Phương Trình Vi Phân

Toán cao cấp:

Chương IX
I.

Giải tích

179

PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN

Đònh nghóa :
• Phương trình vi phân là phương trình có dạng
f(x, y, y’, y’’, ..., y(n)) = 0 (1).
Phương trình vi phân có chứa y(n) (hay có vi phân bậc n) gọi là
phương trình vi phân cấp n.
• Nếu thay y = ϕ(x) vào (1) mà (1) thành đồng nhất thức trên
D ⊂ ℝ thì ta nói y = ϕ(x) là nghiệm của (1) trên D ⊂ ℝ .
• Nghiệm tổng quát của (1) thường có dạng y = ϕ(x, c1, c2, ..., cn)
với c1, c2,.., cn là những hằng số tùy ý. Nếu cho (c1, c2, ..., cn) một
bộ giá trò cụ thể thì ta có một nghiệm riêng.
Đònh lý: Nếu f(x, y) liên tục trên tập mở và bò chận trên D
chứa M(x0, y0) thì tồn tại y = ϕ(x) là nghiệm của phương trình vi
∂f
phân cấp 1: y’ = f(x, y) đi qua M(x0, y0). Hơn nữa nếu
liên tục
∂y
trong một lân cận của (x0, y0) thì nghiệm đó là nghiệm duy nhất.
Ví dụ:
i) Giải phương trình xy’ + y = 0 (* )
dy

(* )⇔ x
+ y = 0 ⇔ xdy + ydx = 0 ⇔ d(xy) = 0
dx

⇔ xy = C (hằng số)
ii) Tìm nghiệm của (* ) qua M(3, -5)
Nghiệm của (* ) qua (3, -5) ⇒ xy = C qua (3, -5) ⇒ 3(-5) = C

⇒ C = -15. Vậy nghiệm của (* ) qua (3, -5) là
15
xy = -15 hay y = −
x
II.

Các phương trình vi phân cấp I thường gặp:


Toán cao cấp:

180

Giải tích

1) Phương trình có biến phân ly (có thể tách ra): là phương trình
vi phân có dạng
ϕ(y)dy = f(x)dx hay f1(x)g1(y)dx = f2(x)g2(y)dy (2)
f ( x)
g ( y)
dx = 2
dy

(2) ⇔ f2(x)g1(y) = 0 hay 1
f2 ( x)
g1( y )
⇔ f2(x)g1(y) = 0 hay

f1( x)
g ( y)
dx = ∫ 2
dy
g1( y )
2 ( x)

∫f

Ví dụ : Giải phương trình
3extgydx + (2 - ex)(1 + tg2y)dy = 0 (3)

3e x dx
(1+ tg 2 y )dy
(3) ⇔ tgy. (2 - e ) = 0 hay ∫
= −∫
2 − ex
tgy
x

⇔ tgy. (2 - ex) = 0 hay 3ln|2 - ex| = ln|tgy| + C1, C1 ∈ ℝ
⇔ tgy. (2 - ex) = 0 hay ln
⇔ tgy. (2 - ex) = 0 hay

tgy

= ln eC2 , C2 = - C1∈ ℝ
x
3
(2 − e )

tgy
= ± eC2 = C , C∈ ℝ∗
x
3
(2 − e )

⇔ (2 - ex) = 0 hay tgy = C (2 − e x )3 , C∈ ℝ
Ví dụ:
i)

Giải phương trình (1 + ex)yy’ = ex

ii)

Tìm nghiệm riêng trong trường hợp y(0) = 1.

Giải:
i) (1 + ex)y

dy
e x dx
= ex ⇔ ydy =
dx
1+ e x

ii) y(0) = 1 ⇒ 1 = 2ln2 + C.2 ⇒ C =

⇒ nghiệm riêng thỏa y (0) =1 là:

⇔

y2
= ln(1 + ex) + C
2

1
−ln2
2


Toán cao cấp:

Giải tích

181

y2
1
1+ e x
1
x
= ln(1 + e ) +
− ln2 = ln(
) +
2

2
2
2
⇔

1+ e x
1+ e x 2
y2 = 2 ln(
) + 1 ⇔ y = ± 1+ ln(
)
2
2

vì y(0) = 1 ⇒ y > 0 ⇒ y =

1+ e x 2
1+ ln(
)
2

2) Phương trình đẳng cấp cấp 1: là phương trình vi phân có
dạng
y’ = f(
Đặt u =

y
y
) (4) ⇔ dy = f( )dx
x
x

y
⇒ y = u.x ⇒ dy = udx + xdu, (4) thành
x

udx + xdu = f(u)dx ⇔ xdu = (f(u) − u))dx
du
dx
⇔ x(f(u) −u) = 0 hay
=
f (u ) − u x
đây là phương trình có biến phân ly.
Ví dụ 1: Giải phương trình (2y2 −2xy + x2)dx − x.ydy = 0 (5)
+ Khi x = 0 ⇒ dx = 0 ⇒ x = 0 là nghiệm.
+ Khi x ≠ 0, (5) thành: (2
Đặt u =

y2
y
y
− 2 + 1)dx − dy = 0 (5’)
2
x
x
x

y
⇒ y = u.x ⇒ dy = udx + xdu ⇒ (5’) thành :
x

(2u2 − 2u + 1)dx − u(udx + xdu) = 0 ⇔ (u −1)2dx − uxdu = 0
dx
udu
⇔ u = 1 hay ∫ − ∫
=0
x
(u − 1)2

⇔ u = 1 hay

∫

(u − 1+ 1)du
dx
−∫
=0
2
(u − 1)
x

⇔ u = 1 hay ln

u −1
1
= C, C ∈ ℝ
−
x
u −1

Toán cao cấp:

Thay u =

Giải tích

182

y
y−x
x
ta có y = x hay ln 2 −
= C, C ∈ ℝ
x
x
y−x

là nghiệm khi x ≠ 0. Vậy nghiệm của (5) là:
x = 0 hay y = x hay ln

y−x
x
=C
−
2
x
y−x

Ví dụ 2: Giải phương trình (x2 −2xy )dy − x.ydx = 0 (6)
y

y
Cách 1: (6) ⇔ x = 0 hay ( 1 − 2 )dy − dx = 0 (7)
x
x
y
Đặt u =
⇒ y = u.x ⇒ dy = udx + xdu ⇒ (7) thành:
x
(1 − 2u ) (udx + xdu) − u dx = 0 ⇔ (1 − 2u ) xdu − 2u2 dx = 0
⇔ u = 0 hay
−1 2
dx
1
c
( 2 + )du = − 2
⇔ u = 0 hay + ln u 2 = ln 2 , c > 0
u u
x
u
x
x
1
c
y
⇔ u = 0 hay u 2 .e u = 2 , c > 0 ⇔ y = 0 hay y 2 .e = c, c > 0
x

Vậy nghiệm của (6) là :

x

y
x = 0 hay y = 0 hay y 2 .e = c , c > 0

Cách 2: (6) ⇔ y = 0 hay (
Đặt v =

x2
x
x
− 2 )dy − dx = 0 (8)
2
y
y
y

x
⇒ x = v.y ⇒ dx = vdy + ydv ⇒ (8) thành :
y

(v2 − 2v )dy − v(vdy + ydv) = 0 ⇔ − 2vdy − vydv = 0
2dy
c
⇔ v = 0 hay dv = −
⇔ v = 0 hay v = ln 2 , c > 0
y
y


Toán cao cấp:

Giải tích

183

x
c
y
⇔ v = 0 hay ev =
, c > 0 ⇔ x = 0 hay y 2 .e = c , c > 0
2
y
Vậy nghiệm của (6) là:
x
y
x = 0 hay y= 0 hay y 2 .e = c , c > 0

Ghi chú: phương trình vi phân sau đây có thể đưa được về
 ax + by + c 
phương trình vi phân đẳng cấp cấp 1: y ' = f 
.
 a'x + b' y + c'
Ta có hai trường hợp:
• Nếu D =

a

b

a' b'

≠ 0 thì đặt u = x − x0 , v = y − y0 , với x0 , y0 là

ax + by + c = 0
nghiệm của hệ phương trình 
a ' x + b ' y + c ' = 0
• Nếu D =

a

b

a' b'

= 0 ta đặt z = ax + by

Ví dụ 1: Giải phương trình vi phân

( 2 x − 4 y + 6 ) dx + ( x + y − 3 ) dy = 0
Đặt u = x − 1, v = y − 2
Ví dụ 2: Giải phương trình vi phân

( 2 x + 4 y + 6 ) dx + ( x + 2 y −1) dy = 0
Đặt z = x + 2 y
3) Phương trình tuyến tính (cấp 1): là phương trình vi phân có
dạng

y’ + p(x).y = q(x) (6); trong đó p(x), q(x) là các hàm

số liên tục.

Toán cao cấp:

184

Giải tích

i). Nếu q(x) ≡ 0, (6) thành y = 0 hay

dy
= −p(x)dx
y

⇔ y = 0 hay ln y = − p ( x) dx + C1 , C1 ∈ ℝ

∫

− p ( x ) dx + C 1
⇔ y = 0 hay y = ± e ∫
, C1 ∈ ℝ
− p ( x ) dx
C
⇔ y = 0 hay y = C.e ∫
, C = ±e 1 ≠0
− p ( x ) dx
⇔ y = C.e ∫
, C∈ ℝ

(6’)

ii). Nếu q(x) ≠ 0 ta giải bằng phương pháp “biến thiên hằng số”.
Khi đó nghiệm của (6) có dạng (tương tự 6’) :
− p ( x ) dx
y = C(x). e ∫
(7), trong đó C(x) là hàm cần tìm.
− p ( x ) dx
− p ( x ) dx
Ta có: y’ = C’(x) e ∫
− p(x)C(x) e ∫
(8).
− p ( x ) dx
Thế (7) vào (8) ta được: y’ = C’(x) e ∫
− p(x).y
− p ( x ) dx
⇒ y’ + p(x).y = C’(x). e ∫
(9).
− p ( x ) dx
p ( x ) dx
⇒ C’(x) = q(x). e ∫
(6) và (9) ⇒ q(x) = C’(x). e ∫

⇒ C(x) = ∫ (q( x).e ∫

p ( x ) dx

) dx

Vậy nghiệm của (6) là y =  ∫ (q ( x)e ∫

Ví dụ 1: Giải phương trình

p ( x ) dx

− p ( x ) dx
)dx  .e ∫


y’ + 2xy = 2x e− x

2

Nghiệm của phương trình thuần nhất y’+2xy=0 là y= C. e− x
⇒ nghiệm của phương trình đã cho có dạng y=C(x). e− x
⇒ y’ = C’(x). e− x −2xC(x). e− x = C’(x) e− x −2xy
2

2

2

⇒ 2x. e− x = C’(x). e− x ⇒ C’(x) = 2x ⇒ C(x) = x2 + C1
2

⇒ y = [x2 +C1]. e− x

2

2

2

2


Toán cao cấp:

185

Giải tích

Cách khác: Nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là

(

)

2
− p ( x ) dx 
p ( x ) dx
- 2xdx
2xdx
y=e ∫
. ∫ ( q ( x )e ∫
)dx  = e ∫ .[ ∫ 2 x.e − x .e ∫ dx]



= e- x

2

+ C1

(

)

.∫ 2 x.e − x .e x
2

2

− C1

dx = e− x

2

∫ ( 2 x.e

− x2

) .e

x2

dx = e − x [ x 2 + C ]
2

Ví dụ 2:

a) (1 + y2)dx + (1 +x2)dy = 0
b) (1 + y2)dx + yxdx = 0

 y 'sin x − y cos x = 0

c)  π
 y ( 2 ) = 1
d) x 1+ y 2 + yy ' 1+ x 2 = 0
e) exsin3y + y’(1 + e2x)cosy = 0
f) xyy’ = y2 + 3x2
g) xy + y2 = (2x2 + xy).y’
h) 2x2y’ = x2 + y2
i) (y −x)dx + (y + x)dy
j) xy’ + y = x3y4.
Giải: Dành cho bạn đọc
4. Phương trình Bernoulli : là phương trình vi phân có dạng

y / + yp(x) = q(x). yα ,

0≠α≠1

Chia yα ta có y / . y −α + y1−α p(x) = q(x).
Đặt v = y1−α thì v/ = (1 −α) y / . y −α .
Khi đó phương trình thành

1 /
v + v.p(x)= q(x)
1− α

⇔ v/ + (1 −α)p(x).v = (1 −α)q(x)

Đây là phương trình tuyến tính
Ví dụ: Giải phương trình


Toán cao cấp:

186

Giải tích

y '− x. y = y 5 e −2 x ⇔ y’ y −5 −x y − 4 = e−2 x
2

2

Đặt v = y − 4 ⇒ v’ = −4y’ y −5 .Khi đó phương trình thành:
−

2
2
1
v’ − xv = e−2 x ⇔ v’ + 4xv = −4 e−2 x (* )
4

Nghiệm của phương trình thuần nhất v’ + 4xv = 0 là
x

v = C. e

∫

− 4 xdx
0

= C. e−2 x

2

Nghiệm của (* ) có dạng v = C(x). e−2 x
⇒ v’ = C’(x) e−2 x − 4xC(x). e−2 x
2

2

2

⇒ v’ + 4x.v = C’ e−2 x (= −4 e−2 x ) ⇒ C’ = −4 ⇒ C = −4x + C1.
2

2

⇒ v = (−4x + C1) e−2 x ⇒ y−4 = (−4x + C1) e−2 x
2

2

2

e2 x
⇒ y =

.
− 4 x + C1
4

III.

Sơ lược về số phức:

1. Đònh nghóa: Tập hợp tất cả các số phức ký hiệu là ℂ , được
đònh nghóa: ℂ = {a + bi / a, b ∈ ℝ với i2 = −1}
Với số phức z = a + bi ta nói a = Rez là phần thực, b = Imz là
phần ảo.
Khi b = 0 ⇒ z = a ∈ ℝ .
Vậy ℝ ⊂ ℂ . Hai số phức z = a + ib và z = a − ib gọi là 2 số phức
liên hợp.
Mỗi số phức z = a + ib ứng với duy nhất cặp (a, b) ∈ ℝ 2.
2. Các phép tính :
Cho z1 = a1 + ib1, z2 = a2 + ib2. Ta có:
i)

a1 = a2
z1 = z2 ⇔ 
⇔ (a1, b1) = (a2, b2)
b1 = b2

ii)

z1 ± z2 = (a1 + ib1) ± (a2 + ib2) = (a1 ± a2) + i(b1 ± b2)

Toán cao cấp:

iii)
iv)

Giải tích

187

z1.z2 = (a1 + ib1)(a2 + ib2)
= (a1a2 − b1b2) + i(a1b2 + a2b1)
z1 a1 + ib1 (a1 + ib1)(a2 − ib2 )
=
=
z2 a2 + ib2
a22 + b22

=

(a1a2 + b1b2 ) + i (b1a2 − b2 a1 )
a22 + b22

Dạng z = a + ib gọi là dạng đại số của số phức.
3. Dạng lượng giác của số phức: Cho số phức z = a + ib. Đặt
M=(a,b). Ta gọi r = | z | =
→

a 2 + b 2 = z.z = | z | là môđul của z

→

và ϕ = (Ox, OM ) là argument của z, ký hiệu Argz.
Ta có : a = rcosϕ, b= rsinϕ ⇒ z = a + ib = rcosϕ + irsinϕ
= r(cosϕ + isinϕ) (* )
Dạng (* ) gọi là dạng lượng giác của số phức z.
Ví dụ :
i) z = i có dạng lượng giác là z = i = 1 ( cos
ii) z = 1 −i có r = 2 , tgϕ =

π
2

+ i sin

π
2

)

b
π
= −1 ⇒ chọn ϕ = −
.
a
4

⇒ z = 1 −i có dạng lượng giác là
z=

π

π 

2 cos(− ) + i sin(− )  .
4
4 


Ghi chú: Argument của số phức z được xác đònh sai khác nhau
k2π, k ∈ ℤ .
Giả sử z1 = r1(cosϕ1 + isinϕ1) và z2 = r2(cosϕ2 + isinϕ2)
Khi đó z1. z2 = r1. r2[cos(ϕ1 + ϕ2) + isin(ϕ1 + ϕ2)]
z1
r
= 1 [cos(ϕ1 - ϕ2) + isin(ϕ1 - ϕ2)], z2 ≠ 0
z2
r2


Toán cao cấp:

188

Giải tích

zn= rn [cosϕ + isinϕ]n = rn[cosnϕ + isinnϕ] .
Công thức Euler: eα i = cosα + isin α
4. Khai căn cho số phức: Căn bậc n của số phức c ∈ ℂ , ký hiệu
n

zn = z.z... z = c

c , là những số phức z sao cho:

Nếu c ≠ 0 thì căn bậc n của số phưc c có đúng n số phức.
z = r(cosϕ +isinϕ)
⇒

n

ϕ + k 2π
ϕ + k 2π 

z = n r  cos
+ i sin
 k∈ ℤ
n
n



⇒ có n số là căn bậc n của z ≠ 0 .
Ví dụ 1:

Tìm 7 − 6 2 i . Giả sử
2

7 − 6 2 i = a + bi, a, b ∈ ℝ

2

⇒ 7 - 6 2 i = a - b + 2abi
2
2
a = 3
a = −3
a − b = 7
⇒ 
⇔ 
∨
b = − 2
b = 2
2ab = −6 2

⇒

7 − 6 2 i = 3 − 2i hay

Ví dụ 2: Tìm
4

Ta có: -2 = 2(cosπ + isinπ)

−2

 π
π
π 
π
−2 = 4 2 cos  + k  + i sin  + k   , k ∈ Z
2

2 
4
 4

⇒

IV.

4

7 − 6 2 i = −3 + 2 i

4

−2 có 4 số là:

4

i 
 1
2
±
 ,
2
 2

4

i 
 1

2−
±

2
2


Phương trình vi phân cấp hai:

1. Đònh nghóa: Phương trình vi phân cấp hai là phương trình có
dạng
G(x, y, y’, y’’) = 0 (* ) hoặc y’’ = f(x, y, y’)
• Nghiệm tổng quát của (* ) có dạng y = ϕ(x, C1, C2),

cho (C1, C2) một giá trò cụ thể ta có một nghiệm riêng .
• Thường ta tìm được nghiệm của phương trình (* ) dưới dạng


Toán cao cấp:

189

Giải tích

F(x, y, C1, C2) = 0 cho ta mối liên hệ giữa biến độc lập và nghiệm
tổng quát của phương trình vi phân cấp hai được gọi là phương
trình tổng quát của nó.
2. Vài phương trình vi phân cấp hai có thể hạ bậc :
i) Phương trình có vế phải không phụ thuộc y, y’: có dạng
y// = f(x) ⇒ y/ = ∫ f ( x)dx + C1

⇒ y = ∫  ∫ f ( x)dx  dx + C1x + C2 ,C1 , C2 ∈ ℝ


Ví dụ: Tìm nghiệm tổng quát và nghiệm riêng của phương trình

 y (0 ) = 0
y’’ = cos2x thỏa (D) :  /
 y (0 ) = 1
y’ = ∫ cos 2 xdx + C1 =

1
1

sin 2 x + C1 ⇔ y = ∫  sin 2 x + C1  dx
2
2


1
Vậy y = − cos 2 x + C1x + C2 là nghiệm tổng quát .
4

 1
 y (0 ) = 0
− + C2 = 0
Vì  /
⇒  4
 y (0 ) = 1
0 + C1 = 1
1

1
Nên nghiệm riêng thỏa (D) là y = − cos 2 x + x +
4
4
ii) Phương trình có vế phải không chứa y : dạng y’’ = f(x, y’).
Đặt y’ = u, y’’ = u’ phương trình thành u’ = f(x, u)
Đây là phương trình cấp 1.
Ví dụ : Giải phương trình
Đặt y’ = u ⇒ y’’ = u’ .Khi đó

y’’ = x -

y'
x

(1)


Toán cao cấp:

(1) thành u’ = x -

Giải tích

190

u
u
⇔ u’ +
= x. Đây là phương trình tuyến

x
x

tính cấp 1 có nghiệm là u =

x 2 C1
x2 C
hay y’ = + 1 . Vậy
+
3 x
3 x

 x2 C  x3
nghiệm tổng quát là y = ∫  + 1  =
+ C1 ln x + C2
 3 x  9
iii)

Phương trình có vế phải không chứa x: dạng y’’ = f(y, y’).

Đặt y’ = u, xem u là hàm của y lấy đạo hàm hai vế theo x, ta
du du dy
du
có
u / = y // =
=
=u
dx dy dx
dy
Khi đó phương trình thành u

du
= f(y, u). Đây là phương trình
dy

vi phân cấp 1 với u là hàm và y là biến độc lập. Nếu phương
dy
trình này giải được, ta có u = ϕ(y, C1) hay
= ϕ(y, C1)
dx
hay dy= ϕ(y, C1)dx
Giải phương trình : 2yy’’ + (y’)2 = 0.
du
Đặt y’ = u ⇒ y’’ = u
, phương trình thành :
dy

Ví dụ:

2yu

du
du
dy
+ u2 = 0 ⇔ u = 0 (hay y = c) (**) hay
=−
dy
u
2y

⇔ u = 0 (hay y = c) (**) hay

⇔

du
dy
=−
u
2y

du
dy
c
=−
⇔ 2ln u = ln , c > 0
u
2y
y

⇔u=

C1
y

, C1 = ± c ≠ 0 ⇔

C
dy
= 1 , C1 ≠ 0
dx

y


Toán cao cấp:

191

Giải tích

2

⇔ y = ( hx + k ) 3 , h, k ∈ ℝ , h ≠ 0

Nếu cho h = 0 ⇒ họ nghiệm (* * )
2

⇒ nghiệm tổng quát là y = ( hx + k ) 3 , h, k ∈ ℝ
3. Phương trình vi phân tuyến tính cấp 2:

• Đònh nghóa: Phương trình vi phân tuyến tính cấp 2 là phương
trình có dạng:
y// + a1y/ + a2y = f(x)
hay

(a)

y// + a(x)y/ + b(x)y = c(x)

• Nếu f(x) = 0 thì (a) được gọi là phương trình tuyến tính thuần
nhất.

• Nếu a1, a2 là hằng số thì (a) gọi là phương trình tuyến tính có
hệ số không đổi(hệ số hằng).
a. Phương trình tuyến tính cấp hai thuần nhất:
y// + a1(x)y/ + a2(x)y = 0 (b) .
Ta có các kết quả:
i). Tính chất 1: Nếu y1(x) và y2(x) là hai nghiệm của (b) thì
y = C1y1(x) + C2y2(x) là nghiệm của (b) (với C1, C2 ∈ ℝ )

Đònh nghóa: Các hàm số y1(x) và y2(x) được gọi là độc lập
tuyến tính trên D nếu tỉ số của chúng không phải là hằng số :
y1( x)
≠ constant. Nói cách khác, không tồn tại c ∈ ℝ sao cho
y2 ( x )

y1 ( x ) = c. y2 ( x ) hay y2 ( x ) = c. y1 ( x ) , ∀x ∈ D .
Ngược lại, ta nói chúng phụ thuộc tuyến tính.
Ví dụ:
• Các hàm số y1 = 4 x và y2 = e x là độc lập tuyến tính trên ℝ


Toán cao cấp:

192

Giải tích

• Các hàm y1 = 2 x 2 + 2 và y2 = x 2 + 1 là phụ thuộc tuyến tính
trên ℝ .
ii) Tính chất 2: Nếu y1(x), y2(x) là 2 nghiệm độc lập tuyến tính

của (b) thì y = C1y1(x) + C2y2(x) (trong đó C1, C2 là 2 hằng số
tùy ý) là nghiệm tổng quát của (b).
iii). Tính chất 3: Nếu biết một nghiệm riêng y1(x) của (b) thì có thể
tìm được một nghiệm riêng y2(x) của (b) với y1, y2 độc lập tuyến
tính bằng cách đặt

y2 = y1(x)u(x).

Ví dụ: Tìm nghiệm tổng quát của y ''+

2x
2
y '−
y = 0 biết
2
1− x
1− x 2

một nghiệm riêng y1 = x.
Giải: Ta tìm một nghiệm y2 = xu(x), thay y2 vào phương trình đã
cho ta có :
(2u/ + xu//) +

2x
2ux
(u +xu/) =0
2
1− x
1− x 2

⇔ u// x(1 - x2) + 2u’ = 0
Đặt z = u/ ⇒ z’x(1 - x2) + 2z = 0 hay

⇒z=

dz
2dx
=−
z
x(1− x 2 )

C1 (1 − x 2 )
,C1 ≠ 0
x2

Cho C1 = -1, ta được z =

⇒ u =x+

x 2 −1
1
= 1− 2
2
x
x

hay

du
1

= 1− 2
dx
x

1
+ C2
x

Ta chỉ cần lấy một nghiệm riêng u(x) ≠ hằng số
1
1
Chọn C2 = 0 ⇒ u = x + ⇒ y2 = x(x + ) = x2 + 1
x
x

⇒ nghiệm tổng quát là y = k1x + k2(x2 + 1) với k1, k2 là hằng số
tùy ý.


Toán cao cấp:

Giải tích

193

b. Phương trình tuyến tính cấp hai không thuần nhất:
Cho phương trình không thuần nhất (a) (ở trên) với f(x) ≠ 0
phương trình

y// + a1y/ + a2y = 0 (a’)

được gọi là

phương trình thuần nhất tương ứng (liên kết) với (a).
i)

Tính chất 1: nghiệm tổng quát của (a) là tổng của nghiệm
tổng quát của (a’) với một nghiệm riêng nào đó của (a).

ii)

Tính chất 2: (nguyên lý chồng chất nghiệm) cho phương

trình không thuần nhất y’’ + a1y’ + a2y = f1(x) + f2(x) (c)
nếu y1 là nghiệm riêng của y’’ + a1y’ + a2y = f1(x) và y2 là nghiệm
riêng của y’’ + a1y’ + a2y = f2(x) thì y1 + y2 là nghiệm riêng của
(c)

(đònh lý vẫn đúng khi vế phải = f1 + f2 + ... + fn)

iii)

Phương pháp biến thiên hằng số Lagrange: Giả sử cho

phương trình tuyến tính không thuần nhất (a) (như trên) và giả sử
biết nghiệm của phương trình thuần nhất (a’) là: y = C1y1 + C2y2
(a’’). Hãy tìm nghiệm của (a).
Ta sẽ tìm nghiệm tổng quát của (a) dưới dạng
y = C1y1 + C2y2 (* ) trong đó C1, C2 là các hàm theo x
(* )⇒ y / = C1 y1/ + C2 y2/ + C1/ y1 + C2/ y2 .

Ta chọn C1, C2 sao cho:

C1/ y1 + C2/ y2 = 0

⇒ y / = C1 y1/ + C2 y2/ ⇒ y // = C1 y1/ / + C2 y2/ / + C1/ y1/ + C2/ y2/
Thế y, y/, y// vào (a) ta có:
C1( y1// + a1 y1/ + a2 y1) + C2 ( y2// + a1 y2/ + a2 y2 ) + C1/ y1/ + C2/ y2/ = f(x)
Vì y1, y2 là nghiệm của (a’) nên các biểu thức trong ngoặc
bằng 0 ⇒ C1/ y1/ + C2/ y2/ = f(x) ⇒ y = C1y1 + C2y2 là nghiệm của
(a) nếu C1 , C2 là nghiệm của


Toán cao cấp:

194

Giải tích

/
/
y
C1 y1 + C2 y2 = 0
(**)  / /
⇔  1/
/ /
C1 y1 + C2 y2 = f ( x)  y1

Nếu y1, y2 độc lập tuyến tính thì

y2   C1/   0 

.
  =
y2/   C2/   f 

y1

y2

y1/

y2/

≠ 0 và (**) có nghiệm

C1 = ϕ1( x)dx + k1
∫

C1/ = ϕ1(x), C2/ = ϕ2(x) ⇒ 
C2 = ∫ ϕ2 ( x)dx + k2
Thay C1, C2 vào (* ) ta có nghiệm tổng quát của phương trình (a)
là:
y = k1y1 + k2y2 + y1 ∫ ϕ ( x)dx + y2 ∫ ϕ ( x)dx với k1, k2 tùy ý ∈ ℝ .
1

2

Cho k1 = k2 = 0 ta được một nghiệm riêng của (a).
y'
Ví dụ: Tìm nghiệm tổng quát của y ''− = x
x

Nghiệm của phương trình thuần nhất tương ứng
y '' 1
y'
y ''− = 0 ⇔
=
⇔ ln|y’| = ln|k.x| ⇔ y’ = C.x
x
y' x

⇒y=

C 2
C
x + C2 = C1x2 + C2, C1 =
2
2

Biểu thức: y = C1 (x).x2 + C2(x) là nghiệm của phương trình nếu

 / 1
C1 = 2
C1/ x 2 + C2/ .1 = 0
C1, C2 là nghiệm của  /
⇔ 
/
2C1 x + C2 .0 = x
C / = − 1 x 2
 2
2
1


C1 = 2 x + k1
⇔ 
3
C = − x + k
2
 2
6
Nghiệm tổng quát là


Toán cao cấp:

195

Giải tích

 − x3
 x3
x

y =  + k1  x 2 + 
+ k2  = + k1x 2 + k2
2

 6
 3
4. Phương trình vi phân tuyến tính cấp 2 có hệ số không đổi:
a.

Phương trình tuyến tính thuần nhất:
a2y’’ + a1y’ + a0y = 0

với a0 , a1, a2 là các hằng số và a2 ≠ 0
phương trình trên tương đương: y’’ + α1y’ + α0y = 0 (iv)
a
a
với α1 = 1 , α o = o .
a2
a2
Ta cần tìm 2 nghiệm riêng độc lập tuyến tính của (iv).
Ta tìm nghiệm riêng của (iv) dưới dạng y = ekx với k cần xác
đònh . Ta có: y’ = kekx, y’’ = k2ekx thế vào (iv) có :
k2ekx + α1kekx + αoekx = 0
⇔ k2 + α1k + αo = 0 (v)

Phương trình này được gọi là phương trình đặc trưng của (iv).
Phương trình (v) có 2 nghiệm k1,k2. Ta có các trường hợp sau :
• k1, k2 ∈ ℝ và k1 ≠ k2 ⇒ 2 nghiệm riêng của (iv) là
y1 = ek1x , y2 = e k2 x

Hiển nhiên 2 nghiệm này độc lập tuyến tính vì

y1
≠ hằng số
y2

Suy ra nghiệm tổng quát của (iv) là y = C1e k1x + C2ek2 x với C1, C2 tùy
ý ∈ ℝ .
Ví dụ 1:

Giải phương trình :

y’’ - 7y’ + 10y = 0

Phương trình đặc trưng là :
k2 - 7k + 10 = 0 ⇔ k = 2 hay k = 5
Nghiệm tổng quát là y = C1e2x + C2e5x
• k1 = k2 ∈ ℝ : Khi đó 1 nghiệm riêng của (iv) là y1 = e k1x .


Toán cao cấp:

Giải tích

196

Ta tìm nghiệm riêng y2 độc lập tuyến tính với y1 dưới dạng
y2 = y1u(x) = u(x) ek1x
⇒ y2' = u ' e k1x + k1ue k1x , y2'' = u '' e k1x + 2k1u ' ek1x + k12ue k1x .
Thế vào (iv) ta có :
ek1x [u’’ + (2k1 + a1)u’ + (k12 + a1k1 + a0)u] = 0

(vì k1 là nghiệm kép của (v)

nên k12 + a1k1 + a0 = 0 và k1 = −

a1
2

⇒ 2k1 + a1 = 0)
⇒ ek1x u’’ = 0 ⇒ u’’ = 0 ⇒ u = Ax + B
Chọn A = 1, B = 0 ta có u = x⇒ y2 = x ek1x
⇒ nghiệm tổng quát là
y = C1 ek1x + C2x ek1x = (C1 + C2x) ek1x
Ví dụ 2: Giải phương trình y’’ + 6y’ + 9y = 0.
Phương trình đặc trưng là k2 + 6k + 9 = 0 có nghiệm kép là
k = -3 ⇒ nghiệm tổng quát là y = (C1 + C2x)e-3x.
• k1, k2 ∈ ℂ ; k1 = a + ib, k2 = a – ib thì

y1 = e( a + i b ) x = eax (cos bx + i sin bx),
y2 = e( a − i b ) x = e ax (cos bx − i sin bx)
là 2 nghiệm riêng độc lập tuyến tính của (iv)
1
1
⇒ u1 = ( y1 + y2 ) = eax cos bx ; u2 = ( y1 − y2 ) = e ax sin bx
2
2i
là 2 nghiệm riêng độc lập tuyến tính của (iv)
⇒ y = C1eaxcosbx + C2eaxsinbx là nghiệm tổng quát của (iv).

Ví dụ 3: Giải phương trình

y’’ - 3y’ + 5y = 0

Phương trình đặc trưng là k2 -3k + 5 = 0 ⇔ k =

3 ± i 11
2

Toán cao cấp:

197

Giải tích

⇒ 2 nghiệm riêng độc lập tuyến tính là
3
x
2

3
x
11
11
y1 = e cos
x, y2 = e 2 sin
x
2
2
3

x

⇒ nghiệm tổng quát là : y = C1e 2 cos

3
x
11

11
x + C2e 2 sin
x
2
2

b. Vài dạng đặc biệt:
Cho phương trình y’’ + α1y’ + α0y = f(x) (1) trong đó α1, α2 là 2
hằng số.Ta xét các trường hợp riêng sau đây của f(x):
•

f(x) = ek x. Pn(x) với k không là nghiệm của phương trình đặc
trưng. Khi đó (1) có một nghiệm riêng có dạng
y1 = ek x. Qn(x), trong đó Pn(x), Qn(x) là các đa thức bậc n.

Ví dụ 1: Tìm nghiệm tổng quát và nghiệm thỏa điều kiện ban
đầu của phương trình vi phân sau :
y" + 2y’ + 2y = 4x2 ( A) với y(0) = 2; y’(0) = −3.
Phương trình đặc trưng : k2 + 2k + 2 = 0 ⇔ k = −1± i .Vậy
nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất tương ứng là
y = e − x ( c1 cos x + c2 sin x ) với c1, c2 ∈ ℝ
k = 0 không là nghiệm của phương trình đặc trưng nên nghiệm
riêng của (A) có dạng y1 = ax2 + bx + c ⇒ y1/ = 2ax + b; y1// = 2a .
Thế vào (A) ta có
2a + 4 ax + 2b + 2ax 2 + 2bx + 2c = 4 x 2 , ∀x
⇔ ax 2 + (2a + b) x + a + b + c = 2 x 2 , ∀x

a = 2
a = 2



⇔ 2a + b = 0 ⇔ b = −4 .
a + b + c = 0
c = 2


Vậy một nghiệm riêng của (A) là y1 = 2x2 -4x + 2
⇒ nghiệm tổng quát của (A) là


Toán cao cấp:

Giải tích

198

y = y1 + y = 2 x 2 − 4 x + 2 + e− x ( c1 cos x + c2 sin x ) với c1, c2 ∈ ℝ
⇒ y / = 4 x − 4 − e − x ( c1 cos x + c2 sin x ) + e − x ( −c1 sin x + c2 cos x )
y(0) = 2 và y’(0) = −3 ⇒ c1 = 0 và c2 = 1.
Vậy nghiệm của (A) thỏa y(0) = 2 và y’(0) = −3 là
y = 2 x 2 − 4 x + 2 + e− x sin x
Ví dụ 2 : Giải y" – 4 y’ + 4y = ( x2 +1). e x.

(B)

2

Phương trình đặc trưng : k – 4 k + 4 = 0 có nghiệm kép k = 2 .
Vậy nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất tương ứng là
y = e2 x ( c1 + c2 x ) với c1, c2 ∈ ℝ

k = 1 không là nghiệm của phương trình đặc trưng nên nghiệm
riêng của (B) có dạng y1 = e x (ax2 + bx + c)
⇒

 y1/ = e x (ax 2 + bx + c) + e x (2ax + b);
.
 // x 2
x
x
 y1 = e (ax + bx + c) + 2e (2ax + b) + 2ae

Thế vào (B) và chia 2 vế cho e x ta có
ax 2 + bx + c − 2(2ax + b) + 2a = x 2 + 1, ∀x
⇔ ax 2 + (−4 a + b) x + 2a − 2b + c = x 2 + 1, ∀x

a = 1
a = 1


⇔ −4 a + b = 0 ⇔ b = 4 .
2a − 2b + c = 1 c = 7


Vậy một nghiệm riêng của (B) là y1 = ( x 2 + 4 x + 7 ) e x
⇒ nghiệm tổng quát của (B) là

y = y1 + y = ( x 2 + 4 x + 7 ) e x + e2 x ( c1 + c2 x ) với c1, c2 ∈ ℝ
Ví dụ 3: y" + 3y’ + 2y = ( x2 +2x + 6). e3 x có nghiệm riêng có dạng
y = ( ax2 +bx + c). e3 x

Ví dụ 4 : y" + 3y’ + 2y = ( 2x + 1). e3 x có nghiệm riêng có dạng y
= ( ax +b). e3 x.


Toán cao cấp:

199

Giải tích

Ví dụ 5 : y" + 3y’ + 2y = 6 e3 x có nghiệm riêng có dạng
y = a. e3 x.
•

f(x) = ek x. Pn(x) với k là nghiệm đơn của phương trình đặc
trưng. Khi đó (1) có một nghiệm riêng có dạng
y1 = x.ek x. Qn(x), trong đó Pn(x), Qn(x) là các đa thức bậc n.

Ví dụ 1: Giải y" + 3y’ – 18 y = ( 2x + 1). e3 x

(C)

Phương trình đặc trưng : k2 +3k – 18 = 0 ⇔ k = 3 hay k = −6 .
Vậy nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất tương ứng là

y = c1e3 x + c2e −6 x với c1, c2 ∈ ℝ
k = 3 là nghiệm đơn của phương trình đặc trưng nên nghiệm riêng
của (C) có dạng y1 = x (ax + b) e 3 x = (ax2 + bx ) e 3 x
⇒

 y1/ = 3e3 x (ax 2 + bx) + e3 x (2ax + b)
 //
x
2
x
3x
 y1 = 9e (ax + bx) + 6e (2ax + b) + 2a.e

Thế vào (C) và chia 2 vế cho e 3 x ta có
9(2ax + b) + 2a = 2 x + 1, ∀x
1

a=

18a = 2

9
⇔
⇔ 18ax + 2a + 9b = 2 x + 1, ∀x ⇔ 
+
=
2
a
9
b
1

b = 7

81

Vậy một nghiệm riêng của (C) là y1 =

1
( 9x2 + 7 x ) e 3 x
81

⇒ nghiệm tổng quát của (C) là
1
y = y1 + y = ( 9 x 2 + 7 x ) e3 x + c1e3 x + c2e −6 x với c1, c2 ∈ ℝ
81
1
hay
y = ( 9 x 2 + 7 x + c ) e3 x + c2e −6 x với c , c2 ∈ ℝ ( c = 81c1 )
81

Ví dụ 2: y" - 5y’ + 6y = ( x2 +2x + 6). e2 x có nghiệm riêng có dạng


Toán cao cấp:

Giải tích

200

y = x.( ax2 +bx + c). e2 x vì k = 2 là nghiệm đơn của phương
trình đặc trưng ( ứng với e2 x )
Ví dụ 3: y" + 3y’ – 18 y = ( 2x + 1). e3 x có nghiệm riêng có dạng
y = x.( ax +b). e3 x.
Ví dụ 4: y" + 3y’ – 18 y = 6 e3 x có nghiệm riêng có dạng

y = a.x. e3 x.
f(x) = ek x. Pn(x) với k nghiệm kép của phương trình đặc

•

trưng. Khi đó (1) có một nghiệm riêng có dạng
y1 = x2.ek x. Qn(x), trong đó Pn(x), Qn(x) là các đa thức bậc n.
Ví dụ 1: Giải y" + 6 y’ + 9 y = 6 e− 3 x .( D )
Phương trình đặc trưng : k2 + 6k + 9 = 0 có nghiệm kép
k = − 3 .Vậy nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất tương

ứng là y = e − 3 x (c1 + c2 x ) với c1, c2 ∈ ℝ
k = − 3 là nghiệm kép của phương trình đặc trưng nên nghiệm

riêng của (D) có dạng y1 = ax2. e− 3 x
⇒

y1/ = − 3e −3 x ax 2 + e − 3 x (2ax);
y1// = 9e −3 x .ax 2 − 6e−3 x (2ax ) + 2a.e− 3 x

.

Thế vào (D) và chia 2 vế cho e− 3 x ta có 2a = 6 ⇒ a = 3
Vậy một nghiệm riêng của ( D) là y1 = 3x2. e− 3 x
⇒ nghiệm tổng quát của (D) là
y = y1 + y = 3 x 2e − 3 x + e − 3 x (c1 + c2 x ) với c1, c2 ∈ ℝ
hay y = e − 3 x (c1 + c2 x + 3 x 2 ) với c1, c2 ∈ ℝ
Ví dụ 2: y" – 4 y’ + 4y = ( x2 +2x + 6). e2 x có nghiệm riêng có
dạng
y = x2.( ax2 +bx + c). e2 x vì k = 2 là nghiệm kép của phương

trình đặc trưng ( ứng với e2 x )
Ví dụ 3: y" – 6 y’ + 9 y = ( 2x + 1). e3 x có nghiệm riêng có dạng


Toán cao cấp:

201

Giải tích

y = x.( ax +b). e3 x.
Ví dụ 4: y" – 6 y’ + 9 y = 6 e3 x có nghiệm riêng có dạng
y = a.x2. e3 x.
•

f(x) = ea x. [ Pn(x)cosbx + Qm(x)cosbx ] với a + ib không là
nghiệm của phương trình đặc trưng.Khi đó (1) có một
nghiệm riêng có dạng y1 = ea x [ R(x) cosbx+ S(x) sinbx ]
trong đó R(x), S(x) là các đa thức có bậc ≤ max {n, m} .

•

f(x) = ea x. [ Pn(x)cosbx + Qm(x)cosbx ] với a + ib là nghiệm
của phương trình đặc trưng.Khi đó (1) có một nghiệm riêng
có dạng y1 = x. ea x [ R(x) cosbx+ S(x) sinbx ] trong đó R(x),
S(x) là các đa thức có bậc ≤ max {n, m} .

Ví dụ: Giải y" + y = cos3 x =

3

1
cos x + cos 3 x ( E )
4
4

Vì i là nghiệm của phương trình đặc trưng nên
3
y" + y = cos3 x = cos x ( E1)
có nghiệm riêng có dạng :
4
y1 = ( ax + b)cosx + (cx +d )sinx .
Suy ra :

y1/ = a cos x − (ax + b) sin x + c sin x + (cx + d ) cos x
= ( cx + a + d ) cos x − ( ax + b − c ) sin x
y1// = ( − ax − b + 2c ) cos x − ( cx + 2a + d ) sin x
Thế vào ( E1 ) ta có 2c.cos x + 2ax sin x =
⇔c=

3
cos x, ∀x
4

3
và a = 0.
8

Vậy một nghiệm riêng của ( E1 ) là y1 =

3

x.sin x
8

Vì 3i không là nghiệm của phương trình đặc trưng nên


Toán cao cấp:

y" + y = cos3 x =

Giải tích

202

1
cos 3 x ( E2 ) có nghiệm riêng có dạng :
4

y2 = acos3x + bsin3x
/
 y2 = 3b cos 3 x − 3a sin 3 x
.
 //
 y2 = − 9a cos 3 x − 9b sin 3 x

⇒
Thế vào ( E2 ) ta có

1
−1

cos 3 x, ∀x ⇔ a =
và b = 0
4
32
−1
Vậy một nghiệm riêng của ( E2 ) là y2 =
cos 3 x
32
−8a.cos 3 x − 8b sin 3 x =

Từ nghiệm riêng của ( E1 ) và ( E2 ) ta có một nghiệm riêng của
( E) là
y3 =

3
1
x.sin x −
cos 3 x ( nguyên lý chồng chất nghiệm).
8
32

Nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất tương ứng với (E )
là y = c1 cos x + c2 sin x với c1, c2 ∈ ℝ
Vậy nghiệm tổng quát của phương trình (E ) là
3
1
y = y3 + y =
x.sin x −
cos 3 x + c1 cos x + c2 sin x với c1, c2 ∈ ℝ
8

32