Bài giảng Giải tích II - Tô Văn Ban

cong: S m (x, y,z)dS   Trọng tâm: G G GG(x , y , z ) , G S 1x x (x, y,z)dS m   111 TP mặt loại hai Cách tính  x y S D P dydz Q dzdx R dxdy ( z .P z .Q R) dxdy          S D R dxdy R(x, y, z(x, y))dxdy   Công thức Stokes L Pdx Qdy Rdz  S Q P dxdy x y         R Q P Rdydz dzdx. y z z x                  Công thức O -G S V P Q RPdydz Qdzdx Rdxdy dxdydz x y z               Trường Grad. u u ugrad u , , x y z            Thông lượng S Pdydz Qdzdx Rdxdy    Div. P(M) Q(M) R(M)div F(M) . x y z           Xoáy i j k rot (F) x y z P Q R             * Kiểm tra 1 tiết 3 chương đầu. 112 Bài giảng 11: Phương trình vi phân Chương, mục: 4 Tiết thứ: 50-55 Tuần thứ: 12 Mục đích, yêu cầu:  Nắm được các khái niệm căn bản về PTVP, cấp, các loại nghiệm, giải được các dạng cơ bản của PTVP cấp một.  Thấy được một số ứng dụng thực tiễn của PTVP, PTVP cấp một. - Hình thức tổ chức dạy học: Hình thức chủ yếu: Lý thuyết, thảo luận - tự học, tự nghiên cứu - Thời gian: Lý thuyết, thảo luận: 5t - Tự học, tự nghiên cứu: 5t - Địa điểm: Giảng đường do P2 phân công. - Nội dung chính: §4.1 Phương trình vi phân cấp một Chương 4. PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN § 4.1. PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP MỘT (4 tiết) 4.1.1. Các khái niệm mở đầu Dạng: (4.1) x: biến độc lập, y: hàm phải tìm, :đạo hàm các cấp của y, F: hàm nào đó của n + 1 biến. Cấp cao nhất của đạo hàm có mặt trong PT được gọi là cấp của PTVP, : cấp I, : cấp II. Nghiệm của PTVP (4.1) trong khoảng (a, b) là mỗi hàm số xác định trên sao cho khi thay vào phương trình ta được đồng nhất thức: với . Ví dụ 4.1. . Các hàm , C, D - hằng số tùy ý là những nghiệm của phương trình (PT) đã cho (trên ). Nói chung, PTVP có vô số nghiệm. # Giải một PTVP trên (a, b) là tìm tất cả các nghiệm của nó trên khoảng này. Nghiệm có thể tìm dưới dạng hiển y = f(x), có thể dưới dạng ẩn - tức là chỉ ra một biểu thức liên hệ biến độc lập x với hàm phải tìm y - cũng như có thể cho nghiệm dưới dạng tham số: . Các đường cong tương ứng biểu diễn nghiệm gọi là các đường cong tích phân của PT. 4.1.2. Dạng tổng quát của PTVP cấp một a. Định nghĩa. PTVP cấp I dạng tổng quát: (n)F(x, y, y ,..., y ) 0  (n)y , ... , y 3 xy x ln y y xe    8y 4y x   (a, b) (n)F(x, y(x), y (x), ... , y (x)) 0  x (a,b) y 9y 0   Ccos3x; Dsin3x  (x, y) x x(t); y y(t)  113 (4.2) x: biến độc lập, y: hàm phải tìm, :đạo hàm của y, F là hàm của ba biến trong tập D mở nào đó của . Nếu có thể giải qua các biến còn lại: : dạng giải ra với đạo hàm. b. Bài toán Cauchy. Cho PTVP cấp I (4.3) D mở Hãy tìm hàm y = y(x) xác định trong một lân cận nào đó của điểm , thỏa mãn phương trình (4.3) và thỏa mãn điều kiện ban đầu: (4.4) Hàm y(x), như vậy gọi là nghiệm của bài toán Cauchy (hay bài toán giá trị ban đầu) (4.3) – (4.4). Định lý 4.1 (Định lý tồn tại duy nhất nghiệm) Cho PT (4.3), f(x,y) - liên tục trên , D mở, . Khi đó: i) nghiệm xác định trên một lân cận nào đó của , thỏa mãn (4.4). ii) Ngoài ra, nếu liên tục trên D Nghiệm thỏa mãn (4.4) là duy nhất trên lân cận vừa nêu. c. Ý nghĩa hình học Hình 4.1. Đường cong tích phân qua điểm có hệ số góc f d. Các loại nghiệm  Nghiệm tổng quát. Nghiệm tổng quát của PTVP (4.3) là biểu thức , C – hằng tuỳ ý sao cho: i) Với mỗi hằng số C tùy ý, hàm số là một nghiệm của (4.3). ii) Với mọi điểm trong miền D, tại đó điều kiện tồn tại duy nhất nghiệm ở Định lý 4.1 được thỏa mãn, có thể giải ra sao cho hàm số thỏa mãn điều kiện ban đầu . F(x, y, y ) 0  y x, y, y 3 y y f (x, y)  y f (x, y)  2 0 0(x, y) D , (x , y ) D,   0x 0 0y(x ) y 2D   0 0(x , y ) D  y y(x) 0x f (x, y) y    0 0(x , y ) 0 0(x , y ) y (x,C)  y (x,C)  0 0(x , y ) 0C C 0y (x,C )  0x x 0y y  y y0 M0 O x0 x 114  Tích phân tổng quát. Nếu hệ thức (4.6) : biểu thức liên hệ giữa biến độc lập x, hàm phải tìm y, C là hằng tùy ý xác định nghiệm thì nó gọi là tích phân tổng quát của PT đã cho.  Nghiệm riêng - tích phân riêng. Thay hằng số tùy ý C bởi giá trị cụ thể vào nghiệm tổng quát (4.5), ta được , gọi là nghiệm riêng. Thay hằng số tùy ý C bởi giá trị cụ thể vào tích phân tổng quát (4.6), ta được , gọi là tích phân riêng. 4.1.3. Phương trình với biến số phân ly (PT tách biến) Dạng: . (4.7) Coi y là hàm của x: ta được . Thay vào PT: . Tích phân hai vế: Như vậy, để giải PT với biến số phân ly, ta chỉ việc tích phân hai vế: . (4.8) Chú ý. Các phương trình (4.7') . (4.7'') có thể chuyển về dạng (4.7) dễ dàng. Chẳng hạn, PT (4.7") chuyển thành . (Một số tài liệu coi (4.7') hay (4.7'') là PT với biến phân ly). Ví dụ 4.2. Giải phương trình . Xét , phương trình trở thành : Tích phân tổng quát. Còn có 2 nghiệm : nghiệm kỳ dị. Nhận xét. Nhiều khi cần chia hai vế PT cho y, thường ta phải kiểm tra xem hàm hằng số có là nghiệm hay không. Cũng rất nhiều khi cần chia hai vế cho x, ta mặc nhiên đặt điều kiện rồi thực hiện phép chia. Thực ra vấn đề phức tạp hơn nhiều, cần "ghép nối" nghiệm. # 4.1.4. Phương trình thuần nhất a. Dạng: , g - hàm thuần nhất (x, y,C) 0   0C 0y (x,C )  0C 0(x, y,C ) 0  f (x)dx g(y)dy y y(x) dy y (x)dx f(x)dx g(y(x)) y (x)dx f(x)dx g(y(x)) y (x)dx g(y)dy.    f (x)dx g(y)dy C   u(x)dx v(y)dy 0  y g(x)h(y)  dy dyg(x)h(y) g(x)dx (khi h(y) 0) dx h(y)     (1 x)ydx (1 y)x dy 0    x 0, y 0  1 x 1 ydx dy x y     1 x 1 ydx dy C x y        ln x x y ln y C ln xy x y C         x 0 và y 0  y 0 x 0 y g(x, y)  115 g(x, y)- hàm thuần nhất: (4.9) , Vậy ta luôn có thể viết PT thuần nhất dưới dạng . Giải. Ta hãy tìm hàm để là nghiệm. Thay vào phương trình ta được .  Trường hợp , chia hai vế cho : : PT phân ly . Đây là tích phân tổng quát.  Trường hợp PT có nghiệm thì rõ ràng cũng là một nghiệm. Ví dụ 4.4. . Với : hàm thuần nhất. Đặt . . Lấy tích phân hai vế, . # b. Phương trình đưa được về dạng thuần nhất. Đó là PT . (4.10) * Nếu hệ PT đại số tuyến tính có định thức khác không: g(kx,ky) g(x, y) k 0.   y y yg(x,y) g x.1, x. g 1, f x x x                    x 0, yy f x        u u(x) y u(x).x u.x  yu x       y u x u f (u) u x f (u) u        f (u) u 0  f (u) u 0  du dx f (u) u x   du dx duhay ln x C g(u) C f (u) u x f (u) u           g(u) g(y/x)x Ce Ce   f (u) u 0  0u u 0 0 y u y u x x    x yy x y    x 0, x y 1 (y / x) x y 1 (y / x)      y u x y u x u     21 u 1 uu x u u x 1 u 1 u         2 1 u dxdu x1 u     2 2 1 u 1ln x du arctan u ln(1 u ) ln C 21 u        yarctan .arctan u 2 2 x 2 Cx e x y Ce 1 u       1 1 1 i i i 2 2 2 a x b y cy f , a , b , c const a x b y c         1 1 1 2 2 2 a x b y c 0 a x b y c 0        116 , thì có thể giải ra nghiệm duy nhất . Đặt Phương trình trở thành : thuần nhất (u - biến độc lập, v - hàm phải tìm, hệ số biến mất, hệ số bảo toàn). (Tiếp tục, đặt ta đưa về dạng phân ly của biến t và u). (Trước kia ta đặt : Hàm phải tìm = hàm phải tìm mới biến đl ) * Hệ có định thức = 0: , Đặt (hoặc , hoặc ) (x - biến độc lập, z - ẩn hàm ): Đưa PT về dạng phân ly. Ví dụ 4.6. Giải các phương trình i) ; ii) . Giải. i) Xét hệ , nghiệm là Đặt , PT trở thành . Ta tìm hàm thỏa mãn PT này. Đây là PT thuần nhất, lại đặt thì , nhận được Với (tích phân tổng quát). ii) Giải. Đặt , PT trở thành . * hay (tích phân tổng quát). 1 1 1 1 2 2 2 2 a b a b0 a b a b    0 0x x , y y  0 0 u x x v y y      0 0 x u x ; dx du, dy dv, v v(u) y v y         1 1 2 2 dv a u b vf du a u b v       1 2c , c 1 1 2 2a , b , a , b v t.u (t t(u))  y ux  1 1 1 1 2 2 a x b y c 0 a x b y c 0        1 1 1 1 2 2 2 2 a b a b0 a b a b    1 1z a x b y  1 1 1z a x b y c   2 2 2z a x b y c   (x y)dx (2y x 1)dy 0     (x y 2)dx (2x 2y 2)dy 0      x y 0 x 2y 1 0        x 1 y 1      u x 1 x u 1 v y 1 y v 1             dx du, dy dv,   (u v)du (2v u)dv 0    v v(u) v tu dv u dt t du  2 (u tu)du (2tu u)(u dt t du) 0 (2tu u)u dt (u 2tu 2t u)du 0            2 2 2t 1 duu 0, PT dt ln 1 2t 2t ln Cu u1 2t 2t             2 2... x 2xy 2y 2y C      z x y; dz dx dy dy dz dx       (z 2)dx 2(z 1)(dz dx) 0 2(z 1)dz zdx        1z 0, 2 1 dz dx 2(z ln z ) x C z            2(x y ln x y ) x C     117 * Rõ ràng cũng là một nghiệm, đó là nghiệm kỳ dị. # 4.1.5. Phương trình tuyến tính Dạng: (4.11) p(x), q(x) -liên tục trên khoảng (a, b) nào đó. Sự tồn tại, duy nhất nghiệm. (4.11) được viết lại dưới dạng với . Các hàm liên tục trên . Theo Định lý 4.1, D là miền tồn tại duy nhất nghiệm của PT này. Nếu vế phải bằng không, (4.11) trở thành (4.12) được gọi là PT tuyến tính thuần nhất. Nó cũng được gọi là PT thuần nhất tương ứng với PT không thuần nhất (4.11). Giải PT TT * Giải PT TN (4.12). Giả sử , : phân ly; tích phân hai vế, . Với y = 0, thay vào (4.12) ta thấy thỏa mãn, vậy y = 0 cũng là nghiệm, nghiệm này ứng với C = 0. Vậy, NTQ của PT thuần nhất (4.12) là , C - hằng tùy ý. (4.13) * Tìm nghiệm của (4.11) dưới dạng (4.13), trong đó là hàm phải tìm nào đó của biến x. Lấy đạo hàm, . Thay vào PT ban đầu Nhận được nghiệm tổng quát , C - hằng tùy ý. (4.14) CÁCH NHỚ! Lưu ý. * Các ký hiệu tích phân bất định ở (4.14) được hiểu là một nguyên hàm bất kỳ của hàm dưới dấu tích phân; thường chúng ta chọn hằng số tùy ý bằng 0 khi sử dụng các nguyên hàm cơ bản. * Ở đây . * Nên áp dụng trực tiếp (4.14) để tính nghiệm của PT tuyến tính. * Có thể dùng phương pháp thừa số tích phân (chặt chẽ hơn) để chứng minh (4.14) là nghiệm tổng quát của (4.11). Ví dụ 4.7. Giải phương trình z 0 y x    y p(x)y q(x)   y f (x, y)  f (x, y) p(x)y q(x)   f (x, y)f (x, y), p(x) y     D {a x b, y }    y p(x)y 0   y 0 dy p(x)dx y   p(x)dxln y p(x)dx ln C hay y Ce (C 0)     p(x)dxy Ce C C(x) p(x) dx p(x)dxy C (x)e C(c) e ( p(x))      p(x)dx p(x)dx p(x) dx p(x) dx p(x)dx C (x)e C(x).p(x).e p(x).C(x).e q(x) C (x) q(x)e C(x) q(x)e dx C.                  p(x) dx p(x) dxy e C q(x)e dx       ( 1)p(x)dx p(x)dxe e    118 i) , thỏa mãn điều kiện ban đầu ; ii) . Giải. i) . Theo (4.14), nghiệm tổng quát là Từ điều kiện ban đầu suy ra . Thay vào ta được : nghiệm riêng. ii) Khi coi y là ẩn hàm, x là biến độc lập, ta được , là PT không có dạng quen thuộc. Bây giờ coi y là biến độc lập, x là ẩn hàm, : PT TT NTQ: . (là tích phân tổng quát của PT đã cho). # 4.1.6. Phương trình Bernoulli. Dạng: (4.15) p(x), q(x) - liên tục trên (a, b) nào đó, . * : PT TT, * : PT phân ly, (đã biết cách giải). * . Rõ ràng là một nghiệm. Xét . Chia hai vế cho NHỚ! . Đặt , được NHỚ! : PTTT. Ví dụ 4.9. Giải PT . Giải. . 2(x 1)y xy 1   x 0y 2  y ye dx (xe 1)dy 0   2 2 x 1PT y y x 1 x 1      2 2 2 2 x xdx dx x 1 x 1 2 1 1ln(x 1) ln(x 1) 22 2 2 2 1y e C e dx x 1 1 1e C e dx C ln(x x 1 . x 1 x 1                               C ln1y(0) C 2 1     2 2 1y 2 ln(x x 1 x 1        y yy (xe 1) e 0    ydxPT x e dy      1dy1dy y yx e C e e dy e C y         y p(x)y q(x)y    0  1  0 và 1    y 0 y 0 y 1y y p(x)y q(x)    1z y  z (1 )y y y y z / (1 )           z / (1 ) p(x)z q(x)     z (1 )p(x)z (1 )q(x)     3 22y y (x 1) y 0 x 1       3 22PT y y (x 1) y x 1       119 * Xét trường hợp , chia hai vế cho được . Đặt , PT trở thành hay . Đây là nghiệm tổng quát. * Rõ ràng là nghiệm; đó là nghiệm kỳ dị. # Lưu ý. Giống như với PTTT, (Có thể), coi y: biến độc lập, x: ẩn hàm PT Bernoulli! 4.1.7. Phương trình vi phân toàn phần (PTVPTP) Dạng: (4.16) : vi phân toàn phần của một hàm u nào đó, tức là trong tập mở D nào đó tồn tại hàm để Theo Định lý 3.2, nếu P(x,y), Q(x,y) là hai hàm liên tục cùng các đạo hàm riêng của chúng trên tập mở, đơn liên và thỏa mãn điều kiện . thì vế trái của (4.6) là vi phân toàn phần, hàm u(x,y) được tính theo công thức (3.15) hay (3.16). TPTQ: u(x,y) = C. Ví dụ 4.10. Giải PT . Giải. P, Q cùng các đạo hàm riêng là liên tục. . Chọn TPTQ: . # * Thừa số tích phân (TSTP). Giả sử PT (4.16) không là PTVP toàn phần, nhưng ta tìm được một hàm số sao cho PT (4.17) là PTVP toàn phần, hay tương đương với điều đó (D mở, đơn liên) y 0 2y 3 2 y 2 1 (x 1) x 1 yy       1z , ... y  32z z (x 1) x 1      4 21z ... (x 1) C(x 1) 2         4 2 2y (x 1) C(x 1)     y 0  P(x, y)dx Q(x, y)dy 0  P(x, y)dx Q(x, y)dy u u(x, y) du(x, y) P(x, y)dx Q(x, y)dy, (x, y) D.   2D   Q(x, y) P(x, y) , (x, y) D x y       x y x y[(1 x y)e e ] dx [e xe ]dy 0      x yQ P e e x y        0 0 (x , y ) (0,0)   yx x x y 0 0 u(x, y) (1 x)e 1 dx e xe dy        y yx x x x y x y x 0 y 0(xe x) (e y xe ) (x y)e xe .          x y(x y)e xe C   (x, y) 0, (x, y) D    (x, y) P(x,y)dx Q(x,u)dy 0   120 . Hàm như vậy được gọi là thừa số tích phân. Tìm TPTQ của (4.17): , là TPTQ của PT đã cho. * (hàm chỉ phụ thuộc x): ; (4.18) * (hàm chỉ phụ thuộc y): . (4.19) Ví dụ 4.11. Giải PT (xsiny + ycosy)dx + (xcosy – y siny)dy = 0. Giải.  chỉ phụ thuộc x . (Chỉ cần chọn một TSTP là đủ; cụ thể, chọn C = 1 ta được TSTP là ). Nhân hai vế PT đã cho với ta thu được (chắc chắn là PTVP toàn phần!) . Chọn , TPTQ: Ví dụ 4.12. Giải PT . Giải. , chỉ phụ thuộc vào biến y. Chọn . Nhân 2 vế với ta thu được PT . Chọn , tính hàm u(x,y) theo công thức ( Q) ( P) , (x, y) D x y         (x, y) u(x, y) C Q P x y (x) Q        (x) dx(x) e     P Q y x (y) P        (y) dy(y) e     Q Pcos y; x cos y cos y ysin y x y         Q P x y 1, Q        ( 1)dx x(x) e Ce       xe xe x xe (x sin y ycos y)dx e (x cos y ysin y)dy 0    0 0(x , y ) (0,0) y yx x 0 0 0 x u(x, y) P(x,0)dx Q(x, y)dy 0 e (x cos y ysin y)dy e [x sin y ycos y sin y] C.             2 3 2(2xy 3y )dx (7 3xy )dy 0    2 2 2Q P 3y (4xy 9y ) 4xy 6y x y             P Q 2y x (y 0, 2x 3y 0) P y           2 dy y 2 1(y) e y       21/ y 2 7(2x 3y)dx 3x dy 0 y         0 0(x , y ) (0, 1) 121 . TPTQ: , C- hằng số tùy ý. Dễ thấy y = 0 là một nghiệm, còn không xác định nghiệm. # 4.1.8. Trường hệ số góc (xem tài liệu [1] tr ...) 4.1.9. Quỹ đạo trực giao (xem tài liệu [1] tr ...) b) Thảo luận Một số ứng dụng thực tế của PTVP cấp I c) Tự học - Phát biểu bài toán Cauchy cho PTVP cấp một dạng giải ra với đạo hàm; phát biểu định lý tồn tại duy nhất nghiệm, định nghĩa nghiệm tổng quát, nghiệm riêng, tích phân tổng quát, tích phân riêng. - Các dạng căn bản PTVP cấp I và cách giải các dạng này - Đọc các Ví dụ 4. 34; VD 4.35 ; VD 4.36; VD 4.48; VD 4.49; VD 4.50 d) Bài tập (1t) 3(b); 10(b, c, d, e); Tài liệu Tài liệu [1], tr .... Chú ý: Bài tập về nhà cho cả chương Bổ trợ: 2(a); 3(a) 8; 10(e); 12(b); 15(b,c); 18(b); 20(a); 21(d); 23(a); 24(b, e); 26(a, b, d); 28(a, b); 31(c). Chính: 3(b); 10(b, c, d, e); 12(e, f, g); 13(b); 15(f, g); 18(c, d); 19(a, b, c, d, e); 24(e); 26(f, h, i, j); 27(c, d,e); 28(d, e, f, g); 30(d, e, f); 31(b); 32; 33(a, b, c). VD 4. 34; VD 4.35 ; VD 4.36; VD 4.48; VD 4.49; VD 4.50; VD 4.51 ; VD 4.52; VD 4.53; VD 4.54((i), (ii)). Tóm tắt - PTVP cấp một PT phân ly  Dạng: , f, g: liên tục  Giải: PT thuần Nhất  Dạng:  Giải: , đưa về PT phân ly PT tuyến tính  Dạng:  Giải: NTQ: PT Bernoulli  Dạng: ( )  Giải: Chia hai vế cho , đặt đưa về PTTT PT VP Toàn phần  Dạng:  Giải: TPTQ: yx 2 2 0 1 7 7u(x, y) (2x 3)dx 3x dy x 3xy 7 yy               2 7x 3xy C y    2x 3y 0  f (x)dx g(y)dy f (x)dx g(y)dy C   yy f x        y u(x).x y u x u   y p(x)y q(x)   p(x) dx p(x) dxy e C q(x)e dx      y p(x)y q(x)y   0 và 1    y 1z y  P(x, y)dx Q(x, y)dy 0  Q P x y        0 0 yx 0 x y u(x, y) P(x, y )dx Q(x, y)dy C    122 Thừa số tích phân  : Chọn  : Chọn Bài giảng 12: Phương trình vi phân (tiếp) Chương, mục: 4 Tiết thứ: 55-60 Tuần thứ: 13 Mục đích, yêu cầu:  Nắm được các khái niệm căn bản về PTVP cấp II, cấu trúc nghiệm PTTT, giải được các dạng cơ bản của PTVP hệ số hằng, vế phải đặc biệt.  Thấy được một số ứng dụng thực tiễn của PTVP, PTVP cấp hai. - Hình thức tổ chức dạy học: Hình thức chủ yếu: Lý thuyết, thảo luận - tự học, tự nghiên cứu - Thời gian: Lý thuyết, thảo luận: 5t - Tự học, tự nghiên cứu: 5t - Địa điểm: Giảng đường do P2 phân công. - Nội dung chính: Chữa bài tập phương trình vi phân cấp 1 §4.2 Phương trình vi phân cấp hai d) Bài tập (2t) 12(e, f, g); 13(b); 15(f, g); 18(c, d); 19(a, b, c, d, e) (CấpI) § 4.2. PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP HAI 4.2.1. Mở đầu a. Định nghĩa. Dạng tổng quát của PTVP cấp II (phải có mặt y'') (4.23) Nếu có thể giải ra y'' qua các biến còn lại: : PTVP cấp hai dạng giải ra với đạo hàm (4.24) Định lý 4.2 (Định lý tồn tại duy nhất nghiệm) Xét PTVP (4.24), : liên tục của ba biến trong tập mở . , y = y(x) trong một lân cận của thỏa mãn (4.25) Q P 1 (x) x y Q          (x) dx(x) e     P Q 1 (y) y x P          (y) dy(y) e     F(x, y, y , y ) 0   y f (x, y, y )  f (x, y, y ) f (x, y,y )f (x, y,y ), , y y      (x, y, y ) 3D   0 0 0(x , y ,y ) D  ! 0x 0 0 x 0 x 0 y y , y y .      123 b. Nghiệm tổng quát. NTQ của PT (4.24) là họ hàm số , - hằng số tùy ý: i) , hàm số là nghiệm của (4.24). ii) , D: điều kiện tồn tại duy nhất nghiệm của PT (4.24) thỏa mãn, giải ra được : : . c. Tích phân tổng quát. Nếu hệ thức , trong đó là hai hằng tùy ý cho phép xác định NTQ, thì hệ thức đó gọi là TPTQ của PT. d. Nghiệm riêng, tích phân riêng. Khi thay các hằng số một giá trị cụ thể nào đó vào NTQ, ta được hàm số : NR. Tương tự, khi thay các hằng số một giá trị cụ thể nào đó vào TPTQ, được hệ thức : TPR. e. Bài toán giá trị ban đầu, bài toán biên Điều kiện (4.25): điều kiện ban đầu. Bài toán tìm nghiệm của PT (4.24) thỏa mãn ĐKBĐ (4.25) gọi là bài toán giá trị ban đầu. Bài toán biên: Tìm nghiệm của PT (4.24) trên đoạn và thỏa mãn : Điều kiện biên (4.26) : các giá trị cho trước. Bài toán biên: Không phải luôn có nghiệm. 4.2.2. Các phương trình giảm cấp được a. Phương trình (vắng y) Đặt . Đạo hàm . Thay vào PT : PT cấp I (x: biến độc lập, p: ẩn hàm). Ví dụ 4.15. Giải các phương trình i) ; ii) . Giải. i) Đặt , ta được . Đây là PT cấp I với biến x. Lại đặt , . Vì . ( nghiệm dạng tham số) 1 2y (x,C ,C )  1 2C ,C 1 2C ,C 1 2y (x,C ,C )  0 0 0(x , y , y ) D  0 0 1 1 2 2C C , C C  0 0 1 2y (x,C ,C )  0 0x 0 x 0 y y ; y y   1 2(x,C ,C ) 0  1 2C ,C 1 2C ,C 0 0 1 2C , C 0 0 1 2y (x,C , C )  1 2C ,C 0 0 1 2C , C 0 0 1 2(x,C ,C ) 0  y y(x) 1 2[x , x ] 1 1 2 1y(x ) y ; y(x ) y  1 2 1 2 1 2x , x , y , y (x x ) F(x, y , y ) 0   y p p(x)   y p  F(x, p, p ) 0  2x y y 1    y x y / x   y p p(x) y p      2x p p 1    2t p x t t 1     dx (2t 1)dt  3 2 2dp 2t tt; dp t dx t(2t 1)dt (2t t) p p(t) C dx 3 2            5 4 3 24 5 1y p(x)dx p(t) x (t)dt t t t Ct Ct D. 15 12 6          2 5 4 3 2 x t t 1, 4 5 1y t t t Ct Ct D. 15 12 6               124 ii) Đặt , ta được : PT TTcấp I, NTQ: . NTQ PT đã cho: . # b. Phương trình (vắng x) Đặt . Thay vào PT: : PT bậc nhất (y: biến độc lập, p: ẩn hàm). Ví dụ 4.16. Giải phương trình . Giải. Đặt , PT trở thành * . * Trường hợp ta trở về họ đã nói. Tóm lại, . # 4.2.3. Phương trình tuyến tính Phương trình vi phân tuyến tính (PTVPTT) cấp hai có dạng (4.27) p(x), q(x), f(x) -liên tục trên (a, b). Nếu PT thuần nhất . (4.28) PT (4.28) cũng được gọi là PT TN tương ứng với PT không TN (4.27). Cấu trúc nghiệm: Định lý 4.3. Nếu là 2 nghiệm của PT TN (4.28) thì , hàm số cũng là 1 nghiệm của (4.28). Chứng minh. Thay vào PT đã cho ta được .  Định nghĩa. Hai hàm số được gọi là độc lập tuyến tính (đltt) trên khoảng nếu đẳng thức , trong đó là hai hằng số thực nào đó, xảy ra chỉ khi . y p p(x) y p      1p p x x    21 Cp y x 3 x    3y x / 9 Cln | x | D   F(y, y , y ) 0   d(y )y p p(y) y p (y).y p .p dx            F(y,p,p p) 0  22y y y 0   y p p(y) y p p      22y.p p p 0 p(2y p p) 0.      p 0 y y D    2dp dyp 0 2y p p 0. y 0, p y        0 3/2 1 Cln p ln y ln C p 2 y dy Cy y Cx D. dx y             C 0 3/2y Cx D  y p(x)y q(x)y f (x)    f (x) 0  y p(x)y q(x)y 0    1 2y (x) và y (x) 1 2C , C 1 1 2 2C y (x) C y (x) 1 1 2 2y C y (x) C y (x)  1 1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2(C y ) C y ) p(x)(C y C y ) q(x)(C y C y )      1 1 1 1 2 2 2 2C (y p(x)y q(x)y ) C (y p(x)y q(x)y ) 0          1 2y (x), y (x) (a, b) 1 1 2 2C y (x) C y (x) 0, x (a,b)    1 2C ,C 1 2C C 0  125 Trái lại, nếu tồn tại hai hằng số không đồng thời bằng 0 để . thì hai hàm số gọi là phụ thuộc tuyến tính (pttt) trên . Sự độc lập, phụ thuộc cũng được định nghĩa tương tự cho hệ n hàm số. Định lý 4.4. Nếu là hai nghiệm đltt của PT thuần nhất (4.28) thì nghiệm tổng quát của PT thuần nhất đó là , -hằng số tùy ý. Định lý 4.5. Nếu là một nghiệm riêng của PT thuần nhất (4.28) thì ta có thể tìm nghiệm riêng thứ hai đltt với dưới dạng . Cụ thể hơn, . (4.29) Định lý 4.6. NTQ của PT không TN (4.21) bằng tổng của NTQ của PTTN (4.22) với một nghiệm riêng của PT không TN (4.21): - hằng số tùy ý, là 2 nghiệm đltt của PTTN (4.22), là một nghiệm riêng của PT (4.21). Định lý 4.7 (Nguyên lý xếp chồng (chồng chất) nghiệm). Cho PT (4.30) : hàm liên tục. Giả sử là một nghiệm riêng của PT , là một nghiệm riêng của PT Khi đó, là một nghiệm riêng của PT (4.30). 4.2.4. Phương pháp biến thiên hằng số Lagrange Giả sử đã tìm được 2 nghiệm riêng đltt của PT thuần nhất (4.28) là . Theo Định lý 4.4, nghiệm tổng quát của PT (4.28) là , trong đó là hai hằng số tùy ý. Giống như trường hợp cấp I, bây giờ ta tìm nghiệm của (4.27) dưới dạng (4.31) với là những hàm của biến x trong khoảng (a, b). Lấy đạo hàm: . Ta hãy chọn thỏa mãn điều kiện bổ sung . Khi đó . Tiếp tục, lấy đạo hàm ta được . Thay vào PT đã cho, rút gọn lại ta được 1 2C ,C 1 1 2 2C y (x) C y (x) 0, x (a,b)    1 2y (x), y (x) (a, b) 1 2y (x), y (x) 1 1 2 2y C y (x) C y (x)  1 2C , C 1y (x) 0 1y (x) 2 1y (x) y (x).u(x) p(x)dx 2 1 2 1 ey (x) y (x). dx y (x)    1 1 2 2y C y (x) C y (x) y(x)   1 2C , C 1 2y (x), y (x) y(x) 1 2y p(x)y q(x)y f (x) f (x)     1 2p(x), q(x), f (x), f (x) 1y (x) 1y p(x)y q(x)y f (x)    2y (x) 2y p(x)y q(x)y f (x).    1 2y y (x) y (x)  1 2y (x) và y (x) 1 1 2 2y C y (x) C y (x)  1 2C , C 1 1 2 2y C (x) y (x) C (x) y (x)  1 2C (x), C (x) 1 1 1 1 2 2 2 2y C y C y C y C y        1 2C (x), C (x) 1 1 2 2C y C y 0   1 1 2 2y C y C y    1 1 1 1 2 2 2 2y C y C y C y C y          126 . Vì là những nghiệm của PT TN dẫn đến . Tóm lại, phải thỏa mãn hệ (4.32) Có thể chứng minh hệ (4.32) luôn có nghiệm duy nhất. Giả sử đó là Thay vào (4.31) ta được nghiệm , (4.33) ( - các hằng số tùy ý). Ta được luôn nghiệm tổng quát của PT không thuần nhất đã cho. Phương pháp vừa nêu để giải PT không thuần nhất gọi là Phương pháp biến thiên hằng số (Lagrange). Nó hiệu quả với PT TT hệ số hằng số (sẽ xét sau), vế phải tùy ý. Ví dụ 4.17. Giải phương trình . Giải. Trước hết ta giải PT thuần nhất . Ở mục 4.2.5a chúng ta sẽ giải PT thuần nhất này một cách dễ dàng. Tuy nhiên, có thể nhận thấy đây là phương trình vắng x, (hoặc coi là vắng y). NTQ: . Bây giờ ta tìm nghiệm PT đã cho dưới dạng , : Vậy NTQ . # 4.2.5. Phương trình tuyến tính với hệ số hằng số và vế phải đặc biệt a. Phương trình thuần nhất Dạng: , (4.34) 1 1 1 1 2 2 2 2 1 1 2 2C (y p y q y ) C (y p y q y ) C y C y f (x)               1 2y (x), y (x) 1 1 2 2C y C y f (x)     1 2C (x), C (x) 1 1 2 2 1 1 2 2 C y C y 0 C y C y f (x)          1 1 11 1 2 2 2 2 2 C (x) (x)dx KC (x) C (x) C (x) (x)dx K                 1 1 2 2 1 1 2 2y K y K y y (x)dx y (x)dx       1 2K , K x 3 2 xy y e x    y y 0   xy C D e  xy C(x).1 D(x).e  C(x), D(x) x x x 2 3 3x x 3 C .1 D .e 0 e 2e 2 xC , D x x xC .0 D .e (2 x)e / x               x x x x x 12 3 2 2 2 e 2e e 1 eC dx dx dx e d C x x x x x              13 2 2 x 1 1D dx D . xx x      x x x x 1 12 2 e 1 1 ey C .1 D .e hay y C De x xx x                   y py qy 0    p, q 127 Chỉ cần tìm hai NR độc lập tuyến tính. Ta tìm NR dạng , k là hằng số. Đạo hàm hai lần ta được . Thay vào PT đã cho PTĐT (4.35)  Hai nghiệm thực, phân biệt Rõ ràng, là hai nghiệm (thực). Chúng đltt vì . NTQ của (4.34) .  Hai nghiệm thực trùng nhau: là NR. Dễ thấy nghiệm riêng thứ hai là ; rõ ràng hai nghiệm riêng này đltt. Vậy NTQ của (4.34) là .  Hai nghiệm phức liên hợp Khi xét trong tập số phức, là hai nghiệm. Từ đó, cũng là hai nghiệm. Tuy nhiên, đây là hai nghiệm thực và đltt. Vậy nghiệm tổng quát của PTTN là . Bảng 4.1. Giải PT thuần nhất hệ số hằng số PTĐT k2 + pk + q = 0 Nghiệm tổng quát Có 2 nghiệm thực Có nghiệm kép Có nghiệm phức liên hợp Ví dụ 4.18. Tìm nghiệm tổng quát của các PT i) ii) Giải. i) PTĐT: . ii) PTĐT: # Ví dụ 4.19. Tìm nghiệm của PT và thỏa mãn kxy e kx 2 kxy k e ; y k e   2 kx kx kx kx 2k e p k e q e e (k pk q) 0      2k pk q 0.    1 2k , k 1 2k x k x 1 2y e ; y e  2 1(k k )x1 2 y e const y    1 2k x k x1 2y C e C e  1 2k k 1k x 1y e 1 k x 2y x e 1k x 1 2y e (C C x)  12k i    ( i )x ( i )xe và e        ( i )x ( i )x x 1 ( i )x ( i )x x 2 1Y e e e cos x 2 1Y e e e sin x 2                   x 1 2y e (C cos x C sin x)     y py y 0    1 2k k 1 2k x k x1 2C e C e 1 2k k 1k x 1 2e (C C x) i   x 1 2e (C cos x C sin x)     y 2y 3y 0;    y 6y 9y 0.    2 1 2k 2k 3 0 k 1, k 3       x 3x 1 2NTQ : y C e C e    2 1 2k 6k 9 0 k k 3      3x 1 2NTQ : y (C C x)e .   y 2y 5y 0    128 i) Điều kiện ban đầu ; ii) Điều kiện biên Giải. PTĐT . NTQ: . i) Từ điều kiện suy ra . ii) Từ điều kiện thì : vô lý; bài toán vô nghiệm. # b. Phương trình với vế phải đặc biệt (4.36) trong đó p, q là hai hằng số cho trước, f(x) là hàm liên tục. PT : PT đặc trưng của (4.36). Ở phần a) chúng ta đã biết cách tìm nghiệm tổng quát của PTTN. Ta chỉ cần tìm một NR; cộng hai nghiệm này lại ta sẽ được NTQ của PT (4.36). Chúng ta tìm NR của PT không TN (4.36) khi vế phải f(x) có dạng đặc biệt. Bảng 4.2. Tìm nghiệm riêng PT hệ số hằng số y’’ + py’ + q = f(x) Vế phải f(x) So sánh với nghiệm PTĐT Dạng nghiệm riêng  không là nghiệm  là nghiệm đơn  là nghiệm kép không là nghiệm là nghiệm ( ) Công thức đạo hàm sau rất có ích . Ví dụ 4.20. Giải PT . PTĐT: . NTQ PTTN . Thấy rằng không là nghiệm PTĐT. Tìm NR dạng . y(0) 1, y (0) 3  y(0) 0, y( ) 1.   2 12k 2k 5 0 k 1 2i      x 1 2y e (C cos 2x C sin 2x)  xy e (cos 2x sin 2x)  1 1C 0 và e C 1   y py qy f (x)    2k pk q 0   2k pk q 0   x ne P (x)  x ne Q (x)  x nx e Q (x)  2 x nx e Q (x)  x m n e [P (x)cos x Q (x)sin x]     i    x s se H (x)cos x K (x)sin x    i    x s sxe H (x)cos x K (x)sin x    s Max (m,n) ax ax(e f (x)) e (f (x) af (x))   y 2y y 1 x     2 1 2k 2k 1 0 k k 1      x 1 2y e (C C x)  0x1 x e P(x) 0     0xy y e (A Bx) A Bx     129 Thay vào PT, đồng nhất hệ số hai vế ta được .  NTQ . # Ví dụ 4.21. Giải PT . PTĐT: . NTQ PTTN . * là nghiệm của PTĐT, tìm NR dạng . Thay vào PT đã cho, đồng nhất hệ số 2 vế ta được . # Ví dụ 4.22. Giải PT . PTĐT: . NTQ PTTN: . nghiệm kép của PTĐT. NR dạng . Thay vào PT đã cho, đồng nhất hệ số 2 vế ta được . . # Ví dụ 4.23. Giải PT . PTĐT: . NTQ PTTN . Thấy rằng . * Xét PT . không là nghiệm PTĐT, tìm nghiệm riêng Thay vào PT ta được . * Bây giờ xét PT . không không là nghiệm PTĐT, tìm nghiệm riêng dạng A 3, B 1 NR y 3 x     x 1 2y e (C C x) 3 x    xy 3y 2y e (3 4x)     2 1 2k 3k 2 0 k 1, k 2      x 2x 1 2y C e C e  x 1x 1f (x) e (3 4x) e P (x) 1      x x 2y y x e (A Bx) e (Ax Bx )     x 2y e [A (A 2B)x Bx ],     x 2y e [2A (A 4B)x Bx ].     A 1, B 2  x x 2x x 1 2NR : y xe (1 2x) NTQ : y C e C e xe (1 2x).        2xy 4y 4y 4e    2 1 2k 4k 4 0 k k 2      2x 1 2y (C C x)e  2x 2x 0f (x) 4e e .P (x) 2     2 2x 2x 2 2x 2y y x e A Ae x y 2Ae (x x );      2x 2y 2Ae (1 4x x )    A 2 2x 2 2 2x 1 2NR : y 2e x NTQ : y (C C x 2x )e      x xy y xe 2e    2k 1 0 k i 0 i       0x 1 2 1 2y e (C cos1x C sin1x) C cos x C sin x    x x 1 2 1 2f (x) f (x) f (x), f (x) xe , f (x) 2e     x 1y y f (x) xe    x 1x 1 1f (x) xe e P (x) 1     x x x 1y y e (A Bx); y e (A B Bx); y e (A 2B Bx).          x 1A 1/ 2; B 1/ 2 NR : y e ( 1 x) / 2       x 2y y f (x) 2e     1   130 . Thay vào PT được . . # b) Thảo luận Một số ứng dụng thực tế của PTVP cấp II c) Tự học Phương trình vi phân tuyến tính cấp hai: định nghĩa, PT thuần nhất tương ứng, phát biểu 5 định lý nói lên cấu trúc nghiệm của PTVPTT cấp hai. - Đưa PT cấp II về cấp I: Đặt (vắng y) hay (vắng x). Bảng 4.2 Đọc các Ví dụ: VD 4.51; VD 4.52; VD 4.53; D 4.54((i), (ii)). d) Bài tập Tài liệu Tài liệu [1], tr .... Bài giảng 13: Phương trình vi phân (tiếp) Chương, mục: 4 Tiết thứ: 61-65 Tuần thứ: 14 Mục đích, yêu cầu:  Nắm được các khái niệm căn bản về hệ PTVP, sự tương ứng giữa hệ PTVP cấp I và PTVP cấp cao.  PP đưa hệ về PTVP cấp cao, áp dụng với hệ thuần nhất, hệ số hằng số. - Hình thức tổ chức dạy học: Hình thức chủ yếu: Lý thuyết, thảo luận - tự học, tự nghiên cứu - Thời gian: Lý thuyết, thảo luận: 5t - Tự học, tự nghiên cứu: 5t - Địa điểm: Giảng đường do P2 phân công. - Nội dung chính: Chữa bài tập phương trình vi phân cấp 1 §4.2 Phương trình vi phân cấp hai (tiếp) §4.3 Hệ phương trình vi phân. Ôn tập chương 4 § 4.2. PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP HAI (tiếp – 1 tiết) 4.2.5. PT TT với hệ số hằng số và vế phải đặc biệt Ví dụ 4.24. Giải PT . PTĐT: . NTQ PTTN . x x x 2y y e C y e C, y e C          x 2C 1 NR : y e    x x 1 2NTQ : y C cos x C sin x e (x 1) / 2 e       p p(x) y y p      p p(y) y y p.p      y 9y 4x sin x   2k 9 0 k 3i     1 2y C cos3x C sin 3x  131 Ta thấy không là nghiệm PTĐT, . Vậy ta tìm nghiệm riêng dạng Thay vào PT, hằng đẳng hai vế ta được:  NR . NTQ . # Nhận xét. Nếu vế phải chứa các hàm cosin, sin thì đó là bài toán dạng khó. Khi đạo hàm, ta nên viết cos dưới cos, sin dưới sin, viết các số hạng của đa thức theo thứ tự luỹ thừa tăng dần, hệ số theo thứ tự A, B, C.... Điều quan trọng là phải tập trung cao độ ta mới hy vọng nhận được đáp số đúng. Ví dụ 4.25. . ĐS .# c. Phương trình tuyến tính cấp cao với hệ số hằng số Dạng: (4.37) - các hằng số, f(x):hàm liên tục trên (a, b). Bảng 4.3. Giải PT thuần nhất hệ số hằng số PTĐT Nghiệm riêng ĐLTT tương ứng k là nghiệm đơn k là nghiệm kép bội m là nghiệm phức liên hợp bội m 0xf (x) 4x sin x e (0.cos x 4x sin x) i 0 i         s Max(0, 1) 1  0xy y e [(A Bx)cos x (C Dx)sin x] (A Bx)cos x (C Dx)sin x,          y Bcos x ( A Bx)sin x (C Dx)cos x Dsin x (B C Dx)cos x ( A D Bx)sin x, y Dcos x ( B C Dx)sin x ( A D Bx)cos x Bsin x ( A 2D Bx)cos x ( 2B C Dx)sin x.                                   (8A 2D 8Bx)cos x ( 2B Cc 8Dx)sin x 4xsin x       8A 2D 0 A 1/ 8 8A 2D 8Bx 0 8B 0 B 0 2B 8C 8Dx 4x 2B 8C 0 C 0 8D 4 D 1/ 2                                1 1y cos x xsin x 8 2    1 2 1 1y cos x x sin x C cos3x C sin 3x 8 2      2y y 2cos x   x1 2 1 2y C C e x cos 2x sin 2x 10 10      (n) (n 1) 1 n 1 ny p y ... p y p y f (x)        1 2 np , p , ..., p n n 1 1 nk p k ... p 0     kxe kx kx m 1 kxe , xe , ..., x e i   x x m 1 x x x m 1 x e cos x, xe cos x, ... , x e cos x e sin x, xe sin x, ... , x e sin x               132 Tìm nghiệm riêng PT không thuần nhất tương ứng cũng như phương pháp biến thiên hằng số Lagrange với PT cấp cao rất giống trường hợp PT cấp II. Ví dụ 4.27 . Giải các PT i) ; ii) ; iii) : Tự đọc Giải. i) PTĐT . NTQ PTTN . Để tìm nghiệm riêng, ta thấy không là nghiệm của PTĐT. Ta tìm nghiệm riêng dưới dạng . Thay vào PT đã cho, hằng đẳng hệ số 2 vế ta được . Vậy, NTQ phương trình đã cho là . ii) PTĐT . NTQ PTTN: . * Nghiệm riêng. là nghiệm đơn của PTĐT. Tìm nghiệm riêng dạng . Thay vào PT đã cho ta được Vậy nghiệm tổng quát PT đã cho là . iii) ĐS: NTQ . # § 4.3. SƠ LƯỢC VỀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN (1 tiết) 4.3.1. Định nghĩa - Bài toán Cauchy – Các loại nghiệm a. Định nghĩa 2xy 3y y 3y 3e       (4) 2xy 8y 48x e   (4)y y 4sin x  3 2 2k 3k k 3 0 (k 1)(k 3) 0 k 1, 1, 3           x x 3x 1 2 3y C e C e C e    2xf (x) 3e : 2    2xy y Ae  2xA 1 y e   x x 3x 2x 1 2 3y C e C e C e e     4 2k 8k 0 k(k 2)(k 2k 4) 0       1 2 34k 0; k 2; k 1 3 i      2x x x 1 2 3 4y C C e C e cos 3 x C e sin 3 x      2xf (x) 16xe : 2   2x 2x 2y y xe (A Bx) e (Ax Bx )             2x 2 2x 2 2x 2 (4) 2x 2 y ... e A (2A 2B)x 2Bx y ... e 4A 2B (4A 8B)x 4Bx y ... e 12A 12B (8A 24B)x 8Bx y ... e 32A 48B (16A 64B)x 16Bx                            (4) 2x 2x 2x 2 y 8y e 24A 48B 48Bx f (x) e ( 48x) B 1; A 2 y e (2x x ).               2x x x 2x 1 2 3 4y C C e C e cos 3 x C e sin 3 xe (2 x)        x x 1 2 3 4y C e C e C cos x C sin x x cos x      133 Dạng: (4.40) x: biến độc lập, : các ẩn hàm phải tìm. * Họ các hàm số được gọi là nghiệm của hệ (4.40) trong khoảng (a; b) nếu khi thay vào hệ, được các đồng nhất thức. b. Bài toán Cauchy Định lý 4.8 (Định lý tồn tại duy nhất nghiệm của hệ PTVP cấp I) c. Nghiệm riêng, nghiệm tổng quát 4.3.2. Giải hệ phương trình vi phân (xem tài liệu [1] tr ...) a. Phương pháp khử - Từ một PT nào đó của hệ, đạo hàm hai vế liên tiếp theo biến x. - Dùng các PT khác của hệ, dẫn đến PT cấp cao của một ẩn hàm. - Giải PT cấp cao này, từ đó nhận được các ẩn hàm khác. Ví dụ 4.28. Giải hệ phương trình Giải. Lưu ý rằng biến độc lập là x. Đạo hàm PT thứ hai . Dùng cả PT đầu, cả PT sau, dẫn đến : PT bậc hai với z, vắng x. Đặt , được . * Rõ ràng là nghiệm, ứng với nó là * . Giải ra ta được . Từ PT sau, . ĐS # b. Phương pháp tổ hợp 1 1 1 n n n 1 n dy f (x, y ,..., y ) dx . . . . . . . . . . . . . . . dy f (x, y ,..., y ) dx         1 2 ny , y ,..., y 1 1 n ny y (x),..., y y (x), x (a, b)   2yy z 1z y 2        1z y 2   2 2 21 y 1 (2z )z z z 2z 2 z 2 z        z p p(z), z p .p     2z p p 2p  p 0 z C 0, y 0.   dp dzp 0, 2 p z   2dz 1p Cz z dx Cx D       2 2 2Cy 2z 2p 2Cz (Cx D)      2 y 0 2C 1; y , z . z C 0 Cx D(Cx D)        134 o Từ một số PT của hệ tìm một số những biểu thức ràng buộc giữa biến độc lập x với các ẩn hàm ): : Các tích phân đầu (4.42) o Suy ra nghiệm. Ví dụ 4.29. Gải hệ Giải. Chia PT (**) cho PT (*); lấy PT (*) nhân với 3, PT(**) nhân với 5 rồi cộng lại ta nhận được hệ # c. Phương pháp đồ thị. Đọc tài liệu [1] d. Mối quan hệ giữa hệ PTVP và PTVP cấp cao Đọc tài liệu [1] Ví dụ 4.31. Xét PTVP cấp hai (ẩn hàm là ). Cần tìm nghiệm trên (a; b). Đặt , ta đưa về hệ (ẩn là y, z) Việc giảm cấp của PTVP phải trả giá bằng việc tăng số PT trong hệ. 4.3.3. Hệ PTVP thuần nhất hệ số hằng số a. Khái niệm. Trường hợp rất đơn giản của (4.40) là hệ phương trình vi phân tuyến tính cấp một (4.44) x: biến độc lập,1 : ẩn hàm, : liên tục trên (a, b). Cũng xét: bài toán Cauchy, nghiệm riêng, nghiệm tổng quát, cấu trúc nhiệm và cách giải của hệ thuần nhất, hệ không thuần nhất trong những trường hợp đặc biệt cũng như phương pháp biến thiên hằng số trong trường hợp tổng quát Tuy nhiên, chúng ta chỉ xem xét trường hợp đặc biệt đơn giản của (4.44), đó là hệ thuần nhất với hệ số hằng số (còn gọi là hệ vi phân ôtônôm tuyến tính) ( - const) (4.45) 1 ny , ... , y i 1 n(x, y ,..., y ) 0, i 1, ..., k   t t xx ( ) 3x 5y yy ( ) 3x 5y             dy y t Dxy Cxdx x 3 5C d(3x 5y) 3x 5y t D C(t D)1 y dt 3 5C                     3y xy y x    y y(x) 3 3z y z y xy y x xz y x            3 y z z y xz x         1 11 1 1n n 1 n n1 1 nn n n y a (x) y . .. a (x) y b (x) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . y a (x) y . .. a (x) y b (x)              1 ny ,..., y ij ia (x), b (x) 1 11 1 1n n n n1 1 nn n y a y . .. a y . . . . . . . . . . . . . . . y a y . .. a y            ija 135 b. Phương pháp khử. Chúng ta có thể dùng phương pháp khử nêu trên để đưa về PT vi phân cấp n, sau đó tìm ra nghiệm tổng quát. Điều này đặc biệt thuận lợi khi n nhỏ (chẳng hạn, n = 2, 3). Ví dụ 4.32. Giải hệ Giải. Đạo hàm 2 vế PT (*), . Ta cần đưa về PT của một biến x. Sử dụng PT (**) và sau đó là (*) ta được . Giải PT thuần nhất cấp hai này ta được nghiệm tổng quát . Từ đó, . Tóm lại, nghiệm của hệ là # c. Phương pháp Euler (☼) Ví dụ 4.33. Giải các hệ PTVP sau i) ii) Giải. i) NTQ ii) NTQ § 4.4. MỘT SỐ VÍ DỤ VÀ BÀI TOÁN TỔNG HỢP ( 1 tiết) Ví dụ 4.34. Giải PT . Giải. Xét hệ . Vì , nên ta đặt , . hay . # Ví dụ 4.35. Giải PT bằng cách đặt . Giải. Xét , đặt , . t t x x 2y ( ) y x y ( )          x x 2y    x x 2(x y) x 2x 2y x 2x (x x) x x 0                  t tx Ce De  ty (x x) / 2 ... De     t t tx Ce De , y De .     dy y z dx dz y 3z dx           x y z y z z x z             2x 2x y ( C D Dx)e z (C Dx)e           2 3 2 3 t 1 2 3 t 1 2 3 x (C C ) cos t ( C C )sin t y C e C cos t C sin t z C e C sin t C cos t              (x y 1) dx (2x 2y 1) dy 0      x y 1 0 2x 2y 1 0        1 1 D 0 2 2   z x y  dz dx dy dy dz dx     2z 1 3dz dx 2 dz dx z 2 z 2           2z 3ln z 2 x C x 2y 3ln x y 2 C          2 2xy x x y y 0 (x 0)      y zx x 0 yy z.x (z z(x)) z x     y z .x z   136 Thay vào PT được . Lưu ý rằng PT đã cho không thuần nhất; tuy nhiên ta vẫn giải thành công khi đặt ! # Ví dụ 4.37. (Bài toán nồng độ dung dịch). Một bể 1000 l nước có hòa tan 50 kg muối. Bơm nước biển với nồng độ muối 10 g/l vào bể với vận tốc 10l/phút, giữ thể tích nước trong bể cố định bằng cách rút nước khỏi bể với vận tốc 10 l/phút. i) Lập phương trình vi phân mô tả lượng muối trong bể theo thời gian. ii) Sau 40 phút, lượng muối còn lại trong bể là bao nhiêu? ĐS: 36,8 kg. Ví dụ 4.46. Số lượng ban đầu của mẻ vi khuẩn ở buồng cấy là 1000 và vận tốc sinh trưởng tỷ lệ với số lượng vi khuẩn có mặt ở buồng cấy. Sau 2 giờ, quần thể có 9 000 con. (a) Tìm biểu thức số lượng vi khuẩn sau t giờ. (b) Tìm số vi khuẩn sau 3 giờ. (c) Tìm vận tốc sinh sau 3 giờ. (d) Sau bao lâu số lượng vi khuẩn tăng lên gấp đôi Ví dụ 4.47 (Bài toán xác định niên đại hóa thạch). Người ta cho rằng, lượng phóng xạ mà trái đất nhận từ vũ trụ về cơ bản cân bằng với lượng phóng xạ mà các chất phóng xạ mất đi trong quá trình phân rã. Vì thế, có thể coi lượng carbon- 14 trong mỗi cơ thể sống ở mọi thời đại về cơ bản là như nhau. Tuy nhiên, khi một cơ thể sống chết đi thì tốc độ thay đổi carbon-14 là tỷ lệ thuận với khối lượng hiện có của nó trong cơ thể. Gọi y(t) là lượng carbon-14 trong hóa thạch tại thời điểm t thì tốc độ thay đổi của carbon-14 trong hóa thạch tại thời điểm đó là , k - hằng số âm. Biết rằng chu kỳ bán phân rã của carbon-14 là 5730 năm, hãy tính hệ số phân rã k. Hóa thạch của cơ thể người chứa 54% lượng carbon-14 ban đầu, người đó sống cách đây bao nhiêu lâu? HD. Với , . (trên năm ngàn năm). # Ví dụ 4.48. Giải PT . . 2 2 2 2 2 dzx z xz x 1 z zx 0 z 1 z dx 1 z                2 2 2 xln z 1 z x C y x y Dxe 0          y zx y (t) ky(t)  T 5730 kT0 0 1y(T) y y e k 0,00012 2      kt 0 0 ln 0,540,54y y e t 5134 k     2 2(sin y x )dx x sin 2ydy 0   Q Psin 2y, sin 2y x y        Q P 2x y Q x        2dx x 2 1(x) e x      137 , là PTVP toàn phần. Trên miền , với , tích phân tổng quát là: hay . # Ví dụ 4.49. Giải phương trình . Giải. Rõ ràng y = 0 là một nghiệm. Với , , nghiệm tổng quát là: hay . (Đây là tích phân tổng quát PT đã cho). # Ví dụ 4.50. Giải phương trình: Xét hệ Đặt . Nhận được PT Đây là PT với u là biến độc lập, v là ẩn hàm, nó là PT đẳng cấp. Đặt dần đến Trở về biến cũ, . Cách II. Thật may, đây là PTVP toàn phần! # Ví dụ 4.51 . Giải PT bằng phép đổi biến . Giải. Đặt . Thay vào được . PTĐT: . NTQ PTTN ứng với (*) . 2 2 2 2 1 1PT (sin y x )dx xsin 2ydy 0 x x     {(x, y) : x > 0} 0 0(x , y ) (1,0) yx 2 1 0 1 1sin 0 1 dx sin 2ydy C x x         2sin yx C x   2y dx (2xy 3)dy 0   y 0 2 2 3PT x x y y    2 2dy dy 2y y 2 3 1x e e dy C Cy yy             3xy 1 Cy  (x y 2)dx (x y 4)dy 0      x y 2 0 x 1 x y 4 0 y 3              u x 1 x u 1 , dx du, dy dv v y 3 y v 3               (u v)du (u v)dv 0.    v tu dv u dt t du    2 2 2 2 2 2 2 2 1u(1 2t t )du u (1 t)dt 0 d u (1 2t t ) 0 2 u (1 2t t ) C u 2uv v C.                    2 2x 2xy y 4x 8y C     2x y xy y cos(ln x)    tx e t t t t xx e 0, x e t ln x, t 1 / x e         2 t x t t t t t 2t xx t t x t tt tt dy dy dty . y .e , dx dt dx y (y .e ) .t (y .e y .e ).e (y y ).e .                       y 2y y cos t, (y y(t))     (*) 2 1 2k 2k 1 0 k k 1      t 1 2y (C C t) e  138 NR của PT (*) có dạng: . Tìm được . NTQ của PT đã cho là . Nhận xét. PT gọi là PT Euler. Nó luôn giải được bằng phép đổi biến trong miền (trong miền đặt ). Các bạn phải thuần thục khi tính mới mong giải đúng! # Ví dụ 4.52. Giải phương trình bằng phép đổi hàm z = yx. Giải. Đặt . Thay vào phương trình nhận được PTĐT của PT (*) là . NTQ PT TN tương ứng là . Vế phải là nghiệm đơn, tìm nghiệm riêng của (*) dạng . Thay vào PT (*) đi tới . NTQ của PT đã cho là: . # Ví dụ 4.53. Giải các phương trình i) , ii) . Giải. i) Phương trình đặc trưng: . NTQ PTTN tương ứng: . NTQ của phương trình không TN dưới dạng . NTQ của PT đã cho là . ii) NTQ của PT thuần nhất . 1y y A cos t Bsin t   t 1 2 1 1A 0, B y (C C t)e sin t 2 2        1 2 1y C x C x ln x sin (ln x) 2    2ax y bxy cy f (x)    tx e {x 0} {x 0} tx e  t tty , y  xxy 2y xy e    z yx z y x y, z 2y y .x          xz z e (*)   2 1 2k 1 0 k 1, k 1      x x 1 2z C e C e   xf (x) e , 1   x x x x xz A.xe z Ae Axe , z 2Ae Axe       x2A 1 A 1/ 2 z xe / 2     x x x 1 2 z 1 1y C e C e xe x x 2         2xey 4y 5y cosx     x 2y - 2y y e / (1 x )     2 1,2k 4k 5 0 k 2 i      2x 1 2y e (C cos x C sin x)  2x 2x 1 2y C (x)e cosx C (x)e sin x  2x 2x 1 2 1 2 2x 2x 2x 1 2 C e cos x C e sin x 0 C , C : C e (2cos x sin x) C e (2sin x cos x) e / cos x           11 2 2 C (x) ln cosx AC (x) sin x / cos x C (x) 1 C (x) x B              2x 2xy ln cosx A e cosx (x B)e sinx      x 1 1 2y (C C x)e  139 NTQ của PT ban đầu dưới dạng: với NTQ của PT đã cho: . # Ví dụ 4.54. i) ; iii) Giải. i) Đạo hàm PT đầu, sử dụng PT thứ hai và PT đầu ta được PTĐT: . . Đặt , nhận được iii) Đạo hàm PT thứ nhất, dùng PT đầu và PT thứ 2 của hệ ta được (*) PTĐT: . NTQ của PT (*): . . NTQ hệ đã cho *CÔNG BỐ KẾT QUẢ điểm Quá trình, điểm thường xuyên Học viên thắc mắc – Giáo viên trả lời về điểm Quá trình – Thường xuyên b) Thảo luận Để giải PTVP cấp cao ta có thể dùng PP nào? c) Tự học - Phương pháp khử để giải hệ PTVP d) Bài tập (2t) 24(e); 26(h, i, j); 27(c); 30(d, e, f); 31(b); 32; 33(a, b, c). Tài liệu Tài liệu [1], tr .... x x 1 2y C (x)e C (x) xe  x x 1 2 x x x x 2 1 2 C e C xe 0 C e C (e xe ) e / (1 x )           1 22 2 x 1C , C 1 x 1 x        2 1 1 2 2 C ln 1 x K C arctan x K          x 21 2y e K K x x arctan x ln x 1     x 2x 5y y 3x 4y        x 2x 2y y 8x 2y        x 2x 5y 2x 5(3x 4y) 2x 15x 20(x 2x) / 5 x 6x 7x 0.                    2k 6k 7 0 k 1, k 7 NTQ :        t 7tx Ce De  t 7ty (x 2x) / 5 (3 / 5)Ce De     1 2C 5C , D C   t 7t 1 2 t 7t 1 2 x 5C e C e y 3C e C e          x 2x 2y 2x 2(8x 2y) 2x 16x 4(2x x ) / 2              x 4x 20x 0.     2k 4k 20 0 k 2 4i      2tx e (Ccos 4t Dsin 4t)  2ty (2x x ) / 2 e ( 2D cos 4t 2Csin 4t)     2t 2t x (Ccos 4t Dsin 4t)e y ( 2Dcos4t 2Csin 4t)e        140 TÓM TẮT CHƯƠNG 4 PTVP cấp một PT phân ly  Dạng: PT thuần Nhất  Dạng: Đặt , đưa về PT phân ly PT tuyến tính  Dạng: NTQ: PT Bernoulli  Dạng: ( ) Chia hai vế cho , đặt đưa về PTTT PT VP Toàn phần  Dạng: TPTQ: Thừa số tích phân  : Chọn  : Chọn PTVP cấp hai Giảm cấp (vắng y): Đặt , (vắng x) : Đặt , PT tuyến tính Dạng: Thuần nhất: Cấu trúc nghiệm: PP biến thiên hằng số  Tìm 2 nghiệm ĐLTT của PT thuần nhất  Tìm nghiệm riêng : Hệ số hằng  Thuần nhất: Bảng 4.1  Vế phải đặc biệt: Bảng 4.2  Cấp cao, vế phải đặc biệt: Bảng 4.3 Hệ PTVP PP khử Đưa về PT cấp cao PP Tổ hợp Tìm ra một số tích phân đầu Hệ số hằng  Dùng PP khử để đưa về PT cấp cao  Dùng PP Euler f (x)dx g(y)dy f (x)dx g(y)dy C   yy f x        y u(x).x y u x u   y p(x)y q(x)   p(x) dx p(x) dxy e C q(x)e dx      y p(x)y q(x)y   0 và 1    y 1z y  P(x, y)dx Q(x, y)dy 0  Q P x y        0 0 yx 0 x y u(x, y) P(x, y )dx Q(x, y)dy C    Q P 1 (x) x y Q          (x) dx(x) e     P Q 1 (y) y x P          (y) dy(y) e     F(x, y , y ) 0   y p p(x)   y p  F(y, y , y ) 0   y p(y)  y p .p  y p(x)y q(x)y f (x)    y p(x)y q(x)y 0    1 1 2 2y C y (x) C y (x) y   1 2y (x) và y (x) 1 1 2 2y C (x) y (x) C (x) y (x)  1 1 2 2 1 1 2 2 C y C y 0 C y C y f (x)          141 Bài giảng 14-15: Ôn tập Chương, mục: 4 Tiết thứ: 65-75 Tuần thứ: 14- 15 Mục đích, yêu cầu:  Củng cố kiến thức về môn học  Sẵn sàng để thi hết môn - Hình thức tổ chức dạy học: Hình thức chủ yếu: Lý thuyết, thảo luận - tự học, tự nghiên cứu - Thời gian: Lý thuyết, thảo luận: 5t - Tự học, tự nghiên cứu: 5t - Địa điểm: Giảng đường do P2 phân công. - Nội dung chính: Ôn tập hết môn  Chữa các bài chưa có điều kiện chữa  Làm lại các ví dụ chưa kịp giới thiệu (Bài 15- tuần cuối: Giáo viên làm là chính)  Nhắc lại về các câu hỏi lý thuyết, cách học chúng Hướng dẫn thi hết môn  Một số kinh nghiệm khi thi  Nhắc lại tinh thần nghiêm túc trong thi cử  Nhắc một số quy đinh trong kỳ thi