Chuong 4 PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN

Tài liệu toán cao cấp của trường đại học tài chính marketing , tài liệu chương 4 phương trình vi phân của toán cao cấp , tổng hơp những kiến thức ,các dạng bài tập có lời giải chi tiết của chương 4 phương trình vi phân

PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN

1 Các định nghĩa:

 PTVP là phương trình liên hệ giữa biến độc lập x, hàm phải tìm y(x) và các đạo hàm/ vi phân của y(x)

 PTVP chỉ có 1 biến độc lập được gọi là PTVP thường

 PTVP có nhiều biến độc lập được gọi là PTVP đạo hàm riêng

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

( , , , , n ) 0; n ( , , , , , n )

VD: xy′′ −3x y4 3 = : PTVP cấp 2 0

 Nghiệm của PTVP là mọi hàm y(x) thỏa mãn phương trình đó

 Phân lo ại nghiệm:

 Nghi ệm tổng quát: là nghiệm ở dạng chung nhất (có hằng số)

 Nghi ệm riêng:là nghiệm nhận được từ nghiệm tq thỏa đk đầu

 Nghi ệm kỳ dị:là nghiệm của pt nhưng ko nhận được từ nghiệm tq

dy

VD2: ( ) 2 (1)

(1) 4 (2)

dy x

y







Từ (1) ta được 2

y=x + Thay C đk (2) vào ta có 4 1= + ⇒ =C C 3

Do đó nghiệm của (I) là 2

3

r

y =x +

VD3: Xét phương trình vi phân y,= 1−y2 Ta được

1

−

Đó là nghiệm tổng quát Ngoài ra ta thấy y = 1 và y = –1 cũng là nghiệm, nhưng

chúng không được nhận từ nghiệm tổng quát Đấy là các nghiệm kỳ dị

2 PTVP c ấp 1: F x y y( , , ′)=0; y′= f x y( , )

Bài toán Cauchy cấp 1:

hay

Định lý: (tồn tại và duy nhất nghiệm của BT Cauchy (2) và (3))

:

f D⊂ → liên tục thì BT Cauchy có nghiệm trong lân cận x

Ngoài ra, nếu f

y

∂

∂ liên tục trong D thì nghiệm đó là duy nhất

2.1 D ạng tách biến

f x dx g y dy

f x g y dx f x g y dy

Cách giải (1): Lấy tích phân 2 vế ∫ f x dx( ) +g y dy( ) =∫0⇔∫ f x dx( ) +∫g y dy( ) =C

VD1: (2x+1)dx+sinydy=0

Cách giải (2): Đưa về dạng tách biến

• Nếu f x g2( ) 2( )y ≠0, Chia hai vế cho f x g y ta 2( ) 2( ) được

0, (3) (1)

• Nếu f x g y2( ) 2( )=0,

 ∃ =x x0: f x2( 0)=0, x=x0∀y là nghiệm của (2)

 ∃ =y y0:g2(y0)=0, y= y là nghi0 ệm của (2)

VD2: Giải PTVP: 2 2

 2 2

( 1) 0

x y − ≠ Chia hai vế cho 2 2

( 1)

x y − ta được:

C

 2 2

0 ( 1) 0

1

x

x y

y

=



− = ⇒  = ±



• x=0 là nghiệm của (1)

• y=1 là nghiệm của (1)

• y= −1 là nghiệm của (1)

Vậy nghiệm x=0;y= ±1 là nghiệm kỳ dị, nghiệm x y( + =1) C1l à nghiệm tổng quát VD1: tanydx−xlnxdy=0

VD2: (1+y xdx2) + +(1 x dy2) = 0

VD3: y′ −y2−3y+ = 4 0

( ) ( ) ( )

tq

y =e− ∫q x e dx Ce+ −

VD4:

y



VD5:

2 2

e y dy e dx y



2.2 D ạng đẳng cấp cấp 1: y f y (1)

x

 

′ =    Đặt u x( ) y x( ) y x( ) x u x ( ) y u u x (2)

Thay (2) vào (1) ta được u+u x′ = f u( )⇔u x′ = f u( )−u (3)

VD1: Giải PTVP y y22 y 1 f y (1)

 

Đặt u y y u x y u x u (2)

u+x u′=u + + ⇒u x u′=u +

1

′

x

 

  VD2:

1

y

2.3 PTVP tuy ến tính cấp 1

Xét y′ +p x y( ) =q x( ) (1) PTVP tuyến tính cấp 1 không thuần nhất

y′+p x y = ′ PTVP tuyến tính cấp 1 thuần nhất

Cách gi ải:

Cách 1: Gi ải bằng phương pháp biến thiên hằng số

Bước 1: Giải (1’)

( )

y′ + p x y= ⇒ =y C e−

Bước 2: Nghiệm (1) có dạng ( )

( )

P x

P x

P x p x dx

y C x e

=



∫

∫

Cách 2: Nghi ệm của (1) có dạng :

( )

( )

( )

P x tq

v x



=





∫

∫

cos x (1)

y′ + x y=e−

Cách 1: Áp dụng công thức (*)

Ta thấy p(x)=cosx; sin

( )= − x

Một nguyên hàm của p(x) là P x( )=∫p x dx( ) =∫cosxdx=sinx

Nghiệm tổng quát của (1) theo công thức (*):

( )

= P x ∫ P x + P x

tq

=e− x∫ − x x + − x = e− x+ e− x = + e− x

Cách 2:

( )

sin sin

( )

( )

P x

x tq

x

−

−







∫

PTVP Bernoully: y′ + p x y( ) =q x y( ) α (1)

p(x), q(x) : hàm; α > ≠0, 1:hằng số

1 (1)⇔ y y′ −α+ p x y( ) −α =q x( ) (2)

Đặt 1

1

z

α

−

Thay vào (2) ta được ( ) ( ) (1 ) ( ) (1 ) ( ) (3)

1

z

α

(3) là PTVPTT cấp 1 không thuần nhất

Chia 2 vế cho 2

(1)⇔ y y′ − +4xy− =x (2)

Đặt 1 2

z= y− ⇒ = −z′ y− y′

(2)⇔ − +z′ 4 x z= ⇔ −x z′ 4 x z = −x (3): PTVPTT cấp 1 không thuần nhất

2.4 PTVP toàn ph ần : P x y dx( , ) +Q x y dy( , ) =0 (1)

Giả sử du=P x y dx( , ) +Q x y dy( , ) = ⇔0 du= ⇒ =0 u C const( )

( , ) :

u P x

u x y

u Q y

∂

 =



∂

 =

∂



(1) Là PTVP toàn phần Q P

VD: (x2+y dx) + +(x y dy3) = 0

Đặt

2 3

1

1

P

Q

x

∂



∂

= +

 ∂



Đây là PTVP toàn phần

Vậy

2

3

(1) ( , ) :

(2)

u

x

u x y

u

y

∂

 ∂



∂



3 2

3

x

Lấy đạo hàm riêng của (3) theo y, rồi so sánh với (2) ta được:

4

1

4

y

Thay C(y) vào (3) ta được nghiệm tổng quát của pt

Vậy ( , ) 3 4 1 2

Do đó nghiệm của PTVP là 3 4 , ( 2 1)

3 PTVP C ẤP 2:

3.1 Các khái niệm

Dạng F x y y y( , , ′ ′′, )=0; y′′= f x y y( , , ′)

Bài Toán Cauchy 0 0

( , , ) ( ) ( )

( )





 ′ = ′



Định lý tồn tại và duy nhất nghiệm

Cho f :Ω ⊂3→ liên tục Khi đó bài toán Cauchy (I) có nghiệm Hơn nữa nếu f′( ),y f′ ′( )y

liên tục trong Ω thì bài toán có duy nhất nghiệm

3.2 Các dạng PTVP cấp 2:

3.2.1 Gi ảm cấp được

a) PTVP không ch ứa y y′, :y′′ = f x( ) (1)

Đặt (1)

1

z= →y′ y′′= =z′ f x ⇒ =z ∫ f x dx=F x +C

( )

VD: y′′ = x4

1 5

x

z= ⇒ =y′ z′ x ⇒ =z ∫x dx= +C

∫

b) PTVP không chứa y : y′′= f x y( , ′) (1)

Đặt z= ⇒ =y′ z′ f x z( , )⇒ =z ∫ f x z dx( , ) =F x( )+C

( )

y′ =F x + ⇒ =C y ∫ F x +C dx

VD: ( )2

0

y′′− y′ =

c) PTVP không ch ứa x:y′′= f y y( , ′) (1)

(1) dz dz ( , )

′ = → = : tách biến VD:Giải PTVP

yy y y y



 ′ =



′ ′′

TH1: Nếu z= ⇒0 y′= ⇒0 y′(0)= ≠0 2dk(3)

Vậy z=0 không là nghiệm của pt

TH2: Nếu z≠0 Chia cả hai vế (4) cho z ta được

′

2

C x C C x C C x

Thay điều kiện (2) và (3) vào (5) và (6) ta có:

.0

Thay C ,1 C vào (6) ta có nghi2 ệm riêng của (1) là 2 x

y=e

3.2.2 PTVP tuy ến tính cấp 2 hệ số hàm:

y′′+ p x y′+q x y= f x : PTVPTT cấp 2 không thuần nhất

y′′+ p x y′+q x y= ′ : PTVPTT cấp 2 thuần nhất

Trong đó: p(x), q(x), f(x) là các hàm cho trước

Định nghĩa 1: Hai hàm số y x y x 1( ), 2( ) độc lập tuyến tính nếu 1

2

( ) ( )

y x

C

y x ≠

Định nghĩa 2:Giả sử y x y x là hai nghi1( ), 2( ) ệm độc lập tuyến tính của (1’) Khi đó nghiệm tổng quát của (1’) có dạng : y tq =C y x1 1( )+C y x2 2( ); C C1, 2 là hằng số

Định lý 1: Cho y x y x là hai nghi1( ), 2( ) ệm độc lập tuyến tính của (1’) và ( )y x là m r ột nghiệm riêng của pt không thuần nhất (1) Khi ấy nghiệm của pt (1) có dạng:

1 1( ) 2 2( )

tq r

y = y +C y x +C y x

Nguyên lý x ếp chồng nghiệm:

Nếu y x y x1( ), 2( )tương ứng là nghiệm của phương trình sau:

y′′+ p x y′+q x y= f x y′′+ p x y′+q x y= f x

Thì y x1( )+y x2( ) là nghiệm của phương trìnhy′′+p x y( ) ′+q x y( ) = f x1( )+ f x2( )

Phương pháp giải:

Bước 1: Tìm nghiệm (1’)

Định lý: Giả sử y x1( )≠ là một nghiệm của (1’) Khi đó, ta có thể tìm thêm 1 nghiệm 0 y x 2( )

của (1’) sao cho y x y x 1( ), 2( ) độc lập tuyến tính

Ta tìm y x c2( ) ủa (1’) dưới dạng y x2( )=u x y x( ) ( )1 (y2 =u y 1)

Vì y là nghi2 ệm của (1’) nên y2′′+ p x y( ) 2′ +q x y( ) 2 =0

=

y′′+p x y′+q x y=u y′′+p x y′+q x y +u′ y′+ p x y +u y′′ =

y′′+p x y′+q x y=u′ y′+ p x y +u y′′ =

Giải u′(2y1′+p x y( ) 1)+u y′′ 1 =0 Đặt 1

1

2

0

y

y

′ ′

= ⇒ + +  =

  :PTVPTT cấp 1

2

2

0 (1 )

′′+ ′− = ′ biết rằng y1 = là nghiệm của (1’) x

Ta tìm nghiệm của (1’) dưới dạngy =x u

2

2

2

4

4

y u x

x

y u x u

x

−

−

′

5

1 5

x

−

−

∫

C = C= − ⇒ =u x− ⇒ y =u y =x− x=x−

Vậy nghiệm tổng quát của (1’) là: 4

tq

y =C x C x+ −

Bước 2: Giải (1) bằng phương pháp biến thiên hằng số

Gọi y x y x là 2 nghi1( ), 2( ) ệm độc lập tuyến tính của (1’)

Nghiệm tổng quát của (1) là : y tq =C x y x1( ) ( )1 +C x y x2( ) 2( )

Để tìm 2 hàm C x C x ta gi1( ), 2( ) ải hệ phương trình:



 ′ ′+ ′ ′ =



VD: Giải (1) bằng pp biến thiên hằng số

Theo ví dụ trên nghiệm (1’) là: 4

tq

y =C x C x+ −

Ta tìm nghiệm của (1) dưới dạng 4

1( ) 2( )

y=C x x C x x+ −

Để tìm C x C x ta gi1( ), 2( ) ải hệ phương trình:

4

−

−



Lấy pt (a)-x.pt(b) ta được:

C x x′ − + xC x x′ − = − x ⇔ C x x′ − = − x ⇒C x′ = − x ⇒C x = − x +C

Thay 2( ) 3 9

5

C x′ = − x vào pt (b) ta được:

Vậy nghiệm của pt (1):

( ) ( )

3.2.3 PTTT c ấp 2 hệ số hằng

y′′+ py′+qy= f x

0 (1 )

y′′+ py′+qy= ′

Trong đó p, q là 2 hằng số, f(x) là hàm số cho trước

• Xét pt bậc hai: 2

0 (2)

k + pk+ =q : pt đặc trưng của (1’)

Với 2

4

∆ = −

Bước 1: Tìm nghiệm tổng quát của (1’) theo bảng sau

∆ Nghi ệm của (2) Hai nghi ệm đltt của (1’) Nghi ệm tq của (1’)

1 k x, 2 k x

k x k x

-

1,2

2

cos , sin

x x

α α

β β

=

= y=eαx(C1cosβx C+ 2sinβx)

VD: Giải các PTVP cấp 2 thuần nhất sau:

1 y′′+4y′−5y=0

2 y′′−4y′+4y=0

3 y′′+ +y′ 3y=0

Bước 2: Tìm nghiệm riêng của (1) nếu f(x) có dạng đặc biệt

1 f x( )=e P xαx n( ); α số thực, ( )P x n : đa thức bậc n

y của (1)

α không là nghiệm của (2) *

( )

x n

y =e Q xα

α là nghiệm đơn của (2) *

( )

x n

y =xe Q xα

( )

x n

y =x e Q xα

2 f x( )=eαx(P x n( ) cosβx+P x m( ) sinβx); α số thực, ( ), ( )P x P x n m : đa thức bậc n,m

i

y của (1)

i

x

y =eα Q x βx+ Q x βx

max( , )

i

x

y =xeα Q x βx+ Q x βx

VD1: Giải ptvp y′′+3y′+2y=(3x+2)e x (1)

y′′+ y′+ y= ′

2

3 2 0 (2)

1 1; 2 2

⇒ = − = −

Nghiệm tổng quát của (1’): 1 2 2

y=C e− +C e−

Tìm nghiệm riêng *

y của pt không thuần nhất (1)

Với f x( )=(3x+2)e x⇒ = ≠ − −α 1 1, 2; ( )P x1 =3x+ 2

Do đó nghiệm riêng có dạng

*

1

2 y =e Q xαx n( )=e Q x x ( )=e Ax x( +B)

*

3 y′ =e Ax x( +B)+Ae x

*

1 y′′ =e Ax x( +B)+2Ae x

y ′′+ y′+ y = Ax+B e + Ae = x+

1

12

A A

B

 =



=



Vậy nghiệm riêng của (1) là * 1 1

x

y = x− e

Do đó nghiệm tổng quát của (1) là 2

tq

y =C e− +C e− + x− e

VD2: y′′+3y′+2y=(3x2+2)e x (1)

VD3:Tìm nghiệm của ptvp

y′′+ y′+ y= x+ x

y′′+ y′+ y= ′

2

3 2 0 (2)

Nghiệm của (2) k1= −1,k2 = − 2

( ) 5 cos 6 sin x n( ) cos m( ) sin x(5 cos 6 sin )

0; 1; P x n( ) 5; P x m( ) 6 n m, 0 r max( , )n m 0

Nghiệm riêng của (1) có dạng:

*

x

y =eα Q x βx+Q x βx =Q x x+Q x x= A x+B x

*

2 y = Acosx+Bsinx

*

3 y′ = −Asinx+Bcosx

*

1 y′′ = −Acosx−Bsinx

y′′+ y′+ y = A+ B x+ B− A x= x+ x

13

10

A

B

 = −





Vậy nghiệm riêng của (1) : * 13 21

Nghiệm tổng quát của (1) 2

tq

y =C e− +C e− − x+ x

2 cos (1)

VD5: 2 x(2 1) cos (1)

y′′− y′+ =y e x+ + x