Tóm tắt lý thuyết 1. Định nghĩa 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 \(xy = - 15\,\,hay\,\,y = - \frac{{15}}{x}\) 2. Các phương trình vi phân cấp I thường gặp: 2.1 Phương trình có biến phân ly (có thể tách ra): 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 \(y(0) = 1 \Rightarrow y > 0 \Rightarrow y = \pm \sqrt {1 + \ln {{\left( {\frac{{1 + {e^x}}}{2}} \right)}^2}}\) 2.2 Phương trình đẳng cấp cấp 1 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 \(z=x+2y\) 2.3 Phương trình tuyến tính (cấp 1): 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 2.4 Phương trình Bernoulli: 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 \({y^4} = \frac{{{e^{2{x^2}}}}}{{ - 4x + {C_1}}},\,\forall {C_1} \in R\) 3. Sơ lược về số phức 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: \(\sqrt[4]{2}\left( {\frac{1}{{\sqrt 2 }} \pm \frac{i}{{\sqrt 2 }}} \right),\sqrt[4]{2}\left( { - \frac{1}{{\sqrt 2 }} \pm \frac{i}{{\sqrt 2 }}} \right)\)
