Phương trình vi phân

File đầy đủ lý thuyết, bài tập và lời giải chi tiết PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN 1. Các khái niệm cơ bản Một số bài toán dẫn đến phương trình vi phân 2. Phương trình vi phân cấp 1 3. Phương trình vi phân cấp 2 Bài tập và lời giải

Chương 4 PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN 4.1 Các khái niệm cơ bản

4.1.1 Một số bài toán đơn giản dẫn đến phương trình vi phân

Bài toán 1 Cho một vật thể có khối lượng m rơi tự do trong không khí vào lúc không có gió

Giả sử sức cản của không khí tỷ lệ với vận tốc rơi v(t) của vật thể tại thời điểm t với hệ số tỷ lệ là k >

0 Tìm v(t)

Với giả thiết của bài toán, khi vật rơi thì F là lực tổng hợp các lực tác dụng lên vật thể gồm có: Lực hút của trái đất mg (g là gia tốc rơi tự do) và lực cản của không khí kv(t), hai lực này là ngược chiều nhau Theo định luật 2 Newton ta có mw(t) = F, trong đó w(t) là gia tốc rơi của vật thể và F =

mg – kv(t) Từ đây, ta nhận được phương trình mw(t) = mg – kv(t) với

dt

)t(dv)t('v)t(

mv’(t) = mg – kv(t), để xác định v(t)

Bài toán 2 Tìm phương trình y = f(x) của một đường cong phẳng, biết rằng tiếp tuyến tại mỗi

điểm của đường cong cắt trục tung tại một điểm khác có tung độ bằng hai lần tung độ tiếp điểm Phương trình tiếp tuyến với đường cong y = f(x) tại điểm (x0,y0)  (x0,f(x0)) là y – y0 = f’(x0)(x – x0) hay y = y0 + f’(x0)(x – x0) Giao điểm của tiếp tuyến với trục tung (x = 0) có tung độ y = y0 + f’(x0)(0 – x0) = y0 – f’(x0)x0 Theo giả thiết thì y = 2y0, suy ra 2y0 = y0 – f’(x0).x0 hay y0 = –f’(x0)x0 Vì (x0,y0) là một điểm bất kỳ nên không mất tính tổng quát ta có thể viết y = –f’(x)x = –xy’ hay

x

y'

y=−

là phương trình để xác định phương trình y = f(x) của đường cong

4.1.2 Định nghĩa phương trình vi phân và nghiệm của nó

Khi nghiên cứu các hiện tượng tự nhiên, kỹ thuật, kinh tế, … không phải bao giờ cũng xác định được ngay quy luật liên hệ của biến độc lập với hàm số phải tìm, nhưng có thể xác định được mối liên

hệ giữa hàm số phải tìm với (các) đạo hàm của nó, trong đó có thể không có hoặc có biến độc lập

(xem Bài toán 1 và Bài toán 2)

Phương trình liên hệ giữa biến số độc lập x, hàm số y = y(x) phải tìm và các đạo hàm y’, y”, …,

y(n) của nó, được gọi là phương trình vi phân

Cấp cao nhất của đạo hàm của hàm số y = y(x) có trong phương trình vi phân, được gọi là cấp của phương trình vi phân

Như vậy, trong trường hợp tổng quát nhất, phương trình vi phân cấp n có dạng sau đây:

(1) y = y(x) có các đạo hàm y’,y”, …, y(n) trong khoảng (a,b) nào đó;

(2) khi thế y = y(x) vào hàm số F(x,y,y’,y”, …, y(n)) thì F(x,y,y’,y”, …, y(n))  0 với x(a,b)

Đồ thị của hàm số y = y(x) là nghiệm của phương trình vi phân F(x,y,y’,y”, …, y(n)) = 0, được gọi là đường cong tích phân của phương trình đó

Giải phương trình vi phân F(x,y,y’,y”, …, y(n)) = 0 là tìm tất cả các nghiệm y = y(x) của nó Quá

trình tìm nghiệm của phương trình vi phân được gọi là tích phân phương trình vi phân

4.2 Phương trình vi phân cấp 1

4.2.1 Đại cương về phương trình vi phân cấp 1

Dạng tổng quát của phương trình vi phân cấp 1 là F(x,y,y’) = 0

Nếu giải được phương trình trên đối với y’ thì phương trình vi phân cấp 1 có thể viết dưới dạng y’ = f(x,y) hay (x,y)

= hay y(x0) = y0, trong đó (x0,y0)R2

Định lý (sự tồn tại và duy nhất nghiệm của bài toán Cauchy) Giả sử hàm số f(x,y) cùng với đạo

hàm riêng

y

)y,x(

Nghiệm tổng quát của phương trình vi phân y’ = f(x,y) là hàm số y = (x,C), trong đó C là một

hằng số tùy ý, thỏa mãn các các điều kiện sau:

(1) thỏa mãn phương trình vi phân y’ = f(x,y) với C;

(2) với (x0,y0) các giả thiết và điều kiện của định lý trên được thỏa mãn, có thể tìm được một giá trị C = C0 sao cho hàm số y = (x,C0) thỏa mãn điều kiện ban đầu 0

x

)x(y

0

=

Về mặt hình học, nghiệm tổng quát của phương trình vi phân y’ = f(x,y) được biểu diễn bởi một

họ đường cong tích phân y = (x,C) phụ thuộc vào tham số C

Nghiệm riêng của phương trình vi phân y’ = f(x,y) là hàm số y = (x,C0) nhận được bằng cách cho tham số C trong nghiệm tổng quát một giá trị xác định C0

Lưu ý

(1) Có khi ta không tìm được nghiệm tổng quát của phương trình vi phân y’ = f(x,y) dưới dạng tường minh y = (x,C) mà chỉ tìm được một hệ thức có dạng (x,y,C) = 0 xác định nghiệm tổng quát dưới dạng ẩn Khi đó, hệ thức (x,y,C) = 0 được gọi là tích phân tổng quát của phương trình vi phân y’ = f(x,y) Trong trường hợp này, hệ thức (x,y,C0) = 0 nhận được bằng cách cho tham số C trong tích phân tổng quát một giá trị xác định C0, được gọi là tích phân riêng

(2) Phương trình vi phân y’ = f(x,y) có thể có một số nghiệm không thuộc nghiệm tổng quát, khi

đó, những nghiệm này được gọi là nghiệm kỳ dị Trong chương này, ta không xem xét các nghiệm kỳ

dị

Ví dụ 4.1 Có thể dễ dàng kiểm tra được phương trình vi phân 2

y1'

y= − có nghiệm tổng quát

là y(x) = sin(x + C) với C là hằng số bất kỳ Tuy nhiên, hàm số y(x) = 1 cũng là nghiệm của phương trình vi phân đang xét, nhưng nghiệm này không thể suy ra được từ nghiệm tổng quát với một hằng số

C nào đấy Như vậy, nghiệm y(x) = 1 là nghiệm kỳ dị của phương trình vi phân đang xét

4.2.2 Phương pháp giải một số phương trình vi phân cấp 1 đơn giản nhất

Nói chung, không tồn tại một phương pháp tổng quát nào để tìm nghiệm của phương trình vi phân F(x,y,y’) = 0 cấp 1

4.2.2.1 Phương trình vi phân có biến số phân ly

Phương trình vi phân F(x,y,y’) = 0 cấp 1 được gọi là phương trình vi phân có biến số phân ly nếu nó có thể biến đổi về dạng g(x)dx = h(y)dy

Phương pháp giải Lấy tích phân hai vế của phương trình g(x)dx = h(y)dy ta được

Cdy)y(h

 hay G(x) = H(y) + C, trong đó G(x) là một nguyên hàm của hàm số g(x), H(y)

là một nguyên hàm của hàm số h(y), còn C là hằng số tùy ý

Ví dụ 4.2 Tìm nghiệm tổng quát của phương trình vi phân

)1y(x

y)1x('y

y)1x(dx

dy)1y

(

x

y)1x

của phương trình trên cho xy ta được dy

y

11dxx

11dxx

quát phải tìm, trong đó C là hằng số tùy ý

Ví dụ 4.3 Tìm nghiệm tổng quát của phương trình vi phân x(1 + y2) + y(1 + x2)y’ = 0

Bài giải

x(1 + y2) + y(1 + x2)y’ = 0  x(1 + y2)dx + y(1 + x2)dy = 0

Chia cả hai vế của phương trình x(1 + y2)dx + y(1 + x2)dy = 0 cho (1 + x2)(1 + y2)  0

1

2 2

1 2

2 2

2

)y1ln(

2

)x1ln(

Cdyy1

ydx

x1

x0

dyy1

ydxx

1

+

++



=+

++

C1 = thì có thể viết nghiệm tổng quát vừa tìm được là (1 + x2)(1 + y2) = C với C là hằng số tùy ý

Ví dụ 4.4 Tìm nghiệm riêng của phương trình vi phân exdx – (1 + ex)ydy = 0 với điều kiện ban đầu y(0) = 1

Bài giải

Chia cả hai vế của phương trình vi phân trên cho 1 + ex  0

C2

y)e1ln(

Cydydx

e1

eydy

dxe

1

x x x

x

+

=+

+

=+



=+

0x1)0(

y vào nghiệm tổng quát vừa tìm được

2

12ln

12ln2

y)e1ln(

x 2

2 x

++

=

2 2 2

1 1 1

cybxa

cybxaf'

ba

ba

2 2

có thể biến đổi được về phương trình vi phân có biến số phân ly nhờ phép đổi biến t = a1x + b1y

Ví dụ 4.5 Tìm nghiệm tổng quát của phương trình vi phân (x + y + 2)dx + (2x + 2y – 1)dy = 0 Bài giải

Phương trình vi phân đã cho tương đương với

1yx

2yx'y

−+

++

−

22

11det =

nên đổi biến t

= x + y  dy = dt – dx, khi đó phương trình vi phân đã cho trở thành (t + 2)dx + (2t – 1)(dt – dx) = 0

 (3 – t)dx + (2t – 1)dt = 0 Khi t  3, chia cả hai vế của phương trình cho t – 3 ta được

C3tln5t2xCdt3t

52dxC

dtt3

1t2dx0

Quay lại biến x, y ban đầu, ta được nghiệm tổng quát x + 2y + 5lnx + y – 3 = C

4.2.2.2 Phương trình vi phân thuần nhất

Hàm số f(x,y) được gọi là hàm số thuần nhất bậc m nếu f(x,y) = mf(x,y)

Phương trình vi phân F(x,y,y’) = 0 cấp 1 được gọi là phương trình vi phân thuần nhất nếu nó có thể biến đổi được về dạng P(x,y)dx + Q(x,y)dy = 0, trong đó các hàm số P(x,y), Q(x,y) là các hàm số thuần nhất cùng bậc

Phương pháp giải Đặt y = tx, phương trình vi phân thuần nhất sẽ biến đổi được phương trình vi

phân có biến số phân ly

Ví dụ 4.6 Tìm nghiệm tổng quát của phương trình vi phân (x2 + 2xy)dx + xydy = 0



=++

)1t(

tdtx

dx0

)1t(

tdtx

dx

2

C1t

11tlnxlnC)1t(

dt1

t

dtx

dxC

)1t(

dt)11t(x

dx

2

++++



=+

−++



=+

−+

xyx

+++ với C là hằng số tùy ý

Ví dụ 4.7 Tìm dạng của gương hội tụ được tất cả các tia sáng song song vào một điểm

Bài giải

Gương cần phải có dạng một mặt tròn xoay có trục song song với

phương của các tia tới Lấy trục này làm trục Ox và tìm phương trình

đường cong y = y(x) mà khi quay nó quanh trục Ox tạo thành mặt cần

tìm

Lấy gốc O hệ tọa độ Oxy tại điểm mà tại đấy các tia sáng hội tụ

vào Ký hiệu tia tới là KM, tia phản xạ là MO Kẻ tiếp tuyến TT1 và pháp

tuyến MN tại điểm M của đường cong y = y(x) phải tìm Khi đó, dễ thấy

rằng MOT là tam giác cân có đỉnh tại O nên OM = OT, với

2 M 2

x

OM= + ; còn OT được xác định theo phương trình đường tiếp

tuyến với đường cong y = y(x) tại điểm M(xM,yM), cụ thể như sau:

Ta có phương trình đường tiếp tuyến với đường cong y = y(x) tại điểm M(xM,yM) là y – yM = y’(xM).(x – xM) Đường tiếp tuyến này cắt trục Ox tại điểm T(xT,0) nên 0 – yM = y’(xM) (xT – xM), suy

M

M T

)x('y

yx

x

Từ OM = OT M

M

M 2

M 2

)x('y

yy

yy

x2+ 2 = − để tìm y = y(x)

Ta biến đổi phương trình vi phân vừa tìm được về dạng (x+ x2+y2)dy−ydx=0, để việc biến đổi các biểu thức được đơn giản, ta xem y là biến, còn x = x(y) là hàm số của y Dễ thấy rằng phương trình này là phương trình vi phân thuần nhất, nên để tìm nghiệm của nó ta đặt x = ty  dx = tdy + ydt

và khi đó ta được (ty+ t2y2+y2)dy−y(tdy+ydt)=0 Nếu y  0 thì phương trình trên trở thành

Cln1t

dty

dy1

t

dty

dy0ydt

dy

1

t

2 2

+

=

+

=



=

−

thức trong đẳng thức trên ta đượclny =lnt+ t2+1 +lnC y=C(t+ t2+1) với hằng số C  0

Trở về biến x và y ban đầu ta được

C

yyxx

2 2

y'

y= + với điều kiện ban đầu y(1)

= /2

Bài giải

Đặt y = tx,  dy = xdt + tdx Khi đó, phương trình vi phân đã cho trở thành xdt = sintdx

Clnxln2

ttanlnClnx

dxt

sin

dtx

với hằng số C  0 Trở về biến x và y ban đầu ta được nghiệm tổng quát y = 2xarctan(Cx)

Thay điều kiện ban đầu

1x2)1(

y vào nghiệm tổng quát y = 2xarctan(Cx) ta được

1C4Carctan2

C

arctan

2 =  =  = , do đó nghiệm riêng phải tìm là y = 2xarctanx

Lưu ý Phương trình vi phân có dạng =  ++ ++ 

2 2 2

1 1 1

cybxa

cybxaf'

ba

ba

2 2

=

+

=vy

ux

=++

0cybxa

0cybxa

2 2 2

1 1 1

Ví dụ 4.9 Tìm nghiệm tổng quát của phương trình vi phân (2x + y + 1)dx + (x + 2y – 1)dy = 0

Phương trình vi phân đã cho tương đương với

1y2x

1yx2'y

−+

++

−

21

12det = 

=

+

=++

01yx

01yx2

1ux

và phương trình vi phân đã cho trở thành (2u + v)du + (u + 2v)dv = 0

Phương trình vừa nhận được là phương trình vi phân thuần nhất nên ta có thể đổi biến v = tu 

dv = udt + tdu và phương trình vi phân đang xét được đưa về dạng phương trình vi phân có biến số

++

+++



=++

++



=++

+

2 1

2

1tt

)1tt(d2

1u

duC

1tt

dt)1t2(2

1u

du0

1tt

dt)1t2(2

1u

du

1 2

1 2

e)1tt(ue1ttuC1ttulnC)1tt

u + + = , quay lại các biến x, y ban đầu, ta được nghiệm

e1yxxyy

x + + + − + = hay x2+y2 +xy+x−y=Cvới hằng số C=e2 C 1−1

4.2.2.3 Phương trình vi phân tuyến tính

Phương trình vi phân y’ + p(x)y = q(x) trong đó p(x), q(x) là các hàm số liên tục với x(a,b), được gọi là phương trình vi phân tuyến tính cấp 1

Nếu q(x)  0 với x(a,b) thì phương trình vi phân tuyến tính cấp 1 nói trên trở thành y’ + p(x)y = 0 được gọi là phương trình vi phân tuyến tính cấp 1 thuần nhất, còn nếu q(x)  0 thì phương trình vi phân tuyến tính cấp 1 nói trên được gọi là phương trình vi phân tuyến tính cấp 1 không thuần nhất

Định lý Nghiệm tổng quát của phương trình vi phân tuyến tính cấp 1 không thuần nhất [y’ +

p(x)y = q(x)] bằng nghiệm tổng quát của phương trình vi phân tuyến tính cấp 1 thuần nhất tương ứng [y’ + p(x)y = 0], cộng với một nghiệm riêng nào đó của phương trình vi phân tuyến tính cấp 1 không thuần nhất [y’ + p(x)y = q(x)]

lndx)x(pv

dvdx

)x(pv

dv

(với hằng số C1  0) hay = −  p ( x ) dx

Ce

v với C=C1 Mặt khác, v(x) = 0 cũng là nghiệm của phương trình v’ + p(x)v = 0, nghiệm này ứng với hằng số

C = 0 của biểu thức = −  p ( x ) dx

Ce)x(

v Do đó = −  p ( x ) dx

Ce)x(

v với hằng số C tùy ý, là nghiệm tổng quát của phương trình v’ + p(x)v = 0

Chọn = −  p ( x ) dx

e)x(

v (ứng với C = 1) thay vào phương trình u[v’ + p(x)v] + u’v = q(x) ta được

)x(v

)x(qdudx

)x(v

)x(q

x

(

của phương trình vi phân tuyến tính (cấp 1) không thuần nhất y’ + p(x)y = q(x)

Như vậy, khi tìm nghiệm của phương trình vi phân tuyến tính (cấp 1) không thuần nhất ta có thể thay các hàm số p(x), q(x) vào biểu thức − 

)x(q)x(

trong đó; hoặc có thể trực tiếp tìm nghiệm y(x) = u(x)v(x) tuần tự theo các bước như trên

Ví dụ 4.10 Giải phương trình vi phân y’ – y = sinx

Thay p(x) = -1 và q(x) = sinx vào biểu thức nghiệm = p(x)dx +  −p ( x ) dx

eCdxe

)x(q)x(

dx dx

eCdxxesine

Cdxxe

phân từng phần ta được (cosx sinx)

2

edxxesin

1Ce

)

x

(

Hoặc tìm y(x) = u(x)v(x)  y = u’v + uv’ u’v + uv’ – uv = sinx  u(v’ – v) + u’v = sinx

- Tìm nghiệm của phương trình v’ – v = 0  dv – vdx = 0  dx v ex

exdxsin

e)x(v)x(u)x(

−

=

Phương pháp Lagrange (phương pháp biến thiên hằng số)

Để giải phương trình vi phân tuyến tính (cấp 1) không thuần nhất y’ + p(x)y = q(x), đầu tiên ta giải phương trình vi phân tuyến tính (cấp 1) thuần nhất tương ứng y’ + p(x)y = 0 Nếu y  0 ta có phương trình tương đương p(x)dx lny p(x)dx lnC1

y

dydx

)x(py

y hay = −p ( x ) dx

Ce

y với hằng số C=C1 Mặt khác, y(x) = 0 cũng là nghiệm của phương trình y’ + p(x)y = 0, nghiệm này ứng với hằng số

C = 0 của biểu thức = −  p ( x ) dx

Ce)x(

y Do đó = −  p ( x ) dx

Ce)x(

y với C là hằng số tùy ý, là nghiệm tổng quát của phương trình y’ + p(x)y = 0

Tiếp theo, xem C = C(x) là hàm số của x, ta tìm C(x) để = −  p ( x ) dx

e)x(C)x(

trình vi phân tuyến tính (cấp 1) không thuần nhất y’ + p(x)y = q(x)

Muốn vậy, thay = −  p ( x ) dx

e)x(C)x(

y vào phương trình y’ + p(x)y = q(x) ta được

dC)

x(qe

)x(C)x(pe

)x(p)x(Ce

)x(q)

)x(qe

)x(C)

x

(

quát của phương trình vi phân tuyến tính (cấp 1) không thuần nhất y’ + p(x)y = q(x)

Như vậy, khi tìm nghiệm của phương trình vi phân tuyến tính (cấp 1) không thuần nhất ta có thể

)x(q)x(

trong đó; hoặc có thể trực tiếp tìm nghiệm y(x) tuần tự theo các bước như trên

Ví dụ 4.11 Giải phương trình vi phân ở Ví dụ 4.10 bằng phương pháp Lagrange

Phương trình vi phân tuyến tính (cấp 1) không thuần nhất tương ứng là y’ – y = 0 

x 1 1

Clndxy

Mặt khác, y(x) = 0 cũng là nghiệm của phương trình y’ – y = 0, nghiệm này ứng với hằng số C

= 0 của biểu thức x

Ce)x(

Ce)x(

y = là nghiệm tổng quát của phương trình y’ – y = 0 với

C là hằng số tùy ý

Bây giờ, trong nghiệm y(x) = Cex nếu xem C = C(x) thì y(x) = C(x)ex  y’ = C’(x)ex + C(x)ex

và thay vào phương trình vi phân tuyến tính (cấp 1) không thuần nhất y’ – y = sinx ta được

C’(x)ex + C(x)ex – C(x)ex = sinx  =e− sinxdC=e− sinxdx dC=e− sinxdx

dx

K)xsinx(cos2

ee

)x(C)x(

+

1x

1y1x

x'

1)x(

x)x(

+

1x

1)x(

)x(q)x(y



xdx 2

1 x xdx

2 2

eCdx1x

e)

)1x(d2

11x

2 2

=+

1x

1.C1x

dx1

x

1.Cdx1x

1xe

Cdx1x

2 2

2 1

x ln 2

1 x ln

2 2

1x

C1xxln1x

1.C1

x

x

ln

2 2 2

2

+

+++

=++

+

Từ điều kiện ban đầu y(0) = 2 suy ra ( ) 2

10

C100ln)0(y

2

2

=+

+++

1x

21xxln)x(y

2

2

+

+++

Sử dụng phương pháp Lagrange: Phương trình vi phân tuyến tính (cấp 1) thuần nhất tương ứng

2 1

2

2

1ylnCln1x

xdxy

dy1

x

xdxy

−

hằng số C1  0) hay

1x

Cy

2+

= với hằng số C=C1 Mặt khác, dễ thấy rằng y = 0 cũng là nghiệm

của phương trình (x2 + 1)y’ + xy = 0, nghiệm này ứng với C = 0 của biểu thức

1x

Cy

= là nghiệm tổng quát của phương trình vi phân tuyến tính (cấp 1) thuần nhất

Bây giờ, nếu trong nghiệm

1x

Cy

2+

= xem C = C(x) thì

1x

)x(xC1x

)x('C'y1x

)x(Cy

2 2

1x

dxdC

11x)x('C

2 2

K1xxln1x

)x(C)x(y

2 2

+++

=+

= là nghiệm tổng quát của phương trình vi phân tuyến tính (cấp 1) không thuần nhất

Từ điều kiện ban đầu y(0) = 2 suy ra ( ) 2

10

K100ln)0(y

2

2

=+

+++

1x

21xxln)x(y

2

2

+

+++

)q(x) là phương trình vi phân tuyến tính (cấp 1) đã biết phương pháp giải ở trên

Ví dụ 4.13 Giải phương trình vi phân y (x 1) y 0

1x

2'

++

Nếu y  0, chia cả hai vế của phương trình cho y2 ta được y (x 1) 0

1x

2'y

)1x(z1x

2'

+

− là phương trình vi phân tuyến tính (cấp 1) đối với biến z

Phương trình vi phân tuyến tính (cấp 1) thuần nhất tương ứng là

1x

dx2dx

dz0z1x

2'z

+

=



=+

2'

)1x()x(C1xdx

)x(

dC = +  = + 2 + với K là hằng số

tùy ý Do đó ta có 4 2

2 4

2 2

)1x(K)1x(

2y

2

)1x(K)1x()1x(2

K2

)1x(z

+++

=

+++

=+

Ngoài ra, ta thấy y = 0 cũng là nghiệm của phương trình vi phân ban đầu, nghiệm này không suy

ra được từ nghiệm tổng quát vừa tìm được ở trên, nên y = 0 là nghiệm kỳ dị

Chú ý Khi tìm nghiệm của một phương trình Bernoulli, không cần biến đổi nó về dạng phương

trình vi phân tuyến tính mà áp dụng ngay phương pháp Bernoulli hoặc phương pháp Lagrange

Ví dụ 4.14 Giải phương trình vi phân 2 4

yxx

y'

y+ =Phương trình 2 4

yxx

y'

y+ = là phương trình Bernoulli với  = 4 Ta tìm nghiệm của nó bằng phương pháp Lagrange, cụ thể là: Phương trình vi phân tuyến tính (cấp 1) thuần nhất tương ứng

)x('C'yx

)x(C

y=  = − và thay vào phương trình vi phân tuyến tính

4 4

2 2 2

x

)x(Cx

)x('Cx

)x(Cxx

)x(Cx

)x(Cx

)x('C

)x(C3

1K

lnx

dx)

x(C

)x(dCx

1x

)x(C

4.2.2.4 Phương trình vi phân toàn phần

Phương trình vi phân toàn phần (cấp 1) là phương trình vi phân có dạng P(x,y)dx + Q(x,y)dy =

0, trong đó P(x,y), Q(x,y) là các hàm số liên tục cùng với các đạo hàm riêng cấp 1 của chúng trong một miền đơn liên D và thỏa mãn điều kiện

x

)y,x(Qy

)y,x(P

Để tìm hàm số u(x,y) ta có thể thực hiện bằng một trong hai cách

y

y x

x

0

0 0

++

Kdt)t,x(Qdt)y,t(

++

=   , trong đó x0, y0 là hai số được chọn tùy ý sao cho việc tính toán các biểu thức liên quan là đơn giản nhất, còn K là hằng số tùy ý

x

)y,x(udy)y,x(Qdx)y,x(Pdyy

)y,x(udxx

)y,x(u)y,x(





+

=



+

- hoặc là, đầu tiên từ dx (y) P(x,y)dx (y)

x

)y,x(u)y,x(u)y,x(Px

)y,x(

y,x(Qdy

)y(d)y,x(Qdy

)y(dy

dx)y,x(Py

hàm số (y) và cuối cùng ta được u(x,y)=P(x,y)dx+(y);

y

)y,x(u)y,x(u)y,x(Qy

)y,x(

y,x(Pdx

)x(d)y,x(Pdx

)x(dx

dy)y,x(Qx

)y,x(P

eex

)y,x(P

x

0

0 0

++

=   , khi chọn x0 = 0 và y0 = 0 ta được P(t,0) = (1 + t + 0)et + e0 = (1 + t)et + 1 và Q(x,t) = ex + xet u(x,y)= (1+t)e +1dt+(e +xe )dt+K=

y

0

t x x

0

t

Kxee)yx()xxeye

)y,x(

)y(dxeey

)y,x(





K là hằng số tùy ý Suy ra u(x,y)=(x+y)ex+xey+Kvới K là hằng số tùy ý

Do đó, ta có du(x,y) = 0  nghiệm tổng quát của phương trình là x y

xee)yx( + + = C với C là hằng số tùy ý

Lưu ý Phương trình P(x,y)dx + Q(x,y)dy = 0 trong trường hợp

x

)y,x(Qy

)y,x(P

Việc tìm thừa số tích phân (x,y) không phải là bài toán dễ Có hai trường hợp đơn giản mà ta

có thể tìm được hàm số (x,y), cụ thể như sau:

- Nếu (x,y) chỉ phụ thuộc x, tức là (x,y) = (x) thì (x) được xác định từ phương trình

)y,x(Q

x

)y,x(Qy

)y,x(P

với vế phải chỉ phụ thuộc vào x (hoặc không phụ thuộc vào y)

- Nếu (x,y) chỉ phụ thuộc y, tức là (x,y) = (y) thì (y) được xác định từ phương trình

)y,x(P

x

)y,x(Qy

)y,x(P

với vế phải chỉ phụ thuộc vào y (hoặc không phụ thuộc vào x)

Ví dụ 4.16 Giải phương trình (x2 – sin2y)dx + xsin2ydy = 0

Ta có P(x,y) = x2 – sin2y và Q(x,y) = xsin2y 

x

)y,x(Qy

)y,x(P

nên phương trình vi phân

trên không phải là phương trình vi phân toàn phần Tuy nhiên, ta thấy

x

2)

y,x(Q

x

)y,x(Qy

)y,x(P

2dx

)x(lnd

Nhân thừa số tích phân 2

x

1)x( =

 với cả hai vế của phương trình (x2 – sin2y)dx + xsin2ydy = 0

x

y2sindxx

ysin

2

=+

x

y2sin)y,x(

)y,x(u)y,x(ux

ysin1)y,x(Px

)y,x(u

2 2 2

2

)y(

ycosysin2y

)y,x(u

K)y(0dy

)y(

2

++

2

+ = C với C là hằng

số tùy ý

4.3 Giới thiệu phương trình vi phân cấp cao và hệ phương trình vi phân

Như đã biết, phương trình vi phân F(x,y,y’,y”, …, y(n)) = 0 được gọi là phương trình vi phân cấp

n Nghiệm của phương trình này là mọi hàm số y = (x) khả vi n lần và làm cho phương trình đã cho trở thành đồng nhất thức, tức là F[x, ’(x), ”(x), …, (n) (x)]  0

Bài toán Cauchy đối với phương trình này là tìm nghiệm của nó sao cho khi x = x0 thì y = y0, ,

Hàm số y = (x,C1,C2, …,Cn) được gọi là nghiệm tổng quát của phương trình vi phân cấp n đã cho nếu chọn tương ứng được các hằng số tùy ý C1, C2, …, Cn để hàm số này trở thành nghiệm của bài toán Cauchy bất kỳ đã đặt ra đối với phương trình đã cho

Mọi nghiệm nhận được nghiệm tổng quát với các giá trị cụ thể của các hằng số C1, C2, …, Cn (nói riêng, mọi nghiệm của bài toán Cauchy) được gọi là nghiệm riêng của phương trình này

)y, ,y,y,x(fdxdy

)y, ,y,y,x(fdxdy

n 2 1 n n

n 2 1 2 2

n 2 1 1 1

trong đó y1, y2, …, yn là các hàm số chưa

biết của biến số độc lập x, được gọi là hệ phương trình vi phân chuẩn tắc cấp 1 Nếu vế phải của hệ phương trình vi phân chuẩn tắc cấp 1 là các hàm số tuyến tính đối với y1, y2, …, yn thì khi đó, hệ phương trình vi phân chuẩn tắc cấp 1 được gọi là hệ phương trình vi phân chuẩn tắc cấp 1 tuyến tính Mọi phương trình vi phân cấp n dạng y(n) = f(x,y,y’,y”,y(n-1)) đều có thể đưa về một hệ phương trình vi phân chuẩn tắc cấp 1 bằng cách đặt y = y1, y’ = y2, …, y(n-1) = yn ta được

dy

ydx

dy

ydx

dy

ydx

dy

n 2 1 n

n 1

n

3 2

2 1

Ngược lại, một hệ phương trình vi phân chuẩn tắc cấp 1 có thể đưa được về một phương trình vi phân cấp cao đối với một hàm số chưa biết bằng cách khử các hàm số chưa biết còn lại từ những phương trình của hệ Giải phương trình vi phân cấp cao đó, rồi tìm các hàm số chưa biết còn lại Phương pháp giải hệ phương trình vi phân chuẩn tắc cấp 1 như vậy, được gọi là phương pháp khử Trong một số trường hợp, bằng cách tổ hợp các phương trình của hệ, sau hữu hạn phép biến đổi không phức tạp, ta nhận được các phương trình dễ tích phân cho phép tìm nghiệm của hệ Phương pháp này được gọi là phương pháp tổ hợp tích phân

Nói chung, chỉ có thể giải phương trình vi phân cấp n (hữu hạn) trong một số trường hợp riêng nào đó

(1) Phương trình dạng y(n) = f(x) Nghiệm của phương trình này tìm được bằng tích phân bội n lớp, cụ thể là

) 1 n (

C)x(fCdx)x(y

dx)x(dy

)x(dx

n

(

CxC)x(fdxC)x(f

n 1 n 2

n 2 1

n 1

)!

2n(

Cx

)!

1n(

C)x(f

−

+

−+

=

n

n(x) (x)dxf

Bởi vì ,

)!

2n(

C,)!

1n(

k n k n

n 1 n 2

n 2 1 n 1

(3) Phương trình vi phân không chứa biến độc lập dạng F(y,y’,y”, …, y(n)) = 0 Có thể hạ cấp của phương trình này bằng cách đặt y’ = z lấy y làm đối số Khi đó, y”, y(3), … được biểu diễn qua z

và các đạo hàm của z theo y bằng các công thức ,

dy

dzz

"

dy

dzdy

dzzzy

2 )

3 (

tính theo quy tắc đạo hàm hàm hợp), đồng thời cấp của phương trình được hạ xuống 1 đơn vị

(4) Phương trình vi phân dạng F(x,y,y’,y”, …, y(n)) = 0 thuần nhất đối với hàm chưa biết và các đạo hàm của nó y,y’,y”, …, y(n) Phương trình dạng này chỉ cho phép hạ cấp một đơn vị bằng phép đổi biến z = y’/y

4.3.1 Phương trình vi phân tuyến tính cấp cao thuần nhất và không thuần nhất

Phương trình vi phân tuyến tính cấp n là phương trình vi phân có dạng

y(n) + a1(x)y(n-1) + a2(x)y(n-2) + … + an-1(x)y’ + an(x)y = f(x), trong đó các hàm số a1(x), a2(x), …, an(x) là các hàm số đã cho và liên tục với x(a,b)

Nếu f(x)  0 với x(a,b) thì phương trình vi phân tuyến tính (cấp n) nói trên được gọi là phương trình vi phân tuyến tính (cấp n) thuần nhất, còn nếu f(x)  0 thì phương trình vi phân tuyến tính (cấp n) nói trên được gọi là phương trình vi phân tuyến tính (cấp n) không thuần nhất

Nếu tất cả các hàm số a1(x), a2(x), …, an(x) đều là hằng số, tức là ai(x) = i với i (1  i  n) thì phương trình y(n) + 1y(n-1) + 2y(n-2) + … + n-1y’ + ny = f(x) được gọi là phương trình vi phân tuyến tính (cấp n) có hệ hệ số hằng số

Nếu biết một nghiệm riêng y1 của phương trình vi phân tuyến tính (cấp n) thuần nhất tương ứng thì bằng phép đổi biếny=y1zdxta có thể hạ cấp của phương trình vi phân tuyến tính (cấp n) không thuần nhất xuống 1 đơn vị và phương trình vi phân nhận được đối với biến mới z là phương trình vi phân tuyến tính (cấp n-1) không thuần nhất

4.3.2 Hệ phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất có hệ số hằng số

Hệ phương trình vi phân chuẩn tắc cấp 1 có dạng

=

+++

=

+++

=

n nn 2

2 1 1 n

n n 2

22 1 21 2

n n 2

12 1 11 1

ya

yayadxdy

ya

yayadxdy

ya

yayadxdy

trong đó các

hệ số aij (1  j, j  n) là các hằng số, được gọi là hệ phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất có hệ

số hằng số

Có thể viết hệ phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất có hệ số hằng số dưới dạng ma trận

AY

dx

dY = với

t n 2

1

dx

dy

dx

dydx

dydx

1

n 22

21

n 12

11

a

aa

aa

a

aa

y

yy

Có thể giải hệ phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất có hệ số hằng số mà không cần đưa nó

về phương trình vi phân cấp cao

Bài tập 4.1 Tìm nghiệm tổng quát của các phương trình vi phân sau đây

(a) x(1 + y2)2dx + y(1 + x2)2dy = 0 (b) (x2 – yx2) y’ + y2 + xy2 = 0

(c) y’cos2y – siny = 0 (d) y’ + sin(x + y) = sin(x – y)

(e)

1xsinxcos

1ysinycos'

1'

−

=

4.2 Tìm nghiệm riêng của các phương trình vi phân sau đây

(a) x 1+y2dx+y 1+x2dy=0 với y(0) = 1

(b) (1 + e2x)y2dy = exdx với y(0) = 0

(c) sinxdy – ylnydx = 0 với y(0) = 1

(d) (x2 + 1)y’ = y2 + 4 với y(1) = 2

4.3 Tìm nghiệm tổng quát của các phương trình vi phân thuần nhất (đẳng cấp) sau đây

(a) (y – x)dx + (y + x)dy = 0 (b)xdy−ydx= x2 +y2dx

(c) xyy’ + x2 – 2y2 = 0 (d) (3x2 + y2)y + (y2 – x2)xy’ = 0

x

ysiny)xdyydx(x

ycos

(f)

3yx

1yx'

y

++

2y2'

+

=

4.4 Giải các phương trình vi phân tuyến tính cấp 1 sau đây

(a) 2x(x – 1)y’ + (2x – 1)y + 1 = 0 (b) x(1 + x2)y’ – (x2 – 1)y + 2x = 0

(c)y'+2xy=xe−x2 (d) (1 + x2)y’ – 2xy = (1 + x2)2

(e) 2ydx + (y2 – 6x)dy = 0 (f) xy’ – y = x2arctanx

(g) y'− y (x+1)=(x+1)3 với y(0)=12 (h) (1 + x2)y’ + xy = 1 với y(0) = 0

4.5 Giải các phương trình vi phân toàn phần sau đây

(a) (x + y + 1)dx + (x – y2 + 3)dy = 0 (b) 2(3xy2 + 2x3)dx + 3(2x2y + y2)dy = 0

)yx(

xy

1dxx

1)yx

(

y

2 2 2

+

++

y

1y

xsiny

xx

ycosx

1dx1x

ycosx

yy

xsin

y

1

2 2

4.6 Giải các phương trình vi phân sau đây, bằng cách tìm thừa số tích phân

(a) (2xy+x2y+y3 3)dx+(x2 +y2)dy=0

(b) y(1 + xy)dx – xdy = 0

(c) (x2y2 + y)dx + (y2 – x)dy = 0

(d) (x2 – y)dx + (x2y2 + x)dy = 0

(e) (2xy2 – 3y3)dx + (7 – 3xy2)dy = 0

4.7 Giải các phương trình vi phân Bernoulli sau đây

(a) y’ + y = 2y2 (b) y’ + xy = x3y3 (c) xy’ + y = y2lnx

(d) y'− y x=x y (e) y'−y x= x2y5 (f)y'+y x= x3y4

(g) y'+y=ex2 y

Đáp án bài tập 4.1 (a) Chia cả hai vế của phương trình cho (1 + y2)2(1 + x2)2 ≠ 0 với x và y, ta được

0dy)y1(

ydx

)x1(

x0

dy)x1(ydx)y



=+

++



=+

++



=+

++

2 2

2 2 0

2 2 2

)y1(

)y(d2

1)x1(

)x(d2

1Cdy)y1(

ydx

)x1

(

x



=+

−+

−



=+

++

2

2

C2y1

1x

1

1C

2)y1(

)y1(d)x1

(

)x1

(

d

Cy1

1x

dx

dy)y1(x0)x1(y'y)y1

0x0y

x2 2 , chia cả 2 vế của phương trình cho x2y2 ta được dx 0

x

x1dyy

y1

−

x

1x

1dy

y

1y

1C

dxx

x1dyy

y1

2 2

2 2

Cy

1x

1y

xlnCxlnx

1ylny

1C

x

dxx

dxy

dyy

dy

2

tùy ý) là nghiệm tổng quát

(c) y’cos2y – siny = 0 cos y siny 0 cos2ydy sinydx 0

dx



- Khi siny=0y=k(kZ)  dy = 0 1.0−0.dx =00=0, đẳng thức này chứng tỏ

(x,y) = (x,k) (kZ) là nghiệm kỳ dị của phương trình

- Khi siny  0  y  k (kZ), chia cả hai vế của phương trình cho siny ≠ 0  y ≠ k (kZ) ta

ysin

ysin21Cdxdyysin

y2cos0

dxdy

ytanlnCxydysin2ysin

dyC

xdyysin2y

hằng số tùy ý) là nghiệm tổng quát

Ở đây ta đã sử dụng nguyên hàm cơ bản

2

ttanlntsindt =

dx

dy)yxsin(

)yxsin(

dx

dy)yxsin(

)yxsin(

'

y

dy=−

- Khi siny=0y=k(kZ)  dy = 0 0=−2cosx.0.dx0=0, đẳng thức này chứng tỏ

(x,y) = (x,k) (kZ) là nghiệm kỳ dị của phương trình

- Khi siny  0  y  k (kZ), chia cả hai vế của phương trình cho siny ≠ 0  y ≠ k (kZ) ta

2

ytanlnCxdxcos2y

sin

dyxdx

cos2y

sin

dy

=+

+

(e)

1xsinxcos

dy1

ysinycos

dy1

xsinxcos

1ysinycosdx

dy1xsinxcos

1ysinycos'

−

01ysiny

cos

01xsinx

xsinx(cos2

21xsinxcos0

1xsinx

3cosxsin2

2xcos





+







+

kx

k4

34

x4

3cos4

21ysinycos0

1ysiny

cosysin2

2ycos







+

kyk

244

y4

cos4





+



−



k22x

kx

và 





+

ky

dx1

ysiny

dxI

1ysinycos

dyI

x y

- Tính tích phân = − −

1ysinycos

dy

Iy

u1

du2du)'uarctan2(dyuarctan2y2

ytanu

−

=

2

2 2

u1

uysin

u1

u1ycos

−

=

−+

−+

1)

1u(udu1

u1

uu

1

u1

u1

du21

ysinycos

dyI

2 2

2 2 y

+

=+

−+

=

−+

du1

u

)1u(dduu

1du1

u

1

2

ytan2

ytan1elnu

)1u(

e

ln

1 1

- Tính tích phân = − +

1xsinxcos

dx

Ix

v1

dv2dv)'varctan2(dxvarctan2x2

ytanv

−

=

2

2 2

v1

v2xsin

v1

v1xcos

−+

=+

−

=

1v1

vv

1

v1

v1

dv21

xsinxcos

dxI

2 2

2 2 x

2

xtan1

elnv1

elnCv1

ln

2

C 2

−

=

−

=+

2

ytan2

ytan1e

2

xtan1

eln

2

ytan2

ytan1eln

2 1

2 1

C C

C C

ytan1C2

ytan2

xtan12

ytan1e2

ytan

eC( = − là hằng số tùy ý) là nghiệm tổng quát

1'

y

phương trình y’ = cos(x – y) thỏa mãn, do đó (x,y) = (x, x – 2k) (kZ) là

nghiệm kỳ dị của phương trình

- Khi 1 – cosz  0, chia cả hai vế của phương trình dz=(1−cosz)dx cho (1 – cosz) ta được

Czcos1

dzdx

zcos1

du2du)'uarctan2(dzuarctan2z2

ztanu

uzcos1

+

=

−

C2

yxcotC

2

zcotC

2

ztan

1C

u

1Cu

duCu1u

u1

du2

2 2

−

=+

−

=+

−

=+

=++

+

=

C2

yxcot

 (C là hằng số tùy ý) là nghiệm tổng quát

(g) y’ = x2 + 2xy – 1 + y2  y’ = (x + y) 2 – 1

Đổi biến z = x + y  z’ = 1 + y’  z’ = 1 + z2 – 1  z’ = z2 z dz z dx

1xCz

1xCz

dzdxz

dz

++

+

−

=

+

1'

dzz

11yx

11y'1

)yx(xC2

zxCzdzdx

2 2

=

−+



=+



=+

4.2 (a) Chia cả hai vế của phương trình x 1+y2dx+y 1+x2dy=0 cho 1+y2 1+x2 0 với x

y1

ydyx

1

xdx0

y1

ydyx

1

xdx

2 2

2

+

++



=+

+

C)y1(d)y1(2

1)x1(d)x1(2

1Cy1

)y1(d2

1x1

)x1(d

2

2 2 2

2

=++

+++



=+

++

−

+++

−

+

1)21(

)y1(2

11)21(

)x1

(

2

1 2 ( 2)1 2 ( 2)1

Cy1x

1+ 2 + + 2 = (C là hằng số tùy ý) là nghiệm tổng quát

Để tìm nghiệm riêng của phương trình với điều kiện y(0) = 1, thay x = 0 và y = 1 vào biểu thức của nghiệm tổng quát, ta được 1+02 + 1+12 =CC=1+ 2 Vậy, nghiệm riêng của phương trình là 1+x2 + 1+y2 =1+ 2

(b) (1 + e2x)y2dy = exdx với y(0) = 0

Chia cả hai vế của phương trình cho 1 + e2x ≠ 0 với x ta được

C)e(1

)e(d3

yCdxe1

edy

ydxe1

edy

x 3

x

x 2

=

+

uarctanC

u1

du3

+

=

là hằng số tùy ý) là nghiệm tổng quát

Để tìm nghiệm riêng của phương trình với điều kiện y(0) = 0, thay x = 0 và y = 0 vào biểu thức

4C0C4C1arctan30Cearctan3

(c) Điều kiện để phương trình sinxdy – ylnydx = 0 xác định được là y > 0

1y0xsinylny

- Khi y = 1  dy = 0  sinx.0 – 1.0.dx = 0  0 = 0, chứng tỏ (x,y) = (x,1) là nghiệm kỳ dị của phương trình

- Khi 0.dy ylny.0 0 0 0

0y

0dx

0xsin

0y

Zk,kx

1y00xsinyln

xsin

dxylny

dx)

y(lnydlnC

xsin

dxy

lny

dy

2

x tan

e c

eyC2

xtany

ln

ln =  = (C là hằng số tùy ý) là nghiệm tổng quát của phương trình

Ở đây, ta đã dùng nguyên hàm cơ bản

2

xtanlnxsindx =



Để tìm nghiệm riêng với điều kiện y(0) = 1, thay x = 0 và y = 1 vào biểu thức của nghiệm tổng quát, ta được 1 e 2 1 e0 1 1

0 tan

1C1x

dx4

y

dy1

x

dx4

y

dy

2 2

2

+

=+

+

1at

.2

1C1arctan2

2arctan2

4xarctan22

yarctan8

xarctan2

yarctan

2



=+

1)xarctan2tan(

4tan)

xarctan2tan(

1

4tan)xarctan2tan(

4xarctan2tan2

y

1x2x

1xx1x.x1

xx

1x.x1

xx

1)xtan(arctan)

xtan(arctan1

)xtan(arctan)

xtan(arctan

1)xtan(arctan)

xtan(arctan1

)xtan(arctan)

xtan(arctan

1)xarctanx

tan(arctan

1)xarctanx

tan(arctan

2

2

++

−

−+

=+

−+

−

−

+

=+

−+

1xx

)1xx(2

2

++

−

−+

tantan

)tan(

4.3 (a) Đổi biến y = tx  dy = tdx + xdt