Phương Trình Vi Tích Phân

Tài Liệu dùng cho các bạn chuyên toán và không chuyên toán nhằm ôn tập một số kiến thức cơ bản về phương trình vi tích phânHi vọng bộ tài liệu này sẽ giúp ích được các bạn trong quá trình ôn tập.Người biên soạn là sinh viên nên trong quá trình đánh máy không tránh khỏi sai sót mong các bạn góp ý

ÔN TẬP PHƯƠNG TRÌNH VI TÍCH PHÂN

Lê Văn Huy

Chương 1

Phương trình vi phân cấp 1

1.1 Phương trình biến số phân ly và phân ly được

Phương trình dạng X(x)dx + Y (y)dy = 0 (4.1)

ở đây hàm dx là hàm chỉ phụ thuộc vào biến x, Hệ số dy chỉ phụ thuộc vào biến y Ta sẽ giảthiết rằng các hàm X, Y liên tục trên tập xác định của nó Khi đó phương trình (4.1) được viết dướidạng

d[

ZX(x)dx +

Z

Y (dy)] = 0

Do đó:

ZX(x)dx +

Z

Y (dy) = C(4.2)

Biểu thức 4.2 cho ta tích phân tổng quát của biểu thức (4.1)

ln(1 + x2) + ln(1 + y2) = C, C > 0

Do đó (1 + x2)(1 + y2) = C là tích phân tổng quát của phương trình

Phương trình dạng:

m1(x)n1(y)dx + m2(x)n2(y)dy = 0(4.4)

với các hàm m1, n1, m2, n2được giả thiết là liên tục trong miền đang xét

Giả sử n1(y)m2(x) 6= 0 Chia cả 2 vế của biểu thức (4.4) cho n1(y)m2(x) ta được:

m1(x)

m2(x)dx +

n2(x)

n1(y) = 0Tức là ta đi đến phương trình biến số phân ly:

Z m1(x)

m2(x)dx +

Z n2(x)

n1(y) = 0 = C(4.5)

Chú ý: Ngoài ra ta còn phải xét trường hợp n1(y)m2(x) = 0 Những trường hợp y = a làm cho

n1(y) = 0 cũng là nghiệm của phương trình Nếu muốn tìm cả nghiệm dưới dạng x = x(a) thì nhữnggiá trị x = b làm m1(x) = 0 cũng là nghiệm của phương trình

Ví dụ: Giải các phương trình:

1 x(y2− 1)dx + y(x2− 1)dy = 0

2 xp1 − y2dx + yp1 − y2dy = 0

Giải:

1 x(y2− 1)dx + y(x2− 1)dy = 0

Giả sử phương trình: (y2− 1)(x2− 1) 6= 0 Chia cả 2 vế của phương trình cho: (y2− 1)(x2− 1)

1 − x2+p1 − y2= C, C > 0

Vớip1 − y2p1 − y2= 0 ta được, x = ±1, y = ±1 thế trục tiếp vào phương trình ta có:

x = ±1, y = ±1 cũng là nghiệm của phương trình

1.2 Phương trình vi phân tuyến tính cấp một

Cách giải: Phương trình tuyến tính cấp một có dạng:

y0+ p(x)y = q(x)

Khi q(x) = 0∀x thì (3) được gọi là phương trình tuyến tính thuần nhất

Giải ra:

y = Ce−R p(x)dx

y = 0 cũng là một nghiệm của phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất

Khi q(x) 6= 0 thì (3) được gọi là phương trình vi phân tuyến tính không thuần nhất Có côngthức nghiệm là:

y(x) = e−R p(x)dx



C +Z(q(x)eR p(x)dx)dx

Giải:

1.3 Phương trình vi phân toàn phần

Phương trình:

M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0(1.7)với M (x, y), N (x.y),∂M (x, y)

Ta có: xdx + ydy = d 1

2(x

2+ y2) Vì vậy tích phân tổng quát là x2+ y2= CĐịnh lý: Giả sử: M(x,y), N(x,y) thỏa mãn giả thiết của định nghĩa, Điều kiện cần và đủ đểphương trình (1.7) là phương trình vi phân toàn phần là:

∂M (x, y)

∂y =

∂N (x, y)

∂x , (∀(x, y) ∈ D)Chứng Minh:

Điều Kiện cần: Giả sử phương trình M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0 là phương trình vi phân toànphần Khi đó ∃u(x, y) sao cho: du = ∂u

ta cần chứng minh Phương trình M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0 là phương trình vi phân toàn phần

Gọi u(x, y) là hàm khả vi sao cho:

u(x, y) =

x0

M (x, y)dx + ϕ(y)(∗)(ở đây ta chọn (x0, y0) ∈ D sao cho tại đó các hàm M (x, y), N (x, y) không đồng thời triệt tiêu.)Bây giờ ta chọn hàm ϕ(y) sao cho:

∂u

∂ydy = N (x, y)Nghĩa là:

Chương 2

Phương Trình vi phân cấp một

chưa giải ra đạo hàm.

2.1 Phương trình chỉ chứa biến và đạo hàm của hàm cần tìm.

Dạng Tổng quát:F (x, y0) = 0

a Nếu từ phương trình

F (x, y0) = 0(1.6)

ta giải được y0: y0= f (x) thì:

y =Z

f (x)dx + C

Là nghiệm của phương trình (1.6)

b Nếu từ phương trình (1.6) giải ra được x:

x = ϕ(y0)

thì đặt y0= p và xem p như tham số ta có:

dy = pdx + pϕ0(p)dp

và do đó: y =R pϕ0(p)dp + C

Ta tìm được nghiệm tổng quát của phương trình dưới dạng tham số:

Và ta được nghiệm tổng quát dưới dạng tham số là:

b Từ (1.7) Giải được y:

y = ϕ(y0)Đặt y0= p và coi như tham số ta được:

Chương 3

Phương trình vi phân cấp cao

3.1 Phương trình vi phan giải được bằng phương pháp cầu

b Từ (1) ta giải được x qua y :

x = ϕ(y(n))Đặt y(n)= p và coi p như tham số ta được:

dy(n−2)= ψ1(p, C1)dx = ψ1(p, C1)ϕ0(p)dpNên:

y(n−2)=

Z

ψ1(p, C1)ϕ0(p)dp + C2= ψ2p, C1, C2

y0=Z

ψn−2(p, C1, C2, , Cn−2)ϕ0(p)dp + C2

= ψn−1(p, C1, C2, , Cn−1)Cuối cùng ta có:

y =Z

ψn−1(p, C1, C2, , Cn−1)ϕ0(p)dp + C2

= ψ(p, C1, C2, , Cn−1, Cn)Như vậy trong trường hợp này tích phân tổng quát thu được qua n lần cầu phương

Trong đó ϕ(t); ψ(t) sao cho F (ϕ(t); ψ(t)) = 0 tương tự như trên ta có:

dy(n−1)=y(n)dx=ϕ(t)ϕ0(t)dt

y(n−1)=

Zψtϕ0(t)dt + C1= ψ1(t, C1)Tương tự:

Đặt y = z và coi z như một hàm số mới ta đưa phương trình về dạng:

Ta được phương trình của mục 3.1.a

Nếu tích phân phương trình

F (x, z, z0 , z(n−k)) = 0

ta được tích phân tổng quát:

φ(x, z, C1, C2, , Ck) = 0thì ta có:

Chương 4

Phương trình vi phân tuyến tính cấp n

4.1 Định nghĩa và các tính chất cơ bản

Định nghĩa:PTVP tuyến tính cấp n là phương trình có dạng:

a0(x)y(n)+ a1(x)y(n−1)+ + an−1(x)y0+ an(x)y = g(x)

(2.7)

Tính Chất:

1 Tính tuyến tính của pt (2.7) không thay đổi khi thay biến số độc lập x = ϕ(t) với ϕ khả viđến cấp n và ϕ0(t) 6= 0

Chứng minh:Chỉ đối với phương trình vi phân tuyến tính cấp 3

Xét Phương trình vi phân tuyến tính cấp 3 dạng: a1(x)y000+ a2(x)y00+ a3(x)y0+ a4(x)y = g(x)(∗)Với cách đổi biến x = ϕ(t) ta có:

y0 = dy

dx =

dy.dtdt.dx =

⇒ y00= d y

ϕ02(t).dt2 −ϕ (t)

ϕ03t

dydt

y000=dy

00

dx =

dy00.dtdt.dx =

+ a3(ϕ(t)) dy

dt.

1

ϕ0(t)

+ a4(ϕ(t))y = g(ϕ(t))

2 Phép biến đổi tuyến tính hàm phải tìm y = v(x)z + γ(x) với v; γ là những hàm khả vi đếncấp n Không làm thay đổi tính tuyến tính của pt (2.7)

Tiếp tục quá trình ta thấy đạo hàm cấp : d

dxn với các hệ số là các hàm của x Sau khi thay các biểu thức này của y y0, y00 y(n)

ta đi đến phương trình tuyến tính cấp n mới:

c0(x)z(n)+ c1(x)z(n−1)+ + cn(x)z = d(x)Định lý 2: Giả sử hệ hàm y1(x); y2(x); , yn(x) là n nghiệm của phương trình tuyến tính thuầnnhất cấp n Điều kiện cần và đủ để hệ hàm phụ thuộc tuyến tính trên (a,b) là định thức Vronskicủa chúng đồng nhất bằng W (x) = 0 trên khoảng đó

Chứng Minh: Điều kiện cần:

Theo giả thiết hệ hàm y1(x); y2(x); , yn(x) phụ thuộc tuyến tính nên tồn tại bộ giá trị

α1; α2 αn không đồng thời bằng 0 sao cho Pn

i=1αiyi(x) = 0 Lấy đạo hàm hai vế của đẳngthức trên ta được:

y1(x) y2(x) yn(x)

y01(x) y20(x) yn0(x)

y1(n−1)(x) y2(n−1)(x) yn(n−1)(x)

= 0

Điều kiện đủ:

Giả sử:

y(n−1)1 (x) y2(n−1)(x) y(n−1)n (x)

Mặt khác:α01; α02 α0n là nghiệm của hệ phương trình (1) nên từ (1)và (2) ta có:

y0 = y(k), ∀k = 0, 1 , n − 1

Do phương trình vptttn có nghiệm tầm thường z(x) = 0 và thỏa mãn z(k)(x0), ∀k = 0, 1 , n − 1.Nên theo định lý tồn tại và duy nhất nghiệm ta phải có z(x) = y(x)

Hay α0y1(x) + α0y2(x) + + α0yn(x) = 0 Vì α0; α0 α0

nKhông đồng thời bằng 0 nên hệ hàm:

y1(x); y2(x); , yn(x) phụ thuộc tuyến tính trên (a,b)

Tính Chất Nghiệm 1: Nếu ỹ là một nghiệm tổng quát của phương trình VPTTTN L[y] = 0y* là một nghiệm của phương trình VPTT không thuần nhất L[y] = f (x) thì y =ỹ+y∗ là nghiệmcủa phương trình

a0(x)y(n)+ a1(x)y(n−1)+ + an−1(x)y0+ an(x)y = f (x)(1.1)

với

L[y] = 0 = a0(x)y(n)+ a1(x)y(n−1)+ + an−1(x)y0+ an(x)y(1.2)Chứng minh: Giả sử ỹ= y1C1+ y2C2+ + ynCn là nghiệm tổng quát của phương trìnhL[y] = 0 và y* là một nghiệm của phương trình (1.1), Khi đó: y =ỹ+y∗ là nghiệm vủa phương trình(1.1) vì L[y] = L[ỹ+y∗] = L[ỹ] + L[y∗] = f (x)

Ta cần chứng minh y =ỹ+y∗ là nghiệm tổng quát: với mỗi điểm

y1(x) y2(x) yn(x)

y01(x) y02(x) yn0(x)

y(n−1)1 (x) y2(n−1)(x) y(n−1)n (x)

6= 0

hay hệ trên có nghiệm duy nhất:C0; C0; ; C0

n

Nên y =ỹ+y∗ là nghiệm tổng quát của phương trình (1.1)

Tính Chất Nghiệm 2: Nếu y1; y2 lần lượt là các nghiệm tổng quát của PTVPTT khôngthuần nhất L[y] = f1(x) và L[y] = f2(x) thì y = y1+ y2 là nghiệm tổng quát của phương trìnhL[y] = f1(x) + f2(x) Đây được gọi là nguyên lý chồng chất nghiệm.

4.2 Phương Trình vi phân tuyến tính với hệ số hằng

Dạng tổng quát:

y(n) + a1y(n−1)+ + any = 0(1.1)Với phương trình đặc trưng là: λn+ a1λn−1+ + an= 0

hệ nghiệm cơ bản

Phương trình đặc trưng có nghiệm bội:

Trường hợp 1: Nghiệm thực bội m:

Trong trường hợp này ta sẽ m nghiệm riêng của pt là: y1= eλ 1 x; y2= xeλ 1 x; ; yn = xm−1eλ 1 x

Hệ các hàm này độc lập tuyến tính và do đó nó bổ sung vào m-1 nghiệm độc lập còn thiếu ở trên.Trường hợp 2: nghiệm phức bội k;

Nếu λ1 = a + bi là nghiệm phức bội m thì trong trường hợp này phương trình có 2m nghiệmthực là: y1= eaxcosbx; y2= xeaxcosbx; ; ym= xe(m−1)cosbx và

y1= eaxsinbx; y2= xeaxsinbx; ; ym= xe(m−1)sinbx

Kết hợp với những nghiệm còn lại ta sẽ được nghiệm tổng quát của phương trình

và sẽ có được nghiệm riêng của pt

b Nếu α là nghiệm bộ k của phương trình đặc trưng thì ta tìm nghiệm riêng của (2.1) dướidạng:

y∗ = xk(d0xm+ d1xm−1+ + dm)eαxThay y* vào L[y] rồi đồng nhất hệ số của các lũy thừa bậc x ở 2 vế ta sẽ tìm được d0; d1; dn

và sẽ có được nghiệm riêng của pt

Trường hợp 2: Hàm f (x) có dạng:

f (x) = eax[Pscosax + Qssinbx]

nếu a + bi không là nghiệm của phương trình đặc trưng thì ta sẽ tìm nghiệm riêng dưới dạng:

y∗ = eax[Rs(x)cosax + Tssinax]

Trong đó Rs; Ts là những đa thức bậc s của x

Nếu a + bi là nghiệm bội k của phương trình đặc trưng thì nghiệm riêng tương ứng được tìmdưới dạng:

dt = z − xdz

dt = x − yc

5.0.3 Hệ Phương trình tuyến tính với hệ số hằng.

dx = y + 2zc

dt = 4x + 4ye

dt = −6x + 2y + 6zdz

Tính Chất Nghiệm 1: Nếu ỹ nghiệm tổng quát phương trình VPTTTN L[y] = 0y* nghiệm phương trình VPTT khơng L[y] = f (x) y =ỹ+y∗ nghiệmcủa phương trình

a0(x)y(n)+... y2C2+ + ynCn nghiệm tổng quát phương trìnhL[y] = y* nghiệm phương trình (1.1), Khi đó: y =ỹ+y∗ nghiệm vủa phương trình( 1.1) L[y] = L[ỹ+y∗] = L[ỹ] + L[y∗] = f (x)

Ta... y2 nghiệm tổng quát phương trìnhL[y] = f1(x) + f2(x) Đây gọi nguyên lý chồng chất nghiệm.

4.2 Phương Trình vi phân tuyến tính với hệ số hằng