TÓM TẮT LÝ THUYẾT VÀ HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬPTOÁN IV (PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN)

BỘ NÔNG NGHIỆP VÀ PHÁT TRIỂN NÔNG THÔN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC THỦY LỢI

TÓM TẮT LÝ THUYẾT
VÀ
HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP
MÔN HỌC: TOÁN IV (PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN)

GIẢNG VIÊN: Th.S ĐẶNG VÕ PHÚC
EMAIL:
ĐIỆN THOẠI (DĐ): 01699 007 175

TÀI LIỆU LƯU HÀNH NỘI BỘ
TP HỒ CHÍ MINH - 2014


Bộ môn Toán - Đại học Thủy Lợi

Hướng dẫn giải bài tập Phương trình vi phân

Lời Nói Đầu
Trong nhiều lĩnh vực kinh tế, kỹ thuật điện tử, y học, . . . ta thường gặp các bài
toán dẫn đến việc xác định một hàm thỏa mãn phương trình có chứa một hay nhiều
đạo hàm của hàm đó. Các phương trình như vậy gọi là phương trình vi phân (PTVP).
Như vậy, cũng như phép tính đạo hàm và vi phân, PTVP có tầm quan trọng rất lớn và
ứng dụng rộng rãi trong mọi lĩnh vực khoa học kỹ thuật và kinh tế.
PTVP là phương trình liên hệ giữa biến độc lập, hàm cần tìm và các đạo hàm của
nó. Nếu hàm cần tìm chỉ phụ thuộc một biến độc lập thì ta có PTVP thường. Trong
toàn bộ Lý thuyết PTVP này, chúng ta chỉ quan tâm đến PTVP thường (từ nay về sau
gọi là PTVP).
Một PTVP tổng quát là một phương

trình có dạng F (x, y, y ′ , y ′′ , . . . , y (n) ) = 0

d(n) y
dy d2 y
, 2 , . . . , (n)  = 0, trong đó x là biến số độc lập, y = y(x) là
hay F x, y,
dx d x
d x
′
′′
hàm số phải tìm, y , y , . . . , y (n) là các đạo hàm của hàm số phải tìm (trong PTVP
nhất thiết phải có mặt ít nhất đạo hàm cấp k nào đó của hàm phải tìm). Cấp cao nhất
của đạo hàm của hàm số y = y(x) phải tìm có mặt trong PTVP được gọi là cấp của
PTVP. Hàm số y = y(x) là một nghiệm của PTVP nếu như nó thỏa mãn phương trình
tổng quát trên, tức là khi ta thay nó vào thì sẽ nhận được đồng nhất thức.
Để học tốt học phần PTVP này thì yêu cầu SV phải nhận dạng được từng loại
PTVP, qua đó mới có thể tích phân được (hay tìm được nghiệm), bởi vì không có một
phương pháp chung nào để giải PTVP. Giải PTVP là một quá trình tính tích phân, vì
thế yêu cầu SV phải thông thạo phép tính tích phân và vi phân, đó là nội dung cốt lõi
của Toán học cao cấp.
Cuốn tài liệu này được chia làm ba phần:
Phần I: Một số vấn đề cơ bản của Phương trình vi phân
Phần II: Phân dạng và hướng dẫn giải bài tập Phương trình vi phân
Phần III: Phụ lục về cấu trúc đề thi kiểm tra giữa kỳ và kết thúc môn
học Toán IV (Phương trình vi phân)

Th.S Đặng Võ Phúc

1

Email:


Bộ môn Toán - Đại học Thủy Lợi

Hướng dẫn giải bài tập Phương trình vi phân

Nội dung các phần tôi đã chi tiết hóa các vấn đề, đặc biệt là phần hướng dẫn giải
bài tập. Phần bài tập, tôi đã phân dạng và giải chi tiết các dạng bài tập trong sách
Giáo trình theo cấu trúc của đề thi kiểm tra giữa kỳ cũng như kết thúc môn học này.
Có một số bài tập không có trong cấu trúc đề thi, tôi cũng đã giải chi tiết và có đáp án
cụ thể, Sinh Viên cũng có thể tham khảo thêm một số bài tập này để nắm vững kiến
thức và khả năng giải bài tập PTVP một cách hiệu quả nhất.
Cuối cùng, tôi hy vọng rằng một chút đóng góp của tôi trong cuốn tài liệu này sẽ
giúp các bạn Sinh viên Trường Đại học Thủy lợi học tốt hơn môn học Toán IV và quý
Thầy cô trong Bộ môn Toán cũng có thể tham khảo để làm tài liệu giảng dạy môn học
này. Tài liệu được biên soạn trên chương trình LATEX nên cũng mất khá nhiều thời
gian, trong quá trình biên soạn tài liệu không thể tránh khỏi sai sót, rất mong các bạn
Sinh viên cũng như quý Thầy cô trong Bộ môn Toán có những đóng góp ý kiến quý
báu để tài liệu được hoàn thiện hơn.
TP Hồ Chí Minh, ngày 1 tháng 09 năm 2014
Th.S Đặng Võ Phúc

Th.S Đặng Võ Phúc

2

Email:

Bộ môn Toán - Đại học Thủy Lợi

Hướng dẫn giải bài tập Phương trình vi phân

MỘT SỐ VẤN ĐỀ CƠ BẢN CỦA TOÁN IV
Phương Trình Vi Phân
GIỚI THIỆU
Trong phần này gồm các nội dung chính sau:

1. Phương trình vi phân cấp một phân ly biến số
1.1. Định nghĩa
1.2. Phương pháp giải
2. Phương trình vi phân tuyến tính cấp một
2.1. Định nghĩa
2.2. Phương pháp giải
3. Phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất cấp một
3.1. Định nghĩa
3.2. Phương pháp giải
4. Phương trình vi phân Bernoulli
4.1. Định nghĩa
4.2. Phương pháp giải
5. Phương trình vi phân toàn phần
5.1. Định nghĩa
5.2. Công thức nghiệm
6. Một số phương trình vi phân cấp hai giảm cấp được
6.1. Phương trình khuyết biến phụ thuộc y
6.2. Phương trình khuyết biến độc lập x
7. Phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất cấp hai với hệ số hằng
8. Phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất cấp n với hệ số hằng

Th.S Đặng Võ Phúc

3

Email:


Bộ môn Toán - Đại học Thủy Lợi

Hướng dẫn giải bài tập Phương trình vi phân

9. Phương trình vi phân tuyến tính không thuần nhất cấp n với hệ số
hằng
9.1. Phương pháp hệ số bất định
9.2. Phương pháp biến thiên hằng số

NỘI DUNG
1. Phương trình vi phân cấp một phân ly biến số
1.1. Định nghĩa
Phương trình vi phân cấp một:
dy
= H(x; y)
dx

(1.1)

được gọi là phương trình vi phân phân ly biến số khi H(x; y) có thể viết thành tích của
một hàm của x và một hàm của y :
dy
g(x)

1
= g(x)h(y) =
, trong đó h(y) =
,
dx
f (y)
f (y)
tức là phương trình (1.1) được viết dưới dạng
f (y)dy = g(x)dx

(1.2)

1.2. Phương pháp giải
Xét PTVP phân ly cấp một (1.2), lấy tích phân hai vế theo biến x, ta có:
∫

∫

f (y)dy =

g(x)dx + C

⇔ F (y) = G(x) + C
2. Phương trình vi phân tuyến tính cấp một
2.1. Định nghĩa
PTVPTT cấp một là PTVP có dạng
dy
+ P (x)y = Q(x)
dx

(1.3)

2.2. Phương pháp giải

Th.S Đặng Võ Phúc

4

Email:


Bộ môn Toán - Đại học Thủy Lợi

Hướng dẫn giải bài tập Phương trình vi phân

1 Đầu tiên, tính thừa số tích phân
⃝

∫

ρ(x) = e

P (x)dx

.

2 Nhân hai vế của (1.3) với ρ(x).
⃝
3 Sau đó, đưa vế trái của phương trình được xét về dạng đạo hàm của một
⃝

tích:

[

]

Dx ρ(x)y(x) = ρ(x)Q(x)

(1.4)

4 Lấy tích phân hai vế của phương trình (8.4), ta được:
⃝

∫

ρ(x)y(x) =

ρ(x)Q(x) dx + C.

5 Cuối cùng, giải theo y để nhận được nghiệm tổng quát của PTVPTT cấp
⃝

một (8.3) là:
y(x) = e−

∫

P (x)dx

[

∫

Q(x)e

P (x)dx

+C

]

(1.5)

3. Phương trình vi phân thuần nhất cấp một
3.1. Định nghĩa
PTVP thuần nhất cấp một là PTVP có dạng
( )
y
dy
=F
dx
x

(1.6)

3.2. Phương pháp giải
y
dν
dν

⇒ y = νx và
= ν + x . Khi đó, PTVP thuần nhất (1.6)
x
dx
dx
trở thành PTVP phân ly biến số:
• Đặt ν =

dν
dx
=
.
F (ν) − ν
x
4. Phương trình vi phân Bernoulli
4.1. Định nghĩa
PTVP Bernoulli là PTVP có dạng
dy
+ P (x)y = Q(x)y n , n ∈ R
dx

(1.7)

4.2. Phương pháp giải
Th.S Đặng Võ Phúc

5

Email:

Bộ môn Toán - Đại học Thủy Lợi

Hướng dẫn giải bài tập Phương trình vi phân

n−1
1 Sử dụng phép thế: ν = y
⃝
.
2 Khi đó,
⃝

dν
dy
= (1 − n)y −n .
dx
dx

3 Phương trình (1.7) trở thành PTVPTT cấp một:
⃝

dν
+ (1 − n)P (x)ν = (1 − n)Q(x).
dx
5. Phương trình vi phân toàn phần
5.1. Định nghĩa
Nếu tồn tại hàm F (x; y) sao cho

















∂F
= M (x; y)
∂x
∂F
= M (x; y)
∂y

thì PTVP dạng: M (x; y)dx + N (x; y)dy = 0 được gọi là phương trình vi phân toàn
phần.
5.2. Công thức nghiệm
• Xét PTVP toàn phần:
M (x; y)dx + N (x; y)dy = 0

(1.8)

Khi đó, tồn tại hàm F (x; y) sao cho
∂F

∂F
dx +
dy = M (x; y)dx + N (x; y)dy = 0.
∂x
∂y
• Ta có

∫

F (x; y) =

M (x; y) dx + g(y)

Lấy đạo hàm hai vế của (1.9) theo biến y rồi áp dụng
• Nghiệm tổng quát của PTVP toàn phần (1.8) là:

(1.9)
∂F
= N (x; y) để xác định g(y).
∂y

F (x; y) = C.
6. Một số phương trình vi phân cấp hai giảm cấp được
6.1. Phương trình khuyết biến phụ thuộc y
Dạng: F (x; y ′ ; y ′′ ) = 0

(1.10)

Phương pháp giải:
Th.S Đặng Võ Phúc

6

Email:


Bộ môn Toán - Đại học Thủy Lợi

Hướng dẫn giải bài tập Phương trình vi phân

dy
dp
⇒ y ′′ =
.
dx
dx
• Ta nhận được PTVP cấp một: F (x; p; p′ ) = 0

• Xét phép thế p = y ′ =

(1.11)

• Nếu p = p(x; C1 ) là nghiệm tổng quát của phương trình (1.11) thì nghiệm tổng của
phương trình (1.10) là:
∫

y(x) =

y ′ (x) dx =

∫

p(x; C1 ) dx + C2

(1.12)

6.2. Phương trình khuyết biến độc lập x
Dạng: F (y; y ′ ; y ′′ ) = 0

(1.13)

Phương pháp giải:
dp
dp dy
dp
=
.
= p. .
dx
dy dx
dy
• Khi đó, PTVP (1.13) trở thành PTVP cấp một (với p như một hàm của y)

• Xét phép thế: p = y ′ ⇒ y ′′ =

(

dp
F y; p; p.
dy

)

(1.14)

• Nếu nghiệm của (1.14) là p = p(y; C1 ) thì (khi giả thiết rằng y ′ ̸= 0), ta có
∫

x(y) =

∫
∫
∫
dx
1
1
dy
dy =
dy =
dy =
+ C2
dy
dy
p
p(y; C1 )
dx

• Nếu tích phân cuối cùng P =

∫

(1.15)

1
dy có thể tính được thì nhận được nghiệm của
p

PTVP cấp hai ban đầu (1.13) là:
x(y) = P (y; C1 ) + C2
7. Phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất cấp hai với hệ số hằng
Dạng: ay ′′ + by ′ + cy = 0, trong đó a ̸= 0 b; c là các hằng số

(1.16)

Mục đích: Đi tìm nghiệm tổng quát của (1.16).
Phương pháp giải:
• Xét phương trình đặc trưng của (1.16) :

ar2 + br + c = 0

(1.17)

• Giải phương trình đặc trưng (1.17) rồi tùy theo từng trường hợp dưới đây để suy
ra nghiệm tổng quát của phương trình (1.16).

Th.S Đặng Võ Phúc

7

Email:

Bộ môn Toán - Đại học Thủy Lợi

Hướng dẫn giải bài tập Phương trình vi phân

1 Trường hợp 1: Phương trình đặc trưng có hai nghiệm thực phân biệt
⃝
Nếu phương trình đặc trưng (1.17) có hai nghiệm thực phân biệt r1 và r2 thì
nghiệm tổng quát của phương trình (1.16) là
y(x) = c1 er1 x + c2 er2 x

(1.18)

2 Trường hợp 2: Phương trình đặc trưng có nghiệm bội
⃝
Nếu phương trình đặc trưng (1.17) có hai nghiệm bằng nhau r1 = r2 = r thì
nghiệm tổng quát của phương trình (1.16) là
y(x) = (c1 + c2 x)erx

(1.19)

3 Trường hợp 3: Phương trình đặc trưng có nghiệm phức
⃝
Nếu phương trình đặc trưng (1.17) có cặp nghiệm phân biệt phức liên hợp
a ± ib (b ̸= 0) thì nghiệm tổng quát của phương trình (1.16) là
y(x) = eax (c1 cos bx + c2 sin bx)

(1.20)

8. Phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất cấp n với hệ số hằng
Dạng:

an y (n) + an−1 y (n−1) + . . . + a2 y ′′ + a1 y ′ + a0 y = 0

(1.21)

(an ̸= 0, an−1 , . . . , a0 là các hằng số)
Mục đích : Tìm nghiệm tổng quát của phương trình (1.21).
Cách giải PTVPTT thuần nhất cấp n hệ số hằng
Xét PTVP (1.21). Ta đi tìm một nghiệm đơn của (1.21) dưới dạng

y = y(x) = erx , r là hằng số nào đó cần đi xác định.
• Thay y = erx vào phương trình (1.21), ta được phương trình đặc trưng là:

an rn + an−1 rn−1 + . . . + a2 r2 + a1 r + a0 = 0

(1.22)

Cũng như PTVPTT cấp hai thuần nhất, chúng ta có các trường hợp sau của
phương trình đặc trưng:
Trường hợp 1: Phương trình đặc trưng (1.22) có n nghiệm phân biệt
Th.S Đặng Võ Phúc

8

Email:


Bộ môn Toán - Đại học Thủy Lợi

Hướng dẫn giải bài tập Phương trình vi phân

Nếu phương trình đặc trưng (1.22) có n nghiệm thực phân biệt r1 , r2 , . . . , rn thì
nghiệm tổng quát của phương trình (1.21) có dạng
y = y(x) = C1 er1 x +C2 er2 x +. . .+Cn ern x , C1 ; C2 ; . . . ; Cn là các hằng số tùy ý

(1.23)

Trường hợp 2: Phương trình đặc trưng (1.22) có nghiệm bội
Nếu phương trình đặc trưng (1.22) có r là nghiệm bội k (k ≥ 2) thì nghiệm tổng quát
của phương trình (1.21) có dạng
y = y(x) = (C1 + C2 x + C3 x2 + . . . + Ck xk−1 )erx

(1.24)

(C1 ; C2 ; . . . ; Ck là các hằng số tùy ý)
Trường hợp 3: Phương trình đặc trưng (1.22) có nghiệm phức
Nghiệm phức đơn
Nếu cặp nghiệm liên hợp phức r1 = a + ib và r2 = a − ib là nghiệm đơn thì các nghiệm
riêng (giá trị thực) tương ứng y1 (x) = eax cos bx và y2 (x) = eax sin bx là độc lập tuyến
tính. Khi đó, phần nghiệm tổng quát tương ứng với cặp nghiệm phức liên hợp đó là
C1 y1 (x) + C2 y2 (x) = C1 eax cos bx + C2 eax sin bx

(1.25)

Nghiệm phức bội
Nếu cặp nghiệm liên hợp phức r1 = a + ib và r2 = a − ib là nghiệm bội k thì phần
nghiệm tổng quát tương ứng với cặp nghiệm phức liên hợp đó là
(A1 + A2 x + . . . + Ak xk−1 )e(a+ib)x + (B1 + B2 x + . . . + Bk xk−1 )e(a−ib)x =

=

k−1
∑

n=0
n ax

xn eax (Cn cos bx + Dn sin bx)

(1.26)

Các hàm x e cos bx, xn eax sin bx, n = 0, k − 1 là độc lập tuyến tính
9. Phương trình vi phân tuyến tính không thuần nhất cấp n với hệ số
hằng
Xét PTVPTT không thuần nhất cấp n với hệ số hằng

an y (n) + an−1 y (n−1) + . . . + a2 y ′′ + a1 y ′ + a0 y = f (x)

(1.27)

(an ̸= 0, an−1 , . . . , a0 là các hằng số)
Th.S Đặng Võ Phúc

9

Email:


Bộ môn Toán - Đại học Thủy Lợi

Hướng dẫn giải bài tập Phương trình vi phân

Ta đã biết nghiệm tổng quát của (1.27) có dạng:
y(x) = yc (x) + yp (x)
trong đó hàm bổ sung yc (x) là nghiệm tổng quát của PTVPTT thuần nhất tương ứng
của (1.27)

an y (n) + an−1 y (n−1) + . . . + a2 y ′′ + a1 y ′ + a0 y = 0

(1.28)

Vấn đề: Tìm nghiệm riêng yp (x) của phương trình (1.27) được thực hiện như
thế nào?
9.1. Phương pháp hệ số bất định
• Xét phương trình đặc trưng của PTVPTT thuần nhất (1.28)
an rn + an−1 rn−1 + . . . + a1 r + a0 = 0

(1.29)

• Chúng ta có hai trường hợp sau:
Trường hợp 1: f (x) = eαx Pn (x), α là hằng số, Pn (x) là đa thức bậc n
(+) Nếu α không là nghiệm của (1.29) thì nghiệm riêng yp (x) của PTVPTT không
thuần nhất (1.27) có dạng
yp (x) = eαx Qn (x)

(1.30)

(+) Nếu α là nghiệm bội k (k ≥ 1) của (1.29) thì nghiệm riêng yp (x) của PTVPTT
không thuần nhất (1.27) có dạng

yp (x) = xk eαx Qn (x)

(1.31)

Ở trên, Qn (x) = An xn + An−1 xn−1 + . . . + A1 x + A0 là đa thức bậc n với các hệ số
An , An−1 , . . . , A0 chưa xác định và được tìm bằng cách thay yp (x) vào (1.27).
Trường hợp 2: f (x) = eαx (Pn (x) cos (βx) + Qm (x) sin (βx))
(α là hằng số, Pn (x) là đa thức bậc n, Qm (x) là đa thức bậc m )
(+) Nếu α ± iβ không là nghiệm của phương trình đặc trưng (1.29) thì nghiệm riêng
yp (x) của PTVPTT không thuần nhất (1.27) có dạng

yp (x) = eαx (Sl (x) cos βx + Tl (x) sin βx)
Th.S Đặng Võ Phúc

10

(1.32)
Email:


Bộ môn Toán - Đại học Thủy Lợi

Hướng dẫn giải bài tập Phương trình vi phân

(+) Nếu α ± iβ là nghiệm bội k (k ≥ 1) của (1.29) thì nghiệm riêng yp (x) của
PTVPTT không thuần nhất (1.27) có dạng

yp (x) = xk eαx (Sl (x) cos βx + Tl (x) sin βx)

(1.33)

Ở trên, l = max{n, m} và các hệ số chưa biết của đa thức Sl (x) và Tl (x) được tìm
bằng cách thay yp (x) vào (1.27).
Chú ý: Nếu đa thức f (x) trong PTVPTT không thuần nhất (1.27) có dạng
f (x) = f1 (x) + f2 (x)
thì nghiệm riêng yp (x) của (1.27) được xác định như thế nào?
Nguyên lý chồng chất nghiệm
• Xét các PTVPTT không thuần nhất:
an y (n) + an−1 y (n−1) + . . . + a2 y ′′ + a1 y ′ + a0 y = f1 (x)

(∗)

an y (n) + an−1 y (n−1) + . . . + a2 y ′′ + a1 y ′ + a0 y = f2 (x)

(∗∗)

• Khi đó, nếu Y1 (x) và Y2 (x) lần lượt là các nghiệm riêng của phương trình (∗) và (∗∗)
thì
yp (x) = Y1 (x) + Y2 (x)

(1.34)

là nghiệm riêng của PTVPTT không thuần nhất (1.27) với vế phải f (x) = f1 (x)+f2 (x).
9.2. Phương pháp biến thiên hằng số
Xét PTVPTT không thuần nhất:
an y (n) + an−1 y (n−1) + . . . + a2 y ′′ + a1 y ′ + a0 y = f (x).
Bước 1: Tìm nghiệm tổng quát
yc (x) = C1 y1 (x) + C2 y2 (x) + . . . + Cn yn (x)

(∗)

của PTVPTT thuần nhất tương ứng
an y (n) + an−1 y (n−1) + . . . + a2 y ′′ + a1 y ′ + a0 y = 0.
Bước 2: Tìm nghiệm riêng yp (x) của phương trình không thuần nhất (1.27) bằng
cách thay các hằng số C1 , C2 , . . . , Cn trong (∗) bằng hàm u1 (x), u2 (x) , . . . , un (x),
tức là ta được
yp (x) = u1 (x)y1 (x) + u2 (x)y2 (x) + . . . + un (x)yn (x)
Th.S Đặng Võ Phúc

11

(∗∗)

Email:


Bộ môn Toán - Đại học Thủy Lợi

Hướng dẫn giải bài tập Phương trình vi phân

Bước 3: Chúng ta đi xác định u1 (x), u2 (x) , . . . , un (x) trong (∗∗) bằng việc giải
hệ phương trình

























u′1 y1 + u′2 y2 + . . . + u′n yn

= 0

u′1 y1′ + u′2 y2′ + . . . + u′n yn′

= 0

u′1 y1′′ + u′2 y2′′ + . . . + u′n yn′′

= 0

(1.35)

...........................
(n−1)
u′1 y1

+ u′2 y2

(n−1)

+ . . . + u′n yn(n−1) = f (x)

Bước 4: Cuối cùng, thay u1 , u2 , . . . , un vừa tìm được vào yp (x) và suy ra nghiệm
riêng cần tìm.
Cụ thể, với n = 2, ta có PTVPTT không thuần nhất cấp hai:
ay ′′ + by ′ + cy = f (x).
Phương pháp biến thiên hằng số để giải PTVPTT không thuần nhất cấp hai trên
được thực hiện như sau:
Bước 1: Tìm nghiệm tổng quát
yc (x) = C1 y1 (x) + C2 y2 (x)
của PTVPTT thuần nhất tương ứng
ay ′′ + by ′ + cy = 0.
Bước 2: Xét nghiệm riêng có dạng
yp (x) = u1 (x)y1 (x) + u2 (x)y2 (x).
Bước 3: Tìm u1 (x) và u2 (x) bằng việc giải hệ phương trình




u′1 y1 + u′2 y2 = 0
u′1 y1′ + u′2 y2′ = f (x)

Bước 4: Cuối cùng, thay u1 và u2 vừa tìm được vào yp (x) và suy ra nghiệm riêng.
Chú ý: Trong phương pháp biến thiên hằng số để giải PTVPTT không thuần nhất
cấp hai, nếu đã biết yc (x) = C1 y1 (x) + C2 y2 (x) của PTVPTT thuần nhất cấp hai tương
ứng thì một nghiệm riêng của PTVPTT không thuần nhất cấp hai có thể được tính
theo công thức:
Th.S Đặng Võ Phúc

12

Email:


Bộ môn Toán - Đại học Thủy Lợi

yp (x) = −y1 (x)

∫

Hướng dẫn giải bài tập Phương trình vi phân

∫
y2 (x)f (x)
y1 (x)f (x)
dx + y2 (x)
dx
W (y1 , y2 )
W (y1 , y2 )

(1.36)

trong đó, W (y1 , y2 ) là định thức Wronskian của hai nghiệm độc lập tuyến tính y1 (x)
và y2 (x).

∗∗∗

Th.S Đặng Võ Phúc

13

Email:


Bộ môn Toán - Đại học Thủy Lợi

Hướng dẫn giải bài tập Phương trình vi phân

Hệ Phương Trình Vi Phân
GIỚI THIỆU
Trong phần này gồm các nội dung chính sau:

1. Phương pháp khử để giải hệ phương trình vi phân tuyến tính cấp một
2. Phương pháp toán tử tử vi phân tuyến tính để giải hệ phương trình vi
phân tuyến tính cấp một
3. Hệ phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất cấp một với hệ số hằng
3.1. Định nghĩa
3.2. Phương pháp giá trị riêng giải hệ phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất
cấp một với hệ số hằng
4. Hệ phương trình vi phân tuyến tính không thuần nhất cấp một
4.1. Phương pháp hệ số bất định
4.2. Phương pháp biến thiên hằng số

NỘI DUNG
1. Phương pháp khử để giải hệ phương trình vi phân tuyến tính cấp một
Mục đích: Phương pháp này nhằm loại bỏ các biến cho đến khi chỉ còn lại một
phương trình chứa một biến độc lập, sau đó dẫn tới giải PTVP rồi suy ra nghiệm của
hệ.
Phạm vi: Phương pháp này phù hợp với các hệ nhỏ: chúng bao gồm không quá
hai hoặc ba phương trình.
2. Phương pháp toán tử tử vi phân tuyến tính để giải hệ phương trình vi
phân tuyến tính cấp một
Hệ hai PTVPTT cấp một với hệ số hằng có thể viết dưới dạng




L1 x + L2 y = f1 (t)
L3 x + L4 y = f2 (t)

(2.1)

trong đó, L1 , L2 , L3 , L4 là các toán tử vi phân tuyến tính tuyến tính cấp
một, f1 (t) và f2 (t) là các hàm đã cho.
Dùng phương pháp khử đưa hệ (2.1) về hệ có dạng:
Th.S Đặng Võ Phúc

14

Email:

Bộ môn Toán - Đại học Thủy Lợi
























Hướng dẫn giải bài tập Phương trình vi phân

L1 L2
L3 L4

x =

f1 (t) L2
f2 (t) L4
(2.2)

L1 L2
L3 L4

y =

L1 f1 (t)
L3 f2 (t)

Từ đó, ta tìm được nghiệm của hệ (2.1).
3. Hệ phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất cấp một với hệ số hằng
3.1. Định nghĩa
Hệ PTVPTT thuần nhất cấp một với hệ số hằng có dạng



















x′1 = a11 x1 + a12 x2 + . . . + a1n xn
x′2 = a21 x1 + a22 x2 + . . . + a2n xn
...

(2.3)

x′n = an1 x1 + an2 x2 + . . . + ann xn

Nếu tìm được đủ n véctơ nghiệm độc lập tuyến tính x1 , x2 , . . . , xn thì nghiệm
tổng quát của hệ (2.3) có dạng

x(t) = c1 x1 (t) + c2 x2 (t) + . . . + cn xn (t), c1 , c2 , . . . , cn là các hằng số tùy ý.
3.2. Phương pháp giá trị riêng giải hệ phương trình vi phân tuyến tính
thuần nhất cấp một với hệ số hằng
Xét hệ PTVPTT thuần nhất cấp một hệ số hằng (dạng phương trình ma trận)
dx
= Ax.
dt
Bước 1: Lập phương trình đặc trưng
|A − λI| = 0

(2.4)

Tìm các giá trị riêng λ1 , λ2 , . . . , λn của ma trận A.

Bước 2: Tìm đủ n véctơ riêng độc lập tuyến tính v1 , v2 , . . . , vn ứng với các giá trị
riêng ở trên. Nếu bước hai thành công thì ta sẽ có n nghiệm độc lập tuyến tính của hệ
x1 (t) = v1 eλ1 t , x2 (t) = v2 eλ2 t , . . . , xn (t) = vn eλn t .
Bước 3 (Kết luận): Nghiệm tổng quát của hệ PTVPTT thuần nhất

dx
= Ax là
dt

x(t) = C1 x1 (t) + C2 x2 (t) + . . . + Cn xn (t), C1 , C2 , . . . , Cn là các hằng số tùy ý
Th.S Đặng Võ Phúc

15

(2.5)

Email:


Bộ môn Toán - Đại học Thủy Lợi

Hướng dẫn giải bài tập Phương trình vi phân

Trường hợp 1: Phương trình đặc trưng có các giá riêng thực phân biệt
Nếu phương trình đặc trưng (2.4) có n giá riêng thực phân biệt λ1 , λ2 , . . . , λn thì ta
sẽ tìm được đủ n véctơ riêng tương ứng v1 , v2 , . . . , vn và các nghiệm riêng tương ứng
độc lập tuyến tính:
x1 (t) = v1 eλ1 t , x2 (t) = v2 eλ2 t , . . . , xn (t) = vn eλn t .
Từ đó, nghiệm tổng quát của hệ PTVPTT thuần nhất

dx
= Ax là
dt

x(t) = C1 x1 (t) + C2 x2 (t) + . . . + Cn xn (t), C1 , C2 , . . . , Cn là các hằng số tùy ý.
Trường hợp 2: Phương trình đặc trưng có các giá riêng phức
• Nếu phương trình đặc trưng (2.4) có nghiệm phức λ = p + iq và véctơ riêng tương
ứng với giá trị riêng λ


























a + ib1 
 1
v=


 a2






a
 1

b
 1

 a2 
 b2 
+ ib2 

 
 




 .  = a + ib
=
+
i
..

 .. 
 . 
.

 . 
 . 

an + ibn







an

bn

thì nghiệm giá trị phức tương ứng với λ và v là:

x(t) = veλt = (a + ib)ep+iq
= (a + ib)ept (cos qt + i sin qt)

= ept (a cos qt − b sin qt) + iept (b cos qt + a sin qt).
• Khi đó, chúng ta có hai nghiệm riêng giá trị thực độc lập tuyến tính của hệ
dx
PTVPTT thuần nhất
= Ax là
dt



x1 (t) = Re (x(t)) = ept (a cos qt − b sin qt)



x2 (t) = Im (x(t)) = ept (b cos qt + a sin qt).

• Từ đó, nghiệm tổng quát của hệ PTVPTT thuần nhất

dx
= Ax là
dt

x(t) = C1 x1 (t) + C2 x2 (t), C1 , C2 là các hằng số tùy ý.
Trường hợp 3a: Phương trình đặc trưng có giá trị riêng bội
Th.S Đặng Võ Phúc

16

Email:

Bộ môn Toán - Đại học Thủy Lợi

Hướng dẫn giải bài tập Phương trình vi phân

• Một giá trị riêng được gọi là bội k nếu nó là một nghiệm bội k của phương trình
đặc trưng |A − λI| = 0.
• Ứng với một giá trị riêng bội k (k > 1) có thể có ít hơn k véctơ riêng độc lập tuyến
tính tương ứng. Trong trường hợp này, chúng ta không thể tìm “đầy đủ ” n véctơ riêng
độc lập tuyến tính của ma trận hệ số A.
• Ta nói rằng véctơ riêng bội k đủ nếu nó có k véctơ riêng độc lập tuyến tính tương
ứng. Vì các véctơ riêng tương ứng với các giá trị riêng khác nhau sẽ là độc lập tuyến
tính nên nếu mọi véctơ riêng của ma trận A là đủ thì ma trận A có đủ n véctơ riêng
độc lập tuyến tính v1 , v2 , . . . , vn tương ứng với các giá trị riêng λ1 , λ2 , . . . , λn (mỗi
giá trị riêng lặp đúng bằng số bội của nó).
Trường hợp 3b: Phương trình đặc trưng có giá trị riêng bội 2 khuyết
Giả sử λ là giá trị riêng bội 2 khuyết của phương trình đặc trưng (2.4) và v1 là véctơ
riêng tương ứng của λ.
(+) Tìm một nghiệm v2 ̸= 0 của phương trình
(A − λI)2 v2 = 0 sao cho (A − λI)v2 = v1 .
(+) Hai nghiệm riêng độc lập tuyến tính của hệ PTVPTT thuần nhất
tương ứng với λ là



x1 (t) = v1 eλt



x2 (t) = (v1 t + v2 )eλt

dx
= Ax
dt

(2.6)

Khi đó, nghiệm tổng quát của của hệ PTVPTT thuần nhất

dx
= Ax là
dt

x(t) = C1 x1 (t) + C2 x2 (t), C1 ; C2 là các hằng số tùy ý.
4. Hệ phương trình vi phân tuyến tính không thuần nhất cấp một
Xét hệ PTVPTT không thuần nhất cấp một với hệ số hằng (dạng phương trình
ma trận):
dx
= Ax + f (t)
(2.7)
dt
trong đó, A là ma trận hằng cấp n và số hạng không thuần nhất f (t) là một
hàm véctơ giá trị liên tục.
Nghiệm tổng quát của hệ (2.7) có dạng
Th.S Đặng Võ Phúc

17

Email:

Bộ môn Toán - Đại học Thủy Lợi

Hướng dẫn giải bài tập Phương trình vi phân

x(t) = xc (t) + xp (t),
trong đó:
(+) xc (t) = C1 x1 (t)+C2 x2 (t)+. . .+Cn xn (t) là một nghiệm tổng quát của hệ PTVPTT
dx
= Ax.
thuần nhất cấp một tương ứng
dt
(+) xp (t) là một nghiệm riêng của hệ PTVPTT không thuần nhất (2.7).
Chúng ta đã biết cách tìm nghiệm xc (t). Bây giờ, việc tìm nghiệm riêng xp (t)
của hệ (2.7) được thực hiện như thế nào?
4.1. Phương pháp hệ số bất định
Phương pháp này chỉ áp dụng cho hệ PTVPTT không thuần nhất cấp một với hệ
số hằng
Giả sử số hạng không thuần nhất f (t) trong hệ (2.7) là một tổ hợp tuyến tính
(với các hệ số véctơ hằng) của các đa thức, các hàm mũ, sin, cos .
Khi đó, phương pháp hệ số bất định đối với hệ PTVPTT không thuần nhất cấp
một với hệ số hằng tương tự như đối với PTVPTT không thuần nhất cấp hai với hệ số
hằng.
• Chúng ta dự đoán dạng tổng quát của một nghiệm riêng xp (t) của hệ (2.7).
• Sau đó xác định các hệ số trong xp (t) bằng cách thay thế trong (2.7).
4.2. Phương pháp biến thiên hằng số
Phương pháp này chỉ áp dụng cho cả hệ PTVPTT không thuần nhất cấp một với
hệ số hằng và hệ số là hàm.
Tìm một nghiệm riêng xp (t) của hệ PTVPTT không thuần nhất cấp một
dx
= P(t)x + f (t)

dt
với điều kiện chúng ta đã tìm được một nghiệm tổng quát
xc (t) = C1 x1 (t) + C2 x2 (t) + . . . + Cn xn (t)
của hệ thuần nhất tương ứng
dx
= P(t)x.
dt
Phương pháp:
• Xét ma trận cơ bản Φ(t) với các véctơ cột x1 , x2 , x3 , . . . , xn . Khi đó, nghiệm
dx
tổng quát của hệ PTVPTT thuần nhất
= P(t)x có dạng
dt
Th.S Đặng Võ Phúc

18

Email:


Bộ môn Toán - Đại học Thủy Lợi

Hướng dẫn giải bài tập Phương trình vi phân

xc (t) = Φ(t)c, c = (C1 ; C2 ; . . . ; Cn ) là véctơ hằng.
• Thay thế véctơ hằng c bởi một biến véctơ u(t) và tìm nghiệm riêng có dạng

xp (t) = Φ(t)u(t)

(2.8)

• Xác định u(t) sao cho xp (t) tồn tại và thỏa mãn hệ PTVPTT không thuần nhất
dx
= P(t)x + f (t).
dt
dx
= P(t)x
dt
trên một khoảng nào đó, ở đó Φ(t) và f (t) là liên tục, thì một nghiệm riêng của hệ
Định lý Nếu Φ(t) là một ma trận cơ bản của hệ PTVPTT thuần nhất
không thuần nhất
dx
= P(t)x + f (t)
dt
được cho bởi

∫

xp (t) = Φ(t)

Φ−1 (t)f (t) dt

(2.9)

Từ đó, nghiệm tổng quát của hệ không thuần nhất là:
∫

x(t) = xc (t) + xp (t) = Φ(t)c + Φ(t)

Φ−1 (t)f (t) dt

(2.10)

Chú ý
1 Trong trường hợp ma trận hệ số P(t) = A thì nghiệm riêng của hệ PTVPTT không
⃝
dx
thuần nhất
= P(t)x + f (t) có dạng
dt

xp (t) = e
2 Bài toán giá trị ban đầu
⃝







At

∫

e−At f (t) dt

(2.11)

dx

= Ax + f (t)
dt
x(0) = x0

có nghiệm là

At

x(t) = e x0 + e

At

∫t

e−As f (s) ds

(2.12)

0

Th.S Đặng Võ Phúc

19

Email:


Bộ môn Toán - Đại học Thủy Lợi

Hướng dẫn giải bài tập Phương trình vi phân

PHÂN DẠNG VÀ HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP
PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN

Th.S Đặng Võ Phúc

20

Email:


Bộ môn Toán - Đại học Thủy Lợi

Hướng dẫn giải bài tập Phương trình vi phân

BÀI TẬP
PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP MỘT
• PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN PHÂN LY BIẾN SỐ
• GIẢI BÀI TOÁN GIÁ TRỊ BAN ĐẦU (BÀI TOÁN CAUCHY)
• PHƯƠNG PHÁP THẾ VÀ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CÓ DẠNG
y′ = F(ax + by + c)
• PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN THUẦN NHẤT

Nội Dung
− Hệ thống lại các khái niệm về PTVP cấp một, nghiệm tổng quát - nghiệm riêng
và nghiệm kỳ dị của PTVP cấp một, định lý về sự tồn tại và duy nhất nghiệm của Bài
toán giá trị ban đầu (Bài toán Cauchy) đối với PTVP cấp một và cách giải Bài toán
giá trị ban đầu.
− Nhắc lại dạng và cách giải PTVP cấp một phân ly biến số; y ′ = g(x)h(y),
( ) PTVP

y
.
cấp một dạng: y ′ = F (ax + by + c) và PTVP cấp một thuần nhất: y ′ = F
x
− Nhận dạng và đưa PTVP cấp một ban đầu về các dạng phương trình (đã biết
cách giải):
′
1 PTVP cấp một phân ly biến số: y = g(x)h(y).
⃝
′
2 PTVP cấp một: y = F (ax + by + c)
⃝
′

3 PTVP cấp một thuần nhất: y = F
⃝

( )

y
.
x

A. Hệ Thống Bài Tập Sách Giáo Trình
I. Bài tập về giải PTVP cấp một phân ly biến số và giải Bài toán giá trị
ban đầu (Bài toán Cauchy)

Th.S Đặng Võ Phúc

21

Email:


Bộ môn Toán - Đại học Thủy Lợi

Hướng dẫn giải bài tập Phương trình vi phân

Trang

Bài tập

34

1 −→ 6

35

7 −→ 10

71

1 −→ 5

72

6 −→ 23

73

24 −→ 28

II. Bài tập về giải PTVP cấp một có dạng y′ = F(ax + by + c) và giải Bài
toán giá trị ban đầu (Bài toán Cauchy)

Trang

Bài tập

114

16 −→ 18

155

16

156

30

III. Bài tập về giải PTVP cấp một thuần nhất

Th.S Đặng Võ Phúc

Trang

Bài tập

114

1 −→ 15

22

Email:


Bộ môn Toán - Đại học Thủy Lợi

Hướng dẫn giải bài tập Phương trình vi phân

B. Lời Giải Và Đáp Số Các Bài Tập
I. Bài tập về giải PTVP cấp một phân ly biến số và giải Bài toán giá trị
ban đầu (Bài toán Cauchy)
y ′ = 2x + 1; y(0) = 3.

(Bài 1/Tr34)
Lời giải:
y ′ = 2x + 1

⇒ y = y(x) =

∫

(2x + 1) dx = x2 + x + C

y(0) = 3 ⇒ 3 = 0 + 0 + C = C

hay

C = 3.

Vậy y = y(x) = x2 + x + 3.
y ′ = (x − 2)2 ; y(2) = 1.

(Bài 2/Tr34)
Lời giải:

y ′ = (x − 2)2

∫

1
(x − 2)2 dx = (x − 2)3 + C
3
y(2) = 1 ⇒ 1 = 0 + C = C hay C = 1.

⇒ y = y(x) =

1
Vậy y = y(x) = (x − 2)3 + 1.
3
√
(Bài 3/Tr34)
y ′ = x; y(4) = 0.
Lời giải:
y′ =

√

x
∫

√
2 3
x dx = x 2 + C
3
16
16
y(4) = 0 ⇒ 0 =
+C ⇒C =− .
3
3

⇒ y = y(x) =

2 3 16
Vậy y = y(x) = x 2 − .
3
3
y′ =

(Bài 4/Tr34)

1
; y(1) = 5.
x2

Lời giải:

y′ =

1
x2

∫

1
1
dx = − + C
2
x
x
y(1) = 5 ⇒ 5 = −1 + C ⇒ C = 6.

⇒ y = y(x) =

Th.S Đặng Võ Phúc

23

Email:


Bộ môn Toán - Đại học Thủy Lợi

Hướng dẫn giải bài tập Phương trình vi phân

1
Vậy y = y(x) = − + 6.

x
y′ = √

(Bài 5/Tr34)

1
; y(2) = −1.
x+2

Lời giải:
1
y′ = √
x+2
⇒ y = y(x) =

∫

1
1
√
dx = 2 √
+C
x+2
x+2

y(2) = −1 ⇒ −1 = 4 + C ⇒ C = −5.
1
Vậy y = y(x) = 2 √
− 5.
x+2

√
(Bài 6/Tr34)
y ′ = x x2 + 9; y(−4) = 0.
Lời giải:
√
y ′ = x x2 + 9
∫
√
1
3
1
x x2 + 9 dx = x(x2 + 9) 2 dx = (x2 + 9) 2 + C
3
1 3
125
y(−4) = 0 ⇒ 0 = 5 + C ⇒ C = −
.
3
3

⇒ y = y(x) =

∫

1
3
Vậy y = y(x) = [(x2 + 9) 2 − 125].
3
y′ =

(Bài 7/Tr34)

10
; y(0) = 0.
x2 + 1

Lời giải:
y′ =

10
x2 + 1

∫

10
dx = 10arctan(x) + C
x2 + 1
y(0) = 0 ⇒ 0 = 10.0 + C ⇒ C = 0.

⇒ y = y(x) =

Vậy y = y(x) = 10arctan(x).
y ′ = cos(2x); y(0) = 1.

(Bài 8/Tr34)
Lời giải:

y ′ = cos(2x)
⇒ y = y(x) =

∫

cos(2x) dx =

1
sin(2x) + C
2

1
y(0) = 1 ⇒ 1 = .0 + C ⇒ C = 1.
2
Vậy y = y(x) =
Th.S Đặng Võ Phúc

1
sin(2x) + 1.
2
24

Email: