Phương Trình Vi Tích Phân

ÔN TẬP PHƯƠNG TRÌNH VI TÍCH PHÂN
Lê Văn Huy
Chương 1
Phương trình vi phân cấp 1
1.1 Phương trình biến số phân ly và phân ly được
1.1.1 Phương trình biến số phân ly
Phương trình dạng X(x)dx + Y (y)dy = 0 (4.1)
ở đây hàm dx là hàm chỉ phụ thuộc vào biến x, Hệ số dy chỉ phụ thuộc vào biến y. Ta sẽ giả
thiết rằng các hàm X, Y liên tục trên tập xác định của nó. Khi đó phương trình (4.1) được viết dưới
dạng
d[

X(x)dx +

Y (dy)] = 0
Do đó:

X(x)dx +

Y (dy) = C
(4.2)
Biểu thức 4.2 cho ta tích phân tổng quát của biểu thức (4.1).
Ví Dụ: Phương trình:
2x
x
2
+ 1
dx +
2y
y
2

+ 1
dy = 0
Có tích phân tổng quát là:

2x
x
2
+ 1
dx +

2y
y
2
+ 1
dy = C
1
hay
ln(1 + x
2
) + ln(1 + y
2
) = C, C > 0
Do đó (1 + x
2
)(1 + y
2
) = C là tích phân tổng quát của phương trình.
1.1.2 Phương trình biến số phân ly được
Phương trình dạng:
m

1
(x)n
1
(y)dx + m
2
(x)n
2
(y)dy = 0
(4.4)
với các hàm m
1
, n
1
, m
2
, n
2
được giả thiết là liên tục trong miền đang xét.
Giả sử n
1
(y)m
2
(x) = 0 Chia cả 2 vế của biểu thức (4.4) cho n
1
(y)m
2
(x) ta được:
m
1
(x)

m
2
(x)
dx +
n
2
(x)
n
1
(y)
= 0
Tức là ta đi đến phương trình biến số phân ly:

m
1
(x)
m
2
(x)
dx +

n
2
(x)
n
1
(y)
= 0 = C
(4.5)
Chú ý: Ngoài ra ta còn phải xét trường hợp n

1
(y)m
2
(x) = 0 Những trường hợp y = a làm cho
n
1
(y) = 0 cũng là nghiệm của phương trình. Nếu muốn tìm cả nghiệm dưới dạng x = x(a) thì những
giá trị x = b làm m
1
(x) = 0 cũng là nghiệm của phương trình.
Ví dụ: Giải các phương trình:
1. x(y
2
− 1)dx + y(x
2
− 1)dy = 0
2. x

1 −y
2
dx + y

1 −y
2
dy = 0
Giải:
1. x(y
2
− 1)dx + y(x
2

− 1)dy = 0
Giả sử phương trình: (y
2
− 1)(x
2
− 1) = 0 Chia cả 2 vế của phương trình cho: (y
2
− 1)(x
2
− 1)
ta được:
x
x
2
− 1
dx +
y
y
2
− 1
dy = 0
2
⇔

x
x
2
− 1
dx +


y
y
2
− 1
dy = C
⇔ ln|1 − x
2
| + ln|1 − y
2
| = C
⇔ |1 −x
2
||1 −y
2
| = |C|C = 0
⇔ (1 −x
2
)(1 −y
2
) = C
Vậy nghiệm tổng quát của phương trình là : (1 −x
2
)(1 −y
2
) = C
Với (y
2
− 1)(x
2
− 1) = 0 ⇔



x = ±1
y = ±1
Thế trực tiếp vào phương trình ta thấy x = ±1, y = ±1 cũng là nghiệm của phương trình
2. x

1 −y
2
dx + y

1 −y
2
dy = 0
Giả sử:

1 −y
2

1 −y
2
= 0 chia cả 2 vế cho

1 −y
2

1 −y
2
ta được:
xdx

√
1 −x
2
+
ydy

1 −y
2
= 0
Tính tích phân ta được nghiệm tổng quát của phương trình là:
√
1 −x
2
+

1 −y
2
= C, C > 0
Với

1 −y
2

1 −y
2
= 0 ta được, x = ±1, y = ±1 thế trục tiếp vào phương trình ta có:
x = ±1, y = ±1 cũng là nghiệm của phương trình.
Bài Tập tương tự:
1.y


cos2y − siny = 0
2. y

=
1
x −y
+ 1
3. x

1 + y
2
dx + y

1 + y
2
dy = 0, y(0) = 1
4.
√
1 −x
2
dy +

1 −y
2
dx = 0
5.

1 + y
2
cosxdx −ysin

2
xdy = 0 với y

π
2

= 0
1.2 Phương trình vi phân tuyến tính cấp một
Cách giải: Phương trình tuyến tính cấp một có dạng:
y

+ p(x)y = q(x)
3
(3)
Khi q(x) = 0∀x thì (3) được gọi là phương trình tuyến tính thuần nhất.
Giải ra:
y = Ce
−

p(x)dx
y = 0 cũng là một nghiệm của phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất.
Khi q(x) = 0 thì (3) được gọi là phương trình vi phân tuyến tính không thuần nhất. Có công
thức nghiệm là:
y(x) = e
−

p(x)dx

C +


(q(x)e

p(x)dx
)dx

Ví dụ: Giải phương trình:
1.y

+ 3xy = 0
2. (x + y)dx + xdy = 0
3.y

+ 4xy = x
2
4. y

−
2
x
y = x
2
sinx
5.y

+ 2xy = e
−x
2
(2x −3)
Giải:
1.3 Phương trình vi phân toàn phần

Phương trình:
M(x, y)dx + N(x, y)dy = 0(1.7)
với M(x, y), N (x.y),
∂M(x, y)
∂y
,
∂N(x, y)
∂x
là những hàm liên tục trên D ⊂ R
2
được gọi là vi phân
toàn phần Khi và chỉ khi: Tồn tại U(x,y) khả vi (Các ĐHR của U liên tục) sao cho:
dU(x, y) =
∂U
∂x
(x, y)dx +
∂U
∂y
(x, y)dy
= M(x, y)dx + N (x, y)dy
Ví Dụ: xdx + ydy = 0
4
Ta có: xdx + ydy = d

1
2
(x
2
+ y
2

)

Vì vậy tích phân tổng quát là x
2
+ y
2
= C
Định lý: Giả sử: M(x,y), N(x,y) thỏa mãn giả thiết của định nghĩa, Điều kiện cần và đủ để
phương trình (1.7) là phương trình vi phân toàn phần là:
∂M(x, y)
∂y
=
∂N(x, y)
∂x
, (∀(x, y) ∈ D)
Chứng Minh:
Điều Kiện cần: Giả sử phương trình M(x, y)dx + N (x, y)dy = 0 là phương trình vi phân toàn
phần. Khi đó ∃u(x, y) sao cho: du =
∂u
∂x
dx +
∂u
∂y
dy = M dx + Ndy∀(x, y) ∈ D
⇒






∂u
∂x
dx = M (x, y)
∂u
∂y
dy = N (x, y)
⇒







∂
2
u
∂x∂y
dx =
∂M(x, y)
∂y
∂
2
u
∂x∂y
dy =
∂N(x, y)
∂x
Mà
∂M(x, y)

∂y
;
∂N(x, y)
∂x
liên tục trên D.
⇒
∂
2
u
∂x∂y
;
∂
2
u
∂x∂y
liên tục trên D
⇒
∂
2
u
∂x∂y
=
∂
2
u
∂x∂y
⇒
∂M(x, y)
∂y
=

∂N(x, y)
∂x
Điều Kiện đủ:
Giả sử
∂M(x, y)
∂y
=
∂N(x, y)
∂x
∀(x, y) ∈ D
ta cần chứng minh Phương trình M(x, y)dx + N (x, y)dy = 0 là phương trình vi phân toàn phần.
Gọi u(x, y) là hàm khả vi sao cho:





∂u
∂x
dx = M (x, y)
∂u
∂y
dy = N (x, y)
ta có:
∂u
∂x
dx = M (x, y)
Do đó:
5
u(x, y) =


x
x
0
M(x, y)dx + ϕ(y)(∗)
(ở đây ta chọn (x
0
, y
0
) ∈ D sao cho tại đó các hàm M(x, y), N(x, y) không đồng thời triệt tiêu.)
Bây giờ ta chọn hàm ϕ(y) sao cho:
∂u
∂y
dy = N (x, y)
Nghĩa là:

x
x
0
∂M(x, y)
∂y
+ ϕ

(y) = N (x, y)
hay:
ϕ

(y) = N (x, y) −

x

x
0
∂M(x, y)
∂y
dx
= N(x, y) −

x
x
0
∂N(x, y)
∂x
dx = N (x, y) − N(x, y) + N(x
0
, y)
Từ đây suy ra: ϕ(y) =

y
y
0
N(x, y)
Thay ϕy vào (*) ta được
u(x, y) =

x
x
0
M(x, y)dx +

y

y
0
N(x, y)
và do đó hệ thức:
u(x, y) =

x
x
0
M(x, y)dx +

y
y
0
N(x, y) = C
là tích phân tổng quát cua phương trình M (x, y)dx + N(x, y)dy = 0 trong D
Ví Dụ: Giải Phương trình:
1. (7x + 3y)dx + (3x − 5y)dy = 0
2. (3x
2
+ 6xy
2
)dx + (6x
2
y + 4y
3
)dy = 0
3.(2xy + 3y
2
− 4)dx − (5y

4
− x
2
− 6xy)dy = 0
4.
2x
y
3
dx +
y
2
− 3x
2
y
4
dy = 0
5.

1
y
sin
x
y
−
y
x
2
cos
y
x

+ 1

dx + (
1
x
cosyx −
x
y
2
sin
x
y
+
1
y
2
)dy
Giải:
6
Chương 2
Phương Trình vi phân cấp một
chưa giải ra đạo hàm.
2.1 Phương trình chỉ chứa biến và đạo hàm của hàm cần tìm.
Dạng Tổng quát:F (x, y

) = 0
a. Nếu từ phương trình
F (x, y

) = 0

(1.6)
ta giải được y

: y

= f(x) thì:
y =

f(x)dx + C
Là nghiệm của phương trình (1.6).
b. Nếu từ phương trình (1.6) giải ra được x:
x = ϕ(y

)
thì đặt y

= p và xem p như tham số ta có:
dy = pdx + pϕ

(p)dp
và do đó: y =

pϕ

(p)dp + C
7
Ta tìm được nghiệm tổng quát của phương trình dưới dạng tham số:




x = ϕ(p)
y =

pϕ

(p)dp + C
c. Từ phương trình (1.6) ta biểu diễn được x và y

qua tham số t:
x = ϕ(t); y

= ψ(t)
Khi đó: y =

y

dx =

ϕ

(t)ψ(t) + C
Và ta được nghiệm tổng quát dưới dạng tham số là:



x = ϕ(t)
y =

ϕ


(t)ψ(t) + C
Ví Dụ:Giải Phương Trình:
a. y

− e
−y

+ x = 0
b.e
y

+ y

− x = 0
c. x
3
+ y
3
− 3xy

= 0
Giải:
2.2 Phương trình chứa hàm và ĐHR của hàm cần tìm
Dạng: F (y, y

) = 0 (1.7)
Ta xét các trường hợp: a. Từ (1.7) ta gải được y’
y

= f(y)

Và do đó tích phân của nó có dạng:

dy
f(y)
= x + C
ngoài ra y = y
0
với f (y
0
) cũng là nghiệm của phương trình.
b. Từ (1.7) Giải được y:
y = ϕ(y

)
Đặt y

= p và coi như tham số ta được:
8
y = ϕ(p)
mà y

=
dy
dx
⇒ dx =
ϕ

(p)dp
p
ta suy ra:

x =

ϕ

(p)dp
p
+ C
Vậy ta được nghiệm dưới dạng tham số là:





x =

ϕ

(p)dp
p
+ C
y = ϕ(p)
c. Từ (1.7) ta biểu diễ được y và y’ qua tham số t:
y = ϕ(t); y

= ψ(t)
khi đó: dx =
ϕ

(t)
ψ(t)

dt
và:
x =

ϕ

(t)
ψ(t)
dt + C
Nghiệm tồng quát của phương trình là:





x =

ϕ

(t)
ψ(t)
dt + C
y = ϕ(t)
Ví Dụ:
1. lny

− y

+ y = 0
2.y


+ lny

− y = 0
3.1 + y
2
=
1
y
2
4. y
3
− y
2
(a −y

) = 0 với a = const
9
Chương 3
Phương trình vi phân cấp cao
3.1 Phương trình vi phan giải được bằng phương pháp cầu
phương
3.1.1 Phương trình chỉ chứa biến độc lập và đạo hàm cấp n
Dạng F (x, y
(n)
) = 0(1)
Ta xét các trường hợp:
a. Từ (1) ta giải ra được đạo hàm y
(n)
y

(n)
= f(x)
Khi đó:
y
(n−1)
=

f(x)dx + C
1
= g
1
(x, C
1
)
y
(n−2)
=

g
1
(x, C
1
) = g
2
(x, C
1
, C
2
)

y = g(x, C
1
, C
2
, , C
n
)
Vậy trong trường hợp này ta thu được tích phân tổng quát qua n lần cầu phương.
10
b. Từ (1) ta giải được x qua y
n
:
x = ϕ(y
(n)
)
Đặt y
(n)
= p và coi p như tham số ta được:
x = ϕ(p)
Vì dy
(n−1)=y
(n)
dx=pϕ

(p)dp
nên
y
(n−1)
=


pϕ

(p)dp + C
1
= ψ
1
(p, C
1
)
Tương tự:
dy
(n−2)
= ψ
1
(p, C
1
)dx = ψ
1
(p, C
1
)ϕ

(p)dp
Nên:
y
(n−2)
=

ψ
1

(p, C
1
)ϕ

(p)dp + C
2
= ψ
2
p, C
1
, C
2

y

=

ψ
n−2
(p, C
1
, C
2
, , C
n−2
)ϕ

(p)dp + C
2
= ψ

n−1
(p, C
1
, C
2
, , C
n−1
)
Cuối cùng ta có:
y =

ψ
n−1
(p, C
1
, C
2
, , C
n−1
)ϕ

(p)dp + C
2
= ψ(p, C
1
, C
2
, , C
n−1
, C

n
)
Như vậy trong trường hợp này tích phân tổng quát thu được qua n lần cầu phương.



x = ϕ(p)
y = ψ(p, C
1
, C
2
, , C
n−1
, C
n
)
c. Từ (1) ta biểu diễn được x và y
n
qua tham số
x = ϕ(t); y
(n)
= ψ(t)
11
Trong đó ϕ(t); ψ(t) sao cho F (ϕ(t); ψ(t)) = 0 tương tự như trên ta có:
dy
(n−1)=y
(n)
dx=ϕ(t)ϕ

(t)dt

y
(n−1)
=

ψtϕ

(t)dt + C
1
= ψ
1
(t, C
1
)
Tương tự:
dy
(n−2)
= y
(n−1)
dx = ψ(t, C
1
)ϕ

(t)dt
Do đó:
y
(n−2)
=

ψ
1

(t, C
1
)ϕ

(t)dt + C
2
= ψ
2
t, C
1
, C
2

y = g(t, C
1
, C
2
, , C
n
)
Ta được nghiệm dưới dạng tham số:



x = ϕ(t)
y = g(t, C
1
, C
2
, , C

n
)
Ví Dụ:Giải phương trình:
a. y

− 4x
2
= 0
b. e
y

+ y

− x = 0
c. x + y

− lny

= 0
d.x −y

e
y
+ y
2
= 0
e. ay

= −(1 + y
2

)
3
2
f. y
2
+ x
2
= 1
3.2 Phương trình vi phân giải được bằng phương pháp hạ
thấp cấp
Dạng Tổng Quát:
F (x, y
(k)
), y
(k+1)
), y
(k+2)
y
(n)
)(k ≥ 1)
12
Đặt y
k
= z và coi z như một hàm số mới ta đưa phương trình về dạng:
F (x, z, z

, z
(n−k)
) = 0
Đây là phương trình cấp n − k. Ta giả sử phương trình F (x, z, z


, z
(n−k)
) = 0 giải được:
z = ω(x, C
1
, C
2
, , C
k
)
Hay
y
(k)
= ω(x, C
1
, C
2
, , C
k
)
Ta được phương trình của mục 3.1.a
Nếu tích phân phương trình
F (x, z, z

, z
(n−k)
) = 0
ta được tích phân tổng quát:
φ(x, z, C

1
, C
2
, , C
k
) = 0
thì ta có:
φ(x, y
(k)
, C
1
, C
2
, , C
k
) = 0
Ta lại quay về phương trình của mục 3.1.a
Ví Dụ: Giải Phương trình:
a. 4y

+ y
2
= 4xy

b.y

− xy

+ y
2

= 0
13
Chương 4
Phương trình vi phân tuyến tính
cấp n
4.1 Định nghĩa và các tính chất cơ bản
Định nghĩa:PTVP tuyến tính cấp n là phương trình có dạng:
a
0
(x)y
(n)
+ a
1
(x)y
(n−1)
+ + a
n−1
(x)y

+ a
n
(x)y = g(x)
(2.7)
Tính Chất:
1. Tính tuyến tính của pt (2.7) không thay đổi khi thay biến số độc lập x = ϕ(t) với ϕ khả vi
đến cấp n và ϕ

(t) = 0
Chứng minh:Chỉ đối với phương trình vi phân tuyến tính cấp 3
Xét Phương trình vi phân tuyến tính cấp 3 dạng: a

1
(x)y

+a
2
(x)y

+a
3
(x)y

+a
4
(x)y = g(x)(∗)
Với cách đổi biến x = ϕ(t) ta có:
y

=
dy
dx
=
dy.dt
dt.dx
=
dy
dt
.
1
ϕ


(t)
⇒ y

=
d
2
y
dx
2
=
dy

dx
=
dy

.dt
dt.dx
=
d

dy
dt
.
1
ϕ

(t)

dt

.
1
ϕ

(t)
14
⇒ y

=
d
2
y
ϕ
2
(t).dt
2
−
ϕ

(t)
ϕ
3
t
dy
dt
y

=
dy


dx
=
dy

.dt
dt.dx
=
d

d
2
y
ϕ
2
(t).dt
2
−
ϕ

(t)
ϕ
3
t
dy
dt

dt
.
1
ϕ


(t)
⇒ y

=
1
ϕ

(t)

d
3
y
dt
3
.
1
ϕ
2
t
− 2
dy
2
dt
2
.
ϕ

(t)
ϕ

3
(t)
−
d
2
y
dt
2
.
ϕ

t
ϕ
3
(t)
−
ϕ

(t)ϕ

(t) −3ϕ

(t)
ϕ
4
(t)
.
dy
dt


Thay vào: (*) ta được:
a
1
(ϕ(t))

1
ϕ

(t)

d
3
y
dt
3
.
1
ϕ
2
t
− 2
dy
2
dt
2
.
ϕ

(t)
ϕ

3
(t)
−
d
2
y
dt
2
.
ϕ

t
ϕ
3
(t)
−
ϕ

(t)ϕ

(t) −3ϕ

(t)
ϕ
4
(t)
.
dy
dt


+a
2
(ϕ(t))

d
2
y
ϕ
2
(t).dt
2
−
ϕ

(t)
ϕ
3
t
dy
dt

+ a
3
(ϕ(t))

dy
dt
.
1
ϕ


(t)

+ a
4
(ϕ(t))y = g(ϕ(t))
⇔ b
1
(t)
d
3
y
dt
3
+ b
2
(t)
d
2
y
dt
2
+ b
3
dy
dt
+ b
4
y = h(t)
Điều này chứng tỏ tính tuyến tính của ( 2.7) không thay đổi khi thay biến số độc lập.

2. Phép biến đổi tuyến tính hàm phải tìm y = v(x)z + γ(x) với v; γ là những hàm khả vi đến
cấp n. Không làm thay đổi tính tuyến tính của pt (2.7)
Chứng Minh: Thật vậy:
ta có:
dy
dx
= v(x)
dz
dx
+ γ

(x)
d
2
y
dx
2
= v(x)
d
2
z
dx
2
+ 2v

(x)
dz
dx
+ v


(x)z + γ

(x)

Tiếp tục quá trình ta thấy đạo hàm cấp :
d
k
(y)
dx
k
được biểu diễn tuyến tính qua z và các đạo hàm
dz
dx
;
d
2
z
dx
2
; ;
d
n
z
dx
n
với các hệ số là các hàm của x. Sau khi thay các biểu thức này của y. y

, y

y

(
n)
ta đi đến phương trình tuyến tính cấp n mới:
c
0
(x)z
(n)
+ c
1
(x)z
(n−1)
+ + c
n
(x)z = d(x)
Định lý 2: Giả sử hệ hàm y
1
(x); y
2
(x); , y
n
(x) là n nghiệm của phương trình tuyến tính thuần
nhất cấp n. Điều kiện cần và đủ để hệ hàm phụ thuộc tuyến tính trên (a,b) là định thức Vronski
của chúng đồng nhất bằng W (x) = 0 trên khoảng đó
Chứng Minh: Điều kiện cần:
15
Theo giả thiết hệ hàm y
1
(x); y
2
(x); , y

n
(x) phụ thuộc tuyến tính nên tồn tại bộ giá trị
α
1
; α
2
α
n
không đồng thời bằng 0 sao cho

n
i=1
α
i
y
i
(x) = 0. Lấy đạo hàm hai vế của đẳng
thức trên ta được:
















α
1
y
1
(x) + α
2
y
2
x + α
n
y
n
(x) = 0
α
1
y

1
(x) + α
2
y

2
x + α
n
y


n
(x) = 0

α
1
y
(n−1)
1
(x) + α
2
y
(n−1)
2
x + α
n
y
(n−1)
n
(x) = 0
Do α
1
; α
2
α
n
không đồng thời bằng 0 nên:
W (x) =













y
1
(x) y
2
(x) y
n
(x)
y

1
(x) y

2
(x) y

n
(x)

y
(n−1)
1

(x) y
(n−1)
2
(x) y
(n−1)
n
(x)












= 0
Điều kiện đủ:
Giả sử:













y
1
(x) y
2
(x) y
n
(x)
y

1
(x) y

2
(x) y

n
(x)

y
(n−1)
1
(x) y
(n−1)
2
(x) y
(n−1)

n
(x)












= 0
lấy bất kì x
0
∈ (a, b) và xét hệ phương trình đại số tuyến tính
















α
1
y
1
(x) + α
2
y
2
x + α
n
y
n
(x) = 0
α
1
y

1
(x) + α
2
y

2
x + α
n
y


n
(x) = 0

α
1
y
(n)
1
(x) + α
2
y
(n)
2
x + α
n
y
(n)
n
(x) = 0
(1)
Do W (x
0
) = 0, nên hệ phương trình có nghiệm không tầm thường α
0
1
; α
0
2
α
0

n
Xét hàm:
y(x) = α
0
1
y
1
(x) + α
0
2
y
2
(x) + + α
0
n
y
n
(x)(2)
Theo tính chất nghiệm của ptvptt TN "Nếu y
1
(x); y
2
(x); , y
n
(x) là nghiệm của phương trình
thuần nhất thì: C
1
y
1
(x) + C

2
y
2
(x) + C
n
y
n
(x) cũng là nghiệm của phương trình thuần nhất. "
y(x) là nghiệm của phương trình thuần nhất.
Mặt khác:α
0
1
; α
0
2
α
0
n
là nghiệm của hệ phương trình (1) nên từ (1)và (2) ta có:
16
y
(k)
0
= y
(k)
, ∀k = 0, 1 , n −1
Do phương trình vptttn có nghiệm tầm thường z(x) = 0 và thỏa mãn z
(k)
(x
0

), ∀k = 0, 1 , n −1.
Nên theo định lý tồn tại và duy nhất nghiệm ta phải có z(x) = y(x)
Hay α
0
1
y
1
(x) + α
0
2
y
2
(x) + + α
0
3
y
n
(x) = 0 Vì α
0
1
; α
0
2
α
0
n
Không đồng thời bằng 0 nên hệ hàm:
y
1
(x); y

2
(x); , y
n
(x) phụ thuộc tuyến tính trên (a,b)
Tính Chất Nghiệm 1: Nếu ỹ là một nghiệm tổng quát của phương trình VPTTTN L[y] = 0
y* là một nghiệm của phương trình VPTT không thuần nhất L[y] = f(x) thì y =ỹ+y∗ là nghiệm
của phương trình
a
0
(x)y
(n)
+ a
1
(x)y
(n−1)
+ + a
n−1
(x)y

+ a
n
(x)y = f (x)(1.1)
với
L[y] = 0 = a
0
(x)y
(n)
+ a
1
(x)y

(n−1)
+ + a
n−1
(x)y

+ a
n
(x)y(1.2)
Chứng minh: Giả sử ỹ= y
1
C
1
+ y
2
C
2
+ + y
n
C
n
là nghiệm tổng quát của phương trình
L[y] = 0 và y* là một nghiệm của phương trình (1.1), Khi đó: y =ỹ+y∗ là nghiệm vủa phương trình
(1.1) vì L[y] = L[ỹ+y∗] = L[ỹ] + L[y∗] = f(x)
Ta cần chứng minh y =ỹ+y∗ là nghiệm tổng quát: với mỗi điểm
(x
0
; y
0
; y


0
; y

0
; ; y
(n−1)
0
) ∈ D ⊂ R
(n+1)
thỏa:
y(x
0
) = y
0
; y

(x
0
) = y

0
; ; y
(n−1)
(x
0
) = y
(n−1)
0
Ta có:
















C
1
y
1
(x
0
) + C
2
y
2
(x
0
) + + C
n
y
n

(x
0
) = y
0
− y ∗ (x
0
)
C
1
y

1
(x
0
) + C
2
y

2
(x
0
) + + C
n
y

n
(x
0
) = y


0
− y

∗ (x
0
)

C
1
y
(n−1)
1
(x
0
) + C
2
y
(n−1)
2
(x
0
) + + C
n
y
(n−1)
n
(x
0
) = y
(n−1)

0
− y ∗
(n−1)
(x
0
)
Do












y
1
(x) y
2
(x) y
n
(x)
y

1
(x) y


2
(x) y

n
(x)

y
(n−1)
1
(x) y
(n−1)
2
(x) y
(n−1)
n
(x)












= 0

hay hệ trên có nghiệm duy nhất:C
0
1
; C
0
2
; ; C
0
n
Nên y =ỹ+y∗ là nghiệm tổng quát của phương trình (1.1)
17
Tính Chất Nghiệm 2: Nếu y
1
; y
2
lần lượt là các nghiệm tổng quát của PTVPTT không
thuần nhất L[y] = f
1
(x) và L[y] = f
2
(x) thì y = y
1
+ y
2
là nghiệm tổng quát của phương trình
L[y] = f
1
(x) + f
2
(x). Đây được gọi là nguyên lý chồng chất nghiệm.

4.2 Phương Trình vi phân tuyến tính với hệ số hằng
4.2.1 Phương trình tuyến tính thuần nhất với hệ số hằng
Dạng tổng quát:
y
(
n) + a
1
y
(n−1)
+ + a
n
y = 0(1.1)
Với phương trình đặc trưng là: λ
n
+ a
1
λ
n−1
+ + a
n
= 0
Phương pháp giải:
Phương trình đặc trưng có n nghiệm khác nhau:
λ
1
; λ
2
; ; λ
n
; với λ

i
= λ
j
Khi đó ta xây dựng được n nghiệm riêng của phương trình (1.1) sau:
y
1
= e
λ
1
x
; y
2
= e
λ
2
x
y
n
= e
λ
n
x
Vậy Nghiệm tổng quát của phương trình là:
y = C
1
e
λ
1
x
+ C

2
e
λ
2
x
+ + C
n
e
λ
n
x
Với C
1
; C
2
; ; C
n
là những hằng số bất kì.
Phương trình đặt trưng có n nghiệm khác nhau nhưng trong chúng có nghiệm phức
Trong trường hợp phương trình đặc trưng có nghiệm phức λ = a ±bi thì ta sẽ có 2 nghiệm thực
của phương trình là :y = e
ax
cosbx; y = e
(ax)
sinbx. Kết hợp chúng với nghiệm thực ta xây dựng được
hệ nghiệm cơ bản.
Phương trình đặc trưng có nghiệm bội:
Trường hợp 1: Nghiệm thực bội m:
Trong trường hợp này ta sẽ m nghiệm riêng của pt là: y
1

= e
λ
1
x
; y
2
= xe
λ
1
x
; ; y
n
= x
m−1
e
λ
1
x
Hệ các hàm này độc lập tuyến tính và do đó nó bổ sung vào m-1 nghiệm độc lập còn thiếu ở trên.
Trường hợp 2: nghiệm phức bội k;
18
Nếu λ
1
= a + bi là nghiệm phức bội m thì trong trường hợp này phương trình có 2m nghiệm
thực. là: y
1
= e
ax
cosbx; y
2

= xe
ax
cosbx; ; y
m
= xe
(m−1)
cosbx và
y
1
= e
ax
sinbx; y
2
= xe
ax
sinbx; ; y
m
= xe
(m−1)
sinbx
Kết hợp với những nghiệm còn lại ta sẽ được nghiệm tổng quát của phương trình .
Ví Dụ: Giải các phương trình:
a. y

− y

− 4y

+ 4y = 0
b.y


− 3y

+ 9y

+ 13y = 0
c. y

− 3y

+ 3y

− y = 0
d.y

− 7y

+ 16y

− 12y = 0
e.y
(4)
− 4y

+ 5y

− 4y

+ 4y = 0
f. y

(4)
− 2y

= 0

g.y

− 3y

+ 3y

− y = 0
h. y
(4)
+ y = 0
i.y
(4)
− y = 0
j.y
(4)
+ 2y

+ 3y

+ 2y

+ y = 0
4.2.2 Phương trình tuyến tính không thuần nhất với hệ số hằng.
Dạng tổng quát
y

(n)
+ a
1
y
(n−1)
+ + a
n
y = f (x)
Hay:
y
(n)
+ a
1
y
(n−1)
+ + a
n
y = L[y]
Trường hợp 1: Hàm f(x) có dạng đa thức cấp m nhân với hàm mũ:
f(x) = (b
0
x
m
+ b
1
x
m−1
+ + b
m
)e

αx
a. α Không là nghiệm của phương trình đặc trưng.
λ
n
+ a
1
λ
n−1
+ + a
n
= 0
Khi đó ta tìm Nghiệm riêng của (2.1) dưới dạng:
y∗ = (d
0
x
m
+ d
1
x
m−1
+ + d
m
)e
αx
Thay y* vào L[y] rồi đồng nhất hệ số của các lũy thừa bậc x ở 2 vế ta sẽ tìm được d
0
; d
1
; d
n

và sẽ có được nghiệm riêng của pt
19
b. Nếu α là nghiệm bộ k của phương trình đặc trưng thì ta tìm nghiệm riêng của (2.1) dưới
dạng:
y∗ = x
k
(d
0
x
m
+ d
1
x
m−1
+ + d
m
)e
αx
Thay y* vào L[y] rồi đồng nhất hệ số của các lũy thừa bậc x ở 2 vế ta sẽ tìm được d
0
; d
1
; d
n
và sẽ có được nghiệm riêng của pt
Trường hợp 2: Hàm f(x) có dạng:
f(x) = e
ax
[P
s

cosax + Q
s
sinbx]
nếu a + bi không là nghiệm của phương trình đặc trưng thì ta sẽ tìm nghiệm riêng dưới dạng:
y∗ = e
ax
[R
s
(x)cosax + T
s
sinax]
Trong đó R
s
; T
s
là những đa thức bậc s của x
Nếu a + bi là nghiệm bội k của phương trình đặc trưng thì nghiệm riêng tương ứng được tìm
dưới dạng:
y ∗ (x) = x
k
e
ax
[R
s
(x)cosax + T
s
sinax]
Ví Dụ:
a. y


− 5y

+ 6y = 6x
2
− 10x + 2
b. y

− 4y

= 48x
2
− 48x − 50
c.y

− 5y

= −5x
2
+ 2x
d.y

− y = (2x + 1)e
2x
e.y

− 4y

+ 4y = 2e
2x
f.y


− 4y

+ y = x
2
g.y

+ y

+ y

+ y = xe
x
h.y

− 6y

+ 8y = e
x
+ e
2x
i. y

+ y

− 2y = e
x
(cosx −7sinx)
j. y


+ y

+ y = −13sin2x
k.y

+ y = 2sinx
l.y

+ y

+ y

+ y = 3sinx
m.y

+ y

+ y = e
−
x
2
sin
x
√
3
2
20
Chương 5
Hệ Phương trình vi phân cấp một
Đưa phương trình vi phân cấp 1 về một phương trình vi phân cấp cao.

Ví dụ: giải phương trình:





dx
dt
= 3x −2y
dy
dt
= 2x −y





dy
dx
=
y
2
z
dy
dx
=
1
2
y






dy
dx
= z
dz
dx
=
z
2
y
Phương pháp tổ hợp tích phân
Ví dụ: Giải Phương Trình:
a.





dx
dt
= y
dy
dt
= x
b.












dx
dt
= y − z
dy
dt
= z − x
dz
dt
= x −y
c.





dy
dx
=
2xy
x
2

− y
2
− z
2
dz
dx
=
2xz
x
2
− y
2
− z
2
d.
dx
y
=
dy
0
=
dz
dx
e.
dx
x + y
=
dy
x −y
= −

zdz
y
2
− 2xy − x
2
21
5.0.3 Hệ Phương trình tuyến tính với hệ số hằng.
Ví dụ:Giải các hệ phương trình.
a.





dy
dx
= 2y + z
dz
dx
= y + 2z
b.





dy
dx
= 2y − z
dz

dx
= y + 2z
c.





dy
dx
= y − z
dz
dx
= y + 3z
d.





dy
dt
= 4x + 5y
dz
dt
= 4x + 4y
e.






dy
dt
= 4x + 5y
dz
dt
= 4x + 4y
f.





dy
dx
= y − z
dz
dx
= 4y − 3z
g.












dx
dt
= 5x −y − 4z
dy
dt
= 12x + 5 x + 12z
dz
dt
= 10x −3y − 9z
h.











dx
dt
= 3x −y − 3z
dy
dt
= −6x + 2y + 6z
dz

dt
= 6x −2y + 6z
i. Đề thi: h.









u

= u −v + w
v

= u + v − w
w

= 2u −v
22