Bài giảng toán cao cấp a3

CHƯƠNG 6 : TÍCH PHÂN ĐƯỜNG –TÍCH PHÂN MẶT
6.1. Tích phân đường loại 1
6.1.1. Định nghĩa
Cho hàm số f(x, y) xác định trên 1 cung phẳng AB
 Chia cung AB thành n cung nhỏ bởi các điểm A = A0, A1, ..., An = B.
Gọi độ dài cung Ai-1Ai là si
 Trên cung nhỏ Ai-1Ai lấy 1 điểm tuỳ ý Mi(xi, yi)
 Lập tổng tích phân In =

n

 f ( x , y )s
i 1

i

i

i

 Nếu lim I n tồn tại mà không phụ thuộc cách chia cung AB và cách chọn
n

điểm Mi thì nó được gọi là tích phân đường loại 1 của hàm số f(x, y) theo cung
AB

Ký hiệu :

I=



f ( x, y )ds

AB

Ghi chú :
 Nếu hàm số f (x, y) có tích phân đường loại I theo cung AB ta nói hàm số
f(x, y) khả tích trên cung AB .
 Cung AB cho bởi phương trình : y = y(x) với a  x  b được gọi là cung
trơn nếu hàm số y = y(x) có đạo hàm liên tục trên [a,b]
 x  x(t )
( t1  t  t2 ) được gọi là
 y  y (t )

 Cung AB cho bởi phương trình tham số 

cung trơn nếu hai hàm số x = x(t) và y = y (t) có đạo hàm liên tục trên

đoạn [

t1, t2 ].
Định lý: Nếu hàm số f(x, y) liên tục trên cung trơn AB thì nó khả tích trên
cung này.

6.1.2. Cách tính tích phân đường loại 1
1. Nếu cung AB trơn, được cho bởi phương trình y = y(x), a  x  b và
f(x, y) liên tục trên AB thì :




b

f ( x, y )ds =

 f ( x, y( x)).

1  ( y '( x)) 2 dx

a

AB

 x  x(t )
 y  y (t )

2. Nếu cung AB trơn, được cho bởi phương trình tham số 
( t1  x  t2 ) và hàm f(x, y) liên tục trên AB thì :



t2

 f ( x(t ), y(t )).

f ( x, y )ds =

( x '(t )) 2  ( y '(t )) 2 dt

t1

AB

3. Nếu cung AB cho trong toạ độ cực
r  r(),      . Khi ấy coi  là tham số, ta có phương trình của cung AB
x  r()cos

y  r()sin 



x2  y2  r()2  r()2

Vậy



f ( x, y )ds =  f(r()cos, r()sin ) r()2  r()2 d





AB

4. Tích phân đường loại một trong không gian
Cho hàm số f(x, y, z) liên tục trên cung trơn AB có phương trình tham số
x = x(t), y = y(t), z = z(t), t1  t  t 2 . Khi đó



t2

f ( x, y, z )ds =

 f ( x(t ), y(t ), z (t )).

( x '(t )) 2  ( y '(t )) 2  ( z(t )) 2 dt

t1

AB

Ví dụ 1 Tính  (x  y)ds , với C – tam giác với các đỉnh O(0, 0), A(1, 0), B(0, 1).
C

Giải
Ta có  
C

  

OA

AB

.

BO

Trên OA: y = 0, ds = dx. Suy ra



OA

1

(x  y)ds   xdx 
0

1

Trên OB: x = 0, ds = dy. Suy ra

 (x  y)ds   ydy 

OB

Trên AB: y = 1 – x. Suy ra

0

1
.
2
1
.
2

1

 (x  y)ds  2  dx  2 .

ds  1  (y(x))2 dx  2dx 

AB

0

Vậy  (x  y)ds  1  2 .
C

Ví dụ 2 Tính



x 2  y 2 ds,C : x 2  y 2  ax.

C

Giải

2


2

Đưa C về toạ độ cực ta được r = acos  ,     , r 2  r2  a.



Vậy

x 2  y 2 ds 

C


2

 ard  a  cosd  2a .


Ví dụ 3 Tính I 


2

2


2



2



2

 z ds, với cung AB có phương trình
2

AB

x  a cos t,y  as int,z  bt,0  t  3.

Giải
Ta có:
I



AB

b

2

3

z 2 ds   b2 t 2 a2 sin 2 t  a2 cos2 t  b2 dt
0

a b
2

2

3

 t dt  9b
2

2

a2  b 2 .

0

Ví dụ 4 Tính  x 2 ds,C : x 2  y 2  4 .
C

Giải
Ngoài cách tính trực tiếp với C có phương trình y   4  x 2 (hoặc đưa về
toạ độ cực), ta có thể sử dụng tính đối xứng. Vì đường tròn C đối xứng cả x
1
2 C



và y nên rõ ràng ta có:  x 2 ds    x 2 ds   y 2 ds  
C



C

1
(x 2  y 2 )ds

2C

Trên đường tròn C ta có x 2  y 2  4 . Vậy  x 2 ds  2  ds  2.4  8 .
C

(  ds  chu vi đường tròn = 4 )
C

C


6.2. Tích phân đường loại 2
6.2.1. Định nghĩa. Cho 2 hàm số P(x, y) và Q(x, y) xác định trên cung AB
 Chia cung AB thành n cung nhỏ bởi các điểm : A = A0, A1, ....., An = B


 Gọi hình chiếu của vectơ Ai 1 Ai trên 2 trục Ox và Oy là xi và yi
 Trên cung Ai-1 Ai lấy 1 điểm Mi (  i , i ) tùy ý
 Lập tổng tích phân:
In =

n


i 1

[P(  i , i )xi + Q(  i , i )yi]

 Nếu lim I n tồn tại không phụ thuộc cách chia cung AB và cách chọn Mi thì
n

được gọi là tích phân đường loại 2 của các hàm số P(x, y) và Q(x, y) dọc theo
cung AB.

Ký hiệu:

I=



P(x, y) dx + Q(x, y) dy

AB

 Định lý : Nếu P(x, y) và Q(x, y) liên tục trên cung trơn AB thì tích phân
đường loại 2 tồn tại.
 Chiều của đường lấy tích phân :


AB

Pdx + Qdy = -  Pdx  Qdy
BA

6.2.2. Cách tính tích phân đường lọai 2
Giả sử AB là cung trơn và các hàm P(x, y), Q(x, y) liên tục trên cung AB.
1. Nếu cung AB được cho bởi phương trình : y = y(x), a là hoành độ

của A, b là hoành độ của B thì :



AB

P(x, y) dx + Q(x, y) dy = 

b

a

[P(x, y(x)) + Q(x, y(x)) . y’(x)] dx

Ví dụ 1 Tính I   x 2 ydx  ( x  2 y )dy , với L là các đường sau:
L

a. (P): y = x2, nối O(0, 0) với A(1, 1).
1

I   x 2 ydx  ( x  2 y )dy   ( x 4  x  2 x 2 )dx  
L

0

2
15


b. L là đường thẳng nối O(0, 0) với A(1, 1)

1

I   x ydx  ( x  2 y )dy   ( x 3  x)dx  
2

0

L

1
4

2. Nếu cung AB được cho bởi phương trình tham số

{

x  x (t )
y  y (t )

với

các đầu mút A, B theo thứ tự ứng với các giá trị tA, tB của các tham số thì



tB

P(x, y) dx + Q(x, y) dy =

  P( x(t ), y(t )) x '(t )  Q( x(t ), y(t )) y '(t )dt

tA

AB

Ví dụ 2 Tính I   ydx  ( x  2 y )dy , với L là đường nối A(1, 0) và B(0, 1)
L

theo các đường sau:
a. Đường gấp khúc ACB, với B(1, 1).
b. Đường tròn tâm O bán kính 1.
Giải
a. Ta có: I   ydx  ( x  2 y )dy 
L

 x  1  dx  0
. Do đó
Trên AC: 
y : 0 1

 y  1  dy  0
. Do đó
 y :1  0

Trên CB: 

 

AC

CB
1

   (1  2 y)dy  2

AC



BC

0

0

  dx  1 .
1

Vậy I = 1.
 x  cos t
dx   sin tdt


;0  t 
2
 y  sin t
dy  cos tdt

b. Tham số hóa: 




2

2

0

0

I   sin t.( sin t )dt  (cost  2sin t ) cos tdt   (  sin 2 t  cos 2t  2sin t cos t )dt




2

2
1
  (cos2t  sin 2t )dt  (sin 2t  cos2t )  1 .
2
0
0

Ví dụ 3 Tính I   y 2 dx  x 2 dy
C


C – vòng tròn tâm (0, 0) bán kính 1.

C có phương trình
x  cos t,y  sin t,0  x  2
2

Vậy I   sin 2 t( sin t)  cos2 t(cos t)dt  0
0

Ghi chú :
 Tích phân đường loại 1 : chiều của đường lấy tích phân không quan trọng
 Tích phân đường loại 2 : Phải chú ý chiều của đường lấy tích phân.
 Trong trường hợp, L là đường cong khép kín , ta tính tích phân đường
lọai 2 theo chiều dương của L.
 Qui ước : Chiều dương của đường cong kín là chiều mà đi theo chiều đó ,ta
thấy miền giới hạn ở bên trái.
Ký hiệu :



Pdx + Qdy

L

6.2.3. Công thức Green
Cho hai hàm P(x,y) và Q(x,y) có đạo hàm riêng liên tục trong miền D và L
là biên của D, ta có công thức Green:



P(x, y) dx + Q(x, y) dy =

L

Q

P

 ( x  y )dxdy
D

Hệ quả: Nếu L là đường biên kín của miền D thì diện tích S của miền D
cho bởi công thức :
S=

1
xdy-ydx
2 L

Ví dụ 1 Tính I   xy 2 dy  x 2 ydx,C : x 2  y 2  1
C

Ta có P  x 2 y,Q  xy 2
Q P

 x2  y2
x y

Vận dụng công thức Green ta được


I



(x 2  y 2 )dxdy 

x2  y2 1

2

1

0

0

3
 d r dr 


2

6.2.4. Sự độc lập đối với đường lấy tích phân
Định Lý. Tích phân đường



P(x, y) dx + Q(x, y) dy

chỉ phụ thuộc vào

AB

2 đầu mút A,B mà không phụ thuộc vào đường lấy tích phân từ A đến B khi và chỉ
khi :

P Q

.
y x

VD 1: Chứng minh tích phân I =

 6 xe

y

dx + (3x 2 + y + 1) e y dy không

AN

phụ thuộc vào đường lấy tích phân.
VD 2: Chứng minh tích phân I   ( x  y )dx  ( x  y )dy phụ thuộc vào
AB

đường lấy tích phân
VD 3: Tính I   ( x  3 y )dx  ( y  3x)dy với A (1,1), B(2,3).
AB
(3,4)

VD 4: Tính I =



ydx  xdy

(0,1)

6.2.5. Ứng dụng của tích phân đường loại 1

s=

1. Chiều dài cung:

 ds

AB

2. Khối lượng của cung:
m=

  ( x, y)ds

AB

với (x,y) là khối lượng riêng tại M(x,y)
3. Tọa độ trọng tâm của cung

xG =

1

 x ( x, y)ds
m AB

 Nếu cung đồng nhất

,

yG =

1
 y  ( x, y)ds
m AB


xG =

1
 xds
s AB

, yG =

1
 yds
s AB

Với s là độ dài cung AB
VD 1: Tìm khối lượng của cung tròn x = cost, y = sint ( 0  t  ) nếu khối
lượng riêng của nó tại M (x,y) bằng y.
VD 2: Tìm tọa độ trọng tâm của cung x = t - sint , y = 1 - cost (0  t  ) .

6.3. Tích phân mặt loại 1
6.3.1 Định nghĩa
Cho hàm số f(x,y,z) xác định trên một mặt S
 Chia mặt S thành n mãnh nhỏ có diện tích là Si (i= 1, n )
 Trên mỗi mảnh nhỏ chọn 1 điềm tùy ý Mi (xi , yi , zi)
 Lập tổng tích phân: In =

n

 f (M )S
i 1

 Nếu

lim I n

i

i

tồn tại mà không phụ thuộc vào cách chia mặt S và cách chọn

n 

điểm Mi thì nó được gọi là tích phân mặt loại 1 của hàm số f (x,y,z) trên mặt S.
Ký hiệu :

I=

 f ( x, y, z )dS

S

Định lý: Nếu mặt S trơn (nghĩa là mặt S liên tục và có pháp tuyến biến
thiên liên tục) và hàm số f(x,y,z) liên tục trên S thì tích phân mặt loại 1 tồn tại.
Tích phân mặt loại I có các tính chất giống tích phân kép.
6.3.2. Cách tính tích phân mặt loại 1
Giả sử mặt S cho bởi pt z = z(x,y) trong đó z(x,y) liên tục, có các đạo hàm
riêng z’x và z’y liên tục trong miền đóng bị chặn D với D là hình chiếu của S
xuống mặt phẳng Oxy .
Nếu f (x,y,z) liên tục trên S thì ta có:

 f ( x, y, z )dS
S

=

 f ( x, y, z ( x, y))
D

trong đó : p 

z
z
, q
y
x

1  p 2  q 2 dxdy

Ví dụ 1 Tính I   ( x 2  y 2 )ds , S là nữa mặt cầu: x 2  y 2  z 2  R 2 , z  0 .
S

Giải
Chiếu S xuống Oxy ta được đường tròn: x 2  y 2  1 , trên miền này mặt S
có phương trình: z  R 2  x 2  y 2 . Do đó: ds 
Vậy: I   ( x 2  y 2 )ds  
S

Dxy

2

R

0

0

I  R  d 

R
R x y
2

2

2

R

R2  x2  y 2

.

.( x 2  y 2 )dxdy .

r2

4
.rdr   R 4 .
3
R2  r 2

Ví dụ 2 Tính I   ( x  y  z )ds , trong đó S là phần mặt phẳng : 2 x  2 y  z  2 ,
S

trong góc x  0, y  0, z  0 .
Giải
Chiếu S xuống Oxy ta được đường tròn: x 2  y 2  1 , trên miền này mặt S
có phương trình: z  R 2  x 2  y 2 . Do đó: ds 
Vậy: I   ( x 2  y 2 )ds  
S

Dxy

2

R

I  R  d 

0

0

R
R x y
2

2

2

R
R  x2  y 2
2

.

.( x 2  y 2 )dxdy .

r2

4
.rdr   R 4 .
3
R r
2

2

6.3.3. Ứng dụng tích phân mặt loại 1
1. Diện tích mặt:
S=

 dS
S

2. Khối lượng của mặt:
m=

  ( x, y, z )dS
S

3. Tọa độ trọng tâm của mặt:
xG 

1
x  ( M )dS
m 
S

với  ( x, y, z ) là khối lượng riêng.


yG 

1
y  ( M )dS
m 
S

zG 

1
z  ( M )dS
m 
S

Nếu mặt S đồng phẳng thì:
xG 

1
xdS ,
S 
S

yG 

1
1
ydS , zG   zdS

S S
S S

VD 1: Tính khối lượng của mặt cầu bán kính R nếu khối lượng riêng tại
mỗi điểm bằng bình phương khỏang cách từ đó đến một đường kính cố định nào
đó của mặt cầu . (  ( M )  R 2  x 2 )
VD 2: Tính tọa độ trọng tâm của phần mặt phẳng z= x giới hạn bởi các
mặt phẳng x + y = 1, y = 0, x = 0.

6.4. Tích phân mặt loại 2

6.4.1. Định nghĩa. Nếu hàm P(x,y,z), Q (x,y,z), R (x,y,z) liên tục trên mặt S
có định hướng thì tích phân mặt loại 2 của bộ ba hàm số đó là:

 Pdydz  Qdzdx  Rdxdy
S

Ghi chú:
 Nếu đổi hướng của mặt S thì tích phân đổi dấu.
 Tích phân mặt loại 2 có các tính chất giống tích phân kép.
6.4.2. Cách tính tích phân mặt loại 2
Việc tính tích phân mặt loại 2 đưa về việc tính tích phân kép.
Giả sử mặt S có phương trình z = z (x,y) liên tục, xác định trên D1 là hình
chiếu của S trên mặt phẳng Oxy ta có:

 Rdxdy   R( x, y, z ( x, y))dxdy
S

Các tích phân

D1

 Pdydz ,  Qdzdx
S

cũng tính tương tự :

S

 Pdydz =  P( x( y, z ), y, z )dydz ;  Qdzdx =  Q( x, y( x, z ), z )dzdx
S

D2

S

D3

VD 1: Tính I   xdydz  dzdx  xz 2 dxdy trong đó S là phần mặt cầu tâm O,
S

bán kính 1, nằm trong góc phần tám thứ nhất và có pháp vectơ hướng ra ngoài.


VD 2 Tính I   xydydz  yzdzdx  xzdxdy trong đó S là các mặt của hình
S

chóp OABC với A(1,0,0) , B(0,1,0) , C(0,0,1) .
6.4.3. Định lý Stokes
Giả sử các hàm P(x,y,z) , Q(x,y,z) và R(x,y,z) liên tục và có đạo hàm riêng
liên tục trên một mặt định hướng S , biên của S là một đuờng cong kín L.
Ta có công thức Stokes :



D

 R Q 
 Q P 

 P R 

dydz  
dxdy   Pdx  Qdy  Rdz



dxdz  
 z x 
 y z 
 x y 
L

VD: Tính



y2dx+z2dy+x2dz trong đó L là chu tuyến tam giác ABC với

L

A  a,0,0  , B  0,a,0  , C  0,0,a  lấy theo chiều dương .

6.4.4. Định lý Gauss – Ostrogratski
Giả sử V là 1 miền đóng và bị chặn trong R3 có biên là mặt S kín và trơn
từng mảnh. Các hàm P(x,y,z) , Q(x,y,z), R(x,y,z) liên tục và có đạo hàm riêng liên
tục trên V. Ta có công thức Gauss –Ostrogratski như sau :
 P

Q

R 

  x  y  z dxdydz   Pdydz  Qdxdz  Rdxdy
V

S

trong đó vectơ pháp tuyến của S hướng ra ngoài .
VD : Tính I =



S

zdxdy +(y+y2)dxdz trong đó S là mặt phía ngoài của vật

thể giới hạn bởi z = x2+y2, z = 0 , z = 1 bằng công thức Gauss – Ostrogratski.

BÀI TẬP CƯƠNG 6

6.1 Tính các tích phân đường loại 1
1. I=  ( x  y )ds với AB l đọan thẳng nối A(1,2) với B(2,4).
AB

2. I=  xyds với L là cung AB của elip
L

x2 y2


 1 trong đó A(0,2) và B(-3,0).
9
4


3. I=  ( x 2  y 2 )ds với L là biên của hình tam giác OAB trong đó A(1,1) v B(-1,1) .
L

4. I=  ( x 2  y 2 )ds với AB là một phần đường tròn tâm O ,bán kính R nằm trong
AB

góc tọa độ thứ nhất .
5. I=  xyds với L là biên của hình vuông x  y  1 .
L

 x  a(t  sin t )
( 0  t  2
6. I=  y 2 ds với L là cung đầu tiên của đường Cyclôit 
 y  a(1  cos t )
L
, a>0 )
7. I=



OA

ds
x  y2  4
2

với OA là đọan thẳng nối O và A(1,2).

6.2 Tính các tích phân đường loại 2
8. I=  ( x 2  2 xy )dx  ( y 2  2 xy )dy với L là cung parabol y = x2 nối từ điểm
L

A(-1,1) đến điểm B(1,1).
9. I=  ( x 2  2 xy )dx  (2 xy  y 2 )dy với L là chu tuyến dương của miền D giới
L

hạn bởi parabol y = x2 ,y = 1 , x = 0 và x  0 .
10. I=  (2a  y )dx  xdy với L là cung đầu tiên của đường Cyclôit
L

 x  a(t  sin t )
, t thay đổi từ 0 đến 2  .

 y  a(1  cos t )
dx  dy
x y
L

11. I= 

với L là chu tuyến dương của hình vuông ABCD với các đỉnh

A(1,0) , B(0,1) , C(-1,0) , D(0,-1) .
12. I=  ( x 2 y )dx  xy 2 dy với L là đường tròn x2+y2 = 4 lấy theo chiều dương .
L

13. I=  2( x 2  y 2 )dx  ( x  y ) 2 dy với L là chu tuyến dương của tam giác ABC
L

với A(1,1) , B(2,2) , C(1,3) .
a) Áp dụng công thức Green để tính I .
b) Tính trực tiếp để kiểm tra kết quả .


14. I=  (2 xy  x 2 )dx  ( x  y 2 )dy với L là chu tuyến dương của miền tạo bởi
L

parabol y = x2 và x = y2 .
a) Áp dụng công thức Green để tính I .
b) Tính trực tiếp để kiểm tra kết quả .
15. I=  (2 x 3  y 3 )dx  ( x 3  y 3 )dy với L là đường tròn x2+y2=1 theo chiều
L

dương .
16. I=  (2 x  y )dx  ( x  3 y )dy với L là đường nối từ điểm A(1,2) đến điểm
L

B(2,4).
(1,1)

 ( x  y)dx  ( x  y)dy

17. I=

( 0,0 )

18. I=  ( ye xy  2 x cos y  x 2 y )dx  ( xe xy  x 2 sin y  xy 2  xy )dy với L nửa trên
L

đường tròn x2+y2=2x ( y  0 ) đi từ điểm A(2,0) đến O .
y
2

x
2

19. I=  xy[( x  )dx  (  y )dy ] với L là chu tuyến dương của tam giác ABC
L

với các đỉnh A(-1,0) ,B(1,-2) và C(1,2).
20. I=  2( x 2  y 2 )dx  (4 y  3) xdy với L là đường gấp khúc tạo bởi 2 đọan
L

thẳng OA và AB của tam giác OAB với A(1,1) , B(0,2) .
21. I   xydx với L là cung parapol y 2  x , từ A(1; -1) đến B(1;1)
L

22. I   ( xy  1)dx  x 2 ydy với L là cung nối từ A(1; 0) , B(0; 2)
L

a. Theo đường thẳng AB
b. Theo cung parapol y 2  4(1  x)
23. I   2 xdx  ( x  2 y )dy với L là chu tuyến của tam giác ABC theo chiều
L

ngược kim đồng hồ với A(-1; 0), B(0; 2), C(2; 0)
24. I   (2 x  3 y  xy 2 )dx  ( yx 2  4 x  y  2)dy với C là nửa đường tròn
C

x  y  4, y  0 , cùng chiều kim đồng hồ
2

2

25. I   ( y  x 2 y  xy 2 )dx  (3x 
C

chiều kim đồng hồ

xy 2
y2
 x 2 y )dy với C là elip x 2 
 1 , ngược
4
4


26. I   ( y  x 2 y  xy 2  y sin( xy ))dx  (3 x 
C

elip x 2 

xy 2
 x 2 y  x sin( xy )) dy với C là nửa
4

y2
 1, y  0 , ngược chiều kim đồng hồ
4


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,C0) nhận được từ nghiệm tổng quát
y = (x,C) ứng với một giá trị cụ thể C = Co gọi là nghiệm riêng.Giá trị cụ thể Co
của C được suy ra từ điều kiện ban đầu y (x0) = y0
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
2. Cách giải
Lấy tích phân 2 vế của (1)
Trang 1

(1)


 f ( x)dx   g ( y)dy
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
dy
dy
dx
dy
dx
 y 
 
 
dx
y
x
y
x
C

 ln y   ln x  ln C  y  .
x
xy  y  0  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+x2)dy – ydx = 0
(1  x 2 )dy  ydx 

dy
dx
dy
dx


 
2
y 1 x
y
1  x2

 ln y  arctgx  ln C  y  C.earxtgx

Ví Dụ 3 Giải phương trình vi phân : ( y  x 2 y )dy  ( xy 2  x)dx  0 (1)
Ta có (1)  y (1  x 2 )dy  x( y 2  1)dx  0 (2)
 Nếu x 2  1  0  x  1 thì dx  0 , nên (2) thỏa mãn. Vậy x  1 là

nghiệm của (1).
 Nếu x 2  1  0  x  1 thì (2) 


y
x
dy  2
dx
y 1
x 1
2

1
1
1
ln y 2  1  ln x 2  1  ln C  y 2  1  C ( x 2  1)
2
2
2









 y 2  1  C ( x 2  1)
Vậy nghiệm của phương trình là: 

.
x  1


Ví Dụ 4 Giải phương trình vi phân : y  3 x 2 y (1)
Ta có (1) 

dy
 3 x 2 y  dy  3 x 2 ydx (2)
dx

 Nếu y  0 thì y  0 nên (2) thỏa mãn. Vậy y  0 là nghiệm của (1).

Trang 2


 Nếu y  0 thì (2) 



dy
 3x 2 dx . Lấy tích phân hai vế:
y

3
3
dy
  3x 2 dx  ln y  x3  ln C  ln y  ln Ce x  y  Ce x .
y
3

Vậy nghiệm của phương trình là: y  Ce x .

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 (

y
).
x

2. Cách giải
Đặt u =

y
hay y = ux
x

Suy ra : y’ = u + xu’
f(u) = u + x .

du
du
<=> x
= f (u) - u
dx
dx

Nếu f (u) - u  0 ta có :

du
dx
=
.Đây là ph. trình biến số phân ly.
x
f (u )  u

Ví Dụ 1 Giải phương trình vi phân : y 

x y
(1)
x y

Đặt y  ux  y  u x  u , ta có:
(1)  ux  u 

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

Lấy tích phân hai vế ta được:
1 u

 1 u

2

du  

dx
du
1 2udu
dx

 

2
2
x
1 u
2 1 u
x

ln Cx 2
1
1
1
 arctgu  ln(1  u 2 )  ln x  ln C  arctgu  ln(1  u 2 ) 
2
2

2
2

Vậy nghiệm của phương trình là: 2arctg

Trang 3

y
 ln C ( x 2  y 2 ) .
x


Ví Dụ2 Tìm nghiệm riêng của phương trình vi phân y’ =
với điều kiện ban đầu y (1) =


2

.

y
y
+ sin
x
x

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 y1 là nghiệm riêng của phương trình tuyến tính thuần nhất:
y’ + p(x) y = 0 (2) thì nghiệm tổng quát của nó là y = Cy1
(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 (x2+1)y’+xy = 1 thỏa điều kiện

ban đầu y (0) = 2.
ĐS :y =

ln (x  1  x 2 )  2
1 x2

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

2

2
x2
+ K ) e -x
2

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

2
dy
 2 xdx  ln y  x 2  ln C  y  Ce x
y

Trang 4


 Xem C là một hàm số theo x: C ( x)
2

2

Ta được: y  C ( x)e x  y  C ( x)e x  2 xC ( x)e x

2

Thay y, y vào phương trình (1):
2

2

2

2

2

(1)  C ( x)e x  2 xC ( x)e x  2 xC ( x)e x  x  C ( x)e x  x  dC  xe x dx
1 2
 C ( x)   e x  K
2
 1
 2




2

2

Vậy nghiệm của phương trình là: y    e  x  K  e x .
2

Ví Dụ 4 Giải phương trình vi phân : y  2 xy  xe x (1)
 Giải phương trình thuần nhất tương ứng: y  2 xy  0 , ta có nghiệm
y  0 hoặc

2
dy
 2 xdx  ln y   x 2  ln C  y  Ce  x
y

 Xem C là một hàm số theo x: C ( x)

2

2

Ta được: y  C ( x)e  x  y  C ( x)e  x  2 xC ( x)e  x

2

Thay y, y vào phương trình (1):
2

2

2

2

(1)  C ( x)e  x  2 xC ( x)e  x  2 xC ( x)e  x  xe x  C ( x)  x  dC  xdx
 C ( x) 

x2
K
2
 x2
 2
 K  e x .
 2


Vậy nghiệm của phương trình là: y  

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 5


y-  . y’ + p(x).y1-  = q(x)
Đặt z = y1-  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.
2

Ví Dụ Giải phương trình vi phân : y  2 xy  xe  x (1)
Nếu y  0  y  0 , (1) thỏa mãn nên y = 0 là nghiệm của phương trình.
3
2
3
Nếu y  0 thì (1)  yy  2 xy  2 x .

y 2
Đặt z  
 z   yy 3 , phương trình trở thành: z   4 xz  2 x 3 (2)
2

Giải phương trình thuần nhất: z  4 xz  0  z  Ce 2 x

2

Xem C là một hàm số theo x: C ( x)
2

2

Ta được: z  C ( x)e 2 x  z   C ( x)e 2 x  4 xC ( x)e 2 x

2

Thay z, z vào phương trình (2):
2

2

2

2

(2)  C ( x)e 2 x  4 xC ( x)e 2 x  4 xC ( x)e 2 x  2 x 3  C ( x)e 2 x  2 x3
2
2
1
1
 dC  2 x 3e 2 x dx  C ( x)    x 2   e 2 x  K
2

2

Vậy nghiệm của phương trình (2) là:
2
2
 1
 2
1
1 x2
z     x 2   e 2 x  K  e 2 x     K .e 2 x .
2
4 2
 2

2
1
1
 2 Ke 2 x  x 2 
2

2.
Nghiệm của phương trình (1) là: y

 y  0

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 6


 Nghiệm tổng qt : y = (x,C1,C2)
 Nghiệm riêng : y =  (x, C10 ,C 20 ) với C10 ,C 20 là các giá trị xác định của
C 1, C 2
 Tích phân tổng qt :  (x,y,C1,C2)
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 + C1
 y = ſ (ſ f(x)dx)dx + C1x + C2
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 = -

1
1
sin kx + (1+ ) x
2
k
k

(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,C1)
 y’ =  (x,C1)  y    ( x, C1 )dx  C2
Ví Du 1 Giải phương trình vi phân ( 1-x2)y’’ – xy’ = 2.
ĐS : y = (arcsinx)2 + C1 arcsinx + C2
(3) Vế phải không chứa x :
y’’ = f (y,y’)
Đặt y’ = ʓ, đạo hàm 2 vế :
y’’ =

dz dz dy
dz
 .  z.
dx dy dx
dy

Phương trình có dạng : ʓ

dz
= f (y,z)
dy

Giải ra ʓ =  (y,C1)
Trang 7


 y’ =  (y,C1)
=>

1
1
=  (y, C1) => x' y =
x' y
 ( y, C1 )

=> x =

dy

  ( y, C )

+ C2

1

Ví Duï 2 Giaûi phöông trình vi phaân 2yy’’ = y’2 +1


ĐS : y  C1 1  (



x
1 
Cx

 C2 ) 2  hoặc y  1  ( 1  C2 ) 2 
2C1

2
C1 



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 :
(3)
k2 + pk + q = 0
Ta có 3 trường hợp xảy ra :
* ∆= p2 - 4 q > 0 : Phương trình (3) có 2 nghiệm thực phân biệt k1 và k2

Nghiệm tổng quát của phương trình (2) là :
Trang 8


y = C1 e k1 x +C2 e k1 x

* ∆ = p2 - 4q = 0 : Phương trình (3) có nghiệm kép thực k
Nghiệm tổng quát của phương trình (2) là :
y = e k x (C1 + C2x)

* ∆ = p2- 4q <0 : Phương trình (3) có 2 nghiệm phức liên hợp :
k1 =  +  i và k2 =  -  i
Nghiệm tổng quát của pt (2) là :
y = ex (C1cos  x + C2 sin  x)

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) = ex Pn(x)
a) Nếu  không trùng với nghiệm của phương trình đặc trưng thì ta
tìm nghiệm riêng của (1) dưới dạng y = ex Qn(x)
b) Nếu  trùng với nghiệm đơn của phương trình đặc trưng thì ta tìm
nghiệm riêng của (1) dưới dạng y = x ex Qn(x)
c) Nếu  trùng với nghiệm kép của phương trình đặc trưng thì ta tìm
nghiệm riêng của (1) dưới dạng y = x2 ex Qn(x)

Ví dụ 1 Giải phương trình: y  2 y  3 y  e4 x
 Giải phương trình thuần nhất tương ứng: y  2 y  3 y  0 .(2)
 k  1
k  3

Phương trình đặc trưng: k 2  2k  3  0  
Nghiệm (2) là: y  C1e x  C2 e3 x .
 P ( x)  1

 Ta có f ( x)  e4 x   n
  4

.

Trang 9


Vì   4 không trùng với nghiệm của phương trình đặc trưng, nên nghiệm
riêng (1) có dạng: y  Ae 4 x  y  4 Ae4 x  y  16 Ae4 x .
Thay y, y, y vào phương trình (1)
(1)  16 Ae 4 x  2.4 Ae 4 x  3 Ae4 x  e4 x  5 A  1  A 

1
.
5

1
5

Nghiệm riêng của (1) là: y  e4 x .

1
5

Vậy nghiệm của phương trình (1): y  C1e  x  C2 e3 x  e 4 x .
Ví dụ 2 Giải phương trình: y  2 y  y  6 xe x (1)
 Giải phương trình thuần nhất tương ứng: y  2 y  y  0 .(2)
Phương trình đặc trưng: k 2  2k  1  0  k  1 ( nghiệm kép)
Nghiệm (2) là: y  C1e x  xC2 e x .
 P ( x)  6 x

 Ta có f ( x)  6 xe x   n
  1

.

Vì   4 trùng với nghiệm kép phương trình đặc trưng, nên nghiệm riêng
(1) có dạng:

y  x 2 (Ax  B)e x  (Ax 3  Bx 2 )e x  y  (3 Ax 2  2 Bx)e x  (Ax 3  Bx 2 )e x
 (3 Ax 2  2 Bx  Ax 3  Bx 2 )e x

.

y  (6 Ax  2 B  3 Ax 2  2 Bx)e x  (3 Ax 2  2 Bx  Ax 3  Bx 2 )e x .

Thay y, y, y vào phương trình (1)
6 A  6  A  1

.
(1)  6 Ax  2 B  6 x  

2 B  0  B  0

Nghiệm riêng của (1) là: y  x3e x .
Vậy nghiệm của phương trình (1): y  C1e x  xC2 e x  x3e x .
Ví dụ 3 Giải phương trình: y  y  4 xe x (1)
 Giải phương trình thuần nhất tương ứng: y  y  0 .(2)
Phương trình đặc trưng: k 2  1  0  k  i
Nghiệm (2) là: y  C1 cos x  C2 s inx .
 P ( x)  4 x

 Ta có f ( x)  4 xe x   n
  1

.

Vì   4 không trùng với nghiệm phương trình đặc trưng, nên nghiệm
riêng (1) có dạng: y  (Ax  B)e x  y  ( Ax  A  B)e x  y  ( Ax  2 A  B)e x .
Trang 10


Thay y, y, y vào phương trình (1)
2 A  4
A  2

.
(1)  2 Ax  2 A  2 B  4 x  
 2 A  2 B  0  B  2

Nghiệm riêng của (1) là: y  (2 x  2)e x .
Vậy nghiệm của phương trình (1): y  C1 cos x  C2 s inx  (2 x  2)e x .

Ví dụ 4 Giải phương trình: y  y  2e x  x 2 (1)
 Giải phương trình thuần nhất tương ứng: y  y  0 .(2)
Phương trình đặc trưng: k 2  1  0  k  1
Nghiệm (2) là: y  C1e x  C2 e x .
 f1 ( x)  2e x
 Ta có f ( x)  2e  x  f1 ( x)  f 2 ( x) với 
2
 f 2 ( x)   x
x

2

 P ( x)  2

 Với f1 ( x)  2e x   n
  1

Vì   1 trùng với nghiệm đơn phương trình đặc trưng, nên nghiệm riêng
(1) có dạng: y  Axe x  y  ( Ax  A)e x  y  ( Ax  2 A)e x .
Thay y, y, y vào phương trình (1)
(1)  2 A  2  A  1 .

Nghiệm riêng của (1) là: y  xe x .
 P ( x)   x 2

 Với f 2 ( x)   x 2   n
  0

Vì   0 không trùng với nghiệm phương trình đặc trưng, nên nghiệm
riêng (1) có dạng: y  Ax 2  Bx  C  y  2 Ax  B  y  2 A .

Thay y, y, y vào phương trình (1)
A 1

(1)   Ax  Bx  C  2 A   x   B  0 .
C  2

2

2

Nghiệm riêng của (1) là: y  x 2  2 .
Vậy nghiệm của phương trình (1): y  C1e x  C2 e x  x 2  2  xe x .
Trường hợp 2:

f(x) = Pm (x) cos  x + Pn(x) sin  x

Trang 11