Bài 1: Phương trình vi phân cấp I

Phương trình vi phân là phương trình có dạng:

$f(x,y,y',y'',...y^{(n)})=0$    (1).

Phương trình vi phân có chứa y(n) (hay có vi phân bậc n) gọi là phương trình vi phân cấp n. Nếu thay $y = \varphi (x)$ vào (1) mà (1) thành đồng nhất thức $D \subset R$ thì ta nói $y = \varphi (x)$ là nghiệm của (1) trên $D \subset R$ Nghiệm tổng quát của (1) thường có dạng:

 $y = \varphi (x,{c_1},{c_2},...,{c_n})$

với ${c_1},{c_2},...,{c_n}$ là những hàng số tùy ý. Nếu cho ${c_1},{c_2},...,{c_n}$ một bộ giá trị cụ thể thì ta có một nghiệm riêng.

Định lý: Nếu f(x,y) liên tục trên tập mở và bị chận trên D chứa $M(x_0,y_0)$ thì tồn tại $y = \varphi (x)$ là nghiệm của phương trình vi phân cấp 1: y' = f(x,y) đi qua $M(x_0,y_0)$. Hơn nữa nếu $\frac{{\partial f}}{{\partial y}}$ liên tục trong một lân cận của $(x_0,y_0)$ thì nghiệm đó là nghiệm duy nhất.

Ví dụ:

i) Giải phương trình xy' + y = 0 (*)

$\begin{array}{l} (*) \Leftrightarrow x\frac{{dy}}{{dx}} + y = 0 \Leftrightarrow xdy + ydx = 0 \Leftrightarrow d(xy) = 0\\ \\ \Leftrightarrow xy = C \end{array}$

ii) Nghiệm của (*) qua M(3,-5) ⇒ xy = C qua (3,-5) ⇒ 3(-5) = C ⇒ C = -15. Vậy nghiệm của (*) qua (3,-5) là $xy = - 15\,\,hay\,\,y = - \frac{{15}}{x}$

là phương trình vi phân có dạng:

$\varphi (y)dy = f(x)dx\,\,hay\,{f_1}(x){g_1}(y)dx = {f_2}(x){g_2}(y)dy$ (2)

$(2) \Leftrightarrow {f_2}(x){g_1}(y) = 0\,\,hay\,\,\frac{{{f_1}(x)}}{{{f_2}(x)}}dx = \frac{{{g_1}(x)}}{{{g_2}(x)}}dy$

$\Leftrightarrow {f_2}(x){g_1}(y) = 0\,\,hay\,\,\int {\frac{{{f_1}(x)}}{{{f_2}(x)}}dx} = \int {\frac{{{g_1}(x)}}{{{g_2}(x)}}dy}$

Ví dụ: Giải phương trình

$3{e^x}tgydx + (2 - {e^x})(1 + t{g^2}y)dy = 0$

Giải

$(3) \Leftrightarrow tgy.(2 - {e^x}) = 0\,\,hay\,\,\int {\frac{{3{e^x}dx}}{{2 - {e^x}}}} = - \int {\frac{{(1 + t{g^2}y)dy}}{{tgy}}}$

$\begin{array}{l} \Leftrightarrow tgy.(2 - {e^x}) = 0\,\,hay\,\,3\ln \left| {2 - {e^x}} \right| = \ln \left| {tgy} \right| + {C_1},{C_1} \in R\\ \\ \Leftrightarrow tgy.(2 - {e^x}) = 0\,\,hay\,\,\ln \left| {\frac{{tgy}}{{{{(2 - {e^x})}^3}}}} \right| = {C_2},{C_2} = - {C_1} \in R \end{array}$

$\begin{array}{l} \Leftrightarrow tgy.(2 - {e^x}) = 0\,\,hay\,\frac{{tgy}}{{{{(2 - {e^x})}^3}}} = \pm {e^{{C_2}}} = C,C \in {R^*}\\ \\ \Leftrightarrow 2 - {e^x} = 0\,\,hay\,tgy = C{(2 - {e^x})^3},C \in R \end{array}$

Ví dụ:

i) Giải phương trình $(1 + e^x)yy' = e^x$

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

Giải:

i) $(1 + {e^x})y\frac{{dy}}{{dx}} = {e^x} \Leftrightarrow ydy = \frac{{{e^x}dx}}{{1 + {e^x}}} \Leftrightarrow \frac{{{y^2}}}{2} = \ln (1 + {e^x}) + C$

ii) $y(0) = 1 \Rightarrow 1 = 2\ln 2 + C.2 \Rightarrow C = \frac{1}{2} - \ln 2$

⇒ nghiệm riêng thỏa y(0) = 1 là: $\frac{{{y^2}}}{2} = \ln (1 + {e^x}) + \frac{1}{2} - \ln 2 = \ln \frac{{1 + {e^x}}}{2} + \frac{1}{2}$

$\Leftrightarrow {y^2} = 2\ln \frac{{1 + {e^x}}}{2} + 1 \Leftrightarrow y = \pm \sqrt {1 + \ln {{\left( {\frac{{1 + {e^x}}}{2}} \right)}^2}}$

vì $y(0) = 1 \Rightarrow y > 0 \Rightarrow y = \pm \sqrt {1 + \ln {{\left( {\frac{{1 + {e^x}}}{2}} \right)}^2}}$

là phương trình vi phân có dạng: $y' = f\left( {\frac{y}{x}} \right)\,\,(4)\,\, \Leftrightarrow dy = f\left( {\frac{y}{x}} \right)\,dx$

Đặt $u = \frac{y}{x} \Rightarrow y = u.x \Rightarrow dy = udx + xdu$thành $udx + xdu = f(u)dx \Leftrightarrow xdu = \left[ {f(u) - u} \right]dx$

$\Leftrightarrow x\left[ {f(u) - u} \right] = 0\,\,hay\,\,\frac{{du}}{{f(u) - u}} = \frac{{dx}}{x}$

đây là phương trình có biến phân ly.

Ví dụ: Giải phương trình: $(2y^2 - 2xy + x^2)dx - x.ydy = 0$       (5)

+ Khi $x = 0 \Rightarrow dx = 0 \Rightarrow x = 0$ là nghiệm.

+ Khi $x \ne 0$, (5) thành

$\left( {2\frac{{{y^2}}}{{{x^2}}} - 2\frac{y}{x} + 1} \right)dx - \frac{y}{x}dy = 0$ (5')

Đặt $u = \frac{y}{x} \Rightarrow y = u.x \Rightarrow dy = udx + xdu$

⇒ (5') thành $(2{u^2} - 2u + 1)dx - u(udx + xdu) = 0$

$\Leftrightarrow {(u - 1)^2}dx - uxdu = 0$

$\begin{array}{l} \Leftrightarrow u = 1\,\,hay\,\,\int {\frac{{dx}}{x}} - \int {\frac{{udu}}{{{{(u - 1)}^2}}}} = 0\\ \\ \Leftrightarrow u = 1\,\,hay\,\,\int {\frac{{(u - 1 + 1)du}}{{{{(u - 1)}^2}}}} - \int {\frac{{dx}}{x}} = 0\\ \\ \Leftrightarrow u = 1\,\,hay\,\ln \,\left| {\frac{{u - 1}}{x}} \right| - \frac{1}{{u - 1}} = C,C \in R \end{array}$

Thay $u = \frac{y}{x}$, ta có:

$y = x\,\,hay\,\ln \left| {\frac{{y - x}}{{{x^2}}}} \right| - \frac{x}{{y - x}} = C,C \in R$

là nghiệm khi $x \ne 0$. Vậy nghiệm của (5) là:

$x = 0\,\,\,hay\,y = x\,\,hay\,\ln \left| {\frac{{y - x}}{{{x^2}}}} \right| - \frac{x}{{y - x}} = C$

Ghi chú: Phương trình vi phân sau đây có thể đưa được về phương trình vi phân đẳng cấp cấp 1:

$y' = f\left( {\frac{{ax + by + c}}{{a'x + b'y + c'}}} \right)$

 Ta có hai trường hợp:

• Nếu $D = \left| {\begin{array}{*{20}{c}} a&b\\ {a'}&{b'} \end{array}} \right| \ne 0$thì đặt $u = x - {x_0},v = y - {y_0}$với $x_0,y_0$ là nghiệm của hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{l} ax + by + c = 0\\ a'x + b'y + c' = 0 \end{array} \right.$ Nếu $D = \left| {\begin{array}{*{20}{c}} a&b\\ {a'}&{b'} \end{array}} \right| =0$ta đặt $z=ax+by$

Ví dụ 1: Giải phương trình vi phân 

$(2x - 4y + 6)dx + (x + y - 3)dy = 0$

Đặt $u=x-1,v=y-2$

Ví dụ 2: Giải phương trình vi phân 

$(2x - 4y + 6)dx + (x + y - 3)dy = 0$

Đặt $z=x+2y$

là phương trình vi phân cố dạng: $y' + p(x).y = q(x)$  (6)

trong đó p(x), q(x) là các hàm số liên tục.

i). Nếu $q\left( x \right){\rm{ }} \equiv {\rm{ }}0$, (6) thành y = 0 hay $\frac{{dy}}{y} = - p(x)dx$

 $\begin{array}{l} \Leftrightarrow y = 0\,\,hay\,\,\ln \left| y \right| = - \int {p(x)dx + {C_1}} ,{C_1} \in R\\ \\ \Leftrightarrow y = 0\,\,hay\,\, \pm y = {e^{ - \int {p(x)dx + {C_1}} }},{C_1} \in R\\ \\ \Leftrightarrow y = 0\,\,hay\,\,y = C{e^{ - \int {p(x)dx + {C_1}} }},\,C = \pm {e^{{C_1}}} \ne 0\\ \\ \Leftrightarrow y = C.{e^{ - \int {p(x)dx} }},C \in R\,\, \end{array}$

ii) Nếu $q(x) \ne0$ ta giải bàng phương pháp “biến thiên hằng số”.

Khi đó nghiệm của (6) có dạng (tương tự 6’):

$y = C(x).{e^{ - \int {p(x)dx} }}$ (7)

trong đó C(x) là hàm cần tìm.

Ta có: $y' = C(x){e^{ - \int {p(x)dx} }} - p(x)C(x){e^{ - \int {p(x)dx} }}$   (8).

Thế (7) vào (8) ta được: $y' = C'(x){e^{ - \int {p(x)dx} }} - p(x).y$

Suy ra:  $y' + p(x).y = C'(x).{e^{ - \int {p(x)dx} }}$   (9).

(6) và (9) $\Rightarrow q(x) = C'(x).{e^{ - \int {p(x)dx} }} \Rightarrow C'(x) = q(x).{e^{\int {p(x)dx} }}$

$\Rightarrow C(x) = \int {\left[ {q(x).{e^{\int {p(x)dx} }}} \right]} dx$

Vậy nghiệm của (6) là:  $y = \left[ {\int {q(x).{e^{\int {p(x)dx} }}} dx} \right].{e^{ - \int {p(x)dx} }}$

Ví dụ 1: Giải phương trình: $y' + 2xy = 2x{e^{ - {x^2}}}$

Giải: nghiệm của phương trình thuần nhất $y'+ 2xy= 0$ là $y = C.{e^{ - {x^2}}}$

⇒ nghiệm của phương trình có dạng: $y = C(x).{e^{ - {x^2}}}$

$\Rightarrow y' = C'(x).{e^{ - {x^2}}} - 2xC(x).{e^{ - {x^2}}} = C'(x){e^{ - {x^2}}} - 2xy$

$\Rightarrow 2x.{e^{ - {x^2}}} = C'(x){e^{ - {x^2}}} \Rightarrow C'(x) = 2x \Rightarrow C(x) = {x^2} + {C_1}$

$\Rightarrow y = ({x^2} + {C_1}).{e^{ - {x^2}}}$

Ví dụ 2:

$a)\,\,(1 + {y^2})dx + (1 + {x^2})dy = 0$

$b)\,\,(1 + {y^2})dx + yxdy = 0$

$c)\,\,\left\{ \begin{array}{l} y'{\mathop{\rm sinx}\nolimits} - ycosx = 0\\ y\left( {\frac{\pi }{2}} \right) = 1 \end{array} \right.$

$d)\,\,x\sqrt {1 + {y^2}} + yy'\sqrt {1 + {x^2}} = 0$

$e)\,{e^x}{\sin ^3}y + y'(1 + {e^{2x}}){\mathop{\rm cosy}\nolimits} = 0$

$f)xyy' = {y^2} + 3{x^2}$

$g)\,\,xy + {y^2} = (2{x^2} + xy).y'$

$h)\,\,2{x^2}y' = {x^2} + {y^2}$

$i)\,\,(y - x)dx + (y + x)dy = 0$

$j)\,xy' + y = {x^3}{y^4}$

Giải Dành cho bạn đọc

là phương trình vi phân có dạng $y' + p(x).y = q(x).{y^\alpha },\,\,0 \ne \alpha \ne 1$

Nếu $\alpha >0$ thì y = 0 là nghiệm, nếu $\alpha <0$ thì $y \ne 0$

Khi $y \ne 0$, chia $y^{\alpha}$ ta có $y'.{y^{ - \alpha }} + {y^{1 - \alpha }}p(x) = q(x)$

Khi đó phương trình thành: $v' + (1 - \alpha )p(x).v = (1 - \alpha )q(x)$đây là phương trình tuyến tính

Ví dụ: Giải phương trình $y' - x.y = {y^5}{e^{ - 2{x^2}}}$

Hiển nhiên y = 0 là nghiệm

Khi $y \ne 0$ phương trình thành $y'y^{-5} - x.y^{-4} ={e^{ - 2{x^2}}}$

Đặt $v = {y^{ - 4}} \Rightarrow v' = - 4y'{y^{ - 5}}$

Khi đó phương trình thành:

$- \frac{1}{4}v' - xv = {e^{ - 2{x^2}}} \Leftrightarrow v' + 4xv = - 4{e^{ - 2{x^2}}}$(*)

Nghiệm của phương trình thuần nhất $v'+4xv=0$là $v = C.{e^{ - \int\limits_0^x {4xdx} }} = C.{e^{ - 2{x^2}}}$

Nghiệm của (*) có dạng: $v = C(x).{e^{ - 2{x^2}}}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow v' = C'(x).{e^{ - 2{x^2}}} - 4xC(x).{e^{ - 2{x^2}}}\\ \Rightarrow v' + 4x.v = C'.{e^{ - 2{x^2}}}\\ \Rightarrow C' = - 4 \Rightarrow C = - 4x + {C_1}\\ \Rightarrow v = ( - 4x + {C_1}).{e^{ - 2{x^2}}} \Rightarrow {y^{ - 4}} = ( - 4x + {C_1}).{e^{ - 2{x^2}}} \end{array}$

Vậy nghiệm là y = 0 là ${y^4} = \frac{{{e^{2{x^2}}}}}{{ - 4x + {C_1}}},\,\forall {C_1} \in R$

Định nghĩa: Tập hợp tất cả các số phức ký hiệu là C, được định nghĩa: $C = \left\{ {a + bi/a,b \in R\,\,voi\,\,{i^2} = - 1} \right\}$

Với số phức $z = a + bi$ ta nói $a = Re z$ là phần thực, $b = Im z$ là phần ảo.

$\forall a \in R \Rightarrow a = a + 0.i \in C$

Vậy $R \subset C$. Hai số phức $z = a + ib$ và $\overline z {\rm{ }} = {\rm{ }}a{\rm{ - }}ib$ gọi là 2 số phức liên hợp. 

Các phép tính

Cho ${z_1} = {a_1} + i{b_1},{z_2} = {a_2} + i{b_2}$. Ta có:

$i)\,{z_1} = {z_2} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} {a_1} = {a_2}\\ {b_1} = {b_2} \end{array} \right. \Leftrightarrow ({a_1},{b_1}) = ({a_2},{b_2})$

$ii)\,{z_1} \pm {z_2} = ({a_1} + i{b_1}) \pm ({a_2} + i{b_2}) = ({a_1} \pm {a_2}) + i({b_1} \pm {b_2})$

$iii)\,{z_1}.{z_2} = ({a_1} + i{b_1})({a_2} + i{b_2}) = ({a_1}{a_2} - {b_1}{b_2}) + i({a_1}{b_2} - {a_2}{b_1})$

$iv)\,\frac{{{z_1}}}{{{z_2}}} = \frac{{{a_1} + i{b_1}}}{{{a_2} + i{b_2}}} = \frac{{({a_1}{a_2} - {b_1}{b_2}) + i({b_1}{a_2} - {b_2}{a_1})}}{{a_2^2 + b_2^2}}$

Dạng $z = a + ib$ gọi là dạng đại số của số phức.

Khai căn cho số phức: Căn bậc n của số phức $c \in C$ , ký hiệu $\sqrt[n]{c}$ , là những số phức z sao cho: $z^n=z.z....z=c$

Nếu $c \ne 0$ thì căn bậc n của số phức c có đúng n số phức.

$z = r\left( {\cos \varphi + i\sin \varphi } \right)$

$\sqrt[n]{z} = \sqrt[n]{r}\left( {\cos \frac{{\varphi + k2\pi }}{n} + i\sin \frac{{\varphi + k2\pi }}{n}\,} \right)\,k \in Z$

⇒ có n số là căn bậc n của $z \ne 0$.

Ví dụ 1: Tìm $\sqrt {7 - 6\sqrt {2i} }$

Giả sử $\sqrt {7 - 6\sqrt {2i} } = a + bi,\,\,\,a,b \in R \in R$

$\Rightarrow 7 - 6\sqrt {2i} = {a^2} - {b^2} + 2abi$

$\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} {a^2} - {b^2} = 7\\ 2ab = - 6\sqrt 2 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} a = 3\\ b = - \sqrt 2 \end{array} \right. \vee \left\{ \begin{array}{l} a = - 3\\ b = \sqrt 2 \end{array} \right.$

$\Rightarrow \sqrt {7 - 6\sqrt {2i} } = 3 - \sqrt {2i} \,\,hay\,\,\sqrt {7 - 6\sqrt {2i} } = - 3 + \sqrt {2i}$

Ví dụ 2: Tìm $\sqrt[4]{{ - 2}}$

Ta có: $- 2 = 2(\cos \pi + i\sin \pi )$

$\sqrt[4]{{ - 2}} = \sqrt[4]{2}\left[ {\cos \left( {\frac{\pi }{4} + k\frac{\pi }{2}} \right) + i\sin \left( {\frac{\pi }{4} + k\frac{\pi }{2}} \right)} \right],\,\,k \in Z$

$\Rightarrow \sqrt[4]{{ - 2}}$ có 4 số là: $\sqrt[4]{2}\left( {\frac{1}{{\sqrt 2 }} \pm \frac{i}{{\sqrt 2 }}} \right),\sqrt[4]{2}\left( { - \frac{1}{{\sqrt 2 }} \pm \frac{i}{{\sqrt 2 }}} \right)$

Trên đây là nội dung bài giảng Bài 1: Phương trình vi phân cấp I được eLib tổng hợp lại nhằm giúp các bạn sinh viên có thêm tư liệu tham khảo. Hy vọng đây sẽ là tư liệu giúp các bạn nắm bắt nội dung bài học dễ dàng hơn.