Phương trình vi phân trong toán cao cấp

Khái niệm chung: Phương trình vi phân ptvp cấp một là phương trình có dạng: trong đó, x là biến số độc lập; y yx= là hàm số phải tìm; y' đạo hàm của y.. Nghiệm của ptvp cấp một là mọi hà

PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN

1 PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP MỘT

1.1 Khái niệm chung Bài toán Cauchy Định lý tồn tại duy nhất nghiệm

a Khái niệm chung:

Phương trình vi phân (ptvp) cấp một là phương trình có dạng:

trong đó, x là biến số độc lập; y y(x)= là hàm số phải tìm; y' đạo hàm của y

Ví dụ: y' cos x 0− = là một ptvp cấp một

Nghiệm của ptvp cấp một là mọi hàm số thỏa mãn phương trình ấy, tức là mọi hàm số sao

cho khi thế chúng vào phương trình, ta được một đồng nhất thức

Nếu giải được phương trình (1.1) đối với y', thì phương trình ấy có dạng

( )

Ví dụ: Nghiệm của phương trình y' cos x 0− = là y sin x C= +

Giải một ptvp là tìm tất cả các nghiệm của nó Về mặt hình học, mỗi nghiệm của ptvp xác

định một đường cong, gọi là đường cong tích phân của phương trình Như vậy, việc giải một ptvp

là tìm tất cả các đường cong tích phân của nó Các đường cong ấy được xác định bởi phương trình

y= ϕ(x), hoặc được xác định bởi phương trình Φ( )x, y =0, hoặc là được xác định bởi phương trình tham số x x(t), y y(t)= =

b Bài toán Cauchy:

Bài toán tìm nghiệm của ptvp cấp một thỏa mãn điều kiện đầu y(x ) y0 = 0 , hoặc viết

0 0

x x =

= , gọi là bài toán Cauchy.

Ví dụ: Tìm nghiệm của ptvp y' cos x= thỏa mãn điều kiện y(0) 1=

HD: y=∫cos xdx C sin x C+ = + Vì y(0) 1= nên C 1= , do đó y sin x 1= +

c Định lý tồn tại và duy nhất nghiệm:

1.2 Phương trình có biến số phân ly

a Phương trình có biến số phân ly

Phương trình có biến phân ly là phương trình có dạng

Do đó (1 x+ 2) (1 y+ 2) =eC, là tích phân tổng quát của phương trình

b Phương trình có biến số phân ly được

Đó là phương trình có dạng:

Ở đây các hàm m ,n ,m ,n1 1 2 2 được giả thiết là liên tục trên miền đang xét.

+ Trường hợp n (y)m (x) 01 2 ≠ , (1.5) viết lại dưới dạng:

tức là, ta đi đến phương trình biến số phân ly

+ Trường hợp n (y)m (x) 01 2 = , được xét cho mỗi ptvp cụ thể

Ví dụ: Giải ptvp (x 1)y dx x (1 y)dy 0+ 2 + 2 − =

Giả sử xy 0≠ Phương trình đã cho viết lại x 12 1 y2

 R cũng là hai nghiệm của phương trình đã cho.

Ví dụ: Giải ptvp x 1 y dx y 1 x dy 0+ 2 + + 2 = , với điều kiện ban đầu y(0) 1=

22 (1 y )(e dx e dy) (1 y)dy 0+ 2 2x − y − + = ĐS: 2ey −e2x +2arctan y ln(1 y ) C+ + 2 =

B Tìm nghiệm riêng của ptvp (với biến số phân li được), thỏa mãn điều kiện ban đầu:

y2x 1 x

6 (x2−1)y' 2xy+ 2 =0; y(0) 1= ĐS:y ln(1 x ) 1 − 2 + = 1 NTQ:y(ln x2 − +1 C) 1= ; y 0=

7 y'cot x y 2; y(0)+ = = −1 ĐS:y 2 3cosx= − NTQ: y 2 Ccos x= +

8 y' ycosx; y(0) 1= = ĐS: y=esinx

Định nghĩa 1: Phương trình vi phân y' f x, y= ( ) gọi là đẳng cấp cấp một (hoặc cấp một thuần

nhất) nếu vế phải f x, y( ) của nó có thể viết dưới dạng g y

x

 

 ÷

 .

Nên, phương trình đã cho là ptvp đẳng cấp cấp một.

Định nghĩa 2: Phương trình P(x, y)dx Q(x, y)dy 0+ = , trong đó P, Q là những hàm cùng đẳng cấp bậc m nào đó (tức là, P( x, y)λ λ = λmP(x, y) và Q( x, y)λ λ = λmQ(x, y)), cũng được gọi là phương trình đẳng cấp cấp một

Ví dụ 2: (x2 +2xy y dx− 2) +(y2+2xy x dy 0− 2) = là phương trình đẳng cấp cấp một

b Cách giải: Để giải ptvp đẳng cấp cấp một dạng:

yy' g

2xy yy'

− Tương đương với

Rõ ràng x 0= hoặc y 0= đều là nghiệm của phương trình đã cho

Với xy 0≠ phương trình viết lại:

y −2xy dx x dy 0+ = ĐS:x(y x) Cy; y 0− = =

3 (x y)dx (x y)dy 0− + + = ĐS:ln(x2 +y ) C 2arctan y x2 = − ( )

2 xdy (x y)dx 0; y(1) 1− + = = ĐS:y x ln x= + ; NTQ y Cx ln x (x 0), x 0 (y 0)= + ≠ = ≠

c Phương trình đưa được về dạng đẳng cấp cấp một:

a x b y cf

a x b y c

dydx

a u b v

dvdu

++

1 1 1

a x b y cf

k(a x b y) c

dy

F(a x b y)dx

trong đó p(x), q(x) là những hàm số liên tục trên khoảng ( )a,b nào đó

Khi q(x) 0≡ trên ( )a,b , thì phương trình (1.12) trở thành:

hoặc viết

dyp(x)y 0

gọi là ptvp tuyến tính thuần nhất

Ta bắt đầu tìm nghiệm từ phương trình (1.13) Rõ ràng y 0= là nghiệm của phương trình (1.13).Với y 0≠ phương trình (1.13) viết lại dy

p(x)

y = − Suy ra y

C = −∫ , hay p(x)dx

với C là hằng số tùy ý

Bây giờ ta tìm nghiệm của phương trình (1.12) dưới dạng (1.14) bằng cách coi C C(x)= là một hàm số theo x:

Tóm lại, nghiệm của ptvp (1.12) có dạng (1.16).

Chú ý: Cách tìm nghiệm như trên, gọi là phương pháp biến thiên hằng số.

Ví dụ: Giải ptvp y' 2xy 2xe+ = −x2

Phương trình y' 2xy 0+ = có nghiệm 2xdx x2

y C.= e−∫ =C.e− Xét nghiệm của phương trình đã cho ở dạng y C(x)= e−x2 Khi đó y' C'(x)= e−x2 −2xC(x)e−x2 Thay y C(x).= e−x2 và

Đây là phương trình Becnuli với α =3 Rõ ràng y 0= là nghiệm của phương trình.

Với y 0≠ , phương trình viết lại:

2 3

Ta có: z ' C'(x)x= 4+4C(x)x3, thay vào (1.21) ta được 26

  Đây là tích phân tổng quát của ptvp ban đầu.

Ví dụ 2: Xét phương trình y' 2xy 3x y− = 3 2 Đây là phương trình Becnuli với α =2

Rõ ràngy 0= là nghiệm của phương trình Với y 0≠ , đặt z y= 1−α =y−1, đưa về dạng:

3

z ' 2xz+ = −2x Phương trình z ' 2xz 0+ = có nghiệm z C= e−x2 Bằng phương pháp biến thiên hằng số, tìm được nghiệm của phương trình 3

z ' 2xz+ = −2x dưới dạng z K= e−x2 + −1 x2.Cuối cùng, nghiệm của phương trình ban đầu là: x 2 2

1

1y

Rõ ràngy 0= là nghiệm của phương trình Với y 0≠ , đặt z y= 1−α =y1 2, đưa về dạng:

2

x2(1 x )

3 3

2.1 Khái niệm chung Bài toán Cauchy Định lý tồn tại duy nhất nghiệm

a Khái niệm chung:

b Bài toán Cauchy Định lý tồn tại duy nhất nghiệm:

Định lý 10.1 (sự tồn tại và duy nhất nghiệm)

Cho phương trình dạng (1.30) Nếu f x, y, y'( ), f (x, y, y')

Người ta gọi nghiệm tổng quát của phương trình (1.30) là hàm số y= ϕ(x,C ,C1 2) , trong

đó C ,C1 2 là những hằng số tùy ý thỏa mãn các điều kiện sau:

(i) Nó thỏa mãn phương trình (1.30) với mọi giá trị của C ,C1 2.

(ii) Với mọi (x , y , y0 0 0 ' ) ở đó các điều kiện của định lý tồn tại và duy nhất nghiệm được

thỏa mãn, có thể tìm được các giá trị xác định C1 =C ,C10 2 =C02 sao cho hàm số ( 0 0)

1 2

y= ϕ x,C ,C

thỏa mãn: y(x ) y ; y'(x ) y0 = 0 0 = 0'

Hệ thức Φ(x, y,C ,C1 2) =0 xác định nghiệm tổng quát của phương trình (1.30) dưới dạng

ẩn, được gọi là tích phân tổng quát của nó Nó biểu diễn một họ đường tích phân phụ thuộc hai tham số

Người ta gọi nghiệm riêng của phương trình (1.30) là một hàm số ( 0 0)

1 2

y= ϕ x,C ,C mà ta được bằng cách cho C ,C1 2 trong nghiệm tổng quát các giá trị xác định C ,C10 02 Hệ thức

1 2

Φ = được gọi là tích phân riêng

2.2 Phương trình giảm cấp được

Phương trình giảm cấp được là ptvp cấp hai khuyết, có dạng: F x, y''( ) =0; F x, y', y''( ) =0;

F y, y', y'' =0

a Phương trình khuyết y, y' dạng F x, y''( ) =0:

Cách giải: Đặt p y'= , ta được F x, p'( ) =0, là phương trình vi phân cấp một đối với p Nếu

1

p f (x,C )= là nghiệm của F x, p'( ) =0 thì y=∫f (x,C )dx C1 + 2 là nghiệm của F x, y''( ) =0

Ví dụ 1: Giải ptvp y'' xe= x

Bài tập: Giải các ptvp khuyết y, y' dạng F x, y''( ) =0:

1 x sin y'' 2y'' 0− + = ĐS:x sin t 2t= − ,

b Phương trình khuyết y dạng F x, y', y''( ) =0:

Cách giải: Đặt p y'= , ta được F x, p, p'( ) =0, là phương trình vi phân cấp một đối với p

Ví dụ: Tìm một nghiệm riêng của phương trình (1 x y'' xy' 2− 2) − = thỏa mãn các điều kiện:

y(0) 0; y'(0) 0= =

một phương trình vi phân cấp một đối với p theo biến y.

Ví dụ: Giải phương trình 2yy'' y'= 2+1

Đặt p y'= ⇒y'' p' p.p'= = y, ta được 1 1 1

−

− = Đây là ptvp Becnuli (α = −1) của

hàm p đối với biến y Đặt z p= 2 ⇒ =z ' 2pp', thu được 1 1

1 pC

1

2C

2 C y 1dy

Nếu C 0= thì y(C1−x) 1= Nếu C 0> thì y C tan(C x C )= 1 1 + 2 Nếu C 0< thì

trong đó p(x),q(x),f (x) là những hàm liên tục Phương trình được gọi là thuần nhất nếu f (x) 0≡

, không thuần nhất nếu f (x) 0≠

a Phương trình vi phân tuyến tính cấp 2 thuần nhất:

Định lý 2.3.1 Nếu y (x), y (x)1 2 là hai nghiệm của phương trình (1.33) thì C y (x) C y (x)1 1 + 2 2

cũng là nghiệm của phương trình (1.33), với C ,C1 2 là 2 hằng số.

Định nghĩa 2.3.2 Hai hàm số y (x), y (x)1 2 được gọi là độc lập tuyến tính trên đoạn [ ]a,b nếu tỉ

e và 2x

3e phụ thuộc tuyến tính trên R, vì

2x 2x

thức Wronsky của y , y1 2 và được ký hiệu là W y , y( 1 2), hay vắn tắt là W nếu không sợ nhầm lẫn

Định lý 2.3.4 Nếu hai hàm số y (x), y (x)1 2 phụ thuộc tuyến tính trên [ ]a,b thì W y , y( 1 2) ≡0

trên [ ]a,b

Định lý 2.3.5 Giả sử y , y1 2 là hai nghiệm của phương trình (1.33) và p(x),q(x) liên tục trên [ ]a,b Nếu định thức Wronsky W y , y( 1 2) ≠0 tại một giá trị x x= 0 nào đó của [ ]a,b , thì

( 1 2)

W y , y ≠0 với mọi x trên [ ]a,b

Định lý 2.3.6 Nếu các nghiệm y , y1 2 của phương trình (1.33) là độc lập tuyến tính trên [ ]a,b thì định thức Wronsky 1 2

0

y y ≠ tại mọi điểm trên [ ]a,b

Định lý 2.3.7 Nếu y (x), y (x)1 2 là hai nghiệm độc lập tuyến tính của phương trình (1.33) thì nghiệm tổng quát của (1.33) là:

y C y (x) C y (x)= +

trong đó C ,C1 2 là những hằng số tùy ý.

Ví dụ: Xét phương trình y'' y 0+ =

Dễ thấy phương trình có 2 nghiệm riêng y1=cosx, y2 =sin x độc lập tuyến tính Vậy nghiệm tổng quát của phương trình là y C cos x C sin x= 1 + 2 , với C ,C1 2 là những hằng số tùy ý.

Chú ý: Định lý 2.3.7 cho thấy rằng, muốn tìm nghiệm tổng quát của ptvp tuyến tính thuần nhất cấp

2, chỉ cần tìm hai nghiệm riêng độc lập tuyến tính Nhưng đối với ptvp có hệ số biến thiên, không

có phương pháp tổng quát để giải quyết vấn đề đó Tuy nhiên, nếu ta biết được một nghiệm riêng khác không của nó, ta có thể tìm một nghiệm riêng khác (theo phương pháp hệ số biến thiên) bởi định lý sau đây

Định lý 2.3.8 Nếu đã biết một nghiệm riêng y (x) 01 ≠ của ptvp tuyến tính thuần nhất (1.33), ta có thể tìm được nghiệm riêng y (x)2 của phương trình đó, độc lập tuyến tính với y (x)1 , có dạng

y (x) y (x).u(x)=

Ví dụ: Tìm nghiệm tổng quát của phương trình (1 x y'' 2xy' 2y 0− 2) + − =

Dễ thấy y1=x là một nghiệm riêng Ta tìm nghiệm riêng khác, có dạng y2 =x.u(x)

Ta có: y'2 = +u x.u '; y''2 = + +u ' u ' xu '' 2u ' xu ''= + Thay vào phương trình, ta được:

y C x C x= + +1 , với C ,C1 2 là hai hằng số tùy ý

b Phương trình vi phân tuyến tính cấp 2 không thuần nhất:

Xét ptvp ở dạng (1.32): y'' p(x)y' q(x)y f (x)+ + =

Định lý 2.3.9 Nghiệm tổng quát của ptvp không thuần nhất (1.32) bằng tổng của nghiệm tổng quát

của phương trình thuần nhất tương ứng (1.33) với một nghiệm riêng nào đó của phương trình không thuần nhất (1.32)

c Phương pháp biến thiên hằng số: Được trình bày qua thí dụ sau đây.

Ví dụ: Giải phương trình (1 x y'' 2xy' 2y 1 x− 2) + − = − 2

Nếu 1 x− 2 ≠0, phương trình viết gọn là 2x2 2 2

trong đó p, q là hai hằng số Ta biết rằng, muốn tìm nghiệm tổng quát của nó, chỉ cần tìm hai

nghiệm riêng độc lập tuyến tính Ta sẽ tìm nghiệm riêng của nó dưới dạng

Vậy nếu k thỏa mãn phương trình (1.35) thì hàm số y e= kx là một nghiệm của phương trình (1.34) Phương trình (1.35) gọi là phương trình đặc trưng của ptvp (1.34) Đó là một phương trình bậc hai,

có hai nghiệm k ,k1 2 thực hay phức Có thể xảy ra ba trường hợp sau:

a Trường hợp 1: Hai số k ,k1 2 thực khác nhau.

Khi ấy phương trình (1.34) có hai nghiệm k x 1 k x 2

y =e , y =e Vì 1 (k k x 1 2)

2

yey

với C ,C1 2 là hai hằng số tùy ý.

Ví dụ: Tìm nghiệm của phương trình y'' y' 2y 0+ − = thỏa mãn các điều kiện:

y(0) 0; y'(0) 1= = Phương trình đặc trưng k2+ − =k 2 0 có hai nghiệm k1=1; k2 = −2 Do đó nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là y C e= 1 x +C e2 −2x Từ đó y' C e= 1 x −2C e2 −2x, và các điều kiện bài

b Trường hợp 2: Hai số k ,k1 2 thực trùng nhau

Ta đã có một nghiệm riêng của phương trình là k x 1

1

y =e Ta sẽ tìm một nghiệm riêng y2 độc lập tuyến tính với y1 dưới dạng k x 1

= − ⇔ + = Cho nên phương trình biến đổi trên trở thành u '' 0= Từ đó

u Ax B= + , trong đó A, B là những hằng số tùy ý Chọn A 1, B 0= = ta được u x= Do đó

Ví dụ: Giải phương trình y'' 6y' 9y 0− + =

Phương trình đặc trưng k2−6k 9 0+ = có nghiệm kép k1=k2 =3 Nên nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là 3x( )

y e= C +C x , với C ,C1 2 là hai hằng số tùy ý

c Trường hợp 3: Hai số k ,k1 2 dạng phức liên hợp k1 = α + βi ; k2 = α − βi

Khi đó 2 nghiệm riêng của phương trình (1.34) là ( i x) x i x

1

y =eα+ β =e eα β và ( i x) x i x

2

y =eα− β =e eα − β Dùng công thức Euler: ei x β =cos x isin x; eβ + β − β i x =cos x isin xβ − β , ta được

Phương trình đặc trưng k2−2k 5 0+ = , có hai nghiệm phức liên hợp k1= +1 2i; k2 = −1 2i Do

đó nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là x( )

B Giải các ptvp cấp hai (tuyến tính thuần nhất) thỏa điều kiện cho trước:

1 y'' 2y' y 0− + = , y(2) 1, y'(2) 2= = ĐS:y (7 3x)e= − x 2−

2 y'' y 0, y(0) 2, y'(0) 0− = = = ĐS:y e= −x +ex

3 y'' 2y 0, y(0) 0, y'(0) 3+ = = = ĐS:y 0=

4 y'' y 0, y(0) 0, y'( 2) 1+ = = π = ĐS:y sinx=

5 y'' y 0, y(0) 0, y'( ) 0+ = = π = ĐS:y Csinx=

2.4.2 Phương trình không thuần nhất:

Ta sẽ tìm nghiệm riêng của (1.35) trong hai trường hợp sau:

a Trường hợp 1: f (x) e P (x)= αx n , trong đó P (x)n là một đa thức bậc n, α là một hằng số

+ Khả năng 1: Nếu α không phải là nghiệm của phương trình đặc trưng 2

k +pk q 0+ = thì ta tìm một nghiệm riêng của (1.35) có dạng:

x n

Bằng cách đồng nhất hệ số của các số hạng cùng bậc ở hai vế của đẳng thức (1.36), ta được

n 1+ phương trình bậc nhất của n 1+ ẩn là các hệ số của Q (x)n

Phương pháp tìm các hệ số của Q (x)n nêu trên được gọi là phương pháp hệ số bất định.

Ví dụ: Giải phương trình y'' 3y' 4y x+ − =

Phương trình đặc trưng k2 +3k 4 0− = có hai nghiệm đơn k1 =1; k2 = −4 Vậy nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất tương ứng là x 4x

y C e= +C e− Mặt khác, vế phải của phương trình có dạng e P (x)αx 1 , trong đó α =0; P (x) x1 = Do α =0

không là nghiệm của phương trình đặc trưng k2+3k 4 0− = , nên ta tìm nghiệm riêng của phương trình đã cho dưới dạng Y e Q (x) Ax B= αx 1 = + Từ đó Y ' A; Y '' 0= = , thay vào phương trình

đã cho, ta được: 0 3A 4 Ax B+ − ( + ) =x ⇔ −4Ax 3A 4B x+ − =

Suy ra

1A

33A 4B 0

2 x n

Y x e Q (x)= α

Ví dụ: Giải phương trình y'' 6y' 9y xe− + = 3x

Phương trình đặc trưng k2−6k 9 0+ = có nghiệm kép k 3= Nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất tương ứng là ( ) 3x

10 y'' 5y' 4y 4x e− + = 2 2x ĐS:y ( 2x= − 2+2x 3)e− 2x +C e1 x +C e2 4x

11 y'' 2y' 3y− − = −4ex +3 ĐS:y e= x − +1 C e1 −x +C e2 3x; xét y '' 2y' 3y− − = −4ex tìm nghiệm riêng Y1 =ex; xét y'' 2y' 3y 3− − = tìm được nghiệm riêng Y2 = −1

B Giải ptvp cấp hai tuyến tính (theo phương pháp hệ số bất định), thỏa điều kiện cho trước:

1 y'' y 4e , y(0) 1, y'(0)+ = x = = −3 ĐS:y 2cos x 5sin x 2e= − + x

2 y'' 2y' 2e , y(1)− = x = −1, y'(1) 0= ĐS:y e= 2x 1− −2ex +e−1

3 y'' 2y' 2y xe , y(0) 0, y'(0) 0+ + = − x = = ĐS:y e (x sinx)= − x −

4 y'' 4y' 4y 3e+ + = − 2x, y(2) 0, y'(2) 0= = ĐS: 3 2 2x

trong đó Q (x), R (x)t t là những đa thức bậc t max m;n= ( )

Ví dụ: Giải phương trình y'' 3y' 2y 2sin x− + =

Phương trình đặc trưng k2−3k 2 0+ = có hai nghiệm k1=1; k2 =2 Nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất tương ứng là k x 1 k x 2 x 2x

Vế phải của phương trình đã cho có dạng P (x)sin x0 β , trong đó P (x) 20 = và β =1 Vì ± β = ±i i

không là nghiệm của phương trình đặc trưng, nên ta tìm một nghiệm riêng của phương trình đã cho dưới dạng Y Q (x)cos x R (x)sin x Acosx Bsin x= 0 β + 0 β = + Do đó:

Y '= −Asin x Bcosx; Y ''+ = −Acos x Bsin x−

Thay vào phương trình đã cho, ta được:

(−Acos x Bsin x− ) (− −3 Asin x Bcosx+ ) (+2 Acos x Bsin x+ ) =2sin x

Hay (A 3B cos x− ) +(3A B sin x 2sin x+ ) = Do đó:

3A

+ Khả năng 2: Nếu ± βi là nghiệm của phương trình đặc trưng k2+pk q 0+ = , ta tìm một

nghiệm riêng của (1.35) dưới dạng:

Y x Q (x)cos x R (x)sin x= β + β

trong đó Q (x), R (x)t t là những đa thức bậc t max m;n= ( )

Ví dụ: Giải phương trình y'' y x cosx+ =