Phương pháp toán tử giải để tìm nghiệm của phương trình vi phân tuyến tính hệ số hằng số

LờI NóI ĐầU
Mục đích của khoá luận là trình bày lý thuyết về phơng pháp toán tử giải để
tìm nghiệm của phơng trình vi phân tuyến tính có hệ số hằng số và nghiên cứu một
số phơng trình vi phân tuyến tính cấp n đa đợc về phơng trình vi phân tuyến tính
có hệ số hằng số .
Nội dung khoá luận chia làm hai chơng:
Chơng 1: Phơng trình vi phân tuyến tính cấp n có hệ số hằng số
Đ1.Phơng trình vi phân tuyến tính cấp n thuần nhất có hệ số hằng số
Đ2.Phơng trình vi phân tuyến tính cấp n không thuần nhất có hệ số hằng số
Đ3.phơng pháp toán tử giải phơng trình vi phân tuyến tính cấp n có hệ số hằng số
1. Một số công thức và các phép toán về đa thức toán tử
1
2. Toán tử
F ( D)
3. Tác dụng của

1
lên đa thức
F ( D)

4. Các ví dụ về cách tìm nghiệm riêng của phơng trình vi phân tuyến tính
không thuần nhất có hệ số hằng số bằng phơng pháp toán tử giải
Chơng2: Một số phơng trình vi phân tuyến tính cấp n đa đợc về phơng trình
vi phân tuyến tính có hệ số hằng số
I. Đa phơng trình tuyến tính thuần nhất cấp n về phơng trình có hệ số hằng số
nhờ phép thay biến độc lập
II. Phơng trình ơle
Khoá luận đợc hoàn thành dới sự hớng dẫn của PGS.TS. Tạ Quang Hải. Tác
giả xin chân thành cảm ơn sự giúp đỡ, hớng dẫn tận tình chu đáo của thầy. Tác giả
cũng bày tỏ lòng biết ơn đối với các thầy cô giáo trong tổ giải tích, trong khoa
toán Đại học Vinh đà quan tâm giúp đỡ, dạy dỗ tác giả trong quá trình học tập

cũng nh trong lúc làm khoá luận
Mặc dù tác giả đà có nhiều cố gắng song khoá luận không thể tránh khỏi
những sai sót.Rất mong đợc sự chỉ bảo,góp ý của các thầy cô và các bạn.
Vinh ,ngày 25 tháng 4 năm 2005
Tác giả

1


chơng i
phơng trình vi phân tuyến tính cấp n
có hệ số hằng số
Đ1. phơng trình vi phân tuyến tính cấp n thuần nhất
có hệ số hằng số
Phơng trình vi phân tun tÝnh cÊp n thn nhÊt cã hƯ sè h»ng sè cã d¹ng:
Ln(y) = y(n) + a1y(n-1) + a2y(n-2) + ... + any = 0.

( 1.1)

Trong ®ã ai, (i = 1, n ) là các hằng số phức.
Định nghĩa. Phơng tr×nh F(λ) = λn + a1λ (n-1) + ... +an = 0.

(1.2)

đợc gọi là phơng trình đặc trng của phơng trình vi phân (1.1)
1. Nếu phơng trình đặc trng (1.2) cã n nghiƯm thùc ph©n biƯt:
λ1 ≠ λ2 ≠ ... ≠ λn vµ e λ1x , eλ2 x , ..., en x là các nghiệm độc lập tuyến tính của phơng trình vi phân (1.1) thì nghiệm của phơng trình (1.1) cã d¹ng:
y = c1 e λ1x + c2 eλ2 x + ... + cn eλn x .
2. NÕu ph¬ng trình đặc trng (1.2) có các nghiệm phức đơn ( αk ± iβk ), k = ( 1, n ) thì
2

nghiệm của phơng trình (1.1) có dạng: y =

n
2

e kx (coskβx + isinkβx).
k =1

Chó ý: NÕu y = u(x) + iv(x) là nghiệm của (1.1) thì u(x) va v(x) cũng là nghiệm
của phơng trình (1.1).
3. Nếu phơng trình đặc trng (1.2) nhận số thực là bội thì biÓu thøc
eλx(c1 + c2x + ... + cγxγ-1 ) trong nghiệm tổng quát của phơng trình sẽ chẵn .
4. Nếu phơng trình đặc trng (1.2) có ( i) là nghiệm bội thì nghiệm trong
nghiệm tổng quát của phơng trình (1.1) chứa số hạng có dạng:
y= ex [(c1+c2x+ ... + cγxγ-1 )cosβx + ( c1 + c2 x +... +

2

cγ xγ-1)sinβx)].


Đ2 phơng trình vi phân tuyến tính cấp n
không thuần nhất có hệ số hằng số

Ta xét phơng trình y(n) + a1y(n-1) + ... + any = f(x).

(2.1)

trong ®ã ai là các hằng số.

Phơng trình (2.1) đợc gọi là phơng trình vi phân tuyến tính cấp n không
thuần nhất có hệ số hằng số.
Định lý. (về nghiệm tổng quát của phơng trình không thuần nhất): Nghiệm tổng
quát của phơng trình (2.1) bằng nghiệm tổng quát của phơng trình:
y(n) + a1y(n-1) + ... + any = 0, céng víi mét nghiƯm riêng của phơng trình (2.1) .
Nh vậy để tìm nghiệm tổng quát của phơng trình không thuần nhất ta chỉ
còn cần xác định nghiệm riêng của nó.
Phơng pháp biến thiên hằng số: Giả sử ỹ(x) là nghiệm riêng của phơng
trình (2.1), khi ®ã ta cã ü(x)= c1(x)y1(x)+ c2(x)y2(x) +... cn(x)yn(x), (2.1)' trong đó
y1(x), y2(x), , yn(x) là các nghiệm độc lập tuyến tính của phơng trình thuần nhất,
1
ci(x),( i = , n ) là những hàm cần xác định sao cho (2.1)' là nghiệm của phơng

trình (2.1) .
Thật vậy ta cã
ü’(x) = c’1(x)y1(x) + c’2(x)y2(x) + ... + c’n(x)yn(x)
+ c1(x)y’1(x) + c2(x)y’2(x) +... + cn(x)y’n(x)
Sao cho : c’1(x)y1(x) + c’2(x)y2(x) + ... + c’n(x)yn(x) = 0.

(*)

ü”(x) = c’1(x)y’1(x) + c’2(x)y’2(x) + ... + c’n(x)y’n(x)
+ c1(x)y”1(x) + c2(x)y”2(x)+... + cn(x)y”n(x)
Sao cho : c’1(x)y’1(x) + c’2(x)y’2(x) + ... + c’n(x)y’n(x) = 0.

(*)

...................................................................................
ü(n-1)(x) = c’1(x)y1(n-2)(x) + c’2(x)y2(n-2)(x)+ ... + c’n(x)yn(n-2)(x)
+ c1(x)y1(n-1)(x) + c2(x)y2(n-1)(x) +... + cn(x)yn(n-1)(x)

Sao cho : c’1(x)y1(n-2)(x) + c’2(x)y2(n-2)(x)+ ... + c’n(x)yn(n-2)(x) = 0. (*)
ü(n)(x) = c’1(x)y1(n-1)(x) + c’2(x)y2(n-1)(x) +... + c’n(x)yn(n-1)(x)
+ c1(x)y1(n)(x) + c2(x)y2(n)(x) +...+ cn(x)yn(n)(x).
3


thay vào phơng trình (2.1) ta đợc
c1(x)y1(n-1)(x) + c2(x)y2(n-1)(x) +... + cn(x)yn(n-1)(x) =f(x).

(*)

1
Các (*) lập thành một hệ, giải hệ đó ta tìm đợc ci(x),( i = , n ).

Sau đây là một số trờng hợp đặc biệt
1. f(x) = ex P(x), R, P(x) là đa thức bậc n
1.1. Nếu không phải là nghiệm của phơng trình đặc trng thì nghiệm riêng của
phơng trình
y(n) + a1y(n-1) + ... + any = eαx P(x).

(2.2)

cã d¹ng: ü(x) = eαx Q(x), trong đó Q(x) là đa thức cùng bậc với P(x).
1.2. Nếu trùng với một nghiệm đơn của phơng trình đặc trng thì nghiệm riêng
của phơng trình (2.2) có dạng
ỹ(x) = xex Q(x)
trong đó Q(x) là đa thức cùng bËc víi P(x).
1.3. NÕu α trïng víi nghiƯm béi b©c của phơng trình đặc trng thì nghiệm riêng
của phơng trình (2.2) có dạng
ỹ(x) = xex Q(x)

trong đó Q(x) là ®a thøc cïng bËc víi P(x).
2. f(x) = eαx [P(x)cosβx + Q(x)sinx].
với là số thực; P(x), Q(x) là đa thøc.
2.1. ( α ± iβ) kh«ng trïng víi nghiƯm cđa phơng trình đặc trng, khi đó nghiệm
riêng của phơng trình cã d¹ng
ü(x) = eαx [ P ( x ) cosβx +
trong ®ã

P ( x ) , Q ( x ) là

Q ( x ) sinx].

đa thức cùng bậc và có bËc b»ng bËc cao nhÊt trong

P(x),Q(x).
2.2. ( α ± iβ) trùng với nghiệm đơn của phơng trình đặc trng, khi đó nghiệm riêng
của phơng trình có dạng
ỹ = xex [ P ( x ) cosβx +

4

Q ( x ) sinβx].


Đ3. phơng pháp toán tử giải phơng trình vi phân
tuyến tính cấp n có hệ số hằng số
Phơng trình
a0y(n) + a1y(n-1 ) + ... + any = f(x) .
trong ®ã ai , ( i = 0, n ) là các hằng số, viết đợc dới dạng
a0Dny + a1Dn-1y + ... + an-1Dy + any = f(x) .

víi

dky
=D k y
k
dt

hay (aoDn+a1Dn-1+...+an-1D+an)y=f(x).

(3.1)

BiĨu thức: aoDn+a1Dn-1+...+an-1D+an đợc gọi là đa thức toán tử và ký hiệu là F(D),
khi đó phơng (3.1) viết đợc dới dạng
F(D)y = f(x).
1. Một số công thức và các phép toán về đa thức toán tử
Ta kiểm chứng các đồng nhất thức sau đây
1) F(D) ekx= ekxF(k).
2) F(D2)sinax= sinaxF(-a2).
3) F(D2)cosax= cosaxF(-a2).
4) F(D)ekxv(x)=ekxF(D+k)v(x).
ThËt vËy
1)F(D)ekx

= (a0Dn + a1Dn-1 + ... + an-1D + an)ekx
= ekx(a0kn + a1kn-1 + ... + an-1k + an)
= ekxF(k).

2) F(D2)sinax = (a0D2n + a1D2n-2 + ... + an-1D2 + an)sinax
= [ao(-a2)n+a1(-a2)n-1+...+an-1(-a2)+an]sinax
= sin axF(-a2).

3) F(D2)cosax= (a0D2n + a1D2n-2 + ... +an-1D2 + an)cosax
= [a0(-a2)n + a1(-a2)n-1 + ... + an-1(-a2) + an]cosax
= cosaxF(-a2).
n

4) F(D)e v(x)=
kx

∑
p =0

an-p Dp(ekx v(x))

5


n

∑

=e

kx

p ( p −1)
2

an-p[kpv(x) + pkp-1Dv(x) +

p =0

kp-2 D2v(x) + ... + Dnv(x)]

n

= ekx ∑ an-p(D+k)pv(x)
p =0

= ekxF(D+k) v(x).
Gäi lµ tổng của toán tử F1(D) và F2(D) là toán tử[F1(D)+F2(D)] tác dụng lên
hàm f(x) theo đẳng thức [F1(D)+F2(D)]f(x)=F1(D)f(x)+F2(D)f(x)
Từ định nghĩa ®ã ta suy ra r»ng
n

n

n

p =0

p =0

p =0

∑an−p D p + ∑bn−p D p = ∑ (an−p +bn−p ) D p
Ta gọi tích F1(D).F2(D) của hai toán tử F1(D)và F2(D) là toán tử tác dụng lên
hàm f(x) có đạo hàm đến cấp cần thiết theo đẳng thức
F1(D).F2(D)f(x) = F1(D)[F2(D)f(x)]
Từ định nghĩa suy ra rằng cách nhân các đa thức toán tử cũng giống nh cách
nhân đa thức thông thờng. Thật vËy

n

∑a
p =0

V×:

n− p

D

p

m

∑b
q =0

m −q

D =
q

n

m

∑ ∑a
p =0

q =0

b

n− p m−q

D p +q

(3.2)

m
n
m
 n

p
q 
p
( q)
 ∑an − p D ∑bm−q D  f ( x ) = ∑an − p D ∑bm−q f ( x ) 
q =0
p =0
 p =0

q =0


n

m

=

∑ ∑a

=

 n
∑
 p =0

p =0

q =0

b

n− p m− q

f ( p+ q ) ( x )


an− pbm−q D p+ q  f ( x ) .
∑
q =0

m

Tõ (3.1) và (3.2) ta suy ra
Tính giao hoán của phép nhân các đa thức toán tử

F1(D).F2(D) = F2(D).F1(D).
Tính phân bố của phép nhân đối với phép cộng các đa thức to¸n tư
F(D)[F1(D)+F2(D)]=F(D)F1(D)+F(D)F2(D).

2. To¸n tư

1
F(D)

6


Ta định nghĩa kết quả của tác dụng toán tử

1
F(D)

lên f(x) là nghiệm y của

phơng trình F(D)y=f(x)
Do đó y=

1
F(D)

(3.3)
.f(x)

Thành thử
F(D)[

1
F(D)

.f(x)] = f(x).

(3.4)

Chú ý: Vì nghiệm y của phơng trình (3.3) xác định với độ chính xác sai khác một
nghiệm của phơng trình thuần nhất F(D)y = 0 nên kết quả của tác dụng

1
F(D)

f(x) cũng đợc xác định với độ chính xác nh vậy.
Rõ ràng với cách hiểu toán tử
1
F(D)

1
F(D)

nh thế ta có

[F(D)f(x)]=f(x).

(3.5)

Vì f(x) cũng là một nghiệm của phơng trình
F(D)y=F(D)f(x)

Tích của toán tử (D) và

1
F(D)

(D)
1
F(D)

Tơng tự

(D)f(x) =

đợc xác định bởi đẳng thức

1
F(D)
1
F(D)

f(x)= (D)[

1
F(D)

f(x)]

[ (D)f(x)]

Do đó trong các công thức (3.4) và (3.5) có thể bỏ dấu móc

1
Chú ý: D p
vì

f ( x ) = { ∫ f ( x ) dx p .
...
p

1
f ( x ) theo định nghĩa là nghiệm của phơng trình
Dp
D p y = f ( x) .

To¸n tư
1)

1
F ( D)

1
F ( D)

cã c¸c tÝnh chÊt sau đây:

kf(x) =

k

1
f ( x)

F ( D)

trong đó k là h»ng sè
7

lªn


ThËt vËy
F(D)
2)

1
e kx
e kx =
F( D )
F (k )

ThËt vËy
v×

F ( D)

e kx
F (k )

k

1
f ( x)

F ( D)

1
= kF(D) F ( D ) f ( x ) = kf(x).

nÕu F(k) 0.

là nghiệm của phơng trình F(D)y = ekx

e kx
F ( k ) e kx
=
= e kx .
F(k)
F(k)

VÝ dô: y” - y = 6e2x hay (D2 - 1)y = 6e2x do ®ã
y=
1

6e 2 x
6e 2 x
= 2
=2e 2 x
D2 −
1 2 −
1

sin ax

3) F ( D 2 ) sin ax = F (− a 2 ) nÕu F(-a2) ≠ 0 .
sin ax

ThËt vËy F ( − a 2 ) là nghiệm của phơng trình F(D2)y = sinax.
2
vì F(D2) F ( − a 2 ) = F ( − a 2 ) F ( − a ) sin ax = sin ax

sin ax

1

VÝ dô: y” + y = sin2x hay (D2 + 1)y = sin2x do ®ã
y=
1

1
sin 2 x
sin 2 x
sin 2 x =
=−
.
2
3
D +1
−2 +1
2

cos ax

4) F ( D 2 ) cos ax = F ( − a 2 ) ≠ 0 nÕu F(- a2) ≠ 0.

cos ax

ThËt vËy F ( a 2 ) là nghiệm của phơng trình: F(D2)y = cosax.
2
V× F(D2) F ( − a 2 ) = F ( − a 2 ) F ( − a ) cos ax = cos ax.

cos ax

1

VÝ dô: y(4) + y = 2cos3x hay (D4 + 1)y = 2cos3x do ®ã
y=
5)

1
2 cos 3 x
1
2 cos 3 x =
= cos 3 x
2
41
D 4 +1
( −9) +1

1
1
e kx v( x ) =e kx
v( x ) .
F ( D)
F ( D +k )

8


Thật vậy

e kx

vì F(D)ekx

1

F ( D +k )

v( x )

là nghiệm của phơng trình: F(D)y = ekxv(x)

1
1
v( x ) =e kx F ( D +k )
v( x ) =e kx v( x ) .
F ( D +k )
F ( D +k )

VÝ dô: y” - 4y’ + 4y = x2e2x hay (D2 - 4D + 4)y = x2e2x do ®ã
4
1 2
2x x
e x = e

x = e
y=
.
2
D2
12
( D − 2)

1

6)

2x 2

2x

1
[ f1 ( x ) + f 2 ( x ) ] = 1 f1 ( x ) + 1 f 2 ( x ) .
F ( D)
F ( D)
F ( D)

Thật vậy nếu y1 là nghiệm của phơng trình: F(D)y = f1(x) và y2 là nghiệm
của phơng trình F(D)y = f2(x) thì y1 + y2 là nghiệm của phơng tr×nh F(D)y = f1(x)
+ f2(x).




1

1
1
7) F ( D ). F ( D ) f ( x ) = F ( D )  F ( D ) f ( x )  .
1
2
1
 2


tøc
1



1



y = F ( D)  F ( D) f ( x)
1
2


(3.6).

là nghiệm của phơng trình:
F2(D)F1(D)y = f(x)

(3.7)

Thật vậy: Thay (3.6) vào (3.7) ta đợc:




1
1
1
F2(D)F1(D) F ( D )  F ( D ) f ( x )  = F2 ( D ) F ( D ) f ( x ) = f(x).
1
 2

2

3. T¸c dơng cđa to¸n tư

1
F ( D)

XÐt t¸c dơng cđa to¸n tử

lên đa thức
1
F ( D)

lên đa thức Pp(x) = A0xp + A1xp-1 + ... +Ap.

Ta chia một cách hình thức 1 cho đa thức đặt theo luỹ thừa tăng của D.
F(D) = an + an-1D + ... + a0Dn, an 0 (theo cách chia của đa thức thông thờng).
Quá trình chia sẽ dừng lại khi ta đợc đa thức toán tử bậc p (p là bậc của

Pp(x).
9


b0 + b1D + ... + bpDp = Qp(D)
Khi ®ã phần thừa là đa thức
R(D) = cp+1Dp+1 + cp+2Dp+2 + ... + cp+nDp+n
chứa toán tử D với luỹ thừa không thấp hơn p + 1.
Đối với phép chia của đa thức thông thờng ta có:
F(D)Qn(D) + R(D) = 1

(3.8)

Nhng vì quy tắc cộng và nhân của đa thức toán tử không khác gì quy tắc
cộng và nhân của đa thức thông thờng nên đối với đa thức toán tử ta cịng cã (3.8)
Do ®ã ta cã:
[F(D)Qp(D) + R(D)](A0xp + A1xp-1 + ... + Ap) = A0xp + A1xp-1 + ... + Ap
tøc Qp(D) (A0xp + A1xp-1 + ... + Ap) là nghiệm của phơng trình:
F(D)x = (A0xp + A1xp-1 + ... + Ap)
VËy:
1
F ( D)

(A0xp + A1xp-1 + ... + Ap) = Qp(D) (A0xp + A1xp-1 + ... + Ap).

VÝ dô: y” + y = x2 - x + 2 hay (D2 + 1)y = x2 - x + 2 do ®ã
y=

1
x2 − x + 2

D +1

(

2

)

chia 1 cho 1 + D2 ta đợc Q2(D) = 1 - D2 thành thö y = (1 - D2)(x2 - x + 2) = x2 - x.
4. Các ví dụ về cách tìm nghiệm riêng của phơng trình vi phân tuyến tính
không thuần nhất có hệ số hằng số bằng phơng pháp toán tư gi¶i:
a) y” - 4y’ + 4y = 2e2x
1

hay (D2 - 4D + 4)y = 2e2x do ®ã y = ( D −2) 2 2e

2x

=

1
2e 2 x = x 2 e 2 x .
2
D

b) y” - 5y’ + 6y = 6x2 - 10x + 2 hay (D2 - 5D + 6)y = 6x2 - 10x + 2 do ®ã:
y=
=

1

D −5 D +6
2

(6x2 - 10x + 2)

 1 5 D 19 D 2
 +
 6 36 + 216



 6 x 2 −10 x +2



(

)

= x2.
c) y” - 5y’ = -5x2 + 2x hay (D2 - 5D)y = -5x2 + 2x do ®ã:
y=

1
D( D −

( −5 x
5)

2

)

+ 2x =

1
1
×
D
D − 5
10

( −5 x

2

+ 2x

)


1  1
D
D2 
2
−
−
−
=


÷ −5 x + 2 x
D  5
25
125 

(

=

1 2
x
D

=

)

1 3
x .
3

d) y” + 4y’ = 3e-4x hay (D2 + 4D)y = 3e-4x do ®ã:
y=



1
1
1
1

3e −4 x =
ì
3e4 x =
ữ
D + 4
D 1
( D +4 ) D
 D + 4

=−

 1  −4 x
 − 4 ữ3e



3
1
3
1
3
ì
e 4 x = e 4 x ì = − xe −4 x .
4 D + 4
4
D
4

e) y” - 2y’ + y = x2ex hay (D2 - 2D + 1)y = x2ex do đó:
1

1
1
x2
2 x
x
xe =
ì
xe =
e ì
y=
2
D − 1
D
( D − 1) ( D − 1)
( D − 1)
1

=

2 x

1
1
1 x 1 3
1
×
x 3e x =
e ×
x =
x 4e x .

3
D − 1
3
D
12

f) y” + y’ - 2y = e3x x hay (D2 + D - 2)y = xe3x do đó:
y=
=

1
D 2 + D 2

xe3 x =

1
1
1
1
ì
xe3 x =
×
xe3 x
D − 1 D + 2
D − 1 D + 5

1
D
1 x
1  3x

1
3x
 5 − 25 ÷ xe = D − 1  5 − 5 ÷ e
D − 1 




1  x 1  3 x  1 D  x 1 
 − ÷ = e  − ÷ − ÷
D+2 5 5 
 2 4  5 25 

=

e3 x

=

7  3x
x
 − e .
10 10 

g) y” - 6y’ + 5y = -3ex + 5x2 hay (D2 - 6D + 5)y = -3ex + 5x2 do ®ã:
y=

−3e x
5x2
+ 2

D 2 −6 D +5 D 6 D +5

Đặt y1 =

3e x
D 2 6 D +5

; y2 =

5x 2
D 2 −6 D +5

1
1
1
3e x
x
3e = −
×
3e = −
×
Ta cã: y1 = −
D − 1 D − 5
D − 1 −4
( D − 1) ( D − 5)
1

x

11

3 x 1
3
e ×
= xe x ;
4
D
4

=

1
31 2  2
1 6
5 x 2 = +
D+
D 5 x
125
D −6 D +5
 5 25


y2 =

2

= x2 +

12

62
x +
5
25

ì

Vậy nghiệm riêng của phơng trình đà cho là: y =

3 x
12
62
xe + x 2 +
x+
4
5
25

h) y” + 3y’ - 4y = e-4x + xe-x hay (D2 + 3D - 4)y= e-4x + xe-x do đó:
y=

e 4 x
xe x
+ 2
D +3D 4 D +3D 4
2

Đặt y1 =

e −4 x

D +3D −4
2

; y2 =

xe −x
D +3D −4
2

Ta cã:
y1 =
y2 =

1

( D −1) ( D + 4 )

(D

e −4 x =

1

− 1) ( D + 4 )

1 e −4 x
1
1
×
= − e −4 x ×

D + 4 −5
5
D

=

− xe −4 x
5

;

1
1
1 1
D  −x
×
xe − x =
−
xe
D − 1 D + 3
D − 1 3
9÷



xe− x =

1
1  −x
1 x

1
x
−x
 3 − 9 ÷e = e D − 2  3 − 9 ÷
D − 1 




=

1   x 1  −x
− x  1 D  1
= e  − − ÷ x − ÷ =  − − ÷e .
 2 4  3 9 6 36
Vậy nghiệm riêng của phơng trình đà cho là:
y=
i)



x 4 x x
1 x
e
+
e .
5
 6 36 

y” - 3y’ = e3x -18x hay (D2 - 3D)y = e3x -18x do đó:

y=

Đặt: y1 =

e3 x
D ( D −3)

; y2 =

−

e3 x
18 x
−
D ( D −3) D( D −3)

18 x
D ( D −3)

ta cã:
y1 =

1

D ( D − 3)

e3 x =

1
1

1  1  3x 1 3x 1
×
e3 x =
e =
e ×
=
D − 3 D + 3
D − 3 3÷
3
D
 
12

1 3x
xe
3

;


y2 =

−

18 x
1  1 D
1
=− − − x = ( 6 x +2 ) = 3 x 2 +2 x .
D ( D −3)
D 3 9 

D

VËy nghiƯm riªng của phơng trình đà cho là:
y=

1 3x
xe +3 x 2 + 2 x .
3

k) y” + y = 2sinx hay (D2 + 1)y = 2sinx do đó:
y=

1
2 sin x
D +1
2

Công thức (4) không áp dụng đợc vì F(-a2) = 0 nên thay cho phơng trình
xuất phát ta phải xét phơng tr×nh
y” + y = 2eix hay y” + y = 2cosx + 2isinx
ta cã: (D2 + 1)y = 2eix do ®ã
1
1
1
eix eix 1
2eix =
2eix =
×
=
× ×

1
y= 2
D + 1
D −i
i
i
D
( D − i) ( D + i)
=

xeix
= x sin x ix cos x .
i

Phần ảo -xcosx của nghiệm đó là nghiệm của phơng trình xuất phát tức: y
= - xcosx.
l) y” + y’ + y = -13sin2x hay (D2 + D + 1)y = -13sin2x do ®ã
y=

−

13
sin 2 x
D + D +1
2

Vì toán tử không chứa bậc chẵn của D nên không áp dụng công thức (3) nên
thay cho phơng trình xuất phát ta phải xét phơng trình:
y + y + y= -13e2ix hay y” + y’ + y = -13cos2x -13isin2x
ta cã: (D2 + D + 1)y = -13e2ix do ®ã

y =

−

13e 2ix
13e 2ix
13e 2ix
=− 2
=−
( 2i −3)
D 2 +D +
1
4i +2i +
1

= (2i + 3)e2ix = (2i + 3)(cos2x + isin2x)
= -2sin2x + 3cos2x + i(2cos2x + 3sin2x)
PhÇn ảo (2cos2x + 3sin2x) của nghiệm đó là nghiệm của phơng trình đà cho
tức y = cos2x + 3sin2x.
m) y + y’ - 2y = ex(cosx - 7sinx) hay (D2 + D - 2)y = excosx - 7exsinx do ®ã:
13


y=

e x cos x
7e x sin x
− 2
D 2 + D 2 D + D 2

Vì toán tử không chứa bậc chẵn của D nên không áp dụng đợc công thức (3)
và (4) vậy thay cho phơng trình xuất phát ta xét phơng trình
y + y - 2y = ex. eix hay y” + y’ - 2y = excosx + iexsinx.
Ta cã: (D2 + D - 2)y = e(i +1)x do ®ã
e( )
e( )
e( )
1
i +1 x
=
=
= − ( 3i + 1) e( )
y= 2
2
10
D + D − 2 ( i + 1) + ( i + 1) − 2 3i −1
i +1 x

=

−

=−

i +1 x

i +1 x

1
( 3i +1)e x ( cos x +i sin x )

10

ex
1
( cosx − 3sin x ) − iex ( 3cosx + sin x ) .
10
10

Do đó ta có nghiệm của phơng trình đà cho lµ:
y= −

ex
1
( cos x − 3sin x ) − 7  − e x (3cos x + sin x) 

÷
10
 10


= ex(2cosx + sinx).
n) y” - 5y’ = 3x2 + sin5x hay (D2 - 5D)y = 3x2 + sin5x do đó:
3x 2
sin5x
+ 2
y= 2
D 5D D 5D
Đặt: y1 =

3x 2

D 2 −5 D

; y2 =

sin 5 x
D 2 − 5D

Ta cã:
=

3x 2
1
1
1
1  1 D
D2  2
− −
3 x
=
3x 2 = .
3x 2 =
−
D ( D −5)
D D −5
D  5 25 125 
D 2 −5 D



=

y1

1  3x 2 6 x
6 
x 3 3x 2
6x
−
=−
−
−
−
−


D
5
25 125 
5
25 125

= -0,2x3 - 0,12x2 - 0,048x;
y2

=

sin 5 x
D2 −
5D

.

XÐt phơng trình: y - 5y = e5ix hay y - 5y’ = cos5x + isin5x
ta cã: (D2 - 5D)y = e5ix do ®ã
14


y=

1
e 5ix
1
e 5ix =
=−
(1 −i )e 5ix
2
−25 −25i
50
D −5 D

=

−

1
(1 − i )( cos 5 x +i sin 5 x )
50

=

−

1
( cos 5 x +sin 5 x ) + i ( cos 5 x sin 5 x )
50
50

Phần ảo
y2 =

1
( cos5 x − sin 5 x ) lµ nghiƯm cđa y2 tøc
50

1
50

(
cos 5 x − 5 x ) = 0,02(cos5x - sin5x).
sin

Vậy nghiệm của phơng trình đà cho là:
y = -0,2x3 - 0,12x2 - 0,048x + 0,02(cos5x - sin5x)
p) y” + 4y = 3e2x + xcos2x hay (D2 + 4)y = 3e2x + xcos2x do ®ã:
y=

3e 2 x
x cos 2 x
+ 2
D 2 +4

D +4

x cos 2 x
3e2 x
Đặt: y1 = 2
; y2 =
D2 + 4
D + 4
y1 =
y2 =

Ta cã:

3e 2 x
3e 2 x
3
=
= e2x ;
D 2 +4 4 +4 8

x cos 2 x
D2 +
4

Xét phơng trình y + 4y = xe2ix hay y” + 4y = xcos2x + ixsin2x
Ta cã: (D2 + 4)y = xe2ix do ®ã:
y=
=

1

1
1
1
1
xe2 ix =
×
xe2 ix =
.e2ix
x
D2 + 4
D − 2i D + 2i
D −2i
D + 4i
e 2ix  1
D
e 2 ix  x
1 
 + x =
 + 
D  4i 16 
D  4i 16 
2ix  x


=e
=

 x2
x 
x 

+ =( cos 2 x +i sin 2 x )
 8i 16 
 8i +16 





2

 x2
  x2
1
x sin 2 x 

 8 sin 2 x +16 x cos 2 x  +i − 8 cos 2 x + 16  .
 


 


PhÇn thùc

 x2

1

 8 sin 2 x +16 x cos 2 x

là nghiệm riêng của y2 tức

15


y2 =

 x2

1

 8 sin 2 x +16 x cos 2 x




.

Vậy nghiệm riêng của phơng trình đà cho lµ:
y=

3 2x
x2
x
e +
sin 2 x + cos 2 x .
8

8
16

16


Chơng 2
Một số phơng trình vi phân tuyến tính cấp n đa đợc về
phơng trình vi phân tuyến tính có hệ số hằng số
I. Đa phơng trình tuyến tính thuần nhất cấp n về phơng trình có hệ số hằng
số nhờ phép thay biến độc lập.
Vì phơng trình tuyến tính thuần nhất có hệ số hằng số có thể giải bằng các
phép tính đại số nên ta quan tâm đến việc xét các phơng trình tuyến tính thuần
nhất có hệ số biến thiên mà nhờ phép biến đổi biến độc lập hay hàm phải tìm đa đợc về phơng trình có hệ số hằng số.
Giả sử, cho phơng trình:
y(n) + p1(x) y(n-1) + ... + pn-1(x)y’ + pn(x)y = 0

(1)

Trong ®ã x ∈ R, pi(x), (i = 1, n ) là các hàm thực.
Ta thử xét xem khi nào phơng trình đó đa đợc về phơng trình có hệ số h»ng
sè. Dïng phÐp thay thÕ t = ψ(x)

(2)

ta cã:
'
'
y x = yt' t x = yt' ψ' ( x )

y "x2 = y " [ψ ' ( x ) ] + yt' ψ " ( x )
2

..................................
(
y xn ) = yt(nn ) ψ ' ( x )  + ... + yt' ( n ) ( x)
n


n

n
khi đó phơng trình (1) trë thµnh: yt( n ) [ψ ' ( x ) ] + ... + p n ( x ) y = 0
n

( n)
chia hai vế cho [(x)] ta đợc yt n + ... +
n

pn ( x )

ψ ' ( x )



n

y = 0

(3)

Do đó nếu phơng trình (3) có hệ số hằng số thì điều kiện cần (nhng nói chung cha
phải là đủ) là:
pn ( x )

[ ' ( x ) ]
Khi ®ã ψ’(x) = c. n

n

=

1
, trong ®ã c lµ h»ng sè.
cn

pn ( x )

VËy:
17


ψ(x)= c ∫ n

p n ( x ) dx

(4)

VËy nÕu phơng trình (3) đa đợc về phơng trình có hệ số hằng số nhờ phép
thay biến số độc lập thì phép thay biến đó phải có dạng

t =c n p n ( x ) dx .

Tríc hÕt ta xÐt ph¬ng trình:
1. y + q(x)y = 0

(*)

Đặt t = (x)
Ta có:

y =

dy dy dt
dy
= .
= '( x)
ϕ
dx dt dx
dt

y” = ϕ”(x)

dy
d 2 y dt
dy
d2y
+ϕ' ( x ) 2 . =ϕ′′( x )
+ϕ' 2 ( x ) 2
dt
dt

dt dx
dt

Thay vµo (*) ta ®ỵc:
ϕ' 2 ( x )

d2y
dy
+ϕ′′( x )
+ q ( x ) y =0
2
dt
dt

( x ) dy

d2y

Đặt

( x)
ϕ '2 ( x ) = m


 q( x ) = n
 ϕ '2 ( x)
Tõ (b) ta cã:
⇒ ϕ′′ ( x ) =

(a )

(b)
q( x )
=ϕ' 2 ( x )
n

1
2 n

×

⇒
⇒

q' ( x )
q

3
2

( x)

dq
q

3
2

=

=A

⇒ ϕ’(x) =

1

1 2
q ( x)
n

q '( x )

q( x)

thay vµo (a): ϕ”(x) = mϕ’ (x) ⇒
2

1
2 n

×

q( x )

⇒ dt 2 +ϕ' 2 ( x ) . dt +ϕ' 2 ( x ) y =0

q '( x )

q( x)

2m

=A
n

dx
18

=

m
q( x)
n


3
−
2

⇒

q

⇒

2.

⇒

dq =A dx
1
=Ax +B

q( x )

q( x ) =

1
Ax +B

1

⇒ q(x) = ( Ax + B ) 2
1

Vậy các phơng trình dạng: y + ( Ax +B ) 2

y = 0 đa

về đợc phơng trình có hệ

số hằng số nhờ phÐp biÕn ®ỉi biÕn sè ®éc lËp.
2. y” + p(x)y’ + q(x)y = 0

(**)

Đặt t = (x)
y =

dy dy dt
dy
= .
= '( x)

ϕ
dx dt dx
dt

y” = ϕ”(x)

dy
d 2 y dt
dy
d2y
+ϕ' ( x ) 2 . =ϕ′′( x )
+ϕ' 2 ( x ) 2
dt
dt
dt dx
dt

Thay vào phơng trình (**) ta đợc:
' 2 ( x )

d2y
dy
dy
+ϕ′′( x )
+ p( x )ϕ' ( x )
+ q ( x ) y =0
2
dt
dt
dt

ϕ′′ ( x ) + p ( x ) ϕ ' ( x ) dy
q( x)
d2y
×
+
y = 0.
⇒ 2 +
dt
ϕ '2 ( x )
dt
ϕ '2 ( x )

 ϕ ′ ( x ) + p( x ) ϕ ' ( x )
 ϕ '2 ( x ) =

Đặt:
q( x )
=
2
ϕ ' ( x)
q( x )

Tõ (b’) ta cã: β
⇒ ϕ′′ ( x ) =

1
2 β

(a ' )

(b')
=ϕ' 2 ( x )

×

1 1
q2 ( x)
⇒ ϕ’(x) =
β

q '( x )

q( x)

19


thay vào (a):



1
2

1
2

ì

q '( x )

q( x)

1

p(x) = c[ q( x ) ] 2 +

2α

β

1
α
q( x) = q( x)
β
β

1
α
q( x) = q( x) q( x)
β
β

× q '( x ) + p ( x )

q ' ( x ) +2 p ( x ) q ( x ) =

+ p( x)

3

q 2 ( x)

q' ( x )
, trong ®ã c lµ h»ng sè.
2q ( x )
1

VËy víi p(x) = c[ q( x ) ] 2 +

q' ( x )
, thì phơng trình (**) đa đợc về phơng trình
2q ( x )

có hệ số hằng số.
II. Phơng trình ơle.
Cho phơng trình ơle: D(y) = xny(n) + a1xn-1y(n-1) + ... + an-1xy’ + any = 0 (5)
trong ®ã a1, ..., an là các hằng số.
Phơng trình này có điểm x = 0 là kỳ dị. Ta xét x thuộc các khoảng

(-

, 0), (0, ).
Ta hÃy tìm nghiệm tổng quát của phơng trình ơle với x thuộc (0, ). (để lập
nghiệm tổng quát với các giá trị x âm thì trong tất cả các phép tính chỉ cần thay x
bởi -x).
Theo mục 1 nếu phơng trình (5) đa đợc về phơng trình có hệ số hằng số
bằng phép thay biến độc lập thì chỉ có thể bằng phép thay biến dạng
t = c∫ n
lÊy c =

n

1
an

an
xn

dx

, do ®ã t = lnx hay x = et

(6)

khi ®ã
'
'
yx = yt' . t x = yt' ×

1
d
d −t
= yt' . e − t ,
=
e
xt
dx
dt

y ′′2 = ( yt′′ e −t − yt' e −t )e −t = ( yt′′ − yt' )e −2t
2
2
x
y ′′′ = ( yt′′′ −3 yt′′ + 2 yt' )e −3t
3
2
x3

(7)
20


.............................................

[

(
y xn ) = yt( nn ) +... + ( - 1)
n

n −1

( n − 1)! yt' ]e −nt

Tõ (7) ta thấy rằng đạo hàm cấp k của y theo x đợc biểu diễn dới dạng tích
của e-k với hàm tun tÝnh thn nhÊt cđa

k
′2

yt' , yt′ , ..., y (t k )

víi hƯ sè h»ng sè. V×

vËy, thay (6), (7) vào (5) và với xke-kt = 1 ta đợc phơng trình tuyến tính thuần nhất
cấp n có hệ số hằng số, tìm nghiệm tổng quát của phơng trình đó và trở lại phơng
trình xuất phát bằng phép thay t = lnx ta sẽ đợc nghiệm tổng quát của phơng trình
ơle.
Ví dụ 1: Tìm nghiệm tổng quát của phơng trình x2y - 2xy + 2y = 0

(8)

Giải: Đặt x = et ta cã:
'
y x = yt' . e −t

y′′2 = ( yt2 yt' )e 2t
x

thay vào (8) ta đợc:

)

(

e2t y ′′2 − yt' e −2t − 2 et yt' e −t + 2 y = 0
t
'
hay yt′′2 −3 yt + 2 y = 0

ta cã F(λ) = λ2 - 3λ + 2 = 0 do ®ã λ1 = 1; λ2 = 2.
VËy y = c1et + c2e2t hay y = c1x + c2x2.
Ví dụ 2: Xét phơng trình x2y - 3xy + 5y = 0

(9)

Giải: Đặt x = et ta cã
'
y x = yt' . e −t

y′′2 = ( yt2 yt' )e 2t
x

thay vào phơng trình (9) ta ®ỵc:

(

)

e 2t yt′′ − yt' e −2t − 3 et yt' e −t + 5 y = 0
2

hay yt′′ − 4 yt' +5 y =0
2

ta cã F(λ) = λ2 - 4λ + 5 = 0 do ®ã λ1 = 2 + i; λ2 = 2 - i.
VËy y = e2t(c1cost + c2sint) hay y = x2(c1coslnx + c2sinlnx).
VÝ dô 3: Giải các phơng trình sau đây:
a) x2y - 4xy + 6y = 0

(10)
21


Giải: Đặt x = et ta có
'
y x = yt' . e −t

y′′2 = ( yt′′2 − yt' )e −2t
x

thay vào phơng trình (10) ta đợc:

(

)

e 2t yt yt' e −2t − 4 et yt' e −t + 6 y = 0
2

hay yt′′ − 5 yt' +6 y =0
2

ta cã F(λ) = λ2 - 5λ + 6 = 0 do ®ã λ1 = 2; λ2 = 3.
VËy y = c1e2t + c2e3t hay y = c1x2 + c2x3.
b) x3y + xy - y = 0

(11)

Giải: Đặt x = et ta cã:

'
y x =yt' . e −t

(
)
y ′′′ = ( y ′′′ − 3 y ′′ + 2 y )e
y′′2 = yt2 yt' e 2t
x
x3

t3

'
t

t2

3t

Thay vào phơng trình (11) ta đợc:

(

)

e3t yt3 3 yt2 + 2 yt' e −3t + et yt' e −t - y = 0
′
′
hay yt′′ −3 yt′ +3 y − y =0
ta cã: F(λ) = λ3 - 3λ2 + 3λ - 1 = 0 do ®ã λ1 = λ2 = λ3 = 1.

3

2

'
t

VËy y = e3t(c1 + c2t + c3t2) hay y = x3(c1 + c2ln
c) x3y - 2xy = 6lnx

x

Giải: Đặt x = et ta cã
'
y x = yt' . e −t

y′′2 = ( yt2 yt' )e 2t
x

thay vào phơng trình (12) ta đợc:

(

)

e3t yt yt' e 2t 2 et y = 6t
2
'
−t
hay yt′′2 − yt − 2 y = 6te

- phơng trình thuần nhất y - y - 2y = 0 cã
F(λ) = λ2 - λ - 2 = 0 do ®ã λ1 = -1; λ2 = 2.
VËy nghiƯm của phơng trình thuần nhất là

22

+ c3ln2

x

).
(12)


y = c1e−t + c2e 2t hay y = c1

1
+ c2 x 2 .
x

- Tìm nghiệm riêng của phơng trình: y - y - 2y = 6te-t
Nghiệm riêng của phơng trình có dạng:
y
-2 ~
~
-1 y
y
1 ~
y - y - 2y

= te-t(At + B)
= -(At2 + Bt)e-t + (2At + B)e-t
= (At2 + Bt)e-t - (2At + B)e-t - e-t(2At + B) + 2Ae-t
= -3(2At + B)e-t + 2Ae-t
= 6te-t

§ång nhất thức hai vế của phơng trình ta đợc:

6A = 6
2
do ®ã A = -1; B = −

3
 − 3B + 2 A = 0
VËy nghiƯm riªng cđa phơng trình là:
~ =te t t 2 
y


3


hay
~ = 1 − ln 2 x − 2 ln x
y


x
3

Vậy nghiệm của phơng trình đà cho là:
y = c1x2 +

1
2

2
 − ln x − ln x + c 2 .
x
3


d) x2y - 2y = sinlnx

(13)

Giải: Đặt x = et ta cã
'
y x = yt' . e −t

y′′2 = ( yt2 yt' )e 2t
x

thay vào phơng trình (13) ta đợc:

(

)

e 2t yt2 yt' e 2t 2 y = sin t
'
hay yt′′2 − yt − 2 y = sin t

- phơng trình thuần nhất y - y’ - 2y = 0 cã
F(λ) = λ2 - λ - 2 = 0 do ®ã λ1 = -1; λ2 = 2.
23


Vậy nghiệm của phơng trình thuần nhất là
y =c1e t +c2 e −2 t hay y =c1

1
+c 2 x 2
x

- Tìm nghiệm riêng của phơng trình: y - y - 2y = sint.
Nghiệm riêng của phơng trình có dạng:
y
-2 ~
~
-1 y ’
y
1 ~”
y” - y’ - 2y

= e0t (Asint + Bcost)
= Acost - Bsint
= -Asint - Bcost)

= (-3A + B)sint - (3B + A)cost
= sint

§ång nhÊt thøc hai vÕ cđa phơng trình ta đợc:

3A + B

3B − A

=1
=0

do ®ã A = -0,3; B = 0,1

VËy nghiƯm riêng của phơng trình là:
%
y = 0,3sin t + 0,1cos t
hay

~ =−0,3 sin ln x +0,1 cos ln x
y

suy ra nghiệm của phơng trình đà cho là:
y = c1x-1 + c2x2 + 0,1coslnx - 0,3sinlnx.
1
x

e) y′′ + y ' +

1

y =0
x2

(14)

hay x2y + xy + y = 0
Giải: Đặt x = et ta cã:
'
y x = yt' . e −t

(

)

y′′2 = yt2 yt' e 2t
x

thay vào phơng trình (14) ta đợc:

(

)

e 2t yt2 yt' e 2t + e t yt' e −t + y = 0

hay yt′′ + y = 0
2

ta cã F(λ) = λ2 + 1 = 0 do ®ã λ1 = i; λ2 = -i.
VËy nghiƯm của phơng trình đà cho là:

y = c1cost + c2sint hay y = c1coslnx + c2sinlnx.
f) (1 + x)2y” + (1 + x)y + y = 0

(15)

Giải: Đặt 1 + x = et ta cã:
24


'
y x = yt' . e −t

(

)

y′′2 = yt′′2 − yt' e 2t
x

thay vào phơng trình (15) ta đợc:

(

)

e 2t yt′′ − yt' e −2t + e t yt' e −t + y = 0
2

hay yt′′ + y = 0
2

ta cã F(λ) = λ2 + 1 = 0 do ®ã 1 = i; 2 = -i.
Vậy nghiệm của phơng trình ®· cho lµ:
y = c1cost + c2sint hay y = c1cosln(1 + x) + c2sinln(1 + x).
g) (2x + 1)2y” - 4(2x + 1)y + 8y = 0
Giải: Từ phơng trình trên ta có:
Đặt x +

2

1
1



x + y ′ −2 x + y ' +2 y =0
2
2



1
= et ta cã:
2

'
y x = yt' . e −t

y′′2 = ( yt2 yt' )e 2t
x

thay vào phơng trình (16) ta ®ỵc:

(

)

e 2t yt′′2 − yt' e −2t − 2 e t yt' e −t + 2 y = 0

hay y ''− 3 y '+ 2 y = 0
ta cã F(λ) = λ2 - 3λ + 2 = 0 do ®ã 1 = 1; 2 = 2.
Vậy nghiệm của phơng trình ®· cho lµ:
y = c1e + c2e hay y =
t

2t

2

1
1


c1  x +  +c2  x + 
2
2



.

′
h) (2x + 3)3 y ′′+ 3(2x + 3)y’ - 6y = 0

Giải: Từ phơng trình trên ta có:

3

3
3



4x + y +3x + y ' 3 y =0
2
2



(17)
Đặt

x+

3
2

= et ta cã:

'

y x =yt' . e −t

(

)

y′′2 = yt′′2 − yt' e −2t
x

25

(16)