PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP 2
BÀI TOÁN CAUCHY
Tìm nghiệm của phương trình
F(x, y, y’, y”) = 0 (1)
hoặc: y” = f(x, y, y’) (2)
thỏa điều kiện ban đầu :
y(x
0
) = y
0
y’(x
0
) = y
1
Lưu ý: nghiệm tổng quát của ptvp cấp 2 có 2
hằng số tự do, cần 2 điều kiện để tìm 2 hằng số
này.
Ví dụ
3
1
(1) '
3
x
y C⇔ = +
4
1 2
12
x
y C x C⇔ = + +
Tìm nghiệm bài toán:
y” = x

' 2 ( ' '( )) p p p p x= =
1
2
dp
dx p x C
p
= ⇔ = +
2
1
' ( )y x C⇔ = +
3
1 2
1
( )
3
y x C C⇔ = + +
1/ " 2 'y y
=
Pt không chứa y, đặt
Pt trở thành:
Với p ≠ 0
p = 0 ⇔ y’ = 0 ⇔ y = C
2 2 2
2 / (1 ) " ( 1)( ')y yy y y+ = −
Pt không chứa x
Đặt y’ = p (xem y là biến)
' '
" ' , ( )p'=p'(y)= = × = × = ×
dy dy dy dp
y p p p

⇒ =
+
ydy
C dx
y
2
1 2
1
ln(1 )
2
⇒ + = +y C x C
x
2
yy” – (y – xy’)
2

= 0
x
2
ty ty” – (ty – x ty’)
2
= t
2
[x
2
yy” – (y – xy’)
2
Đặt y’ = yz ⇒ y” = y’z + yz’ = yz
2
+ yz’

x
y C xe
PTVP TUYẾN TÍNH CẤP 2
y” + p(x)y’ + q(x)y = f(x) (1) p(x), q(x), f(x) liên tục
y” + p(x)y’ + q(x)y = 0
Phương trình thuần nhất
Cấu trúc nghiệm pt không thuần nhất:
•
y
0
là nghiệm tổng quát của pt thuần nhất,
•
y
r
là 1 nghiệm riêng của pt không thuần nhất
y = y
0
+ y
r
Nguyên lý chồng chất nghiệm
Nếu y
1
và y
2
lần lượt là các nghiệm của pt
y” + p(x)y’ + q(x)y = f
1
(x)
y” + p(x)y’ + q(x)y = f
2

Nếu biết trước 1 nghiệm y
1
≠ 0, y
2
được tìm như sau
( )
2 1
2
1
p x dx
e
y y dx
y
−
∫
=
∫
Ví dụ
( )
2 1
2
1
−
∫
=
∫
p x dx
e
y y dx
y

+ 2 (1)
biết phương trình có 2 nghiệm y = x
2
và y = x + x
2
y = x
2
và y = x + x
2
là 2 nghiệm của (1)
⇒ y
1
= (x + x
2
) – x
2

là nghiệm của pt thuần nhất
⇒ y
1
= x
2
2
1
2
2 2 2
(1 )
x
dx
x

2
2
1
2
2 2 2
(1 )
x
dx
x
e dx
y x dx x
x x x
−
+
∫
⇒ = =
+
∫ ∫
(NTQ của pt thuần nhất)
Nghiệm TQ của (1)
PTVP TUYẾN TÍNH CẤP 2 HỆ SỐ HẰNG
y” + ay’ + by = f(x)
(a, b là hằng số )
Bước 2: tìm 1 nghiệm riêng của pt không thuần nhất
Giải pt thuần nhất : y” + ay’ + by = 0
Bước 1:
y” + ay’ + by = f(x)
Cách xác định nghiệm tổng quát của pt thuần nhất
1 2
1 2

+ C
2
y
2
Giải phương trình đặc trưng:
k
2
+ ak + b = 0
Ví dụ
4
1 2
,
x x
y e y e
−
= =
4
0 1 2
x x
y C e C e
−
⇒ = +
1 2
,
x x
y e y xe= =
1. y” – 3y’ – 4y = 0,
Ptđt: k
2
– 3k – 4 = 0

1
= C
1
(x), C
2
= C
2
(x), giải hệ
1 1 2 2
1 1 2 2
( ) ( ) 0
( ) ( ) ( )
C x y C x y
C x y C x y f x
′ ′
+ =


′ ′ ′ ′
+ =

y
r
= C
1
(x)y
1
+ C
2
(x)y

1
và C
2
là các hàm theo x, giải hệ
2
1 2
2
1 2
( ) ( ) 0
( )( ) ( )( 2 ) sin( )
x x
x x x
C x e C x e
C x e C x e e
− −
− −

′ ′
+ =


′ ′
− + − =


2
1 2
( ) sin( ), ( ) sin( )
x x x x
C x e e C x e e

cos(e
x
) + e
−2x
[e
x
cos(e
x
) – sin(e
x
)]
= −e
– 2x
sin(e
x
)

2
0 1 2
,
x x
y C e C e
− −
= +
2 2
0 1 2
sin( )
x x x x
r
y y y C e C e e e

không có sin, cos, s là bậc của đa thức trong f (x)
•
Nếu α+i β không là nghiệm pt đặc trưng
•
Nếu α+i β là nghiệm bội p của pt đặc trưng (p = 1, 2)
•
Định dạng y
r
Các đa thức R
s
, T
s
được xác định khi thay y
r
vào pt không
thuần nhất.
( )
( )cos ( )sin
x
r s s x
y e R x x T x
α
β
β
= +
( )
( )cos ( )sin
p x
r s s
y x e R x x T x x= +