Tải bản đầy đủ

Phương trình vi phân trong toán cao cấp

PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN
1. PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP MỘT
1.1. Khái niệm chung. Bài toán Cauchy. Định lý tồn tại duy nhất nghiệm
a. Khái niệm chung:
Phương trình vi phân (ptvp) cấp một là phương trình có dạng:

F ( x, y, y ' ) = 0

(1.1)

trong đó, x là biến số độc lập; y = y(x) là hàm số phải tìm; y ' đạo hàm của y.
Ví dụ: y '− cos x = 0 là một ptvp cấp một.
Nghiệm của ptvp cấp một là mọi hàm số thỏa mãn phương trình ấy, tức là mọi hàm số sao
cho khi thế chúng vào phương trình, ta được một đồng nhất thức.
Nếu giải được phương trình (1.1) đối với y ' , thì phương trình ấy có dạng
y ' = f ( x, y ) .
(1.2)
Ví dụ: Nghiệm của phương trình y '− cos x = 0 là y = sin x + C .
Giải một ptvp là tìm tất cả các nghiệm của nó. Về mặt hình học, mỗi nghiệm của ptvp xác
định một đường cong, gọi là đường cong tích phân của phương trình. Như vậy, việc giải một ptvp
là tìm tất cả các đường cong tích phân của nó. Các đường cong ấy được xác định bởi phương trình

y = ϕ(x) , hoặc được xác định bởi phương trình Φ ( x, y ) = 0 , hoặc là được xác định bởi phương
trình tham số x = x(t), y = y(t) .
b. Bài toán Cauchy:
Bài toán tìm nghiệm của ptvp cấp một thỏa mãn điều kiện đầu y(x 0 ) = y 0 , hoặc viết

y

= y 0 , gọi là bài toán Cauchy.

x = x0

Ví dụ: Tìm nghiệm của ptvp y ' = cos x thỏa mãn điều kiện y(0) = 1 .



HD: y = cos xdx + C = sin x + C . Vì y(0) = 1 nên C = 1 , do đó y = sin x + 1 .
c. Định lý tồn tại và duy nhất nghiệm:

∂f
liên tục trong một miền D ⊂ R 2 đóng, bị chặn và ( x 0 , y 0 ) ∈ D thì tồn tại
∂y
một nghiệm duy nhất y = y(x) của phương trình y ' = f ( x, y ) thỏa mãn điều kiện đầu y(x 0 ) = y 0
. Nghiệm ấy được xác định trong một khoảng ( a, b ) ⊂ R nào đó và x 0 ∈ ( a, b ) .
Nếu f và

1.2. Phương trình có biến số phân ly
a. Phương trình có biến số phân ly
Phương trình có biến phân ly là phương trình có dạng
p(x)dx + q(y)dy = 0 .
(1.3)
Ở đây hệ số của dx là hàm chỉ phụ thuộc biến x, hệ số của dy là hàm chỉ phụ thuộc biến y. Ta sẽ giả
thiết rằng các hàm p, q liên tục trong miền xác định của chúng. Lấy tích phân hai vế (11.5) ta được:

∫ p(x)dx + ∫ q(y)dy = C .

(1.4)

Đẳng thức (11.4) cho ta tích phân tổng quát của phương trình (11.3).

2x

2y
dx +
dy = 0 có tích phân tổng quát là:
2
1+ x
1 + y2
2x
2y
2
2
∫ 1 + x 2 dx + ∫ 1 + y2 dy = C ⇔ ln ( 1 + x ) + ln ( 1 + y ) = C .

Ví dụ: Phương trình

(

)(

)

2
2
C
Do đó 1 + x 1 + y = e , là tích phân tổng quát của phương trình.

b. Phương trình có biến số phân ly được
Đó là phương trình có dạng:

m1 (x)n1 (y)dx + m 2 (x)n 2 (y)dy = 0 .
1

(1.5)


Ở đây các hàm m1 , n1 , m 2 , n 2 được giả thiết là liên tục trên miền đang xét.
+ Trường hợp n1 (y)m 2 (x) ≠ 0 , (1.5) viết lại dưới dạng:

m1 (x)
n (y)
dx + 1
dy = 0 ,
m 2 (x)
n 2 (y)

(1.6)

tức là, ta đi đến phương trình biến số phân ly.
+ Trường hợp n1 (y)m 2 (x) = 0 , được xét cho mỗi ptvp cụ thể.
Ví dụ: Giải ptvp (x + 1)y 2 dx + x 2 (1 − y)dy = 0 .
Giả sử xy ≠ 0 . Phương trình đã cho viết lại

x +1
1− y
dx + 2 dy = 0 . Do đó:
2
x
y

 1 1
1
1 1
x x+y
dx + ∫  2 − dx = C . Suy ra: ln x − − − ln y = C ⇔ ln −
= C.
2
y
x y
y
xy

y
x = 0
y = 0
Ngoài ra, khi 
hoặc 
cũng là hai nghiệm của phương trình đã cho.
y ∈ R
 x ∈ R,
1

∫  x + x

Ví dụ: Giải ptvp x 1 + y 2 dx + y 1 + x 2 dy = 0 , với điều kiện ban đầu y(0) = 1 .
HD: Rõ ràng

(

1 + y2

)(

)

1 + x 2 ≠ 0, ∀x, y ∈ R .

Phương trình đã cho viết lại dưới dạng
Từ đó, suy ra

xdx
1+ x

2

+

ydy
1+ y

2

= 0.

1 + x 2 + 1 + y 2 = C . Vì y(0) = 1 , nên tìm được C = 1 + 2 .

Vậy, tích phân riêng của phương trình là

1 + x 2 + 1 + y2 = 1 + 2 .

Bài tập:
A. Giải các phương trình vi phân (với biến số phân li được):
1. y ' =

(

ln x + 1
(ĐS: x ln x − y ln y = C );
ln y + 1

3. x 1 + y 2

)

2

dx + y ( 1 + x 2 ) dy = 0 (ĐS:
2

x

2. y ' = (y + 1)e x (ĐS: y = Cee − 1 );

1
1
+
= C, C > 0 );
2
1 + x 1 + y2

y = 0
x x+y

= C, (xy ≠ 0) và nghiệm riêng 
y
xy
 x ∈ R.
1
3
5. x 2 (y + 1)dx + (x 3 − 1)(y − 1)dy = 0 . ĐS: ln x − 1 + y − 2ln y + 1 = C và hai nghiệm riêng
3
y
=

1
.
x =1;
 y = kπ, k ∈ Z
y
6. y 'cos2y − sin y = 0 . ĐS: x = ln tan + 2cos y + C, (y ∉ { kπ | k ∈ Z} ) và 
2
 x ∈ R.
4. (x 2 − yx 2 )y '+ y 2 + xy 2 = 0 . ĐS: ln

ey − 1
1
y
y' = (ĐS: ln e − 2 + y − 2ln x + C = 0 ).
y
e −2
x
3
8. (x + 2x )dx + (y + 2y 3 )dy = 0 . ĐS: x 2 + y 2 + x 4 + y 4 = C .
dx
dy
dx dy
+
= 0 (ĐS: arcsin x + arcsin y = C ); 10.
+
= 0 . ĐS: x + y = C .
9.
x
y
1 − x2
1 − y2
11. xydx + (x + 1)dy = 0 . ĐS: y = C(x + 1)e − x ; x = −1 .
7.

12.

1 + y 2 dx = xydy (ĐS: ln x = C + 1 + y 2 );
2

13. 2x 2 yy '+ y 2 = 2 . ĐS: y 2 − 2 = Ce1 x .


2

14. y '− xy 2 = 2xy . ĐS: (Ce − x − 1)y = 2; y = 0 .
x
15. 2x 1 − y 2 dx + ydy = 0 . ĐS: y = e (ln x + C); x = 0 .

y −1
. ĐS: xy = C − ln x .
x +1
y
2
18. y ' =
. ĐS: y = Ce x − x 2 − 1 .
x
dx
+ t = 1 . ĐS: x 2 + t 2 − 2t = C .
20. x
dt
16. y ' =

17. y ' = e x − y . ĐS: y = x(C + sinx) .
19. y ' =

y
. ĐS: y = Cln 2 x − ln x .
x

1 1
y
+ + ln = C .
x y
x
2
2x
y
y
22. (1 + y )(e dx − e dy) − (1 + y)dy = 0 . ĐS: 2e − e 2x + 2arctan y + ln(1 + y 2 ) = C .
21. (y 2 + xy 2 )dx + (x 2 − yx 2 )dy = 0 . ĐS:

B. Tìm nghiệm riêng của ptvp (với biến số phân li được), thỏa mãn điều kiện ban đầu:


.
4
y
π
4x + 2(x 2 − 1)
2. (x 2 + 1)y ' = y 2 + 4; y(1) = 2 . ĐS: arctan = 2arctan x − , tức là y =
.
2
4
2x + 1 − x 2
y y

Lưu ý: tan  arctan ÷ = và đặt t = arctan x , ta có:
2 2

3
x
1. (1 + e 2x )y 2 dy = e x dx; y(0) = 0 . ĐS: y = 3arctan e −

tan ( 2 arctan x ) − tan

π

2 tan t

−1

2x

−1

2
π
2x − 1 + x

4 = tan 2t − 1 = 1 − tan t
tan  2 arctan x − ÷ =
= 1− x
=
.
2
π 1 + tan 2t
2 tan t
2x
4
2x + 1 − x

1 + tan ( 2 arctan x ) tan
1+
1+
2
2
2

1 − tan t

4

3. y 'sin x cos y + cos x sin y = 0; y( π 4) = π 4 . ĐS: sin x sin y =
4. (1 − x)dy − ydx = 0; y(0) = 1 . ĐS: y =

1
.
2

2

1− x

1
C
. NTQ: y =
.
1− x
x −1

π
. ĐS: y = arcsin x; x = 1 . NTQ: y = arcsin x + C; x = ±1 .
2
2
2
6. (x 2 − 1)y' + 2xy 2 = 0; y(0) = 1 . ĐS: y  ln(1 − x ) + 1 = 1 . NTQ: y(ln x − 1 + C) = 1 ; y = 0 .
7. y 'cot x + y = 2; y(0) = −1 . ĐS: y = 2 − 3cos x . NTQ: y = 2 + Ccos x .
8. y ' = y cos x; y(0) = 1 . ĐS: y = esinx .
1
2
9. xy ' + y = y ; y(1) = . ĐS: y(1 + x) = 1 . NTQ: y(1 − Cx) = 1 ; y = 0 .
2
10. (x + 2y)y' = 1; y(0) = −1 . ĐS: x + 2y + 2 = 0 . NTQ: x + 2y + 2 = Ce y .
2
5. dx − 1 − x dy = 0; y(1) =

1.3. Phương trình đẳng cấp cấp một (ptvp cấp một thuần nhất):
a. Định nghĩa:
Định nghĩa 1: Phương trình vi phân y ' = f ( x, y ) gọi là đẳng cấp cấp một (hoặc cấp một thuần

y
÷.
x

nhất) nếu vế phải f ( x, y ) của nó có thể viết dưới dạng g 

3


x 2 − xy + y 2 x + 2y
+
Ví dụ 1: Phương trình y ' =
, có thể viết lại dưới dạng:
x 2 + y2
x+y
2

y y
y
1 −  ÷+  ÷ 1 + 2  ÷
x x +
x
y' =
. Nên, phương trình đã cho là ptvp đẳng cấp cấp một.
2
y
y
1+  ÷
1+  ÷
x
x
 
Định nghĩa 2: Phương trình P(x, y)dx + Q(x, y)dy = 0 , trong đó P, Q là những hàm cùng đẳng
cấp bậc m nào đó (tức là, P(λx, λy) = λ m P(x, y) và Q( λx, λy) = λ m Q(x, y) ), cũng được gọi là
phương trình đẳng cấp cấp một.

(

)

(

)

2
2
2
2
Ví dụ 2: x + 2xy − y dx + y + 2xy − x dy = 0 là phương trình đẳng cấp cấp một.

b. Cách giải: Để giải ptvp đẳng cấp cấp một dạng:

y
y ' = g  ÷,
(1.7)
x
ta đặt y = ux , trong đó u là một hàm số của x. Khi đó y ' = xu ' + u và (1.9) trở thành:
du
dx
du
xu '+ u = g(u) ⇔ x
+ u = g(u) ⇔
+
= 0.
dx
x u − g(u)
Đó là phương trình biến số phân ly, giải phương trình đó tìm được u(x) . Cuối cùng, nghiệm của
phương trình (1.7) là y = xu(x) .
2xy − y 2
Ví dụ 3: Giải phương trình vi phân y ' = 2
.
x − xy
2

y y
2  ÷−  ÷
x
x
HD: Phương trình viết lại: y ' =     .
y
1−  ÷
x
2u − u 2
Đặt y = ux . Suy ra y ' = xu ' + u và phương trình trở thành: xu ' + u =
.
1− u

dx  1 
du
2u − u
=  − 1÷du . Suy ra
. Tương đương với
+u=
x u 
dx
1− u
ln x + ln C = ln u − u, C > 0 .
2

Hay x

Tức là: ln

y
y
y
u
u
y
2 x
2 x
x
=u⇔
= eu ⇔
=
e

y
=
Cx
e

y
=
C
x
e
.
1
Cx
Cx
Cx 2

(

)

2
3
3
Ví dụ 4: Giải phương trình vi phân xy dy = x + y dx .

HD:
Rõ ràng x = 0 hoặc y = 0 đều là nghiệm của phương trình đã cho.
2

x 3 + y3  x   y 
Với xy ≠ 0 phương trình viết lại: y ' =
=  ÷ +  ÷.
xy 2
y x
du
+ u và phương trình trở thành:
Đặt y = ux . Suy ra y ' = xu ' + u = x
dx
du
1
dx
u3
x
+ u = 2 + u ⇔ u 2 du =
. Suy ra:
= ln x + ln C, C > 0 .
dx
u
x
3
4


3

y3
y
Hay 3ln Cx = u =  ÷ = 3 ⇔ y = x 3 3ln Cx .
x
x
3

Bài tập:
A. Giải ptvp đẳng cấp cấp một:
1. ( x + 2y ) dx − xdy = 0 . ĐS: x + y = Cx 2 ; x = 0 .

(

)

2
2
2. y − 2xy dx + x dy = 0 . ĐS: x(y − x) = Cy; y = 0 .
2
2
3. (x − y)dx + (x + y)dy = 0 . ĐS: ln(x + y ) = C − 2arctan ( y x ) .

4. 2x 3 y' = y(2x 2 − y 2 ) . ĐS: x = ln Cx; y = 0 .
5. y 2 + x 2 y ' = xyy ' . ĐS: y = Ce y x .
6. x(x + 2y)dx + (x 2 − y 2 )dy = 0 . ĐS: x 3 + 3x 2 y − y 3 = C .
7. (x 2 − y 2 )dx + 2xydy = 0 . ĐS: x 2 + y 2 − Cx 3 = 0; x = 0 .
3
x + 3y
. ĐS: y = C x 2 − x (x ≠ 0) .
2x
9. xy ' = y − xe y x . ĐS: y = − x ln [ ln(Cx) ] .
10. xy ' − y = x tan ( y x ) . ĐS: sin ( y x ) = Cx .

8. y ' =

x+y
 x + y  = Cx
.
÷. ĐS: ln 
÷
 x 
 x 

11. xy ' − y = (x + y) ln 

2x + y
. ĐS: y = Cx + 2x ln x (x ≠ 0) .
x
y
y' =
. ĐS: x = y(C + ln y ) (y ≠ 0) .
x+y
xdy − ydx = ydy . ĐS: x = y(C − ln y ) (y ≠ 0) .
dx
dy
=
. ĐS: x 2 + y 2 = Ce − arctan(y x) .
x + y −x + y
dx
dy
= 2
. ĐS: 2y 3 − 3xy 2 + 6x 2 y = C .
2
2
2x − 2xy + 2y
y − 4xy

12. y ' =
13.
14.
15.
16.

17. (y + xy )dx = xdy . ĐS: x ln ( Cx ) = 2 xy; y = 0 .
18. xy ' = x 2 − y 2 + y . ĐS: arcsin(y x) = ln Cx ; y = ± x .
B. Giải ptvp đẳng cấp cấp một, thỏa điều kiện ban đầu:

y y
ln ; y(1) = 1 . ĐS: y = xe1−x ; NTQ y = xe1+Cx .
x x
2. xdy − (x + y)dx = 0; y(1) = 1 . ĐS: y = x + ln x ; NTQ y = Cx + ln x (x ≠ 0), x = 0 (y ≠ 0) .
1. y ' =

c. Phương trình đưa được về dạng đẳng cấp cấp một:
a1 b1
x = u + α
 a x + b1 y + c1 
dy
≠ 0 thì đặt 
=f 1
Xét phương trình
. Nếu
÷
a 2 b2
dx
 y = v + β,
 a 2 x + b2 y + c2 

a1α + b1β + c1 = 0
 a u + b1 v 
dv
=f 1
ta đưa về dạng
÷.
du
a 2 α + b2β + c 2 = 0,
 a 2 u + b2 v 

trong đó α, β xác định từ hệ 
Nếu

a1
a2

b1
= 0 thì a 2 = ka1 , b2 = kb1 nên phương trình có dạng:
b2
5


 a x + b1 y + c1 
dy
=f 1
÷ = F(a1x + b1y) : thuộc dạng đã xét.
dx
 k(a1x + b1 y) + c 2 
dy x + y − 2
=
Ví dụ: Xét phương trình
.
dx x − y + 4
1 1
α + β − 2 = 0
 α = −1
= −2 ≠ 0 nên tìm α, β từ hệ: 
⇔ 

1 −1
α − β + 4 = 0
β = 3.
1 + ( Y X)
x = X − 1
dY X + Y
=
⇔ Y' =
phương trình đưa về dạng
.
dX X − Y
1− ( Y X)
 y = Y + 3,
Đặt Y = UX ⇒ Y ' = U ' X + U . Phương trình trở thành:
dX 1 − U
1 2U 
 1
=
dU = 
− .
dU .
2
2
X 1+ U
2 1 + U 2 
1 + U
1
2
2
Suy ra: ln X + ln C = arctan U − ln(1 + U ) = arctan U − ln 1 + U .
2
Đặt 

2
Hay: ln CX 1 + U = arctan U . Suy ra: CX 1 + U 2 = earctan U ⇔ C X 2 + Y 2 = earctan( Y


Tóm lại, tích phân tổng quát:

C (x + 1)2 + (y − 3)2 = e

X) .



arctan  y-3 ÷÷
 x+1÷



.

Bài tập: Giải ptvp đưa về dạng đẳng cấp cấp một:
1.
2.
3.
4.
5.
6.



x +y−3
arctan  y-1 ÷÷

÷
x-2
y' =

 .
. ĐS:
C (x − 2) 2 + (y − 1) 2 = e
x − y −1
(2x − 4y + 6)dx + (x + y − 3)dy = 0 . ĐS: (y − 2x)3 = C(y − x − 1) 2 ; y = x + 1 .
(2x + y + 1)dx − (4x + 2y − 3)dy = 0 . ĐS: 2x + y − 1 = Ce 2y−x .
x − y − 1 + (y − x + 2)y' = 0 . ĐS: (y − x + 2) 2 + 2x = C .
(x + 4y)y' = 2x + 3y − 5 . ĐS: (y − x + 5)5 (x + 2y − 2) = C .
(y + 2)dx = (2x + y − 4)dy . ĐS: (y + 2) 2 = C(x + y − 1); y = 1 − x .

1.4 Phương trình vi phân tuyến tính cấp một
Đó là phương trình có dạng:

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

trong đó p(x), q(x) là những hàm số liên tục trên khoảng ( a, b ) nào đó.

(1.12)

Khi q(x) ≡ 0 trên ( a, b ) , thì phương trình (1.12) trở thành:

y '+ p(x)y = 0 ,

(1.13)

hoặc viết

dy
+ p(x)y = 0 ,
dx
gọi là ptvp tuyến tính thuần nhất.
Ta bắt đầu tìm nghiệm từ phương trình (1.13). Rõ ràng y = 0 là nghiệm của phương trình (1.13).
Với y ≠ 0 phương trình (1.13) viết lại

dy
y
= − p(x) . Suy ra ln = − ∫ p(x)dx , hay
y
C
− p( x)dx
,
y = C.e ∫

(1.14)

với C là hằng số tùy ý.
Bây giờ ta tìm nghiệm của phương trình (1.12) dưới dạng (1.14) bằng cách coi C = C(x) là một
hàm số theo x:
6


− p(x )dx
,
y = C(x).e ∫

(1.15)

Suy ra y ' = C'(x).e − ∫ p( x )dx − C(x)p(x).e − ∫ p(x)dx .
Thay chúng vào (1.12) ta được C'(x).e − ∫ p( x)dx = q(x) , kéo theo C'(x) = q(x)e ∫ p(x )dx .
p( x )dx 

Từ đó C(x) =  q(x)e ∫
÷dx + K , (với K là hằng số tùy ý). Thay vào (1.15) ta được

∫



− p( x )dx  
∫ p( x )dx  dx + K  .
y=e ∫
q(x)e

÷
 ∫ 



(1.16)

Tóm lại, nghiệm của ptvp (1.12) có dạng (1.16).
Chú ý: Cách tìm nghiệm như trên, gọi là phương pháp biến thiên hằng số.
2
Ví dụ: Giải ptvp y '+ 2xy = 2xe − x .

Phương trình y '+ 2xy = 0 có nghiệm y = C.e − ∫ 2xdx = C.e − x 2 . Xét nghiệm của phương trình đã
2

2

2

2

cho ở dạng y = C(x)e − x . Khi đó y ' = C'(x)e − x − 2xC(x)e − x . Thay y = C(x).e − x và
2

2

2

2

y ' = C'(x)e − x − 2xC(x)e − x vào phương trình ban đầu, ta được: C'(x)e − x = 2xe − x . Suy ra
C(x) = x 2 + K . Vậy nghiệm của phương trình đã cho là:
2

2

y = C(x)e − x = e − x  x 2 + K  , với K là hằng số tùy ý.
Bài tập:
A. Giải ptvp tuyến tính cấp một:
1. xy ' − 2y = 2x 4 . ĐS: y = Cx 2 + x 4 .
2. (1 + x 2 )y '− 2xy = (1 + x 2 ) 2 . ĐS: y = (1 + x 2 )(C + x) .
3. x 2 y '+ xy + 1 = 0 . ĐS: xy = C − ln x .
4. (xy + e x )dx − xdy = 0 . ĐS: y = e

x

( ln x + C ) ; x = 0 .

2

5. 2x(x 2 + y)dx = dy . ĐS: y = Ce x − x 2 − 1 .

6. (2x + 1)y' = 4x + 2y . ĐS: y = (2x + 1) ( C + ln 2x + 1 ) + 1 .
7. (2e y − x)y' = 1 . ĐS: x = e y + Ce − y , viết dạng x '+ x = 2e y .

C 2
2
− y , viết dạng x '+ x = −2 .
2
y
3
y
1
9. (x + y 2 )dy = ydx . ĐS: x = y 2 + Cy; y = 0 , viết dạng x '− x = y .
y
2
10. sin (y) + x cot(y)  y ' = 1 . ĐS: x = (C − cos y)sin y , viết x '− cot(y).x = sin 2 (y) .
8. ydx + 2(x + y)dy = 0 . ĐS: x =

11. y = x ( y '− x cos x ) . ĐS: y = x ( sinx + C ) .

12. xy ' + (x + 1)y = 3x 2 e − x . ĐS: xy = (x 3 + C)e − x .
13. (xy' − 1)ln x = 2y . ĐS: y = Cln 2 x − ln x .
B. Giải ptvp tuyến tính cấp một, thỏa điều kiện ban đầu (tìm nghiệm của bài toán Cô-si):

3
2
1
2
y = 3 ; y(1) = 1 . ĐS: y = − 3 + 2 .
x
x
x
x
2
2. xy ' = x + 2y; y(0) = 0 . ĐS: y = Cx − x (x ≠ 0) ; x = 0 (y ≠ 0) .
1
3. xy ' = x − y; y(0) = 0 . ĐS: y = x (x ≠ 0); x = 0 (y ≠ 0) .
2
1. y '+

7


1
y; y(0) = 0 . ĐS: y = C x + 2x (x ≠ 0); x = 0 (y ≠ 0) .
2
5. xy ' = x + y; y(0) = 0 . ĐS: y = Cx + x ln x (x ≠ 0); x = 0 (y ≠ 0) .
4. xy ' = x +

1.5 Phương trình Bernoulli
Phương trình Bernoulli (Becnuli) là phương trình có dạng:
(1.17)
y '+ p(x)y = q(x)y α
với p(x), q(x) là những hàm liên tục trên khoảng ( a, b ) nào đó. Nếu α = 0 hoặc α = 1 thì
phương trình trở thành ptvp tuyến tính cấp một. Ta xét α ≠ 0 và α ≠ 1 . Giả sử y ≠ 0 , phương
trình (1.17) được viết lại:

y −α y '+ p(x)y1−α = q(x) .
Đặt z = y1−α , ta có z ' = (1 − α)y −α y ' , thay vào (1.18) ta được:
z '+ (1 − α)p(x)z = (1 − α)q(x) .

(1.18)
(1.19)

Phương trình (1.19) là ptvp tuyến tính cấp một, có nghiệm tổng quát ở dạng z = ϕ ( x,C ) . Từ đó
1−α

tìm được nghiệm của phương trình (1.18) bởi đẳng thức y
Ví dụ 1: Giải phương trình

= ϕ ( x,C ) .

2y y 3
(1.20)
= , ( x ≠ 0) .
x x2
Đây là phương trình Becnuli với α = 3 . Rõ ràng y = 0 là nghiệm của phương trình.
2y −2
1
−3
Với y ≠ 0 , phương trình viết lại: y y' +
= 2.
x
x
1
−3
Đặt z = y −2 , ta được z ' = −2y −3 y ' . Thay y y' = − z ' và y −2 = z vào phương trình, ta được:
2
4
−2
z '− z = 2 .
(1.21)
x
x
4
Phương trình z '− z = 0 , có nghiệm z = Cx 4 .
x
Tiếp theo, ta tìm nghiệm của (1.21) theo phương pháp biến thiên hằng số: z = C(x)x 4 .
−2
2x −5
Ta có: z ' = C'(x)x 4 + 4C(x)x 3 , thay vào (1.21) ta được C '(x) = 6 . Suy ra C(x) =
+K,
x
5
−5
−5


4
4  2x
4  2x
−2
−2
z
=
C(x)x
=
x
+
K
x
với K là hằng số tùy ý. Từ đó
 5
÷.Vì z = y nên  5 + K ÷ = y




y '+

 2

+ Kx 4 ÷ = 1 . Đây là tích phân tổng quát của ptvp ban đầu.
 5x

Ví dụ 2: Xét phương trình y '− 2xy = 3x 3 y 2 . Đây là phương trình Becnuli với α = 2 .
Rõ ràng y = 0 là nghiệm của phương trình. Với y ≠ 0 , đặt z = y1−α = y −1 , đưa về dạng:
z '+ 2xz = −2x 3 .
2
Phương trình z '+ 2xz = 0 có nghiệm z = Ce − x . Bằng phương pháp biến thiên hằng số, tìm được
2
nghiệm của phương trình z '+ 2xz = −2x 3 dưới dạng z = Ke − x + 1 − x 2 .
1
1
Cuối cùng, nghiệm của phương trình ban đầu là: y = =
.
2
z Ke − x + 1 − x 2
x
y = x y . Đây là phương trình Becnuli với α = 1 2 .
Ví dụ 3: Xét phương trình y '+
1 − x2
2
. Hay y 

8


Rõ ràng y = 0 là nghiệm của phương trình. Với y ≠ 0 , đặt z = y1−α = y1 2 , đưa về dạng:
x
x
z '+
z= .
2
2(1 − x )
2
x
z = 0 có nghiệm z = C 4 1 − x 2 . Bằng phương pháp biến thiên hằng số,
Phương trình z '+
2(1 − x 2 )
x
x
1
z = có nghiệm là z = K 4 1 − x 2 − (1 − x 2 ) .
phương trình z ' +
2
2(1 − x )
2
3
1
12
2
2
4
Cuối cùng, tích phân của phương trình ban đầu là: y = K 1 − x − (1 − x ) .
3
Bài tập:
A. Giải ptvp (dạng Becnuli):
2
1
= Ce 2x + x 2 + .
2
2
3
3
−x
2. 3y y ' + y + x = 0 . ĐS: y = Ce − x + 1 .

1. y '+ 2xy = 2x 3 y 3 . ĐS: y

−2

(

)

x
2x
= 1; y = 0 .
3. y '+ 2y = y 2 e x . ĐS: y e + Ce

4. (x + 1)(y '+ y 2 ) = − y . ĐS: y(x + 1) ( ln x + 1 + C ) = 1; y = 0 .
5. y ' = y 4 cos x + y tan x . ĐS: y −3 = Ccos3 x − 3sin x cos 2 x; y = 0 .
6. xy 2 y' = x 2 + y 3 . ĐS: y 3 = Cx 3 − 3x 2 .
7. xy ' − 2x 2 y = 4y . ĐS: y = x 4 ln 2 Cx; y = 0 .

x
xy
2
2
2
= 2
. ĐS: y = x − 1 + C x − 1 .
y x −1
9. xy ' + 2y + x 5 y 3e x = 0 . ĐS: y −2 = x 4 (2e x + C); y = 0 .
8. 2y '−

1
x = (2ln y).x 2 .
y
1
sin y 3
x=−
.x .
11. y ' x 3 sin y = xy '− 2y . ĐS: x 2 (C − cos y) = y; y = 0 , viết dạng x '−
2y
2y
dy
2x
cos y
a sin 2y −1
= 2
.x =
.x .
12.
. ĐS: x 2 = Cesin y − 2a(sin y + 1) , viết x '−
dx x cos y + a sin 2y
2
2

(

)

2
10. 2x yln y − x y' = y . ĐS: xy(C − ln 2 y) = 1 , viết dạng x '+

B. Giải ptvp (dạng Becnuli) thỏa điều kiện ban đầu:
1. xy ' + y = y 2 ln x; y(1) = 1 . ĐS:

1
1
= Cx + ln x + 1 ; = ln x + 1 .
y
y
3

3
1
2

2. y '− 9x 2 y = (x 5 + x 2 )y ; y(0) = 0 . ĐS: y =  Ce x − x 3 − ÷ , y = 0 ;
9
9

3
 2 x3 1 3 2 
y =  e − x − ÷ ,y = 0.
9
9
9
1
−x
3. y '− y = xy 2 ; y(0) = 0 . ĐS: = Ce − x + 1, y = 0 .
y
1
4. xy ' + y = xy 2 ; y(0) = 0 . ĐS: = x(C − ln x ), x = 0 ; y = 0 (x ≠ 0), x = 0 (y ≠ 0) .
y
x
5. xy ' − y = y 2 ; y(0) = 0 . ĐS: y =
; y = 0 (x ≠ 0), x = 0 (y ≠ 0) .
C−x

2
3

2. PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP HAI
9


2.1. Khái niệm chung. Bài toán Cauchy. Định lý tồn tại duy nhất nghiệm
a. Khái niệm chung:
Ptvp cấp hai là phương trình có dạng:
F ( x, y, y ', y'' ) = 0 .
Nếu giải được phương trình trên đối với y '' , thì nó có dạng
y '' = f ( x, y, y ' ) .
Chẳng hạn, yy'' + y' 2 + yy '+ x 2 y 2 = 0 , y '' +

(1.30)

2
y = x cos x là những ptvp cấp hai.
x2

b. Bài toán Cauchy. Định lý tồn tại duy nhất nghiệm:
Định lý 10.1 (sự tồn tại và duy nhất nghiệm)
Cho phương trình dạng (1.30). Nếu f ( x, y, y ' ) ,

(

(1.29)

)

∂f
∂f
( x, y, y' ) , ( x, y, y' ) liên tục trong
∂y
∂y '

'
một miền D nào đó trong R 3 và nếu x 0 , y 0 , y 0 là một điểm thuộc D thì trong một lân cận nào đó

của điểm x = x 0 , tồn tại một nghiệm duy nhất y = y(x) của phương trình (1.30) thỏa mãn các điều
kiện:
(1.31)
y(x 0 ) = y 0 ; y '(x 0 ) = y '0 .
Bài toán tìm nghiệm của phương trình (1.30) thỏa mãn các điều kiện (1.31), được gọi là bài
toán Cauchy của phương trình (1.30).

(

)

'
Về mặt hình học, định lý khẳng định rằng nếu x 0 , y 0 , y 0 ∈ D thì trong một lân cận nào đó

của điểm ( x 0 , y 0 ) có một đường tích phân duy nhất của phương trình (1.30) đi qua điểm ấy, hệ số
góc của tiếp tuyến của nó tại điểm ấy bằng y'0 .

Người ta gọi nghiệm tổng quát của phương trình (1.30) là hàm số y = ϕ ( x,C1 ,C 2 ) , trong

đó C1 ,C2 là những hằng số tùy ý thỏa mãn các điều kiện sau:
(i) Nó thỏa mãn phương trình (1.30) với mọi giá trị của C1 ,C2 .

(

)

'
(ii) Với mọi x 0 , y 0 , y 0 ở đó các điều kiện của định lý tồn tại và duy nhất nghiệm được

(

0
0
0
0
thỏa mãn, có thể tìm được các giá trị xác định C1 = C1 ,C2 = C2 sao cho hàm số y = ϕ x,C1 ,C 2

)

thỏa mãn: y(x 0 ) = y 0 ; y '(x 0 ) = y '0 .

Hệ thức Φ ( x, y,C1 ,C 2 ) = 0 xác định nghiệm tổng quát của phương trình (1.30) dưới dạng
ẩn, được gọi là tích phân tổng quát của nó. Nó biểu diễn một họ đường tích phân phụ thuộc hai
tham số.

(

)

0
0
Người ta gọi nghiệm riêng của phương trình (1.30) là một hàm số y = ϕ x,C1 ,C 2 mà ta
0
0
được bằng cách cho C1 ,C2 trong nghiệm tổng quát các giá trị xác định C1 ,C2 . Hệ thức

Φ ( x, y,C10 ,C02 ) = 0 được gọi là tích phân riêng.

2.2. Phương trình giảm cấp được
Phương trình giảm cấp được là ptvp cấp hai khuyết, có dạng: F ( x, y '' ) = 0 ; F ( x, y ', y '' ) = 0 ;

F ( y, y ', y'' ) = 0 .

a. Phương trình khuyết y, y ' dạng F ( x, y '' ) = 0 :

Cách giải: Đặt p = y ' , ta được F ( x, p' ) = 0 , là phương trình vi phân cấp một đối với p. Nếu

p = f (x,C1 ) là nghiệm của F ( x, p' ) = 0 thì y = ∫ f (x,C1 )dx + C 2 là nghiệm của F ( x, y '' ) = 0 .

Ví dụ 1: Giải ptvp y '' = xe x .

10




x
x
x
x
Đặt p = y ' , ta được p' = xe ⇒ p = xe dx = xe − e + C1 .





Từ đó: y = y 'dx = pdx = =
Cách 2:

∫ ( xe

x

− e x + C1 ) dx = (x − 2)e x + C1x + C 2 .

y ' = ∫ y ''dx = ∫ xe x dx = xe x − x + C1 .

y = ∫ y 'dx = ∫ ( xe x − x + C1 ) dx = (x − 2)e x + C1x + C 2 .
2

Ví dụ 2: Giải ptvp x = y '' + y ''+ 1 .

Đặt p = y ' , ta được x = p' + p'+ 1 . Đặt t = p' , khi đó x = t 2 + t + 1 và dx = ( 2t + 1) dt .
2 3 1 2
2
2
Ta có: dp = p'dx = t ( 2t + 1) dt = 2t + t dt . Suy ra p = ∫ 2t + t dt = t + t + C1 .
3
2
2 3 1 2
2
2
Vậy, phương trình x = p' + p'+ 1 có nghiệm dạng tham số: x = t + t + 1, p = t + t + C1 .
3
2
2 3 1 2

4 4 5 3 1 2

Ta có: dy = y ' dx = pdx =  t + t + C1 ÷( 2t + 1) dt =  t + t + t + 2C1t + C1 ÷dt .
2
3
2
3

3

4 4 5 4 1 3
4 4 5 3 1 2

2
Suy ra: y =  t + t + t + 2Ct + C ÷dt = t + t + t + C1t + C1t + C 2 .
3
2
15
12
6
3

2

(

)

(

)



2

Tóm lại, phương trình x = y '' + y ''+ 1 có nghiệm dạng tham số:
x = t 2 + t + 1, y =

4
15

t4 +

5
12

1

t 4 + t 3 + C1 t 2 + C1 t + C 2 .
6

Cách 2: Đặt t = y '' , khi đó x = t 2 + t + 1 và dx = ( 2t + 1) dt .
2

1

3

2

dy ' = y '' dx = t ( 2t + 1) dt ⇒ y ' = ∫ t ( 2t + 1) dt = t 3 + t 2 + C1 .
1
5
1
2

4

2
3
2
3

3

4 4 5 4 1 3
4 4 5 3 1 2

2
Suy ra: y = ∫  t + t + t + 2C1t + C 2 ÷dt = t + t + t + C1 t + C1 t + C 2 .
3
2
15
12
6
3


dy = y ' dx =  t 3 + t 2 + C1 ÷( 2t + 1) dt =  t 4 + t 3 + t 2 + 2C1t + C1 ÷dt .

2
Tóm lại, tích phân dạng tham số: x = t + t + 1, y =

4
15

t4 +

5
12

1

t 4 + t 3 + C1 t 2 + C1t + C 2 .
6

Bài tập: Giải các ptvp khuyết y, y' dạng F ( x, y '' ) = 0 :
1. x − sin y ''+ 2y '' = 0 . ĐS: x = sin t − 2t ,
y = sin 2t − cos2t + (C1 − 2 − t 2 )sin t +  − 2C1 ÷t + t 3 + C 2 .
3

t

1

8

4

2

2



3

t 3  −2t  t
 −t t3

−t
y''
2. x = e + y '' . ĐS: x = e + t, y =  + ÷e +  − 1 + C1 ÷e + + C1t + C 2 .
6
2 4
2

x2
3
3. ( y'' ) − 1 = 0 . ĐS: y =
+ C1x + C 2 .
2
2

b. Phương trình khuyết y dạng F ( x, y ', y '' ) = 0 :

Cách giải: Đặt p = y ' , ta được F ( x, p, p' ) = 0 , là phương trình vi phân cấp một đối với p.

(

)

2
Ví dụ: Tìm một nghiệm riêng của phương trình 1 − x y ''− xy ' = 2 thỏa mãn các điều kiện:

y(0) = 0; y'(0) = 0 .
11


2
Đặt p = y ' , ta được (1 − x )p' − xp = 2 ⇔ p'−

x
2
.p =
.
2
1− x
1 − x2
C

x
.p = 0 có nghiệm p =
. Cho biến thiên hằng số C, tìm được
1 − x2
1 − x2
2 arcsin x + C1
x
2
p=
.p =
nghiệm của p'−
.
2
2 là
1− x
1− x
1 − x2
 2 arcsin x
C1 
2
+
dx = ( arcsin x ) + C1 arcsin x + C 2 .
Từ đó: y = ∫ y 'dx = ∫ pdx = ∫ 
2
2 ÷
1− x 
 1− x
Từ điều kiện y(0) = 0 , tìm được C2 = 0 . Kết hợp với điều kiện y '(0) = 0 , tìm được C1 = 0 .
Phương trình p'−

Vậy nghiệm riêng của phương trình đã cho là y = ( arcsin x ) .
2

Bài tập: Giải các ptvp khuyết y dạng F ( x, y ', y '' ) = 0 :
2
1. xy '' − y ' = 0 . ĐS: y = C1x + C 2 .

2. x ln x.y ''− y ' = 0 . ĐS: y = C1 (x ln x − x) + C 2 .
c. Phương trình khuyết x dạng F ( y, y ', y'' ) = 0 :

dp dp dy
dp
dy
= .
= p. = p.p' y , do đó ta xem p là
. Khi đó y '' = p' =
dx dy dx
dy
dx
dp 

hàm số chưa biết của y. Phương trình trở thành F  y, p, p ÷ = F ( y, p, p.p ' ) = F ( y, p, p ' ) = 0 . Là
dy 

Cách giải: Đặt p = y ' =

một phương trình vi phân cấp một đối với p theo biến y.
2
Ví dụ: Giải phương trình 2yy '' = y' + 1 .

1
1 −1
.p =
.p . Đây là ptvp Becnuli ( α = −1 ) của
2y
2y
1
1
hàm p đối với biến y. Đặt z = p2 ⇒ z ' = 2pp' , thu được z '− z = có nghiệm z = C1y − 1 .
y
y
1
1 −1
1 + p2
2
p'

.p
=
.p
p
=
C
y

1

y
=
Như vậy, phương trình
có đường tích phân
.
1
2y
2y
C1
Đặt p = y ' ⇒ y '' = p' = p.p' y , ta được p'−

Ta có: dy = y 'dx ⇔

2p
C1

dp = pdx ⇒ p =

C1
2

x + C2 .
2

Tóm lại, nghiệm cần tìm là:

y=

1 + p2
C1

=

 C1 x + C 
2 ÷
 2
 .

1+ 

C1

2
Nhận xét: Từ p = C1 y − 1 ⇔ p = ± C1 y − 1 ⇒ x = ± ∫

Bài tập: Giải các ptvp khuyết x dạng F ( y, y ', y'' ) = 0 :
1. y '' = 2yy' .

dy
C1 y − 1

= C2 ±

2 C1 y − 1
C1

.

HD: y = K (hằng số) luôn là nghiệm. Đặt p = y ' tìm được p = y 2 + C . Suy ra: x = ∫

12

dy
y +C
2

.


Nếu C = 0 thì y(C1 − x) = 1 . Nếu C > 0 thì y = C1 tan(C1x + C 2 ) . Nếu C < 0 thì

ln

y − C1
= 3C1x + C 2 .
y + C1

2. 2yy '' = (y ') 2 + y 2 .
HD: y = 0 là nghiệm. Đặt p = y ' thu được p'−
Suy ra: x = ± ∫

dy
y + C1 y
2

= C 2 ± ln y +

C1
2

1
y
p = p −1 có nghiệm p = ± y 2 + Cy .
2y
2

+ y 2 + C1 y .

2.3. Khái niệm về phương trình vi phân tuyến tính cấp 2
Đó là phương trình có dạng:

y ''+ p(x)y '+ q(x)y = f (x)

(1.32)

trong đó p(x),q(x),f (x) là những hàm liên tục. Phương trình được gọi là thuần nhất nếu f (x) ≡ 0
, không thuần nhất nếu f (x) ≠ 0 .
a. Phương trình vi phân tuyến tính cấp 2 thuần nhất:
y ''+ p(x)y '+ q(x)y = 0
(1.33)
Định lý 2.3.1 Nếu y1 (x), y 2 (x) là hai nghiệm của phương trình (1.33) thì C1 y1 (x) + C 2 y 2 (x)
cũng là nghiệm của phương trình (1.33), với C1 ,C2 là 2 hằng số.
Định nghĩa 2.3.2 Hai hàm số y1 (x), y 2 (x) được gọi là độc lập tuyến tính trên đoạn [ a, b] nếu tỉ
số

y1 (x)
khác hằng số trên [ a, b] . Trong trường hợp trái lại, hai hàm ấy được gọi là phụ thuộc
y 2 (x)

tuyến tính.

sin x
= tan x ≠ hằng số trên R ;
cos x
e 2x
1
2x
2x
còn hai hàm e và 3e phụ thuộc tuyến tính trên R , vì 2x = trên R .
3e
3
y1 y 2
y
(x),
y
(x)
= y1 y'2 − y 2 y1' gọi là định
Định nghĩa 2.3.3 Cho hai hàm số 1
. Định thức '
2
'
y1 y 2
Ví dụ: Hai hàm số sin x và cos x độc lập tuyến tính trên R , vì

thức Wronsky của y1 , y 2 và được ký hiệu là W ( y1 , y 2 ) , hay vắn tắt là W nếu không sợ nhầm lẫn.
Định lý 2.3.4 Nếu hai hàm số y1 (x), y 2 (x) phụ thuộc tuyến tính trên [ a, b] thì W ( y1 , y 2 ) ≡ 0
trên [ a, b] .

Định lý 2.3.5 Giả sử y1 , y 2 là hai nghiệm của phương trình (1.33) và p(x),q(x) liên tục trên

[ a, b] . Nếu định thức Wronsky W ( y1 , y2 ) ≠ 0
W ( y1 , y 2 ) ≠ 0 với mọi x trên [ a, b] .

tại một giá trị x = x 0 nào đó của [ a, b] , thì

Định lý 2.3.6 Nếu các nghiệm y1 , y 2 của phương trình (1.33) là độc lập tuyến tính trên [ a, b] thì

y1

y2

≠ 0 tại mọi điểm trên [ a, b] .
y1' y'2
Định lý 2.3.7 Nếu y1 (x), y 2 (x) là hai nghiệm độc lập tuyến tính của phương trình (1.33) thì
định thức Wronsky

nghiệm tổng quát của (1.33) là:

y = C1y1 (x) + C 2 y 2 (x)

trong đó C1 ,C2 là những hằng số tùy ý.
Ví dụ: Xét phương trình y ''+ y = 0 .
13


Dễ thấy phương trình có 2 nghiệm riêng y1 = cos x, y 2 = sin x độc lập tuyến tính. Vậy nghiệm
tổng quát của phương trình là y = C1 cos x + C2 sin x , với C1 ,C2 là những hằng số tùy ý.
Chú ý: Định lý 2.3.7 cho thấy rằng, muốn tìm nghiệm tổng quát của ptvp tuyến tính thuần nhất cấp
2, chỉ cần tìm hai nghiệm riêng độc lập tuyến tính. Nhưng đối với ptvp có hệ số biến thiên, không
có phương pháp tổng quát để giải quyết vấn đề đó. Tuy nhiên, nếu ta biết được một nghiệm riêng
khác không của nó, ta có thể tìm một nghiệm riêng khác (theo phương pháp hệ số biến thiên) bởi
định lý sau đây.
Định lý 2.3.8 Nếu đã biết một nghiệm riêng y1 (x) ≠ 0 của ptvp tuyến tính thuần nhất (1.33), ta có
thể tìm được nghiệm riêng y 2 (x) của phương trình đó, độc lập tuyến tính với y1 (x) , có dạng
y 2 (x) = y1 (x).u(x) .

(

)

2
Ví dụ: Tìm nghiệm tổng quát của phương trình 1 − x y ''+ 2xy '− 2y = 0 .

Dễ thấy y1 = x là một nghiệm riêng. Ta tìm nghiệm riêng khác, có dạng y 2 = x.u(x) .
Ta có: y'2 = u + x.u '; y''2 = u '+ u ' + xu '' = 2u ' + xu '' . Thay vào phương trình, ta được:

( 1 − x ) [ 2u '+ xu ''] + 2x [ u + x.u '] − 2xu = 0
Đặt p = u ' , ta được x ( 1 − x ) p' + 2p = 0 .
2

⇔ x ( 1 − x 2 ) u '' + 2u ' = 0 .

2

(

Hay x 1 − x

2

)

−d ( x )
dp
dp
−2dx
1
 1
+ 2p = 0 ⇔
=
=
=

d x2 ) .
2
2 (
2
2
2

dx
p x ( 1 − x ) x ( 1 − x ) 1 − x
x 
2

1 − x2
1 

= − K1 1 − 2 ÷.
Suy ra ln p = ln ( 1 − x ) − ln ( x ) + ln K1 ⇔ p = K1
2
x
 x 
1
1 
1

Chọn K1 = −1 , ta được p = 1 − 2 . Từ đó u = ∫ pdx = ∫  1 − 2 ÷dx =x + + K 2 . Chọn K 2 = 0 ,
x
x
 x 
1
1

2
ta được u = x + . Do đó tìm được y 2 = x.u(x) = x  x + ÷ = x + 1 .
x
x

2
Vì hai nghiệm y1 = x; y 2 = x + 1 độc lập tuyến tính, nên nghiệm tổng quát của phương trình đã
2

2

(

)

2
cho là y = C1x + C2 x + 1 , với C1 ,C2 là hai hằng số tùy ý.

b. Phương trình vi phân tuyến tính cấp 2 không thuần nhất:
Xét ptvp ở dạng (1.32): y ''+ p(x)y '+ q(x)y = f (x) .
Định lý 2.3.9 Nghiệm tổng quát của ptvp không thuần nhất (1.32) bằng tổng của nghiệm tổng quát
của phương trình thuần nhất tương ứng (1.33) với một nghiệm riêng nào đó của phương trình không
thuần nhất (1.32).
Định lý 2.3.10 (Nguyên lý chồng nghiệm)
Nếu y1 (x), y 2 (x) lần lượt là nghiệm riêng của phương trình
y ''+ p(x)y '+ q(x)y = f1 (x); y '' + p(x)y ' + q(x)y = f 2 (x) thì y = y1 (x) + y 2 (x) là một nghiệm
riêng của phương trình y ''+ p(x)y '+ q(x)y = f1 (x) + f 2 (x) .
c. Phương pháp biến thiên hằng số: Được trình bày qua thí dụ sau đây.

(

)

2
2
Ví dụ: Giải phương trình 1 − x y ''+ 2xy '− 2y = 1 − x .

Nếu 1 − x 2 ≠ 0 , phương trình viết gọn là y ''+

2x
2
y '−
y = 1.
2
1− x
1 − x2

(

)

2
Ta biết rằng nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất tương ứng là y = C1x + C2 x + 1 ,

với C1 ,C2 là hai hằng số tùy ý.

14


(

)

(

)

'
'
2
'
'
2
Ta có y ' = C1 + 2C 2 x + C1x + C2 x + 1 . Chọn C1 ,C2 sao cho C1x + C2 x + 1 = 0 . Khi đó

y ' = C1 + 2C 2 x . Suy ra y '' = 2C 2 + C1' + 2C'2 x . Thay vào phương trình
2x
2
y ''+
y '−
y = 1 ta được:
2
1− x
1 − x2
2x
2
2
 2C2 + C1' + 2C'2 x  +



 1 − x 2 [ C1 + 2C2 x ] − 1 − x 2 C1x + C 2 ( x + 1)  = 1 .

2 ( x 2 + 1) 
2x 
4x 2
 2x

C + 2 +

 C2 + C1' + 2C'2 x = 1 .
Hay 
2
2  1
2
2
1− x 
1 − x 1 − x 
 1 − x


2 ( x 2 + 1) 
2x 
4x 2
 2x
'
'
'
'
 1 − x 2 − 1 − x 2  C1 +  2 + 1 − x 2 − 1 − x 2  C2 + C1 + 2C 2 x = 1 ⇔ C1 + 2C 2 x = 1 .


 '
x2 + 1
2 

'
'
2
C
=

=

1
+

÷
C1x + C2 ( x + 1) = 0
 1
x2 − 1
x2 − 1 

'
'
⇔ 
Như vậy ta tìm C1 ,C2 từ hệ 
'
'
C1 + 2C2 x = 1
 C' = x .
 2 x 2 − 1
x −1 
1

+ K1 và C2 = ln x 2 − 1 + K 2 , với K1 , K 2 là hai hằng số tùy ý.
Do đó C1 = −  x + ln
÷
x +1 
2

Vậy nghiệm tổng quát phải tìm là:

x −1


1

y = x.C1 (x) + ( x 2 + 1) C2 (x) = − x  x + ln
− K1  + ( x 2 + 1)  ln x 2 − 1 + K 2 
x +1
2



x −1  1 2

= − x  x + ln
+ ( x + 1) ln x 2 − 1 + K1x + K 2 ( x 2 + 1) .

x +1  2

2.4 Phương trình vi phân tuyến tính cấp 2 có hệ số không đổi:
2.4.1 Phương trình thuần nhất:
Xét ptvp tuyến tính cấp 2 có hệ số không đổi dạng:

y '' + py ' + qy = 0

(1.34)

trong đó p, q là hai hằng số. Ta biết rằng, muốn tìm nghiệm tổng quát của nó, chỉ cần tìm hai
nghiệm riêng độc lập tuyến tính. Ta sẽ tìm nghiệm riêng của nó dưới dạng

y = e kx
trong đó k là một hằng số nào đó mà ta sẽ tìm. Ta có y ' = ke kx , y '' = k 2e kx . Thay vào phương trình

(

)

kx
2
(1.34), ta được e k + pk + q = 0 . Vì e kx ≠ 0 nên

(1.35)
k 2 + pk + q = 0 .
kx
Vậy nếu k thỏa mãn phương trình (1.35) thì hàm số y = e là một nghiệm của phương trình (1.34).
Phương trình (1.35) gọi là phương trình đặc trưng của ptvp (1.34). Đó là một phương trình bậc hai,
có hai nghiệm k1 , k 2 thực hay phức. Có thể xảy ra ba trường hợp sau:
a. Trường hợp 1: Hai số k1 , k 2 thực khác nhau.
kx
k x
Khi ấy phương trình (1.34) có hai nghiệm y1 = e 1 , y 2 = e 2 . Vì

y1
= e( k1 −k2 ) x ≠ hằng số nên hai
y2

nghiệm này độc lập tuyến tính. Cho nên nghiệm tổng quát của phương trình (1.34) trong trường hợp
này là:

y = C1y1 + C2 y 2 = C1e k1x + C2 e k2x
15


với C1 ,C2 là hai hằng số tùy ý.
Ví dụ: Tìm nghiệm của phương trình y ''+ y '− 2y = 0 thỏa mãn các điều kiện:
y(0) = 0; y '(0) = 1 .
2
Phương trình đặc trưng k + k − 2 = 0 có hai nghiệm k1 = 1; k 2 = −2 . Do đó nghiệm tổng quát
x
−2x
x
−2x
của phương trình đã cho là y = C1e + C2 e . Từ đó y ' = C1e − 2C 2 e , và các điều kiện bài

1

C1 =

C1 + C2 = 0

3
⇔ 
toán trở thành: 
C1 − 2C2 = 1
C 2 = − 1 .

3
1 x 1 −2x
Vậy nghiệm riêng phải tìm là y = e − e .
3
3
k
,
k
b. Trường hợp 2: Hai số 1 2 thực trùng nhau.
kx
Ta đã có một nghiệm riêng của phương trình là y1 = e 1 . Ta sẽ tìm một nghiệm riêng y 2 độc lập
kx
tuyến tính với y1 dưới dạng y 2 = y1 .u(x) = e 1 u(x) .
kx
kx
kx
'
Ta có y 2 = k1e 1 u + e 1 u ' = e 1 ( k1u + u ' ) và

(

) (

)

(

)

y ''2 = k1 k1e k x u + e k x u ' + k1e k x u ' + e k x u '' = e k x u '' + 2k1e k x u ' + k 12 e k x u = e k x u '' + 2k 1u ' + k 12 u .
1

1

1

1

Thay vào (1.34) ta được:
e

k 1x

( u ''+ 2k u '+ k u ) + pe ( k u + u ' ) + qe
2

1

1

k1 x

1

k1x

1

1

1

1

(

)

u = 0 ⇔ u '' + ( 2k 1 + p ) u ' + k 1 + pk 1 + q u = 0 .
2

2
Do k1 là nghiệm kép của phương trình đặc trưng nên k1 + pk1 + q = 0 và

p
⇔ 2k1 + p = 0 . Cho nên phương trình biến đổi trên trở thành u '' = 0 . Từ đó
2
u = Ax + B , trong đó A, B là những hằng số tùy ý. Chọn A = 1, B = 0 ta được u = x . Do đó
y 2 = xe k1x . Tóm lại, ta đã tìm được 2 nghiệm riêng độc lập tuyến tính của (1.34) trong trường hợp
k1 = −

kx
kx
này là y1 = e 1 ; y 2 = xe 1 nên nghiệm tổng quát của phương trình (1.34) lúc này là:

y = C1y1 + C2 y 2 = C1e k1x + C2 xe k1x = e k1x ( C1 + C2 x ) .
Ví dụ: Giải phương trình y ''− 6y' + 9y = 0 .
Phương trình đặc trưng k 2 − 6k + 9 = 0 có nghiệm kép k1 = k 2 = 3 . Nên nghiệm tổng quát của
3x
phương trình đã cho là y = e ( C1 + C 2 x ) , với C1 ,C2 là hai hằng số tùy ý.

c. Trường hợp 3: Hai số k1 , k 2 dạng phức liên hợp k1 = α + iβ; k 2 = α − iβ .
Khi đó 2 nghiệm riêng của phương trình (1.34) là y1 = e(

α+ iβ ) x

= eαx eiβx và y 2 = e( α−iβ ) x = e αx e − iβx .

Dùng công thức Euler: eiβx = cos βx + isin βx; e − iβx = cos βx − isin βx , ta được

y1 = e αx ( cos βx + isin βx ) ; y 2 = e αx ( cos βx − isin βx ) .
y + y2
y − y2
= eαx cos βx; Y2 = 1
= e αx sin βx
Nhận xét rằng, Y1 = 1
2
2i

cũng là các nghiệm riêng của của phương trình ấy, và chúng độc lập tuyến tính (do
khác hằng số). Vậy nghiệm tổng quát của (1.34) trong trường hợp này là:

y = C1Y1 + C2 Y2 = e αx ( C1 cos βx + C 2 sin βx ) .
Ví dụ: Giải phương trình y '' − 2y '+ 5y = 0 .

16

Y1
Y2

= cot gβx


Phương trình đặc trưng k 2 − 2k + 5 = 0 , có hai nghiệm phức liên hợp k1 = 1 + 2i; k 2 = 1 − 2i . Do
x
đó nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là y = e ( C1 cos 2x + C 2 sin 2x ) , với C1 ,C 2 là hai
hằng số tùy ý.

Bài tập:
A. Giải các ptvp cấp hai (tuyến tính thuần nhất) sau đây:
2x
1. y ''− 2y' = 0 . ĐS: y = C1 + C 2 e .
x

2. 2y ''− 5y' + 2y = 0 . ĐS: y = C e 2 + C e 2x .
1
2
−x
−3x
3. y ''+ 4y ' + 3y = 0 . ĐS: y = C1e + C 2e .

2x
4. y ''− 4y' + 5y = 0 . ĐS: y = e ( C1 cos x + C 2 sin x ) .

−x
5. y ''+ 2y ' + 10y = 0 . ĐS: y = e ( C1 cos3x + C 2 sin 3x ) .

6. y ''+ 4y = 0 . ĐS: y = C1 cos 2x + C 2 sin 2x .
2x
4x
7. y ''− 6y' + 8y = 0 . ĐS: y = C1e + C 2e .
−x
−2x
8. y ''+ 3y '+ 2y = 0 . ĐS: y = C1e + C 2e .

9. y ''− y ' − 2y = 0 . ĐS: y = C1e + C 2e .
B. Giải các ptvp cấp hai (tuyến tính thuần nhất) thỏa điều kiện cho trước:
1. y ''− 2y' + y = 0 , y(2) = 1, y'(2) = 2 . ĐS: y = (7 − 3x)e x −2 .
−x

2.
3.
4.
5.

2x

y ''− y = 0, y(0) = 2, y '(0) = 0 . ĐS: y = e − x + e x .
y ''+ 2y = 0, y(0) = 0, y'(0) = 3 . ĐS: y = 0 .
y ''+ y = 0, y(0) = 0, y '( π 2) = 1 . ĐS: y = sinx .
y ''+ y = 0, y(0) = 0, y'( π) = 0 . ĐS: y = Csinx .

2.4.2 Phương trình không thuần nhất:
2.4.2.1 Phương pháp hệ số bất định.
Xét ptvp tuyến tính cấp 2 có hệ số không đổi dạng:

y ''+ py '+ qy = f (x)

(1.35)

trong đó p, q là hai hằng số.
Ở trên, ta đã tìm được nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất tương ứng (1.34). Vậy
chỉ việc áp dụng phương pháp biến thiên hằng số để tìm nghiệm tổng quát của phương trình không
thuần nhất (1.35). Nhưng đối với một số dạng đặc biệt của vế phải f (x) , có thể tìm được một
nghiệm riêng của phương trình (1.35) dễ dàng. Chỉ cần cộng nghiệm riêng ấy vào nghiệm tổng quát
của phương trình thuần nhất tương ứng (1.34), ta sẽ được nghiệm tổng quát của (1.35).
Ta sẽ tìm nghiệm riêng của (1.35) trong hai trường hợp sau:
αx
a. Trường hợp 1: f (x) = e .Pn (x) , trong đó Pn (x) là một đa thức bậc n, α là một hằng số.

+ Khả năng 1: Nếu α không phải là nghiệm của phương trình đặc trưng k 2 + pk + q = 0 thì ta tìm
một nghiệm riêng của (1.35) có dạng:

Y = eαx Q n (x)
trong đó Q n (x) là một đa thức bậc n, (n+1) hệ số của nó sẽ được xác định như sau. Ta có:

(

)

Y ' = αe αx Q n (x) + e αx Q'n (x) = e αx αQ n (x) + Q 'n (x) và

(

) (

)

(

)

Y '' = α 2 e αx Q n (x) + αe αx Q 'n (x) + αe αx Q 'n (x) + e αx Q ''n (x) = e αx α 2Q n (x) + 2 αQ 'n (x) + Q ''n (x) .
Thay vào phương trình (1.35), đơn giản cho e αx , ta được:

( α Q (x) + 2αQ' (x) + Q'' (x) ) + p ( αQ (x) + Q' (x) ) + qQ (x) = P (x) .
2

n

n

n

n

n

Hay
17

n

n


Q''n (x) + ( 2α + p ) Q'n (x) + ( α2 + pα + q ) Q n (x) = Pn (x) .

(1.36)

Vì α không phải là nghiệm của phương trình đặc trưng k + pk + q = 0 nên
2

α2 + pα + q ≠ 0 , do đó vế trái của (1.36) cũng là một đa thức bậc n, cùng bậc với đa thức ở vế
phải.
Bằng cách đồng nhất hệ số của các số hạng cùng bậc ở hai vế của đẳng thức (1.36), ta được
n + 1 phương trình bậc nhất của n + 1 ẩn là các hệ số của Q n (x) .
Phương pháp tìm các hệ số của Q n (x) nêu trên được gọi là phương pháp hệ số bất định.
Ví dụ: Giải phương trình y ''+ 3y '− 4y = x .
Phương trình đặc trưng k 2 + 3k − 4 = 0 có hai nghiệm đơn k1 = 1; k 2 = −4 . Vậy nghiệm tổng
quát của phương trình thuần nhất tương ứng là y = C1e x + C2 e −4x .
αx
Mặt khác, vế phải của phương trình có dạng e P1 (x) , trong đó α = 0; P1 (x) = x . Do α = 0

không là nghiệm của phương trình đặc trưng k 2 + 3k − 4 = 0 , nên ta tìm nghiệm riêng của phương
αx
trình đã cho dưới dạng Y = e Q1 (x) = Ax + B . Từ đó Y ' = A; Y '' = 0 , thay vào phương trình
đã cho, ta được: 0 + 3A − 4 ( Ax + B ) = x ⇔ − 4Ax + 3A − 4B = x .

1

A=−

 −4A = 1

4
⇔ 
Suy ra 
3A − 4B = 0
B = − 3 .

16
x 3
Do đó nghiệm riêng cần tìm là Y = − −
. Vậy nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là
4 16
x 3
y = y + Y = C1e x + C2 e −4x − − .
4 16
+ Khả năng 2: Nếu α là nghiệm đơn của phương trình đặc trưng k 2 + pk + q = 0 , ta tìm một
nghiệm riêng của (1.35) dưới dạng:

Y = xe αx Q n (x) .
x
Ví dụ: Tìm nghiệm tổng quát của phương trình y ''− y' = e ( x + 1) .

Phương trình đặc trưng k 2 − k = 0 có hai nghiệm k1 = 0; k 2 = 1 . Do đó nghiệm tổng quát của
phương trình thuần nhất tương ứng là y = C1 + C 2 e x . Vế phải của phương trình đã cho có dạng

e αx P1 (x) , với P1 (x) = x + 1 và α = 1 là một nghiệm đơn của phương trình đặc trưng, cho nên ta
tìm một nghiệm riêng của phương trình đã cho dưới dạng:

(

Y = xe αx Q1 (x) = xe x ( Ax + B ) = e x ( Ax 2 + Bx ) .

)

x
2
x
x
2
Ta có: Y ' = e Ax + Bx + e ( 2Ax + B ) = e  Ax + ( 2A + B ) x + B  và

Y '' = e x  Ax 2 + ( 2A + B ) x + B + e x 2Ax + ( 2A + B )  = e x Ax 2 + ( 4A + B ) x + 2A + 2B .

Thay vào phương trình đã cho, đơn giản e x , ta được:

 Ax 2 + ( 4A + B ) x + 2A + 2B −  Ax 2 + ( 2A + B ) x + B = x + 1 ⇔ 2Ax + 2A + B = x + 1 .
1

 2A = 1
A=
⇔ 
Do đó 
2
2A + B = 1
 B = 0.
 1 2 x
x
2
x1 2
Vậy nghiệm riêng cần tìm Y = e ( Ax + Bx ) = e  x + 0.x ÷ = x e .
2
 2
18


1 2 x
xe .
2
+ Khả năng 3: Nếu α là nghiệm kép của phương trình đặc trưng k 2 + pk + q = 0 , ta tìm một
x
Từ đó, nghiệm tổng quát có dạng: y = y + Y = C1 + C 2 e +

nghiệm riêng của (1.35) dưới dạng:

Y = x 2 eαx Q n (x) .
Ví dụ: Giải phương trình y ''− 6y' + 9y = xe 3x .
Phương trình đặc trưng k 2 − 6k + 9 = 0 có nghiệm kép k = 3 . Nghiệm tổng quát của phương trình
3x
thuần nhất tương ứng là y = ( C1 + C2 x ) e . Ta tìm một nghiệm riêng của phương trình đã cho

(

)

2 αx
2 3x
3x
3
2
dưới dạng Y = x e Q1 (x) = x e ( Ax + B ) = e Ax + Bx .

(

)

(

)

3x
3
2
3x
2
3x
3
2
Ta có: Y ' = 3e Ax + Bx + e 3Ax + 2Bx = e 3Ax + ( 3A + 3B ) x + 2Bx  và

Y '' = 3e3x 3Ax 3 + ( 3A + 3B ) x 2 + 2Bx  + e3x 9Ax 2 + 2 ( 3A + 3B ) x + 2B
= e3x 9Ax 3 + ( 18A + 9B ) x 2 + ( 6A + 12B ) x + 2B .

Thay vào phương trình đã cho, đơn giản e3x , ta được:

9Ax 3 + ( 18A + 9B ) x 2 + ( 6A + 12B ) x + 2B

− 6  3Ax 3 + ( 3A + 3B ) x 2 + 2Bx  + 9  Ax 3 + Bx 2  = x.
1

6A = 1
A =
⇔ 
Hay 6Ax + 2B = x . Do đó 
6
2B
=
0

 B = 0.
Do đó nghiệm riêng cần tìm Y = e

3x

( Ax

3

+ Bx

2

)

x 3 3x
= e . Vậy nghiệm tổng quát của phương
6

x 3 3x
trình đã cho là: y = y + Y = ( C1 + C2 x ) e +
e .
6
3x

Bài tập:
A. Giải ptvp cấp hai tuyến tính (theo phương pháp hệ số bất định):
2
x
−x
1. y ''− y = x 2 − x + 1 . ĐS: y = − x + x − 3 + C1e + C 2 e .
3
4x
2. y ''− 4y' = −12x 2 + 6x − 4 . ĐS: y = x + x + C1 + C 2 e .
−x
3. y ''+ y ' = 3 . ĐS: y = 3x + C1 + C 2 e .

1
+ C1e −2x + C2 e −3x .
2
2 x
x
x
5. y ''− 2y' + y = 4e . ĐS: y = 2x e + e (C1 + C2 x) .
4. y ''+ 5y '+ 6y = 3 . ĐS: y =

x
x
−x
6. y ''− y = 4e x . ĐS: y = 2xe + C1e + C2 e .
1 4x
−x
3x
7. y ''− 2y' − 3y = e 4x . ĐS: y = e + C1e + C2 e .
5
x
x
8. y ''+ y = 4xe . ĐS: y = (2x − 2)e + C1 cos x + C 2 sinx .

 x2 x  x
x
−2x
y
=
9. y ''+ y '− 2y = 3xe . ĐS:
 2 − 3 ÷e + C1e + C2 e .


2
2x
x
4x
2 2x
10. y ''− 5y' + 4y = 4x e . ĐS: y = ( −2x + 2x − 3)e + C1e + C 2e .
x

x
−x
3x
11. y ''− 2y' − 3y = −4e x + 3 . ĐS: y = e − 1 + C1e + C2 e ; xét y ''− 2y ' − 3y = −4e x tìm
x
nghiệm riêng Y1 = e ; xét y '' − 2y '− 3y = 3 tìm được nghiệm riêng Y2 = −1 .
19


1 3x
xe + 3x 2 + 2x + C1 + C2 e 3x .
3
7
2x
2
x
2x
13. y ''− 3y' + 2y = 3e 2x + 2x 2 . ĐS: y = 3xe + x + 3x + + C1e + C 2e .
2
x
2
−x
x
x
2
14. y ''− y = 2e − x . ĐS: y = xe + x + 2 + C1e + C 2 e .
12. y ''− 3y' = e 3x − 18x . ĐS: y =

 x 1  −x
+ ÷e + C1e x + C 2 e −4x .
 6 36 

x
5

−4x
15. y ''+ 3y '− 4y = e −4x + xe − x . ĐS: y = − e − 

B. Giải ptvp cấp hai tuyến tính (theo phương pháp hệ số bất định), thỏa điều kiện cho trước:
1. y ''+ y = 4e x , y(0) = 1, y'(0) = −3 . ĐS: y = 2cos x − 5sin x + 2e x .
2. y ''− 2y' = 2e x , y(1) = −1, y '(1) = 0 . ĐS: y = e 2x −1 − 2e x + e −1 .
3. y ''+ 2y ' + 2y = xe − x , y(0) = 0, y '(0) = 0 . ĐS: y = e − x (x − sinx) .
3 2 −2x
4. y ''+ 4y ' + 4y = 3e −2x , y(2) = 0, y'(2) = 0 . ĐS: y = x e .
2
b. Trường hợp 2: f (x) = Pm (x)cos βx + Pn (x)sin βx , trong đó Pm (x), Pn (x) là những đa bậc m,
n và β là một hằng số.
+ Khả năng 1: Nếu ± iβ không là nghiệm của phương trình đặc trưng k 2 + pk + q = 0 , ta tìm một
nghiệm riêng của phương trình (1.35) dưới dạng:

Y = Q t (x) cos βx + R t (x)sin βx
trong đó Q t (x), R t (x) là những đa thức bậc t = max ( m;n ) .
Ví dụ: Giải phương trình y ''− 3y' + 2y = 2sin x .
Phương trình đặc trưng k 2 − 3k + 2 = 0 có hai nghiệm k1 = 1; k 2 = 2 . Nghiệm tổng quát của
phương trình thuần nhất tương ứng là y = C1e k1x + C2 e k2 x = C1e x + C 2e 2x .

Vế phải của phương trình đã cho có dạng P0 (x)sin βx , trong đó P0 (x) = 2 và β = 1 . Vì ± iβ = ± i
không là nghiệm của phương trình đặc trưng, nên ta tìm một nghiệm riêng của phương trình đã cho
dưới dạng Y = Q0 (x)cos βx + R 0 (x)sin βx = A cos x + Bsin x . Do đó:
Y ' = − Asin x + Bcos x; Y '' = − A cos x − Bsin x .
Thay vào phương trình đã cho, ta được:
( − A cos x − Bsin x ) − 3 ( −A sin x + Bcos x ) + 2 ( A cos x + Bsin x ) = 2sin x .

3

A=

 A − 3B = 0

5
⇔ 
Hay ( A − 3B ) cos x + ( 3A + B ) sin x = 2sin x . Do đó: 
3A + B = 2
B = 1 .

5
3
1
Từ đó nghiệm riêng cần tìm là Y = A cos x + Bsin x = cos x + sin x .
5
5
3
1
x
2x
Vậy nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là: y = y + Y = C1e + C2 e + cos x + sin x .
5
5
2
+ Khả năng 2: Nếu ± iβ là nghiệm của phương trình đặc trưng k + pk + q = 0 , ta tìm một
nghiệm riêng của (1.35) dưới dạng:

Y = x [ Q t (x) cos βx + R t (x)sin βx ]

trong đó Q t (x), R t (x) là những đa thức bậc t = max ( m;n ) .
Ví dụ: Giải phương trình y ''+ y = x cos x .
20


Phương trình đặc trưng k 2 + 1 = 0 có nghiệm phức liên hợp k1 = α + iβ = 0 + i.1 và
k 2 = α − iβ = 0 − i.1 . Nên nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất tương ứng là

y = e αx ( C1 cos βx + C 2 sin βx ) = e 0.x ( C1 cos x + C 2 sin x ) = C1 cos x + C 2 sin x .
Vế phải của phương trình đã cho có dạng P1 (x)sin βx , trong đó P1 (x) = x và β = 1 . Vì ± iβ = ± i
là nghiệm của phương trình đặc trưng, nên ta tìm nghiệm riêng của phương trình đã cho dưới dạng:

Y = x [ Q1 (x)cos βx + R 1 (x)sin βx ] = x ( Ax + B ) cos x + ( Cx + D ) sin x 
= ( Ax 2 + Bx ) cos x + ( Cx 2 + Dx ) sin x.

Ta có:

Y ' = Cx 2 + ( 2A + D ) x + B cos x +  − Ax 2 + ( 2C − B ) x + D  sin x và

Y '' =  − Ax 2 + ( 4C − B ) x + 2A + 2D  cos x +  −Cx 2 − ( 4A + D ) x + 2C − 2B  sin x .
Thay vào phương trình đã cho, ta được:

( 4Cx + 2A + 2D ) cos x + ( −4Ax + 2C − 2B ) sin x = x cos x .
Hay 4Cx cos x + ( 2A + 2D ) cos x − 4Ax sin x + ( 2C − 2B ) sin x = x cos x .
4C = 1
C = 1 4
A = 0
2A + 2D = 0
D = −A
B = 1 4



⇔ 
⇔ 
Đồng nhất hai vế, ta được: 
 −4A = 0
A = 0
C = 1 4
2C − 2B = 0
 B = C
 D = 0.

(

)

(

)

2
2
Do đó nghiệm riêng cần tìm là Y = Ax + Bx cos x + Cx + Dx sin x =

1
1
x cos x + x 2 sin x .
4
4

Vậy nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là:

1
1
y = y + Y = C1 cos x + C 2 sin x + x cos x + x 2 sin x .
4
4
+ Khả năng 3: Nếu ± iβ là nghiệm kép của phương trình đặc trưng k 2 + pk + q = 0 , ta tìm một
nghiệm riêng của (1.35) dưới dạng:

Y = x 2 [ Q t (x)cos βx + R t (x)sin βx ] .
Bài tập: Giải ptvp cấp hai tuyến tính (theo phương pháp hệ số bất định):
x
2x
1. y ''− 3y' + 2y = sinx . ĐS: y = C1e + C2 e + 0,3cos x + 0,1sinx .
x
2x
2. y ''− 3y' + 2y = x cos x . ĐS: y = C1e + C 2e + (0,1x − 0,12)cos x − (0,3x + 0,34)sinx .



x4 
x

cos x +  C2 + ÷sin x .
÷
4 
4


4. y ''+ y = 6sin 2x . ĐS: y = C1 cos x + C2 sinx − 2sin 2x .
3. y ''+ y = x sin x . ĐS: y =  C1 −

1
1
5. y ''+ 4y = sin 2x, y(0) = 0, y '(0) = 0 . ĐS: y = − x cos 2x + sin 2x .
4
8
c. Trường hợp 3 (tổng quát của trường hợp 2):
f (x) = e αx [ Pm (x) cos βx + Pn (x)sin βx ] , trong đó Pm (x), Pn (x) là những đa bậc m, n và α, β là
các hằng số.
+ Khả năng 1: Nếu α ± iβ không là nghiệm của phương trình đặc trưng k 2 + pk + q = 0 thì có
thể tìm một nghiệm riêng của phương trình (1.35) dưới dạng:

Y = eαx [ Q t (x)cos βx + R t (x)sin βx ]
21


trong đó Q t (x), R t (x) là những đa thức bậc t = max ( m;n ) .
+ Khả năng 2: Nếu α ± iβ là nghiệm đơn của phương trình đặc trưng k 2 + pk + q = 0 , ta tìm một
nghiệm riêng của (1.35) dưới dạng:

Y = xe αx [ Q t (x) cos βx + R t (x)sin βx ]
trong đó Q t (x), R t (x) là những đa thức bậc t = max ( m;n ) .
+ Khả năng 3: Nếu α ± iβ là nghiệm kép của phương trình đặc trưng k 2 + pk + q = 0 , ta tìm một
nghiệm riêng của (1.35) dưới dạng:

Y = x 2 eαx [ Q t (x)cos βx + R t (x)sin βx ]
trong đó Q t (x), R t (x) là những đa thức bậc t = max ( m;n ) .
Nhận xét: Ta có thể đưa về trường hợp 2, bằng cách đặt y = e αx z .
Ví dụ: Giải ptvp y ''+ 2y ' + 2y = xe − x sinx .
Đặt y = e αx z . Suy ra y ' = −e − x z + e − x z ' và y '' = e − x z − 2e − x z '+ e − x z '' . Thay vào ptvp ta được:

x
(sinx − x cos x) + C1 cos x + C 2 sinx . Từ đó, nghiệm
4

−x  x
của ptvp ban đầu là: y = e  (sinx − x cos x) + C1 cos x + C 2 sinx  .
4

z ''+ z = x sin x . Giải được nghiệm z =

Bài tập: Giải ptvp cấp hai tuyến tính (theo phương pháp hệ số bất định):
6
1
+ C2 e −3x + e3x  s inx − cos x ÷.
37
 37

x
x
2x
−2x
2. y '' − 4y = e [ ( −4x + 4) cos x − (2x + 6)s inx ] . ĐS: y = e (x cos x + sinx) + C1e + C 2e .

1. y ''− 9y = e 3x cos x . ĐS: y = C1e

3x

2 x
x
3. y ''− 2y' + 2y = e x (2cos x − 4x sin x) . ĐS: y = x e cos x + e (C1 cos x + C 2 sinx) .

d. Trường hợp 4: f (x) = f1 (x) + f 2 (x) + ... + f m (x) , với f1 (x),f 2 (x),...,f m (x) có một trong các
dạng đã xét ở trên.
Gọi Y1 , Y2 ,..., Ym lần lượt là nghiệm của phương trình:
y ''+ py '+ qy = f1 (x) , y ''+ py '+ qy = f 2 (x) , … , y ''+ py '+ qy = f m (x) .
Ta tìm nghiệm riêng ở dạng: Y = C1Y1 + C2 Y2 + ... + C m Ym .
Ví dụ: Giải bài toán ban đầu y ''+ 4y = 1 − cos 2x ; y(0) = 1 4 ; y '(0) = 9 4 .
Phương trình đặc trưng k 2 + 4 = 0 có hai nghiệm k = ±2i . Nghiệm tổng quát của phương trình
thuần nhất tương ứng là
y = e αx ( C1 cos βx + C2 sin βx ) = e 0.x ( C1 cos 2x + C2 sin 2x ) = C1 cos 2x + C 2 sin 2x .
Vế phải của phương trình đã cho có dạng f1 (x) + f 2 (x) , với f1 (x) = 1 và f 2 (x) = − cos 2x . Theo
nguyên lý chồng nghiệm, ta tìm một nghiệm riêng của phương trình đã cho dưới dạng Y1 + Y2 ,
trong đó Y1 , Y2 theo thứ tự là nghiệm riêng của các phương trình:
y ''+ 4y = 1; y'' + 4y = − cos 2x .
αx
Vế phải của phương trình thứ nhất có dạng e P0 (x) , trong đó P0 (x) = 1 và α = 0 không
là nghiệm của phương trình đặc trưng k 2 + 4 = 0 . Cho nên ta tìm nghiệm Y1 dưới dạng Y1 = A ,
thay vào phương trình y ''+ 4y = 1 ta được 4A = 1 ⇔ A = 1 4 . Vậy Y1 = 1 4 .
Vế phải của phương trình thứ hai có dạng P0 (x) = −1 và β = 2 . Vì ±βi = ±2i là nghiệm
của phương trình đặc trưng k 2 + 4 = 0 , nên ta tìm nghiệm Y2 dưới dạng:

Y2 = x ( A cos 2x + Bsin 2x ) , suy ra Y2' = A cos 2x + Bsin 2x + x ( −2Asin 2x + 2Bcos 2x ) và
22


Y2'' = −2Asin 2x + 2Bcos 2x + ( −2Asin 2x + 2Bcos 2x ) + x ( −4A cos 2x − 4Bsin 2x )

= −4Asin 2x + 4Bcos 2x + x ( −4A cos 2x − 4Bsin 2x ) .
Thay vào phương trình y ''+ 4y = − cos 2x , ta được:
−4Asin 2x + 4Bcos 2x + x ( −4A cos 2x − 4Bsin 2x ) + 4x ( A cos 2x + Bsin 2x ) = − cos 2x .
 −4A = 0
A = 0
⇔ 
4B = −1
 B = −1 4.
− x sin 2x
Do đó Y2 = x ( 0.cos 2x −1 4sin 2x ) =
.
4
Hay −4Asin 2x + 4Bcos 2x = − cos 2x . Suy ra 

Vậy nghiệm nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là

y = y + Y1 + Y2 = C1 cos 2x + C 2 sin 2x +
Từ điều kiện y(0) = 1 4 , ta tìm được C1 = 0 .
Từ điều kiện y '(0) = 9 4 , ta tìm được C2 =
Vậy nghiệm của bài toán giá trị đầu là y =

1 x sin 2x

.
4
4

9
.
8

9
1 x sin 2x
sin 2x + −
.
8
4
4

Bài tập: Giải ptvp cấp hai tuyến tính (theo phương pháp hệ số bất định):
2x
2x
1. y '' − y ' + 8y = e 2x + sin 2x . ĐS: y = e (C1 cos 2x + C 2 sin 2x) + 0, 25e + 0,1cos 2x + 0,05sin 2x .
2. y ''− 5y' = 3x 2 + sin 5x . ĐS: y = C1 + C 2 e

5x

− 0, 2x 3 − 0,12x 2 − 0,048x + 0,02(cos5x − sin 5x) .

x
−x
3. y ''− y = 2sin x − 4cos x . ĐS: y = − sinx + 2cos x + C1e + C 2e .
1 x
4. y ''+ y = e x + cos x . ĐS: y = C1 cos x + C2 sinx + (e + x sin x) .
2
1
1
5. y ''+ y = cos x + cos2x . ĐS: y = x sin x − cos2x + C1 cos x + C 2 sinx .
2
3
2
6. y ''+ y = 2sin x + 4x cos x . ĐS: y = x sinx + C1 cos x + C2 sinx .
1
1
7. y ''+ y = sinx + cos2x . ĐS: y = − xcosx − sin 2x + C1 cos x + C 2 sinx .
2
3
x
8. y ''− y' = e x + e 2x + x . ĐS: y = C1 + C 2 e +

1 2x
1
e + xe x − x 2 − x .
2
2

2.4.2.2 Phương pháp biến thiên hằng số

ex
Ví dụ: Giải ptvp y ''− y = x
.
e +1
Phương trình y ''− y = 0 có nghiệm y = C1e x + C 2e − x . Ta tìm nghiệm riêng ở dạng:
Y = α1 (x)e x + α2 (x)e − x .
Ta có: Y ' = α'1 (x)e x + α'2 (x)e − x + α1 (x)e x − α2 (x)e − x . Ta chọn α'1 (x)e x + α'2 (x)e − x = 0 .
Khi đó: Y ' = α1 (x)e x − α2 (x)e − x ⇒ Y '' = α'1 (x)e x − α' 2 (x)e − x + α1 (x)e x + α 2 (x)e − x .
Thay Y, Y '' vào phương trình đã cho ta được: α'1 (x)e x − α' 2 (x)e − x =
Giải hệ:

23

ex
.
ex + 1


1
 '
α (x) = x − 1 ln(e x + 1)
α 1 (x) =
α'1 (x)e x + α'2 (x)e − x = 0
x

 1
2(e + 1)


2 2
x


 '


e
x
'
−x
1
α 1 (x)e − α 2 (x)e = x
α' 2 (x) = −
α2 (x) = − 1 e x + 1 ln(e x + 1).
x

e +1


2(e + 1)
2
2
x 1
 x  1 x 1
 −x
x
−x
x
x
Do đó: Y = α1 (x)e + α2 (x)e =  − ln(e + 1)  e +  − e + ln(e + 1)  e .
2
2 2

 2

Vậy nghiệm của ptvp đã cho là:
x 1
1
1
y = C1e x + C 2e − x +  − ln(e x + 1)  e x +  − e x + ln(e x + 1)  e − x .
2
2 2

 2

Bài tập: Giải ptvp theo phương pháp biến thiên hằng số:

1
x 2 + 2x + 2
x
. ĐS: y = + e (C1 + C 2 x) .
3
x
x
x
e
x
2. y ''− 2y' + y =
. ĐS: y = e (x ln x + C1x + C 2 ) .
x
1
3. y ''+ y =
. ĐS: y = (C1 + ln sinx )sinx + (C 2 − x) cos x .
sinx
4
−x 
5 2
4. y ''+ 2y ' + y = 3e − x x + 1 . ĐS: y = e C1 + C 2 x + (x + 1)  .
5


1
1
x
5. y ''+ 4y =
. ĐS: y = cos2x ln cos2x + sin 2x + C1cos2x + C 2 sin 2x .
cos2x
4
2
x
2−x x
e
e . ĐS: y = + C1 + C2 x .
6. y ''− y' =
3
x
x
π x
7. y ''+ y = t anx . ĐS: y = cos x ln tan  − ÷ + C1cosx + C 2 sin x .
4 2
1
−x
−2x
x
−x
−2x
8. y ''+ 3y '+ 2y = x
. ĐS: y = ( e + e ) ln(e + 1) + C1e + C2 e .
e +1
9. y ''+ 4y = 2 tan x . ĐS: y = sin 2x ln cos x − x cos 2x + C1cos2x + C 2 sin 2x .
1
10. y ''− y = 4 x +
. ĐS: y = −4 x + C1e x + C 2e − x .
x x
1
11. y ''+ y = −
. ĐS: y = sin 2x + C1cosx + C 2 sin x .
sin 2x sin 2x
1. y ''− 2y' + y =

24



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×