Giáo trình Giải tích (Dành cho sinh viên các ngành kỹ thuật và công nghệ) - Phần 2

nghiệm của nó là đã biết. Đối với phương trình này việc tìm nghiệm tổng
quát của nó là đơn giản hơn, mà chúng ta trình bày sau đây.
 Đầu tiên ta tìm nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất
 y′′ + py′ + qy = 0. (8.31)
Người ta chứng minh được phương trình (8.31) luôn có nghiệm có dạng y = ekx
với k là một hằng số phức. Chúng ta tìm nghiệm có dạng này. Ta có y′ = kekx,
y′′ = k2ekx. Thay vào (8.31) ta nhận được phương trình
 k2 + pk + q = 0, (8.32)
được gọi là phương trình đặc trưng của phương trình (8.31). Khi đó xẫy ra các
trường hợp sau
 1) Nếu ∆ = p2 − 4q > 0 thì phương trình đặc trưng có hai nghiệm thực phân
biệt k1 ≠ k2. Khi đó phương trình thuần nhất có hai nghiệm riêng độc lập tuyến
 k1x k2x
tính y1 = e và y2 = e . Theo Định lý 3.2.6 ta có nghiệm tổng quát của (8.31) là
 k1x k2x
 y = C1e + C2e .
 2) Nếu ∆ = p2 − 4q = 0 thì phương trình đặc trưng có nghiệm bội (thực)
 − p
k = . Khi đó phương trình thuần nhất có nghiệm riêng y = ek0x. Nghiệm riêng
 0 2 1
y2 độc lập tuyến tính với y1 là
 ∫
 ∫ − pdx ∫
 e e−px
 y2(x) = y1(x) 2 dx = y1(x) −px dx = xy1(x).
 y1(x) e
Nghiệm tổng quát của (8.31) là
 k0x k0x
 y = C1e + C2xe .
 267 Giáo trình Giải tích
 3) Nếu ∆ = p2 − 4q < 0 thì phương trình đặc trưng có hai nghiệm phức
 k1,2 = α ± iβ,
 √
 − p |∆|
với α = và β = . Khi đó phương trình thuần nhất có hai nghiệm
 2 2
 ( )
 ∗ (α+iβ)x αx
 y1 = e = e cos βx + i sin βx)
 ( )
 ∗ (α+iβ)x αx −
 y2 = e = e cos βx i sin βx)
(áp dụng công thức Euler). Theo Định lý 3.2.2 ta có
 1
 y = (y∗ + y∗) = eαx cos βx
 1 2 1 2
và
 1
 y = (y∗ − y∗) = eαx sin βx
 2 2i 1 2
là các nghiệm, độc lập tuyến tính của (8.31). Vì vậy nghiệm tổng quát của (8.31) là
 ( )
 αx
 y = e C1 cos βx + C2 sin βx .
 Từ nghiệm tổng quát y của (8.31), để tìm nghiệm tổng quát của phương trình
không thuần nhất (8.30) ta có thể dùng phương pháp biến thiên hàng số Lagrange.
3.3.3 Ví dụ. Giải các phương trình
 1) y′′ − 5y′ + 6y = 0.
 2) y′′ − 6y′ + 9y = 0.
 3) y′′ − 2y′ + 5y = 0.
 2
Giải. 1) Phương trình đặc trưng k − 5k + 6 = 0 có nghiệm k1 = 2, k2 = 3. Suy ra
 2x 3x
nghiệm tổng quát là y = C1e + C2e .
 2
 2) Phương trình đặc trưng k − 6k + 9 = 0 có nghiệm kép k0 = 3. Suy ra nghiệm
 3x 3x
tổng quát là y = C1e + C2xe .
 2 − ±
 3) Phương trình đặc trưng( k 2k + 5 = 0 có) nghiệm phức k1,2 = 1 2i. Suy ra
 x
nghiệm tổng quát là y = e C1 cos 2x + C2 sin 2x .
3.3.4 Ví dụ. Giải phương trình
 y′′ − 4y′ + 3y = e2x
 268 Giáo trình Giải tích
 2
Giải. Phương trình đặc trưng k − 4k + 3 = 0 có hai nghiệm thực k1 = 1 và k2 = 3.
 x 3x
Nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất là y = C1e +C2e . Để tìm nghiệm
tổng quát của phương trình không thuần nhất ban đầu ta dùng phương pháp biến
thiên hằng số Lagrange. Nghiệm tổng quát của y′′ − 4y′ + 3y = e2x có dạng
 x 3x
 y = C1(x)e + C2(x)e ,
với C1(x), C2(x) thoả mãn hệ
 
  ′ ′
 C (x)ex + C (x)e3x = 0
 1 2 .
  ′ x ′ 3x 2x
 C1(x)e + 3C2(x)e = e
 ex e−x
Giải hệ ta nhận được C′ (x) = − , C′ (x) = . Suy ra
 1 2 2 2
 ex e−x
 C (x) = − + C ,C (x) = − + C
 1 2 1 2 2 2
 ′′ ′ 2x
với C1,C2 là các hằng số tùy ý. Vậy nghiệm tổng quát của y − 4y + 3y = e là
 ( ex ) ( e−x )
 y = − + C ex + − + C e3x = C ex + C e3x − e2x.
 2 1 2 2 1 2
3.3.5 Phương pháp hệ số bất định. Trong mục này chúng ta trình bày một
phương pháp tìm nghiệm riêng của phương trình vi phân cấp hai không thuần nhất
hệ số hằng số bằng phương pháp hệ số bất định. Phương pháp cho phép giảm bớt
các phép tính tích phân hơn so với phương pháp biến thiên hằng số Lagrange. Tuy
nhiên, phương pháp này chỉ áp dụng được cho các trường hợp đặc biệt của hàm
f(x).
 Xét phương trình
 y′′ + py′ + qy = f(x)
với p, q là hằng số thực và f(x) là hàm số liên tục trên (a, b).
 αx
 1) Nếu f(x) = e Pn(x), với Pn(x) là một đa thức bậc n của x. Khi đó nghiệm
riêng của phương trình trên có dạng sau:
 αx
 (a) y = e Qn(x), nếu α không phải là nghiệm của phương trình đặc trưng;
 αx
 (b) y = xe Qn(x), nếu α là nghiệm đơn của phương trình đặc trưng;
 2 αx
 (c) y = x e Qn(x), nếu α là nghiệm kép của phương trình đặc trưng;
trong đó Qn(x) là một đa thức bậc n của x. Việc tìm nghiệm riêng dẫn tới tìm các
hệ số của Qn(x) bằng phương pháp hệ số bất định.
 269 Giáo trình Giải tích
 ( )
 αx
 2) Nếu f(x) = e Pn1 (x) cos βx + Pn2 (x) sin βx , với Pn1 (x), Pn2 (x) là các đa
thức bậc n1, n2 tương ứng của x. Khi đó nghiệm riêng của phương trình trên có
dạng sau:
 ( )
 αx
 (a) y = e Qn(x) cos βx + Rn(x) sin βx , nếu α + iβ không phải là nghiệm
của phương trình đặc trưng;
 ( )
 αx
 (b) y = xe Qn(x) cos βx + Rn(x) sin βx , nếu α + iβ là nghiệm của phương
trình đặc trưng;
trong đó n = max{n1, n2} và Qn(x), Rn(x) là các đa thức bậc n của x. Việc tìm
nghiệm riêng dẫn tới tìm các hệ số của Qn(x),Rn(x) bằng phương pháp hệ số bất
định.
3.3.6 Ví dụ. Giải phương trình y′′ − 3y′ + 2y = 2xex
 2
Giải. Phương trình đặc trưng k − 3k + 2 = 0 có nghiệm k1 = 1, k2 = 2. Vậy nghiệm
 x 2x x
tổng quát của phương trình thuần nhất là y = C1e + C2e . Từ f(x) = 2xe ta
thấy α = 1 là nghiệm đơn của phương trình đặc trưng và n = 1. Suy ra nghiệm
riêng của phương trình không thuần nhất có dạng
 y = x(ax + b)ex.
Ta có
 ( ) ( )
 y′ = ax2 + (2a + b)x + b ex, y′′ = ax2 + (4a + b)x + 2b + 2a ex.
Thay vào phương trình y′′ − 3y′ + 2y = 2xex ta nhận được
 ( ) ( )
 ax2 + (4a + b)x + 2b + 2a ex − 3 ax2 + (2a + b)x + b ex
 +2(ax2 + bx)ex = 2xex.
với mọi x ∈ R. Rút gọn ta thu được
 −2ax + 2a − b = 2x
với mọi x ∈ R. Suy ra 
 
 −2a = 2
 
 2a − b = 0.
Giải hệ ta nhận được a = −1, b = −2. Vậy nghiệm riêng của phương trình là
y∗ = −x(x + 2)ex. Nghiệm tổng quát là
 ∗ x 2x x
 y = y + y = C1e + C2e − x(x + 2)e , (C1,C2 ∈ R).
 270 Giáo trình Giải tích
3.3.7 Ví dụ. Giải phương trình
 y′′ + y′ − 2y = emx, (m là tham số thực).
 2
Giải. Phương trình đặc trưng k + k − 2 = 0 có nghiệm k1 = 1, k2 = −2. Nghiệm
tổng quát của phương trình thuần nhất
 x −2x
 y = C1e + C2e .
Để tìm nghiệm riêng của phương trình ban đầu ta xét các trường hợp sau:
 1) Nếu m ≠ 1 và m ≠ −2 thì nghiệm riêng có dạng
 y = aemx.
Ta có y′ = amemx, y′′ = am2emx. Thay vào phương trình y′′ + y′ − 2y = emx ta
nhận được
 a(m2 + m − 2)emx = emx.
 1
Suy ra a = , hay nghiệm riêng của phương trình ban đầu là
 m2 + m − 2
 emx
 y∗ = .
 m2 + m − 2
Vậy nghiệm tổng quát là
 emx
 y = y + y∗ = C ex + C e−2x + , (C ,C ∈ R).
 1 2 m2 + m − 2 1 2
 2) Nếu m = 1 nghiệm riêng có dạng y = axex. Tính các đạo hàm thay rồi vào
 ′′ ′ − x 1
phương trình y + y 2y = e ta nhận được a = 3 . Vậy nghiệm tổng quát là
 ex
 y = y + y∗ = C ex + C e−2x + , (C ,C ∈ R).
 1 2 3 1 2
 3) Nếu m = −2 nghiệm riêng có dạng y = axe−2x. Tính các đạo hàm thay rồi
 − 1
vào phương trình y′′ + y′ − 2y = e−2x ta nhận được a = . Vậy nghiệm tổng quát
 3
là
 x.e−2x
 y = y + y∗ = C ex + C e−2x − , (C ,C ∈ R).
 1 2 3 1 2
 Bạn đọc có thể tham khảo thêm trong các tài liệu tham khảo [1], [2], [3], [5] của
chương 8.
 271 Giáo trình Giải tích
4 Hệ phương trình vi phân cấp một
4.1 Các khái niệm cơ bản
4.1.1 Định nghĩa. Ta gọi hệ phương trình
 
 
 dy1
  = f (x, y , y , ..., y )
  dx 1 1 2 n
 
 dy2
 = f2(x, y1, y2, ..., yn)
  dx (8.33)
 
 ......................................
 
 
 dyn
 = f (x, y , y , ..., y )
 dx n 1 2 n
là hệ phương trình vi phân cấp một chuẩn tắc, trong đó x là biến độc lập, yk(x) là
các hàm chưa biết cần tìm và fk(x, y1, ..., yn) là các hàm cho trước xác định trên
Ω ⊂ Rn+1, k = 1, 2, ...n.
 Bài toán tìm nghiệm của phương trình (8.33) thoả mãn điều kiện
 y1(x0) = y10, ..., yn(x0) = yn0 . (8.34)
được gọi là bài toán Cauchy, với (y10, ..., yn0) là một điểm trong không gian n chiều.
Điều kiện (8.34) được gọi là điều kiện đầu.
4.1.2 Định lý. Nếu các hàm f1, f2, ..., fn liên tục cùng với các đạo hàm riêng cấp một
 n+1
của chúng trên miền Ω chứa điểm (x0, y10, ..., yn0) thuộc không gian( R thì trong)
lân cận nào đó của điểm x0 trong R tồn tại duy nhất một nghiệm y1(x), ..., yn(x)
của hệ (8.33) thỏa mãn điều kiện đầu (8.34).
4.1.3 Định nghĩa. Nghiệm tổng quát của hệ phương trình (8.33) là một bộ n hàm
 yi(x) = ϕi(x, C1, ..., Cn), i = 1, ..., n
với C1,C2, ..., Cn là các hằng số tùy ý thảo mãn các tính chất sau:
 1) Các hàm yi thỏa mãn đẳng thức (8.33) với mọi giá trị C1, ..., Cn.
 n+1
 2) Với mỗi điểm (x0, y10, ..., yn0) ∈ R mà tại đó điều kiện tồn tại duy nhất
 0 0
nghiệm của hệ được thỏa mãn thì tồn tại C1 , ..., Cn sao cho các hàm
 0 0
 yi = ϕi(x, C1 , ..., Cn), i = 1, ..., n
 272 Giáo trình Giải tích
thỏa mãn điều kiện đầu: yi(x0) = yi0 với mọi i = 1, ..., n.
 Nghiệm riêng của hệ (8.33) là nghiệm có được khi cho các hằng số Ci trong
nghiệm tổng quát các giá trị cụ thể.
4.1.4 Liên hệ giữa phương trình cấp cao và hệ phương trình chuẩn tắc.
Xét phương trình vi phân cấp n đã giải được đối với đạo hàm cấp n
 ( )
 y(n) = f x, y, y′, ..., y(n−1) . (8.35)
 ′ (n−1)
Đặt y = y1, y = y2,...,y = yn. Khi đó, ta đưa (8.35) về hệ phương trình sau mà
nó được gọi là hệ phương trình chuẩn tắc
 
 
 dy1
  = y
  dx 2
 
 dy2
 = y3
  dx (8.36)
 
 .............
 
 
 dyn
 = f(x, y , y , ..., y ).
 dx 1 2 n
 Ngược lại từ một hệ phương trình chuẩn tắc ta có thể đưa về phương trình vi
phân cấp cao bằng cách lần lượt khử các hàm số trong hệ. Để đơn giản ta trình bày
cho hệ có hai ẩn hàm: 
 
 dy1
  = f(x, y , y )
 dx 1 2
  (8.37)
 dy2
  = g(x, y , y ).
 dx 1 2
Đạo hàm hai vế phương trình thứ nhất của (8.37) ta được
 ′′ ′ ′ ′ ′ ′
 y1 = fx + fy1 y1 + fy2 y2.
 ′ ′
Thay y1, y2 từ hệ (8.37) vào phương trình vừa nhận được ta có
 ′′
 y1 = F (x, y1, y2). (8.38)
 dy1
Tiếp tục rút y từ phương trình = f(x, y , y ) ta có
 2 dx 1 2
 ′
 y2 = h(x, y1, y1).
Thay y2 vừa nhận được vào (8.38) ta có
 ′′ ′
 y1 = Φ(x, y1, y1) (8.39)
 273 Giáo trình Giải tích
là một phương trình vi phân cấp hai đối với hàm y1. Nếu y1, y2 là nghiệm của hệ
thì y1, y2 phải là nghiệm của (8.39). Bài toán giải hệ phương trình sẽ quy về giải
phương trình.
 Bạn đọc có thể tham khảo thêm trong các tài liệu tham khảo [1], [2], [3], [5] của
chương 8.
4.1.5 Ví dụ. Giải hệ phương trình vi phân
 
 
 dx
  = y
 dt
  (8.40)
 dy
  = x.
 dt
 Đạo hàm hai vế phương trình
 dx
 = y
 dt
theo t ta nhận được
 x′′ = y′ = x.
Ta nhận được phương trình vi phân cấp hai x′′ −x = 0. Phương trình này có nghiệm
tổng quát
 t −t
 x = C1e + C2e .
Từ đó suy ra
 ′ t −t
 y = x = C1e − C2e .
4.2 Hệ phương trình vi phân tuyến tính hệ số hằng số
 Trong mục này ta xét một trường hợp đơn giản nhất của hệ phương trình vi
phân.
4.2.1 Định nghĩa. Hệ phương trình vi phân tuyến tính hệ số hằng số là hệ có dạng
 
 
 dy1
  = a y + a y + ... + a y
  dx 11 1 12 2 1n n
 
 dy2
 = a21y1 + a22y2 + ... + a2nyn
  dx , (8.41)
 
 ..................................................
 
 
 dyn
 = a y + a y + ... + a y
 dx n1 1 n2 2 nn n
 274 Giáo trình Giải tích
trong đó các aij là các hằng số cho trước, i = 1, ..., n; j = 1, ..., n. Hệ trên còn được
viết dạng ma trận
 y′ = Ay (8.42)
trong đó
      
 y (x) y′ (x) a a ... a
  1   1   11 12 1n
    ′   
 y2(x) ′ y2(x) a21 a22 ... a2n
 y =   , y =   ,A =   .
  ..   ..   .. 
 ′
 yn(x) yn(x) an1 a12 ... ann
4.2.2 Phương pháp khử. Phương pháp này thực hiện như trong trường hợp tổng
quát, đưa hệ phương trình về phương trình vi phân bậc n. Trong trường hợp này
ta sẽ thu được phương trình vi phân tuyến tính hệ số hằng. Ta đến với ví dụ minh
họa sau.
 Bạn đọc có thể tham khảo thêm trong các tài liệu tham khảo [1], [2], [3], [5] của
chương 8.
4.2.3 Ví dụ. Giải hệ phương trình
 
  ′
 y1 = y1 + y2
  ′
 y2 = 4y1 + y2.
Lấy đạo hàm phương trình thứ nhất của hệ theo x ta có
 ′′ ′ ′ ′ ′ ′ − ′
 y1 = y1 + y2 = y1 + (4y1 + y2) = y1 + 4y1 + y1 y1 = 2y1 + 3y1.
Ta thu được phương trình
 ′′ − ′ −
 y1 2y1 3y1 = 0.
Nghiệm tổng quát của phương trình là
 −x 3x
 y1 = C1e + C2e .
Suy ra
 ′ − − −x 3x − −x − 3x − −x 3x
 y2 = y1 y1 = C1e + 3C2e C1e C2e = 2C1e + 2C2e .
 CÂU HỎI THẢO LUẬN VÀ BÀI TẬP CỦA CHƯƠNG 8
 275 Giáo trình Giải tích
Câu hỏi thảo luận
 1) Phương pháp giải các phương trình vi phân cấp 1 đặc biệt.
 2) Giải phương trình vi phân tuyến tính cấp hai hệ số hằng.
 3) Giải hệ phương trình tuyến tính thuần nhất hệ số hằng.
Bài tập chương 8
Bài 1. Giải các phương trình vi phân sau
 a) (1 + ex)yy′ = ex, thoả mãn y(0) = 1.
 b) y′ + sin(x + y) = sin(x − y).
 c) y′ sin x = y ln y.
 1
 d) y′ = + 1.
 x − y
 e) xy′ − y = y3.
Bài 2. Giải các phương trình vi phân sau
 1) xydx + (x + 1)dy.
 2) (x2 − 1)y′ + 2xy2 = 0 với y(0) = 1.
 √
 3) y′ = 4x + 2y − 1.
Bài 3. Giải các phương trình vi phân sau
 1) 2x3y′ = y(2x2 − y2).
 2) y2 + x2y′ = xyy′.
 y + x y + x
 3) (y′ + 1) ln = .
 x +√ 3 x + 3
 4) 2xy′ + y = y2 x − x2y2.
Bài 4. Giải các phương trình vi phân sau
 1) xy′ − 2y = 2x4.
 2) (2x + 1)y′ = 4x + 2y.
 3) x(y′ − y) = ex.
 4) (2x2y ln y − x)y′ = y.
 276 Giáo trình Giải tích
Bài 5. Giải các phương trình vi phân sau
 1) e−ydx − (2y + xe−y)dy = 0.
 2) (1 + y2 sin 2x)dx − 2y cos2 xdy = 0.
 3) (x2 + y2 + x)dx + ydy = 0.
 4) (x2 + 3 ln y)ydx = xdy.
Bài 6. Giải các phương trình vi phân sau
 1) y = 3xy′ − 7y′3.
 2) xy′ − y = ln y′.
 3) y′3 = 3(xy′ − y).
 4) xy′(y′ + 2) = y.
Bài 7. Giải các phương trình vi phân sau
 1) y′2 + 2yy′′ = 0.
 2) y′′ + y′2 = 2e−y.
 3) xyy′′ − xy′2 = yy′.
 ( )
 y 2
 4) y′′2 − y′y′′ = .
 x
Bài 8. Giải các phương trình vi phân sau
 1) y′′ + 4y′ + 3y = 0.
 2) y′′ − 4y′ + 5y = 0.
 3) y′′ + 4y = 0.
Bài 9. Giải các phương trình vi phân sau
 1) y′′ − 2y′ − 3y = e4x.
 2) y′′ + y′ − 2y = 3xex.
 3) y′′ − 4y′ + 8y = e2x + sin 2x.
 4) y′′ + 3y′ − 4y = e−4x + xe−x.
Bài 10. Giải các phương trình vi phân sau
 1) x2y′′ − xy′ + 2y = x ln x.
 277 Giáo trình Giải tích
 2) (2x + 1)2y′′ − 4(2x + 1)y′ + 8y = −4(2x + 1).
 1 1
 3) y′′ + y′ + y = 2 sin(ln x).
 x x2
Bài 11. Giải các hệ phương trình vi phân sau
  
 dy  dy √
  = ex−y x = y + y2 − x2
 dx dx
 a)  b) 
 dz 2z dz y + z
  = .  = .
 − 2 2 −
  dx 2x z  dx z x
  2 
 dx x dx
  =  = y
 c) dt y d) dt
   2
 dy 1 dy y
  = x.  = .
 dt 2 dt x
 TÀI LIỆU THAM KHẢO CỦA CHƯƠNG 8
[1] Trần Văn Ân, Tạ Quang Hải và Đinh Huy Hoàng (1998), Toán cao cấp, Tập 3
 (Giải tích hàm nhiều biến), Nhà xuất bản Giáo dục.
[2] Nguyễn Ngọc Cư, Lê Huy Đạm, Trịnh Danh Đằng và Trần Thanh Sơn (2004),
 Giải tích 1, (Giáo trình dùng cho sinh viên Trường Đại học Xây dựng và sinh
 viên các Trường Đại học và Cao đẳng kỹ thuật), Nhà xuất bản ĐHQG-Hà nội.
[3] Đinh Huy Hoàng, Kiều Phương Chi, (2013), Giáo trình Giải tích 3 (Dành cho
 sinh viên ngành Xây dựng), Đại học Vinh.
[4] Y.Y Liasko, AC Boiatruc (1978), Giải tích toán học, các ví dụ và bài toán, NXB
 Đại học và Trung học chuyên nghiệp.
[5] Nguyễn Đình Trí, Tạ Văn Đĩnh, ...(2000), Toán cao cấp, Tập 3, Nhà xuất bản
 Giáo dục.