Chương 6: PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN docx

Chương 6

PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN
Phương trình vi phân là phương trình chứa các biến số độc lập, hàm phải tìm ( tức là các ẩn) và
các đạo hàm của nó.
Nếu trong phương trình vi phân (ptvp) chỉ có hàm một biến thì phương trình được gọi là phương
trình vi phân thường.
Nếu hàm phải tìm là hàm nhiều biến số thì ptvp được gọi là phương trình vi phân đạo hàm riêng.
Ví dụ 6.1. Các phương trình
ysinx + y cosx − 1 = 0
y 2 − 2y 4 = 0
y 2 − 4y = ex − x
là các phương trình vi phân thường.
Các phương trình
∂ 2z ∂ 2z
+
=0
∂x2 ∂y 2
∂ 2u
∂ 2u
− a2 2 = 0
∂x2
∂y
là các phương trình vi phân đạo hàm riêng
Chú ý: - Ta chỉ xét phương trình vi phân thường.
- Ta gọi cấp cao nhất của các đạo hàm có mặt trong phương trình vi phân là cấp cao nhất của
phương trình vi phân đó.

6.1
6.1.1

Phương trình vi phân cấp 1
Định nghĩa và các khái niệm cơ bản

a) Định nghĩa
Định nghĩa 6.1. Phương trình vi phân cấp 1 là pt có dạng:
F (x, y, y ) = 0

(6.1)

Trong đó
F là hàm của 3 biến độc lập;
x: là biến độc lập ;
y = y(x): hàm phải tìm;
y là đạo hàm của y.
Ngồi ra người ta cịn có thể viết phương trình vi phân cấp 1 có dạng: y = f (x, y) hoặc
f (x; y) với f (x; y) là hàm của 2 biến độc lập.

dy
=
dx


63



b. Nghiệm của phương trình vi phân
Là 1 hàm y = y(x) hoặc ϕ(x; y) = 0 xác định trong khoảng (a; b) là nghiệm của phương trình
(6.1). Nếu thay thế vào phương trình vi phân (6.1) ta có đồng nhất thức. Khi đó đồ thị của y = y(x)
được gọi là đường cong tích phân của phương trình vi phân.

Ví dụ 6.2. Phương trình y = 2x là ptvp cấp 1, có 1 nghiệm y = x2 .
Ngồi ra: y = x2 + C, C =Const cũng là nghiệm của phương trình vi phân trên.
c. Nghiệm tổng quát của ptvp
Là hàm số có dạng y = ϕ(x; C) hoặc ϕ(x; y; C) = 0 (C- hằng số) thoả mãn điều kiện:
i) Nó thoả mãn phương trình mọi giá trị của C
ii) Tại mọi điểm (xo ; yo ) ta tìm được 1 giá trị C0 sao cho hàm số y = ϕ(x; C0 ) thoả mãn điều kiện
y|x=x0 = y0 .
d. Nghiệm riêng của ptvp
Hàm số y = ϕ(x; C0 ) ứng với giá trị C0 tại điểm (x0 ; y0 ) gọi là nghiệm riêng của phương trình.
Nó biểu diễn một đường cong đi qua điểm (x0 ; y0 ).
Ví dụ 6.3. Phương trình y = y có nghiệm tổng quát ln y = x + C với y = 0
nghiệm riêng tại (1;1) là ln y = x − 1
nghiệm kì dị y = 0.
e. Bài tốn Cauchy
Bài tốn tìm nghiệm của phương trình (6.1) thoả mãn điều kiện y(x0 ) = y0 (tức là nghiệm riêng)
của phương trình gọi là bài tốn Cauchy. Điều kiện y(x0 ) = y0 còn được viết dưới dạng y|x=x0 = y0
gọi là điều kiện ban đầu.
Ví dụ 6.4. Giải ptvp y = cos x thỏa mãn điều kiện y|x=0 = 1.
Lời giải.
R
y = cos xdx + C hay y = sin x + C (C = const),
vì y(0) = 1 ⇒ 1 = sin 0 + C ⇒ C = 1,
do đó nghiệm riêng muốn tìm là y = sin x + 1.
f. Định lí tồn tại và duy nhất nghiệm
Định lý 6.1. Cho phương trình vi phân cấp 1: y = f (x; y). Nếu hàm f (x; y) liên tục trong một
miền D ⊂ R2 chứa điểm (x0 , y0 ) thì tồn tại một nghiệm y = y(x) của phương trình thỏa mãn điều
∂f
kiện ban đầu y = y|x=x0 = y0 . Ngồi ra, nếu
liên tục thì nghiệm nói trên là duy nhất.
∂y

6.1.2

Các phương trình vi phân cấp 1 cơ bản

1. Phương trình với biến số phân ly
a. Định nghĩa
Định nghĩa 6.2. Là phương trình có dạng:
f1 (x)dx + f2 (y)dy = 0

(6.2)

hoặc f1 (x) + f2 (y).y = 0
b. Cách giải
Lấy tích phân hai vế phương trình (6.2) ta có:
c. Ví dụ

R

R

f1 (x)dx + f2 (y)dy = C


64



x3 y 2
+
=C

3
2
Ví dụ 6.6. y = (1 + y 2 ).ex ⇔ y = tan(ex + C)
Ví dụ 6.5. x2 dx + ydy = 0 ⇔

Chú ý:
Phương trình vi phân có dạng: f1 (x)g1 (y)dx + f2 (x)g2 (y)dy = 0
có thể phân ly biến.

(6.2 ) gọi là phương trình

Nếu f2 (x).g1 (y) = 0, chia cả hai vế của (6.2 ) cho f2 (x).g1 (y) ta có:

f1 (x)
g2 (y)
dx +
dy = 0 là
f2 (x)
g1 (y)

phương trình biến số phân ly.
Nếu g1 (y) = 0 thì y = b là một nghiệm kỳ dị Nếu f2 (x) = 0 thì x = a là một nghiệm kỳ dị
Ví dụ 6.7. Giải phương trình vi phân: (y 2 − 1)dx − y(x2 + 1)dy = 0
Phương trình trên có:
1
+ Nghiệm tổng quát là: arctgx = ln |y 2 − 1| + C
2
+ Nghiệm kỳ dị y = ±1
2. Phương trình thuần nhất
a. Định nghĩa

Định nghĩa 6.3. Hàm f (x, y) gọi là thuần nhất cấp n nếu ∀x, y và ∀t > 0 ta có: M (tx; ty) =
tn M (x; y).
Nếu hàm số M (x, y) và N (x, y) thuần nhất cấp n thì phương trình vi phân:
M (x; y)dx + N (x; y)dy = 0

(6.3)

gọi là phương trình thuần nhất .
b Cách giải
 ‹
y
dy
=f
Dạng 1.
dx
x

(6.3 ) với f là hàm một biến

Đặt y = xu ⇒ y = u x + u. Thay vào phương trình (6.3 ) ta được: u x + u = f (u) ⇔
dx
x

du
=
f (u) − u

(∗) ( phương trình với biến số phân ly)

Khi giải pt (∗) ta nhận được nghiệm tổng quát khi f (u) − u = 0. Nếu f (u) − u = 0

Tại u = a thì ta có thêm nghiệm kì dị y = ax.
x−y
Ví dụ 6.8. Giải phương trình y =
x+y
Ví dụ 6.9. Giải phương trình
dy
Dạng 2.
=f
dx

‚

dy
x2 + y 2
=
,
dx
−2xy
Œ

y(1) = 1

a1 x + b 1 y + c 1
(6.3 )
a2 x + ă2 y + c2
b
ă
a1 x + b 1 y + c 1 = 0
X = x − x1
+ Nếu hệ phương trình

có nghiệm (x1 ; y1 ) thì đặt
a2 x + b 2 y + c 2 = 0
Y = y − y1


dY
Y
Khi ú phng trỡnh (6.3) a v dng (6.3).
=F
dX
X
ă
a1 x + b 1 y + c 1 = 0
+ Nếu hệ phương trình:
vơ nghiệm thì đặt u = a1 x + b1 y. Khi đó phương
a2 x + b 2 y + c 2 = 0
trình đã cho trở thành phương trình tách biến.


65



dy
xy+1
=
dx
x+y3 ă
ă
xy+1=0

x1 = 1
H phng trỡnh
cú nghim
x+y3=0
y1 = 2
ă
X Y
dY
X =x−1
=
Đặt
Ta có
Y =y−2
dX
X +Y
Y
du
1−u
(1 + u)du
dX
đặt
= u ta có u + X
=
⇒
=
2
X
dX
1+u
1 − 2u − u

X




1
1




⇒ − ln
1 − 2u − u2
= ln |X| − ln |C|
2
2
2
2
⇒ (1 − 2u − u )X = C
⇒ (X 2 − 2XY − Y 2 ) = C

Ví dụ 6.10. Giải phương trình

⇒ x2 − 2xy − y 2 + 2x + 6y = C1

với C1 = C + 7

3. Phương trình vi phân toàn phần
a. Định nghĩa :
Định nghĩa 6.4. Là ptvp có dạng

P (x; y)dx + Q(x; y)dy = 0

(6.4)

Trong đó vế trái là một vi phân toàn phần của một hàm số U (x, y)
Nghĩa là dU (x; y) = P (x; y)dx + Q(x; y)dy (6.4 )
b. Cách giải : Từ (6.4) và (6.4 ) ⇒ U (x; y) = C
là nghiệm của phương trình
Định lý 6.2. Điều kiện cần và đủ để (6.4) là ptvp toàn phần là
Khi đó hàm U (x; y) =

x
R

M (x, y)dx +

x0

Hoặc U (x; y) =

x
R
x0

M (x, y0 )dx +

y
R
y0

y
R

∂Q
∂P
=
trên một miền D nào đó.
∂y
∂x

N (x0 , y)dy.

N (x, y)dy.

y0

Ở đây x0 , y0 là một điểm bất kỳ thuộc miền D mà tại đó M, N khơng đồng thời triệt tiêu.
c.Ví dụ
Ví dụ 6.11. Giải phương trình (x2 + y 2 )dx + (2xy + cos y)dy = 0
∂P
∂Q
Ta có
= 2y =
∂y
∂x
Vậy phương trình trên là phương trình vi phân tồn phần. Chọn (x0 ; y0 ) = (0; 0)
y
x
R
R

x3
2
2
Ta có U (x; y) = (x + y )dx + cosydy =
+ y 2 x + sin y + C
3
0
0
x3
Do vậy nghiệm của phương trình là
+ y 2 x + sin y + C
3
y2
2y
)dx + dy = 0
2
x
x
y2
2y
−2y
Hàm số P (x, y) = 4 − 2 , Q(x, y) =
liên tục trên R\(0, y) có Py = Qx = 2
x
x
x

Ví dụ 6.12. Giải phương trình (4 −

66



x
R
1

Vậy, phương trình trên là phương trình vi phân tồn phần. Lấy (1, 0) , ta có: u (x, y) =
y
R 2y
y2
dx = 4x − 4 +
4dx +
x
0 x
Vậy, nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là 4x2 + y 2 − 4x = Cx

* Chú ý: Trường hợp (6.4) khơng là ptvp tồn phần. Khi đó, nếu tồn tại α (x, y) sao cho pt:
∂ (αQ)
∂ (αP )
=
) thì hàm α (x, y)
α (x, y) [P (x, y) dx + Q (x, y) dy] = 0 là ptvp tồn phần ( tức là
∂y
∂x
được gọi là thừa số tích phân. Ta chỉ xét α có dạng đặc biệt
∂α
+ α = α (y) . Khi đó,
= 0. Điều kiện (∗) trở thành : α P + αPy = αQx ,

∂x
∂P
∂Q
−
∂y
∂x
Tức tìm α = α (y) khi
khơng phụ thuộc x .
P
∂α
+α = α (x) Khi đó,
= 0 điều kiện (∗) trở thành α Q + αQx = αPy
∂y
∂P
∂Q
−
∂y
∂x
Tức tìm α = α (x) khi
khơng phụ thuộc vào y
Q
Ví dụ 6.13. GPT (2xy 2 − 3y 3 ) dx + (7 − 3xy 2 ) dy = 0.
Giải. Ta tìm thừa số tích phân dạng α(y) . Từ (∗) ta có pt: α P + αPy = αQx
hay αy (2xy 2 − 3y 3 ) + α (4xy − 9y 2 ) = α (−3y 2 )
⇒ y 2 (2x − 3y) α + 2y (2x − 3y) α = 0
⇒ yα + 2α = 0 (y =
0, 2x = 3y)

α

dα
2dy
C
1


⇒
=−
⇒ ln

= ln 2 ⇒ α = 2


α
y
C
y
y
1
1
Chọn C = 1 ta được α = 2 khi đó, ta có phương trình 2 [ (2xy 2 − 3y 3 ) dx + (7 − 3xy 2 ) dy] = 0
y Œ
y
‚
7
hay (2x − 3y) dx +
− 3x dy = 0 (∗∗)
y2

ta có Py = −3 = Qx (∗∗) là ptvp toàn phần.
7
Chọn x0 , y0 = (0, 1), ∀y = 0, 2x = 3y thì u (x, y) = x2 − 3xy − = C y = 0 là nghiệm kỳ dị.
y
Ví dụ 6.14. gpt (x + y 2 ) dx − 2xydy = 0.
Tìm thừa số tích phân dạng α = α (x) =

y2
1
. Khi đó, nghiệm là ln |x| −
= ln |C| .
y2
x

4. Phương trình vi phân tuyến tính
a. Định nghĩa
Định nghĩa 6.5. : PTVP tuyến tính cấp 1 là PT có dạng
y + p (x) y = f (x)
trong đó, p (x) , f (x) là hai hàm liên tục trên (a, b) .
Nếu f (x) = 0 thì PT dạng y + p (x) y = 0 (6.5 ) là PT tuyến tính thuần nhất.
b. Cách giải. Giải bằng phương pháp biến thiên hằng số.
+ Giải pt thuần nhất (6.5 )

(6.5)


67

PT (6.5’) có 1 nghiệm y = 0.
Với y = 0 PT (6.5 ) tương đương
dy
dy
= −p (x) dx ⇔
= −p (x) dx
y
y
R
R
⇔ ln |y| = − p (x) dx + ln |C| ⇔ y = Ce− p(x)dx

(C = 0)
R

+ Giải (6.5): sau khi tìm được nghiệm ở (6.5 ) ở dạng y = Ce− p(x)dx , ta có C = (x) là hàm số
R
của ẩn x, khi đó y = C (x) e− p(x)dx
(6.5 ).
Lấy đạo hàm theo x sau đó thay vào PT (6.5) để tìm C(x) , rồi thay C(x) vào (6.5 ) ta có nghiệm
của PTVP đã cho.
Ví dụ 6.15. gpt (x2 + 1) y + xy = 1 thỏa mãn điều kiện y|x=0 = 2.
Giải.
Xét pt thuần nhất tương ứng: (x2 + 1) y + xy = 0.
dy
x
1
C
Với y = 0, ta có
=− 2

dx ⇒ ln |y| = ln √ 2
+ ln |C| ⇒ y = √ 2
. (∗)
y
x +1
x +1
x +1
√
x
C (x) x2 + 1 − √ 2
C (x)
C (x)
x +1
,
Coi C = C(x) thay vào (∗), ta được y = √ 2
⇒y =
x2 + 1
x +1
√
1
thay vào pt ban đầu ta được C (x) x2 + 1 = 1 ⇒ C (x) = √ 2
⇒ C (x) =
x +1




√

ln
x + x2 + 1