Phương trình vi phân đậu xuân thoan

- Nghiệm của phương trình vi phân là hàm số tìm được sau khi giải phương trình.. - Nghiệm của phương trình vi phân thỏa mãn điều kiện ban đầu gọi là nghiệm riêng của phương trình.. Để tì

Chương 1 PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP 1

1 Định nghĩa và các khái niệm cơ bản.

1.1 Định nghĩa:

- Phương trình vi phân cấp 1 là hệ thức giữa biến số độc lập x, hàm số chưa biết y(x) và đạo hàm cấp một y’(x)

Dạng biểu hiện của phương trình vi phân cấp 1 theo ba kiểu sau:

+Dạng tổng quát F(x,y,y’) = 0

+Dạng khác y’ = f(x,y) hoặc P(x,y)dx + Q(x,y)dy = 0

- Giải phương trình vi phân là tìm tất cả các hàm số y(x), sao cho khi thay y(x) và y’(x) vào hệ thức đặt ra, ta được một kết qủa đúng với mọi giá tri x trong tập xác định của y(x)

- Nghiệm của phương trình vi phân là hàm số tìm được sau khi giải phương trình Đóù là một hàm số viết ở dạng dạng ẩn F(x,y,C ) = 0 ta gọi là tích phân phương trình vi phân, hoặc viết ở dạng tường minh y = g(x,C ), với C là hằng số thực tùy ý

Ví dụ 2: a/ Phương trình y’ = x2y2 có nghiệm là 0

3

=++ x C

1.2 Điều kiện ban đầu, nghiệm riêng, nghiệm kỳ dị:

- Trong nhiều trường hợp ta cần tìm nghiệm phương trình thỏa mãn điều kiện cho trước nào đó, ta gọi là điều kiện ban đầu Thông thường điều kiện ban đầu với x=x0 thì y=y0

ký hiệu là y(x0)=y0 , hoặc yx=xo = y0

- Nghiệm của phương trình vi phân thỏa mãn điều kiện ban đầu gọi là nghiệm riêng của phương trình

Để tìm nghiệm riêng ta giải phương trình để có nghiệm tổng quát, thay điều kiện ban đầu vào nghiệm tổng quát có F(x0,y0,C )=0 hoặc y0=g(x0,C ), từ đó tìm được già trị C0 Nghiệm riêng sẽ là F(x,y,C0)=0 hoặc y=g(x,C0)

Chú ý: Xét phương trình y’=f(x,y), nếu hàm số f(x,y) liên tục và đạo hàm riêng theo y là f’y(x,y) liên tục trong miền D chứa điểm (x0,y0), thì tồn tại duy nhất hàm số y=g(x,C ) là nghiệm của phương trình thỏa mãn điều kiện ban đầu y(x0)=y0

- Bài toán Cauchy (đọc là Cô sy):

Tìm nghiệm ϕ : (a,b) → R

x  ϕ(x)

của phương trình y’ = f(x,y) và thỏa mãn điều kiện ban đầu cho trước ϕ(x0) = y0

Tức là, hàm y = ϕ(x) tìm được thỏa mãn hệ thức

),(

y x

y x f y

ϕ

- Nghiệm kỳ dị: Nghiệm y = ϕ(x) của phương trình y’ = f(x,y), mà tại mỗi điểm trên đồ thi của nó, tính duy nhất của bài toán Cauchy bị vi phạm, ta gọi là nghiệm kỳ dị của phương trình vi phân

Ví dụ 3: Phương trình x(y2+1)dx + y(x2+1)dy = 0 có nghiệm tổng quát là (1+x2)(1+y2) =

C Nghiệm riêng thỏa mãn điều kiện ban đầu y(1)=2 là (1+x2)(1+y2) = 10

1.3 Điều kiện Lipschitz (đọc là Lip sit)

Xét phương trình vi phân y’=f(x,y), hàm số f(x,y) xác định trên tập D (D⊂ R2 )

- Nếu f liên tục trên D và miền D là hình chữ nhật / , , 0, 0

a x x

thì hàm số f bị chặn trên miền D Tức là tồn tại số M>0 sao cho f(x,y) ≤M,∀(x,y)∈D

- Hàm số f(x,y) gọi là thỏa mãn điều kiện Lipschitz trên miền D đối với y, nếu tồn tại số L>0 sao cho với mọi cặp điểm (x,y1), (x,y2) thuộc D, kéo theo bất đẳng thức đúng

2 1 2

1) ( , )

,

f − ≤ − , ta ký hiệu là f∈Lipy(D)

Chú ý: Nếu hàm số f(x,y) có đạo hàm riêng theo y là f’y(x,y) bị chặn trong D thì f thỏa mãn điều kiện Lipschitz đối với y trên D

1.4 Định lý tồn tại duy nhất nghiệm (Định lý Picard)

Xét phương trình y’=f(x,y), hàm f(x,y) xác định trên tập D (D⊂ R2 ), (x0,y0)∈D,

2 Các phương trình cơ bản và cách giải

2.1 Phương trình biến số phân ly (Phương trình tách biến)

- Dạng phương trình: N(x)dx+M(y)dy = 0 các hàm số N(x) và M(y) liên tục theo x và y

- Cách giải: N(x)dx+M(y)dy = 0 ⇒ M(y)dy = - N(x)dx ⇒ ∫M(y)dy=−∫N(x)dx+C

Chú ý: Phương trình dạng N(x)G(y)dx+M(y)K(x)dy = 0 chuyển về tách biến ta được

0)

(

)(

y M

Ví dụ 5: Giải phương trình x(y2+1)dx + y(x2+1)dy = 0

x(y2+1)dx + y(x2+1)dy = 0 ⇒ 0

ydy

⇒

12ln(y2+1) = - 21ln(x2+1) + 21lnC ⇒ (y2+1)(x2+1) = C

2.2 Phương trình đẳng cấp ( Phương trình thuần nhất)

- Hàm số đẳng cấp: Hàm số f(x,y) gọi là hàm số đẳng cấp đối với x,y nếu với mọi giá trị thực a khác 0, ta luôn có f(ax,ay) = f(x,y)

Ví dụ 6: Hàm số f(x,y)= 2 2

2

y x

xy

− là hàm đẳng cấp

Thật vậy, ta thấy f(ax,ay)= 2(ax)(ay) 2a2xy = 2−xy

−

=

- Phương trình y’=f(x,y) trong đó hàm f(x,y) là hàm đẳng cấp đối với x,y gọi là phương trình đẳng cấp

Ta chú ý rằng với x khác 0 thì y’=f(x,y)= (1 ,1 ) (1, ) ( )

x

y g x

y f y x

x x

f = = ta viết lại là y’=g( x y)

- Cách giải: Đặt u= (x y ) ta có y’= x u

dx

du dx

dy = + , thay vào phương trình du dx.x+u = g(u) ⇒

Cx u

u g

du C

x u u g

du x

dx u

u

g

du

ln)

(

ln)

()

−

⇒

′+

thay u= (x y) ta có nghiệm chứa y và x của phương trình đã cho

Ví dụ 7: Giải phương trình y’= 2 2

2

y x

xy

−Đặt u= (x y ) thì y’= du dx.x+u , vế phải 2 2

2

y x

x

u Cx

u

u x

dx du u

u

u x

dx du

⇒

=+

1(

)1()

1

(

1

2 2

2

2 2

2

Thay u= (x y ) vào ta có nghiệm là y = C(x2+y2)

Ví dụ 8: Giải phương trình y’=

u

x

dx du

nghiệm ln 0

=+ − x

y

e

2.3 Phương trình vi phân toàn phần (Phương trình vi phân hoàn chỉnh)

- Dạng phương trình M(x,y)dx+N(x,y)dy = 0, trong đó biểu thức vế trái là vi phân toàn phần của một hàm số hai biến Tức tồn tại hàm U(x,y) thỏa mãn dU(x,y)=M(x,y)dx+N(x,y)dy

- Nghiệm của phương trình vi phân toàn phần M(x,y)dx+N(x,y)dy = 0 là U(x,y) = C

- Định lý: Giả thiết các hàm M(x,y) và N(x,y) liên tục, các đạo hàm riêng tồn tại liên tục trên một miền D Phương trình M(x,y)dx+N(x,y)dy = 0 là phương trình vi phân toàn phần

x

N y x y

- Cách giải:

* Nếu có thể biến đổi về dạng dU(x,y)=0, ta có nghiệm là U(x,y)=C

Ví dụ 9: Giải phương trình (3x2+y)dx+(x+2y)dy=0

Biến đổi vế trái (3x2+y)dx+(x+2y)dy= 3x2dx+(ydx+xdy)+2ydy= d(x3)+d(xy)+d(y2)=d(x3+xy+y2), nên (3x2+y)dx+(x+2y)dy=0 ⇔d(x3+xy+y2)=0 ⇔(x3+xy+y2) = C Hàm cần tìm là U(x,y) = (x3+xy+y2)

* Nếu không biến đổi như trên, ta chọn một điểm (x0,y0)∈D và giả thiết (x,y)∈D, vế trái là U(x,y) = ∫x +∫

x

y

y

dr r x N dt y t M

),()

),()

),()

),()

,

=C

Ví dụ 10: Giải phương trình (4xy2+y)dx+(4x2y+x)dy = 0

Kiểm tra điều kiện trong định lý thỏa mãn x y x y D

x

N y x y

,

đây là phương trình vi phân toàn phần

Chọn điểm (x0,y0) = (0,0) và sử dụng công thức ∫x + ∫

x

y

y

dr r x N dt y t M

),()

,

nghiệm

của phương trình 2x2y2+xy = C

2.4 Thừa số tích phân

- Trong những trường hợp phương trình M(x,y)dx+N(x,y)dy = 0 không phải là phương trình vi phân toàn phần Nếu tồn tại hàm hai biến V(x,y) sao cho khi nhân vào vế trái, trở thành vi phân toàn phần của hàm số U(x,y), tức là đU(x,y)=V(x,y)M(x,y)dx+V(x,y)N(x,y)dy Ta gọi hàm V(x,y) là thừa số tích phân

- Cách tìm thừa số tích phân:

Nói chung không có phương pháp tổng quát để tìm thừa số tích phân, tuy nhiên có thể tìm được trong một số trường hợp đặc biệt

Giả sử V(x,y) là thừa số tích phân, áp dụng định lý (ở mục 2.3 ở trên) ta có:

)]

,()

,()[

,(),()

,()

,()()

N y x y

M y x V y x y

V M y x x

V N y x x

VN y

M V y

V M x

V N

Xét đặc biệt:

a/ Nếu V=V(x) tức V chỉ phụ thuộc vào x, thì

N x

N y M dx

V d x

N y

)(ln)

M x N dy

V d x

N y

M V

y

V

M

)(

)(ln)

dx+y2dy +( dx

x

y dy

3 Phương trình vi phân tuyến tính

- Dạng phương trình y’+p(x).y = q(x), trong đó các hàm số p(x) và q(x) liên tục trên (a,b)⊂R, hàm số y=y(x) và đạo hàm y’=y’(x)

- Khi vế phải q(x) = 0 , ta nói phương trình y’+p(x).y = 0 là phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất

= ∫

∫ - p(x)dx C y C.e - p(x)dx, Khi C=1 ta có nghiệm riêng y 1 = −∫p x dx

Chú ý: Ta có thể viết y= C.y1 hay là y(x) = C y1(x)

3.2 Giải phương trình không thuần nhất y’+p(x).y = q(x)

Nhà toán học ø Lagrange (đọc là La- g- răng) nêu ra cách tìm nghiệm mà ngày nay chúng ta gọi là phương pháp biến thiên hệ số Lagrange như sau:

- Giải phương trình thuần nhất để lấy nghiệm y(x) = C.y1(x)

- Đặt y(x) = C(x).y1(x) và buộc cho nó là nghiệm của phương trình, tức là thay y(x) và y’(x) vào phương trình được thỏa mãn:

[C’.y1+C.y’1] + p(x) [C.y1] = q(x) hay có C’.y1 + C [y’1+p(x).y1] = q(x) Vì y1 là nghiệm của phương trình thuần nhất nên C’.y1 = q(x) dx

y

x q dC y

x q C

1 1

)()

x q

1 1

)).(

()

(

) (

Chú ý :Viết gọn là y = (y1) [∫ q(x).(y1)-1.dx + M] hay là y = y 1 [∫ q(x).(y 1 ) -1 dx +C ] (*)

Nếu không có gì nhầm lẫn thì từ nay về sau ta coi (*) như là công thức, áp dụng vào giải từng bài cụ thể mà không cần thiết lập lại nữa

Ví dụ 12: Giải phương trình y’ -

1

2+

x y = (x+1)3

Trước hết giải phương trình thuần nhất y’ -

1

2+

x y = 0 ⇒ y’=

1

2+

1

2+

=

x

dx y

dy

⇒

,)1(ln

1ln2ln'1ln2ln1

R C x

C y C x

y C

x y

Để giải phương trình không thuần nhất y’ - x2+1.y = (x+1)3 , ta đặt y=C(x).y1 và buộc cho nó là nghiệm của phương trình, ta có: [C(x).y1]’ -

1

2+

x [C(x).y1] = (x+1)3 ⇒C’(x).y1+ C(x).[y’1 - x2+1.y1] = (x+1)3 ⇒ C’(x).y1 = (x+1)3 ⇒ C’(x) = (x+1)⇒

Ví dụ 13: Giải phương trình y’+

x

2

y = xGiải phương trình thuần nhất y’+

dy

lnln2ln

2

y = C.x-2 Chọn C = 1 ta có nghiệm riêng y1= x-2

.Giải phương trình không thuần nhất y’+ 2xy = x áp dụng công thức (*) có nghiệm phương trình là y = x-2 (∫ x x2 dx + C ) = x-2(

Ví dụ 14: Giải phương trình 2y dx – (y2 – 2x)dy = 0

Nếu coi x là đối số và y = y(x) là hàm số theo x, thì đưa về phương trình

dx

dy

= y22−y2xkhông phải là phương trình vi phân tuyến tính cấp 1 mà ta đang xét

Nếu thay đổi hướng khác, coi y là đối số và x = x(y) là hàm số theo y, thì đưa về phương

dy

dx y

x y

dy

2

12

22

y x y dy

dx

2

11

=+

⇒ là phương trình vi phân tuyến tính cấp1

Như vậy, 2y dx – (y2 – 2x)dy = 0 ⇔ x

y dy

y

dy x

dx

=

⇒+

4 Các phương trình khác

4.1 Phương trình Bernoulli ( đọc là Bec nu ly)

- Dạng phương trình y’ + p(x).y = q(x) ys , trong đó p(x) và q(x) là các hàm liên tục trên

Nếu s = 0 thì phương trình trở thành y’ + p(x).y = q(x) là phương trình tuyến tính đã xét.Nếu s = 1 thì phương trình trở thành y’ + p(x).y = q(x).y ⇒ y’ + [p(x) – q(x)].y = 0 là phương trình tuyến tính thuần nhất đã xét.

Nếu s ≠0 và s ≠1 thì ta giải bằng cách sau:

Chia cả hai vế cho ys có phương trình y-s.y’ + p(x).y1-s = q(x) (i)

Đặt z = y1-s , lấy đạo hàm theo x ta được z’ = (1-s).y-s.y’ suy ra y-s.y’ = 1−1s.z’ Thay vào phương trình (i) được z’ + (1-s).p(x).z = (1-s).q(x), đây là phương trình tuyến tính đã xét Giải ra được nghiệm theo z = z(x) rồi thay trở lại z = y1-s ta được nghiệm tổng quát của phương trình theo x,y

Ví dụ 15: Giải phương trình y’ – 2xy = 2x3y2 (i)

Chia hai vế cho y2 có phương trình y-2y’ – 2xy-1 = 2x3 (ii)

Đặt z = y-1 , lấy đạo hàm theo x ta được z’ = dx dz = - y-2.y’ thay vào (ii) và biến đổi có phương trình z’ +2xz = - 2x3 (iii)

Giải phương trình (iii) được nghiệm là z = (x 2 – 1) + C e−x2

Thay z = y-1 được nghiệm qổng quát của (i) là 1y = (x 2 – 1) + C e−x2

Ví dụ 16: Giải phương trình xy’ – 4y = x2 y

Chia hai vế cho y = 2

1

y và x được phương trình 2 2

1 2

1

- Dạng phương trình y = g(y’).x + h(y’), trong đó x là đối số, y=y(x) là hàm số theo x và

y’= y’(x) là đạo hàm của hàm số y, các hàm g(y’) và h(y’) là hàm số theo biến y’

- Cách giải:

Đặt y’ = p thay vào phương trình được y = g(p).x + h(p) (*)

Lấy đạo hàm của y theo biến x được y’ =dx dy = g(p)+g’(p) dp dx.x + h’(p) dp dx

Theo cách đặt ta có đẳng thức g(p)+g’(p)

)()

(

)()

(

p g p

p h x p g p

p g p

g p

p h x p g

−

′+

′

Coi p là biến độc lập, x=x(p) là hàm số ta có phương trình vi phân tuyến tính

dp dx= ( () )

)(

)(

p g p

p h x p g p

p g

−

′+

−

′

hay là dp dx - x

p g p

p g

.)(

)(

−

′

= p h−′(g p()p) (ii)Giải phương trình (ii) giả sử có nghiệm x = C.k(p) + v(p), với C∈R

Khi đó thay x vào (*) được y = g(p)[C.k(p) + v(p)] + h(p) = C [g(p).k(p)] + [g(p).v(p) + + h(p)] = C A(p) + B(p)

Nghiệm của phương trình dưới dạng tham số là

)()(

p B p A C y

p v p k C x

từ đây nếu khử tham số p ta có nghiệm ở dạng y = y(x, C )

Đặc biệt: Khi g(p) = p, từ (*) ta có y = p.x + h(p) cũng là nghiệm của phương trình

y = g(y’).x + h(y’), tùy theo trường hợp cụ thể hoặc là nghiệm riêng hoặc là nghiệm kỳ dị

Ví dụ 17: Giải phương trình y = y’2 x + y’2

Đặt y’ =

dx

dy

= p ta có dy = p.dx Thay y’ = p vào phương trình được y = p2.x + p2

⇒ dy = p2.dx + 2p.x.dp + 2p.dp Từ đó có p.dx = p2.dx + 2p.x.dp + 2p.dp ⇒ p(p-1)dx + 2p(x+1)dp = 0

p

p

p dp

2

giải phương trình này ta có

Phương trình đã cho có nghiệm theo tham số p là

RC , )1(]

1)1(

[

1)

1

(

2

2 2

2 2

Khử tham số p ta có nghiệm tổng quát y =( x+1+ C)2, C∈R

Khi p = 0 ta có y = 0 là nghiệm kỳ dị Khi p = 1 ta có y = x+1 là nghiệm riêng

4.3 Phương trình Clairaut (đọc là C le rô)

- Dạng phương trình y = x.y’ + h(y’)

Từ đó có p.dx = p.dx + x.dp + h’(p).dp ⇒ [x+h’(p)].dp = 0 ⇒  + =

=

0)('

0

p h x dp

Giải dp = 0 ta có p =C, nghiệm tổng quát phương trình là y = C.x + h(C ), C∈R Giải [x+h’(p)] = 0 ⇒ x = - h’(p) thay vào phương trình có nghiệm dạng tham số p là

Ví dụ 18: Giải phương trình y = x.y’ - 41y’2

Thay y’ = C ta có nghiệm tổng quát y = C.x -

41

C2 (*)

Để tìm bao của họ đường thẳng (*) ta giải hệ phương trình

)('

p h p h p y

p h x

chú ý ở đây h(p) = - 41p2 nên h’(p) = - 21p suy ra x = - 21p , và có luôn y = -p( - 21p) - 14p2

p y

p x

khử p ta có nghiệm tổng quát y = x2

Ý nghĩa : Khi biểu diễn trên mặt phẳng R2 với hệ tọa độ ĐềCác Oxy, ta có họ đường thẳng y = C.x - 41C2 , C∈R tiếp xúc và nằm ở phía dưới Parabol y = x2

4.4 Giới thiệu phương trình đạo hàm riêng cấp 1.

- Định nghĩa:

Một phương trình liên hệ bao gồm : Các biến độc lập x1 , x2 , … , xn Các ẩn hàm

U1(x1 , x2 , … , xn ); U2(x1 , x2 , … , xn ); … ; Um(x1 , x2 , … , xn ) Các đạo hàm riêng cấp 1 của các ẩn hàm Ui (x1 , x2 , … , xn ), i= 1,2,3, … m được gọi là phương trình đạo hàm riêng cấp 1

x

U x

U U U U x x x F

n

i i

m

n, , , , , , , ) 0, 1,2, ,, ,

,(

1 2

1 2

U U y x

Phương trình (4.4) không tuyến tính gọi là phương trình phi tuyến

Phương trình(4.4)gọi là á tuyến tính nếu hàm F chỉ tuyến tính đối với các đạo hàm riêng

• Xét phương trình n biến và một ẩn hàm:

Phương trình tuyến tính cấp 1 của ẩn hàm U đối với các biến x1, x2 , … , xn là phương trình có dạng

i n

1 = f(x1, x2 , … , xn ,U )

Phương trình tuyến tính thuần nhất cấp 1 của ẩn hàm U đối với các biến x1, x2 , … , xn là phương trình có dạng

i n n

i i

x

U x x x X

- Cách giải: (Ta chỉ xem xét một dạng tuyến tính thuần nhất n biến và một ẩn hàm) Giải phương trình

i n n

i i

x

U x x x X

1 = 0 , i = 1,2, … ,n (4.4.1)

Giả thiết các hàm Xi , i = 1,2, … , n liên tục và các đạo hàm riêng của chúng liên tục trong lân cận v(X0) với X0 = (x10 , x20 , … , xn0 ), không đồng thời bằng 0 tại X0 , tức tồn tại chỉ số (i) nào đó sao cho Xi(X0) ≠ 0 (4.4.2)

+ Với U(x1, x2 , … , xn ) = C , C∈R là nghiệm của phương trình (4.4.1), thật vậy các đạo hàm riêng U’(xi ) =

0 Ta gọi nghiệm này là nghiệm hiển nhiên

+ Với giả thiết thích hợp nào đó, phương trình (4.4.1) có vô số nghiệm không

dx X

a/ Nếu hàm số W( x1, x2 , … , xn ) là tích phân khả vi liên tục của hệ (4.4.3) thì

U = W( x1, x2 , … , xn ) là nghiệm của phương trình (4.4.1)

b/ Ngược lại, nếu U = W( x1, x2 , … , xn ) khác hằng số là nghiệm của (4.4.1) thì

W( x1, x2 , … , xn ) là tích phân của hệ (4.4.3)

Ta không chứng minh định lý này

Từ định lý cho ta tìm nghiệm phương trình (4.4.1) tương đương với việc tìm tích phân của hệ (4.4.3) Với giả thiết (4.4.2) thì hệ (4.4.3) tương đương với hệ (4.4.4) trong lân cận v(X0) , giả sử trong lân cận này hệ (4.4.4) có (n-1) tích phân độc lập là W1( x1, x2 , … , xn

), W2( x1, x2 , … , xn) , … ,Wn-1( x1, x2 , … , xn )

Khi đó U = V(W1 , W2 , … , Wn-1 ) (4.4.5) với V là một hàm khả vi liên tục tùy ý, sẽ là

một tích phân của (4.4.4)

Vậy U = V(W1 , W2 , … , Wn-1 ) là nghiệm của phương trình (4.4.1)

Ví dụ 20: Xét phương trình =0

∂

∂+

∂

∂+

∂

z

U y y

U x x

U

Trong phương trình này có X1(x,y,z) = x, X2(x,y,z) = y, X3(x,y,z) = z, đều thỏa mãn điều kiện (4.4.2) nên ta chuyển về tìm nghiệm hệ phương trình đối xứng

Hệ phương trình đối xứng tương ứng là dx x = dy y = dz z từ đây có hai nghiệm riêng :

Ví dụ 21: Giải phương trình x.

x

U

∂

∂ + y.∂∂U y = 0 Phương trình đối xứng tương ứng là dx x = dy y ⇒ xdy – ydx = 0 ⇒ d( x y ) = 0 ⇒ ( x y ) = C

⇒ U1(x,y) = (x y ) , với x≠ 0 Ta có nghiệm phương trình là U(x,y) = x y + C , C∈R Thử lại: U’(x) = ∂∂U x = y

x .

12

− và U’(y) = ∂∂U y = 1x thay vào phương trình thấy vế trái

x .

1

2

− ) + y(1x ) = 0 , như vậy U(x,y) = x y + C , C∈R là nghiệm tổng quát

Nghiệm của bài toán Cauchy đối với phương trình tuyến tính thuần nhất

Xét bài toán Cauchy sau đây:

i n n

i

i

x

U x x x

1 = 0 và điều kiện ban đầu U/(xn=xn0) = W( x1 , x2 , … , xn-1) Trong đó các hàm Xi , i = 1,2, … , n liên tục và các đạo hàm riêng của chúng liên tục trong lân cận v(X0) với X0 = (x10 , x20 , … , xn0 ), không đồng thời bằng 0 tại X0 , tức tồn tại chỉ số (i) nào đó sao cho Xi(X0) ≠ 0 (giả thiết 4.4.2) Hàm W( x1 , x2 , … , xn-1 ) là một hàm khả vi liên tục của các biến x1 , x2 , … , xn-1

Gọi W1 , W2 , … , Wn-1 là (n-1) tích phân độc lập rút ra từ hệ vi phân (4.4.3) ứng với (4.4.1)

1 2

1 1

1 0 1 2

1 1

),, ,,(

),, ,,(

n n

n n

n n

W x

x x x W

W x

x x x

W

và giả sử từ hệ này trong lân cận v(X0) ta lấy ra

các xi , i= 1,2,…,n biểu thị qua (W1,W2, ,W n−1) là x1 = v1(W1,W2, ,W n−1)

∂

∂

y z

z y

z x y x

z x

Hệ vi phân tương ứng dx x = y dy+x2 = dz z có hai tích phân độc lập

x

x y y x

2)

x, )=(

α , rồi xét hệ

2

42

2

2

4

t z

t y t

y = 2 = vậy z = y – x2 là nghiệm phải tìm của bài toán Cauchy

BÀI TẬP CHƯƠNG I – PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP 1

1 Chứng tỏ các hàm số cho dưới đây là nghiệm của phương trình vi phân tương ứng:a/ 2y’ + 3y = e- x , y = e- x + C x

tt

esin

1

dt x

e/ tgx sin2 y dx + cos2 x cotg y dy = 0, ĐS cotg2 y = tg2 x + C

f/ (x2 -1)y’ + 2xy2 = 0, y(0) = 1 ĐS y(ln x2 −1 + C ) = 1, y = 0

Nghiệm riêng y[ln (1-x2 )+1] = 1

3 Giải phương trình đẳng cấp

e/ (4x2 + 3xy + y2 )dx + (4y2 + 3xy + x2 )dy = 0, ĐS (x2+y2)3 (x+y)2 = C

f/ (x2 – 3y2 )dx + 2xy dy = 0, y(2) = 1 ĐS nghiệm riêng y = x x

8

3

1−

4 Giải phương trình vi phân toàn phần

a/ (x+y)dx + (x+y2 )dy = 0

y

xy

y dy = 0 ĐS x2+2x y2 +1 - y2 = C e/ x dy + (y – sinx)dx = 0 ĐS xy + cos x = C

f/ (ex + lny +

x

y

)dx + ( y x + lnx + siny)dy = 0 ĐS ex +x lny + y lnx – cosy = C

5 Chứng tỏ rằng các hàm cho dưới đây là thừa số tích phân của các phương trình vi phân tương ứng, giải các phương trình đó

a/ (x+2y)dx – x dy = 0, V(x,y) = 13

x ĐS y = C x2 – xb/ y dx – x dy = 0, Có 4 thừa số tích phân là 12

7 Giải phương trình Becnuly

a/ (1 – 2xy)y’ = y(y – 1) ĐS (y – 1)2 x = y – ln Cy, y = 0, y = 1b/ y’ + 2y = y2ex ĐS y ( ex + C e2x ) = 1, y = 0

c/ y’ = y4 cosx + y tgx ĐS y- 3 = C cos3 x – 3sinx cos2x, y = 0 là nghiệm riêng.d/ xy2 y’ = x2 + y3 ĐS y3 = Cx3 – 3x2

Chương 2 PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP CAO

1 Định nghĩa và các khái niệm cơ bản.

1.1 Định nghĩa:

- Phương trình vi phân cấp n ( n ≥ 2 ) là hê thức giữa biến độc lập x, hàm số y(x), các đạo hàm các cấp của y(x) và cao nhất là cấpø n, có mặt trong phương trình

Dạng tổng quát phương trình vi phân cấp n là F (x,y,y’, y”, … , y(n) ) = 0 Dạng phương trình vi phân cấp n đã giải ra đối với đạo hàm cấp n là y(n) = f(x,y,y’,y”, … , y(n-1) ).

- Giải phương trình vi phân là tìm tất cả các hàm số y(x), sao cho khi thay y(x) và các đạo hàm của nó vào hệ thức đặt ra, ta được một kết quả đúng với mọi giá trị x trong tập xác định của y(x)

- Nghiệm tổng quát của phương trình vi phân là hàm số tìm được sau khi giải phương trình Đó là hàm số viết ở dạng ẩn F (x,y,C1,C2,C3, … , Cn ) = 0 với các Ci∈ R, i = 1,2,3, … , n, hoặc viết ở dạng tường minh y = g(x,C1,C2,C3, … , Cn )

Ví dụ 1: Phương trình vi phân cấp hai y” = 4y’- 3y +3e2x +x.ex có nghiệm tổng quát là

y = C1ex +C2e3x – 3e2x -

4

1(x2 +x)ex

1.2 Điều kiện ban đầu, nghiệm riêng:

- Trong nhiều trường hợp cần tìm nghiệm phương trình thỏa mãn điều kiện cho trước nào

đó, ta gọi là điều kiện ban đầu Thông thường điều kiện ban đầu x=x0 thì y=y(x0)=y0 , y’=y’(x0)=y’0 , … , y(n)(x0)=y(n)

0 Đôi khi ta biểu thị điều kiện ban đầu bằng hệ điểm như sau {(x0 , y0); (x0 , y’0 ); (x0 , y”0 ); … ; (x0 , y(n)

1.3 Điều kiện Lipschitz ( đọc là Lip sit )

Xét phương trình y(n) = f(x,y,y’,y”, … , y(n-1) ) với hàm f xác định trên tập V ⊆ Rn+1

- Nếu hàm f liên tục trên V và V là hình hộp chữ nhật

b y y

b y y

a x x

n n

0 ) 1 ( ) 1 ( 0 0 0 0

)

( ), ,

,,,(), ,

f y

f y

f

liên tục trên V thì hàm f thỏa mãn điều kiện Lipsit trên V Ta ký hiệu f ∈ Lip (V)

1.4 Định lý tồn tại duy nhất nghiệm:

Xét phương trình y(n) = f(x,y,y’,y”, … , y(n-1) ) với hàm f xác định trên tập V ⊆ Rn+1

Nếu hàm f liên tục trên V và thỏa mãn điều kiện Lipsit trên V, thì tồn tại duy nhất nghiệm y = g(x,C1,C2,C3, … , Cn ) xác định trên đọan [x0 – h , x0 + h ]⊂(x 0 – a, x 0 + a) và

thỏa mãn điều kiện ban đầu tức là lấy được nghiệm riêng y = g( x, C10 , C20 , … , Cn0 )

2 Phương trình giải được bằng cách giảm cấp

2.1 Giải phương trình cấp 2 bằng cách giảm cấp:

- Dạng 1 F (x, y” ) = 0

a/ Nếu chuyển được thành dạng y” = f(x) ta tích phân liên tiếp sẽ có y’ = ∫ f(x)dx, tiếp tục y = ∫ ∫dx [ f(x)dx] , chú ý lấy tích phân trong dấu [ ] trước

Ví dụ 2: giải phương trình y” = ex + x + 5

Tích phân ta được y’ = ∫(e x +x+5)dx = ex +

2

1

x2 + 5x + C1 Tiếp tục tích phân y=∫y′dx = ∫ (ex + 21x2 + 5x + C1 ) dx = ex + 61x3 + 25x2 + C1.x +C2

y = ex +

6

1

x3 + 2

5

x2 + C1.x +C2 b/ Nếu chuyển thành dạng tham số

)(

t y

t x

α

φ

ta có dx = φ′(t) dt Theo công thức vi phân dy’ = y”dx hay có dy’ = α(t)φ′(t) dt ⇒ y′=∫α(t).φ′(t).dt =Φ1(t,C1) Tiếp tục từ công thức dy = y’ dx hay có dy = Φ1(t,C1).φ′(t) dt ⇒ y=∫Φ1(t,C1)φ′(t)dt = Φ2( t, C1, C2

=

=

),,(

)(

2 1

2 t C C y

t

Ví dụ 3: Giải phương trình e y′′+ y” = x

Đặt y” = t , theo bài ra có x = et + t, ta có dx = (et +1)dt Từ công thức dy’ = y”.dx ⇒dy’ = t(et +1)dt ⇒ y′=∫t(e t +1)dt = (t – 1).et +

3).e2t +(

- Dạng 2 F ( y” , y’ ) = 0.

a/ Nếu chuyển được thành dạng y” = f (y’ ), ta đặt z = y’ thì z’ = f (z) ⇒ z = h( x, C1 ) hay y’ = h( x, C1 ) ⇒ y =∫ h( x, C1 ) dx = H ( x, C1 , C2 )

Ví dụ 4: Giải phương trình a.y” = - (1+ y’2 )3/2 với a > 0

Đặt z = y’ ta có z’ = - 1(1 )2 , a 0

1 , 1+z2 = cos1ϕ ⇒ x = - a sin ϕ + C1

dx = - a cos ϕ dϕ Khi đó y’= tgϕ, từ công thức dy = y’ dx = - tgϕ a cos ϕ dϕ =

t y

)

()

(

)(

αα

)

(

ϕ

αϕ

α

t

dt t y

y d

= H (t, C1 ) hay là x = H (t, C1 )Thay lại có vi phân dx = H’(t, C1 ).dt Từ công thức dy = y’.dx = α(t).H’(t, C1 ).dt ⇒

y =∫ α (t).H’(t, C1 ).dt = G ( t, C1 , C2 )

Nghiệm tham số của phương trình là x = H (t, C1 )

y = G ( t, C1 , C2 ) / C1, C2∈ R

Ví dụ 5: Giải phương trình a.y” = - (1+ y’2 )3/2 với a > 0

Đặt y’ = tg t⇒ 1+y’2 =

t

2cos

1( + ′ = ⇒ y” = -

t

a.cos31

Ta được y” = -

t

a.cos31

y’ = tg t Aùp dụng công thức vi phân dy’ = y”.dx ⇒ dx = d y y′′′ thay tử thức dy’ = d(tg t) =

t

2cos

Khử tham số t ta có nghiêm phương trình (x – C1 )2 + ( y – C2 )2 = a2 / C1, C2∈ R

- Dạng 3 F (y, y” ) = 0

a/ Nếu chuyển được thành y” = f(y) ta có d(y’2 ) = 2.y’.y”.dx = 2.y’.f(y).dx = 2.f(y).dyHay d(y’2 ) = 2.f(y).dy ⇒ y’2 = ∫2f(y).dy = H (y) +C1 Từ công thức vi phân dy = y’.dx rút ra dx = dy y′ ⇒ x = ∫dy y ∫ y dy=∫ H y +C dy

′

=

11

= G (y) +C2 ⇒ G (y)+C2 – x = 0.Dạng nghiệm tìm được W (x, y, C1 , C2 ) = 0

Ví dụ 6: Giải phương trình y” + 4y = 0

Từ bài ra ta có y” = - 4y, theo công thức vi phân d(y’2) = 2y’ y”.dx = 2.y” dy⇒d(y’2) =

= - 8y.dy ⇒ y’2 = - 4y2+ C’1 = - 4y2 + 4C1 = 4(C1 – y2 ), viết gọn y’2 = 4(C1 – y2 )

Từ công thức vi phân dy = y’.dx ⇒ dx = dy y′ ⇒ x = ∫ ∫

−

=

−

)1(2)(

4

1

2 1

2 1

C

y C

dy y

y

1

C x C C

y

+

= ⇒ y = C1 sin 2 C1 (x+C2 ) =

= C1 sin ( 2 C1 x + 2 C1 C2 )

⇒ y = C1 (sin 2 C1 x cos 2C2 C1 + cos 2 C1 x sin 2C2 C1 )

⇒ y =( C1 sin 2 C1 x cos 2C2 C1 ) + ( C1 cos 2 C1 x sin 2C2 C1 )

Đặt X = C1 x , A = ( C1 cos 2C2 C1 ), B = ( C1 sin 2C2 C1 ) Khi đó nghiệm

phương trình viết gọn là y = A.sin 2X + B cos 2X , với A , B∈ R

b/ Nếu viết thành dạng tham số

)(

t y

t y

α

ϕ

ta giải như sau: ta có dy = α ′(t).dtTừ công thức vi phân d(y’) = y”.dx và dy = y’.dx suy ra y’.d(y’) = y”.dy

Hay có y’.d(y’) = ϕ(t).α ′(t).dt ⇒ d(y’2 ) = 2ϕ(t).α ′(t).dt ⇒ y’2 = 2∫ ϕ(t).α ′(t).dt

⇒ y’ = 2∫ϕ(t).α′(t).dt = H (t , C1 ) Kết hợp bài ra có hệ

),

t y

C t H y

α giải hệ này

C t H

t x

C t H

dt t y

dy

),(

)

()

,(

y = α (t)

Khử tham số t đưa về dạng F (x,y, C2 ) = 0

Ví dụ 7: Giải phương trình y” + 4y = 0

Đặt y” = t và y = -

1 2)

4

1(41

C t

Khử tham số t trong nghiệm của phương trình:

Rút t = - 4y thay vào có x = -

2

1.arc sin (

1.2

2.2 Giải phương trình cấp n ( n ≥ 3 ) bằng giảm cấp:

Với cấp n ≥ 3 việc giải phương trình phức tạp khó khăn hơn nhiều so với cấp 2 vừa xét

Có 3 dạng tương tự như trên :

)()

y

t x

y = Φn( t, C1, C2 , … , Cn )

- Dạng 2 F (y (n) , y (n-1) ) = 0

a/ Nếu chuyển được về y(n) = f( y(n-1) ), ta đặt z = y(n-1) thì z’ = f(z), giải phương trình này tìm được z = h(x, C1 ) ⇒ y(n-1) = h(x, C1 ) Tích phân liên tiếp được nghiệm phương trình.b/ Nếu chuyển được thành dạng tham số û dy t dt

t y

(

)

) 1 (

) (

αα

)

()

(

) 1 (

ϕ

αϕ

α

t

dt t y

) (

t y

t y

n

n

α

ϕ

ta giải bằng cách sau:

Từ công thức vi phân dy(n-1) = y(n).dx và dy(n-2) = y(n-1) .dx ⇒ y(n-1) .dy(n-1) = y(n).dy(n-2) hay là d[(y(n-1))2] = 2.ϕ(t) α ′(t).dt ⇒ y(n-1) = 2∫ϕ(t).α′(t).dt = H (t, C1 ) Khi đó ta có

y(n) = ϕ(t) và y(n-1) = H (t, C1 ) giải theo dạng 2.b/ mục 2.2û trên đây

3 Phương trình vi phân tuyến tính cấp cao n (n ≥2).

3.1 Phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất cấp 2.

- Định nghĩa 1: Phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất cấp 2 là phương trình sau khi

biến đổi có dạng y” + p(x).y’ + q(x).y = 0, (3.1.1) trong đó p(x) và q(x) là các hàm số

liên tục trên (a,b) ⊂R

- Định nghĩa 2: Hai hàm số f(x) và g(x) cùng xác định trên (a,b) ⊂R, được gọi là phụ thuộc tuyến tính, nếu tồn tại các số u, v không đồng thời bằng không (tức u2+v2 ≠0 ) sao cho đẳng thức u f(x) + v g(x) = 0 xẩy ra trong (a,b)

Ngược lại, đẳng thức u f(x) + v g(x) = 0 xẩy ra trong (a,b) khi và chỉ khi u = v = 0 ta nói hai hàm số f(x) và g(x) là độc lập tuyến tính

- Định nghĩa 3: Nếu các hàm số f(x) và g(x) cùng khả vi trong khoảng (a,b) ⊂R, ta gọi định thức W[f, g] = ff (′x(x)) g(x)g′(x) = f(x) g’(x) – f ‘(x) g(x) là định thức Vrônski của các hàm số ấy

Ví dụ 8: a/ Các hàm f(x) = ekx và g(x) = eux với k≠u, là đôc lập tuyến tính trên toàn trục số R

b/ Các hàm f(x) = xn và g(x) = xm với n, m ∈N và n≠m, là độc lập tuyến tính trên toàn trục số R

c/ Các hàm r(x) = 1 và s(x) = cos2x + sin2x là phụ thuộc tuyến tính trên toàn trục số R

3.1.2 Các định lý:

- Định lý 1: Nếu các hàm y1(x) và y2(x) là hai nghiệm riêng của phương trình (3.1.1) thì tổ hợp y(x) = C1.y1(x) + C2.y2(x) với C1 , C2∈ R, cũng là nghiệm của (3.1.1)

Chứng minh:

Lấy đạo hàm y’ = C1.y’1 + C2.y’2 và y” = C1.y”1 + C2.y”2 thay vào (3.1.1) ta được

( C1.y”1 + C2.y”2 ) + p(x).(C1.y’1 + C2.y’2 ) + q(x),( C1.y1 + C2.y2 ) = C1[y”1 + p(x).y’1 + q(x).y1 ] + C2 [ y”2 + p(x).y’2 + q(x).y2 ] = C1 0 + C2 0 = 0 Vậy y = C1.y1 + C2.y2 là nghiệm của phương trình (3.1.1)

- Định lý 2: Nếu các hàm số f(x) và g(x) phụ thuộc tuyến tính trong khoảng (a,b) ⊂R, thì định thức Vrônski của chúng W[f, g] = f f(′x(x)) g(x)g′(x) = f(x) g’(x) – f ‘(x) g(x) đồng nhất 0 trong (a,b) Tức là, W[f, g] = 0, ∀x∈ (a,b)

Chứng minh:

Cho f, g phụ thuộc tuyến tính nên tồn tại u, v không đồng thời bằng không (tức u2+v2 ≠

0 ) sao cho đẳng thức u f(x) + v g(x) = 0 xẩy ra trong (a,b)

Giả sử u≠0 ta có f(x) = - u v g(x) ⇒ f ’(x) = - u v g’(x) khi đó W[f, g] = − g ′ gg′

g u

v

= 0, vậy W[f, g] = 0, ∀x∈ (a,b)

- Định lý 3: Nếu các nghiệm f(x) và g(x) của phương trình (3.1.1) mà độc lập tuyến

tính trong khoảng (a,b) ⊂R, thì định thức Vrônski của chúng

W[f, g] = ff (′x(x)) g(x)g′(x) = f(x) g’(x) – f ‘(x) g(x) không bị triệt tiêu tại bất cứ điểm nào trong (a,b) Tức là, W[f, g] ≠0, ∀x∈ (a,b)

Chứng minh: