chương 7 phương trình vi phân

Trang 1
CHƯƠNG 7 : PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN

 Phương trình vi phân là phương trình có dạng F(x,y,y’,y’’,…,y
(n)
)= 0 trong đó
x là biến số độc lập, y =y (x) là hàm số, y’,y’’,…,y
(n)
là các đạo hàm.
 Cấp của phương trình là cấp cao nhất của đạo hàm.
 Nghiệm của phương trình vi phân là mọi hàm số y= (x) thỏa mãn phương trình.
7.1. PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP 1
7.1.1. Khái niệm
Phương trình vi phân cấp 1: là phương trình có dạng F (x,y,y’) = 0.
Nếu có thể giải ra đối với y’ thì phương trình có dạng y’= f(x,y).
Nghiệm tổng quát:Nghiệm tổng quát của phương trình vi phân là hàm số
y =  (x,C) thỏa phương trình vi phân .
Nghiệm riêng: Nghiệm y = (x,C
0
) nhận được từ nghiệm tổng quát
y = (x,C) ứng với một giá trị cụ thể C = C
o
gọi là nghiệm riêng.Giá trị cụ thể C
o
của C được suy ra từ điều kiện ban đầu y (x
0
) = y
0

Tích phân tổng quát : Trong một số trường hợp , ta không tìm được
nghiệm tổng quát của phương trình vi phân dưới dạng tường minh y = (x,C) mà
tìm được hệ thức dưới dạng ẩn (x,y,C) = 0. Ta gọi đó là tích phân tổng quát
của
phương trình vi phân .
Đường cong tích phân : Đồ thị của mỗi nghiệm y =  (x,C) của phương
trình vi phân gọi là đường cong tích phân
của phương trình nầy.
Nghiệm kỳ dị :Nghiệm của phương trình vi phân không nhận được từ
họ nghiệm tổng quát thì được gọi là nghiệm kỳ dị
.
7.1.2. Phương trình vi phân biến số phân ly ( hay là tách biến được)
1. Định Nghĩa: Phương trình vi phân biến số phân ly là phương trình có
dạng:
f(x)dx = g(y)dy (1)
2. Cách giải
Lấy tích phân 2 vế của (1)


Trang 2


 dyygdxxf )()(
F(x) = G(y) + C
Ví Dụ 1 Giải phương trình vi phân: xy’ + y = 0.
Tìm nghiệm riêng của phương trình vi phân trên với điều kiện ban đầu y (3) = 1
0
ln ln ln .
dy dy dx dy dx
xy y x y

dx y x y x
C
yxCy
x

    




Thay điều kiện ban đầu y(x = 3) = 1. Ta được C = 3.
Vậy nghiệm riêng của pt là: y =
3
x

Ví Dụ 2 Giải phương trình vi phân : (1+x
2
)dy – ydx = 0

2
22
ar
(1 )
11
ln ar ln .
xtgx
dy dx dy dx
xdy ydx
y
xy x

yctgxCyCe



 


Ví Dụ 3 Giải phương trình vi phân :
22
()()0yxydy xy xdx

  (1)
Ta có
22
(1) (1 ) ( 1) 0y x dy x y dx    (2)
 Nếu
2
10 1xx   thì 0dx

, nên (2) thỏa mãn. Vậy 1x  là
nghiệm của (1).
 Nếu
2
10 1xx   thì
22
(2)
11
yx
dy dx
yx




 
22 22
111
ln 1 ln 1 ln 1 ( 1)
222
yxCyCx

Vậy nghiệm của phương trình là:
22
1(1)
1
yCx
x






.
Ví Dụ 4 Giải phương trình vi phân :
2
3
y
xy

 (1)

Ta có
22
(1) 3 3
dy
x
ydyxydx
dx
  (2)
 Nếu
0y  thì 0y


nên (2) thỏa mãn. Vậy 0y

là nghiệm của (1).


Trang 3
 Nếu
0y 
thì
2
(2) 3
dy
x
dx
y
 . Lấy tích phân hai vế:
33
23

3ln lnlnln
x
x
dy
x
dx y x C y Ce y Ce
y
 

.
Vậy nghiệm của phương trình là:
3
x
yCe
.

7.1.3. Phương trình đẳng cấp
1. Định nghĩa
Phương trình vi phân y’ = f (x,y) được gọi là đẳng cấp đối với x và y là
phương trình có dạng: y’ = f (
x
y
).
2. Cách giải
Đặt u =
x
y
hay y = ux
Suy ra : y’ = u + xu’
f(u) = u + x .

dx
du
<=> x
dx
du
= f (u) - u
Nếu f (u) - u  0 ta có :
x
dx
=
uuf
du
)(
.Đây là ph. trình biến số phân ly.
Ví Dụ 1 Giải phương trình vi phân :
x
y
y
x
y




(1)
Đặt ux
y
yuxu

, ta có:

2
ux 1 u 1 u
(1)
ux 1 u 1 u
x
dx
ux u ux u du
x
x


   


Lấy tích phân hai vế ta được:
222
2
22
1u u 1 2
1u 1u 21
ln
111
ar ln(1 ) ln ln ar ln(1 )
2222
dx d udu dx
du
xux
Cx
ctgu u x C ctgu u


  

 


Vậy nghiệm của phương trình là:
22
2ln()
y
arctg C x y
x
.


Trang 4
Ví Dụ2 Tìm nghiệm riêng của phương trình vi phân y’ =
x
y
+ sin
x
y

với điều kiện ban đầu y (1) =
2

. ĐS : y = 2xarctgx

7.1.4. Phương trình vi phân tuyến tính cấp 1
1. Định Nghĩa. Phương trình vi phân tuyến tính cấp 1 là phương trình có
dạng là y’ + p(x).y = q(x) (1) trong đó p (x) và q (x) là những hàm liên tục.

Phương trình vi phân tuyến tính gọi là thuần nhất nếu q(x) = 0 :
y’ + p(x) y = 0 (2)
Nhận xét
:
Nếu y
1
là nghiệm riêng của phương trình tuyến tính thuần nhất:
y’ + p(x) y = 0 (2) thì nghiệm tổng quát của nó là y = Cy
1

(C là hằng số tùy ý)
Nghiệm tổng quát của (1) = nghiệm tổng quát của (2) + nghiệm riêng của (1)
2. Cách giải
: y’+ p(x)y = q(x) (1)
Bước 1
: Giải phương trình thuần nhất tương ứng :
y’ + p(x)y = 0 (2)
Giả sử y = (x,C) nghiệm tổng quát của phương trình (2)
Bước 2 :
Xem C là một hàm theo x ,tính y’ rồi thay vào (1).

Ví Dụ 1 Tìm nghiệm của phương trình vi phân (x
2
+1)y’+xy = 1 thỏa điều kiện
ban đầu y (0) = 2.
ĐS :y =
2
2
1
2) x 1 (x ln

x


Ví dụ 2 Giải phương trình vi phân : y’+ 2xy =
2
-x
xe
ĐS :
2
2
-x
x
y = ( +K )e
2

Ví Dụ 3 Giải phương trình vi phân :
2
y
xy x


 (1)
 Giải phương trình thuần nhất tương ứng: 20yxy


 , ta có nghiệm
0y  hoặc
2
2
2ln ln

x
dy
x
dx y x C y Ce
y



Trang 5
 Xem C là một hàm số theo x: ()Cx
Ta được:
222
() () 2 ()
x
xx
y C xe y C xe xC xe

 
Thay ,yy

vào phương trình (1):
222 2 2
2
(1) ( ) 2 ( ) 2 ( ) ( )
1
()
2
xxx x x
x
C xe xCxe xCxe x C xe x dC xe dx

Cx e K



  
 

Vậy nghiệm của phương trình là:
22
1
2
x
x
y
eKe


 


.
Ví Dụ 4 Giải phương trình vi phân :
2
2
x
yxyxe



(1)

 Giải phương trình thuần nhất tương ứng: 20yxy


 , ta có nghiệm
0y 
hoặc
2
2
2ln ln
x
dy
x
dx y x C y Ce
y

     
 Xem C là một hàm số theo x:
()Cx
Ta được:
222
() () 2 ()
x
xx
y Cxe y C xe xCxe


 

Thay ,yy


vào phương trình (1):
2222
2
(1) ( ) 2 ( ) 2 ( ) ( )
()
2
xxxx
C xe xCxe xCxe xe C x x dC xdx
x
Cx K


  


Vậy nghiệm của phương trình là:
2
2
2
x
x
yKe





.
7.1.5. Phương trình Bernouilli( Bec-nu-li)
1. Định Nghĩa. Phương trình Bec-nu-li là phương trình có dạng:

y’ + p(x)y = q(x).

y
trong đó p(x), q(x) là những hàm liên tục,

R.
2. Cách giải
 Nếu

= 0 hoặc

=1, phương trình trở thành phương trình tuyến
tính.
 Giả sử

 0 và

1:
Với y 0, chia 2 vế cho

y :



Trang 6
y
-

. y’ + p(x).y
1-


= q(x)
Đặt z = y
1-


suy ra z’= (1-

) y
-

.y’, phương trình trở thành :
z’+ (1-


) p(x)z = (1-

)q(x)
Đây là phương trình tuyến tính cấp 1 đối với z.
Ví Dụ Giải phương trình vi phân :
2
2
x
yxyxe



(1)
Nếu 00yy


 , (1) thỏa mãn nên y = 0 là nghiệm của phương trình.
Nếu
0y 
thì
323
(1) 2 2
y
yxy x


 
.
Đặt
2
3
2
y
zzyy



  
, phương trình trở thành:
3
42(2)zxzx


Giải phương trình thuần nhất:
2
2

40
x
zxz zCe


Xem C là một hàm số theo x:
()Cx
Ta được:
222
222
() () 4 ()
x
xx
z Cxe z C xe xCxe

 
Thay ,zz

vào phương trình (2):
222 2
22
2 2 23 23
32 2 2
(2) () 4 () 4 () 2 () 2
11
2()
22
xxx x
xx
C xe xCxe xCxe x C xe x

dC x e dx C x x e K


  

    



Vậy nghiệm của phương trình (2) là:
22 2
2
22 2 2
11 1
.
22 42
x
xx
x
zxeKe Ke



     




.
Nghiệm của phương trình (1) là:

2
22
2
11
2
2
0
x
Ke x
y
y








.

7.2. PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP 2
7.2.1. Khái niệm
 Phương trình vi phân cấp 2 là phương trình có dạng F(x,y,y’,y’’) = 0
Nếu giải được phương trình đối với y’’, ta có dạng khác:
y’’= f(x,y,y’)


Trang 7
 Nghiệm tổng qt : y = (x,C

1
,C
2
)
 Nghiệm riêng : y =  (x,
0
2
0
1
,CC ) với
0
2
0
1
,CC là các giá trị xác định của
C
1
, C
2

 Tích phân tổng qt :

(x,y,C
1
,C
2
)
7.2.2. Phương trình vi phân cấp 2 giảm cấp được
Xét phương trình vi phân y’’ = f (x.y,y’)
(1) Vế phải không chứa y,y’

:
y’’ = f (x)
 y’ = ſ f(x)dx + C
1

 y = ſ (ſ f(x)dx)dx + C
1
x + C
2

Ví Dụ
: Tìm nghiệm của phương trình vi phân y’’ = sinkx (k 0) thoả
điều kiện ban đầu y(o) = 0 và y’(o) = 1.
ĐS : y = -
2
1
k
sin kx + (1+
k
1
) x
(2) Vế phải không chứa y
:
y’’ = f(x,y’)
Đặt y’=z lúc đó ta được phương trình vi phân cấp 1 theo ʓ
z’= f (x,z)
Giải ra nghiệm tổng quát z =  (x,C
1
)
 y’ =  (x,C

1
) 
12
(, )
y
xC dx C





Ví Du 1 Giải phương trình vi phân ( 1-x
2
)y’’ – xy’ = 2.
ĐS : y = (arcsinx)
2
+ C
1
arcsinx + C
2

(3) Vế phải không chứa x
:
y’’ = f (y,y’)
Đặt y’ = ʓ, đạo hàm 2 vế :
y’’ =
dy
dz
z
dx

dy
dy
dz
dx
dz


Phương trình có dạng : ʓ
dy
dz
= f (y,z)
Giải ra ʓ =  (y,C
1
)


Trang 8
 y’ =  (y,C
1
)
=>
y
x'
1
=  (y, C
1
) =>
y
x' =
),(

1
1
Cy


=> x =

),(
1
Cy
dy

+ C
2

Ví Duï 2 Giaûi phöông trình vi phaân 2yy’’ = y’
2
+1
ĐS :
2
12
1
1( )
2
x
yC C
C





hoặc
2
1
2
1
1
1( )
2
Cx
yC
C









7.2.3. Phương trình vi phân tuyến tính cấp 2
y’’ + p(x)y’ + q(x)y = f(x)
Ta xét phương trình vi phân tuyến tính cấp 2 hệ số hằng

y’’ + py’ + qy = f(x) (1) ( p,q hằng số)

Phương trình vi phân tuyến tính cấp 2 thuần nhất tương ứng với (1):
y’’ + py’ + qy = 0 (2)

 Phương pháp giải
:
Bước 1 : Tìm nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất tương
ứng:
y’’+py’ +qy = 0 (2)
Bước 2 : Tìm một nghiệm riêng của phương trình (1).
Bước 3 :Nghiệm tổng quát của (1) = nghiệm tổng quát của (2) + nghiệm
riêng của (1)
1- Bước 1
: Giải phương trình vi phân tuyến tính cấp 2 thuần nhất:
y’’ + py’ + qy = 0 (2)

Giải phương trình đặc trưng :
k
2
+ pk + q = 0 (3)
Ta có 3 trường hợp xảy ra :
* ∆= p
2
- 4 q > 0 : Phương trình (3) có 2 nghiệm thực phân biệt k
1
và k
2

Nghiệm tổng quát của phương trình (2) là :


Trang 9

* ∆ = p
2
- 4q = 0 : Phương trình (3) có nghiệm kép thực k


Nghiệm tổng quát của phương trình (2) là :
y =
kx
e
(C
1
+ C
2
x)
* ∆ = p
2
- 4q <0 : Phương trình (3) có 2 nghiệm phức liên hợp :
k
1
=

+

i và k
2
=

-


i
Nghiệm tổng quát của pt (2) là :


Ví Dụ 1
: Tìm nghiệm của phương trình vi phân y’’ + y’ -2y = 0 thoả điều kiện
ban đầu y(0) = 0 và y’(0) =1.
Ví Dụ2
: Giải phương trình vi phân : y’’ – 6y’ + 9y = 0
Ví Dụ3
: Giải phương trình vi phân : y’’ – 2y’ + 5y = 0

2-Bước 2
: Giải phương trình vi phân không thuần nhất :
y’’ + py’ + qy = f(x) (1)
Ta xét các trường hợp f(x) có dạng đặc biệt :
Trường hợp 1:
f(x) =
x
e

P
n
(x)
a) Nếu

không trùng với nghiệm của phương trình đặc trưng thì ta
tìm nghiệm riêng của (1) dưới dạng y =
x

e

Q
n
(x)
b) Nếu

trùng với nghiệm đơn của phương trình đặc trưng thì ta tìm
nghiệm riêng của (1) dưới dạng y = x
x
e

Q
n
(x)
c) Nếu

trùng với nghiệm kép của phương trình đặc trưng thì ta tìm
nghiệm riêng của (1) dưới dạng y = x
2
x
e

Q
n
(x)
Ví dụ 1 Giải phương trình:
4
23
x

y
yye
 


 Giải phương trình thuần nhất tương ứng: 230yyy



.(2)
Phương trình đặc trưng:
2
1
230
3
k
kk
k








Nghiệm (2) là:
3
12
x

x
y
Ce C e

.
 Ta có
4
() 1
()
4
n
x
Px
fx e







.
y = C
1
xk
e
1
+C
2
xk

e
1

y =
x
e

(C
1
cos

x + C
2
sin

x)


Trang 10
Vì
4


không trùng với nghiệm của phương trình đặc trưng, nên nghiệm
riêng (1) có dạng:
44 4
416
x
xx
y

Ae y Ae y Ae

 
.
Thay
,,
y
yy

vào phương trình (1)
4444
1
(1) 16 2.4 3 5 1
5
xxxx
Ae Ae Ae e A A .
Nghiệm riêng của (1) là:
4
1
5
x
y
e .
Vậy nghiệm của phương trình (1):
34
12
1
5
x
xx

yCe Ce e

.
Ví dụ 2 Giải phương trình:
26
x
y
yy xe
 

(1)
 Giải phương trình thuần nhất tương ứng: 20yyy



.(2)
Phương trình đặc trưng:
2
210 1kk k

  ( nghiệm kép)
Nghiệm (2) là:
12
x
x
y
Ce xC e .
 Ta có
() 6
() 6

1
n
x
Px x
fx xe







.
Vì
4


trùng với nghiệm kép phương trình đặc trưng, nên nghiệm riêng
(1) có dạng:
232232
232
(Ax ) (Ax ) (3 2 ) (Ax )
(3 2 Ax )
x
xxx
x
y
xBe BxeyAxBxe Bxe
Ax Bx Bx e


  

.
2232
(6 2 3 2 ) (3 2 Ax )
x
x
y
Ax B Ax Bx e Ax Bx Bx e

  
.
Thay
,,
y
yy

vào phương trình (1)
66 1
(1) 6 2 6
20 0
AA
Ax B x
BB



 





.
Nghiệm riêng của (1) là:
3
x
y
xe .
Vậy nghiệm của phương trình (1):
3
12
x
xx
y
Ce xCe xe .
Ví dụ 3 Giải phương trình:
4
x
y
yxe


(1)
 Giải phương trình thuần nhất tương ứng: 0yy



 .(2)
Phương trình đặc trưng:
2

10kki


Nghiệm (2) là:
12
cos s inxyC xC

 .
 Ta có
() 4
() 4
1
n
x
Px x
fx xe







.
Vì
4

 không trùng với nghiệm phương trình đặc trưng, nên nghiệm
riêng (1) có dạng:
(Ax ) ( ) ( 2 )

x
xx
y
Be y Ax A Be y Ax A Be

  
.


Trang 11
Thay ,,
y
yy

vào phương trình (1)
24 2
(1) 2 2 2 4
220 2
AA
Ax A B x
AB B


 




.
Nghiệm riêng của (1) là:

(2 2)
x
y
xe .
Vậy nghiệm của phương trình (1):
12
cos s inx (2 2)
x
yC xC x e
.
Ví dụ 4 Giải phương trình:
2
2
x
y
yex


 (1)
 Giải phương trình thuần nhất tương ứng: 0yy



 .(2)
Phương trình đặc trưng:
2
10 1kk


Nghiệm (2) là:

12
x
x
y
Ce C e

.
 Ta có
2
12
() 2 () ()
x
f
xexfxfx  với
1
2
2
() 2
()
x
f
xe
f
xx










 Với
1
() 2
() 2
1
n
x
Px
fx e








Vì
1

 trùng với nghiệm đơn phương trình đặc trưng, nên nghiệm riêng
(1) có dạng:
Ax ( ) ( 2 )
x
xx
y
eyAxAeyAxAe


.
Thay
,,
y
yy

vào phương trình (1)
(1) 2 2 1AA.
Nghiệm riêng của (1) là:
x
y
xe .
 Với
2
2
2
()
()
0
n
Px x
fx x




 





Vì
0

 không trùng với nghiệm phương trình đặc trưng, nên nghiệm
riêng (1) có dạng:
2
Ax 2 2
y
Bx C y Ax B y A

.
Thay
,,
y
yy

vào phương trình (1)
22
1
(1) A 2 0
2
A
xBxC A x B
C



      





.
Nghiệm riêng của (1) là:
2
2yx

 .

Vậy nghiệm của phương trình (1):
2
12
2
x
xx
yCe Ce x xe

.
Trường hợp 2:
f(x) = P
m
(x) cos

x + P
n
(x) sin

x

Trang 12
a) Nếu  i

không trùng với nghiệm của pt đặc trưng thì nghiệm riêng
của phương trình (1) có dạng:

y = Q
l
(x) cos

x + R
l
(x) sin

x ( l = max (m,n) )

b) Nếu  i

trùng với nghiệm của pt đặc trưng thì nghiệm riêng của
phương trình (1) có dạng :

y = x [ Q
l
(x) cos

x + R
l
(x) sin


x ] ( l = max (m,n) )

Ví Dụ 1
: Giải phương trình : y’’ + y’ = sin 2x
ĐS : y = C
1
+ C
2
e
-x

1
10

cos2x
1
5

sin2x
Ví Dụ 2
: Giải phương trình : y’’+ 4y = 3cos2x
ĐS : y = C
1
cos2x + C
2
sin2x +
3
4
xsin2x

BÀI TẬP CHƯƠNG IV
Phương trình vi phân cấp 1
7.1 Giải các phương trình vi phân
1) xdx + ydy = 0
2) x
2
(y + 1) dx + (x
3
- 1) (y - 1)dy = 0
3) xy’+ y = 0 ; y (3) = 1
4) y’cosx =
y
y
ln
; y (0) = 1
5) ln (cosy) dx + xtgydy = 0
6)
x
yy
'
+ e
y
= 0 ; y (1) = 0
7) y’ = e
x-y
8) y’ = 2
x – y
; y (-3) = - 5
9 (1 + x

3
) dy - x
2
ydx = 0 ; y(1) = 2


Trang 13
7.2 Giải các phương trình vi phân
1/ (x
2
+ 2xy) dx + xydy = 0 ÑS : ln|x+y| +
yx
x

- C = 0
2/ xsin
x
y
y’ + x = ysin
x
y
ÑS : Cx =
x
y
e
cos

3/ xy + y
2
= (2x

2
+ xy) y’ ÑS : y
2
= Cxe
-
x
y

4/ xy’ln
x
y
= x + y ln
x
y
ÑS : ln|Cx| =
x
y







1ln
x
y

7.3 Giải các phương trình vi phân
1/ y’ +

2
1
x
xy

= arcsinx + x
ÑS : y =
2
1 x

22
1
(arcsin ) 1
2
x
xK





2/ xy’ – y = x
2
cosx.
3/ (1+x
2
) y’ + y = arctgx
4/ y’cos
2
x + y = tgx ; y(o) = 0 ÑS : y = tgx – 1 + e

-tgx

7.4 Giải các phương trình vi phân

1/ y’ +
x
y
= x
2
y
4
ÑS : y =
3
3
1
ln
K
x
x

2/ y’ –
1x
y
=
1
2
x
y
ÑS :
1x

y
Kx




7.5 Giải các phương trình vi phân cấp 2
1/ y’’ -4y’ +3y = 0
2/ y’’ -2y’ + y = 0
3/ y’’ +y’ +2y = 0
4/ y’’ – 3y’- 4y = e
-
x
(x-2)
5/ y’’- 4y’ = e
2x
( x
2
+ x+1)
6/ y’’ + 3y’ = x
2
-1


Trang 14
7/ y’’ - 4y’+ 4y = e
2x
x
2

8/ y’’ – 2y’ = 2cos
2
x