Bai giang c4

Một số khái niệm cơ bản về phương trình vi phân Xét một bài toán dẫn đến phương trình vi phân sau : Tìm phương trình đường cong sao cho mọi đoạn của tiếp tuyến chắn trên 2 trục toạ độ đ

Chương 4 PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN

4.1 Một số khái niệm cơ bản về phương trình vi phân

Xét một bài toán dẫn đến phương trình vi phân sau : Tìm phương trình đường cong sao cho mọi đoạn của tiếp tuyến chắn trên 2 trục toạ độ đều bị tiếp điểm chia thành 2 phần bằng nhau

Gọi M(x,y) là điểm tuỳ ý trên đường cong Khi đó hệ số góc của tiếp tuyến

y  với C là hằng số bất kỳ đều thoả mãn phương trình và

nó được gọi là nghiệm của phương trình vi phân trên Vậy chúng ta có một họ

đường cong

x

C

y  thoả mãn yêu cầu đề bài

Nếu thêm điều kiện đường cong phải đi qua điểm (2,3) nghĩa là y(2)3 thì

Nếu hàm phải tìm y có nhiều biến số và phương trình chứa các biến độc lập này, hàm y và các đạo hàm riêng của nó thì gọi là phương trình vi phân đạo hàm riêng (gọi tắt là phương trình đạo hàm riêng PTĐHR) Trong chương 2 này chúng ta chỉ khảo sát những PTVP thường

Cấp của PTVP là cấp cao nhất của đạo hàm có mặt trong phương trình đó

)(x y dy ydx là PTVP cấp 1

u y

u y x

Thông thường PTVP có vô số nghiệm gọi là họ nghiệm, nghĩa là biểu thức nghiệm có chứa một hoặc nhiều tham số (tuỳ vào bậc của phương trình)

là nghiệm riêng của phương trình

Đôi khi chúng ta không có được nghiệm tường minh y ( C x, ) mà được một hệ thức dạng (x,y,C)0 thoả PTVP thì hệ thức đó gọi là tích phân tổng quát của PTVP Nếu C  C0 ta có tích phân riêng (x,y,C0)0

Về mặt hình học, đồ thị của nghiệm tổng quát hay tích phân tổng quát đều cho ta một họ đường cong gọi là các đường cong tích phân của PTVP

Tuy nhiên, không phải bất kỳ nghiệm riêng nào của phương trình cũng được suy ra từ họ nghiệm tổng quát bằng cách thay hằng số C những giá trị cụ thể Những nghiệm đó được gọi là nghiệm kỳ dị

Ví dụ 4.2 Xét phương trình y'2xy'y0 có nghiệm tổng quát 2

C Cx

y  cũng là nghiệm của phương trình

và được gọi là nghiệm kỳ dị

4.2.2 Định lý tồn tại và duy nhất nghiệm – Bài toán Cauchy

Xét bài toán Cauchy với điều kiện đầu

) , ( '

y x y

y x f y

dy xdx

y y

dy

) 2 ( )

2 ( ) 1 (

C x y

y xdx

dy y

) 1 ( 0 5

y

y x y

Giải:

Từ (2) ta thấy y0 nên     x dx

y

dy dx

x y

2 4

)1(

C x

y



Từ (2)  C  1

Vậy nghiệm của bài toán Cauchy là

 Dạng 2: M(x)N(y)dxP(x)Q(y)dy 0

0 ) (

) ( )

(

) ( 0

) ( ) ( )

(

)

y N

y Q dx x P

x M dy

y Q x P dx y

x dy

y

y dx x

x

1

1 1

0 1

1 1

) 1

2

3 2

d

2 1 )

1 ( 1

1 3

3

C y y

dy dx

dy b a dx

du c by ax

y dx

du y

u

du

cos 1 cos

sin 2

Ngoài ra nếu cosu1uk2  y x1k2 là một nghiệm riêng của (1)

xy

y xy x

x y

) 2 ( 1

u

u dx

dx du u

u

11

11

C x u

1 1 1'

c y b x a

c y b x a f y

2 2

1 1







b a

b a

x x

1 1 1

c y b x

a

c y b x

d

(dạng 1)

 Nếu   0 thì a1  b1 

Đặt u a xb yu' a b y'u a xb y

Thay vào phương trình ta được phương trình tách biến

Ví dụ 4.8 Giải phương trình (2x4y6)dx(x y3)dy0 (1)

Giải:

0 3

0 6 4 2

y x

y x

d dx y

2 )

2 (

d d

Đặt

u

u u u

u u

u u

u u

u d

4 2 '

1

4 2 '

u

d du u

u

u

2

31

2)

2)(

1(

1

C u

2 ln 3 1 1

2 ln

x

y x

2ln31

1ln

x

x y x

x y

3

ln 1 ln ) 1 )(

1 (

) 2 (

x y x

x y

) 2 (y x C yx , với x1;y x1; yx3;y2x là NTQ của (1)

Ngoài ra y  x1 và y2x cũng là 2 nghiệm riêng của (1)

 Phương trình vi phân toàn phần P(x,y)dxQ(x,y)dy0

Nếu P(x,y) f(x); Q(x,y)g(y) thì phương trình trở thành dạng tách biến

Nếu

x

Q y

) , ( '

y x Q u

y x P u

,

(

) ,

(

2

x

Q y

P y

x y

x

Q

y x y

) 2 ( '

2

y x u

y x u

y x

2)(),(

2

y g xy

x dx y x y x

u      u'y xg' (y)

Từ (3) ta có

3)

()

('

3 2

dy y y g y y

32

)

,

(

3 2

y xy x

3 2

 Thừa số tích phân: Trong một số trường hợp phương trình vi phân dạng

0),(

2 3

2 4

2 3

cos 4

cos 4

cos )

, (

sin 2 ) , (

y y x x Q

y y x y P y

y x y x Q

y x y x P

Tuy nhiên tìm (x,y) từ điều kiện trên khá phức tạp Do đó người ta thử tìm thừa

số tích phân chỉ phụ thuộc một biến số

 Nếu (x,y)(x) thì ' ' ' ' 1 P' Q' : R(x)

Q Q

Q

x x

Q y x

e x

' ' 1

) (

3 2 ' ) ( )

P

2)22()(

1)

1 )

(

x e

( '

) 2 ( 1

1 '

2 2

2 2

2

x y x

x y x u

y x x

y x u

y x

Từ (2) ta có ( , ) 12 1 xy g(y) u' x g' (y)

x dx y x y

('

2

y y g y y

2

1)

,

(

2

y xy x y

 Phương trình tuyến tính y'a(x)y b(x) (*), trong đó a(x);b(x) là các

Q y x  nên (*) có thừa số tích phân là (x) ea(x)dx

Nhân 2 vế của (*) với (x)ea(x)dx ta được

) ( )

(

) (

x b e y x a e y

ea x dx  a x dx  a x dx

C dx e

x b y e e

x b y

) ( )

và người ta có thể chọn nghiệm riêng bất kỳ

 Phương pháp biến thiên hằng số Lagrange

NTQ của phương trình thuần nhất Y Cea(x)dx Suy ra NTQ của phương trình không thuần nhất có dạng yC(x)ea x)dx

Ta có y' C' (x)ea x)dx C(x)a(x)ea(x)dx Thay vào (*) ta có

C dx e

x b x C e

x b x C x b e

Ví dụ 4.12 Giải phương trình y' ycosxesin x ( 1 )

Giải:

Ta có a(x)  cosxa(x)dx cosxdx sinx

x dx dx e e dx e

x b e

x

b( )  sinx  ( ) a(x)dx  sinx sinx  

Vậy NTQ của (1) là ye sinxCx

Ví dụ 4.13 Giải phương trình ( 1 )

3 2 '

Giải:

Nếu y0 thì (1) 2 2 3 2 32 2 32

y

x y dy

dx y

y

x y

xy dy

3 4

ln 2 2 )

( 2

13

3)

(

3)

(

y

dy y dy e y dy e

y b y

C y y C e

()

(

x b y x a

Thay vào (*) ta có z'(1)a(x)z(1)b(x) là phương trình tuyến tính

Để ý y0 cũng là nghiệm riêng của (*)

Ví dụ 4.14 Giải phương trình ( 1 )

2

1 2

'

y x

y

Giải:

) 2 ( 2

1 2

1 '

2

1

 NTQ của (3) là

x

C x x C x dx x C x dx e C e

ln ln

1

1 1

y y

2

sin2

1'

2

sin.2

12

sin'

)1

3

x y

y x

y x x y

y x y y

x y x

z    Thay vào (2) ta có ' 1 sin (3)

y

y z

y

z 

y ydy C

y dy e y

y C

e z

dy y dy

y

cos

1 sin

x

cos1

2



) cos

Nghiệm tổng quát phụ thuộc vào 2 tham số có dạng y(x,C1,C2) hoặc tích phân tổng quát (x,y,C1,C2)0

Nếu cho C1, C2 những giá trị cụ thể ta có nghiệm riêng của phương trình Nghiệm riêng tìm được nếu biết 2 điều kiện nào đó

Ví dụ 4.16 Giải bài toán

0 ) 0 (

2 '

y y

x y

2 3

1 0

2 1

2 1

2

C

C C

C C

 Nghiệm của bài toán y x x

33

4.3.2 Định lý tồn tại duy nhất nghiệm – Bài toán Cauchy

Xét bài toán Cauchy với điều kiện đầu như sau

0 0

' ) ( '

) (

) ' , , ( ''

y x y

y x y

y y x f y

Nếu hàm số f(x,y,y') liên tục trên miền mở 3

liên tục trên D thì bài toán Cauchy có duy nhất nghiệm

4.3.3 Một số phương trình vi phân cấp 2 có thể giảm cấp được

 Phương trình không chứa x: F(y,y',y ')0

0 ' 0 ) ' 3 1 ( ' 0 '

3

z z

z z

z z z

z z z

2 1 1

1

3 4 3 1

3

1 ' 3

1

z

x dx

'

z    

 Phương trình không chứa y: F(x,y',y ')0

Đặt y'z(x) y'' z' Thay vào phương trình ta được PTVP cấp 1 hàm z theo biến x dạng F(x,z,z')0

1 ) 1 ( ' ) 1 (

) 1 ( 1 ' 2

4

y y

y x y x

Giải:

Đặt y'z(x) y' z' Thay vào (1): 4 3 2 14

' 1 2 '

x

z x z z

x z

C x dx e x C

e

2 2

2 2

4 2

2 2 1 3

2

2

1 1

C x x

C dx x x

2 3 0

2

1

1

2 1

C

C C

C C

Vậy nghiệm của bài toán là

2

3 2

3 2

1

2  



x x y

 Phương trình không chứa y, y’: F(x,y'')0

Giải:

1 2

2

cos

1 '

tgx C1dx lncosx C1x C2

4.4 Phương trình vi phân tuyến tính cấp 2

4.4.1 Phương trình vi phân tuyến tính cấp 2 thuần nhất

PTVP tuyến tính cấp hai thuần nhất là phương trình vi phân có dạng

(*)0)(

'

)

(

''a x yb x y 

y , trong đó a(x);b(x) là những hàm liên tục cho trước

 Định lý 1: Nếu y1; y2 là 2 nghiệm của (*) thì y 1 y2; cy1 (c là hằng số tuỳ

ý khác 0) cũng là nghiệm của (*)

Chứng minh:

Vì y1; y2 là 2 nghiệm của (*) nên

0)()

1 ''

1 a x y b x y 

y

0 ) ( )

Nhận xét: PTVP tuyến tính thuần nhất luôn có hệ nghiệm cơ bản (gồm các

nghiệm riêng đltt) Với PTVP tuyến tính thuấn nhất cấp 2 sẽ luôn có 2 nghiệm riêng đltt

 Định lý 3: Nếu y1 là một nghiệm riêng của (*) thì 







dx y

e y y

dx x a

2 1

2 1 2 ' 1 ''

2 1 2 ''

1y  y y a x y y  y y 

y

Đặt ''

2 1 2 '' 1 2

' 1 ' 2 1 ' 2 '

1

2 1

w y y y y y y

y y

y y y y Ce

1 2 ' 1 ' 2 1 )

( 2

e y y Ce

y y

2 1

) (

1 2 )

( 2 1 '

x y

Nghiệm riêng thứ 2 của (2) là

e x dx y

e y

y

dx x

x dx

x a

1 1

2 1 2

2 1

) (

Nhận thấy y1 1 là một nghiệm riêng của (1) nên nghiệm riêng thứ 2 là

1

1 ln 2

1 1

1

2 1

2

2 1

) (

x dx e

dx y

e y

y

dx x x dx

x a

Vậy NTQ của (1) là

1

1 ln

2 1

4.4.2 Phương trình vi phân tuyến tính cấp 2 không thuần nhất

PTVP tuyến tính cấp 2 không thuần nhất là phương trình có dạng

(*))()(

 Định lý 4: Nếu Y là NTQ của (**) và y là một nghiệm riêng của (*) thì NTQ của (*) có dạng yY y

 Định lý 5: (Nguyên lý chồng nghiệm): Cho 2 PTVP sau

)()

(')('' a x y b x y f1 x

)()

(')('' a x y b x y f2 x

Phương trình thuần nhất tương ứng y' y0 (2)

Nhận thấy y1 sinx là một nghiệm riêng của (2) nên nghiệm riêng thứ 2 là

x gx

x dx x

e x dx y

e y

y

dx dx

x a

cos )

cot (

sin sin

0

2 1

) (

 NTQ của (2) là Y C1sinxC2cosx

Nhận thấy y 3x là một nghiệm riêng của (1) nên NTQ của (1) là

x x C x C y Y

x y

Theo nguyên lý chồng nghiệm thì

1

1 1

1

2

1 2 0

x x y y

1 1 1 1

1 1

1

2 2

2

1 4

2

2

x

dx x

x dx x

e x

y

dx x x

 NTQ của (2) là Y C 1 C 1

 NTQ của (1) là x

x

C x

C y Y

1

 Phương pháp biến thiên hằng số Lagrange

Cho PTVP tuyến tính không thuần nhất dạng y'a(x)y'b(x)y f(x) (*) và PTVP tuyến tính thuần nhất tương ứng là y'a(x)y'b(x)y0 (**)

Nếu (**) có NTQ là Y C1y1C2y2 thì NTQ của (*) có dạng

2 2 1

()

()

()

(')

()

( )

( )

( )

( )

( )

Dễ thấy y1 1 là một nghiệm riêng của (2) Do đó nghiệm riêng thứ 2 là

2

x xdx dx

e

NTQ của (2) là 2 2

1x C C

x C x C x

) ( ' 2

0 ) ( ' ) ( '

1

2 1

2

1 1

2 '

2

' 1

6 ) ( 2

1 ) (

2 ) ( 2

1 ) (

C

x x C

C x x C x

x C

x C

1 3

x

Ví dụ 4.25 Giải phương trình xy''2y'xy x (1) biết phương trình thuần nhất có

Nghiệm riêng thứ 2 của (2) là

x dx

x x

x dx

x

e x x

x y

dx

cos

1 cos cos

cos

2 2

2 2

2

Vậy NTQ của (2) là

x

x C x

x C

 NTQ của (1) có dạng

x

x x C x

x x C

y 1( )cos  2( )sin thoả mãn hệ sau

sin )

(

0

sin ) (

cos )

(

2 '

2 2

'

1

' 2 '

1

x

x x x x C x

x x x x

C

x

x x C x

x x

C

x

x x

x x

1 1

2 '

2

1 '

1

cos sin

) (

sin cos )

( cos

)

(

sin )

(

C x x x x C

C x x x x C x x x

C

x x x

C

x

x C x x x x

x C x x x

1 sin cos

x C y

4.4.3 Phương trình vi phân tuyến tính cấp 2 với hệ số hằng

PTVP tuyến tính cấp 2 hệ số hằng không thuần nhất là phương trình có dạng

)('

' ay by f x

y    , trong đó a, b là các hằng số thực

Dạng thuần nhất tương ứng là y'ay'by0

 Giải phương trình dạng thuần nhất y'ay'by0 (*)

Bước 1: Giải phương trình đặc trưng 2

0

k ak b (**)

Bước 2: Tìm nghiệm của (*) dựa trên các nghiệm của phương trình đặc trưng như sau

y 1  2

 Giải phương trình dạng không thuần nhất y''ay'by f(x) (*)

Bước 1: Tìm nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất tương ứng

2 2

 Phương pháp biến thiên hằng số Lagrange

Nghiệm của (**) Hệ nghiệm cơ bản của (*) NTQ của (*)

xe y e

e y e

y x e

NTQ của (*) có dạng yC1(x)y1C2(x)y2, trong đó C1(x);C2(x) thoả mãn

( )

(

0 ) ( )

(

' 2 ' 2 ' 1 '

1

2 ' 2 1 '

1

x f y x C y x

C

y x C y x

 Nếu  là nghiệm đơn của phương trình đặc trưng thì x

n x e xQ

 Nếu  là nghiệm kép của phương trình đặc trưng thì x

n x e Q x

) (

4 3

2

k

k k

k

 NTQ của (2) là Y C e x C e 4x

2 1





Tìm nghiệm riêng của (1) dạng yxe x(AxB)

5 2

1 10

B

A B

A A

 Nghiệm riêng của (1) là 

x xe

4 2 1

x xe e

C e C

2 3

2

k

k k

k

 NTQ của (2) là x x

e C e C

0 2 3 2

1 2 6

1 2

C B A

C B A

B A A

Nghiệm riêng của (1) là 

x

x e

C

Giải:

Phương trình thuần nhất tương ứng y' y0 (2)

Phương trình đặc trưng k2 10ki

 NTQ của (2) là Y C1cosxC2sinx

Tìm nghiệm riêng của (1) dạng y x AxBcosx (CxD) sinx

0 4 1

0 2 2

0 2 2

D C B A

C A

B C

D A

 Nghiệm riêng của (1) là yx( xcosx sinx)

Vậy NTQ của (1) là

x x C x x C x x x x x C x C

Ví dụ 4.32 Giải phương trình (1)

cos

1'

x y

y  

Giải:

Phương trình thuần nhất tương ứng y' y0 (2)

Phương trình đặc trưng k2 10ki

 NTQ của (2) là Y C1cosxC2sinx

Áp dụng phương pháp biến thiên hằng số Lagrange

NTQ của (1) có dạng yC1(x)cosxC2(x)sinx, trong đó

1 1

cos ln ) ( 1

)

(

cos

sin )

(

C x x C

C x x

C x

C

x

x x

C

Vậy NTQ của (1) là yC1 ln cosxcosxC2 xsinx

Chú ý: Phương trình Euler cấp 2 có dạng 2

x y axy by f x (*) được đưa về

dạng phương trình tuyến tính hệ số hằng bằng cách đổi biến như sau:

 NTQ của (3) là Y C1costC2sint

Tìm nghiệm riêng của (2) dạng t

dy z dx

Giải phương trình thuần nhất tương ứng z''  z 0 zc1cosx c 2sinx

Nghiệm riêng của (3) có dạng zx A cosxBsinx

Thay vào (3) ta được

0

sin 1

2

A A

Vậy nghiệm tổng quát của hệ là

x x