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 diều 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

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
dx dy dx dy
Pt trở thành:
2 2 2

C dx y C x C
y
⇔ = ⇔ + = +
+
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’
Pt trở thành:
2 2 2
( ') ( )x y yz yz y xyz+ = −
Với y ≠ 0, chia 2 vế cho y
2

+ y
r
•
y
0
là nghiệm tổng quát của pt thuần nhất,
•
y
r
là 1 nghiệm riêng của pt không thuần nhất
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
(x)
thì y
1
+ y
2
là nghiệm của pt
y” + p(x)y’ + q(x)y = f
1
(x) + f

p x dx
e
y y dx
y
−
∫
=
∫
Ví dụ
( )
2 1
2
1
p x dx
e
y y dx
y
−
∫
=
∫
Giải pt: x
2
y” – xy’ + y = 0, biết pt có 1 nghiệm y
1
= x
p(x) = – 1/x
2
2 2
ln | |

t/ nhất có 2 nghiệm y = x
2
và y = x + x
2
Thì 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
e dx
y x dx x
x x x
−
+
∫

(a, b là hằng số )
Giải pt thuần nhất : y” + ay’ + by = 0
Bước 1: giải phương trình đặc trưng:
k
2
+ ak + b = 0
Bước 2: xác định 2 nghiệm cơ sở (đltt)

k
1
, k
2
là nghiệm thực phân biệt:

k là nghiệm kép:

k = α ± iβ (phức):
1 2
cos , sin
x x
y e x y e x
α α
β β
= =
y
0
= C
1
y
1

y C e C xe= +
3. y” – 2y’ + 5y = 0, Ptđt: k
2
– 2k + 5 = 0 ⇔ k = 1 ± 2i
1 1
1 2
cos2 , sin 2
x x
y e x y e x= =
0 1 2
cos2 sin 2
x x
y C e x C e x= +
Tìm nghiệm riêng y
r
của pt y” + ay’ + by = f(x)
Tổng quát: Biến thiên bằng số
Trong y
0
, xem C
1
=C
1
(x), C
2
= C
2
(x), giải hệ
1 1 2 2
1 1 2 2

1 1 2 2
1 1 2 2
( ) ( ) 0
( ) ( ) ( )
′ ′
+ =


′ ′ ′ ′
+ =

C x y C x y
C x y C x y f x
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
− −
− −

′ ′
+ =



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

y
r
= −e
−x
cos(e
x
) + e

f(x) = e
αx
[P
m
(x)cosβx + Q
n
(x)sin βx ]Áp dụng nếu:
P
m
, Q
n
là các đa thức bậc m, n.
* Định dạng y
r
, s = max(m, n)
•
Nếu α+i β không là nghiệm pt đặc trưng k
2
+ ak + b = 0
y
r
=e
αx
[R
s
(x)cosβx + T
s
(x)sin βx ]
•
Nếu α+i β là nghiệm bội p của pt đặc trưng (p = 1, 2)

4. Nếu f(x) = e
αx
P
m
(x)cosβx: s = m
5. Nếu f(x) = P
m
(x)cos βx: α = 0
Tổng quát : vắng e
αx
: xem α = 0
vắng cos, sin: xem β = 0
s là bậc của đa thức trong f
VÍ DỤ
y” + y = x
2
+ x
Ptđt: k
2
+ 1 = 0 ⇔ k = ± i
y
0
= C
1
cos x + C
2
sin x
f(x) = x
2
+ x ⇒ α = 0, β = 0, s = 2

1
cos x + C
2
sin x + x
2
+ x – 2
Thay y
r
vào (1): 2A + Ax
2
+ Bx + C = x
2
+ x, ∀x
y” + y’ = x – 2 (2) Ptđt: k
2
+ k = 0 ⇔ k = 0, k = –1
y
0
= C
1
e
0x
+ C
2
e
–x
f(x) = x – 2 ⇒ α = 0, β = 0, s = 1
⇒ α + iβ = 0: là nghiệm đơn của ptđt ( p =1)
⇒ y
r

y” – y = xsinx
(3)
Ptđt: k
2
– 1 = 0 ⇔ k = ± 1
f(x) = xsinx
⇒ α = 0, β = 1, s = 1
⇒ α + iβ = i: không là nghiệm ptđt
y
r
= (Ax + B)cosx + (Cx + D)sinx
y’
r
= (Cx + A + D)cosx – (Ax + B – C)sinx
y
r
” = – (Ax + B – 2C )cosx – ( Cx + 2A + D)sinx
y
0
= C
1
e
x
+ C
2
e
–x
Thay y
r
vào (3):

(4)
Ptđt: k
2
+ 4k + 4 = 0
⇔ k = – 2 (bội p =2)
f
1
(x) = e
– 2x

1 1 1
2, 0, 0s
α β
= − = =
2 2
1
x
r
y x Ae
−
=
y” + 4y’ + 4y = f
1
(x) = e
– 2x
Thay y
r1
vào pt:
f
2

y x x
−
⇒ = −
f(x) = e
– 2x
+ sinx không có dạng đặc biệt
1 2r r r
y y y= +
( Nguyên lý chồng chất nghiệm)
PHƯƠNG TRÌNH EURLER
( )
'
t
dy dy dt dy a dy
y ae
dx dt dx dt ax b dt
−
= = = = ±
+
' '
"
t
dy dy dt d dy dt
y ae
dx dt dx dt dt dx
−
 
= = = ±
 ÷
 

− −
 
− + ± ± + =
 ÷
 
2
2 2
2
( ) ( )
d y dy
a ap a qy F t
dt
dt
+ − + =
Tuyến tính hệ
số hằng