (a + k + 1) k=0 a =⇒ sn−1 ≥ F (a + n) ≥ sn − f (a), n = 1, 2, sn tổng riêng thứ n chuỗi (1.4) - Nếu lim F (y) = A ∈ R sn ≤ A + f (a) nên chuỗi (1.4) hội tụ y→∞ - Nếu lim F (y) = +∞ ∈ R sn ≥ F (a + n + 1) nên (sn )n không bị chặn Vậy chuỗi y→∞ (1.4) phân kỳ ∞ Ví dụ 1.6 Khảo sát hội tụ chuỗi , α ∈ R α n=1 n = nên chuỗi phân kỳ n→∞ nα - Nếu α > 0, ta xét hàm số f (x) = α , x ∈ [1, +∞) Rõ ràng f (x) liên tục, dương, x giảm [1, +∞) Ta có  y ln y, α=1 1 F (y) = dx =  −1 , α=1 xα α−1 1−α y - Nếu α ≤ 0, ta thấy lim Từ  +∞, lim F (y) = y→∞  , α−1 α≤1 α>1 ∞ hội tụ α > phân kỳ α ≤ α n=1 n ∞ Lưu ý α = 1, chuỗi gọi chuỗi điều hòa Như chuỗi điều hòa phân kỳ n=1 n Vậy chuỗi 1.6 Chuỗi Với Số Hạng Có Dấu Bất Kỳ 1.7 Chuỗi đan dấu ∞ Định nghĩa 1.3 Ta gọi chuỗi đan dấu chuỗi có dạng ∞ (−1)n an hay n=1 (−1)n+1 an n=1 an > với n ∞ (−1)n+1 an = a1 − a2 + a3 − a4 + · · · + (−1)n+1 an + · · · n=1 ∞ Định lí 1.15 (Dấu hiệu Leibnitz) Cho chuỗi đan dấu (−1)n+1 an (1.5) Giả sử (an )n n=1 dãy giảm lim an = Khi chuỗi (1.5) hội tụ n→∞ Chứng minh Ta chứng minh dãy tổng riêng (sn )n (1.5) hội tụ Để ý dãy (sn )n hội tụ dãy (s2n )n (s2n+1 )n hội tụ giới hạn Với k ≥ 2, ta có s2k − s2k−2 = a2k−1 − a2k ≥ nghĩa (s2n )n dãy tăng Hơn s2k = a1 − a2 + a3 − a4 + · · · + a2k−1 − a2k = a1 − (a2 − a3 ) − (a4 − a5 ) − · · · − (a2k−2 − a2k−1 ) − a2k ≤ a1 Vậy s2k bị chặn Do dãy (s2n )n hội tụ, nghĩa chuỗi (1.5) hội tụ ∞ (−1)n+1 Ta thấy điều kiện định lý Leibnitz thỏa mãn Ví dụ 1.7 Xét chuỗi sau n n=1 Ta thường gọi chuỗi chuỗi điều hòa đan dấu 1.8 Chuỗi hội tụ tuyệt đối ∞ ∞ |xn | xn hội tụ tuyệt đối chuỗi số dương Định nghĩa 1.4 Ta gọi chuỗi số n=1 n=1 hội tụ Định lí 1.16 Mọi chuỗi số hội tụ tuyệt đối hội tụ ∞ |xn | hội tụ nên Chứng minh Ta sử dụng tiêu chuẩn Cauchy Với số ε > cho trước, n=1 n+p n+p có n0 ∈ N để ∀n ≥ n0 ∀p ∈ N |xk | < ε Nhưng k=n+1 k=n+1 ∞ xn hội tụ Vậy n=1 n+p xk ≤ |xk | ≤ ε k=n+1 Nhận xét 3.1 Công thức Dirichlet (đối với tích phân hai lớp) cho ta: x x dx x0 x f (x)dx = (n − 1)! x0 f (t)(x − t)(n−1) dt x0 Nên nghiệm tổng quát (3.3) viết dạng x y= (n − 1)! f (t)(x − t)(n−1) dt + C1 (x − x0 )n−1 + (n − 1)! x0 + C2 (x − x0 )n−2 + · · · + Cn−1 (x − x0 ) + Cn (3.4) (n − 2)! với C1 , C2 , , Cn số tuỳ ý Ví dụ 3.1 Tìm nghiệm phương trình: y = ln x x = 1, y = y0 , y = y , y” = y”0 Áp dụng công thức (3.4) ta có x y= 2! (x − t)2 ln tdt + y0 y (x − 1)2 + (x − 1) + y0 1 Bằng cách tích phân phần tích phân vế phải, rồ i thay vào, ta nghiệm phương trình: 11x3 x2 x y y = x3 ln x − + − + + (x − 1)2 + y0 (x − 1) + y0 36 18 b) Trường hợp từ phương trình (3.1) biểu diễn x, y (n) cách đơn trị theo tham số t: x = ϕ(t) y (n) = ψ(t) ϕ(t) có đạo hàm liên tục ψ(t) liên tục theo t Vì dy (n−1) = y (n) dx = ψ(t)ϕ (t)dt, nên: y (n−1) = Sau ψ(t)ϕ (t)dt + C1 ≡ ψ1 (t, C1 ) dy (n−2) = y (n−1) dx, nên: y (n−2) = ψ1 (t, C1 )ϕ (t)dt + C2 ≡ ψ2 (t, C1 , C2 ) y = ψn (t, C1 , C2 , , Cn ) Vậy nghiệm tổng quát có dạng: x = ϕ(t) y = ψn (t, C1 , C2 , , Cn ) Ví dụ 3.2 Xét phương trình ey” + y” = x Phương trình viết lại dạng tham số x = et + t y” = t Do dy = y”dx = t(et + 1)dt, từ dó y = (t − 1)et + 106 t2 + C1 dy = y dx, suy ra: y= [(t − 1)et + y dx + C2 = Vậy nghiệm tổng quát là:  y = t −  t x = e + t e2t + t2 + C1 ](et + 1)dt + C2 t2 t2 − + C1 e t + + C1 t + C2 3.2 Phương trình dạng F (y (n−1) , y (n) )) = a) Phương trình (3.5) viết dạng: (3.5) Ta xét hai trường hợp: y (n) = f (y (n−1) ) Đặt y (n−1) = z ta z = f (z) giải z = λ(x, C1 ), tức y (n−1) = λ(x, C1 ) Ta lại trở dạng (3.2) biết cách giải Nếu không giải z = λ(x, C1 ) biểu diễn z = ψ(t) x = ϕ)(t) ta có y (n−1) = ψ(t) x = ϕ(t), lại trở trường hợp b) (3.3.1) b) Trường hợp từ phương trình (3.5) biểu diễn y (n−1) , y (n) cách đơn trị theo tham số t: y (n−1) = ϕ(t) y (n) = ψ(t) Từ hệ thức dy (n−1) = y (n) dx ta dx = dy (n−1) ϕ (t)dt = (n) y ψ(t) ϕ(t)dt + C1 ≡ ϕ1 (t, C1 ) ψ(t) ϕ(t)ϕ (t)dt Khi y (n−2) = y (n−1) dx = + C2 ψ(t) Do x = y = ϕn (t, C1 , C2 , , Cn ) Biểu thức nghiệm tổng quát dạng tham số là: x = ϕ1 (t, C1 ) y = ϕn (t, C1 , C2 , , Cn ) Ví dụ 3.3 Xét phương trình ay” = −(1 + y ) Đặt y = z, ta được: az = −(1 + z ) dx = − adz (1 + z ) az Do x − C1 = − √ Ta đặt z = tan ϕ, + z2 −a tan ϕ x − C1 = = −a sin ϕ + tan2 ϕ Vậy ta được: z = tan ϕ x = −a sin ϕ + C1 107 tan ϕdx = −a tan ϕ cos ϕdϕ, Trở biến cũ y = tan ϕ cho y = y = a cos ϕ + C2 Vậy nghiệm tổng quát là: y − C2 = a cos ϕ x − C1 = −a sin ϕ hay (y − C2 )2 + (x − C1 )2 = a2 Đây họ đường tròn có bán kính a có tâm tuỳ ý 3.3 Phương trình dạng F (y (n−2) , y (n) )) = a) Phương trình (3.6) viết dạng: (3.6) Ta xét hai trường hợp: y (n) = f (y (n−2) ) Đặt y (n−2) = z ta z = f (z) Nhân hai vế phương trình với 2z (z = 0) ta 2z z” = 2f (z)z hay d(z ) = 2f (z)dz Tích phân phương trình vưh a nhận ta có z =2 z =± Do f (z)dz + C1 dz x + C2 = ± f (z)dz + C1 (3.7) hay f (z)dz + C1 Φ(x, z, C1 , C2 ) = Ở ta thấy rằng: + Nếu từ phương trình (3.7) ta giải z = ϕ(x, C1 , C2 ), tức y (n−2) = ϕ(x, C1 , C2 ) ta trở lại trường hợp (3.3.1.) a) mà ta biết cách giải + Nếu từ phương trình (3.7) không giải z = ϕ(x, C1 , C2 ) biểu diễn z = y (n−2) = ψ(t) x = ϕ(t) ta trở trường hợp (3.3.1.) b) b) Trường hợp từ phương trình (3.6) biểu diễn y (n−1) , y (n) cách đơn trị theo tham số t: y (n−2) = ϕ(t) y (n) = ψ(t) Khi d(y (n−1) = y (n) dx, dy (n−2) = y (n−1) dx, y (n−1) dy (n−1) = y (n) dy (n−2) hay d[y (n−1) ] = 2ψ(t)ϕ (t)dt Do y (n−1) = ± ψ(t)ϕ (t)dt + C1 ≡1 (t, C1 ) Vậy y (n−1) = ψ1 (t, C1 ) y (n−2) = ϕ(t) 108 Đây trường hợp (3.3.2) b) Phương Trình Vi Phân Tuyến Tính Cấp II 4.1 Phương trình vi phân tuyến tính cấp hai Định nghĩa 4.1 Phương trình vi phân tuyến tính cấp hai phương trình có dạng: a0 (x)y” + a1 (x)y + a2 (x) = (4.1) Không tổng quát ta giả thiết a0 (x) ≡ Định lí 4.1 Nếu y1 , y2 hai nghiệm riêng phương trình: y” + a1 (x)y + a2 (x) = (4.2) C1 y1 + C2 y2 , C1 C2 số nghiệm (4.2) Chứng minh Thay (4.2) vào (4.2) ta (C1 y1 + C2 y2 )” + a1 (C1 y1 + C2 y2 ) + a2 (C1 y1 + C2 y2 ) = C1 y1 ” + C2 y2 ” + C1 a1 y1 + C2 a1 y2 + C1 a2 y1 + C2 a2 y2 = C1 (y1 ” + a1 y1 + a2 y1 ) + C2 (y2 ” + a1 y2 + a2 y2 ) = vi y1 ” + a1 y1 + a2 y1 = 0; y2 ” + a2 y2 + a2 y2 = theo giả thiết Vậy C1 y1 + C2 y2 nghiệm phương trình (4.2) Định nghĩa 4.2 Hai hàm ϕ1 (x); ϕ2 (x) xác định khoảng (a, b) gọi phụ thuộc tuyến tính tồn hai số α1 , α2 không đồng thời không cho α1 ϕ1 (x) + α2 ϕ2 (x) ≡ (a, b) (4.3) Ngược lại, đồng thức (4.3) xảy α1 = α2 = ta bảo ϕ1 (x); ϕ2 (x) độc lập tuyến tính (a, b) Ví dụ 4.1 a) Các hàm ϕ1 (x) = xk1 ; ϕ2 (x) = xk2 với k1 , k2 nguyên, k1 > k2 > độc lập tuyến tính toàn trục số vi theo định lí đại số phương trình có bậc không lớn k1 có nhiều k1 nghiệm b) Các hàm số ϕ1 (x) = eλ1 x ; ϕ2 (x) = eλ2 x (λ1 = λ2 ) độc lập tuyến tính toàn trục số Thật vậy, giả sử eλ1 x ; eλ2 x phụ thuộc tuyến tính ta có α1 eλ1 x + α2 eλ2 x ≡ trong hai số α1 ; α2 khác không, chẳng hạn α1 = Khi chia hai vế cho eλ2 x ta được: α1 e(λ1 −λ2 )x + α2 ≡ Lấy đạo hàm ta α1 (λ1 − λ2 )e(λ1 −λ2 )x ≡ vô lí, vi α1 = 0; λ1 − λ2 = 0, e(λ1 −λ2 )x = Vậy eλ1 x ; eλ2 x phải độc lập tuyến tính trục số c) Các hàm số 1, sin2 x, cos2 x phụ thuộc tuyến tính toàn trục số Thật vậy, chọn α1 = 1, α2 = −1 ta có − sin2 x − cos2 x ≡ Định nghĩa 4.3 Nếu y1 (x), y2 (x) hàm số khả vi (a, b) định thức W [y1 , y2 ] = y1 y2 = y1 y2 − y1 y2 y1 y2 (4.4) gọi định thức Wrônski hàm y1 , y2 Định lí 4.2 Nếu hàm số y1 (x); y2 (x) phụ thuộc tuyến tính (a, b) định thức Wrônski chúng đồng không khoảng 109 Chứng minh Thật vậy, α1 y1 + α2 y2 ≡ với α1 = y1 = − cho nên: W [y1 , y2 ] = y1 y2 y1 y2 α2 α2 y2 y1 = − y2 α1 α1 α2 y2 y2 α2 y y α =− = α2 ≡ α1 y y − y2 y2 α1 − Định lí 4.3 Nếu nghiệm y1 (x); y2 (x) phương trình (4.2) độc lập tuyến tính khoảng (a, b) định thức Wrônski W [y1 , y2 ] chúng không triệt tiêu điểm khoảng Chứng minh Giả sử ngược lại x = x0 (a < x0 < b) ta có W (x0 ) = 0, tức là: W (x0 ) = W [y1 (x0 ), y2 (x0 )] = y1 (x0 ) y2 (x0 ) = y1 (x0 ) y2 (x0 ) Để cho gọn, ta kí hiệu: y1 (x0 ) = y1o ; y1 (x0 ) = y1o ; Hệ phương trình: C1 y1o + C2 y2o = C2 y1o + C2 y2o = y2 (x0 ) = y2o y2 (x0 ) = y2o có nghiệm khác không vi định thức W (x0 ) = Lấy nghiệm không tầm thường hệ trên: C10 , C20 (chúng không đồng thời không), lập y = C10 y1 + C20 y2 Ta thấy y nghiệm phương trình (4.2) thỏa mãn điều kiện ban đầu: y(x0 ) = C10 y1o + C20 y2o = 0, y (x0 ) = C10 y1o + C20 y2o = Nhưng vi nghiệm y ≡ phương trình (4.2) thỏa mãn điều kiện ban đầu theo tính chất nghiệm ta phải có y(x) = C10 y1 + C20 y2 ≡ (trong C10 C20 không đồng thời không) Điều có nghĩa y1 (x); y2 (x) phụ thuộc tuyến tính Trái giả thiết! Định lí 4.4 (định lí bản) Nếu y1 , y2 hai nghiệm độc lập tuyến tính phương trình (4.1) y = C1 y + C2 y (4.5) C1 , C2 số tuỳ ý, nghiệm tổng quát (4.2) Chứng minh Theo định lí (4.2) y = C1 y1 + C2 y2 nghiệm phương trình (4.2) Nếu cho trước điều kiện ban đầu y(x0 ) = y0 , y (x0 ) = y0 ta chứng, minh tồn giá trị C10 , C20 C1 C2 nghiệm riêng C10 y1 + C20 y2 thỏa mãn điều kiện ban đầu Thay x = x0 vào (4.5) ta có hệ phương trình: y0 = C1 y1o + C2 y2o y0 = C1 y1o + C2 y2o ta dùng kí hiệu y1 (x0 ) = y1o ; y1 (x0 ) = y1o ; Định thức hệ phương trình (4.6) là: W (x0 ) = y2 (x0 ) = y2o y2 (x0 ) = y2o y1o y2o y1o y2o 110 (4.6) Đnó định thức Wrônski y1 , y2 x0 Nnó khác không vi y1 , y2 độc lập tuyến tính Do hệ (4.6) có nghiệm C10 , C20 , Nghiệm riêng y = C10 y+C20 y2 phương trình (4.2) thỏa mãn điều kiện ban đầu cho trước Ví dụ 4.2 Giải phương trình: 1 y” + y − y = x x 1 Trước hết nhận xét hệ số a1 = , a2 = − liên tục điểm không chứa x x điểm x = 0, khoảng phương trình cho thỏa mãn điều kiện định lí tồn nghiệm Dễ dàng thử thấy y1 = x y2 = nghiệm độc lập tuyến tính phương trình x Do nghiệm tổng quát phương trình là: y = C1 x + C2 x Định lí 4.5 Nếu y1 , y2 nghiệm độc lập tuyến tính phương trình (4.2) x − W (x) = W [y1 , y2 ] = Ce a1 (x)dx x0 (4.7) Chứng minh Vì y1 , y2 nghiệm phương trình (4.2) y1 ” + a1 y1 + a2 y1 = y2 + a1 y2 + a2 y = Nhân đẳng thức thứ với y2 đẳng thức thứ hai với −y1 rồ i cộng lại ta được: (y1 ”y2 − y1 y2 ”) + a1 (y1 y2 − y1 y2 ) = (4.8) Hiệu y1 ”y2 − y1 y2 ” đạo hàm W [y1 , y2 ] W = (y1 y2 − y1 y2 ) = y1 ”y2 + y1 y2 − y1 y2 − y1 y2 ” = y1 ”y2 − y1 y2 ” Do (4.8) viết: W (x) + a1 (x)W (x) = y1 , y2 độc lập tuyến tính nên W (x) = ta có W (x) = −a1 (x) W (x) Từ x ln |W (x)| = − a1 (x)dx + ln |C| x0 hay W (x) = Ce− x x0 a1 (x)dx Định lí 4.6 Nếu biết nghiệm riêng phương trình tuyến tính cấp hai nghiệm tổng quát phương trình tìm phép cầu phương Chứng minh Giả sử biết y1 nghiệm riêng phương trình: y” + a1 (x)y + a2 (x)y = Ta tìm nghiệm riêng y2 độc lập tuyến tính với y1 nhờ công thức (4.7) ta có y2 y1 − y2 y1 = Ce− a1 (x)dx phương trình vi phân tuyến tính cấp y2 Ta tích phân cách sau Chia hai vế cho y12 (y1 = 0) y2 y1 − y2 y1 = Ce− a1 dx y1 y1 111 hay y2 y1 d dx = Ce− y12 a1 dx Từ y2 = y1 Ce− a1 dx dx + C y12 Vì tìm nghiệm riêng nên ta chọn C = C = được: e− y2 = y1 a1 dx dx y12 (4.9) Do nghiệm tổng quát phương trình là: e− y = C1 y1 + C − 2y1 a1 dx y12 dx Ví dụ 4.3 Hãy tìm nghiệm tổng quát phương trình (1 − x2 )y” − 2xy + 2y = Dễ dàng thử thấy phương trình có nghiệm riêng y1 = x −2x Áp dụng công thức (4.9) với ý a1 = , ta được: − x2 2xdx 1−x2 e− ln(1−x ) dx = x dx y2 = x x2 x2 1 dx =x + + =x 2 x (1 − x ) x 3(1 − x) 2(1 + x) 1 1+x = x − + ln x 1−x e dx Do nghiệm tổng quát phương trình cho y = C1 x + C2 1+x x ln 1−x Định lí 4.7 Nếu y = u(x) + iv(x) (trong u(x), v(x) hàm số thực) nghiệm phương trình (4.2) hàm số u(x); v(x) nghiệm phương trình 4.2 Phương trình vi phân tuyến tính không cấp hai Ta xét phương trình tuyến tính không nhất: y” + a1 (x)y + a2 (x)y = f (x) (4.10) a1 (x), a2 (x), f (x) hàm số liên tục khoảng (a, b) Phương trình tuyến tính tương ứng (4.10) là: y” + a1 (x)y + a2 (x)y = (4.11) Định lí sau cho ta cách tìm nghiệm tổng quát phương trình (4.11) Định lí 4.8 Tổng nghiệm tổng quát phương trình (4.11) với nghiệm riêng phương trình không (4.10) nghiệm tổng quát phương trình (4.11) * Phương pháp số biến thiên (Phương pháp Lagrange) Giả thiết biết nghiệm tổng quát phương trình (4.11): y = C1 y + C2 y 112 (4.12) Ta trình bày phương pháp tìm nghiệm riêng phương trình không (4.10) Ta xem C1 , C2 hàm số x tìm cách xác định hàm số cho: y = C1 (x)y1 + C2 (x)y2 (4.13) nghiệm y” + a1 (x)y + a2 (x)y = f (x) Muố n vậy, ta lấy đạo hàm hệ thức (4.13): y = C1 (x)y1 + C2 (x)y2 + C1 (x)y1 + C2 (x)y2 Ta buộc C1 (x), C2 (x) phải thỏa mãn điều kiện: C1 (x)y1 + C2 (x)y2 = Lúc đạo hàm cấp y là: y = C1 (x)y1 + C2 (x)y2 (4.14) y” = c1 (x)y1 ” + C2 (x)y2 ” + C1 (x)y1 + C2 (x)y1 (4.15) Lấy đạo hàm (4.14): Thay (4.13), (4.14), (4.15) phương trình (4.10) ta có C1 (x)y1 ” + C2 (x)y2 ” + C1 (x)y1 + C2 (x)y2 + +a1 (x)[C1 (x)y1 + C2 (x)y2 ] + a1 (x)[C1 (x)y1 + C2 (x)y2 ] = f (x) hay C1 (x)(y1 + a1 y1 + a2 y1 ) + C2 (x)(y2 ” + a1 y2 + a2 y2 )+ + C1 (x)y1 + C2 (x)y2 = f (x) (4.16) Vì y1 , y2 nghiệm phương trình (4.11) cho nên: y1 ” + a1 y1 + a2 y1 = 0, y2 + a1 y2 + a2 y2 = Do (4.16) trở thành: C1 (x)y1 + C2 (x)y2 = f (x) Vậy muốn cho (4.13) nghiệm (4.10) C1 (x), C2 (x) phải thỏa mãn hệ phương trình: C1 (x)y1 + C2 (x)y2 C1 (x)y1 + C2 (x)y2 =0 = f (x) (4.17) Vì y1 , y2 độc lập tuyến tính định thức hệ (4.17) định thức Wrônski y1 , y2 định thức khác không Từ suy hệ (4.17) có nghiệm nhất: C2 (x) = ϕ2 (x) C1 (x) = ϕ1 (x), Tích phân được: C1 (x) = ϕ1 (x)dx + C1 , C2 (x) = ϕ2 (x)dx + C2 Vì tìm nghiệm riêng nên ta chọn C1 , C2 = Hàm số y = y1 ϕ1 (x)dx + y2 ϕ2 (x)dx nghiệm phương trình (4.10) Nghiệm tổng quát phương trình là: y = y ∗ + y = C1 y1 + C2 y2 + y1 113 ϕ1 (x)dx + y2 ϕ2 (x)dx Ví dụ 4.4 Hãy tìm nghiệm tổng quát phương trình: y (*) y” − = x x Trước hết ta tìm nghiệm tổng quát phương trình tương ứng y y” − = (**) x y” nên ln |y | = ln |x| + ln |C| hay y = Cx Do nghiệm tổng quát (**) Vì = y x C y ∗ = C x2 + C C1 = Để tìm nghiệm phương trình (*) ta xác định hàm C1 (x) C2 (x) từ hệ C1 (x)x2 + C2 (x) · 2C1 (x) · x + C2 (x) · =0 = Giải hệ ta được: C2 (x) = − x2 x3 x x3 x3 x nghiệm phương từ C1 (x) = , C2 (x) = − Hàm số x2 − = 6 trình (*) Nghiệm tổng quát (*) là: C1 (x) = y = C x2 + C + x3 Định lí 4.9 Nếu y1 nghiệm riêng phương trình y” + a1 (x)y + a2 (x)y = f1 (x) y2 nghiệm riêng phương trình y” + a1 (x)y + a2 (x)y = f2 (x) y1 + y2 nghiệm riêng phương trình y” + a1 (x)y + a2 (x)y = f1 (x) + f2 (x) Phương Trình Vi Phân Tuyến Tính Cấp Hai Với Hệ Số Hằng Phương trình dạng: y + p(x)y + q(x)y = r(x) (5.1) p, q, r hàm liên tục, gọi phương trình vi phân tuyến tính cấp hai Trong trường hợp p(x), q(x) hàm (5.1) gọi phương trình vi phân tuyến tính cấp hai với hệ số hằng: y + py + qy = r(x) (5.2) 5.1 Phương trình Định nghĩa 5.1 Phương trình vi phân tuyến tính (5.2) với hệ số hằng, có vế phải r(x) ≡ gọi nhất: y + py + qy = (5.3) Để giải phương trình (5.3) ta dựa vào mệnh đề sau: Mệnh đề 5.2 Nếu (5.3) có hai nghiệm độc lập tuyến tính y = ϕ1 (x) y = ϕ2 (x) nghiệm (5.3) tổ hợp tuyến tính ϕ1 ϕ2 Vậy, nghiệm tổng quát (5.3) có dạng: y = C1 ϕ1 (x) + C2 ϕ2 (x) C1 , C2 :hằng số 114 Bây ta tìm hai nghiệm độc lập (5.3) dạng: y = eλx (λ: hằng) Trong trường hợp ta có y = λeλx ; y = λ2 eλx Vậy y = eαx nghiệm (5.3) khi: λ2 eαx + λpeαx + qeαx ≡ ⇐⇒ eαx (λ2 + λp + q) = ⇐⇒ λ2 + λp + q = Phương trình bậc hai: λ2 + pλ + q = (5.4) gọi phương trình đặc trưng phương trình (5.3) Nếu (5.4) có hai nghiệm thực phân biệt α, β ϕ1 (x) = eαx , ϕ2 (x) = eβx hai nghiệm độc lập (5.3), nghiệm tổng quát (5.3) là: y = C1 eαx + C2 eβx Ngoài phương trình đặc trưng (5.4) có nghiệm kép thực γ ϕ1 (x)eγx ϕ2 (x) = xeγx hai nghiệm độc lập (5.3) Vậy y = (C1 + C2 x)eγx ; C1 , C2 : số nghiệm tổng quát (5.3) Cách giải: Xét phương trình đặc trưng (5.4) tương ứng với phương trình (5.3): + Nếu (5.4) có hai nghiệm thực α, β (5.3) có nghiệm tổng quát là: y = C1 eαx + C2 eβx ; C1 , C2 :hằng số + Nếu (5.4) có nghiệm kép thực γ (5.4) có nghiệm tổng quát là: y = (C1 + C2 x)eγx ; C1 , C2 số + Nế u (5.4) nghiệm thực, có hai nghiệm phức a ± ib (với a, b ∈ R) (5.3) có nghiệm tổng quát là: y = eax (C1 cos bx + C2 sin bx) Ví dụ 5.1 Giải phương trình: y − 3y + 2y = (*) λ2 − 3λ + = (**) Phương trình đặc trưng (∗): có hai nghiệm là: r1 = 1; r2 = 2, nên (∗) có nghiệm tổng quát là: y = C1 ex + C2 e2x Ví dụ 5.2 Giải phương trình: y − 2y + y = (*) r2 − 2r + = (**) Phương trình đặc trưng (∗): có nghiệm kép r = nên (∗) có nghiệm tổng quát là: y = (C1 + C2 x)ex Ví dụ 5.3 Giải phương trình: y + 2y + 5y = Phương trình đặc trưng tương ứng k + 2k + = có nghiệm phức: α = −1 + 2i; β = −1 − 2i Do nghiệm tổng quát phương trình vi phân cho là: y = e−x (C1 cos 2x + C2 sin 2x) 115 5.2 Một số phương trình không với vế phải đặc biệt Để tìm nghiệm tổng quát phương trình không ta tìm nghiệm riêng Nghiệm tổng quát phương trình không tổng nghiệm riêng với nghiệm tổng quát phương trình tương ứng Vế phải có dạng r(x) = ηesx Dùng phép biến đổi ẩn hàm: y = zesx =⇒ y = (z + sz)esx y = (z + 2sz + sz )esx , rồ i thay vào (5.2): y + py + qy = ηesx , ta được: z + (2s + p)z + (s2 + ps + q)z = η (5.5) Ta xét trường hợp sau: + Nếu s2 + ps + q = 0, nghĩa s nghiệm phương trình đặc trưng (5.4) η Vậy phương trình (5.2) phương trình (5.5) có nghiệm hằng: z = s + ps + q có nghiệm riêng ϕ0 xác định bởi: η ϕ0 (x) = esx s + ps + q + Nếu s2 + ps + q = 2s + p = 0, nghĩa s nghiệm đơn phương trình đặc trưng (5.4), phương trình (5.5) thỏa mãn z không đổi η Khi phương trình (5.3) có nghiệm ϕ0 xác định bởi: 2s + p ηx sx e ϕ0 (x) = 2s + p + Nếu s2 + ps + q = 2s + p = 0, nghĩa s nghiệm kép phương trình đặc trưng (5.4), phương trình (5.5) thỏa mãn z không đổi η Phương trình (5.3) có nghiệm riêng ϕ0 xác định bởi: ϕ0 (x) = ηx2 esx Về mặt thực hành ta tìm nghiệm riêng ϕ0 dạng: * ϕ0 (x) = µesx s nghiệm (5.4), * ϕ0 (x) = µxesx s nghiệm đơn (5.4), *ϕ0 (x) = µx2 esx s nghiệm kép (5.4), số µ xác định nhờ thay ϕ0 , ϕ0 , ϕ0 ” vào (5.2) Vế phải đa thức: r(x) = A0 xs + A1 xs−1 + · · · + As : Tìm nghiệm riêng (2.1) dạng đa thức: y = B0 xs + B1 xs−1 + · · · + Bs , cách tính y , y rồ i thay vào (5.3), dùng phép đồng đa thức để xác định B0 , B1 , , Bs Vế phải tích hàm mũ với đa thức r(x) = esx P (x): Đổi ẩn hàm: y = zesx đư a (5.2) dạng: z + (2s + p)z + (s2 + 2ps + q)z = P (x) (5.6) Một nghiệm (5.76) đa thức: - bậc với P (x) s nghiệm phương trình đặc trưng (5.4), - có bậc lớn bậc P (x) đơn vị s nghiệm đơn phương trình đặc trưng (5.4), - có bậc lớn bậc P (x) hai đơn vị s nghiệm kép phương trình đặc trưng (5.4) Ta xác định hệ số đa thức R(x) cách tương tự phần 116 Ví dụ 5.4 Giải phương trình y − 3y + 2y = ex (*) Ở ví dụ 5.1, phần 5.1., ta nghiệm tổng quát phương trình tương ứng (∗) là: y = C1 ex + C2 e2x Ở vế phải có dạng ηesx với s = nghiệm đơn phương trình đặc trưng nên ta tìm nghiệm riêng (∗) dạng: y = µxex Ta có y = µ(ex + xex ) = µex (x + 1), y = µ [(x + 1)ex + ex ] = µex (x + 2) thay vào (∗) ex [µ(x + 2) − 3µ(x + 1) + 2µx] = ex , từ ta µ = −1 Vậy nghiệm riêng (∗) là: y = −xex , nên nghiệm tổng quát là: y = (C1 − x)ex + C2 e2x Ví dụ 5.5 Giải phương trình: y − 2y + y = e2x (*) Phương trình đặc trưng phương trình tương ứng là: r2 − 2r + = (**) Ở ví dụ 5.2, phần 5.1., ta nghiệm tổng quát phương trình tương ứng là: y = (C1 + C2 x)ex Do vế phải (∗) có dạng ηesx với s = nghiệm (∗∗) nên ta tìm nghiệm riêng (∗) dạng: y = µe2x Ta ó y = 2µe2x ; y = 4µe2x Thay vào (∗) ta được: 4µe2x − 4µe2x + µe2x = e2x , suy µ = Như nghiệm riêng (∗) là: y = e2x , nghiệm tổng quát là: y = (C1 + C2 x)ex + e2x Ví dụ 5.6 Giải phương trình: y − y = x2 + x (*) Phương trình đặc trưng phương trình tương ứng: r −1 = có nghiệm r = ±1 nên nghiệm tổng quát phương trình là: y = C1 ex + C2 e−x Ta tìm nghiệm riêng (∗) dạng y = B0 x2 + B1 x + B2 Ta có y = 2B0 x + B1 , y = 2B1 Thay vào (∗), ta được: B0 x2 + B1 x + B2 + 2B0 = x2 + x, ∀x nên:   B0 B1  B + 2B =1 =1 = Giải ta được: B0 = 1, B1 = 1, B2 = −2 Như nghiệm riêng (∗) là: y = x2 + x − 2, nên nghiệm tổng quát là: y = C1 ex + C2 e−x + x2 + x − 117 Ví dụ 5.7 Giải phương trình: y + y = x − (∗) Phương trình đặc trưng (∗) là: r2 + r = có hai nghiệm là: r1 = −1, r2 = nên nghiệm tổng quát phương trình tương ứng là: y = C1 e−x + C2 Ta tìm nghiệm riêng (∗) dạng y(x) = x(B0 x + B1 ) Ta có y = 2B0 x + B1 , y = 2B0 , thay vào (∗), ta được: 2B0 x + B1 + 2B0 = x − 2, ∀x Đồng đa thức, ta hệ 2B0 + B1 2B0 = −2 = 1 B0 = , B1 = −3, nên nghiệm riêng (*) là: Vậy nghiệm tổng quát (∗) là: Giải ra, ta ó y = C1 e−x + y= x2 − 3x x2 − 3x + C2 Ví dụ 5.8 Giải phương trình: y − y = ex (x2 − 1) (∗) Phương trình đặc trưng phương trình tương ứng: r2 − = (∗∗) nên phương trình tương ứng có nghiệm tổng quát là: y = C1 ex + C2 e−x ta tìm nghiệm riêng dạng y = ex (B0 x3 + B1 x2 + B2 x + B3 ) ( vi vế phải có dạng esx P (x) với s = nghiệm đơn (∗∗)) Ta có y = ex B0 x3 + (B1 + 3B0 )x2 + (B2 + 2B1 )x + B3 + B2 , y = ex B0 x3 + (B1 + 6B0 )x2 + (B2 + 4B1 + 6B0 )x + B3 + 2B1 + 2B2 , thay vào (∗) rồ i đồng đa thức ta hệ  2B0    2B + 9B  2B2 + 6B1 + 6B0    2B3 + 3B2 + 2B1 =0 =1 =0 = −1 B0 = 0, B1 = , B2 = − , B3 = 2 5 x x Như nghiệm riêng (∗) là: y = e ( − x + ) 2 Vậy nghiệm tổng quát (∗) là: Giải ta được: y = C1 ex + C2 e−x + ex ( x2 − x + ); 2 C1 , C2 :hằng số Bài Tập Chương Tìm tích phân riêng phương trình y cos x = y thỏa mãn điều kiện ban đầu ln y y(0) = Tìm tích phân tổng quát phương trình y = tan x tan y Tìm nghiệm riêng phương trình vi phân (1 + x2 )dy + ydx = với điều kiện ban đầu y(1) = Tìm đường cong mà tổng độ dài pháp tuyến pháp ảnh đại lượng không đổi a 118 Một bể hình trụ cao 6m đường kính đáy 4m đặt thẳng đứng đổ đầy nước Hỏi bao lâu, nước bể đầy chảy hết qua lỗ tròn có bán m đáy bể? kính 12 Biết vận tố c v dòng chất lỏng chảy từ lỗ hổng độ cao h m thấp mặt thoáng tính theo công thức Bernouilli sau 2gh v=σ Đặt vật thể vào phòng có nhiệt độ 200 C, sau 20 phút vật thể giảm từ 1000 C xuố ng 600 C Tìm qui luật làm nguội vật thể sau phút vật thể giảm xuố ng 300 C? Nhiệt độ phòng tăng lên không đchặng kể Giải phương trình: √ a) ln cos ydx + xtgydy = 0, b) x + y dx + y + x2 dy = c) √ e) xdy + − x2 ydx − y2 y = ln y; y(2) = y =0 d) e1+x tan ydx − g) π e2x dy = 0; y(1) = x−1 yy + ey = 0; y(1) = x Tìm tích phân tổng quát phương trình: (x2 + 2xy)dx + xydy = y π y Tìm nghiệm riêng phương trình y = + sin với điều kiện đầu y(1) = x x 10 Tìm đường cong qua điểm A(0,1) cho tam giác tạo nên trục Oy, tiếp tuyến với đường cong điểm bán kính vector tiếp điểm tam giác cân (đáy tam giác đoạn tiếp tuyến từ tiếp điểm đến trục Oy) 11 Tìm dạng gương hội tụ tất tia song song vào điểm 12 Giải phương trình: y y a) x sin y + x = y sin ; x x b) xy + y = (2x2 + xy)y ; y y c) xy ln y = x + y ln ; x x d) xyy = y + 2x2 ; y π e) xy − y = x tan ; y(1) = ; x y y f) y = + cos ; x x y y g) y = + ( ) ; y(1) = 2; x x h) (x2 + y )dx − xydy = 0; x+y i) y = ; x−y j) xy = xey/x + y; y(1) = 0; x k) xy − y = y arctg x 13 Tích phân tổng quát phương trình: a) (2x + y + 1)dx + (x + 2y − 1)dy = 0; b) (x + y + 2)dx + (2x + 2y − 1)dy = 0; c) (x − 2y + 3)dy + (2x + y − 1)dx = 0; d) (x − y + 4)dy + (x + y − 2)dx = 0; e) (ex + y + sin y)dy + (ey + x + x cos y)dy = 0; f) (x + y − 1)dx + (ex + x)dy = 0; g) y − ythx = ch2 x; xy h) y + = csinx + x; − x2 i) y = xy + y ln y; 119 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 √ y 2xy √ k) y − = arctan x; + x2 + x2 l) (x2 ln y − x)y = y Tìm nghiệm riêng phương trình: a) 2(x + y)dy + (3x + 3y − 1)dx = 0; y(0) = 2; x+y−2 , qua M(1,1) b) y = y−x−4 y Giải phương trình: y + = x2 y x Chứng minh y = C1 e3x + C2 e−3x nghiệm tổng quát phương trình y − 9y = Tìm nghiệm tổng quát phương trình: a) y − 7y + 6y = 0; b) y − 4y + 3y = e5x ; c) y − 6y + 8y = 3x2 + 2x + 1; d) y + 3y + 10y = xe−2x ; e) y − 0y + 20y = x2 e4x Tích phân phương trình sau: a) y = xy − ey b) y = xy + y c) y = xy + b2 + a2 y d) y = xy + y − y Tìm nghiệm phương trình y” = xe−x thỏa mãn điều kiện y(0) = 1, y (0) = Giải phương trình 1 y (4) = cos2 x; y(0) = ; y (0) = 0; y”(0) = ; y (0) = 32 y = x sin x; y(0) = 0; y (0) = 0; y”(0) = y Tìm nghiệm tổng quát phương trình xy” = y ln x Giải phương trình: y a) y” − = x(x − 1); y(2) = 1; y (2) = −1; x−1 b) (1 − x2 )y” − xy = 2; c) + y = yy”; d) 3y = 4yy” + y ; e) y + yy” = yy Tìm đường cong có bán kính cong lập phương pháp tuyến; biết đường cong cần tìm phải qua điểm M (0, 1) tiếp tuyến điểm tạo với trục Ox góc 450 sin x Tích phân phương trình y” + y + y = cho biết nghiệm riêng y1 = x x Tìm nghiệm riêng phương trình y” − 2y − 3y = e4x thỏa mãn điều kiện bờ y = 1; y x=ln = x=2 ln 26 Tích phân phương trình y” + y − 2y = cos x − sin x với điều kiện ban đầu y(0) = 1, y (0) = 27 Giải phương trình a) y” − 2y + 2y = x2 ; b) y” + y = xex + 2e−x ; π π c) y” + y = sin x thỏa mãn điều kiện bờ y(0) + y (0) = 0; y( ) + y ( ) = 0; 2 π d) y” + y = tan x thỏa mãn điều kiện bờ y(0) = y( ) = 120