Phương trình vi phân

Chương 4. PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN
4.1. Các khái niệm cơ bản
4.1.1. Một số bài toán đơn giản dẫn đến phương trình vi phân
Bài tốn 1. Cho một vật thể có khối lượng m rơi tự do trong khơng khí vào lúc khơng có gió.
Giả sử sức cản của khơng khí tỷ lệ với vận tốc rơi v(t) của vật thể tại thời điểm t với hệ số tỷ lệ là k >
0. Tìm v(t).
Với giả thiết của bài tốn, khi vật rơi thì F là lực tổng hợp các lực tác dụng lên vật thể gồm có:
Lực hút của trái đất mg (g là gia tốc rơi tự do) và lực cản của khơng khí kv(t), hai lực này là ngược
chiều nhau. Theo định luật 2 Newton ta có mw(t) = F, trong đó w(t) là gia tốc rơi của vật thể và F =
dv ( t )
mg – kv(t). Từ đây, ta nhận được phương trình mw(t) = mg – kv(t) với w ( t ) = v' ( t ) =
, hay
dt
mv’(t) = mg – kv(t), để xác định v(t).
Bài tốn 2. Tìm phương trình y = f(x) của một đường cong phẳng, biết rằng tiếp tuyến tại mỗi
điểm của đường cong cắt trục tung tại một điểm khác có tung độ bằng hai lần tung độ tiếp điểm.
Phương trình tiếp tuyến với đường cong y = f(x) tại điểm (x0,y0)  (x0,f(x0)) là y – y0 = f’(x0)(x –
x0) hay y = y0 + f’(x0)(x – x0). Giao điểm của tiếp tuyến với trục tung (x = 0) có tung độ y = y 0 +
f’(x0)(0 – x0) = y0 – f’(x0)x0. Theo giả thiết thì y = 2y0, suy ra 2y0 = y0 – f’(x0).x0 hay y0 = –f’(x0)x0. Vì
y
(x0,y0) là một điểm bất kỳ nên khơng mất tính tổng qt ta có thể viết y = –f’(x)x = –xy’ hay y' = −
x
là phương trình để xác định phương trình y = f(x) của đường cong.
4.1.2. Định nghĩa phương trình vi phân và nghiệm của nó
Khi nghiên cứu các hiện tượng tự nhiên, kỹ thuật, kinh tế, … không phải bao giờ cũng xác định
được ngay quy luật liên hệ của biến độc lập với hàm số phải tìm, nhưng có thể xác định được mối liên
hệ giữa hàm số phải tìm với (các) đạo hàm của nó, trong đó có thể khơng có hoặc có biến độc lập
(xem Bài tốn 1 và Bài tốn 2).
y

(n)

Phương trình liên hệ giữa biến số độc lập x, hàm số y = y(x) phải tìm và các đạo hàm y’, y”, …,
của nó, được gọi là phương trình vi phân.

Cấp cao nhất của đạo hàm của hàm số y = y(x) có trong phương trình vi phân, được gọi là cấp
của phương trình vi phân.
Như vậy, trong trường hợp tổng quát nhất, phương trình vi phân cấp n có dạng sau đây:
F(x,y,y’,y”, …, y(n)) = 0
ở đây F là hàm đã cho và có nhiều nhất (n + 2) biến mà thơng thường nó phải thỏa mãn một số điều
kiện nhất định về tính liên tục và tính khả vi.
Hàm số y = y(x) được gọi là nghiệm của phương trình vi phân F(x,y,y’,y”, …, y(n)) = 0 nếu nó
thỏa mãn các điều kiện:
(1) y = y(x) có các đạo hàm y’,y”, …, y(n) trong khoảng (a,b) nào đó;
(2) khi thế y = y(x) vào hàm số F(x,y,y’,y”, …, y(n)) thì F(x,y,y’,y”, …, y(n))  0 với x(a,b).
Đồ thị của hàm số y = y(x) là nghiệm của phương trình vi phân F(x,y,y’,y”, …, y(n)) = 0, được
gọi là đường cong tích phân của phương trình đó.
Giải phương trình vi phân F(x,y,y’,y”, …, y(n)) = 0 là tìm tất cả các nghiệm y = y(x) của nó. Q
trình tìm nghiệm của phương trình vi phân được gọi là tích phân phương trình vi phân.
4.2. Phương trình vi phân cấp 1
4.2.1. Đại cương về phương trình vi phân cấp 1

181


Dạng tổng quát của phương trình vi phân cấp 1 là F(x,y,y’) = 0.
Nếu giải được phương trình trên đối với y’ thì phương trình vi phân cấp 1 có thể viết dưới dạng
dy
= f ( x , y) , trong đó (x,y)DR2, được gọi là phương trình vi phân cấp 1 giải được
y’ = f(x,y) hay
dx

đối với đạo hàm.
Bài tốn Cauchy. Tìm nghiệm y = y(x) của phương trình vi phân y’ = f(x,y) thỏa mãn điều kiện
ban đầu y(x) x =x = y0 hay y(x0) = y0, trong đó (x0,y0)R2.
0

Định lý (sự tồn tại và duy nhất nghiệm của bài toán Cauchy). Giả sử hàm số f(x,y) cùng với đạo
f ( x, y)
hàm riêng
xác định và liên tục trong miền D của mặt phẳng tọa độ Oxy, giả sử (x0,y0)D.
y
Khi đó, trong một lân cận nào đó của x0, tồn tại duy nhất nghiệm y = y(x) của phương trình y’ = f(x,y)
mà y(x0) = y0.
Về mặt hình học, định lý trên khẳng định rằng, với các giả thiết và điều kiện đã nêu, trong một
lân cận nào đó của điểm (x0,y0)DR2 tồn tại một đường cong tích phân duy nhất của phương trình vi
phân y’ = f(x,y) đi qua điểm (x0,y0).
Nghiệm tổng quát của phương trình vi phân y’ = f(x,y) là hàm số y = (x,C), trong đó C là một
hằng số tùy ý, thỏa mãn các các điều kiện sau:
(1) thỏa mãn phương trình vi phân y’ = f(x,y) với C;
(2) với (x0,y0) các giả thiết và điều kiện của định lý trên được thỏa mãn, có thể tìm được một
giá trị C = C0 sao cho hàm số y = (x,C0) thỏa mãn điều kiện ban đầu y(x) x =x = y0 .
0

Về mặt hình học, nghiệm tổng quát của phương trình vi phân y’ = f(x,y) được biểu diễn bởi một
họ đường cong tích phân y = (x,C) phụ thuộc vào tham số C.
Nghiệm riêng của phương trình vi phân y’ = f(x,y) là hàm số y = (x,C0) nhận được bằng cách
cho tham số C trong nghiệm tổng quát một giá trị xác định C0.
Lưu ý.
(1) Có khi ta khơng tìm được nghiệm tổng quát của phương trình vi phân y’ = f(x,y) dưới dạng
tường minh y = (x,C) mà chỉ tìm được một hệ thức có dạng (x,y,C) = 0 xác định nghiệm tổng quát
dưới dạng ẩn. Khi đó, hệ thức (x,y,C) = 0 được gọi là tích phân tổng quát của phương trình vi phân

y’ = f(x,y). Trong trường hợp này, hệ thức (x,y,C0) = 0 nhận được bằng cách cho tham số C trong
tích phân tổng quát một giá trị xác định C0, được gọi là tích phân riêng.
(2) Phương trình vi phân y’ = f(x,y) có thể có một số nghiệm khơng thuộc nghiệm tổng qt, khi
đó, những nghiệm này được gọi là nghiệm kỳ dị. Trong chương này, ta khơng xem xét các nghiệm kỳ
dị.
Ví dụ 4.1. Có thể dễ dàng kiểm tra được phương trình vi phân y' = 1 − y 2 có nghiệm tổng quát
là y(x) = sin(x + C) với C là hằng số bất kỳ. Tuy nhiên, hàm số y(x) = 1 cũng là nghiệm của phương
trình vi phân đang xét, nhưng nghiệm này không thể suy ra được từ nghiệm tổng quát với một hằng số
C nào đấy. Như vậy, nghiệm y(x) = 1 là nghiệm kỳ dị của phương trình vi phân đang xét.
4.2.2. Phương pháp giải một số phương trình vi phân cấp 1 đơn giản nhất
Nói chung, khơng tồn tại một phương pháp tổng quát nào để tìm nghiệm của phương trình vi
phân F(x,y,y’) = 0 cấp 1.
4.2.2.1. Phương trình vi phân có biến số phân ly
Phương trình vi phân F(x,y,y’) = 0 cấp 1 được gọi là phương trình vi phân có biến số phân ly
nếu nó có thể biến đổi về dạng g(x)dx = h(y)dy.
182


Phương pháp giải. Lấy tích phân hai vế của phương trình g(x)dx = h(y)dy ta được
 g(x)dx =  h(y)dy + C hay G(x) = H(y) + C, trong đó G(x) là một nguyên hàm của hàm số g(x), H(y)
là một nguyên hàm của hàm số h(y), còn C là hằng số tùy ý.
Ví dụ 4.2. Tìm nghiệm tổng qt của phương trình vi phân y' =

( x + 1) y
.
x ( y − 1)

Bài giải
( x + 1) y dy ( x + 1) y
y' =

=
 ( x + 1) ydx = x ( y − 1)dy . Khi đó, nếu x  0 và y  0, chia cả hai vế
x ( y − 1) dx x ( y − 1)
 1
 1
của phương trình trên cho xy ta được 1 + dx = 1 − dy .
 x
 y
 1
 1
  1 + dx =  1 − dy + C  x + ln x = y − ln y + C  x − y + ln xy = C là nghiệm tổng
 x
 y
qt phải tìm, trong đó C là hằng số tùy ý.

Ví dụ 4.3. Tìm nghiệm tổng qt của phương trình vi phân x(1 + y2) + y(1 + x2)y’ = 0.
Bài giải
x(1 + y2) + y(1 + x2)y’ = 0  x(1 + y2)dx + y(1 + x2)dy = 0
Chia cả hai vế của phương trình x(1 + y2)dx + y(1 + x2)dy = 0 cho (1 + x2)(1 + y2)  0
x
y
x
y
ln(1 + x 2 ) ln(1 + y 2 )

dx
+
dy
=
0


dx
+
dy
=
C

+
= C1 với
1
1+ x2
 1+ y2
2
2
1+ x2
1+ y2
C1 là hằng số tùy ý.
ln C
Đặt C1 =
thì có thể viết nghiệm tổng quát vừa tìm được là (1 + x2)(1 + y2) = C với C là
2
hằng số tùy ý.
Ví dụ 4.4. Tìm nghiệm riêng của phương trình vi phân exdx – (1 + ex)ydy = 0 với điều kiện ban
đầu y(0) = 1.
Bài giải
Chia cả hai vế của phương trình vi phân trên cho 1 + ex  0



ex

ex
y2
x
dx
=
ydy

dx
=
ydy
+
C

ln(
1
+
e
)
=
+ C với C là hằng số tùy ý.
 1+ ex

2
1+ ex

x = 0
1
Thay điều kiện ban đầu y(0) = 1  
vào nghiệm tổng quát vừa tìm được  C = ln 2 − ,
2

y = 1
2
x
1+ e 
y
1
 .
+ ln 2 −  y 2 = 1 + 2 ln
do đó nghiệm riêng cần tìm là ln(1 + e x ) =
2
2
2



 a x + b1y + c1 
 a b1 
 khi det 1
 = a1b 2 − a 2 b1 = 0
Lưu ý. Phương trình vi phân có dạng y' = f  1
 a 2 b2 
 a 2 x + b2 y + c2 
có thể biến đổi được về phương trình vi phân có biến số phân ly nhờ phép đổi biến t = a1x + b1y.
Ví dụ 4.5. Tìm nghiệm tổng qt của phương trình vi phân (x + y + 2)dx + (2x + 2y – 1)dy = 0.
Bài giải
1 1
x+y+2
 = 0 nên đổi biến t
, vì det
2x + 2 y − 1

 2 2
= x + y  dy = dt – dx, khi đó phương trình vi phân đã cho trở thành (t + 2)dx + (2t – 1)(dt – dx) = 0

Phương trình vi phân đã cho tương đương với y' = −

183


 (3 – t)dx + (2t – 1)dt = 0. Khi t  3, chia cả hai vế của phương trình cho t – 3 ta được
2t − 1
2t − 1
5 

dx +
dt = 0   dx + 
dt = −C   dx −   2 +
dt = −C  x − 2 t − 5 ln t − 3 = −C với
3− t
3− t
t −3

C là hằng số tùy ý.
Quay lại biến x, y ban đầu, ta được nghiệm tổng quát x + 2y + 5lnx + y – 3 = C.
4.2.2.2. Phương trình vi phân thuần nhất
Hàm số f(x,y) được gọi là hàm số thuần nhất bậc m nếu f(x,y) = mf(x,y).
Phương trình vi phân F(x,y,y’) = 0 cấp 1 được gọi là phương trình vi phân thuần nhất nếu nó có
thể biến đổi được về dạng P(x,y)dx + Q(x,y)dy = 0, trong đó các hàm số P(x,y), Q(x,y) là các hàm số
thuần nhất cùng bậc.
Phương pháp giải. Đặt y = tx, phương trình vi phân thuần nhất sẽ biến đổi được phương trình vi
phân có biến số phân ly.

Ví dụ 4.6. Tìm nghiệm tổng quát của phương trình vi phân (x2 + 2xy)dx + xydy = 0.
Bài giải
Trong phương trình vi phân đã cho, cả hai hàm số P(x,y) = x2 + 2xy, Q(x,y) = xy đều là hàm số
thuần nhất cùng bậc 2, nên có thể đặt y = tx  dy = xdt + tdx. Khi đó, phương trình vi phân đã cho trở
dx
tdt
dx
tdt
+
=0
+
=C
thành x2(t + 1)2dx + x3tdt = 0 
2
x ( t + 1)
x
( t + 1) 2
dx
( t + 1 − 1)dt
dx
dt
dt
1
 x +  (t + 1)2 = C   x +  t + 1 −  (t + 1)2 = C  ln x + ln t + 1 + t + 1 = C với C là hằng
số tùy ý.
y
Thay t = vào nghiệm tổng quát vừa tìm được, ta được nghiệm tổng quát của phương trình vi
x
x
= C với C là hằng số tùy ý.

phân đã cho là ln x + y +
x+y
Ví dụ 4.7. Tìm dạng của gương hội tụ được tất cả các tia sáng song song vào một điểm.
Bài giải
Gương cần phải có dạng một mặt trịn xoay có trục song song với
phương của các tia tới. Lấy trục này làm trục Ox và tìm phương trình
đường cong y = y(x) mà khi quay nó quanh trục Ox tạo thành mặt cần
tìm.
Lấy gốc O hệ tọa độ Oxy tại điểm mà tại đấy các tia sáng hội tụ
vào. Ký hiệu tia tới là KM, tia phản xạ là MO. Kẻ tiếp tuyến TT1 và pháp
tuyến MN tại điểm M của đường cong y = y(x) phải tìm. Khi đó, dễ thấy
rằng MOT là tam giác cân có đỉnh tại O nên OM = OT, với

OM = x 2M + y 2M ; cịn OT được xác định theo phương trình đường tiếp
tuyến với đường cong y = y(x) tại điểm M(xM,yM), cụ thể như sau:
Ta có phương trình đường tiếp tuyến với đường cong y = y(x) tại điểm M(xM,yM) là y – yM =
y’(xM).(x – xM). Đường tiếp tuyến này cắt trục Ox tại điểm T(xT,0) nên 0 – yM = y’(xM) (xT – xM), suy
yM
− xM .
ra OT = x T = − x T =
y' ( x M )

184


yM
− x M , vì M có tọa độ (xM,yM) là một điểm bất kỳ trên
y' ( x M )
đường cong nên, khơng mất tính tổng qt, có thể coi điểm M có tọa độ (x,y), khi đó ta có phương
y

trình vi phân x 2 + y 2 = − x để tìm y = y(x).
y'

Từ OM = OT  x 2M + y 2M =

)

(

Ta biến đổi phương trình vi phân vừa tìm được về dạng x + x 2 + y 2 dy − ydx = 0 , để việc biến
đổi các biểu thức được đơn giản, ta xem y là biến, còn x = x(y) là hàm số của y. Dễ thấy rằng phương
trình này là phương trình vi phân thuần nhất, nên để tìm nghiệm của nó ta đặt x = ty  dx = tdy + ydt

(

)

và khi đó ta được ty + t 2 y2 + y2 dy − y(tdy + ydt ) = 0 . Nếu y  0 thì phương trình trên trở thành
dy
dt
dy
dt
t 2 + 1dy − ydt = 0 
=

=
+ ln C với hằng số C  0. Tích phân các biểu
2
y
y

t +1
t2 +1

(

)

thức trong đẳng thức trên ta được ln y = ln t + t 2 + 1 + ln C  y = C t + t 2 + 1 với hằng số C  0.
Trở về biến x và y ban đầu ta được x + x 2 + y 2 =

y2
với hằng số C  0. Sau khi biến đổi đẳng
C

C

thức trên ta được y 2 = 2C x +  với hằng số C  0.
2

Như vậy, đường cong phải tìm là một đường parabol, cịn gương có dạng một paraboloit trịn
xoay.

Ví dụ 4.8. Tìm nghiệm riêng của phương trình vi phân y' =

y
y
+ sin với điều kiện ban đầu y(1)
x
x

= /2.
Bài giải
Đặt y = tx,  dy = xdt + tdx. Khi đó, phương trình vi phân đã cho trở thành xdt = sintdx
dt
dx
dt
dx
t
t

=

=
+ ln C  ln tan = ln x + ln C  ln tan = ln Cx  t = 2 arctan(Cx )
sin t x
2
sin t
x
2
với hằng số C  0. Trở về biến x và y ban đầu ta được nghiệm tổng quát y = 2xarctan(Cx).
x = 1

Thay điều kiện ban đầu y(1) =  
vào nghiệm tổng quát y = 2xarctan(Cx) ta được
2
y =  2
2 arctan C =  2  arctan C =  4  C = 1 , do đó nghiệm riêng phải tìm là y = 2xarctanx.

 a x + b1y + c1 
 a b1 

 khi det 1
 = a1b 2 − a 2 b1  0
Lưu ý. Phương trình vi phân có dạng y' = f  1
a
b
a
x
+
b
y
+
c
2
2


2
2 
 2
x = u + 
có thể biến đổi được về phương trình vi phân thuần nhất nhờ phép đổi biến 
trong đó (,)
y = v + 
a1x + b1 y + c1 = 0
nghiệm của hệ phương trình 
.
a 2 x + b 2 y + c 2 = 0
Ví dụ 4.9. Tìm nghiệm tổng quát của phương trình vi phân (2x + y + 1)dx + (x + 2y – 1)dy = 0.

185

2 1
2x + y + 1
 = 3  0 nên đổi
, vì det
x + 2y − 1
1 2
2 x + y + 1 = 0
x = u − 1
x = u + 
 = −1

biến 
với 
là nghiệm của hệ phương trình 
. Do đó 
x + 2 y − 1 = 0
y = v + 1
y = v + 
 = 1
dx = du
và phương trình vi phân đã cho trở thành (2u + v)du + (u + 2v)dv = 0.

dy = dv

Phương trình vi phân đã cho tương đương với y' = −

Phương trình vừa nhận được là phương trình vi phân thuần nhất nên ta có thể đổi biến v = tu 
dv = udt + tdu và phương trình vi phân đang xét được đưa về dạng phương trình vi phân có biến số

du 1 (2t + 1)dt
du 1 (2t + 1)dt
du 1 d( t 2 + t + 1)
+
=
0

+
=
C

phân
ly
 u 2  t 2 + t + 1 1  u + 2  t 2 + t + 1 = C1 
u 2 t2 + t +1
1
ln u + ln( t 2 + t + 1) = C1  ln u t 2 + t + 1 = C1  u t 2 + t + 1 = e C1  u 2 ( t 2 + t + 1) = e 2 C1 với hằng
2
số C1 tùy ý.

(

)

Quay lại các biến u, v ta được u 2 + uv + v 2 = e 2C1 , quay lại các biến x, y ban đầu, ta được nghiệm
tổng quát x 2 + y 2 + xy + x − y + 1 = e 2C1 hay x 2 + y 2 + xy + x − y = C với hằng số C = e 2C1 − 1 .
4.2.2.3. Phương trình vi phân tuyến tính
Phương trình vi phân y’ + p(x)y = q(x) trong đó p(x), q(x) là các hàm số liên tục với x(a,b),
được gọi là phương trình vi phân tuyến tính cấp 1.
Nếu q(x)  0 với x(a,b) thì phương trình vi phân tuyến tính cấp 1 nói trên trở thành y’ +

p(x)y = 0 được gọi là phương trình vi phân tuyến tính cấp 1 thuần nhất, cịn nếu q(x)  0 thì phương
trình vi phân tuyến tính cấp 1 nói trên được gọi là phương trình vi phân tuyến tính cấp 1 khơng thuần
nhất.
Định lý. Nghiệm tổng qt của phương trình vi phân tuyến tính cấp 1 khơng thuần nhất [y’ +
p(x)y = q(x)] bằng nghiệm tổng quát của phương trình vi phân tuyến tính cấp 1 thuần nhất tương ứng
[y’ + p(x)y = 0], cộng với một nghiệm riêng nào đó của phương trình vi phân tuyến tính cấp 1 không
thuần nhất [y’ + p(x)y = q(x)].
Phương pháp giải.
Phương pháp Bernoulli
Tìm nghiệm của phương trình y’ + p(x)y = q(x) dưới dạng tích của hai hàm số u(x)v(x) tức là
y(x) = u(x)v(x)  y’ = u’v + uv’  u’v + uv’ + p(x)uv = q(x)  u[v’ + p(x)v] + u’v = q(x).
Chọn hàm v(x) sao cho v’ + p(x)v = 0, phương trình này là phương trình vi phân tuyến tính (cấp
1) thuần nhất đối với hàm v(x). Giả sử v(x)  0, chia cả hai vế của phương trình v’ + p(x)v = 0 cho
dv
dv
= −p( x )dx  
= −  p( x )dx  ln v = −  p( x )dx + ln C1  v = C1 e − p ( x ) dx (với
v(x) ta được
v
v
hằng số C1  0) hay v = Ce −  p ( x ) dx với C =  C1 .
Mặt khác, v(x) = 0 cũng là nghiệm của phương trình v’ + p(x)v = 0, nghiệm này ứng với hằng số
C = 0 của biểu thức v( x ) = Ce −  p ( x ) dx . Do đó v( x ) = Ce −  p ( x ) dx với hằng số C tùy ý, là nghiệm tổng quát
của phương trình v’ + p(x)v = 0.
Chọn v( x ) = e −  p ( x ) dx (ứng với C = 1) thay vào phương trình u[v’ + p(x)v] + u’v = q(x) ta được
p ( x ) dx
q( x )
q( x )
dx   du = 
dx  u =  q( x )e 

dx + C .
u.0 + u’v = q(x)  u’v = q(x)  du =
v( x )
v( x )

186


p ( x ) dx
 y( x ) = u ( x ) v( x ) =   q( x )e 
dx + C e −  p ( x ) dx với C là hằng số tùy ý, là nghiệm tổng qt


của phương trình vi phân tuyến tính (cấp 1) không thuần nhất y’ + p(x)y = q(x).

Như vậy, khi tìm nghiệm của phương trình vi phân tuyến tính (cấp 1) khơng thuần nhất ta có thể
p ( x ) dx
thay các hàm số p(x), q(x) vào biểu thức y( x ) =   q( x )e 
dx + C e− p ( x ) dx và tính các tích phân


trong đó; hoặc có thể trực tiếp tìm nghiệm y(x) = u(x)v(x) tuần tự theo các bước như trên.
Ví dụ 4.10. Giải phương trình vi phân y’ – y = sinx.
p ( x ) dx
Thay p(x) = -1 và q(x) = sinx vào biểu thức nghiệm y( x ) =   q( x )e 
dx + C e− p ( x ) dx ta được


− dx
y( x ) =   sin xe  dx + C e  dx =  sin xe −x dx + C e x , tính tích phân  sin xe − x dx bằng phương pháp tích



e− x
(cos x + sin x ) và thay vào biểu thức của y(x) ta được
phân từng phần ta được  sin xe −x dx = −
2
1
y( x ) = Ce x − (cos x + sin x ) .
2

(

)

Hoặc tìm y(x) = u(x)v(x)  y = u’v + uv’ u’v + uv’ – uv = sinx  u(v’ – v) + u’v = sinx.
dv
= dx  v = e x ;
- Tìm nghiệm của phương trình v’ – v = 0  dv – vdx = 0 
v
+ Thay v(x) = ex vào phương trình u(v’ – v) + u’v = sinx ta được u’ex = sinx  du = e-xsinxdx
e− x
 u =  e −x sin xdx = −
(cos x + sin x ) + C với C là hằng số tùy ý.
2
 e− x

1
(cos x + sin x ) + C e x = Ce x − (cos x + sin x ) .
+ Do đó y( x ) = u ( x ) v( x ) = −
2

 2

Phương pháp Lagrange (phương pháp biến thiên hằng số)
Để giải phương trình vi phân tuyến tính (cấp 1) khơng thuần nhất y’ + p(x)y = q(x), đầu tiên ta
giải phương trình vi phân tuyến tính (cấp 1) thuần nhất tương ứng y’ + p(x)y = 0. Nếu y  0 ta có
dy
dy
= −p( x )dx  
= −  p( x )dx  ln y = −  p( x )dx + ln C1 (với hằng số
phương trình tương đương
y
y
C1  0)  y = C1 e−  p ( x ) dx hay y = Ce −  p ( x ) dx với hằng số C =  C1 .
Mặt khác, y(x) = 0 cũng là nghiệm của phương trình y’ + p(x)y = 0, nghiệm này ứng với hằng số
C = 0 của biểu thức y( x ) = Ce −  p ( x ) dx . Do đó y( x ) = Ce −  p ( x ) dx với C là hằng số tùy ý, là nghiệm tổng
quát của phương trình y’ + p(x)y = 0.
Tiếp theo, xem C = C(x) là hàm số của x, ta tìm C(x) để y( x ) = C( x )e −  p ( x ) dx thỏa mãn phương
trình vi phân tuyến tính (cấp 1) không thuần nhất y’ + p(x)y = q(x).
Muốn vậy, thay y( x ) = C( x )e −  p ( x ) dx vào phương trình y’ + p(x)y = q(x) ta được
dC
C' ( x )e − p ( x ) dx − C( x )p( x )e − p ( x ) dx + p( x )C( x )e − p ( x ) dx = q( x ) 
= q( x )e  p ( x ) dx
dx
 C(x) =  q(x)e  p( x ) dx dx + K với K là hằng số tùy ý.
− p ( x ) dx
 y( x ) = C( x )e 
=

( q(x)e

 p ( x ) dx

)

− p ( x ) dx
dx + K e 
với K là hằng số tùy ý, là nghiệm tổng

quát của phương trình vi phân tuyến tính (cấp 1) khơng thuần nhất y’ + p(x)y = q(x).

187


Như vậy, khi tìm nghiệm của phương trình vi phân tuyến tính (cấp 1) khơng thuần nhất ta có thể
p ( x ) dx
thay các hàm số p(x), q(x) vào biểu thức y( x ) =   q( x )e 
dx + K e −  p ( x ) dx và tính các tích phân


trong đó; hoặc có thể trực tiếp tìm nghiệm y(x) tuần tự theo các bước như trên.
Ví dụ 4.11. Giải phương trình vi phân ở Ví dụ 4.10. bằng phương pháp Lagrange
Phương trình vi phân tuyến tính (cấp 1) khơng thuần nhất tương ứng là y’ – y = 0 
dy
dy
= dx  
= dx + ln C1  ln y = x + ln C1  y = C1 e x (với hằng số C1  0) hay y = Ce x với
y
y 
hằng số C =  C1 .
Mặt khác, y(x) = 0 cũng là nghiệm của phương trình y’ – y = 0, nghiệm này ứng với hằng số C

= 0 của biểu thức y( x ) = Ce x . Do đó y( x ) = Ce x là nghiệm tổng quát của phương trình y’ – y = 0 với
C là hằng số tùy ý.
Bây giờ, trong nghiệm y(x) = Cex nếu xem C = C(x) thì y(x) = C(x)ex  y’ = C’(x)ex + C(x)ex
và thay vào phương trình vi phân tuyến tính (cấp 1) khơng thuần nhất y’ – y = sinx ta được
dC
= e −x sin x  dC = e −x sin xdx   dC =  e −x sin xdx
C’(x)ex + C(x)ex – C(x)ex = sinx 
dx
−x
e
 C( x ) = −
(cos x + sin x ) + K với K là hằng số tùy ý.
2
 e− x

1
(cos x + sin x ) + K  e x = Ke x − (cos x + sin x ) .
Như vậy y( x ) = C( x )e x = −
2
 2

2
Ví dụ 4.12. Tìm nghiệm riêng của phương trình vi phân (x + 1)y’ + xy = 1 với điều kiện ban
đầu y(0) = 2.
x
1
Sử dụng phương pháp Bernoulli: Phương trình đã cho tương đương với y'+ 2
y= 2

x +1

x +1
1
x
p( x ) = 2
và q( x ) = 2
.
x +1
x +1
p ( x ) dx
1
x
Thay p( x ) = 2
và q( x ) = 2
vào biểu thức nghiệm y( x ) =   q( x )e 
dx + C e− p ( x ) dx
x +1
x +1


xdx
  x 2 +1
 xdx
 e
 − 2
xdx
1 d( x 2 + 1) 1
=  2
= ln( x 2 + 1) = ln x 2 + 1 nên
ta được y( x ) =   2 dx + C e x +1 . Ta có  2
x

+
1
x
+
1
2
x
+
1
2




 e ln x 2 +1

 x2 +1

2


1
dx
1
y( x ) =   2
dx + C e −ln x +1 =   2
dx + C .
=  
+ C .
=

2
 x +1
 x2 +1  x2 +1
 x +1

x
+
1






ln(x +

) 

x2 +1 + C .

1
x +1
2

=

)

(

ln x + x 2 + 1 + C
x +1
2

.

Từ điều kiện ban đầu y(0) = 2 suy ra y(0) =
riêng phải tìm là y( x ) =

)

(

ln x + x 2 + 1 + 2
x2 +1

)

(

ln 0 + 02 + 1 + C
0 +1
2

= 2  C = 2. Do đó nghiệm

.

Sử dụng phương pháp Lagrange: Phương trình vi phân tuyến tính (cấp 1) thuần nhất tương ứng
dy

xdx
dy
xdx
1
là (x2 + 1)y’ + xy = 0 
=− 2

= − 2
+ ln C1  ln y = − ln(x 2 + 1) + ln C1 (với
y
x +1
y
x +1
2

188


hằng số C1  0) hay y =

C
x2 +1

với hằng số C =  C1 . Mặt khác, dễ thấy rằng y = 0 cũng là nghiệm
C

của phương trình (x2 + 1)y’ + xy = 0, nghiệm này ứng với C = 0 của biểu thức y =
y=

C

x2 +1

x2 +1

là nghiệm tổng qt của phương trình vi phân tuyến tính (cấp 1) thuần nhất.
C

Bây giờ, nếu trong nghiệm y =

x +1
2

xem C = C(x) thì y =

C( x )
x +1
2

 y' =

C' ( x )
x +1
2

Thay y và y’ vào phương trình (x2 + 1)y’ + xy = 1 ta được C' ( x ) x 2 + 1 = 1  dC =

(

. Do đó

)

C( x ) = ln x + x 2 + 1 + K với K là hằng số tùy ý.

Như vậy, y( x ) =

C( x )

=

(

)

ln x + x 2 + 1 + K

x2 +1
tuyến tính (cấp 1) khơng thuần nhất.

x2 +1

Từ điều kiện ban đầu y(0) = 2 suy ra y(0) =
riêng phải tìm là y( x ) =

)

(

−

xC( x )

.

x2 +1
dx

x2 +1

là nghiệm tổng quát của phương trình vi phân

)

(

ln 0 + 02 + 1 + K
02 + 1

= 2  K = 2. Do đó nghiệm

ln x + x 2 + 1 + 2

.
x +1
Lưu ý. Phương trình vi phân y’ + p(x)y = q(x)y trong đó  là một số thực bất kỳ (được gọi là
phương trình Bernoulli) ln ln giải được.
2

Trường hợp  = 0: Phương trình trở thành y’ + p(x)y = q(x) là phương trình vi phân tuyến tính
(cấp 1) khơng thuần nhất đã biết phương pháp giải ở trên.

Trường hợp  = 1: Phương trình trở thành y’ + p(x)y = q(x)y  y’ + [p(x) – q(x)]y = 0 là
phương trình vi phân tuyến tính (cấp 1) thuần nhất đã biết phương pháp giải ở trên.
Trường hợp   0 và   1: Với y  0 nhân hai vế của phương trình Bernoulli với y- (tương
đương với việc chia hai vế của phương trình Bernoulli cho y) ta được y-y’ + p(x)y1 -  = q(x). Đổi
biến bằng phép thế z = y1 -   z’ = (1 – )y-y’, phương trình trên trở thành z’ + (1 – )p(x)z = (1 –
)q(x) là phương trình vi phân tuyến tính (cấp 1) đã biết phương pháp giải ở trên.
2
y + ( x + 1)3 y 2 = 0
Ví dụ 4.13. Giải phương trình vi phân y'+
x +1
2 −1
y + ( x + 1)3 = 0 .
Nếu y  0, chia cả hai vế của phương trình cho y2 ta được y −2 y'+
x +1
2
z = ( x + 1)3 là phương trình vi phân
Đặt z = y-1  z’ = -y-2y’, phương trình trở thành z'−
x +1
tuyến tính (cấp 1) đối với biến z.
2
dz 2dx
z=0
=
Phương trình vi phân tuyến tính (cấp 1) thuần nhất tương ứng là z'−
, do
x +1
dx x + 1
đó ln z = 2 ln x + 1 + ln C với hằng số C  0, hay z = C(x + 1)2.
Bây giờ coi C = C(x) thì z = C(x)(x + 1)2 và thay vào phương trình vi phân tuyến tính (cấp 1)
2

dC( x )
( x + 1) 2 K
z = ( x + 1)3 ta được
= x + 1  C( x ) =
+ với K là hằng số
không thuần nhất z'−
x +1
dx
2
2

189


 ( x + 1) 2 K 
( x + 1) 4 + K ( x + 1) 2
2
+  ( x + 1) 2 =
y=
tùy ý. Do đó ta có z = 
với K là
4
2
2
( x + 1) + K ( x + 1) 2
 2
hằng số tùy ý.
Ngoài ra, ta thấy y = 0 cũng là nghiệm của phương trình vi phân ban đầu, nghiệm này khơng suy
ra được từ nghiệm tổng quát vừa tìm được ở trên, nên y = 0 là nghiệm kỳ dị.
Chú ý. Khi tìm nghiệm của một phương trình Bernoulli, khơng cần biến đổi nó về dạng phương

trình vi phân tuyến tính mà áp dụng ngay phương pháp Bernoulli hoặc phương pháp Lagrange.
y
Ví dụ 4.14. Giải phương trình vi phân y'+ = x 2 y 4
x
y
Phương trình y'+ = x 2 y 4 là phương trình Bernoulli với  = 4. Ta tìm nghiệm của nó bằng
x
phương pháp Lagrange, cụ thể là: Phương trình vi phân tuyến tính (cấp 1) thuần nhất tương ứng
y
C
y'+ = 0 có nghiệm tổng quát y =
với hằng số C tùy ý.
x
x
C( x )
C' ( x ) C( x )
 y' =
− 2 và thay vào phương trình vi phân tuyến tính
Khi coi C = C(x) thì y =
x
x
x

C' ( x ) C( x ) C( x )
C' ( x ) C( x )
 C( x ) 
− 2 + 2 = x2 

=



x
x
x
x
x2
 x 
dC( x ) dx
dC( x )
dx
1
=

=
− ln K  −
= ln x − ln K với hằng số K  0, suy ra
4
4
3
x
C( x ) x
C( x )
3C( x )
1
C( x ) =
.
3 3 ln K / x
4

4

(cấp 1) không thuần nhất ban đầu, ta được

Do đó, nghiệm tổng qt cần tìm là y =

C( x )
1
=
.
x
x 3 3 ln K x

4.2.2.4. Phương trình vi phân tồn phần
Phương trình vi phân tồn phần (cấp 1) là phương trình vi phân có dạng P(x,y)dx + Q(x,y)dy =
0, trong đó P(x,y), Q(x,y) là các hàm số liên tục cùng với các đạo hàm riêng cấp 1 của chúng trong
P( x, y) Q( x, y)
=
một miền đơn liên D và thỏa mãn điều kiện
.
y
x
Theo định lý ở Chương 3 thì biểu thức P(x,y)dx + Q(x,y)dy là vi phân toàn phần (cấp 1) của một
hàm số u(x,y) nào đấy xác định trên miền D. Do đó phương trình P(x,y)dx + Q(x,y)dy = 0 trở thành
du(x,y) = 0  u(x,y) = C với C là hằng số tùy ý.
Để tìm hàm số u(x,y) ta có thể thực hiện bằng một trong hai cách.
Cách

1.

Sử

x

y

x0

y0

dụng

công

thức

x

y

x0

y0

u ( x , y) =  P( t , y 0 )dt +  Q( x , t )dt + K

hoặc

u ( x , y) =  P( t , y)dt +  Q( x 0 , t )dt + K , trong đó x0, y0 là hai số được chọn tùy ý sao cho việc tính tốn

các biểu thức liên quan là đơn giản nhất, còn K là hằng số tùy ý.

Cách 2. Ta có du ( x, y) =
và

u ( x, y)
u ( x, y)
u ( x, y)
dx +
dy = P( x, y)dx + Q( x, y)dy 
= P( x , y)
x
y
x

u ( x, y)
= Q( x , y ) .
y

190


u ( x, y)
u ( x, y)
= P( x , y)  u ( x , y) = 
dx + ( y) =  P( x, y)dx + ( y) với
x
x
(y) là hàm số khả vi tùy ý; tiếp theo, đạo hàm riêng hàm số u(x,y) vừa tìm được theo y ta được
  P( x , y)dx
u ( x , y)   P( x , y)dx d( y)
d( y)

=
+
= Q( x , y) 
= Q( x , y ) −
, từ đây ta sẽ tìm được
y
y
dy
dy
y

- hoặc là, đầu tiên từ









hàm số (y) và cuối cùng ta được u(x, y) =  P(x, y)dx + ( y) ;

u ( x, y)
u ( x, y)
= Q( x , y )  u ( x , y ) = 
dy + ( x ) =  Q( x, y)dy + ( x )
y
y
với (x) là hàm số khả vi tùy ý; tiếp theo, đạo hàm riêng hàm số u(x,y) vừa tìm được theo x ta được

  Q( x, y)dy
u ( x, y)   Q( x, y)dy d( x )
d( x )
, từ đây ta sẽ tìm được
=
+
= P ( x , y) 
= P ( x , y) −
x
x
dx
dx
x
hàm số (x) và cuối cùng ta được u(x, y) =  Q(x, y)dy + (x) .
- hoặc là, đầu tiên từ









Ví dụ 4.15. Giải phương trình [(1 + x + y)ex +ey]dx + (ex + xey)dy = 0.
P( x, y)
= e x + e y và Q(x,y) = ex + xey
Ta có P(x,y) = (1 + x + y)ex + ey 
y
Q( x, y)

P( x, y) Q( x, y)

= ex + ey 
=
nên biểu thức [(1 + x + y)ex +ey]dx + (ex + xey)dy là vi
x
y
x
phân toàn phần (cấp 1) của hàm số u(x,y) nào đó. Để tìm hàm số u(x,y) ta có thể thực hiện:
x

y

x0

y0

Cách 1. Ta có u ( x , y) =  P( t , y 0 )dt +  Q( x , t )dt + K , khi chọn x0 = 0 và y0 = 0 ta được P(t,0) =
x





y

(1 + t + 0)et + e0 = (1 + t)et + 1 và Q(x,t) = ex + xet  u ( x, y) =  (1 + t )e t + 1 dt +  (e x + xe t )dt + K =
0

0

( x + xe ) + ( ye + xe − x ) = ( x + y)e + xe + K với K là hằng số tùy ý.
u ( x, y)
u ( x, y)
= P( x, y) = (1 + x + y)e x + e y  u ( x, y) = 
dx + ( y) =
Cách 2. Ta có
x
x
x
y
x
x
x
x
y
x
y
 (1 + x + y)e + e dx + (y) = e + xe − e + ye + xe + (y) = (x + y)e + xe + (y) với (y) là
x



x

y

x

y



u ( x, y)
d( y)
d( y)
= e x + xe y +
= Q( x, y) = e x + xe y 
= 0  ( y) = K với
y
dy
dy
K là hằng số tùy ý. Suy ra u ( x, y) = ( x + y)e x + xe y + K với K là hằng số tùy ý.
hàm số khả vi tùy ý 

Do đó, ta có du(x,y) = 0  nghiệm tổng quát của phương trình là ( x + y)e x + xe y = C với C là
hằng số tùy ý.
P( x, y) Q( x, y)

Lưu ý. Phương trình P(x,y)dx + Q(x,y)dy = 0 trong trường hợp
có thể đưa
y
x
về phương trình vi phân tồn phần cấp 1 nếu tìm được hàm số (x,y)  0 liên tục cùng với các đạo
hàm riêng cấp 1 của nó sao cho biểu thức (x,y)[P(x,y)dx + Q(x,y)dy] là vi phân toàn phần cấp 1 của
một hàm số u(x,y) nào đó. Khi đó, hàm số (x,y) được gọi là thừa số tích phân của phương trình
P(x,y)dx + Q(x,y)dy = 0.
Việc tìm thừa số tích phân (x,y) khơng phải là bài tốn dễ. Có hai trường hợp đơn giản mà ta
có thể tìm được hàm số (x,y), cụ thể như sau:

191


- Nếu (x,y) chỉ phụ thuộc x, tức là (x,y) = (x) thì (x) được xác định từ phương trình
P( x , y) Q( x , y)
−
d ln ( x )
y
x
=
với vế phải chỉ phụ thuộc vào x (hoặc không phụ thuộc vào y).
dx
Q( x , y)
- Nếu (x,y) chỉ phụ thuộc y, tức là (x,y) = (y) thì (y) được xác định từ phương trình
P( x , y) Q( x , y)
−
d ln ( y)
y
x
=
với vế phải chỉ phụ thuộc vào y (hoặc không phụ thuộc vào x).
dy
− P ( x , y)
Ví dụ 4.16. Giải phương trình (x2 – sin2y)dx + xsin2ydy = 0.
P( x, y) Q( x, y)

Ta có P(x,y) = x2 – sin2y và Q(x,y) = xsin2y 
nên phương trình vi phân
y
x

P( x , y) Q( x , y)
−
2
y
x
= − chỉ
trên khơng phải là phương trình vi phân toàn phần. Tuy nhiên, ta thấy
Q( x , y)
x
d ln ( x )
2
C
= −  ( x ) = 2 ,
phụ thuộc vào x nên có thể tìm thừa số tích phân (x) từ phương trình
dx
x
x
1
khơng mất tính tổng quát ta có thể chọn ( x ) = 2 .
x
1
Nhân thừa số tích phân ( x ) = 2 với cả hai vế của phương trình (x2 – sin2y)dx + xsin2ydy = 0
x
2
 sin y 
sin 2 y
dy = 0 và có thể dễ dàng kiểm tra được phương trình này là phương
ta được 1 − 2 dx +
x 
x


trình vi phân tồn phần.
Để tìm hàm u(x,y) ta sử dụng cách 2 đã trình bày ở trên.
sin 2 y
sin2 y
Ta có P( x, y) = 1 − 2 và Q( x, y) =
.
x
x
 sin 2 y 
u ( x, y)
sin 2 y
u ( x, y)
= P ( x , y) = 1 − 2  u ( x , y) = 
dx + ( y) =  1 − 2 dx + ( y) =
Suy ra
x
x
x
x 


sin2 y
u ( x, y) 2 sin y cos y d( y)
x+
+ ( y) với (y) là hàm số khả vi tùy ý 
=
+
= Q( x , y ) =
x

y
x
dy
sin2 y
sin 2 y
d( y)
+ K với K là hằng

= 0  ( y) = K với K là hằng số tùy ý. Suy ra u ( x, y) = x +
x
x
dy
số tùy ý.
sin2 y
Do đó, ta có du(x,y) = 0  nghiệm tổng quát của phương trình là x +
= C với C là hằng
x
số tùy ý.

4.3. Giới thiệu phương trình vi phân cấp cao và hệ phương trình vi phân
Như đã biết, phương trình vi phân F(x,y,y’,y”, …, y(n)) = 0 được gọi là phương trình vi phân cấp
n. Nghiệm của phương trình này là mọi hàm số y = (x) khả vi n lần và làm cho phương trình đã cho
trở thành đồng nhất thức, tức là F[x, ’(x), ”(x), …, (n) (x)]  0.
Bài toán Cauchy đối với phương trình này là tìm nghiệm của nó sao cho khi x = x0 thì y = y0,
y' = y , y" = y"0 , …, y ( n −1) = y (0n −1) , trong đó x0, y0, y'0 , y"0 , …, y (0n −1) là những số mà ta gọi là điều kiện
ban đầu.
'
0

192

Hàm số y = (x,C1,C2, …,Cn) được gọi là nghiệm tổng quát của phương trình vi phân cấp n đã
cho nếu chọn tương ứng được các hằng số tùy ý C1, C2, …, Cn để hàm số này trở thành nghiệm của bài
toán Cauchy bất kỳ đã đặt ra đối với phương trình đã cho.
Mọi nghiệm nhận được nghiệm tổng quát với các giá trị cụ thể của các hằng số C 1, C2, …, Cn
(nói riêng, mọi nghiệm của bài toán Cauchy) được gọi là nghiệm riêng của phương trình này.
 dy1
 dx = f1 ( x , y1 , y 2 ,..., y n )

 dy 2 = f ( x , y , y ,..., y )
2
1
2
n
Hệ phương trình vi phân  dx
trong đó y1, y2, …, yn là các hàm số chưa
...

 dy n = f ( x , y , y ,..., y )
n
1
2
n
 dx
biết của biến số độc lập x, được gọi là hệ phương trình vi phân chuẩn tắc cấp 1. Nếu vế phải của hệ
phương trình vi phân chuẩn tắc cấp 1 là các hàm số tuyến tính đối với y1, y2, …, yn thì khi đó, hệ
phương trình vi phân chuẩn tắc cấp 1 được gọi là hệ phương trình vi phân chuẩn tắc cấp 1 tuyến tính.

Mọi phương trình vi phân cấp n dạng y(n) = f(x,y,y’,y”,y(n-1)) đều có thể đưa về một hệ phương

trình vi phân chuẩn tắc cấp 1 bằng cách đặt y = y1, y’ = y2, …, y(n-1) = yn ta được
 dy1
 dx = y 2

 dy 2 = y
3
 dx

...
 dy
 n −1 = y n
 dx
 dy n
= f ( x , y1 , y 2 ,..., y n )

 dx

Ngược lại, một hệ phương trình vi phân chuẩn tắc cấp 1 có thể đưa được về một phương trình vi
phân cấp cao đối với một hàm số chưa biết bằng cách khử các hàm số chưa biết cịn lại từ những
phương trình của hệ. Giải phương trình vi phân cấp cao đó, rồi tìm các hàm số chưa biết cịn lại.
Phương pháp giải hệ phương trình vi phân chuẩn tắc cấp 1 như vậy, được gọi là phương pháp khử.
Trong một số trường hợp, bằng cách tổ hợp các phương trình của hệ, sau hữu hạn phép biến đổi
không phức tạp, ta nhận được các phương trình dễ tích phân cho phép tìm nghiệm của hệ. Phương
pháp này được gọi là phương pháp tổ hợp tích phân.
Nói chung, chỉ có thể giải phương trình vi phân cấp n (hữu hạn) trong một số trường hợp riêng
nào đó.
(1) Phương trình dạng y(n) = f(x). Nghiệm của phương trình này tìm được bằng tích phân bội n
lớp, cụ thể là
dy ( n −1)
= f ( x )  dy ( n −1) = f ( x )dx  y ( n −1) =  f ( x )dx + C1 = f1 ( x ) + C1 ,

y(n) = f(x) 
dx
( n −2 )
y
=  f1 (x) + C1 dx = f 2 (x) + C1x + C2 , …
 y = f n (x) +

C1
C2
x n −1 +
x n −2 + ... + C n −1x + C n , trong đó f n ( x ) =  ... f ( x )dx n
(n − 1)!
(n − 2)!

n

193


Bởi vì

C1
C2
,
, … là các đại lượng khơng đổi nên ta có thể viết nghiệm tổng quát dưới
(n − 1)! (n − 2)!
n

dạng y( x ) = f n ( x ) + C1x n −1 + C 2 x n −2 + ... + C n −1x + C n = f n ( x ) +  C k x n −k .
k =1

(2) Phương trình vi phân khơng chứa hàm cần tìm dạng F(x,y(k),y(k+1),…,y(n)) = 0. Có thể hạ cấp
của phương trình này bằng cách lấy đạo hàm cấp thấp nhất trong phương trình đã cho làm hàm số ẩn
mới, tức là đặt y(k) = z. Khi đó, phương trình trên trở thành F(x,z,z’,…,z(n-k)) = 0, tức là cấp của
phương trình được hạ xuống k đơn vị.
(3) Phương trình vi phân khơng chứa biến độc lập dạng F(y,y’,y”, …, y(n)) = 0. Có thể hạ cấp
của phương trình này bằng cách đặt y’ = z lấy y làm đối số. Khi đó, y”, y(3), … được biểu diễn qua z
 dz  dz  2 
dz ( 3)
và các đạo hàm của z theo y bằng các công thức y" = z , y = z z +   , … (chúng được
dy
 dy  dy  
tính theo quy tắc đạo hàm hàm hợp), đồng thời cấp của phương trình được hạ xuống 1 đơn vị.
(4) Phương trình vi phân dạng F(x,y,y’,y”, …, y(n)) = 0 thuần nhất đối với hàm chưa biết và các
đạo hàm của nó y,y’,y”, …, y(n). Phương trình dạng này chỉ cho phép hạ cấp một đơn vị bằng phép đổi
biến z = y’/y.
4.3.1. Phương trình vi phân tuyến tính cấp cao thuần nhất và khơng thuần nhất
Phương trình vi phân tuyến tính cấp n là phương trình vi phân có dạng
y(n) + a1(x)y(n-1) + a2(x)y(n-2) + … + an-1(x)y’ + an(x)y = f(x), trong đó các hàm số a1(x), a2(x), …,
an(x) là các hàm số đã cho và liên tục với x(a,b).
Nếu f(x)  0 với x(a,b) thì phương trình vi phân tuyến tính (cấp n) nói trên được gọi là
phương trình vi phân tuyến tính (cấp n) thuần nhất, cịn nếu f(x)  0 thì phương trình vi phân tuyến
tính (cấp n) nói trên được gọi là phương trình vi phân tuyến tính (cấp n) khơng thuần nhất.
Nếu tất cả các hàm số a1(x), a2(x), …, an(x) đều là hằng số, tức là ai(x) = i với i (1  i  n) thì
phương trình y(n) + 1y(n-1) + 2y(n-2) + … + n-1y’ + ny = f(x) được gọi là phương trình vi phân tuyến
tính (cấp n) có hệ hệ số hằng số.
Nếu biết một nghiệm riêng y1 của phương trình vi phân tuyến tính (cấp n) thuần nhất tương ứng
thì bằng phép đổi biến y = y1  zdx ta có thể hạ cấp của phương trình vi phân tuyến tính (cấp n) khơng
thuần nhất xuống 1 đơn vị và phương trình vi phân nhận được đối với biến mới z là phương trình vi
phân tuyến tính (cấp n-1) khơng thuần nhất.

4.3.2. Hệ phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất có hệ số hằng số
 dy1
 dx = a 11 y1 + a 12 y 2 + ... + a 1n y n

 dy 2 = a y + a y + ... + a y
21 1
22 2
2n n
Hệ phương trình vi phân chuẩn tắc cấp 1 có dạng  dx
trong đó các
...

 dy n = a y + a y + ... + a y
n1 1
n2 2
nn n
 dx
hệ số aij (1  j, j  n) là các hằng số, được gọi là hệ phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất có hệ
số hằng số.

194


Có thể viết hệ phương trình vi phân tuyến tính thuần
 a 11 a 12

t
dY
dY  dy1 dy 2
dy n 

 a 21 a 22
= AY với
=
...
 , A=
... ...
dx
dx  dx
dx
dx 

a
 n1 a 2 n

nhất
...
...
...
...

có hệ số hằng số dưới dạng ma trận
a 1n 
 y1 
 

a 2n 
y 
và Y =  2  .

...

...
 




a nn 
 yn 

Có thể giải hệ phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất có hệ số hằng số mà khơng cần đưa nó
về phương trình vi phân cấp cao.
Bài tập
4.1. Tìm nghiệm tổng quát của các phương trình vi phân sau đây
(a) x(1 + y2)2dx + y(1 + x2)2dy = 0
(b) (x2 – yx2) y’ + y2 + xy2 = 0
(c) y’cos2y – siny = 0
(d) y’ + sin(x + y) = sin(x – y)
cos y − sin y − 1
(e) y' =
(f) y’ = cos(x – y)
cos x − sin x + 1
1
(g) y’ = x2 + 2xy – 1 + y2
(h) y' =
+1
x−y
4.2. Tìm nghiệm riêng của các phương trình vi phân sau đây
(a) x 1 + y 2 dx + y 1 + x 2 dy = 0 với y(0) = 1
(b) (1 + e2x)y2dy = exdx với y(0) = 0
(c) sinxdy – ylnydx = 0 với y(0) = 1

(d) (x2 + 1)y’ = y2 + 4 với y(1) = 2
4.3. Tìm nghiệm tổng quát của các phương trình vi phân thuần nhất (đẳng cấp) sau đây
(a) (y – x)dx + (y + x)dy = 0
(b) xdy − ydx = x 2 + y 2 dx
(c) xyy’ + x2 – 2y2 = 0
(d) (3x2 + y2)y + (y2 – x2)xy’ = 0
y
y
(e) x cos ( ydx + xdy ) = y sin ( xdy − ydx )
x
x
2

 y+2 
x − y +1

(f) y' =
(g) y' = 2
x+ y+3
 x + y −1
4.4. Giải các phương trình vi phân tuyến tính cấp 1 sau đây
(a) 2x(x – 1)y’ + (2x – 1)y + 1 = 0
(b) x(1 + x2)y’ – (x2 – 1)y + 2x = 0
2
(c) y'+2xy = xe − x
(d) (1 + x2)y’ – 2xy = (1 + x2)2
(e) 2ydx + (y2 – 6x)dy = 0
(f) xy’ – y = x2arctanx
(g) y'− 2 y ( x + 1) = (x + 1)3 với y(0) = 1 2
(h) (1 + x2)y’ + xy = 1 với y(0) = 0

4.5. Giải các phương trình vi phân toàn phần sau đây
(a) (x + y + 1)dx + (x – y2 + 3)dy = 0
 y2
1
1
x2 
−  dx +  −
dy = 0
(c) 
2
2
x
 ( x − y)
 y ( x − y) 

(b) 2(3xy2 + 2x3)dx + 3(2x2y + y2)dy = 0
xdx + (2x + y)dy
=0
(d)
( x + y) 2

1
1
x y
y 
y x
x 1 
(e)  sin − 2 cos + 1dx +  cos − 2 sin + 2 dy = 0
y x

x 
x y
y y 
y
x
(f) 3x 2 (1 + ln y)dx − (2 y − x 3 y )dy = 0
4.6. Giải các phương trình vi phân sau đây, bằng cách tìm thừa số tích phân
(a) 2xy + x 2 y + y 3 3 dx + ( x 2 + y 2 )dy = 0
(b) y(1 + xy)dx – xdy = 0

(

)

(c) (x2y2 + y)dx + (y2 – x)dy = 0
195


(d) (x2 – y)dx + (x2y2 + x)dy = 0
(e) (2xy2 – 3y3)dx + (7 – 3xy2)dy = 0
4.7. Giải các phương trình vi phân Bernoulli sau đây
(a) y’ + y = 2y2
(b) y’ + xy = x3y3
(d) y'− 4y x = x y
(e) y'− y 2x = 5x 2 y5

(c) xy’ + y = y2lnx
(f) y'+ y x = 2x 3 y 4

(g) y'+ y = e x 2 y

Đáp án bài tập
4.1. (a) Chia cả hai vế của phương trình cho (1 + y2)2(1 + x2)2 ≠ 0 với x và y, ta được
x
y
x (1 + y 2 ) 2 dx + y(1 + x 2 ) 2 dy = 0 
dx +
dy = 0
2 2
(1 + x )
(1 + y 2 ) 2


x
y
1
d( x 2 )
1
d( y 2 )
dx
+
dy
=
C

+
= C0 
0
 (1 + y 2 ) 2
(1 + x 2 ) 2
2  (1 + x 2 ) 2 2  (1 + y 2 ) 2

d(1 + x 2 )
d(1 + y 2 )
1
1
+
 (1 + x 2 ) 2  (1 + y 2 ) 2 = 2C0  − 1 + x 2 − 1 + y 2 = 2C0 
1
1
+
= C (C = –2C0 là hằng số tùy ý) là nghiệm tổng quát.
2
1+ x
1 + y2
dy
+ y 2 (1 + x ) = 0  x 2 (1 − y)dy + y 2 (1 + x )dx = 0
(b) x 2 (1 − y) y'+ y 2 (1 + x ) = 0  x 2 (1 − y)
dx
2
2
- Khi x = 0  x = 0  0 .(1 − y)dy + y 2 (1 + 0)dx = 0  y = 0 , do đó (x,y) = (0,0) là nghiệm
kỳ dị của phương trình.
- Khi y2 = 0  y = 0  dy = 0  x 2 (1 − 0).0 + 0 2.(1 + x )dx = 0  0 = 0 , đẳng thức này chứng
tỏ (x,y) = (x,0) là nghiệm kỳ dị của phương trình
x  0
1− y
1+ x
- Khi x 2 y 2  0  
, chia cả 2 vế của phương trình cho x2y2 ta được 2 dy + 2 dx = 0
y

x
y  0

dy

1− y
1+ x
dy +  2 dx = C 
2
y
x

 1

  y

2

−

1
 1 1
dy +   2 + dx = C 
y
x
x

dy
dx
dx

1
1
x 1 1
+ 2 +
= C  − − ln y − + ln x = C  ln − − = C (C là hằng số
y
x
x
y
x
y x y
tùy ý) là nghiệm tổng quát.
dy
(c) y’cos2y – siny = 0 
cos 2 y − sin y = 0  cos 2 ydy − sin ydx = 0
dx
- Khi sin y = 0  y = k (kZ)  dy = 0  1.0 − 0.dx = 0  0 = 0 , đẳng thức này chứng tỏ
(x,y) = (x,k) (kZ) là nghiệm kỳ dị của phương trình.

y

2

−

- Khi siny  0  y  k (kZ), chia cả hai vế của phương trình cho siny ≠ 0  y ≠ k (kZ) ta
cos 2 y
cos 2 y
1 − 2 sin 2 y
được

dy − dx = 0  
dy −  dx = C  
dy −  dx = C 
sin y
sin y
sin y
 1

dy
y
  sin y − 2 sin y dy − x = C   sin y − 2 sin ydy − x = C  ln tan 2 + 2 cos y − x = C (C là
hằng số tùy ý) là nghiệm tổng quát.
dt
t
= ln tan .
Ở đây ta đã sử dụng nguyên hàm cơ bản 
sin t
2
dy
dy
= sin(x − y) − sin(x + y) 
= −2 cos x sin y 
(d) y'+ sin(x + y) = sin(x − y) 
dx
dx
196


dy = −2 cos x sin ydx
- Khi sin y = 0  y = k (kZ)  dy = 0  0 = −2 cos x.0.dx  0 = 0 , đẳng thức này chứng tỏ

(x,y) = (x,k) (kZ) là nghiệm kỳ dị của phương trình.

- Khi siny  0  y  k (kZ), chia cả hai vế của phương trình cho siny ≠ 0  y ≠ k (kZ) ta
dy
dy
y
= −2 cos xdx  
=  − 2 cos xdx + C  ln tan + 2 sin x = C (C là hằng số tùy ý) là
được
sin y
sin y
2
nghiêm tổng quát.
dt
t
= ln tan .
Ở đây ta đã sử dụng nguyên hàm cơ bản 
sin t
2
cos y − sin y − 1
dy cos y − sin y − 1
dy
dy

=

=
(e) y' =
với điều
cos x − sin x + 1

dx cos x − sin x + 1
cos y − sin y − 1 cos x − sin x + 1
cos x − sin x + 1  0
kiện 
.
cos y − sin y − 1  0
2
2
(cos x − sin x )  −

2
2
2
2


 3 
 3 
cos x −
sin x  cos    cos x cos − sin x sin  cos   
2
2
4
4
 4 
 4 
 x  − + 2k


3


 3 
(kZ).
cos x +   cos    x +  
+ 2k  
 x   + 2k
4
4
4

 4 
2

2
2
(cos y − sin y) 

+ cos y − sin y − 1  0  cos y − sin y  1 
2
2
2
2


 
 
cos y −
sin y  cos    cos y cos − sin y sin  cos   
2
2

4
4
 4
 4
 y  2k




 
(kZ).
cos y +   cos    y +   + 2k  
 y  −  + 2k
4
4
4

 4
2

 y  2k
 x  − + 2k

Như vậy, với điều kiện
và 
(kZ) ta có
 y  −  + 2k
 x   + 2k
2
2



dy

I
=
y


dy
dx
cos y − sin y − 1
=

I
=
I
với

y
x
 cos y − sin y − 1  cos x − sin x + 1
dx
I =
 x  cos x − sin x + 1

+ cos x − sin x + 1  0  cos x − sin x  −1 

- Tính tích phân I y = 

dy
cos y − sin y − 1


1− u2
cos
y
=

y
2du
1+ u2
Đổi biến u = tan  y = 2 arctan u  dy = (2 arctan u )' du =
và 
2
2
1+ u
sin y = 2u

1+ u2
2du
dy
du
1
 1
1+ u2
 Iy = 
=
= −
= 

− du =
2
1− u
2u
cos y − sin y − 1
u (u + 1)
 u +1 u 
−
−1
2
2
1+ u
1+ u

197


1

1

 u + 1 du −  u du = 

d (u + 1)
du
u +1
−
= ln u + 1 − ln u + C1 = ln
+ C1 =
u +1

u
u

y

e C1 1 + tan 
e (u + 1)
2
ln
= ln 
y
u
tan
2
dx
- Tính tích phân I x = 
cos x − sin x + 1
C1


1 − v2
cos
x
=

y
2dv
1 + v2
Đổi biến v = tan  x = 2 arctan v  dx = (2 arctan v)' dv =
và


2
1 + v2
sin x = 2v

1 + v2
2dv
dx
dv
d(1 − v)
1 + v2
 Ix = 
=
=
=−
=
2
1− v
2v
cos x − sin x + 1
1− v
1− v
−
+1
1 + v2 1 + v2

e C2
e C2
= ln
x

1− v
1 − tan
2
y
y


e C1 1 + tan 
e C1 1 + tan 
C2
e
e C2
2
2

- Vì Iy = Ix  ln 
= ln

=

y
x
y
x
tan
1 − tan
tan
1 − tan
2
2

2
2
− ln 1 − v + C 2 = ln

y
y 
x
y
y 
x


= e C1 1 + tan 1 − tan   tan = C1 + tan 1 − tan  (C = e C1 −C2 là hằng số
2
2 
2
2
2 
2


tùy ý) là nghiệm tổng quát.
e C2 tan

(f) y’ = cos(x – y)
dz
= 1 − cos z  dz = (1 − cos z)dx
dx
- Khi 1 – cosz = 0  cosz = 1  z = 2k (kZ)  x – y = 2k (kZ)  y = x – 2k (kZ)
 y' = 1


 phương trình y’ = cos(x – y) thỏa mãn, do đó (x,y) = (x, x – 2k) (kZ) là
cos(x − y) = 1
nghiệm kỳ dị của phương trình.

Đổi biến z = x – y  z’ = 1 – y’  z’ = 1 – cosz 

- Khi 1 – cosz  0, chia cả hai vế của phương trình dz = (1 − cos z)dx cho (1 – cosz) ta được
dz
dz
dx =
  dx = 
+C
1 − cos z
1 − cos z
z
2du
2u 2
1
−
cos
z
=
Đổi biến u = tan  z = 2 arctan u  dz = (2 arctan u )' du =
và
2
1+ u2
1+ u2
2du
2

du
1
1
z
x−y
 x =  1 + u2 + C =  2 + C = − + C = −
+ C = − cot + C = − cot
+C
z
2u
u
u
2
2
tan
2
1+ u2
x−y
 x + cot
= C (C là hằng số tùy ý) là nghiệm tổng quát.
2
198


(g) y’ = x2 + 2xy – 1 + y2  y’ = (x + y)2 – 1
dz
= z 2  dz = z 2 dx
dx
- Khi z = 0  x + y = 0  y = –x  y’ = –1  phương trình y’ = (x + y)2 – 1 thỏa mãn, do đó
(x,y) = (x,–x) là nghiệm kỳ dị của phương trình.

Đổi biến z = x + y  z’ = 1 + y’  z’ = 1 + z2 – 1  z’ = z2 

- Khi z  0, chia cả hai vế của phương trình dz = z 2 dx cho z2 ≠ 0  x + y ≠ 0  y ≠ –x ta được
dz
dz
1
1
dx = 2   dx =  2 + C  x = − + C  x +
= C (C là hằng số tùy ý) là nghiệm
z
z
z
x+y
tổng quát.
1
(h) Điều kiện để phương trình y' =
+ 1 xác định được là x – y  0  y  x.
x−y
1
1
dz
1
Đổi biến z = x – y  z' = 1 − y' = 1 −
−1 = − 
= −  dx + zdz = 0
x−y
z
dx
z

z2
( x − y) 2
  dx +  zdz = C  x +
=Cx+
= C (C là hằng số tùy ý) là nghiệm tổng quát.
2
2

4.2. (a) Chia cả hai vế của phương trình x 1 + y 2 dx + y 1 + x 2 dy = 0 cho 1 + y 2 1 + x 2  0 với x
xdx
ydy
xdx
ydy
và y ta được
+
=0
+
= C (C là hằng số tùy ý)
2
2
2
1+ x
1+ y
1+ x
1 + y2
1 d (1 + x 2 ) 1 d (1 + y 2 )
1
1
 
+ 

= C   (1 + x 2 ) −1 2 d (1 + x 2 ) +  (1 + y 2 ) −1 2 d (1 + y 2 ) = C
2
2
2
2
2
2
1+ x
1+ y
1 (1 + x 2 ) ( −1 2 )+1 1 (1 + y 2 ) ( −1 2 )+1
+
= C  1 + x 2 + 1 + y 2 = C (C là hằng số tùy ý) là
2 (− 1 2) + 1
2 (− 1 2) + 1
nghiệm tổng quát.


Để tìm nghiệm riêng của phương trình với điều kiện y(0) = 1, thay x = 0 và y = 1 vào biểu thức
của nghiệm tổng quát, ta được

1 + 0 2 + 1 + 12 = C  C = 1 + 2 . Vậy, nghiệm riêng của phương

trình là 1 + x 2 + 1 + y 2 = 1 + 2 .
(b) (1 + e2x)y2dy = exdx với y(0) = 0
Chia cả hai vế của phương trình cho 1 + e2x ≠ 0 với x ta được
ex
ex
y3
d (e x )
2

 y 2 dy =
dx

y
dy
=
dx
+
C

=
+C

 1 + e2x
1 + e2x
3  1 + (e x ) 2
y3
du
=
+ C = arctan u + C = arctan e x + C  y = 3 3(arctan e x + C) (C
2
3
1+ u
là hằng số tùy ý) là nghiệm tổng quát.

Đổi biến u = ex 

Để tìm nghiệm riêng của phương trình với điều kiện y(0) = 0, thay x = 0 và y = 0 vào biểu thức



của nghiệm tổng quát, ta được 0 = 3 3(arctan e 0 + C)  0 = 3 3(arctan 1 + C)  + C = 0  C = − .
4
4
3
Vậy, nghiệm riêng của phương trình là y = 3 3 arctan e x −
.
4
(c) Điều kiện để phương trình sinxdy – ylnydx = 0 xác định được là y > 0.
y = 1
Trường hợp y ln y sin x = 0  
 x = k, k  Z
- Khi y = 1  dy = 0  sinx.0 – 1.0.dx = 0  0 = 0, chứng tỏ (x,y) = (x,1) là nghiệm kỳ dị của
phương trình.
199


sin x = 0
x = k, k  Z 
 dx = 0  0.dy − y ln y.0 = 0  0 = 0 , chứng tỏ (x,y) = (k,y) với
- Khi 
y  0
y  0

y  0
là nghiệm kỳ dị của phương trình.

k  Z
0  y  1
Trường hợp y ln y sin x  0  
, chia cả hai vế của phương trình sinxdy – ylnydx

x  k, k  Z
dy
dx
= 0 cho ylnysinx ta được
−
=0
y ln y sin x
dy
dx
dx
x

−
= C   ln yd(ln y) − 
= C  ln ln y − ln tan = C 
y ln y
sin x
sin x
2
x

ec tan
x
ln ln y tan = C  y = e 2 (C là hằng số tùy ý) là nghiệm tổng quát của phương trình.
2
dx
x
= ln tan
Ở đây, ta đã dùng nguyên hàm cơ bản 
sin x

2
Để tìm nghiệm riêng với điều kiện y(0) = 1, thay x = 0 và y = 1 vào biểu thức của nghiệm tổng

quát, ta được 1 = e
hằng số C tùy ý.

eC tan

0
2

 1 = e 0  1 = 1 với C, chứng tỏ điều kiện đã cho luôn thỏa mãn với mọi

dy
= y 2 + 4  ( x 2 + 1)dy = ( y 2 + 4)dx
dx
Chia cả hai vế của phương trình ( x 2 + 1)dy = ( y 2 + 4)dx cho (x2 + 1)(y2 + 4) ≠ 0 với x và y,
dy
dx
dy
dx
1
y
= 2
 2
= 2
+ C  arctan = arctan x + C (C là hằng số tùy ý) là
ta được 2
y + 4 x +1
y +4

x +1
2
2
nghiệm tổng quát.
dt
1
t
= arctan (a > 0).
Ở đây, ta đã dùng nguyên hàm cơ bản  2
2
t +a
a
a

(d) ( x 2 + 1) y' = y 2 + 4  ( x 2 + 1)

Để tìm nghiệm riêng của phương trình với điều kiện y(1) = 2, thay x = 1 và y = 2 vào biểu thức
1
2
1  

của nghiệm tổng quát, ta được arctan = arctan 1 + C  . = + C  C = − .
2
2
2 4 4
8
1
y

y


 arctan = arctan x −  arctan = 2 arctan x −
2
2
8
2
4

tan( 2 arctan x ) − tan  
y


 4  = tan( 2 arctan x ) − 1 =
 = tan  2 arctan x −  =
2
4
   tan( 2 arctan x ) + 1

1 + tan( 2 arctan x ). tan  
4
tan(arctan x ) + tan(arctan x )
x+x
−1
−1
tan(arctan x + arctan x ) − 1 1 − tan(arctan x ). tan(arctan x )
x 2 + 2x − 1
1
−
x
.

x
=
=
=
2
tan(arctan x ) + tan(arctan x )
x+x
tan(arctan x + arctan x ) + 1
+1
+ 1 − x + 2x + 1
1 − tan(arctan x ). tan(arctan x )
1 − x.x
y=

2( x 2 + 2x − 1)
là nghiệm riêng cần tìm.
− x 2 + 2x + 1

Ở đây đã sử dụng công thức lượng giác tan(   ) =
4.3. (a) Đổi biến y = tx  dy = tdx + xdt
200

tan   tan 
.
1  tan  tan 


 (y – x)dx + (y + x)dy = 0  x(t2 + 2t – 1)dx + x2(t + 1)dt = 0
Chia cả hai vế của phương trình trên cho x2(t2 + 2t – 1)  0 ta được
dx

( t + 1)dt
dx
( t + 1)dt
dx 1 d( t 2 + 2t − 1)
+ 2
=0
+ 2
=C
+
=C
x t + 2t − 1
x
t + 2t − 1
x 2  t 2 + 2t − 1
1
 ln x + ln t 2 + 2t − 1 = C  ln x + ln t 2 + 2t − 1 = C  ln x t 2 + 2t − 1 = C
2
Để trở lại biến cũ, thay t = y/x vào đẳng thức trên, ta được ln

y 2 + 2 xy − x 2 = C

 y 2 + 2xy − x 2 = eC (C là hằng số tùy ý) là nghiệm tổng quát của phương trình.
(b) Đổi biến y = tx  dy = tdx + xdt

xdy − ydx = x 2 + y 2 dx  x 2dt = x t 2 + 1dx
Chia cả hai vế của phương trình trên cho x 2 t 2 + 1  0 ta được


dt
t2 +1

=

dt
1+ t

2

=

dx
x

dx
+ C  ln t + t 2 + 1 = ln x + C  ln t + t 2 + 1 = ln e C x
x

 t + t 2 + 1 = eC x
Để trở lại biến cũ, thay t = y/x vào đẳng thức trên, ta được y + x 2 + y 2 = e C x 2 (C là hằng số
tùy ý) là nghiệm tổng quát của phương trình.
dy
+ x 2 − 2 y 2 = 0  xydy + ( x 2 − 2 y 2 )dx = 0
(c) xyy'+ x 2 − 2 y 2 = 0  xy
dx
Đổi biến y = tx  dy = tdx + xdt
 xtx ( tdx + xdt ) + ( x 2 − 2t 2 x 2 )dx = 0  x 2 (1 − t 2 )dx + x 3 tdt = 0
Chia cả hai vế của phương trình trên cho x3(1 – t2) ≠ 0 ta được
dx
tdt
dx

tdt
1 d( t 2 − 1)
+ 2
=0
+ 2
= C  ln x +  2
= C  ln x + ln t 2 − 1 = C 
x t −1
x
t −1
2
t −1
ln x t 2 − 1  = C  x t 2 − 1 = e C


Để trở lại biến cũ, thay t = y/x vào đẳng thức trên, ta được

y 2 − x 2 = e C (C là hằng số tùy ý)

là nghiệm tổng quát của phương trình.
(d) (3x 2 + y 2 ) y + ( y 2 − x 2 ) xy ' = 0  (3x 2 + y 2 ) y + ( y 2 − x 2 ) x

dy
=0
dx

(3x 2 + y 2 ) ydx + ( y 2 − x 2 ) xdy = 0
Đổi biến y = tx  dy = tdx + xdt
 (3x 2 + t 2 x 2 ) txdx + ( t 2 x 2 − x 2 ) x ( tdx + xdt ) = 0  2x 3 t ( t 2 + 1)dx + x 4 ( t 2 − 1)dt = 0

Chia cả hai vế của phương trình trên cho x4t(t2 + 1) ≠ 0 ta được 2

dx
t2 −1
+ 2
dt = 0
x t ( t + 1)

dx
t2 −1
1
 2t
+ 2
dt = C  2 ln x +   2
− dt = C 
x
t ( t + 1)
 t +1 t 
2tdt
dt
d( t 2 + 1)
2
2
ln x +  2
−
= C  ln x +  2
− ln t = C 
t +1  t
t +1


x 2 ( t 2 + 1)
1
ln x 2 + ln( t 2 + 1) − ln t = C  ln
= C  x 2  t +  = e C
t
t


 2

201


Để trở lại biến cũ, thay t = y/x vào đẳng thức trên, ta được x 2 + y 2 = e C

y
(C là hằng số tùy ý)
x

là nghiệm tổng quát của phương trình.
y
y
(e) x cos ( ydx + xdy ) = y sin ( xdy − ydx ) 
x
x
y
y
y
y


 2
2
 xy cos + y sin dx +  x cos − xy sin dy = 0 với điều kiện x ≠ 0
x
x
x
x


Đổi biến y = tx  dy = tdx + xdt
 (xxt cos t + x 2 t 2 sin t )dx + (x 2 cos t − xxt sin t )( tdx + xdt ) = 0 
2x 2 t cos tdx + x 3 (cos t − t sin t )dt = 0
Chia cả hai vế của phương trình trên cho x3tcost ≠ 0 ta được
dx cos t − t sin t
dx
 1 sin t 
2
+
dt = 0  2 
+  −
dt = C 
x
t cos t
x
 t cos t 
dt
sin t
d(cos t )
2 ln x +  − 
dt = C  ln x 2 + ln t + 

=C
t
cos t
cos t
ln x 2 + ln t + ln cos t = C  ln x 2 t cos t = C  x 2 t cos t = e C

(

)

Để trở lại biến cũ, thay t = y/x vào đẳng thức trên, ta được xy cos

y
= e C (C là hằng số tùy ý) là
x

nghiệm tổng quát của phương trình.
x − y +1
dy x − y + 1
(f) y' =
với điều kiện x + y + 3 ≠ 0.

=
x+ y+3
dx x + y + 3

 a x + b1 y + c1 
 với a1 = a2 = b2 = c1 = 1, b1 = –1, c2 = 3
Phương trình có dạng y' = f  1
 a 2x + b2 y + c2 

 a b1 
1 − 1
x = u + 
 = det
 = 2  0 nên đổi biến 
 det 1
với (α,β) là nghiệm của hệ
y = v + 
1 1 
 a 2 b2 

a 1 + b1 + c1 = 0
 −  + 1 = 0
 = −2

phương trình 
, hệ phương trình này có nghiệm 
.
 = −1
a 2  + b 2 + c 2 = 0  +  + 3 = 0
x = u − 2
dy x − y + 1
d( v − 1) (u − 2) − ( v − 1) + 1
dv u − v


=

=


=

dx x + y + 3
d(u − 2) (u − 2) + ( v − 1) + 3
du u + v
y = v − 1
( v − u )du + ( v + u )dv = 0 là phương trình vi phân thuần nhất (đẳng cấp) nên để giải nó ta đổi
biến v = tu  dv = tdu + udt
 ( v − u )du + ( v + u )dv = 0  ( tu − u )du + ( tu + u )(tdu + udt ) = 0 
u ( t 2 + 2t − 1)du + u 2 ( t + 1)dt = 0
Chia cả hai vế của phương trình trên cho u2(t2 + 2t – 1)  0 ta được
du
t +1
du
( t + 1)dt
1 d( t 2 + 2t − 1)
+
dt = 0  
+
= C  ln u +  2
=C
u t 2 + 2t − 1
u  t 2 + 2t − 1
2
t + 2t − 1
1
ln u + ln t 2 + 2 t − 1 = C  ln u t 2 + 2t − 1  = C  u t 2 + 2t − 1 = e C


2

Thay t = v u vào đẳng thức trên ta được
u = x + 2
vào đẳng thức này, ta được

v = y + 1
nghiệm tổng quát của phương trình.

v 2 + 2uv − u 2 = e C , để trở lại biến ban đầu, thay

y 2 + 6 y + 2 yx − 2 x − x 2 + 1 = e C (C là hằng số tùy ý) là

202


2

2

 y+2 
 y+2 
dy
 
 với điều kiện x + y – 1 ≠ 0.
= 2
(g) y' = 2
dx
 x + y −1
 x + y −1
 a x + b1 y + c1 

 với a1 = 0, b1 = a2 = b2 = 1, c1 = 2, c2 = –1
Phương trình có dạng y' = f  1
 a 2x + b2 y + c2 

 a b1 
 0 1
x = u + 
 = det
 = −1  0 nên đổi biến 
 det 1
với (α,β) là nghiệm của hệ
y = v + 
 1 1
 a 2 b2 
a 1 + b1 + c1 = 0
 + 2 = 0
 = 3

phương trình 
, hệ phương trình này có nghiệm 
.
 = −2
a 2  + b 2 + c 2 = 0  +  − 1 = 0
x = u + 3
 y+2 


dy
d ( v − 2)
( v − 2) + 2

 
 


= 2
= 2
dx
d (u + 3)
 x + y −1
 (u + 3) + ( v − 2) − 1 
y = v − 2
2

2

2

dv
 v 
2
2
= 2
  (u + v) dv − 2v du = 0 là phương trình vi phân thuần nhất (đẳng cấp) nên
du
u + v
để giải nó ta đổi biến v = tu  dv = tdu + udt  (u + v) 2 dv − 2v 2 du = 0 
(u + tu) 2 ( tdu + udt ) − 2( tu) 2 du = 0  u 2 t ( t 2 + 1)du + u 3 ( t + 1) 2 dt = 0
Chia cả hai vế của phương trình trên cho u3t(t2 + 1)  0 ta được

du ( t + 1) 2

+
dt = 0
u t ( t 2 + 1)

du
( t + 1) 2
( t 2 + 1) + 2t
dt
dt
+ 2
dt = C  ln u + 
dt = C  ln u +  + 2 2
=C
2
u
t ( t + 1)
t ( t + 1)
t
t +1
ln u + ln t + 2 arctan t = C  ln tu + 2 arctan t = C  ln v + 2 arctan t = C



Thay t = v u vào đẳng thức trên ta được ln v + 2 arctan

v
=C
u

u = x − 3

y+2
=C
Để trở lại biến ban đầu, thay 
vào đẳng thức trên ta được ln y + 2 + 2 arctan
x −3
v = y + 2
(C là hằng số tùy ý) là nghiệm tổng quát của phương trình.

4.4. (a) Trường hợp 2x(x – 1) = 0  x = 0 hoặc x = 1
- Khi x = 0 thì 2.0.(0 – 1)y’ + (2.0 – 1)y + 1 = 0  y = 1  (x,y) = (0,1) là nghiệm kỳ dị của
phương trình.
- Khi x = 1 thì 2.1.(1 – 1)y’ + (2.1 – 1)y + 1 = 0  y = –1  (x,y) = (1,–1) là nghiệm kỳ dị của
phương trình.
Trường hợp 2x(x – 1) ≠ 0  x  0 và x  1 thì chia cả 2 vế của phương trình cho 2x(x – 1) ta
2x − 1

p( x ) 

2x ( x − 1)
2x − 1
1

y+
= 0  y'+ p( x ) y = q( x ) với 
được y'+
, do đó nghiệm tổng
2x ( x − 1)
2x ( x − 1)
1
q( x )  −


2x ( x − 1)
p ( x ) dx
− p ( x ) dx
dx + Ce 
quát của phương trình là y( x ) =  q( x )e 
(C là hằng số tùy ý).


2x − 1
1 2x − 1
1 1
1 
1  dx
dx 
dx = 
dx =   +
+
Ta có  p( x )dx = 
dx =  
=
2 x ( x − 1)
2 x ( x − 1)
2  x x −1
2 x
x −1
1
d ( x − 1)  1
1
 ln x + 

 = (ln x + ln x − 1 ) = ln x ( x − 1) = ln x ( x − 1)
2
x −1  2
2

203


e  p ( x ) dx = e ln x ( x −1) = x ( x − 1)

  − p ( x ) dx
1
−ln x ( x −1)
=e
= ln x ( x −1) =
e
e



1
 y( x ) =   −
 2 x ( x − 1)

1
x ( x − 1)


x ( x − 1) dx + C


 1
= − 
x ( x − 1)  2
1


+ C

x ( x − 1)
dx

1
x ( x − 1)


x  0
x ( x − 1) khi 
Vì x ( x − 1) = 
x  1
x (1 − x ) khi 0  x  1

 1

x  0
dx
1
+ C
khi 
 − 


x ( x − 1)
x  1
 2
 x ( x − 1)
 y( x ) = 


dx
1
 − 1
+ C
khi 0  x  1

 x (1 − x )
 2
x (1 − x )

 1

dx
1
+ Khi x < 0 hoặc x > 1 thì y( x ) =  − 
+ C
=
 2

x ( x − 1)

 x ( x − 1)

 1

 1

dx
1
d(x − 1 2)
1
−

− 

+
C
=
+
C
=
 2
 x ( x − 1)  2 
2
2
2

x
(
x
−
1
)

x
−
x
(x − 1 2) − (1 2)




2
2
 ln x + x ( x − 1)



1
1


 − 1 ln x +  x − 1  −  1  + C 
=
−
+
C






 2

 x ( x − 1) 
2 2
2
 x ( x − 1)





t = x − 1 2
dt
= ln t + t 2 − a 2 (a > 0) với 
Ở đây, ta đã dùng nguyên hàm cơ bản 
t2 − a2
a = 1 2
 1

dx
1
+ Khi 0 < x < 1 thì y( x ) = − 
+ C
=
x (1 − x )
 2
 x (1 − x )
 1

 1

dx

1
d(x − 1 2)
1
−

− 

+
C
=
+
C
=
 2
 x (1 − x )  2 
2
2
2
 x (1 − x )
−x +x
(
)
(
)
1
2
−
x
−
1

2




 1

x −1 2
1
1
 arcsin(2x − 1)

 − arcsin
+ C 
= −
+ C
12
2
 x (1 − x )
 2
 x (1 − x ) 

Ở đây, ta đã dùng nguyên hàm cơ bản



dt

= arcsin

t
(a > 0) với
a

t = x − 1 2
.

a = 1 2

a2 − t2
(b) Khi x = 0 thì x(1 + 02)y’ – (02 – 1)y + 2.0 = 0  y = 0, do đó (x,y) = (0,0) là nghiệm kỳ dị
của phương trình.

Khi x ≠ 0 thì chia cả 2 vế của phương trình cho x ta được

x2 −1
p
(
x
)

−

x2 −1
2
x (1 + x 2 )
y'−
y
+
−

=
0

y
'
+
p
(
x
)
y
=
q
(
x
)
với
, do đó nghiệm tổng

x (1 + x 2 )
1+ x2
q( x )  − 2

1+ x2
p ( x ) dx
− p ( x ) dx
dx + Ce 
quát của phương trình là y( x ) =  q( x )e 
(C là hằng số tùy ý).




204


x2 −1
1− x2
2x 
dx
2xdx
1
Ta có  p( x )dx =  −
dx = 
dx =   −
dx = 
−
=
2
2
2 
x (1 + x )
x (1 + x )
x
1+ x2
 x 1+ x 
x
d(1 + x 2 )
x sgn( x )
ln x − 
= ln x − ln(1 + x 2 ) = ln

= ln
2
2
1+ x
1+ x
1+ x2
x sgn( x )
ln
  p ( x ) dx
x sgn( x )
1+ x 2
e
=
e
=

1+ x2

x sgn( x )
  − p ( x ) dx
−ln
1
1
1+ x2
2

= e 1+ x = x sgn( x ) =
=
e
x sgn( x ) x sgn( x )

ln
2

e 1+ x

1+ x2
2
p ( x ) dx
− p ( x ) dx
2 x sgn( x )

 1+ x
 y( x ) =  q( x )e 
dx + Ce 
=  −
dx
+
C
2
2
 x sgn( x ) =


 1+ x 1+ x

 1+ x2

 1+ x2
2x
d(1 + x 2 )

−
sgn(
x
)
dx
+
C
=
−
sgn(
x
)
+
C

 x sgn( x ) 
 (1 + x 2 ) 2
 (1 + x 2 ) 2  x sgn( x) =



2
1
C 
1
 sgn( x )
 1+ x
+
C
 1 + x 2

 x sgn( x ) = x + sgn( x )  x + x  là nghiệm tổng quát của phương trình.

Ghi chú: 1. Ở bài tập này đã sử dụng (1) Hàm giá trị tuyệt đối: Nếu xR thì giá trị
− x khi

(ký hiệu là x) là một số không âm, được xác định như sau: x =  0 khi
 x khi

− 1 khi

và (2) Hàm dấu (signum, viết tắt là sgn): sgn( x ) =  0 khi
 1 khi


tuyệt đối của nó
x0
x=0
x0

x0
x=0
x0

2. Quan hệ giữa hàm giá trị tuyệt đối và hàm dấu là x = x sgn( x) với xR, thật vậy:
x = x
- Khi x > 0 thì 
 x = x.1 = x sgn( x )
sgn( x ) = 1
x = 0 = x
- Khi x = 0 thì 

 x = 0 = 0.0 = x sgn( x )
sgn( x ) = 0
 x = −x
- Khi x < 0 thì 
 x = − x = x (−1) = x sgn( x )
sgn( x ) = −1
Từ ba trường hợp trên suy ra x = x sgn( x) với xR.

3. (1) Hàm sgn(x) được sử dụng như là một hằng số ở các biểu thức tốn học trong các phép
tính vi/tích phân và các phép tốn khác (miễn là phù hợp). Việc sử dụng hàm sgn(x) tiện lợi
ở chỗ: Thay cho việc phải tách riêng ra các trường hợp khác nhau để xét thì gộp lại một lần
để xét; (2) Sinh viên được sử dụng đẳng thức x = x sgn( x) mà không phải chứng minh.

p( x )  2 x
2
(c) y'+2xy = xe − x  y'+p(x ) y = q( x ) với 
2 , do đó nghiệm tổng quát của phương
q( x )  xe − x
p ( x ) dx
− p ( x ) dx
trình là y( x ) =  q( x )e 
(C là hằng số tùy ý).
dx + Ce 



205