PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN

TRƯỜNG ĐẠI HỌC ĐÀ LẠT
KHOA TOÁN - TIN HỌC
Y  Z



TRỊNH ĐỨC TÀI






PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN

(Bài Giảng Tóm Tắt)

Lưu hành nội bộ
Y Đà Lạt 2008 Z
Mục lục
1 Phương trình vi phân thường cấp I 2
1.1 Mở đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
1.1.1 Vài mô hình đơn giản. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
1.1.2 Các khái niệm. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.1.3 Ý nghĩa hình học của phương trình vi phân: . . . . . . . . . . . 5
1.2 Định lý tồn tại và duy nhất nghiệm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.2.1 Bài toán Cauchy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.2.2 Phương pháp xấp xỉ Picard . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.2.3 Sự tồn tại và duy nhất nghiệm . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
1.2.4 Phân loại nghiệm của phương trình vi phân . . . . . . . . . . . 11
1.3 Phương pháp giải một số phương trình vi phân cấp I . . . . . . . . . . 12
1.3.1 Phương trình với biến số phân ly . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
1.3.2 Phương trình vi phân thuần nhất . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
1.3.3 Phương trình vi phân toàn phần . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
1.3.4 Phương trình vi phân tuyến tính cấp I . . . . . . . . . . . . . . 18
1.3.5 Phương trình Bernoulli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
1.3.6 Phương trình Darboux . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 0
1.3.7 Phương trình Riccati . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 2
1.4 Phương trình vi phân cấp I chưa giải ra đối với đạo hàm . . . . . . . . 23
1.4.1 Tích phân một số phương trình vi phân cấp I . . . . . . . . . . 23
1.5 Phương trình Clairaut và phương trình Lagrange . . . . . . . . . . . . 26
1.5.1 Phương trình Clairaut . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26
1.5.2 Phương trình Lagrange . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
1.5.3 Tham số hoá tổng quát . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
1.6 Nghiệm kỳ dị của phương trình vi phân cấp I . . . . . . . . . . . . . . 29

1.6.1 Sự tồn tại nghiệm kỳ dị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29
MỤC LỤC ii
1.6.2 Tìm nghiệm kỳ dị theo p−biệt tuyến . . . . . . . . . . . . . . . 30
1.6.3 Tìm nghiệm kỳ dị theo C−biệt tuyến . . . . . . . . . . . . . . 32
2 Phương trình vi phân cấp cao 35
2.1 Phương trình vi phân cấp cao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35
2.1.1 Các khái niệm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35
2.1.2 Sự tồn tại và duy nhất nghiệm . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36
2.1.3 Một số phương trình vi phân cấp cao giải được bằng cầu phương 37
2.1.4 Một số phương trình vi phân cấp cao có thể hạ cấp . . . . . . . 39
2.1.5 Tích phân trung gian và tích phân đầu . . . . . . . . . . . . . . 42
2.2 Lý thuyết tổng quát về phương trình vi phân tuyến tính cấp cao. . . . 43
2.2.1 Các khái niệm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43
2.2.2 Nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất . . . . . . . . . 44
2.2.3 Nghiệm của phương trình vi phân tuyến tính không thuần nhất 50
2.2.4 Phương pháp biến thiên hằng số tìm nghiệm riêng của phương
trình không thuần nhất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51
2.3 Phương trình vi phân tuyến tính cấp cao hệ số hằng . . . . . . . . . . . 53
2.3.1 Nghiệm của phương trình thuần nhất hệ số hằng . . . . . . . . 53
2.3.2 Tìm nghiệm riêng của phương trình không thuần nhất: . . . . . 56
3 Hệ phương trình vi phân 60
3.1 Hệ phương trình vi phân cấp I tổng quát. . . . . . . . . . . . . . . . . 60
3.1.1 Các định nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60
3.1.2 Liên hệ giữa hệ phương trình và phương trình vi phân cấp cao. 61
3.1.3 Sự tồn tại và duy nhất nghiệm . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62
3.1.4 Các phương pháp giải hệ phương trình vi phân . . . . . . . . . 63
3.2 Một số định lý cơ bản của phương trình vi phân . . . . . . . . . . . . 66
3.2.1 Sự tồn tại nghiệm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66
3.2.2 Thác triển nghiệm và sự tồn tại toàn cục . . . . . . . . . . . . 68
3.3 Hệ phương trình vi phân tuyến tính . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69

3.3.1 Hệ tuyến tính thuần nhất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69
3.3.2 Hệ tuyến tính không thuần nhất. . . . . . . . . . . . . . . . . . 73
3.4 Hệ phương trình vi phân tuyến tính hệ số hằng. . . . . . . . . . . . . . 75
3.4.1 Phương trình đặc trưng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75
3.4.2 Hệ nghiệm cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76
3.5 Sự ổn định nghiệm của hệ tuyến tính . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79
MỤC LỤC 1
3.5.1 Sơ lược về bài toán ổn định . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79
3.5.2 Ổn định hệ tuyến tính . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82
3.5.3 Ổn định theo xấp xỉ thứ nhất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83
3.5.4 Ổn định theo phương pháp Liapunov thứ hai . . . . . . . . . . . 83
4 Phương trình vi phân trong mặt phẳng phức. 86
4.1 Các khái niệm cơ bản. Sự tồn tại và duy nhất nghiệm. . . . . . . . . . 86
4.1.1 Các khái niệm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86
4.1.2 Sự tồn tại và duy nhất nghiệm. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86
4.1.3 Phương trình vi phân phức biến thực . . . . . . . . . . . . . . . 8 7
4.1.4 Nghiệm của phương trình vi phân dưới dạng chuỗi luỹ thừa. . . 88
4.1.5 Điểm kỳ dị của phương trình vi phân. . . . . . . . . . . . . . . 91
4.2 Hàm đặc biệt - Một số phương trình vi phân tuyến tính cấp II. . . . . . 96
4.2.1 Phương trình siêu hình học (hypergeometric) . . . . . . . . . . . 96
4.2.2 Phương trình Legendre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97
4.2.3 Phương trình Bessel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 98
4.3 Sơ lược về khai triển tiệm cận nghiệm của phương trình vi phân. . . . . 98
4.3.1 Sơ lượ c về khai triển tiệm cận. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99
4.3.2 Dáng điệu tiệm cận của nghiệm gần điểm kỳ dị không chính qui. 100
4.3.3 Khai triển tiệm cận của nghiệm . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102
4.3.4 Sơ lượ c về phương pháp WKB (Wentzel-Kramers-Brillouin) . . 103
A Biến đổi Laplace và phương trình vi phân. 106
A.1 Biến đổi Laplace. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 106
A.2 Giải phương trình vi phân bằng phép biến đổi Laplace. . . . . . . . . . 108

Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112
Chương 1
Phương trình vi phân thường cấp I
1.1 Mở đầu
Trong rất nhiều lĩnh vực ứng dụng, chuyển động của một hệ được mô hình hoá bởi các
phương trình vi phân, tức là phương tr ình có chứa các đạo hàm của ẩn hàm cần tìm.
Chẳng hạn, trong cơ học cổ điển (định luật Newton), trong thiên văn học (sự chuyển
động của các hành tinh), trong hoá học (các phản ứng hoá học), trong sinh học (sự
phát triển của dân số), trong điện tử Trong hầu hết các lĩnh vực như thế, bài toán
chung nhất là mô tả nghiệm của các phương trình này (cả về định tính lẫn về định
lượng).
1.1.1 Vài mô hình đơn giản.
Sự rơi tự do. Xét một vật có khối lượng m được thả rơi tự do trong khí quyển gần
mặt đất. Theo định luật II Newton, chuyển động của vật đó có thể mô tả bởi phương
trình
F = ma (1.1)
trong đó F là hợp lực tác động lên vật và a là gia tốc chuyển động. Hợp lực F có thể
giả thiết chỉ bao gồm lực hấp dẫn (tỷ lệ với khối lượng của vật và hướng xuống) và
lực cản (tỷ lệ với vận tốc chuyển động và hướng lên trên). Ngoài ra, do gia tốc chuyển
động a =
dv
dt
nên (1.1) có thể viết dưới dạng
m
dv
dt
= mg − γv (1.2)
trong đó g ≈ 9, 8m/s
2
là gia tốc trọng trường, còn γ là hệ số cản.

Vậy vận tốc v của vật rơi tự do thỏa mãn phương trình (1.2) với sự xuất hiện của
đạo hàm của v. Những phương trình như vậy ta sẽ gọi là phương trình vi phân.
Dung dịch hóa học. Giả sử tại thời điểm ban đầu t = t
0
một thùng chứa x
0
kg
muối hòa tan trong 1000 lít nước. Ta cho chảy vào thùng một loại nước muối nồng độ
1.1 Mở đầu 3
a (kg/lít) với lưu lượng r (lít/phút) và khấy đều. Đồng thời, cho hỗn hợp đó chảy ra
khỏi thùng cũng với tốc độ như trên. Gọi x = x(t) là lượng muối trong thùng tại thời
điểm bất kỳ. Rõ ràng tỉ lệ thay đổi lượng muối trong thùng
dx
dt
bằng hiệu của tỉ lệ muối
chảy vào ar (kg/phút) trừ đi tỉ lệ muối chảy ra tại thời điểm đang xét
rx
1000
(kg/phút).
Vậy ta có phương trình vi phân
dx
dt
= ar −
rx
1000
(1.3)
với dữ kiện ban đầu
x(t
0
) = x

0
1.1.2 Các khái niệm.
Phương trình vi phân là phương trình có dạng
F (x, y, y

, y

, . . . , y
(n)
) = 0 (1.4)
trong đó y = y(x) là ẩn hàm cần tìm và nhất thiết phải có sự tham gia của đạo hàm
(đến cấp nào đó) của ẩn.
Trong trường hợp ẩn hàm cần tìm là hàm nhiều biến (xuất hiện các đạo hàm riêng)
thì phương trình vi phân còn gọi là phương trình đạo hàm riêng. Để phân biệt, người
ta thường gọi phương trình với ẩn hàm là hàm một biến là phương trình vi ph ân thường
và là đối tượng chính của giáo trình này.
Thông thường ta xét các phương trình với ẩn hàm là hàm số một biến thực y = y(x)
xác định trên khoảng mở I ⊂ R; khi đó hàm F trong đẳng thức trên xác định t rong
một tập mở G của R × R
n+1
. Trong truờng hợp ẩn hàm cần tìm là vector- hàm (hàm
với giá trị vector) y(x) = (y
1
(x), . . . , y
m
(x))
T
∈ R
m
, F là một ánh xạ nhận giá trị trong

R
m
và (1.4) được hiểu là hệ phương trình vi phân.
Ta nói một phương trình vi phân có cấp n nếu n là cấp lớn nhất của đạo hàm của
ẩn xuất hiện trong phương trình.
Phương trình vi phân thường cấp I có dạng tổng quát
F (x, y, y

) = 0 (1.5)
trong đó F (x, y, z) được giả thiết liên tục cùng với các đạo hàm riêng của nó trên miền
G ⊂ R
3
. Với một số giả thiết thích hợp (xem định lý hàm ẩn), phương trình vi phân
cấp I có thể viết được dưới dạng sau (gọi là dạng giải ra được đối với đạo hàm)
y

= f(x, y) (1.6)
với f liên tục trong một miền D ⊂ R
2
.
Ví dụ
: Các phương trình
e
y
+ y

2
cos x = 1
(y


)
2
− 2xy = ln x
∂
2
u
∂x
2
+
∂
2
u
∂y
2
= 0
1.1 Mở đầu 4
lần lượt là phương trình vi phân thường cấp I, cấp III và phương trình đạo hàm riêng
cấp II.
Xét phương t rình (1.4), hàm giá trị vector φ : I → R
n
(với I = (a, b) là khoảng nào
đó của R) là nghiệm của phương tr ình (1.4) nếu nó có các đạo hàm liên tục đến cấp n
trên I và thoả mãn
F (x, φ(x), φ

(x), φ

(x), . . . , φ
(n)
)(x) = 0, với mọi x ∈ I (1.7)

Trong trường hợp phương trình vi phân cấp I, nghiệm là một hàm thực một biến
y = φ(x) mà khi thay vào (1.5) hoặc (1.6), ta được một đẳng thức đúng.
Ví dụ
: Dễ kiểm tra rằng họ hàm (phụ thuộc vào hai tham số tuỳ ý)
y = C
1
cos x + C
2
sin x
là nghiệm của phương trình vi phân
y

+ y = 0
1 2 3 4
1
2
3
yy
zz
X
Hình 1.1: Nghiệm của phương trình Volterra-Lotka.
Ví dụ
: (Săn mồi và mồi) Sự phát triển của hai quần thể sinh vật (chẳng hạn, x = x(t)
là số con mèo và y = y(t) là số con chuột) theo thời gian được mô tả bở i (hệ) phương
trình Volterra−Lotka sau đây
y

= y(α − βx), x

= x(γy − δ) (1.8)

với α, β, γ và δ là những hằng số đặc trưng cho sự tăng trưởng của các quần thể.
Để tìm nghiệm của phương trình này ta có thể xem y như là hàm theo x, phương
trình có thể viết dưới dạng
dy
dx
=
y(α − βx)
x(γy −δ)
hay
(γy − δ)
y
dy =
(α −βx)
x
dx
Nghiệm của phương trình này cho bởi
γy − δ ln y = α ln x −βx + C
trong đó C là hằng số tuỳ ý. Hình 1 .1 mô tả nghiệm của phương trình khi α = β =
γ = 1, δ = 2.
1.1 Mở đầu 5
1.1.3 Ý nghĩa hình học của phương trình vi phân:
Xét phương trình vi phân (1.6), với f(x, y) liên tục trên miền mở trong R
2
. Tại mỗi
điểm M(x, y) thuộc miền này, ta gán cho nó một hướng với hệ số góc là
k =
dy
dx
= f(x, y) (1.9)
Khi đó ta thu được một trường các hướng xác định bởi (1.9), và dĩ nhiên hướng của

tiếp tuyến của đường cong tại mỗi điểm trùng với hướng của trường tại điểm đó. Giải
phương trình vi phân dạng (1.6) về mặt hình học là tìm tất cả các đường cong sao cho
tại mỗi điểm của nó hướng của tiếp tuyến trùng với hướng của trường. Hình 1.2 cho
ta trường hướng của phương trình y

= −
y
x
.
–2
–1
0
1
2
y(x)
–2 –1 1 2
x
Hình 1.2: Trường hướng của phương trình y

= −
y
x
Ngược lại, cho trước họ đường cong
ϕ(x, y, C) = 0 (1.10)
phụ thuộc vào tham số C sao cho qua mỗi điểm chỉ có duy nhất một đường cong của
họ đi qua. Ta sẽ lập phương trình vi phân nhận họ đường cong này làm nghiệm tổng
quát như sau. Đạo hàm hai vế của phương trình trên theo x, ta được
∂ϕ
∂x
(x, y, C) + y


∂ϕ
∂y
(x, y, C) = 0
Từ phương trình (1.10), với mỗi (x, y) ta luôn tìm được duy nhất giá trị C = C(x, y).
Thay C vào đẳng thức trên ta nhận được
∂ϕ
∂x
(x, y, C(x, y)) + y

∂ϕ
∂y
(x, y, C(x, y)) = 0
1.2 Định lý tồn tại và duy nhất nghiệm 6
và đây là phương trình vi phân cần tìm.
Ví dụ
: Tìm phương trình vi phân của họ đường cong sau:
y = Cx
2
Đạo hàm hai vế theo x ta được y

= 2Cx. Khử C ta thu được phương trình vi phân:
y

= 2
y
x
1.2 Định lý tồn tại và duy nhất nghiệm
1.2.1 Bài toán Cauchy
Ta nhận xét rằng nghiệm của một phương trình vi phân nói chung phụ thuộc vào một

hay nhiều hằng số tuỳ ý nào đó. Để xác định một nghiệm cụ t hể, ta cần thêm một hay
vài dữ kiện nào đó về nghiệm (tuỳ theo cấp của phương trình vi phân). Chẳng hạn,
y =
x
3
3
+ C là nghiệm (tổng quát) của phương trình y

= x
2
. Dễ thấy y =
x
3
3
+ 1 là
nghiệm (duy nhất) thoả điều kiện y( 0) = 1.
Ta xét bài toán sau đây đặt ra đối với phương trình (1.5), gọi là bài toán Cauchy
(hay bài toán giá trị ban đầu):
Bài toán: Tìm nghiệm y(x) thỏa:

y

= f(x, y)
y(x
0
) = y
0
(1.11)
trong đó (x
0

, y
0
) ∈ D được gọi là điều kiện ban đầu.
Câu hỏi tự nhiên đặt ra là bài toán (1.11) có hay không và có bao nhiêu lời giải. Ta
lưu ý rằng không phải lúc nào bài toán Cauchy cũng có nghiệm, và khi có nghiệm cũng
không nhất thiết có duy nhất nghiệm. Chẳng hạn, phương trình y

= x
2
, y(0) = 0 có
duy nhất một nghiệm là y = x
3
/3. Phương trình xy

= y, y(0) = 1 không có nghiệm
nào; còn phương trình y

= y
1/3
, y(0) = 0 có ít nhất 2 nghiệm là là y ≡ 0 và y
2
=
8
27
x
3
.
Trong mục sau ta sẽ phát biểu và chứng minh một định lý giải quyết trọn vẹn bài
toán Cauchy cho phương trình vi phân cấp I.
1.2.2 Phương pháp xấp xỉ Picard

Ta xét bài toán Cauchy đối với phương trình cấp I dạng giải ra được đối với đạo hàm
(1.11), trong đó f xác định và liên tục trên miền mở D ⊂ R
2
.
Giả sử y(x) là nghiệm của bài toán (1.11), tích phân hai vế của phương trình trong
(1.11) ta được phương trình tích ph ân đối với y(x) là
y(x) = y
0
+

x
x
0
f(t, y(t))dt (1.12)
1.2 Định lý tồn tại và duy nhất nghiệm 7
Rõ ràng mỗi nghiệm của (1.11) cũng là nghiệm của (1.12) và ngược lại, mỗi nghiệm
của (1.12) đều khả vi liên tục (tức là thuộc lớp C
1
) trên một khoảng I nào đó và thoả
phương trình (1.11).
Phép lặp Picard-Lindel¨of.
Về mặt toán tử, nghiệm của phương trình tích phân (1.12) chính là lời giải của bài toán
điểm bất động của các ánh xạ co trong không gian metric đầy đủ (ở đây ta xét không
gian các hàm khả vi liên tục trên I) mà lời giải có thể cho bở i phương pháp xấp xỉ liên
tiếp Picard-Lindel¨of sau đây.
Xét dãy các hàm xác định một cách đệ qui b ởi
y
0
(x) = y
0

(hay một hàm nào đó)
y
k+1
(x) = y
0
+

x
x
0
f(t, y
k
(t))dt, với k ∈ N
(1.13)
Bổ đề
1.1. Giả sử f liên tục trên hình chữ nhật
D =

(x, y) ∈ R
2
/|x −x
0
| ≤ a, |y − y
0
| ≤ b

Đặt M := max
(x,y)∈D
|f(x, y)| và h := min


a,
b
M

. Khi đó với mọi x ∈ I := [x
0
−h, x
0
+h]
ta có
|y
k
(x) −y
0
| ≤ b, với mọi k
Nói cách khác, trong phé p lặp (1.13) các hàm y
k
không đi ra khỏi phần hình chữ
nhật D, ứng với x ∈ I.
Chứng minh: Ta có, với x
0
− h ≤ x ≤ x
0
+ h:
|y
k
− y
0
| =






x
x
0
f(t, y
k−1
(t))dt




≤

x
x
0
|f(t, y
k−1
(t))|dt ≤ M |x −x
0
| ≤ Mh ≤ b

Ví dụ
: Xét phương trình y

= −y
2

, với y(0) = 1. Nghiệm chính xác của nó là y =
1
x+1
.
Vài xấp xỉ đầu tiên trong phép lặp Picard-Lindel¨of là y
0
= 1, y
1
= 1 − x, y
2
=
1 −x + x
2
−
x
3
3
, (xem Hình 1.3). Ta nhận thấy các xấp xỉ y
k
hội tụ nhanh khi x bé,
với các giá trị x lớn phép lặp là phân kỳ.
1.2.3 Sự tồn tại và duy nhất nghiệm
Trong phần này ta sẽ phát biểu và chứng minh định lý cơ bản của lý thuyết phương
trình vi phân, khẳng định sự tồn tại và duy nhất nghiệm của bài toán Cauchy.
1.2 Định lý tồn tại và duy nhất nghiệm 8
1 2 3 4
Y(x)
2
Y(x)
0

Y(x)
4
Y(x)
1
Y(x)
3
Hình 1.3: Phép lặp Picard-Lindel¨of cho phương trình y

= −y
2
, với y(0) = 1
Định nghĩa 1.2.1. Cho hàm f(x, y) xác định trên miền D ⊂ R
2
. Ta nói f thoả đi ề u
kiện Lipschitz theo biến y trên D nếu tồn tại hằng số dương L (gọi là hằng số Lipschitz)
sao cho:
|f(x, y
1
) −f(x, y
2
)| ≤ L |y
1
− y
2
|, với mọi (x, y
1
), (x, y
2
) ∈ D
Nhận xét

: Điều kiện Lipschitz là yếu hơn so với điều kiện giới nội của đạo hàm riêng
∂f
∂y
trên D. Thật vậy, g iả sử
∂f
∂y
liên tục và




∂f
∂y




≤ L. Khi đó, áp dụng định lý Lagrange
cho hàm f(x, y) theo biến y ta được
f(x, y
1
) −f(x, y
2
) = (y
1
− y
2
)
∂f
∂y

[x, y
1
+ θ(y
2
− y
1
)]
Từ đó suy ra điều kiện Lipschitz.
Ví dụ
: Hàm f (x, y) = y
1/3
liên tục nhưng không thỏa điều kiện Lipschitz theo biến y
trong lân cận bất kỳ của (0, 0).
Định lý 1.2 (Định lý tồn tại và duy nhất nghiệm). Giả sử hàm số f(x, y) trong (1.11)
liên tục và thoả điều kiện Lipschitz theo biến y trên hình chữ nhật
D =

(x, y) ∈ R
2
/ |x −x
0
| ≤ a, |y −y
0
| ≤ b

Khi đó nghiệm của bài toán Cauchy (1.11) là tồn tại và duy nhất trong đoạn I :=
[x
0
− h, x
0

+ h], với h := min(a,
b
M
) và M := max
(x,y)∈D
|f(x, y)|.
Chứng minh: Chứng minh chia làm hai bước:
Sự tồn tại: Ta chứng minh rằng phép lặp Picard hội tụ đều trên I đến một nghiệm
của bài toán Cauchy. Trước tiên ta chứng minh bằng qui nạp rằng
|y
k+1
(x) −y
k
(x)| ≤ ML
k
|x −x
0
|
k+1
(k + 1)!
, với mọi x ∈ I
1.2 Định lý tồn tại và duy nhất nghiệm 9
Với k = 0, bất đẳng thức trên chính là




x
x
0

f(t, y
0
(t))dt



≤ M |x − x
0
|; bất đẳng thức
này đúng.
Giả sử ta có điều đó với k −1, khi đó với x
0
≤ x ≤ x
0
+ h ta có
|y
k+1
(x) −y
k
(x)| =





x
x
0
[f(t, y
k

(t)) −f(t, y
k−1
(t))] dt




≤

x
x
0
|f(t, y
k
(t)) −f(t, y
k−1
(t))|dt ≤ L

x
x
0
|y
k
(t) −y
k−1
(t)|dt
≤ L

x
x

0
|y
k
(t) −y
k−1
(t)|dt
≤ ML
k

x
x
0
|x −x
0
|
k
k!
dt = ML
k
|x −x
0
|
k+1
(k + 1)!
(với x
0
− h ≤ x ≤ x
0
ta đánh giá tương tự).
Xét dãy hàm {y

k
(x)} trên I, ta có
|y
k+p
(x) −y
k
(x)| ≤ |y
k+p
(x) −y
k+p−1
(x)| + |y
k+p−1
(x) −y
k+p−2
(x)| + ···
+ |y
k+1
(x) −y
k
(x)|
≤
M
L

(L |x −x
0
|)
k+p
(k + p)!
+ ··· +

(L |x −x
0
|)
k+1
(k + 1)!

≤
M
L

j≥ k+1
(Lh)
j
j!
Chuổi số

∞
j=0
(Lh)
j
j!
là hội tụ, nên phần dư của nó (xuất hiện trong biểu thức cuối
cùng) có thể làm cho bé tuỳ ý khi k đủ lớn. Theo tiêu chuẩn Cauchy, dãy {y
k
(x)} hội
tụ đều trên I đến hàm y(x). Để chứng minh y(x) là nghiệm ta chỉ cần qua giới hạn
trong đẳng thức
y
k+1
(x) = y

0
+

x
x
0
f(t, y
k
(t))dt
Vì dãy hàm {y
k
(x)} hội tụ đều, f liên tục đều trên hình chữ nhật D nên dãy hàm
{f(t, y
k
(t))} hội tụ đều trên I đến hàm f(t, y(t)). Do đó có thể chuyển giới hạn qua
dấu tích phân để đượ c đẳng thức (1.12). Vậy y(x) chính là nghiệm của bài toán Cauchy
(1.11).
Tính duy nhất:
Giả sử bài toán Cauchy (1.11) còn có nghiệm z(x), khi đó ta có
y(x) − z(x) =

x
x
0
[f(t, y(t)) −f(t, z(t))] dt
Suy ra
|y(x) −z(x)| =






x
x
0
[f(t, y(t)) −f(t, z(t))] dt




≤ 2M |x − x
0
|.
1.2 Định lý tồn tại và duy nhất nghiệm 10
Từ đó
|y(x) −z(x)| =





x
x
0
[f(t, y(t)) −f(t, z(t))] dt




≤ L


x
x
0
|y(t) −z(t)|dt ≤ 2ML
|x − x
0
|
2
2
Lặp lại quá trình t rên, ta dễ dàng chứng minh được rằng với mọi số tự nhiên k:
|y(x) − z(x)| ≤ 2ML
k
|x −x
0
|
k+1
(k + 1)!
, với mọi x ∈ I
Cho k −→ +∞ ta có |y(x) −z(x)| = 0 trên I. Như vậy, một cách địa phương, nghiệm
y(x) là duy nhất. 
Nhận xét
: Điều kiện Lipschitz là quan trọng, ngay cả khi f(x, y) liên tục trên R
2
.
Chẳng hạn xét phương trình
y

= 2


|y|, y(0) = 0
Ta thấy ngay y ≡ 0 là một nghiệm. Ngoài ra còn có vô số nghiệm khác (xem hình 1.4)
là
y(x) =

(x −C)
2
nếu x ≥ C
0 nếu x ≤ C
và y(x) =

0 nếu x ≥ C
−(x −C)
2
nếu x ≤ C
trong đó C là hằng số tùy ý. Nói cách khác, tính duy nhất nghiệm bị vi phạm.
1 2 3-3 -2 -1
1
-1
Hình 1.4: Nghiệm của bài toán Cauchy y

= 2

|y|, y(0) = 0
Nhận xét
: Thực chất chứng minh là dùng nguyên lý ánh xạ co trong các không gian
metric đủ. Giả sử E là không gian metric với metric d. Ta nói E là không gian metric
đủ nếu mọi dãy Cauchy trong E đều hội tụ đến một phần tử của E. Ánh xạ T : E → E
được gọ i là ánh xạ co nếu tồn tại số α ∈ (0, 1) sao cho với mọi cặp phần tử x, y ∈ E ta
đều có

d(T x, T y) ≤ αd(x, y)
Định lý
1.3 (Nguyên lý ánh xạ co).
1
Mọi ánh xạ co T trong không gian me tric đủ
đều có d uy nhất một điểm bất động. Tức là điểm x
∗
∈ E sao cho
T (x
∗
) = x
∗
1
Ý chứng minh: Lấy x
0
∈ E tùy ý, đặt x
n
= T (x
n−1
). Vì T là ánh xạ co nên {x
n
} là dãy Cauchy.
E đầy đủ nên dãy đó hội tụ đến x
∗
. Vì T liên tục nên x
∗
chính là điểm bất động.
1.2 Định lý tồn tại và duy nhất nghiệm 11
1.2.4 Phân loại nghiệm của phương trình vi phân
Về mặt hình học, bài toán Cauchy cho phương trình vi phân cấp I có thể hiểu là tìm

nghiệm y(x) của (1.6) mà đồ thị của hàm số y = y(x) (còn gọi là đường cong tích phân
của phương trình vi phân) đi qua điểm (x
0
, y
0
). Nói cách khác, bài toán Cauchy là tìm
đường cong tích phân của phương trình (1.6) đi qua điểm (x
0
, y
0
) ∈ D cho trước.
Định nghĩa
1.2.2. Giả sử D ⊂ R
2
sao cho vế phải của phương trình (1.6) xác định
và liên tục trên D. Hàm số y = y(x, C) phụ thuộc liên tục vào hằng số C được gọi là
nghiệm tổng quát của (1.6) nếu:
a) Với mỗi điều kiện ban đầu (x
0
, y
0
) ∈ D ta luôn giải được C dưới dạng
C = ϕ(x
0
, y
0
) (∗)
trong đó ϕ là hàm liên tục.
b) Hàm y = y(x, C) thoả mãn phương trình (1.6) với mỗi giá trị của C cho bởi (∗)
khi (x

0
, y
0
) chạy khắp D.
Khi đó hệ thức ϕ(x, y) = C (hoặc chính hàm ϕ(x, y)) được gọi là tích ph ân tổng quát
của phương trình (1.6).
Ví dụ
: Phương trình y

+ y = 0 có nghiệm tổng quát là y(x) = Ce
−x
với C là hằng
số tuỳ ý.
Định nghĩa
1.2.3. Nghiệm của phương trình (1.6) mà tại mỗi điểm (x
0
, y
0
) của nó
tính chất duy nhất nghiệm của bài toán Cauchy (1.11) được thoả mãn được gọi là
nghiệm riêng. Ngược lại, nghiệm của phương trình (1.6) mà tại mỗi điểm của nó tính
chất duy nhất nghiệm của bài toán Cauchy bị vi phạm được gọi là nghiệm kỳ dị.
Nhận xét
: Từ định nghĩa nghiệm tổng quát, ta suy ra rằng với mỗi điều kiện ban
đầu (x
0
, y
0
) ∈ D, ta luôn tìm được C
0

= ϕ(x
0
, y
0
) sao cho y = y(x, C
0
) là nghiệm của
bài toán Cauchy tương ứng. Nói cách khác, bằng cách chọn các giá trị thích hợp cho
hằng số, ta có thể thu được các nghiệm riêng tuỳ ý của phương trình, không kể các
nghiệm kỳ dị.
Giải (hay còn gọi là tích phân) một phương trình vi phân là tìm tất cả các nghiệm
(biểu thức nghiệm tổng quát) của phương trình đó hoặc nghiệm của bài toán Cauchy
với điều kiện ban đầu cho trước.
Ví dụ: Tìm nghiệm riêng y(x) của phương trình y

= 3y + x thoả điều kiện y(0) = 1.
Ta dễ kiểm tra rằng nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là y = −
x
3
−
1
9
+Ce
3x
.
Để tìm nghiệm riêng thoả điều kiện như trên ta chỉ cần thay các giá trị ban đầu và
tính C.
1 = y(0) = −
1
9

+ Ce
0
Suy ra C =
10
9
, nghiệm cần tìm là y = −
x
3
−
1
9
+
10
9
e
3x
.
1.3 Phương pháp giải một số phương trình vi phân cấp I 12
1.3 Phương pháp giải một số phương trình vi phân
cấp I
Trong bài này ta sẽ giới thiệu một số dạng phương trình vi phân cấp I mà có thể tích
phân được theo nghĩa có thể viết biểu thức của nghiệm tổng quát dưới dạng tường
minh hoặc phụ thuộc tham số. Ta nói một phương trình vi phân là cầu phương được
nếu có thể biễu diễn nghiệm của nó dưới dạng tổ hợp hữu hạn các phép toán trên các
hàm sơ cấp và tích phân của chúng. Lưu ý rằng ta không có phương pháp giải tổng
quát cho phương trình vi phân, thậm chí với những phương trình vi phân cấp I.
1.3.1 Phương trình với biến số phân ly
Phương trình vi phân cấp I dạng
M(x)dx + N(y)dy = 0 (1.14)
được gọi là phương trình với biến số p hân ly (hay còn gọi phương trình tách biến).

Cách giải: Các hàm M(x), N(y) được giả thiết liên tục tr ên các khoảng nào đó.
Khi đó chỉ cần tích phân hai vế của (1.14) ta thu được tích phân tổng quát của nó là

M(x)dx +

N(y)dy = C
Ví dụ
: Giải phương trình y
2
y

= x(1 + x
2
).
Phương trình này có dạng tách biến
y
2
dy −x(1 + x
2
)dx = 0
Tích phân hai vế ta thu được nghiệm tổng quát là:
y
3
3
−
x
2
2
−
x

4
4
= C
Nhận xét
: Phương trình dạng
M
1
(x)N
1
(y) dx + M
2
(x)N
2
(y) dy = 0 (1.15)
cũng đưa được về dạng (1.14) với biến số phân ly, bằng cách chia hai vế cho M
2
(x)N
1
(y)
(với giả thiết biểu thức này khác 0)
M
1
(x)
M
2
(x)
dx +
N
2
(y)

N
1
(y)
dy = 0
Do đó tích phân tổng quát là

M
1
(x)
M
2
(x)
dx +

N
2
(y)
N
1
(y)
dy = C
1.3 Phương pháp giải một số phương trình vi phân cấp I 13
Ví dụ: Giải phương trình x(1 + y
2
)dx + y(1 + x
2
)dy = 0
Chia hai vế cho (1 + x
2
)(1 + y

2
) ta được
xdx
1 + x
2
+
ydy
1 + y
2
= 0
Tích phân hai vế ta được

xdx
1 + x
2
+

ydy
1 + y
2
= C
tức là
1
2
ln(1 + x
2
) +
1
2
ln(1 + y

2
) = C :=
1
2
ln C
1
Vậy tích phân tổng quát của phương trình đã cho là (1 + x
2
)(1 + y
2
) = C
1
trong đó C
1
là hằng số dương tuỳ ý.
1.3.2 Phương trình vi phân thuần nhất
Hàm số f(x, y) được gọi là thuần nh ất bậc d nếu với mọi t > 0 t a có
f(tx, ty) = t
d
f(x, y)
Phương trình vi phân y

= f(x, y) được gọi là thuần nhất (hay còn gọi đẳ ng cấp) nếu
hàm số ở vế phải là hàm thuần nhất bậc 0, tức là f(tx, ty) = f(x, y) với mọi t > 0.
Nhận xét
: Nếu đặt u :=
y
x
ta có f(x, y) = f(±|x|, |x|
y

|x|
) = f(±1, ±u) =: g(u).
Cách giải:
Đặt y = xu, ta có
dy
dx
= x
du
dx
+ u. Từ đó
x
du
dx
+ u = g(u)
hoặc dưới dạng tách biến
du
g(u) −u
=
dx
x
Tích phân hai vế ta được

du
g(u) −u
= ln



x
C




hay
x = C exp

du
g(u) −u
với C = 0
1.3 Phương pháp giải một số phương trình vi phân cấp I 14
Thay u =
y
x
vào biểu thức trên ta tìm được tích phân tổng quát của phương trình
thuần nhất.
Ví dụ
: Giải phương trình (x
2
+ y
2
)dx + xydy = 0
Ta có thể viết phương trình đã cho dưới dạng
dy
dx
= −
y
x
−
x
y

Vế phải của phương trình này là hàm thuần nhất.
Đặt y = xu ta có x
du
dx
+ u + u +
1
u
= 0, hay tương đương với
dx
x
= −
udu
1 + 2u
2
Tích phân phương trình này ta được
ln



x
C



= −
1
4
ln(1 + 2u
2
)

Thay u =
y
x
vào đẳng thức này ta được nghiệm
x
4
=
C
4
x
2
x
2
+ 2y
2
với C = 0.
Phương trình đưa về thuần nhất:
Các phương trình dạng
dy
dx
= f

ax + by + c
a
1
x + b
1
y + c
1


có thể đưa về dạng thuần nhất bằng phép biến đổi

x = ξ + x
0
y = η + y
0
trong đó x
0
và y
0
được chọn sao cho:

ax
0
+ by
0
+ c = 0
a
1
x
0
+ b
1
y
0
+ c
1
= 0
Khi đó
dη

dξ
= f

aξ + bη
a
1
ξ + b
1
η

= f

a + b
η
ξ
a
1
+ b
1
η
ξ

= g

η
ξ

1.3 Phương pháp giải một số phương trình vi phân cấp I 15
và đây chính là phương trình dạng thuần nhất.
Ví dụ

: Giải phương trình (2x −4y + 6)dx + (x + y − 3)dy = 0.
Trước hết ta xét hệ phương trình sau

2x
0
− 4y
0
+ 6 = 0
x
0
+ y
0
− 3 = 0
Hệ này có nghiệm là x
0
= 1, y
0
= 2. Tiếp đến ta thực hiện ph?p đổi biến

x = ξ + 1
y = η + 2
Khi đó phương trình đã cho được biến đổi thành phương trình thuần nhất:
(2ξ −4η)dξ + (ξ + η)dη = 0
Để giải phương trình này ta đặt η = uξ thì thu được
(2 −3u + u
2
)dξ + ξ(1 + u)du = 0
Phương trình này chấp nhận nghiệm u = 1 và u = 2. Để tìm nghiệm tổng quát ta chia
2 vế cho 2 −3u + u
2

:
dξ
ξ
+
(1 + u)du
2 −3u + u
2
= 0
⇔
dξ
ξ
+

3
u − 2
−
2
u −1

du = 0
Tích phân 2 vế ta được
ln |ξ|+ ln
|u −2|
3
(u −1)
2
= ln C
1
hay ξ
(u −2)

3
(u −1)
2
= C
Trở lại biến x, y ban đầu ta có nghiệm tổng quát
(y −2x)
3
= C(y − x −1)
2
cùng với hai nghiệm y = x + 1 và y = 2x tương ứng với u = 1 và u = 2.
1.3.3 Phương trình vi phân toàn phần
Phương trình vi phân dạng
P (x, y)dx + Q(x, y)dy = 0 (1.16)
1.3 Phương pháp giải một số phương trình vi phân cấp I 16
được gọi là phương trình vi phân toàn phần nếu vế trái của nó là vi phân toàn phần
của hàm nào đó, tức là tồn tại hàm U(x, y) sao cho
dU(x, y) = P (x, y)dx + Q(x, y)dy
Khi đó tích phân tổng quát của (1.16) cho bởi
U(x, y) = C
Nhận xét
: Điều kiện cần và đủ để phương trình (1.16) là phương trình vi phân toàn
phân là
∂P
∂y
=
∂Q
∂x
Và khi đó hàm U(x, y) có thể tìm dưới dạng:
U(x, y) =


x
x
0
P (x, y)dx +

y
y
0
Q(x
0
, y)dy
hay U(x, y) =

x
x
0
P (x, y
0
)dx +

y
y
0
Q(x, y)dy
(1.17)
trong đó (x
0
, y
0
) là một điểm nào đó sao cho các tích phân trên tồn tại.

Ví dụ
: Giải phương trình (x
3
+ xy
2
)dx + (x
2
y + y
3
)dy = 0.
Ta có P (x, y) = x
3
+ xy
2
và Q(x, y) = x
2
y + y
3
nên
∂P
∂y
= 2xy =
∂Q
∂x
Hệ thức này chứng tỏ rằng phương trình đã cho là phương trình vi phân toàn phần
với hàm U(x, y) có thể chọn là
U(x, y) =

x
0

(x
3
+ xy
2
)dx +

y
0
(0.y + y
3
)dy
hay U(x, y) =
x
4
4
+
x
2
y
2
2
+
y
4
4
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là
(x
2
+ y
2

)
2
= 4C
1
:= C
2
hay
x
2
+ y
2
= C với C ≥ 0
1.3 Phương pháp giải một số phương trình vi phân cấp I 17
Thừa số tích phân:
Có những trường hợp phương trình (1.16) chua phải là phương trình vi phân to à n phần,
nhưng có thể tìm được hàm số µ(x, y) sao cho phương trình sau trở thành phương trình
vi phân toàn phần:
µ(x, y){P ( x, y)dx + Q(x, y)dy} = 0
Hàm µ(x, y) như thế được gọi là thừa số tích phân của phương trình (1.16 ). Điều kiện
để µ là thừa số tích phân là µ phải thoả mãn phương trình:
∂
∂y
(µP ) =
∂
∂x
(µQ)
Hay tương đương
Q
∂µ
∂x

− P
∂µ
∂y
= µ

∂P
∂y
−
∂Q
∂x

(1.18)
Không có phương pháp tổng quát để giải phương trình đạo hàm riêng này. Tuy nhiên
trong một vài trường hợp đặc biệt ta có thể tìm được µ.
Trường hợp I: µ chỉ phụ thuộc vào x.
Giả sử µ > 0, khi đó chia hai vế của (1.18) cho µ, ta được
d ln µ
dx
=
∂P
∂y
−
∂Q
∂x
Q
=: ϕ
Vậy trường hợp này chỉ thoả mãn khi vế phải của đẳng thức trên không phụ thuộc vào
y. Với điều kiện này, thừa số tích phân cho bởi:
µ(x) = exp



ϕ(x)dx

Trường hợp II: µ chỉ phụ thuộc vào y.
Làm tương tự như trên, thừa số tích phân cho bởi:
µ(y) = exp


ψ(y)dy

trong đó ψ(y) :=
∂Q
∂x
−
∂P
∂y
P
được giả thiết không phụ thuộc vào x.
Ví dụ
: Tìm thừa số tích phân rồi giải phương trình (2xy+x
2
y+ y
3
/3)dx+(x
2
+y
2
)dy =
0.
Ta có P (x, y) = 2xy + x

2
y + y
3
/3 và Q(x, y) = x
2
+ y
2
nên
∂P
∂y
−
∂Q
∂x
Q
=
2x + x
2
+ y
2
− 2x
x
2
+ y
2
= 1
1.3 Phương pháp giải một số phương trình vi phân cấp I 18
Do đó có thể chọn µ(x) = exp(

dx) = e
x

để cho phương trình
e
x
[(2xy + x
2
y + y
3
/3)dx + (x
2
+ y
2
)dy] = 0
là phương trình vi phân toàn phần. Tích phân phương trình này theo công thức (1.17)
ta được nghiệm tổng quát
ye
x
(x
2
+ y
2
/3) = C
1.3.4 Phương trình vi phân tuyến tính cấp I
Trong mục này ta xđt lớp các phương trình vi phân mà biểu thức là tuyến tính đối với
ẩn và đạo hàm của nó. Các phương trình như thế được gọi là phương trình vi phân
tuyến tính. Dạng tổng quát của phương trình vi phân tuyến tính cấp I là
y

+ p(x)y = q(x) (1.19)
trong đó p(x), q(x) là các hàm xác định trên khoảng (a, b) nào đó.
Nếu q(x) ≡ 0, ta có phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất:

y

+ p(x)y = 0 (1.20)
Định lý 1.4. Giả sử p(x) và q(x) liên tục trên (a, b) và x
0
∈ (a, b) thì với mọi giá trị
y
0
, phương trình ( 1.20) có một nghiệm duy nhất thỏa y(x
0
) = y
0
.
Chứng minh
: Phương trình (1.20) có dạng y

= f(x, y) trong đó
f(x, y) = q(x) −p(x)y
là hàm liên tục và có đạo hàm riêng
∂f
∂y
liên tục trong lân cận của (x
0
, y
0
). Vậy f thỏa
điều kiện Lipschitz theo biến y. Kết luận suy từ định lý 1.2. 
Cách giải: Để giải phương trình (1.19) trước hết ta giải phương trình thuần nhất
tương ứng (1.20). Thực ra, đây là phương trình tách biến
dy

y
+ p(x)dx = 0
Nghiệm tổng quát của phương trình này là
y(x) = Ae
−

p(x)dx
(1.21)
trong đó A là hằng số tùy ý.
Phương pháp biến thiên hằng số: Ta sẽ tìm nghiệm tổng quát của (1.19) dưới
dạng tích
y = A(x)e
−

p(x)dx
, (1.22)
1.3 Phương pháp giải một số phương trình vi phân cấp I 19
tức là xem hằng số A trong biểu thức nghiệm (1 .2 1 ) như là hàm theo biến x (phương
pháp biến thiên hằng số). Thay vào phương trình (1.19) ta được
A

e
−

p(x)dx
= q(x) (1.23)
Từ đó,
A(x) =

q(x)e


p(x)dx
dx + C.
Thay và o (1.22), ta thu được nghiệm tổng quát của (1.19) là
y = e
−

p(x)dx


q(x)e

p(x)dx
dx + C

(1.24)
trong đó C là hằng số tuỳ ý.
Ví dụ
: Tìm nghiệm của phương trình vi phân y

+ 3xy = x đi qua điểm (0, 4).
Ta có p(x) = 3x nên

p(x)dx = 3x
2
/2. Do đó nghiệm tổng quát là
y = e
−3x
2
/2



xe
3x
2
/2
dx + C

= e
−3x
2
/2

1
3
e
3x
2
/2
+ C

=
1
3
+ Ce
−3x
2
/2
Thay x = 0 và y = 4 vào đẳng thức tr ên, ta tìm được C =
11

3
và nghiệm riêng cần tìm
là:
y =
1
3
+
11
3
e
−3x
2
/2
Hệ quả
1.5. Nghiệm của phương trình (1.19) với điều kiện y(x
0
) = y
0
cho bởi công
thức
y(x) =

x
x
0
q(t)µ(t)dt + y
0
µ(x)
,
trong đó µ(x) := e


x
x
0
p(t)dt
.
1.3.5 Phương trình Bernoulli
Phương trình có dạng
y

+ p(x)y = y
α
g(x) (1.25)
trong đó α là số thực nào đó, được gọi là phương trình Bernoulli
2
.
Để giải phương trình này ta đưa về giải phương trình tuyến tính (1.19) đã xđt trong
mục trước. Rõ ràng với α = 0 hay α = 1 thì (1.25) đã có dạng phương trình tuyến
tính.
2
J.Bernoulli (1654-1705) là nhà toán học Thụy sĩ.
1.3 Phương pháp giải một số phương trình vi phân cấp I 20
Nếu α = 0 và α = 1 thì đặt
z = y
1−α
Khi đó
z

= (1 −α)y
−α

y

Chia hai vế của (1.25) cho y
α
, rồi thay biểu thức của z và z

vào đẳng thức đó ta được
phương trình vi phân tuyến tính theo z:
z

+ (1 −α)p(x)z = (1 −α)g(x) (1.26)
Nhận xét
: Chú ý rằng ta phải xét riêng trường hợp y = 0 trước khi chia hai vế cho
y
α
để tránh làm mất nghiệm này.
Ví dụ
: Giải phương trình xy

− 4y = x
2
√
y
Rõ ràng đây là phương trình Bernoulli với α = 1/2 và y = 0 là một nghiệm của
phương trình đã cho. Giả sử y = 0, chia hai vế cho xy
1/2
ta được
y
−1/2
y


−
4
x
y
1
2
= x
Đặt z = y
1
2
ta có z

=
1
2
y
−1/2
y

. K hi đó phương trình đã cho trở thành phương trình
vi phân tuyến tính không thuần nhất
z

−
2
x
z =
x
2

.
Giải phương trình này, ta tìm được nghiệm
z = x
2

1
2
ln |x| + C

Do đó phương trình đã cho có nghiệm tổng quát là
y = x
4

1
2
ln |x| + C

2
và nghiệm y = 0.
1.3.6 Phương trình Darboux
Phương trình Darboux
3
là phương trình vi phân dạng
A(x, y)dx + B(x, y)dy + H(x, y)(xdy − ydx) = 0 (1.27)
trong đó A, B là các hàm thuần nhất bậc m và H là hàm thuần nhất bậc n.
3
J.G.Darboux (1842−19 17) là nhà toán học Pháp
1.3 Phương pháp giải một số phương trình vi phân cấp I 21
Chú ý rằng nếu n = m − 1 thì phương trình Darboux chính là phương trình thuần
nhất. Trong trường hợp tổ ng quát, ta luôn luôn đua phương trình Darboux về phương

trình Bernoulli.
Thật vậy, đặt y = xz, ta có
dy = xdz + zdx, xdy − ydx = x
2
d

y
x

= x
2
dz
Do đó phương trình (1.27) có thể viết lại dạng
x
m
A

1,
y
x

dx + x
m
B

1,
y
x

dy + x

n
H

1,
y
x

x
2
d

y
x

= 0
Hay, sau khi chia 2 vế cho x
m
và thu gọn, ta có
[A(1, z) + zB(1, z)] dx +

xB(1, z) + H(1, z)x
n+2−m

dz = 0
Với giả thiết xB(1, z) + H(1, z)x
n+2−m
= 0, ta có thể viết phương trình cuối cùng dưới
dạng
dx
dz

+
B(1, z)
A(1, z) + zB(1, z)
x = −
H(1, z)
A(1, z) + zB(1, z)
x
n+2−m
Đây là phương trình Bernoulli của ẩn x = x(z) xem như hàm theo z.
Ví dụ
: Giải phương trình xdx + ydy + x
2
(xdy − ydx) = 0
Đây là phương trình Darboux, đặt y = xz ta được
xdx + xz(xdz + zdx) + x
4
dz = 0
hay
(1 + z
2
)dx + (xz + x
3
)dz = 0
Từ đó ta có
dx
dz
+
z
1 + z
2

x = −
1
1 + z
2
x
3
Đây là phương trình Bernoulli, giải phương trình này (sau khi đưa về phương trình
tuyến tính bậc I) ta được nghiệm là
1
x
2
= C(1 + z
2
) + (1 + z
2
) arctan z + z
Trở lại biến ban đầu, ta có nghiệm tổng quát cho bởi
C(x
2
+ y
2
) + (x
2
+ y
2
) arctan

y
x


+ xy − 1 = 0
với C là hằng số tuỳ ý.
1.3 Phương pháp giải một số phương trình vi phân cấp I 22
1.3.7 Phương trình Riccati
Phương trình Riccati
4
tổng quát là phương trình vi phân dạng
y

= p(x)y
2
+ q(x)y + r(x) (1.28)
trong đó p(x), q(x) và r(x) là các hàm liên tục trên khoảng (a, b) nào đó.
Nhận xét
: Phương trình Riccati không phải bao giờ cũng giải được bằng phép cầu
phương (tức là có thể biểu diễn nghiệm dưới dạng hữu hạn các phép lấy t ích phân
của các hàm tường minh nào đó!). Trong vài trường hợp đặc biệt như p(x) ≡ 0 hay
r(x) ≡ 0 ta đưa về phương trình tuyến tính hoặc phương trình Bernoulli. Tuy vậy, kết
quả sau cho phép ta tích phân phương trình Riccati nếu biết một nghiệm nào đó của
nó.
Mệnh đề
1.3.1. Nếu biết một ngh i ệm của phương trình Riccati (1.28) thì có thể đưa
nó về phương trình Bernoulli.
Chứng minh
: Gọi một nghiệm của (1.28) là ˜y, tức là
˜y

= p(x)˜y
2
+ q(x)˜y + r(x)

Ta đặt y = ˜y + z, trong đó z là ẩn mới. Thay vào phương trình (1.28) ta được
˜y

+ z

= p(x)˜y
2
+ 2p(x)˜yz + p(x)z
2
+ q(x)˜y + q(x)z + r(x)
Từ đó suy ra
z

− [2p(x)˜y + q(x)]z = p(x)z
2
và đây là phương trình Bernoulli. 
Ví dụ
: Giải phương trình y

+ 2y(y − x) = 1
Đây là phương trình R iccati. Dễ thấy y = x là một nghiệm của phương t rình đã
cho. Bây giờ, đặt
y = x + z
ta đưa phương trình đã cho về dạng
z

+ 2z(z + x) = 0
Đây là phương trình Bernoulli với α = 2. Đặt u = z
−1
ta được

u

− 2xu = 2
Nghiệm tổng quát của phương trình này theo (1.24) là
u = e
x
2


2e
−x
2
dx + C

Vậy nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là
y = x +
e
−x
2
C + 2

e
−x
2
dx
, và y = x
4
J.F.Riccati (1676−1754) là nhà toán học Ý.