Phương Trình Vi Phân

Toán cao cấp: Chương IX I Giải tích 179 PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN Đònh nghóa : • Phương trình vi phân phương trình có dạng f(x, y, y’, y’’, , y(n)) = (1) Phương trình vi phân có chứa y(n) (hay có vi phân bậc n) gọi phương trình vi phân cấp n • Nếu thay y = ϕ(x) vào (1) mà (1) thành đồng thức D ⊂ ℝ ta nói y = ϕ(x) nghiệm (1) D ⊂ ℝ • Nghiệm tổng quát (1) thường có dạng y = ϕ(x, c1, c2, , cn) với c1, c2, , cn số tùy ý Nếu cho (c1, c2, , cn) giá trò cụ thể ta có nghiệm riêng Đònh lý: Nếu f(x, y) liên tục tập mở bò chận D chứa M(x0, y0) tồn y = ϕ(x) nghiệm phương trình vi ∂f phân cấp 1: y’ = f(x, y) qua M(x0, y0) Hơn liên tục ∂y lân cận (x0, y0) nghiệm nghiệm Ví dụ: i) Giải phương trình xy’ + y = (* ) dy (* )⇔ x + y = ⇔ xdy + ydx = ⇔ d(xy) = dx ⇔ xy = C (hằng số) ii) Tìm nghiệm (* ) qua M(3, -5) Nghiệm (* ) qua (3, -5) ⇒ xy = C qua (3, -5) ⇒ 3(-5) = C ⇒ C = -15 Vậy nghiệm (* ) qua (3, -5) 15 xy = -15 hay y = − x II Các phương trình vi phân cấp I thường gặp: Toán cao cấp: 180 Giải tích 1) Phương trình có biến phân ly (có thể tách ra): phương trình vi phân có dạng ϕ(y)dy = f(x)dx hay f1(x)g1(y)dx = f2(x)g2(y)dy (2) f ( x) g ( y) dx = dy (2) ⇔ f2(x)g1(y) = hay f2 ( x) g1( y ) ⇔ f2(x)g1(y) = hay f1( x) g ( y) dx = ∫ dy g1( y ) ( x) ∫f Ví dụ : Giải phương trình 3extgydx + (2 - ex)(1 + tg2y)dy = (3) 3e x dx (1+ tg y )dy (3) ⇔ tgy (2 - e ) = hay ∫ = −∫ − ex tgy x ⇔ tgy (2 - ex) = hay 3ln|2 - ex| = ln|tgy| + C1, C1 ∈ ℝ ⇔ tgy (2 - ex) = hay ln ⇔ tgy (2 - ex) = hay tgy = ln eC2 , C2 = - C1∈ ℝ x (2 − e ) tgy = ± eC2 = C , C∈ ℝ∗ x (2 − e ) ⇔ (2 - ex) = hay tgy = C (2 − e x )3 , C∈ ℝ Ví dụ: i) Giải phương trình (1 + ex)yy’ = ex ii) Tìm nghiệm riêng trường hợp y(0) = Giải: i) (1 + ex)y dy e x dx = ex ⇔ ydy = dx 1+ e x ii) y(0) = ⇒ = 2ln2 + C.2 ⇒ C = ⇒ nghiệm riêng thỏa y (0) =1 là: ⇔ y2 = ln(1 + ex) + C −ln2 Toán cao cấp: Giải tích 181 y2 1+ e x x = ln(1 + e ) + − ln2 = ln( ) + 2 2 ⇔ 1+ e x 1+ e x y2 = ln( ) + ⇔ y = ± 1+ ln( ) 2 y(0) = ⇒ y > ⇒ y = 1+ e x 1+ ln( ) 2) Phương trình đẳng cấp cấp 1: phương trình vi phân có dạng y’ = f( Đặt u = y y ) (4) ⇔ dy = f( )dx x x y ⇒ y = u.x ⇒ dy = udx + xdu, (4) thành x udx + xdu = f(u)dx ⇔ xdu = (f(u) − u))dx du dx ⇔ x(f(u) −u) = hay = f (u ) − u x phương trình có biến phân ly Ví dụ 1: Giải phương trình (2y2 −2xy + x2)dx − x.ydy = (5) + Khi x = ⇒ dx = ⇒ x = nghiệm + Khi x ≠ 0, (5) thành: (2 Đặt u = y2 y y − + 1)dx − dy = (5’) x x x y ⇒ y = u.x ⇒ dy = udx + xdu ⇒ (5’) thành : x (2u2 − 2u + 1)dx − u(udx + xdu) = ⇔ (u −1)2dx − uxdu = dx udu ⇔ u = hay ∫ − ∫ =0 x (u − 1)2 ⇔ u = hay ∫ (u − 1+ 1)du dx −∫ =0 (u − 1) x ⇔ u = hay ln u −1 = C, C ∈ ℝ − x u −1 Toán cao cấp: Thay u = Giải tích 182 y y−x x ta có y = x hay ln − = C, C ∈ ℝ x x y−x nghiệm x ≠ Vậy nghiệm (5) là: x = hay y = x hay ln y−x x =C − x y−x Ví dụ 2: Giải phương trình (x2 −2xy )dy − x.ydx = (6) y y Cách 1: (6) ⇔ x = hay ( − )dy − dx = (7) x x y Đặt u = ⇒ y = u.x ⇒ dy = udx + xdu ⇒ (7) thành: x (1 − 2u ) (udx + xdu) − u dx = ⇔ (1 − 2u ) xdu − 2u2 dx = ⇔ u = hay −1 dx c ( + )du = − ⇔ u = hay + ln u = ln , c > u u x u x x c y ⇔ u = hay u e u = , c > ⇔ y = hay y e = c, c > x Vậy nghiệm (6) : x y x = hay y = hay y e = c , c > Cách 2: (6) ⇔ y = hay ( Đặt v = x2 x x − )dy − dx = (8) y y y x ⇒ x = v.y ⇒ dx = vdy + ydv ⇒ (8) thành : y (v2 − 2v )dy − v(vdy + ydv) = ⇔ − 2vdy − vydv = 2dy c ⇔ v = hay dv = − ⇔ v = hay v = ln , c > y y Toán cao cấp: Giải tích 183 x c y ⇔ v = hay ev = , c > ⇔ x = hay y e = c , c > y Vậy nghiệm (6) là: x y x = hay y= hay y e = c , c > Ghi chú: phương trình vi phân sau đưa  ax + by + c  phương trình vi phân đẳng cấp cấp 1: y ' = f    a'x + b' y + c' Ta có hai trường hợp: • Nếu D = a b a' b' ≠ đặt u = x − x0 , v = y − y0 , với x0 , y0 ax + by + c = nghiệm hệ phương trình  a ' x + b ' y + c ' = • Nếu D = a b a' b' = ta đặt z = ax + by Ví dụ 1: Giải phương trình vi phân ( x − y + ) dx + ( x + y − ) dy = Đặt u = x − 1, v = y − Ví dụ 2: Giải phương trình vi phân ( x + y + ) dx + ( x + y −1) dy = Đặt z = x + y 3) Phương trình tuyến tính (cấp 1): phương trình vi phân có dạng y’ + p(x).y = q(x) (6); p(x), q(x) hàm số liên tục Toán cao cấp: 184 Giải tích i) Nếu q(x) ≡ 0, (6) thành y = hay dy = −p(x)dx y ⇔ y = hay ln y = − p ( x) dx + C1 , C1 ∈ ℝ ∫ − p ( x ) dx + C ⇔ y = hay y = ± e ∫ , C1 ∈ ℝ − p ( x ) dx C ⇔ y = hay y = C.e ∫ , C = ±e ≠0 − p ( x ) dx ⇔ y = C.e ∫ , C∈ ℝ (6’) ii) Nếu q(x) ≠ ta giải phương pháp “biến thiên số” Khi nghiệm (6) có dạng (tương tự 6’) : − p ( x ) dx y = C(x) e ∫ (7), C(x) hàm cần tìm − p ( x ) dx − p ( x ) dx Ta có: y’ = C’(x) e ∫ − p(x)C(x) e ∫ (8) − p ( x ) dx Thế (7) vào (8) ta được: y’ = C’(x) e ∫ − p(x).y − p ( x ) dx ⇒ y’ + p(x).y = C’(x) e ∫ (9) − p ( x ) dx p ( x ) dx ⇒ C’(x) = q(x) e ∫ (6) (9) ⇒ q(x) = C’(x) e ∫ ⇒ C(x) = ∫ (q( x).e ∫ p ( x ) dx ) dx Vậy nghiệm (6) y =  ∫ (q ( x)e ∫  Ví dụ 1: Giải phương trình p ( x ) dx − p ( x ) dx )dx  e ∫  y’ + 2xy = 2x e− x Nghiệm phương trình y’+2xy=0 y= C e− x ⇒ nghiệm phương trình cho có dạng y=C(x) e− x ⇒ y’ = C’(x) e− x −2xC(x) e− x = C’(x) e− x −2xy 2 ⇒ 2x e− x = C’(x) e− x ⇒ C’(x) = 2x ⇒ C(x) = x2 + C1 ⇒ y = [x2 +C1] e− x 2 2 Toán cao cấp: 185 Giải tích Cách khác: Nghiệm tổng quát phương trình cho ( ) − p ( x ) dx  p ( x ) dx - 2xdx 2xdx y=e ∫ ∫ ( q ( x )e ∫ )dx  = e ∫ [ ∫ x.e − x e ∫ dx]   = e- x + C1 ( ) ∫ x.e − x e x 2 − C1 dx = e− x ∫ ( x.e − x2 ) e x2 dx = e − x [ x + C ] Ví dụ 2: a) (1 + y2)dx + (1 +x2)dy = b) (1 + y2)dx + yxdx =  y 'sin x − y cos x =  c)  π  y ( ) = d) x 1+ y + yy ' 1+ x = e) exsin3y + y’(1 + e2x)cosy = f) xyy’ = y2 + 3x2 g) xy + y2 = (2x2 + xy).y’ h) 2x2y’ = x2 + y2 i) (y −x)dx + (y + x)dy j) xy’ + y = x3y4 Giải: Dành cho bạn đọc Phương trình Bernoulli : phương trình vi phân có dạng y / + yp(x) = q(x) yα , 0≠α≠1 Chia yα ta có y / y −α + y1−α p(x) = q(x) Đặt v = y1−α v/ = (1 −α) y / y −α Khi phương trình thành / v + v.p(x)= q(x) 1− α ⇔ v/ + (1 −α)p(x).v = (1 −α)q(x) Đây phương trình tuyến tính Ví dụ: Giải phương trình Toán cao cấp: 186 Giải tích y '− x y = y e −2 x ⇔ y’ y −5 −x y − = e−2 x 2 Đặt v = y − ⇒ v’ = −4y’ y −5 Khi phương trình thành: − 2 v’ − xv = e−2 x ⇔ v’ + 4xv = −4 e−2 x (* ) Nghiệm phương trình v’ + 4xv = x v = C e ∫ − xdx = C e−2 x Nghiệm (* ) có dạng v = C(x) e−2 x ⇒ v’ = C’(x) e−2 x − 4xC(x) e−2 x 2 ⇒ v’ + 4x.v = C’ e−2 x (= −4 e−2 x ) ⇒ C’ = −4 ⇒ C = −4x + C1 2 ⇒ v = (−4x + C1) e−2 x ⇒ y−4 = (−4x + C1) e−2 x 2 e2 x ⇒ y = − x + C1 III Sơ lược số phức: Đònh nghóa: Tập hợp tất số phức ký hiệu ℂ , đònh nghóa: ℂ = {a + bi / a, b ∈ ℝ với i2 = −1} Với số phức z = a + bi ta nói a = Rez phần thực, b = Imz phần ảo Khi b = ⇒ z = a ∈ ℝ Vậy ℝ ⊂ ℂ Hai số phức z = a + ib z = a − ib gọi số phức liên hợp Mỗi số phức z = a + ib ứng với cặp (a, b) ∈ ℝ 2 Các phép tính : Cho z1 = a1 + ib1, z2 = a2 + ib2 Ta có: i) a1 = a2 z1 = z2 ⇔  ⇔ (a1, b1) = (a2, b2) b1 = b2 ii) z1 ± z2 = (a1 + ib1) ± (a2 + ib2) = (a1 ± a2) + i(b1 ± b2) Toán cao cấp: iii) iv) Giải tích 187 z1.z2 = (a1 + ib1)(a2 + ib2) = (a1a2 − b1b2) + i(a1b2 + a2b1) z1 a1 + ib1 (a1 + ib1)(a2 − ib2 ) = = z2 a2 + ib2 a22 + b22 = (a1a2 + b1b2 ) + i (b1a2 − b2 a1 ) a22 + b22 Dạng z = a + ib gọi dạng đại số số phức Dạng lượng giác số phức: Cho số phức z = a + ib Đặt M=(a,b) Ta gọi r = | z | = → a + b = z.z = | z | môđul z → ϕ = (Ox, OM ) argument z, ký hiệu Argz Ta có : a = rcosϕ, b= rsinϕ ⇒ z = a + ib = rcosϕ + irsinϕ = r(cosϕ + isinϕ) (* ) Dạng (* ) gọi dạng lượng giác số phức z Ví dụ : i) z = i có dạng lượng giác z = i = ( cos ii) z = −i có r = , tgϕ = π + i sin π ) b π = −1 ⇒ chọn ϕ = − a ⇒ z = −i có dạng lượng giác z= π π   cos(− ) + i sin(− )  4   Ghi chú: Argument số phức z xác đònh sai khác k2π, k ∈ ℤ Giả sử z1 = r1(cosϕ1 + isinϕ1) z2 = r2(cosϕ2 + isinϕ2) Khi z1 z2 = r1 r2[cos(ϕ1 + ϕ2) + isin(ϕ1 + ϕ2)] z1 r = [cos(ϕ1 - ϕ2) + isin(ϕ1 - ϕ2)], z2 ≠ z2 r2 Toán cao cấp: 188 Giải tích zn= rn [cosϕ + isinϕ]n = rn[cosnϕ + isinnϕ] Công thức Euler: eα i = cosα + isin α Khai cho số phức: Căn bậc n số phức c ∈ ℂ , ký hiệu n zn = z.z z = c c , số phức z cho: Nếu c ≠ bậc n số phưc c có n số phức z = r(cosϕ +isinϕ) ⇒ n ϕ + k 2π ϕ + k 2π   z = n r  cos + i sin  k∈ ℤ n n   ⇒ có n số bậc n z ≠ Ví dụ 1: Tìm − i Giả sử − i = a + bi, a, b ∈ ℝ ⇒ - i = a - b + 2abi 2 a = a = −3 a − b = ⇒  ⇔  ∨ b = − b = 2ab = −6 ⇒ − i = − 2i hay Ví dụ 2: Tìm Ta có: -2 = 2(cosπ + isinπ) −2  π π π  π −2 = cos  + k  + i sin  + k   , k ∈ Z 2  4  4 ⇒ IV − i = −3 + i −2 có số là: i   2 ±  , 2  i   2− ±  2  Phương trình vi phân cấp hai: Đònh nghóa: Phương trình vi phân cấp hai phương trình có dạng G(x, y, y’, y’’) = (* ) y’’ = f(x, y, y’) • Nghiệm tổng quát (* ) có dạng y = ϕ(x, C1, C2), cho (C1, C2) giá trò cụ thể ta có nghiệm riêng • Thường ta tìm nghiệm phương trình (* ) dạng Toán cao cấp: 189 Giải tích F(x, y, C1, C2) = cho ta mối liên hệ biến độc lập nghiệm tổng quát phương trình vi phân cấp hai gọi phương trình tổng quát Vài phương trình vi phân cấp hai hạ bậc : i) Phương trình có vế phải không phụ thuộc y, y’: có dạng y// = f(x) ⇒ y/ = ∫ f ( x)dx + C1 ⇒ y = ∫  ∫ f ( x)dx  dx + C1x + C2 ,C1 , C2 ∈ ℝ   Ví dụ: Tìm nghiệm tổng quát nghiệm riêng phương trình  y (0 ) = y’’ = cos2x thỏa (D) :  /  y (0 ) = y’ = ∫ cos xdx + C1 = 1  sin x + C1 ⇔ y = ∫  sin x + C1  dx 2  Vậy y = − cos x + C1x + C2 nghiệm tổng quát   y (0 ) = − + C2 = Vì  / ⇒   y (0 ) = 0 + C1 = 1 Nên nghiệm riêng thỏa (D) y = − cos x + x + 4 ii) Phương trình có vế phải không chứa y : dạng y’’ = f(x, y’) Đặt y’ = u, y’’ = u’ phương trình thành u’ = f(x, u) Đây phương trình cấp Ví dụ : Giải phương trình Đặt y’ = u ⇒ y’’ = u’ Khi y’’ = x - y' x (1) Toán cao cấp: (1) thành u’ = x - Giải tích 190 u u ⇔ u’ + = x Đây phương trình tuyến x x tính cấp có nghiệm u = x C1 x2 C hay y’ = + Vậy + x x  x2 C  x3 nghiệm tổng quát y = ∫  +  = + C1 ln x + C2  x  iii) Phương trình có vế phải không chứa x: dạng y’’ = f(y, y’) Đặt y’ = u, xem u hàm y lấy đạo hàm hai vế theo x, ta du du dy du có u / = y // = = =u dx dy dx dy Khi phương trình thành u du = f(y, u) Đây phương trình dy vi phân cấp với u hàm y biến độc lập Nếu phương dy trình giải được, ta có u = ϕ(y, C1) hay = ϕ(y, C1) dx hay dy= ϕ(y, C1)dx Giải phương trình : 2yy’’ + (y’)2 = du Đặt y’ = u ⇒ y’’ = u , phương trình thành : dy Ví dụ: 2yu du du dy + u2 = ⇔ u = (hay y = c) (**) hay =− dy u 2y ⇔ u = (hay y = c) (**) hay ⇔ du dy =− u 2y du dy c =− ⇔ 2ln u = ln , c > u 2y y ⇔u= C1 y , C1 = ± c ≠ ⇔ C dy = , C1 ≠ dx y Toán cao cấp: 191 Giải tích ⇔ y = ( hx + k ) , h, k ∈ ℝ , h ≠ Nếu cho h = ⇒ họ nghiệm (* * ) ⇒ nghiệm tổng quát y = ( hx + k ) , h, k ∈ ℝ Phương trình vi phân tuyến tính cấp 2: • Đònh nghóa: Phương trình vi phân tuyến tính cấp phương trình có dạng: y// + a1y/ + a2y = f(x) hay (a) y// + a(x)y/ + b(x)y = c(x) • Nếu f(x) = (a) gọi phương trình tuyến tính • Nếu a1, a2 số (a) gọi phương trình tuyến tính có hệ số không đổi(hệ số hằng) a Phương trình tuyến tính cấp hai nhất: y// + a1(x)y/ + a2(x)y = (b) Ta có kết quả: i) Tính chất 1: Nếu y1(x) y2(x) hai nghiệm (b) y = C1y1(x) + C2y2(x) nghiệm (b) (với C1, C2 ∈ ℝ ) Đònh nghóa: Các hàm số y1(x) y2(x) gọi độc lập tuyến tính D tỉ số chúng số : y1( x) ≠ constant Nói cách khác, không tồn c ∈ ℝ cho y2 ( x ) y1 ( x ) = c y2 ( x ) hay y2 ( x ) = c y1 ( x ) , ∀x ∈ D Ngược lại, ta nói chúng phụ thuộc tuyến tính Ví dụ: • Các hàm số y1 = x y2 = e x độc lập tuyến tính ℝ Toán cao cấp: 192 Giải tích • Các hàm y1 = x + y2 = x + phụ thuộc tuyến tính ℝ ii) Tính chất 2: Nếu y1(x), y2(x) nghiệm độc lập tuyến tính (b) y = C1y1(x) + C2y2(x) (trong C1, C2 số tùy ý) nghiệm tổng quát (b) iii) Tính chất 3: Nếu biết nghiệm riêng y1(x) (b) tìm nghiệm riêng y2(x) (b) với y1, y2 độc lập tuyến tính cách đặt y2 = y1(x)u(x) Ví dụ: Tìm nghiệm tổng quát y ''+ 2x y '− y = biết 1− x 1− x nghiệm riêng y1 = x Giải: Ta tìm nghiệm y2 = xu(x), thay y2 vào phương trình cho ta có : (2u/ + xu//) + 2x 2ux (u +xu/) =0 1− x 1− x ⇔ u// x(1 - x2) + 2u’ = Đặt z = u/ ⇒ z’x(1 - x2) + 2z = hay ⇒z= dz 2dx =− z x(1− x ) C1 (1 − x ) ,C1 ≠ x2 Cho C1 = -1, ta z = ⇒ u =x+ x −1 = 1− 2 x x hay du = 1− dx x + C2 x Ta cần lấy nghiệm riêng u(x) ≠ số 1 Chọn C2 = ⇒ u = x + ⇒ y2 = x(x + ) = x2 + x x ⇒ nghiệm tổng quát y = k1x + k2(x2 + 1) với k1, k2 số tùy ý Toán cao cấp: Giải tích 193 b Phương trình tuyến tính cấp hai không nhất: Cho phương trình không (a) (ở trên) với f(x) ≠ phương trình y// + a1y/ + a2y = (a’) gọi phương trình tương ứng (liên kết) với (a) i) Tính chất 1: nghiệm tổng quát (a) tổng nghiệm tổng quát (a’) với nghiệm riêng (a) ii) Tính chất 2: (nguyên lý chồng chất nghiệm) cho phương trình không y’’ + a1y’ + a2y = f1(x) + f2(x) (c) y1 nghiệm riêng y’’ + a1y’ + a2y = f1(x) y2 nghiệm riêng y’’ + a1y’ + a2y = f2(x) y1 + y2 nghiệm riêng (c) (đònh lý vế phải = f1 + f2 + + fn) iii) Phương pháp biến thiên số Lagrange: Giả sử cho phương trình tuyến tính không (a) (như trên) giả sử biết nghiệm phương trình (a’) là: y = C1y1 + C2y2 (a’’) Hãy tìm nghiệm (a) Ta tìm nghiệm tổng quát (a) dạng y = C1y1 + C2y2 (* ) C1, C2 hàm theo x (* )⇒ y / = C1 y1/ + C2 y2/ + C1/ y1 + C2/ y2 Ta chọn C1, C2 cho: C1/ y1 + C2/ y2 = ⇒ y / = C1 y1/ + C2 y2/ ⇒ y // = C1 y1/ / + C2 y2/ / + C1/ y1/ + C2/ y2/ Thế y, y/, y// vào (a) ta có: C1( y1// + a1 y1/ + a2 y1) + C2 ( y2// + a1 y2/ + a2 y2 ) + C1/ y1/ + C2/ y2/ = f(x) Vì y1, y2 nghiệm (a’) nên biểu thức ngoặc ⇒ C1/ y1/ + C2/ y2/ = f(x) ⇒ y = C1y1 + C2y2 nghiệm (a) C1 , C2 nghiệm Toán cao cấp: 194 Giải tích / / y C1 y1 + C2 y2 = (**)  / / ⇔  1/ / / C1 y1 + C2 y2 = f ( x)  y1 Nếu y1, y2 độc lập tuyến tính y2   C1/      = y2/   C2/   f  y1 y2 y1/ y2/ ≠ (**) có nghiệm C1 = ϕ1( x)dx + k1 ∫  C1/ = ϕ1(x), C2/ = ϕ2(x) ⇒  C2 = ∫ ϕ2 ( x)dx + k2 Thay C1, C2 vào (* ) ta có nghiệm tổng quát phương trình (a) là: y = k1y1 + k2y2 + y1 ∫ ϕ ( x)dx + y2 ∫ ϕ ( x)dx với k1, k2 tùy ý ∈ ℝ Cho k1 = k2 = ta nghiệm riêng (a) y' Ví dụ: Tìm nghiệm tổng quát y ''− = x x Nghiệm phương trình tương ứng y '' y' y ''− = ⇔ = ⇔ ln|y’| = ln|k.x| ⇔ y’ = C.x x y' x ⇒y= C C x + C2 = C1x2 + C2, C1 = 2 Biểu thức: y = C1 (x).x2 + C2(x) nghiệm phương trình  / C1 = C1/ x + C2/ = C1, C2 nghiệm  / ⇔  / 2C1 x + C2 = x C / = − x  2  C1 = x + k1 ⇔  C = − x + k  Nghiệm tổng quát Toán cao cấp: 195 Giải tích  − x3  x3 x  y =  + k1  x +  + k2  = + k1x + k2 2    Phương trình vi phân tuyến tính cấp có hệ số không đổi: a Phương trình tuyến tính nhất: a2y’’ + a1y’ + a0y = với a0 , a1, a2 số a2 ≠ phương trình tương đương: y’’ + α1y’ + α0y = (iv) a a với α1 = , α o = o a2 a2 Ta cần tìm nghiệm riêng độc lập tuyến tính (iv) Ta tìm nghiệm riêng (iv) dạng y = ekx với k cần xác đònh Ta có: y’ = kekx, y’’ = k2ekx vào (iv) có : k2ekx + α1kekx + αoekx = ⇔ k2 + α1k + αo = (v) Phương trình gọi phương trình đặc trưng (iv) Phương trình (v) có nghiệm k1,k2 Ta có trường hợp sau : • k1, k2 ∈ ℝ k1 ≠ k2 ⇒ nghiệm riêng (iv) y1 = ek1x , y2 = e k2 x Hiển nhiên nghiệm độc lập tuyến tính y1 ≠ số y2 Suy nghiệm tổng quát (iv) y = C1e k1x + C2ek2 x với C1, C2 tùy ý ∈ ℝ Ví dụ 1: Giải phương trình : y’’ - 7y’ + 10y = Phương trình đặc trưng : k2 - 7k + 10 = ⇔ k = hay k = Nghiệm tổng quát y = C1e2x + C2e5x • k1 = k2 ∈ ℝ : Khi nghiệm riêng (iv) y1 = e k1x Toán cao cấp: Giải tích 196 Ta tìm nghiệm riêng y2 độc lập tuyến tính với y1 dạng y2 = y1u(x) = u(x) ek1x ⇒ y2' = u ' e k1x + k1ue k1x , y2'' = u '' e k1x + 2k1u ' ek1x + k12ue k1x Thế vào (iv) ta có : ek1x [u’’ + (2k1 + a1)u’ + (k12 + a1k1 + a0)u] = (vì k1 nghiệm kép (v) nên k12 + a1k1 + a0 = k1 = − a1 ⇒ 2k1 + a1 = 0) ⇒ ek1x u’’ = ⇒ u’’ = ⇒ u = Ax + B Chọn A = 1, B = ta có u = x⇒ y2 = x ek1x ⇒ nghiệm tổng quát y = C1 ek1x + C2x ek1x = (C1 + C2x) ek1x Ví dụ 2: Giải phương trình y’’ + 6y’ + 9y = Phương trình đặc trưng k2 + 6k + = có nghiệm kép k = -3 ⇒ nghiệm tổng quát y = (C1 + C2x)e-3x • k1, k2 ∈ ℂ ; k1 = a + ib, k2 = a – ib y1 = e( a + i b ) x = eax (cos bx + i sin bx), y2 = e( a − i b ) x = e ax (cos bx − i sin bx) nghiệm riêng độc lập tuyến tính (iv) 1 ⇒ u1 = ( y1 + y2 ) = eax cos bx ; u2 = ( y1 − y2 ) = e ax sin bx 2i nghiệm riêng độc lập tuyến tính (iv) ⇒ y = C1eaxcosbx + C2eaxsinbx nghiệm tổng quát (iv) Ví dụ 3: Giải phương trình y’’ - 3y’ + 5y = Phương trình đặc trưng k2 -3k + = ⇔ k = ± i 11 Toán cao cấp: 197 Giải tích ⇒ nghiệm riêng độc lập tuyến tính x x 11 11 y1 = e cos x, y2 = e sin x 2 x ⇒ nghiệm tổng quát : y = C1e cos x 11 11 x + C2e sin x 2 b Vài dạng đặc biệt: Cho phương trình y’’ + α1y’ + α0y = f(x) (1) α1, α2 số.Ta xét trường hợp riêng sau f(x): • f(x) = ek x Pn(x) với k không nghiệm phương trình đặc trưng Khi (1) có nghiệm riêng có dạng y1 = ek x Qn(x), Pn(x), Qn(x) đa thức bậc n Ví dụ 1: Tìm nghiệm tổng quát nghiệm thỏa điều kiện ban đầu phương trình vi phân sau : y" + 2y’ + 2y = 4x2 ( A) với y(0) = 2; y’(0) = −3 Phương trình đặc trưng : k2 + 2k + = ⇔ k = −1± i Vậy nghiệm tổng quát phương trình tương ứng y = e − x ( c1 cos x + c2 sin x ) với c1, c2 ∈ ℝ k = không nghiệm phương trình đặc trưng nên nghiệm riêng (A) có dạng y1 = ax2 + bx + c ⇒ y1/ = 2ax + b; y1// = 2a Thế vào (A) ta có 2a + ax + 2b + 2ax + 2bx + 2c = x , ∀x ⇔ ax + (2a + b) x + a + b + c = x , ∀x a = a =   ⇔ 2a + b = ⇔ b = −4 a + b + c = c =   Vậy nghiệm riêng (A) y1 = 2x2 -4x + ⇒ nghiệm tổng quát (A) Toán cao cấp: Giải tích 198 y = y1 + y = x − x + + e− x ( c1 cos x + c2 sin x ) với c1, c2 ∈ ℝ ⇒ y / = x − − e − x ( c1 cos x + c2 sin x ) + e − x ( −c1 sin x + c2 cos x ) y(0) = y’(0) = −3 ⇒ c1 = c2 = Vậy nghiệm (A) thỏa y(0) = y’(0) = −3 y = x − x + + e− x sin x Ví dụ : Giải y" – y’ + 4y = ( x2 +1) e x (B) Phương trình đặc trưng : k – k + = có nghiệm kép k = Vậy nghiệm tổng quát phương trình tương ứng y = e2 x ( c1 + c2 x ) với c1, c2 ∈ ℝ k = không nghiệm phương trình đặc trưng nên nghiệm riêng (B) có dạng y1 = e x (ax2 + bx + c) ⇒  y1/ = e x (ax + bx + c) + e x (2ax + b);  // x x x  y1 = e (ax + bx + c) + 2e (2ax + b) + 2ae Thế vào (B) chia vế cho e x ta có ax + bx + c − 2(2ax + b) + 2a = x + 1, ∀x ⇔ ax + (−4 a + b) x + 2a − 2b + c = x + 1, ∀x a = a =   ⇔ −4 a + b = ⇔ b = 2a − 2b + c = c =   Vậy nghiệm riêng (B) y1 = ( x + x + ) e x ⇒ nghiệm tổng quát (B) y = y1 + y = ( x + x + ) e x + e2 x ( c1 + c2 x ) với c1, c2 ∈ ℝ Ví dụ 3: y" + 3y’ + 2y = ( x2 +2x + 6) e3 x có nghiệm riêng có dạng y = ( ax2 +bx + c) e3 x Ví dụ : y" + 3y’ + 2y = ( 2x + 1) e3 x có nghiệm riêng có dạng y = ( ax +b) e3 x Toán cao cấp: 199 Giải tích Ví dụ : y" + 3y’ + 2y = e3 x có nghiệm riêng có dạng y = a e3 x • f(x) = ek x Pn(x) với k nghiệm đơn phương trình đặc trưng Khi (1) có nghiệm riêng có dạng y1 = x.ek x Qn(x), Pn(x), Qn(x) đa thức bậc n Ví dụ 1: Giải y" + 3y’ – 18 y = ( 2x + 1) e3 x (C) Phương trình đặc trưng : k2 +3k – 18 = ⇔ k = hay k = −6 Vậy nghiệm tổng quát phương trình tương ứng y = c1e3 x + c2e −6 x với c1, c2 ∈ ℝ k = nghiệm đơn phương trình đặc trưng nên nghiệm riêng (C) có dạng y1 = x (ax + b) e x = (ax2 + bx ) e x ⇒  y1/ = 3e3 x (ax + bx) + e3 x (2ax + b)  // x x 3x  y1 = 9e (ax + bx) + 6e (2ax + b) + 2a.e Thế vào (C) chia vế cho e x ta có 9(2ax + b) + 2a = x + 1, ∀x  a=  18a =  ⇔ ⇔ 18ax + 2a + 9b = x + 1, ∀x ⇔  + = a b  b =  81 Vậy nghiệm riêng (C) y1 = ( 9x2 + x ) e x 81 ⇒ nghiệm tổng quát (C) y = y1 + y = ( x + x ) e3 x + c1e3 x + c2e −6 x với c1, c2 ∈ ℝ 81 hay y = ( x + x + c ) e3 x + c2e −6 x với c , c2 ∈ ℝ ( c = 81c1 ) 81 Ví dụ 2: y" - 5y’ + 6y = ( x2 +2x + 6) e2 x có nghiệm riêng có dạng Toán cao cấp: Giải tích 200 y = x.( ax2 +bx + c) e2 x k = nghiệm đơn phương trình đặc trưng ( ứng với e2 x ) Ví dụ 3: y" + 3y’ – 18 y = ( 2x + 1) e3 x có nghiệm riêng có dạng y = x.( ax +b) e3 x Ví dụ 4: y" + 3y’ – 18 y = e3 x có nghiệm riêng có dạng y = a.x e3 x f(x) = ek x Pn(x) với k nghiệm kép phương trình đặc • trưng Khi (1) có nghiệm riêng có dạng y1 = x2.ek x Qn(x), Pn(x), Qn(x) đa thức bậc n Ví dụ 1: Giải y" + y’ + y = e− x ( D ) Phương trình đặc trưng : k2 + 6k + = có nghiệm kép k = − Vậy nghiệm tổng quát phương trình tương ứng y = e − x (c1 + c2 x ) với c1, c2 ∈ ℝ k = − nghiệm kép phương trình đặc trưng nên nghiệm riêng (D) có dạng y1 = ax2 e− x ⇒ y1/ = − 3e −3 x ax + e − x (2ax); y1// = 9e −3 x ax − 6e−3 x (2ax ) + 2a.e− x Thế vào (D) chia vế cho e− x ta có 2a = ⇒ a = Vậy nghiệm riêng ( D) y1 = 3x2 e− x ⇒ nghiệm tổng quát (D) y = y1 + y = x 2e − x + e − x (c1 + c2 x ) với c1, c2 ∈ ℝ hay y = e − x (c1 + c2 x + x ) với c1, c2 ∈ ℝ Ví dụ 2: y" – y’ + 4y = ( x2 +2x + 6) e2 x có nghiệm riêng có dạng y = x2.( ax2 +bx + c) e2 x k = nghiệm kép phương trình đặc trưng ( ứng với e2 x ) Ví dụ 3: y" – y’ + y = ( 2x + 1) e3 x có nghiệm riêng có dạng Toán cao cấp: 201 Giải tích y = x.( ax +b) e3 x Ví dụ 4: y" – y’ + y = e3 x có nghiệm riêng có dạng y = a.x2 e3 x • f(x) = ea x [ Pn(x)cosbx + Qm(x)cosbx ] với a + ib không nghiệm phương trình đặc trưng.Khi (1) có nghiệm riêng có dạng y1 = ea x [ R(x) cosbx+ S(x) sinbx ] R(x), S(x) đa thức có bậc ≤ max {n, m} • f(x) = ea x [ Pn(x)cosbx + Qm(x)cosbx ] với a + ib nghiệm phương trình đặc trưng.Khi (1) có nghiệm riêng có dạng y1 = x ea x [ R(x) cosbx+ S(x) sinbx ] R(x), S(x) đa thức có bậc ≤ max {n, m} Ví dụ: Giải y" + y = cos3 x = cos x + cos x ( E ) 4 Vì i nghiệm phương trình đặc trưng nên y" + y = cos3 x = cos x ( E1) có nghiệm riêng có dạng : y1 = ( ax + b)cosx + (cx +d )sinx Suy : y1/ = a cos x − (ax + b) sin x + c sin x + (cx + d ) cos x = ( cx + a + d ) cos x − ( ax + b − c ) sin x y1// = ( − ax − b + 2c ) cos x − ( cx + 2a + d ) sin x Thế vào ( E1 ) ta có 2c.cos x + 2ax sin x = ⇔c= cos x, ∀x a = Vậy nghiệm riêng ( E1 ) y1 = x.sin x Vì 3i không nghiệm phương trình đặc trưng nên Toán cao cấp: y" + y = cos3 x = Giải tích 202 cos x ( E2 ) có nghiệm riêng có dạng : y2 = acos3x + bsin3x /  y2 = 3b cos x − 3a sin x  //  y2 = − 9a cos x − 9b sin x ⇒ Thế vào ( E2 ) ta có −1 cos x, ∀x ⇔ a = b = 32 −1 Vậy nghiệm riêng ( E2 ) y2 = cos x 32 −8a.cos x − 8b sin x = Từ nghiệm riêng ( E1 ) ( E2 ) ta có nghiệm riêng ( E) y3 = x.sin x − cos x ( nguyên lý chồng chất nghiệm) 32 Nghiệm tổng quát phương trình tương ứng với (E ) y = c1 cos x + c2 sin x với c1, c2 ∈ ℝ Vậy nghiệm tổng quát phương trình (E ) y = y3 + y = x.sin x − cos x + c1 cos x + c2 sin x với c1, c2 ∈ ℝ 32