[Math educare] bai giang phuong trinh vi phan-trinh duc tai

TRÖÔØNG ÑAÏI HOÏC ÑAØ LAÏT
KHOA TOAÙN - TIN HOÏC
TRÒNH ÑÖÙC TAØI
PHÖÔNG TRÌNH VI PHAÂN
(Baøi Giaûng Toùm Taét)
-- Löu haønh noäi boä --
Ñaø Laït 2008
MATH-LANGUAGE

Mục lục
1 Phương trình vi phân thường cấp I 2
1.1 Mở đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
1.1.1 Vài mô hình đơn giản. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
1.1.2 Các khái niệm. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.1.3 Ý nghĩa hình học của phương trình vi phân: . . . . . . . . . . . 5
1.2 Định lý tồn tại và duy nhất nghiệm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.2.1 Bài toán Cauchy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.2.2 Phương pháp xấp xỉ Picard . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.2.3 Sự tồn tại và duy nhất nghiệm . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
1.2.4 Phân loại nghiệm của phương trình vi phân . . . . . . . . . . . 11
1.3 Phương pháp giải một số phương trình vi phân cấp I . . . . . . . . . . 12
1.3.1 Phương trình với biến số phân ly . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
1.3.2 Phương trình vi phân thuần nhất . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
1.3.3 Phương trình vi phân toàn phần . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
1.3.4 Phương trình vi phân tuyến tính cấp I . . . . . . . . . . . . . . 18
1.3.5 Phương trình Bernoulli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
1.3.6 Phương trình Darboux . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
1.3.7 Phương trình Riccati . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
1.4 Phương trình vi phân cấp I chưa giải ra đối với đạo hàm . . . . . . . . 23
1.4.1 Tích phân một số phương trình vi phân cấp I . . . . . . . . . . 23
1.5 Phương trình Clairaut và phương trình Lagrange . . . . . . . . . . . . 26
1.5.1 Phương trình Clairaut . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26
1.5.2 Phương trình Lagrange . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
1.5.3 Tham số hoá tổng quát . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
1.6 Nghiệm kỳ dị của phương trình vi phân cấp I . . . . . . . . . . . . . . 29
1.6.1 Sự tồn tại nghiệm kỳ dị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29

MỤC LỤC ii
1.6.2 Tìm nghiệm kỳ dị theo p−biệt tuyến . . . . . . . . . . . . . . . 30
1.6.3 Tìm nghiệm kỳ dị theo C−biệt tuyến . . . . . . . . . . . . . . 32
2 Phương trình vi phân cấp cao 35
2.1 Phương trình vi phân cấp cao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35
2.1.1 Các khái niệm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35
2.1.3 Một số phương trình vi phân cấp cao giải được bằng cầu phương 37
2.1.4 Một số phương trình vi phân cấp cao có thể hạ cấp . . . . . . . 39
2.1.5 Tích phân trung gian và tích phân đầu . . . . . . . . . . . . . . 42
2.2 Lý thuyết tổng quát về phương trình vi phân tuyến tính cấp cao. . . . 43
2.2.1 Các khái niệm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43
2.2.2 Nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất . . . . . . . . . 44
2.2.3 Nghiệm của phương trình vi phân tuyến tính không thuần nhất 50
2.2.4 Phương pháp biến thiên hằng số tìm nghiệm riêng của phương
trình không thuần nhất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51
2.3 Phương trình vi phân tuyến tính cấp cao hệ số hằng . . . . . . . . . . . 53
2.3.1 Nghiệm của phương trình thuần nhất hệ số hằng . . . . . . . . 53
2.3.2 Tìm nghiệm riêng của phương trình không thuần nhất: . . . . . 56
3 Hệ phương trình vi phân 60
3.1 Hệ phương trình vi phân cấp I tổng quát. . . . . . . . . . . . . . . . . 60
3.1.1 Các định nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60
3.1.2 Liên hệ giữa hệ phương trình và phương trình vi phân cấp cao. 61
3.1.4 Các phương pháp giải hệ phương trình vi phân . . . . . . . . . 63
3.2 Một số định lý cơ bản của phương trình vi phân . . . . . . . . . . . . 66
3.2.1 Sự tồn tại nghiệm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66
3.2.2 Thác triển nghiệm và sự tồn tại toàn cục . . . . . . . . . . . . 68
3.3 Hệ phương trình vi phân tuyến tính . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69
3.3.1 Hệ tuyến tính thuần nhất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69
3.3.2 Hệ tuyến tính không thuần nhất. . . . . . . . . . . . . . . . . . 73
3.4 Hệ phương trình vi phân tuyến tính hệ số hằng. . . . . . . . . . . . . . 75
3.4.1 Phương trình đặc trưng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75
3.4.2 Hệ nghiệm cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76
3.5 Sự ổn định nghiệm của hệ tuyến tính . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79

MỤC LỤC 1
3.5.1 Sơ lược về bài toán ổn định . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79
3.5.2 Ổn định hệ tuyến tính . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82
3.5.3 Ổn định theo xấp xỉ thứ nhất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83
3.5.4 Ổn định theo phương pháp Liapunov thứ hai . . . . . . . . . . . 83
4 Phương trình vi phân trong mặt phẳng phức. 86
4.1 Các khái niệm cơ bản. Sự tồn tại và duy nhất nghiệm. . . . . . . . . . 86
4.1.1 Các khái niệm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86
4.1.2 Sự tồn tại và duy nhất nghiệm. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86
4.1.3 Phương trình vi phân phức biến thực . . . . . . . . . . . . . . . 87
4.1.4 Nghiệm của phương trình vi phân dưới dạng chuỗi luỹ thừa. . . 88
4.1.5 Điểm kỳ dị của phương trình vi phân. . . . . . . . . . . . . . . 91
4.2 Hàm đặc biệt - Một số phương trình vi phân tuyến tính cấp II. . . . . . 96
4.2.1 Phương trình siêu hình học (hypergeometric) . . . . . . . . . . . 96
4.2.2 Phương trình Legendre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97
4.2.3 Phương trình Bessel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 98
4.3 Sơ lược về khai triển tiệm cận nghiệm của phương trình vi phân. . . . . 98
4.3.1 Sơ lược về khai triển tiệm cận. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99
4.3.2 Dáng điệu tiệm cận của nghiệm gần điểm kỳ dị không chính qui. 100
4.3.3 Khai triển tiệm cận của nghiệm . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102
4.3.4 Sơ lược về phương pháp WKB (Wentzel-Kramers-Brillouin) . . 103
A Biến đổi Laplace và phương trình vi phân. 106
A.1 Biến đổi Laplace. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 106
A.2 Giải phương trình vi phân bằng phép biến đổi Laplace. . . . . . . . . . 108
Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112

Chương 1
Phương trình vi phân thường cấp I
1.1 Mở đầu
Trong rất nhiều lĩnh vực ứng dụng, chuyển động của một hệ được mô hình hoá bởi các
phương trình vi phân, tức là phương trình có chứa các đạo hàm của ẩn hàm cần tìm.
Chẳng hạn, trong cơ học cổ điển (định luật Newton), trong thiên văn học (sự chuyển
động của các hành tinh), trong hoá học (các phản ứng hoá học), trong sinh học (sự
phát triển của dân số), trong điện tử... Trong hầu hết các lĩnh vực như thế, bài toán
chung nhất là mô tả nghiệm của các phương trình này (cả về định tính lẫn về định
lượng).
1.1.1 Vài mô hình đơn giản.
Sự rơi tự do. Xét một vật có khối lượng m được thả rơi tự do trong khí quyển gần
mặt đất. Theo định luật II Newton, chuyển động của vật đó có thể mô tả bởi phương
trình
F = ma (1.1)
trong đó F là hợp lực tác động lên vật và a là gia tốc chuyển động. Hợp lực F có thể
giả thiết chỉ bao gồm lực hấp dẫn (tỷ lệ với khối lượng của vật và hướng xuống) và
lực cản (tỷ lệ với vận tốc chuyển động và hướng lên trên). Ngoài ra, do gia tốc chuyển
động a =
dv
dt
nên (1.1) có thể viết dưới dạng
m
dv
dt
= mg − γv (1.2)
trong đó g ≈ 9, 8m/s2
là gia tốc trọng trường, còn γ là hệ số cản.
Vậy vận tốc v của vật rơi tự do thỏa mãn phương trình (1.2) với sự xuất hiện của
đạo hàm của v. Những phương trình như vậy ta sẽ gọi là phương trình vi phân.
Dung dịch hóa học. Giả sử tại thời điểm ban đầu t = t0 một thùng chứa x0 kg
muối hòa tan trong 1000 lít nước. Ta cho chảy vào thùng một loại nước muối nồng độ

1.1 Mở đầu 3
a (kg/lít) với lưu lượng r (lít/phút) và khấy đều. Đồng thời, cho hỗn hợp đó chảy ra
khỏi thùng cũng với tốc độ như trên. Gọi x = x(t) là lượng muối trong thùng tại thời
điểm bất kỳ. Rõ ràng tỉ lệ thay đổi lượng muối trong thùng dx
dt
bằng hiệu của tỉ lệ muối
chảy vào ar (kg/phút) trừ đi tỉ lệ muối chảy ra tại thời điểm đang xét rx
1000
(kg/phút).
Vậy ta có phương trình vi phân
dx
dt
= ar −
rx
1000
(1.3)
với dữ kiện ban đầu
x(t0) = x0
1.1.2 Các khái niệm.
Phương trình vi phân là phương trình có dạng
F(x, y, y , y , . . . , y(n)
) = 0 (1.4)
trong đó y = y(x) là ẩn hàm cần tìm và nhất thiết phải có sự tham gia của đạo hàm
(đến cấp nào đó) của ẩn.
Trong trường hợp ẩn hàm cần tìm là hàm nhiều biến (xuất hiện các đạo hàm riêng)
thì phương trình vi phân còn gọi là phương trình đạo hàm riêng. Để phân biệt, người
ta thường gọi phương trình với ẩn hàm là hàm một biến là phương trình vi phân thường
và là đối tượng chính của giáo trình này.
Thông thường ta xét các phương trình với ẩn hàm là hàm số một biến thực y = y(x)
xác định trên khoảng mở I ⊂ R; khi đó hàm F trong đẳng thức trên xác định trong
một tập mở G của R × Rn+1
. Trong truờng hợp ẩn hàm cần tìm là vector-hàm (hàm
với giá trị vector) y(x) = (y1(x), . . . , ym(x))T
∈ Rm
, F là một ánh xạ nhận giá trị trong
Rm
và (1.4) được hiểu là hệ phương trình vi phân.
Ta nói một phương trình vi phân có cấp n nếu n là cấp lớn nhất của đạo hàm của
ẩn xuất hiện trong phương trình.
Phương trình vi phân thường cấp I có dạng tổng quát
F(x, y, y ) = 0 (1.5)
trong đó F(x, y, z) được giả thiết liên tục cùng với các đạo hàm riêng của nó trên miền
G ⊂ R3
. Với một số giả thiết thích hợp (xem định lý hàm ẩn), phương trình vi phân
cấp I có thể viết được dưới dạng sau (gọi là dạng giải ra được đối với đạo hàm)
y = f(x, y) (1.6)
với f liên tục trong một miền D ⊂ R2
.
Ví dụ: Các phương trình
ey
+ y 2
cos x = 1
(y )2
− 2xy = ln x
∂2
u
∂x2
+
∂2
u
∂y2
= 0

1.1 Mở đầu 4
lần lượt là phương trình vi phân thường cấp I, cấp III và phương trình đạo hàm riêng
cấp II.
Xét phương trình (1.4), hàm giá trị vector φ : I → Rn
(với I = (a, b) là khoảng nào
đó của R) là nghiệm của phương trình (1.4) nếu nó có các đạo hàm liên tục đến cấp n
trên I và thoả mãn
F(x, φ(x), φ (x), φ (x), . . . , φ(n)
)(x) = 0, với mọi x ∈ I (1.7)
Trong trường hợp phương trình vi phân cấp I, nghiệm là một hàm thực một biến
y = φ(x) mà khi thay vào (1.5) hoặc (1.6), ta được một đẳng thức đúng.
Ví dụ: Dễ kiểm tra rằng họ hàm (phụ thuộc vào hai tham số tuỳ ý)
y = C1 cos x + C2 sin x
là nghiệm của phương trình vi phân
y + y = 0
1 2 3 4
1
2
3
yy
zzX
Hình 1.1: Nghiệm của phương trình Volterra-Lotka.
Ví dụ: (Săn mồi và mồi) Sự phát triển của hai quần thể sinh vật (chẳng hạn, x = x(t)
là số con mèo và y = y(t) là số con chuột) theo thời gian được mô tả bởi (hệ) phương
trình Volterra−Lotka sau đây
y = y(α − βx), x = x(γy − δ) (1.8)
với α, β, γ và δ là những hằng số đặc trưng cho sự tăng trưởng của các quần thể.
Để tìm nghiệm của phương trình này ta có thể xem y như là hàm theo x, phương
trình có thể viết dưới dạng
dy
dx
=
y(α − βx)
x(γy − δ)
hay
(γy − δ)
y
dy =
(α − βx)
x
dx
Nghiệm của phương trình này cho bởi
γy − δ ln y = α ln x − βx + C
trong đó C là hằng số tuỳ ý. Hình 1.1 mô tả nghiệm của phương trình khi α = β =
γ = 1, δ = 2.

1.1 Mở đầu 5
1.1.3 Ý nghĩa hình học của phương trình vi phân:
Xét phương trình vi phân (1.6), với f(x, y) liên tục trên miền mở trong R2
. Tại mỗi
điểm M(x, y) thuộc miền này, ta gán cho nó một hướng với hệ số góc là
k =
dy
dx
= f(x, y) (1.9)
Khi đó ta thu được một trường các hướng xác định bởi (1.9), và dĩ nhiên hướng của
tiếp tuyến của đường cong tại mỗi điểm trùng với hướng của trường tại điểm đó. Giải
phương trình vi phân dạng (1.6) về mặt hình học là tìm tất cả các đường cong sao cho
tại mỗi điểm của nó hướng của tiếp tuyến trùng với hướng của trường. Hình 1.2 cho
ta trường hướng của phương trình y = −
y
x
.
–2
–1
0
1
2
y(x)
–2 –1 1 2
x
Hình 1.2: Trường hướng của phương trình y = −
y
x
Ngược lại, cho trước họ đường cong
ϕ(x, y, C) = 0 (1.10)
phụ thuộc vào tham số C sao cho qua mỗi điểm chỉ có duy nhất một đường cong của
họ đi qua. Ta sẽ lập phương trình vi phân nhận họ đường cong này làm nghiệm tổng
quát như sau. Đạo hàm hai vế của phương trình trên theo x, ta được
∂ϕ
∂x
(x, y, C) + y
∂ϕ
∂y
(x, y, C) = 0
Từ phương trình (1.10), với mỗi (x, y) ta luôn tìm được duy nhất giá trị C = C(x, y).
Thay C vào đẳng thức trên ta nhận được
∂ϕ
∂x
(x, y, C(x, y)) + y
∂ϕ
∂y
(x, y, C(x, y)) = 0

1.2 Định lý tồn tại và duy nhất nghiệm 6
và đây là phương trình vi phân cần tìm.
Ví dụ: Tìm phương trình vi phân của họ đường cong sau:
y = Cx2
Đạo hàm hai vế theo x ta được y = 2Cx. Khử C ta thu được phương trình vi phân:
y = 2
y
x
1.2 Định lý tồn tại và duy nhất nghiệm
1.2.1 Bài toán Cauchy
Ta nhận xét rằng nghiệm của một phương trình vi phân nói chung phụ thuộc vào một
hay nhiều hằng số tuỳ ý nào đó. Để xác định một nghiệm cụ thể, ta cần thêm một hay
vài dữ kiện nào đó về nghiệm (tuỳ theo cấp của phương trình vi phân). Chẳng hạn,
y = x3
3
+ C là nghiệm (tổng quát) của phương trình y = x2
. Dễ thấy y = x3
3
+ 1 là
nghiệm (duy nhất) thoả điều kiện y(0) = 1.
Ta xét bài toán sau đây đặt ra đối với phương trình (1.5), gọi là bài toán Cauchy
(hay bài toán giá trị ban đầu):
Bài toán: Tìm nghiệm y(x) thỏa:
y = f(x, y)
y(x0) = y0
(1.11)
trong đó (x0, y0) ∈ D được gọi là điều kiện ban đầu.
Câu hỏi tự nhiên đặt ra là bài toán (1.11) có hay không và có bao nhiêu lời giải. Ta
lưu ý rằng không phải lúc nào bài toán Cauchy cũng có nghiệm, và khi có nghiệm cũng
không nhất thiết có duy nhất nghiệm. Chẳng hạn, phương trình y = x2
, y(0) = 0 có
duy nhất một nghiệm là y = x3
/3. Phương trình xy = y, y(0) = 1 không có nghiệm
nào; còn phương trình y = y1/3
, y(0) = 0 có ít nhất 2 nghiệm là là y ≡ 0 và y2
= 8
27
x3
.
Trong mục sau ta sẽ phát biểu và chứng minh một định lý giải quyết trọn vẹn bài
toán Cauchy cho phương trình vi phân cấp I.
1.2.2 Phương pháp xấp xỉ Picard
Ta xét bài toán Cauchy đối với phương trình cấp I dạng giải ra được đối với đạo hàm
(1.11), trong đó f xác định và liên tục trên miền mở D ⊂ R2
.
Giả sử y(x) là nghiệm của bài toán (1.11), tích phân hai vế của phương trình trong
(1.11) ta được phương trình tích phân đối với y(x) là
y(x) = y0 +
x
x0
f(t, y(t))dt (1.12)

Rõ ràng mỗi nghiệm của (1.11) cũng là nghiệm của (1.12) và ngược lại, mỗi nghiệm
của (1.12) đều khả vi liên tục (tức là thuộc lớp C1
) trên một khoảng I nào đó và thoả
phương trình (1.11).
Phép lặp Picard-Lindelöf.
Về mặt toán tử, nghiệm của phương trình tích phân (1.12) chính là lời giải của bài toán
điểm bất động của các ánh xạ co trong không gian metric đầy đủ (ở đây ta xét không
gian các hàm khả vi liên tục trên I) mà lời giải có thể cho bởi phương pháp xấp xỉ liên
tiếp Picard-Lindelöf sau đây.
Xét dãy các hàm xác định một cách đệ qui bởi
y0(x) = y0 (hay một hàm nào đó)
yk+1(x) = y0 +
x
x0
f(t, yk(t))dt, với k ∈ N (1.13)
Bổ đề 1.1. Giả sử f liên tục trên hình chữ nhật
D = (x, y) ∈ R2
/|x − x0| ≤ a, |y − y0| ≤ b
Đặt M := max
(x,y)∈D
|f(x, y)| và h := min a,
b
M
. Khi đó với mọi x ∈ I := [x0 −h, x0 +h]
ta có
|yk(x) − y0| ≤ b, với mọi k
Nói cách khác, trong phép lặp (1.13) các hàm yk không đi ra khỏi phần hình chữ
nhật D, ứng với x ∈ I.
Chứng minh: Ta có, với x0 − h ≤ x ≤ x0 + h:
|yk − y0| =
x
x0
f(t, yk−1(t))dt ≤
x
x0
|f(t, yk−1(t))| dt ≤ M |x − x0| ≤ Mh ≤ b
Ví dụ: Xét phương trình y = −y2
, với y(0) = 1. Nghiệm chính xác của nó là y = 1
x+1
.
Vài xấp xỉ đầu tiên trong phép lặp Picard-Lindelöf là y0 = 1, y1 = 1 − x, y2 =
1 − x + x2
−
x3
3
,...(xem Hình 1.3). Ta nhận thấy các xấp xỉ yk hội tụ nhanh khi x bé,
với các giá trị x lớn phép lặp là phân kỳ.
1.2.3 Sự tồn tại và duy nhất nghiệm
Trong phần này ta sẽ phát biểu và chứng minh định lý cơ bản của lý thuyết phương
trình vi phân, khẳng định sự tồn tại và duy nhất nghiệm của bài toán Cauchy.

1 2 3 4
Y (x)2
Y (x)0
Y (x)4
Y (x)1
Y (x)3
Hình 1.3: Phép lặp Picard-Lindel¨of cho phương trình y = −y2
, với y(0) = 1
Định nghĩa 1.2.1. Cho hàm f(x, y) xác định trên miền D ⊂ R2
. Ta nói f thoả điều
kiện Lipschitz theo biến y trên D nếu tồn tại hằng số dương L (gọi là hằng số Lipschitz)
sao cho:
|f(x, y1) − f(x, y2)| ≤ L |y1 − y2| , với mọi (x, y1), (x, y2) ∈ D
Nhận xét: Điều kiện Lipschitz là yếu hơn so với điều kiện giới nội của đạo hàm riêng
∂f
∂y
trên D. Thật vậy, giả sử
∂f
∂y
liên tục và
∂f
∂y
≤ L. Khi đó, áp dụng định lý Lagrange
cho hàm f(x, y) theo biến y ta được
f(x, y1) − f(x, y2) = (y1 − y2)
∂f
∂y
[x, y1 + θ(y2 − y1)]
Từ đó suy ra điều kiện Lipschitz.
Ví dụ: Hàm f(x, y) = y1/3
liên tục nhưng không thỏa điều kiện Lipschitz theo biến y
trong lân cận bất kỳ của (0, 0).
Định lý 1.2 (Định lý tồn tại và duy nhất nghiệm). Giả sử hàm số f(x, y) trong (1.11)
liên tục và thoả điều kiện Lipschitz theo biến y trên hình chữ nhật
D = (x, y) ∈ R2
/ |x − x0| ≤ a, |y − y0| ≤ b
Khi đó nghiệm của bài toán Cauchy (1.11) là tồn tại và duy nhất trong đoạn I :=
[x0 − h, x0 + h], với h := min(a, b
M
) và M := max
(x,y)∈D
|f(x, y)|.
Chứng minh: Chứng minh chia làm hai bước:
Sự tồn tại: Ta chứng minh rằng phép lặp Picard hội tụ đều trên I đến một nghiệm
của bài toán Cauchy. Trước tiên ta chứng minh bằng qui nạp rằng
|yk+1(x) − yk(x)| ≤ MLk |x − x0|k+1
(k + 1)!
, với mọi x ∈ I

Với k = 0, bất đẳng thức trên chính là
x
x0
f(t, y0(t))dt ≤ M |x − x0|; bất đẳng thức
này đúng.
Giả sử ta có điều đó với k − 1, khi đó với x0 ≤ x ≤ x0 + h ta có
|yk+1(x) − yk(x)| =
x
x0
[f(t, yk(t)) − f(t, yk−1(t))] dt
≤
x
x0
|f(t, yk(t)) − f(t, yk−1(t))| dt ≤ L
x
x0
|yk(t) − yk−1(t)| dt
≤ L
x
x0
|yk(t) − yk−1(t)| dt
≤ MLk
x
x0
|x − x0|k
k!
dt = MLk |x − x0|k+1
(k + 1)!
(với x0 − h ≤ x ≤ x0 ta đánh giá tương tự).
Xét dãy hàm {yk(x)} trên I, ta có
|yk+p(x) − yk(x)| ≤ |yk+p(x) − yk+p−1(x)| + |yk+p−1(x) − yk+p−2(x)| + · · ·
+ |yk+1(x) − yk(x)|
≤
M
L
(L |x − x0|)k+p
(k + p)!
+ · · · +
(L |x − x0|)k+1
(k + 1)!
≤
M
L j≥k+1
(Lh)j
j!
Chuổi số ∞
j=0
(Lh)j
j!
là hội tụ, nên phần dư của nó (xuất hiện trong biểu thức cuối
cùng) có thể làm cho bé tuỳ ý khi k đủ lớn. Theo tiêu chuẩn Cauchy, dãy {yk(x)} hội
tụ đều trên I đến hàm y(x). Để chứng minh y(x) là nghiệm ta chỉ cần qua giới hạn
trong đẳng thức
yk+1(x) = y0 +
x
x0
f(t, yk(t))dt
Vì dãy hàm {yk(x)} hội tụ đều, f liên tục đều trên hình chữ nhật D nên dãy hàm
{f(t, yk(t))} hội tụ đều trên I đến hàm f(t, y(t)). Do đó có thể chuyển giới hạn qua
dấu tích phân để được đẳng thức (1.12). Vậy y(x) chính là nghiệm của bài toán Cauchy
(1.11).
Tính duy nhất:
Giả sử bài toán Cauchy (1.11) còn có nghiệm z(x), khi đó ta có
y(x) − z(x) =
x
x0
[f(t, y(t)) − f(t, z(t))] dt
Suy ra
|y(x) − z(x)| =
x
x0
[f(t, y(t)) − f(t, z(t))] dt ≤ 2M |x − x0| .

Từ đó
|y(x) − z(x)| =
x
x0
[f(t, y(t)) − f(t, z(t))] dt ≤ L
x
x0
|y(t) − z(t)|dt ≤ 2ML
|x − x0|2
2
Lặp lại quá trình trên, ta dễ dàng chứng minh được rằng với mọi số tự nhiên k:
|y(x) − z(x)| ≤ 2MLk |x − x0|k+1
(k + 1)!
, với mọi x ∈ I
Cho k −→ +∞ ta có |y(x) − z(x)| = 0 trên I. Như vậy, một cách địa phương, nghiệm
y(x) là duy nhất.
Nhận xét: Điều kiện Lipschitz là quan trọng, ngay cả khi f(x, y) liên tục trên R2
.
Chẳng hạn xét phương trình
y = 2 |y|, y(0) = 0
Ta thấy ngay y ≡ 0 là một nghiệm. Ngoài ra còn có vô số nghiệm khác (xem hình 1.4)
là
y(x) =
(x − C)2
nếu x ≥ C
0 nếu x ≤ C
và y(x) =
0 nếu x ≥ C
−(x − C)2
nếu x ≤ C
trong đó C là hằng số tùy ý. Nói cách khác, tính duy nhất nghiệm bị vi phạm.
1 2 3-3 -2 -1
1
-1
Hình 1.4: Nghiệm của bài toán Cauchy y = 2 |y|, y(0) = 0
Nhận xét: Thực chất chứng minh là dùng nguyên lý ánh xạ co trong các không gian
metric đủ. Giả sử E là không gian metric với metric d. Ta nói E là không gian metric
đủ nếu mọi dãy Cauchy trong E đều hội tụ đến một phần tử của E. Ánh xạ T : E → E
được gọi là ánh xạ co nếu tồn tại số α ∈ (0, 1) sao cho với mọi cặp phần tử x, y ∈ E ta
đều có
d(Tx, Ty) ≤ αd(x, y)
Định lý 1.3 (Nguyên lý ánh xạ co). 1
Mọi ánh xạ co T trong không gian metric đủ
đều có duy nhất một điểm bất động. Tức là điểm x∗
∈ E sao cho
T(x∗
) = x∗
1
Ý chứng minh: Lấy x0 ∈ E tùy ý, đặt xn = T (xn−1). Vì T là ánh xạ co nên {xn} là dãy Cauchy.
E đầy đủ nên dãy đó hội tụ đến x∗
. Vì T liên tục nên x∗
chính là điểm bất động.

1.2.4 Phân loại nghiệm của phương trình vi phân
Về mặt hình học, bài toán Cauchy cho phương trình vi phân cấp I có thể hiểu là tìm
nghiệm y(x) của (1.6) mà đồ thị của hàm số y = y(x) (còn gọi là đường cong tích phân
của phương trình vi phân) đi qua điểm (x0, y0). Nói cách khác, bài toán Cauchy là tìm
đường cong tích phân của phương trình (1.6) đi qua điểm (x0, y0) ∈ D cho trước.
Định nghĩa 1.2.2. Giả sử D ⊂ R2
sao cho vế phải của phương trình (1.6) xác định
và liên tục trên D. Hàm số y = y(x, C) phụ thuộc liên tục vào hằng số C được gọi là
nghiệm tổng quát của (1.6) nếu:
a) Với mỗi điều kiện ban đầu (x0, y0) ∈ D ta luôn giải được C dưới dạng
C = ϕ(x0, y0) (∗)
trong đó ϕ là hàm liên tục.
b) Hàm y = y(x, C) thoả mãn phương trình (1.6) với mỗi giá trị của C cho bởi (∗)
khi (x0, y0) chạy khắp D.
Khi đó hệ thức ϕ(x, y) = C (hoặc chính hàm ϕ(x, y)) được gọi là tích phân tổng quát
của phương trình (1.6).
Ví dụ: Phương trình y + y = 0 có nghiệm tổng quát là y(x) = Ce−x
với C là hằng
số tuỳ ý.
Định nghĩa 1.2.3. Nghiệm của phương trình (1.6) mà tại mỗi điểm (x0, y0) của nó
tính chất duy nhất nghiệm của bài toán Cauchy (1.11) được thoả mãn được gọi là
nghiệm riêng. Ngược lại, nghiệm của phương trình (1.6) mà tại mỗi điểm của nó tính
chất duy nhất nghiệm của bài toán Cauchy bị vi phạm được gọi là nghiệm kỳ dị.
Nhận xét: Từ định nghĩa nghiệm tổng quát, ta suy ra rằng với mỗi điều kiện ban
đầu (x0, y0) ∈ D, ta luôn tìm được C0 = ϕ(x0, y0) sao cho y = y(x, C0) là nghiệm của
bài toán Cauchy tương ứng. Nói cách khác, bằng cách chọn các giá trị thích hợp cho
hằng số, ta có thể thu được các nghiệm riêng tuỳ ý của phương trình, không kể các
nghiệm kỳ dị.
Giải (hay còn gọi là tích phân) một phương trình vi phân là tìm tất cả các nghiệm
(biểu thức nghiệm tổng quát) của phương trình đó hoặc nghiệm của bài toán Cauchy
với điều kiện ban đầu cho trước.
Ví dụ: Tìm nghiệm riêng y(x) của phương trình y = 3y + x thoả điều kiện y(0) = 1.
Ta dễ kiểm tra rằng nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là y = −
x
3
−
1
9
+Ce3x
.
Để tìm nghiệm riêng thoả điều kiện như trên ta chỉ cần thay các giá trị ban đầu và
tính C.
1 = y(0) = −
1
9
+ Ce0
Suy ra C =
10
9
, nghiệm cần tìm là y = −
x
3
−
1
9
+
10
9
e3x
.

1.3 Phương pháp giải một số phương trình vi phân cấp I 12
1.3 Phương pháp giải một số phương trình vi phân
cấp I
Trong bài này ta sẽ giới thiệu một số dạng phương trình vi phân cấp I mà có thể tích
phân được theo nghĩa có thể viết biểu thức của nghiệm tổng quát dưới dạng tường
minh hoặc phụ thuộc tham số. Ta nói một phương trình vi phân là cầu phương được
nếu có thể biễu diễn nghiệm của nó dưới dạng tổ hợp hữu hạn các phép toán trên các
hàm sơ cấp và tích phân của chúng. Lưu ý rằng ta không có phương pháp giải tổng
quát cho phương trình vi phân, thậm chí với những phương trình vi phân cấp I.
1.3.1 Phương trình với biến số phân ly
Phương trình vi phân cấp I dạng
M(x)dx + N(y)dy = 0 (1.14)
được gọi là phương trình với biến số phân ly (hay còn gọi phương trình tách biến).
Cách giải: Các hàm M(x), N(y) được giả thiết liên tục trên các khoảng nào đó.
Khi đó chỉ cần tích phân hai vế của (1.14) ta thu được tích phân tổng quát của nó là
M(x)dx + N(y)dy = C
Ví dụ: Giải phương trình y2
y = x(1 + x2
).
Phương trình này có dạng tách biến
y2
dy − x(1 + x2
)dx = 0
Tích phân hai vế ta thu được nghiệm tổng quát là:
y3
3
−
x2
2
−
x4
4
= C
Nhận xét: Phương trình dạng
M1(x)N1(y)dx + M2(x)N2(y)dy = 0 (1.15)
cũng đưa được về dạng (1.14) với biến số phân ly, bằng cách chia hai vế cho M2(x)N1(y)
(với giả thiết biểu thức này khác 0)
M1(x)
M2(x)
dx +
N2(y)
N1(y)
dy = 0
Do đó tích phân tổng quát là
M1(x)
M2(x)
dx +
N2(y)
N1(y)
dy = C

Ví dụ: Giải phương trình x(1 + y2
)dx + y(1 + x2
)dy = 0
Chia hai vế cho (1 + x2
)(1 + y2
) ta được
xdx
1 + x2
+
ydy
1 + y2
= 0
Tích phân hai vế ta được
xdx
1 + x2
+
ydy
1 + y2
= C
tức là
1
2
ln(1 + x2
) +
1
2
ln(1 + y2
) = C :=
1
2
ln C1
Vậy tích phân tổng quát của phương trình đã cho là (1 + x2
)(1 + y2
) = C1 trong đó C1
là hằng số dương tuỳ ý.
1.3.2 Phương trình vi phân thuần nhất
Hàm số f(x, y) được gọi là thuần nhất bậc d nếu với mọi t > 0 ta có
f(tx, ty) = td
f(x, y)
Phương trình vi phân y = f(x, y) được gọi là thuần nhất (hay còn gọi đẳng cấp) nếu
hàm số ở vế phải là hàm thuần nhất bậc 0, tức là f(tx, ty) = f(x, y) với mọi t > 0.
Nhận xét: Nếu đặt u :=
y
x
ta có f(x, y) = f(± |x| , |x|
y
|x|
) = f(±1, ±u) =: g(u).
Cách giải:
Đặt y = xu, ta có
dy
dx
= x
du
dx
+ u. Từ đó
x
du
dx
+ u = g(u)
hoặc dưới dạng tách biến
du
g(u) − u
=
dx
x
Tích phân hai vế ta được
du
g(u) − u
= ln
x
C
hay
x = C exp
du
g(u) − u
với C = 0

Thay u =
y
x
vào biểu thức trên ta tìm được tích phân tổng quát của phương trình
thuần nhất.
Ví dụ: Giải phương trình (x2
+ y2
)dx + xydy = 0
Ta có thể viết phương trình đã cho dưới dạng
dy
dx
= −
y
x
−
x
y
Vế phải của phương trình này là hàm thuần nhất.
Đặt y = xu ta có x
du
dx
+ u + u +
1
u
= 0, hay tương đương với
dx
x
= −
udu
1 + 2u2
Tích phân phương trình này ta được
ln
x
C
= −
1
4
ln(1 + 2u2
)
Thay u =
y
x
vào đẳng thức này ta được nghiệm
x4
=
C4
x2
x2 + 2y2
với C = 0.
Phương trình đưa về thuần nhất:
Các phương trình dạng
dy
dx
= f
ax + by + c
a1x + b1y + c1
có thể đưa về dạng thuần nhất bằng phép biến đổi
x = ξ + x0
y = η + y0
trong đó x0 và y0 được chọn sao cho:
ax0 + by0 + c = 0
a1x0 + b1y0 + c1 = 0
Khi đó
dη
dξ
= f
aξ + bη
a1ξ + b1η
= f
a + bη
ξ
a1 + b1
η
ξ
= g
η
ξ

và đây chính là phương trình dạng thuần nhất.
Ví dụ: Giải phương trình (2x − 4y + 6)dx + (x + y − 3)dy = 0.
Trước hết ta xét hệ phương trình sau
2x0 − 4y0 + 6 = 0
x0 + y0 − 3 = 0
Hệ này có nghiệm là x0 = 1, y0 = 2. Tiếp đến ta thực hiện ph?p đổi biến
x = ξ + 1
y = η + 2
Khi đó phương trình đã cho được biến đổi thành phương trình thuần nhất:
(2ξ − 4η)dξ + (ξ + η)dη = 0
Để giải phương trình này ta đặt η = uξ thì thu được
(2 − 3u + u2
)dξ + ξ(1 + u)du = 0
Phương trình này chấp nhận nghiệm u = 1 và u = 2. Để tìm nghiệm tổng quát ta chia
2 vế cho 2 − 3u + u2
:
dξ
ξ
+
(1 + u)du
2 − 3u + u2
= 0
⇔
dξ
ξ
+
3
u − 2
−
2
u − 1
du = 0
Tích phân 2 vế ta được
ln |ξ| + ln
|u − 2|3
(u − 1)2
= ln C1
hay ξ
(u − 2)3
(u − 1)2
= C
Trở lại biến x, y ban đầu ta có nghiệm tổng quát
(y − 2x)3
= C(y − x − 1)2
cùng với hai nghiệm y = x + 1 và y = 2x tương ứng với u = 1 và u = 2.
1.3.3 Phương trình vi phân toàn phần
Phương trình vi phân dạng
P(x, y)dx + Q(x, y)dy = 0 (1.16)

được gọi là phương trình vi phân toàn phần nếu vế trái của nó là vi phân toàn phần
của hàm nào đó, tức là tồn tại hàm U(x, y) sao cho
dU(x, y) = P(x, y)dx + Q(x, y)dy
Khi đó tích phân tổng quát của (1.16) cho bởi
U(x, y) = C
Nhận xét: Điều kiện cần và đủ để phương trình (1.16) là phương trình vi phân toàn
phân là
∂P
∂y
=
∂Q
∂x
Và khi đó hàm U(x, y) có thể tìm dưới dạng:
U(x, y) =
x
x0
P(x, y)dx +
y
y0
Q(x0, y)dy
hay U(x, y) =
x
x0
P(x, y0)dx +
y
y0
Q(x, y)dy
(1.17)
trong đó (x0, y0) là một điểm nào đó sao cho các tích phân trên tồn tại.
Ví dụ: Giải phương trình (x3
+ xy2
)dx + (x2
y + y3
)dy = 0.
Ta có P(x, y) = x3
+ xy2
và Q(x, y) = x2
y + y3
nên
∂P
∂y
= 2xy =
∂Q
∂x
Hệ thức này chứng tỏ rằng phương trình đã cho là phương trình vi phân toàn phần
với hàm U(x, y) có thể chọn là
U(x, y) =
x
0
(x3
+ xy2
)dx +
y
0
(0.y + y3
)dy
hay U(x, y) =
x4
4
+
x2
y2
2
+
y4
4
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là
(x2
+ y2
)2
= 4C1 := C2
hay
x2
+ y2
= C với C ≥ 0

Thừa số tích phân:
Có những trường hợp phương trình (1.16) chua phải là phương trình vi phân toàn phần,
nhưng có thể tìm được hàm số µ(x, y) sao cho phương trình sau trở thành phương trình
vi phân toàn phần:
µ(x, y){P(x, y)dx + Q(x, y)dy} = 0
Hàm µ(x, y) như thế được gọi là thừa số tích phân của phương trình (1.16). Điều kiện
để µ là thừa số tích phân là µ phải thoả mãn phương trình:
∂
∂y
(µP) =
∂
∂x
(µQ)
Hay tương đương
Q
∂µ
∂x
− P
∂µ
∂y
= µ
∂P
∂y
−
∂Q
∂x
(1.18)
Không có phương pháp tổng quát để giải phương trình đạo hàm riêng này. Tuy nhiên
trong một vài trường hợp đặc biệt ta có thể tìm được µ.
Trường hợp I: µ chỉ phụ thuộc vào x.
Giả sử µ > 0, khi đó chia hai vế của (1.18) cho µ, ta được
d ln µ
dx
=
∂P
∂y
− ∂Q
∂x
Q
=: ϕ
Vậy trường hợp này chỉ thoả mãn khi vế phải của đẳng thức trên không phụ thuộc vào
y. Với điều kiện này, thừa số tích phân cho bởi:
µ(x) = exp ϕ(x)dx
Trường hợp II: µ chỉ phụ thuộc vào y.
Làm tương tự như trên, thừa số tích phân cho bởi:
µ(y) = exp ψ(y)dy
trong đó ψ(y) :=
∂Q
∂x
− ∂P
∂y
P
được giả thiết không phụ thuộc vào x.
Ví dụ: Tìm thừa số tích phân rồi giải phương trình (2xy+x2
y+y3
/3)dx+(x2
+y2
)dy =
0.
Ta có P(x, y) = 2xy + x2
y + y3
/3 và Q(x, y) = x2
+ y2
nên
∂P
∂y
− ∂Q
∂x
Q
=
2x + x2
+ y2
− 2x
x2 + y2
= 1

Do đó có thể chọn µ(x) = exp( dx) = ex
để cho phương trình
ex
[(2xy + x2
y + y3
/3)dx + (x2
+ y2
)dy] = 0
là phương trình vi phân toàn phần. Tích phân phương trình này theo công thức (1.17)
ta được nghiệm tổng quát
yex
(x2
+ y2
/3) = C
1.3.4 Phương trình vi phân tuyến tính cấp I
Trong mục này ta xđt lớp các phương trình vi phân mà biểu thức là tuyến tính đối với
ẩn và đạo hàm của nó. Các phương trình như thế được gọi là phương trình vi phân
tuyến tính. Dạng tổng quát của phương trình vi phân tuyến tính cấp I là
y + p(x)y = q(x) (1.19)
trong đó p(x), q(x) là các hàm xác định trên khoảng (a, b) nào đó.
Nếu q(x) ≡ 0, ta có phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất:
y + p(x)y = 0 (1.20)
Định lý 1.4. Giả sử p(x) và q(x) liên tục trên (a, b) và x0 ∈ (a, b) thì với mọi giá trị
y0, phương trình (1.20) có một nghiệm duy nhất thỏa y(x0) = y0.
Chứng minh: Phương trình (1.20) có dạng y = f(x, y) trong đó
f(x, y) = q(x) − p(x)y
là hàm liên tục và có đạo hàm riêng ∂f
∂y
liên tục trong lân cận của (x0, y0). Vậy f thỏa
điều kiện Lipschitz theo biến y. Kết luận suy từ định lý 1.2.
Cách giải: Để giải phương trình (1.19) trước hết ta giải phương trình thuần nhất
tương ứng (1.20). Thực ra, đây là phương trình tách biến
dy
y
+ p(x)dx = 0
Nghiệm tổng quát của phương trình này là
y(x) = Ae− p(x)dx
(1.21)
trong đó A là hằng số tùy ý.
Phương pháp biến thiên hằng số: Ta sẽ tìm nghiệm tổng quát của (1.19) dưới
dạng tích
y = A(x)e− p(x)dx
, (1.22)

tức là xem hằng số A trong biểu thức nghiệm (1.21) như là hàm theo biến x (phương
pháp biến thiên hằng số). Thay vào phương trình (1.19) ta được
A e− p(x)dx
= q(x) (1.23)
Từ đó,
A(x) = q(x)e p(x)dx
dx + C.
Thay vào (1.22), ta thu được nghiệm tổng quát của (1.19) là
y = e− p(x)dx
q(x)e p(x)dx
dx + C (1.24)
trong đó C là hằng số tuỳ ý.
Ví dụ: Tìm nghiệm của phương trình vi phân y + 3xy = x đi qua điểm (0, 4).
Ta có p(x) = 3x nên p(x)dx = 3x2
/2. Do đó nghiệm tổng quát là
y = e−3x2/2
xe3x2/2
dx + C
= e−3x2/2 1
3
e3x2/2
+ C =
1
3
+ Ce−3x2/2
Thay x = 0 và y = 4 vào đẳng thức trên, ta tìm được C =
11
3
và nghiệm riêng cần tìm
là:
y =
1
3
+
11
3
e−3x2/2
Hệ quả 1.5. Nghiệm của phương trình (1.19) với điều kiện y(x0) = y0 cho bởi công
thức
y(x) =
x
x0
q(t)µ(t)dt + y0
µ(x)
,
trong đó µ(x) := e
x
x0
p(t)dt
.
1.3.5 Phương trình Bernoulli
Phương trình có dạng
y + p(x)y = yα
g(x) (1.25)
trong đó α là số thực nào đó, được gọi là phương trình Bernoulli2
.
Để giải phương trình này ta đưa về giải phương trình tuyến tính (1.19) đã xđt trong
mục trước. Rõ ràng với α = 0 hay α = 1 thì (1.25) đã có dạng phương trình tuyến
tính.
2
J.Bernoulli (1654-1705) là nhà toán học Thụy sĩ.

Nếu α = 0 và α = 1 thì đặt
z = y1−α
Khi đó
z = (1 − α)y−α
y
Chia hai vế của (1.25) cho yα
, rồi thay biểu thức của z và z vào đẳng thức đó ta được
phương trình vi phân tuyến tính theo z:
z + (1 − α)p(x)z = (1 − α)g(x) (1.26)
Nhận xét: Chú ý rằng ta phải xét riêng trường hợp y = 0 trước khi chia hai vế cho
yα
để tránh làm mất nghiệm này.
Ví dụ: Giải phương trình xy − 4y = x2√
y
Rõ ràng đây là phương trình Bernoulli với α = 1/2 và y = 0 là một nghiệm của
phương trình đã cho. Giả sử y = 0, chia hai vế cho xy1/2
ta được
y−1/2
y −
4
x
y
1
2 = x
Đặt z = y
1
2 ta có z =
1
2
y−1/2
y . Khi đó phương trình đã cho trở thành phương trình
vi phân tuyến tính không thuần nhất
z −
2
x
z =
x
2
.
Giải phương trình này, ta tìm được nghiệm
z = x2 1
2
ln |x| + C
Do đó phương trình đã cho có nghiệm tổng quát là
y = x4 1
2
ln |x| + C
2
và nghiệm y = 0.
1.3.6 Phương trình Darboux
Phương trình Darboux 3
là phương trình vi phân dạng
A(x, y)dx + B(x, y)dy + H(x, y)(xdy − ydx) = 0 (1.27)
trong đó A, B là các hàm thuần nhất bậc m và H là hàm thuần nhất bậc n.
3
J.G.Darboux (1842−1917) là nhà toán học Pháp

Chú ý rằng nếu n = m − 1 thì phương trình Darboux chính là phương trình thuần
nhất. Trong trường hợp tổng quát, ta luôn luôn đua phương trình Darboux về phương
trình Bernoulli.
Thật vậy, đặt y = xz, ta có
dy = xdz + zdx, xdy − ydx = x2
d
y
x
= x2
dz
Do đó phương trình (1.27) có thể viết lại dạng
xm
A 1,
y
x
dx + xm
B 1,
y
x
dy + xn
H 1,
y
x
x2
d
y
x
= 0
Hay, sau khi chia 2 vế cho xm
và thu gọn, ta có
[A(1, z) + zB(1, z)] dx + xB(1, z) + H(1, z)xn+2−m
dz = 0
Với giả thiết xB(1, z) + H(1, z)xn+2−m
= 0, ta có thể viết phương trình cuối cùng dưới
dạng
dx
dz
+
B(1, z)
A(1, z) + zB(1, z)
x = −
H(1, z)
A(1, z) + zB(1, z)
xn+2−m
Đây là phương trình Bernoulli của ẩn x = x(z) xem như hàm theo z.
Ví dụ: Giải phương trình xdx + ydy + x2
(xdy − ydx) = 0
Đây là phương trình Darboux, đặt y = xz ta được
xdx + xz(xdz + zdx) + x4
dz = 0
hay
(1 + z2
)dx + (xz + x3
)dz = 0
Từ đó ta có
dx
dz
+
z
1 + z2
x = −
1
1 + z2
x3
Đây là phương trình Bernoulli, giải phương trình này (sau khi đưa về phương trình
tuyến tính bậc I) ta được nghiệm là
1
x2
= C(1 + z2
) + (1 + z2
) arctan z + z
Trở lại biến ban đầu, ta có nghiệm tổng quát cho bởi
C(x2
+ y2
) + (x2
+ y2
) arctan
y
x
+ xy − 1 = 0
với C là hằng số tuỳ ý.

1.3.7 Phương trình Riccati
Phương trình Riccati 4
tổng quát là phương trình vi phân dạng
y = p(x)y2
+ q(x)y + r(x) (1.28)
trong đó p(x), q(x) và r(x) là các hàm liên tục trên khoảng (a, b) nào đó.
Nhận xét: Phương trình Riccati không phải bao giờ cũng giải được bằng phép cầu
phương (tức là có thể biểu diễn nghiệm dưới dạng hữu hạn các phép lấy tích phân
của các hàm tường minh nào đó!). Trong vài trường hợp đặc biệt như p(x) ≡ 0 hay
r(x) ≡ 0 ta đưa về phương trình tuyến tính hoặc phương trình Bernoulli. Tuy vậy, kết
quả sau cho phép ta tích phân phương trình Riccati nếu biết một nghiệm nào đó của
nó.
Mệnh đề 1.3.1. Nếu biết một nghiệm của phương trình Riccati (1.28) thì có thể đưa
nó về phương trình Bernoulli.
Chứng minh: Gọi một nghiệm của (1.28) là ˜y, tức là
˜y = p(x)˜y2
+ q(x)˜y + r(x)
Ta đặt y = ˜y + z, trong đó z là ẩn mới. Thay vào phương trình (1.28) ta được
˜y + z = p(x)˜y2
+ 2p(x)˜yz + p(x)z2
+ q(x)˜y + q(x)z + r(x)
Từ đó suy ra
z − [2p(x)˜y + q(x)]z = p(x)z2
và đây là phương trình Bernoulli.
Ví dụ: Giải phương trình y + 2y(y − x) = 1
Đây là phương trình Riccati. Dễ thấy y = x là một nghiệm của phương trình đã
cho. Bây giờ, đặt
y = x + z
ta đưa phương trình đã cho về dạng
z + 2z(z + x) = 0
Đây là phương trình Bernoulli với α = 2. Đặt u = z−1
ta được
u − 2xu = 2
Nghiệm tổng quát của phương trình này theo (1.24) là
u = ex2
2e−x2
dx + C
Vậy nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là
y = x +
e−x2
C + 2 e−x2
dx
, và y = x
4
J.F.Riccati (1676−1754) là nhà toán học Ý.

1.4 Phương trình vi phân cấp I chưa giải ra đối với đạo hàm 23
1.4 Phương trình vi phân cấp I chưa giải ra đối với
đạo hàm
Trong mục này ta sẽ khảo sát các phương trình vi phân cấp một dạng tổng quát:
F(x, y, y ) = 0 (1.29)
trong đó F là hàm ba biến liên tục trong một tập mở G ⊂ R3
cùng với các đạo hàm
riêng của nó, ngoài ra
∂F
∂y
không đồng nhất bằng không.
1.4.1 Tích phân một số phương trình vi phân cấp I
Ta sẽ khảo sát một số dạng phương trình vi phân cấp I dạng chưa giải ra đạo hàm đặc
biệt mà có thể giải bằng cầu phương.
F chỉ phụ thuộc vào y
Xét phương trình dạng
F(y ) = 0 (1.30)
Giả sử F (xem như hàm của biến y ) liên tục và có một số hữu hạn các không điểm
(chẳng hạn khi F là đa thức). Khi đó mỗi nghiệm của y = y(x) của phương trình (1.30)
phải thoả y (x) = k, với k là một không điểm của F.
Do đó y(x) = kx + C với C là hằng số tuỳ ý; và ta có
F(
y − C
x
) = 0 (1.31)
Ngược lại, nếu có đẳng thức (1.31) với một giá trị C nào đó thì k :=
y − C
x
phải là
nghiệm của F = 0. Khi đó
y = kx + C, y = k
do đó F(y ) = 0.
Nói cách khác, công thức (1.31) cho ta nghiệm tổng quát của phương trình đã cho.
Ví dụ: Giải phương trình y 2
− y + 2 = 0.
Phương trình này có nghiệm là
y − C
x
2
−
y − C
x
+ 2 = 0.
Dạng có thể giải ra đối với y hay x:
Giả sử (với những điều kiện nào đó) phương trình (1.29) có thể giải ra được y hay x
theo các biến còn lại. Chẳng hạn,
y = f(x, y ) (1.32)

Khi đó, đặt p = y =
dy
dx
và xem p như tham số, ta được
y = f(x, p)
Vi phân hai vế của đẳng thức này ta được
dy =
∂f(x, p)
∂x
dx +
∂f(x, p)
∂p
dp
Thay dy = pdx ta được phương trình vi phân dạng
M(x, p)dx + N(x, p)dp = 0
Xem x như là hàm của p và giả sử phương trình này có nghiệm tổng quát là x = g(p, C).
Khi đó nghiệm tổng quát của phương trình (1.32) được cho dưới dạng tham số
x = g(p, C)
y = f(x, p)
Tương tự như thế, các phương trình dạng giải ra được đối với x
x = h(y, y )
cũng giải được bằng cách đưa vào tham số p như trên.
Ví dụ: Giải phương trình y = x(y )2
Đặt p = y , ta có y = xp2
. Vi phân hai vế đẳng thức này, ta được
dy = p2
dx + 2pxdp
thay dy = pdx, ta được
p[(1 − p)dx − 2xdp] = 0 .
Với p = 0, ta được nghiệm y = 0. Ngoài ra ta có phương trình
(1 − p)dx − 2xdp = 0.
Đây là phương trình tách biến có nghiệm tổng quát là
x =
C
(1 − p)2
.
Vậy ta thu được nghiệm tổng quát dưới dạng tham số
y = xp2
x = C
(1−p)2

Phương trình khuyết x hoặc y
Xét phương trình khuyết y
F(x, y ) = 0 (1.33)
Nếu có thể giải ra được y dạng
y = f(x)
Khi đó nghiệm tổng quát của (1.33) là y = f(x)dx + C.
Trường hợp ta không giải ra được y nhưng có thể tìm một phép tham số hoá phương
trình (1.33) gồm
x = ϕ(t)
y = ψ(t)
sao cho
F(ϕ(t), ψ(t)) = 0
Khi đó
ψ(t) = y =
dy
dx
=⇒ dy = ψ(t).ϕ (t)dt
Vậy nghiệm tổng quát của phương trình (∗) cho bởi dạng tham số
x = ϕ(t)
y = ψ(t)ϕ (t)dt + C
Ví dụ: Giải phương trình ln y + cos y − x = 0
Tham số hoá y = t, x = ln t + cos t ta có
dy = tdx và dx = (
1
t
− sin t)dt
Suy ra
y = (1 − t sin t)dt = t − sin t + t cos t + C
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là
x = ln t + cos t
y = t − sin t + t cos t + C
Tương tự, ta có thể tìm nghiệm trong trường hợp khuyết x.

1.5 Phương trình Clairaut và phương trình Lagrange 26
1.5 Phương trình Clairaut và phương trình Lagrange
1.5.1 Phương trình Clairaut
Phương trình Clairaut 5
là lớp các phương trình vi phân dạng
y = xy + f(y ) (1.34)
trong đó, nói chung, f là một hàm phi tuyến.
Ta sẽ tìm nghiệm tổng quát của phương trình này bằng cách đặt p = y . Khi đó
y = px + f(p)
Vi phân hai vế đẳng thức này, với chú ý rằng dy = pdx ta được
pdx = pdx + {x + f (p)} dp
hay {x + f (p)} dp = 0
Từ đó ta suy ra dp = 0 hay x + f (p) = 0.
Nếu dp = 0 thì p = C, thay vào (1.34) ta được nghiệm tổng quát
y = Cx + f(C) (1.35)
và đây là một họ đường thẳng.
Nếu x + f (p) = 0, cùng với (1.34), ta thu được một nghiệm cho dưới dạng tham số
x = −f (p)
y = −pf (p) + f(p)
Người ta chứng minh được rằng nếu f (p) liên tục và khác không thì nghiệm cho dưới
dạng tham số là bao hình của họ đường thẳng (1.35).
Ví dụ: Xét phương trình y = (x − 1)y − y 2
Đây là phương trình Clairaut với f(t) = −t2
− t. Thay thế y bởi C ta được nghiệm
tổng quát là họ đường thẳng
y = C(x − 1) − C2
Để tìm nghiệm kỳ dị, tức là bao hình của họ đường thẳng trên ta xét hệ
x = 2C + 1
y = C(x − 1) − C2
Khử C từ hệ phương trình này ta được bao hình là parabol y =
(x − 1)2
4
(xem Hình
1.5).
5
Alexis Claude Clairaut (1713-1765) là nhà khoa học nổi tiếng người Pháp.

-3 3
-3
0
3
Hình 1.5: Nghiệm của phương trình Clairaut với f(t) = −t2
− t.
1.5.2 Phương trình Lagrange
Phương trình vi phân cấp I mà là tuyến tính đối với x và y dạng
y = ϕ(y )x + ψ(y ) (1.36)
được gọi là phương trình Lagrange6
.
Giả sử ϕ(y ) = y , nếu không phương trình đã cho là phương trình Clairaut mà ta
đã xét trên đây. Cũng tương tự như trường hợp phương trình Clairaut, ta đặt p = y .
Khi đó phương trình (1.36) trở thành
y = ϕ(p)x + ψ(p) (1.37)
Vi phân hai vế theo x ta được
p =
dy
dx
= ϕ(p) + {ϕ (p)x + ψ (p)}
dp
dx
Xem p là biến số độc lập ta có phương trình tuyến tính mà ẩn là x = x(p) như sau:
dx
dp
+
ϕ (p)
ϕ(p) − p
x =
ϕ (p)
p − ϕ(p)
Tích phân phương trình tuyến tính này theo phương pháp đã biết ta được nghiệm tổng
quát x = h(p, C), với C là tham số tuỳ ý.
Kết hợp với (1.37) ta có nghiệm tổng quát của (1.36) cho dưới dạng tham số tham
số hoá theo tham số p:
y = ϕ(p)h(p, C) + ψ(p)
x = h(p, C)
6
J.L.Lagrange (1736 - 1813) là nhà toán học nổi tiếng người Pháp.

Nhận xét: Chú ý rằng ứng với các giá trị của tham số p = pi (trong đó pi là nghiệm
của phương trình ϕ(p)−p = 0) ta cũng nhận được các nghiệm của phương trình (1.36).
Tuỳ theo từng trường hợp nghiệm này có thể là nghiệm kỳ dị hoặc không.
Ví dụ: Giải phương trình y = xy 2
− y .
Đặt p = y , khi đó
y = xp2
− p
Vi phân hai vế của đẳng thức này theo x với chú ý dy = pdx, sau khi thu gọn ta được
(p2
− p)dx + (2px − 1)dp = 0
Giả sử p2
− p = 0 ta có
dx
dp
+
2
p − 1
x =
1
p(p − 1)
Giải phương trình này ta được:
x =
C + p − ln p
(p − 1)2
Thay vào biểu thức của y ta được nghiệm tổng quát dạng tham số:
x = C+p−ln p
(p−1)2
y = (C+p−ln p)p2
(p−1)2 − p
Các nghiệm ứng với p = 0 và p = 1 là y = 0 và y = x − 1 tương ứng.
1.5.3 Tham số hoá tổng quát
Trong tiểu mục này ta xét một số phương trình vi phân chưa giải ra đối với đạo hàm
F(x, y, y ) = 0 (1.38)
nhưng có thể tham số hoá được dưới dạng
x = ϕ(u, v), y = ψ(u, v) và y = χ(u, v)
sao cho
F[ϕ(u, v), ψ(u, v), χ(u, v)] = 0
Vi phân x và y theo u, v rồi thay vào đẳng thức dy = y dx ta có
∂ψ
∂u
du +
∂ψ
∂v
dv = χ(u, v)
∂ϕ
∂u
du +
∂ϕ
∂v
dv
Xem u như là hàm của v ta có phương trình
du
dv
=
χ
∂ϕ
∂v
−
∂ψ
∂v
∂ϕ
∂u
− χ
∂ψ
∂u

1.6 Nghiệm kỳ dị của phương trình vi phân cấp I 29
Đây là dạng phương trình đã giải ra đối với đạo hàm, giả sử có nghiệm là
u = φ(v, C)
Ta thay vào biểu thức của x và y ta được nghiệm tổng quát dưới dạng tham số của
phương trình (1.38) là
x = ϕ[φ(v, C), v]
y = ψ[φ(v, C), v]
Ví dụ: Giải phương trình y = y 2
− y x +
x2
2
Ta có thể tham số hoá phương trình bằng cách đặt x = x, y = p và y = p2
−px+
x2
2
(xem x và p là hai tham số). Khi đó, vi phân đẳng thức cuối ta được
dy = (x − p)dx + (2p − x)dp
Để ý rằng dy = pdx, từ đẳng thức trên, nếu 2p−x = 0 ta có
dp
dx
= 1, suy ra p = x+C.
Do đó nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là
y =
x2
2
+ Cx + C2
Nếu 2p − x = 0 ta có p =
x
2
, thay vào biểu thức tham số hoá ta có nghiệm y =
x4
2
,
nghiệm này là nghiệm kỳ dị.
1.6 Nghiệm kỳ dị của phương trình vi phân cấp I
1.6.1 Sự tồn tại nghiệm kỳ dị
Trong chương trước ta đã đề cập đến sự tồn tại và duy nhất nghiệm đối với phương
trình vi phân cấp I dạng giải ra được đối với đạo hàm
dy
dx
= f(x, y)
Trong mục này ta xét trường hợp phương trình vi phân cấp I dạng tổng quát
F(x, y, y ) = 0 . (1.39)
Nói chung, không phải lúc nào ta cũng viết được phương trình này dưới dạng giải ra
đối với đạo hàm. Điều đó cho thấy rằng sự tồn tại và tính chất duy nhất nghiệm của
phương trình vi phân (1.39), với điều kiện ban đầu (x0, y0), không phải lúc nào cũng
được bảo đảm. Nói cách khác, với (x0, y0) ∈ R2
nào đó, có thể có nhiều nghiệm của
phương trình (1.39) đi qua điểm này.

Ví dụ: Phương trình Clairaut (1.34) với f(t) = −t2
− t có nghiệm kỳ dị là parabol
(x−1)2
4
(xem hình 1.5). Tại mỗi điểm dọc theo parabol này có tồn tại một nghiệm khác
mà đồ thị là đường thẳng tiếp xúc với parabol nói trên tại điểm đó.
Định lý sau đây khẳng định sự tồn tại và duy nhất nghiệm trong trường hợp tổng
quát.
Định lý 1.6. Nếu hàm F(x, y, p) thoả các điều kiện sau:
i) F(x, y, p) liên tục cùng với các đạo hàm riêng của nó trong lân cận của (x0, y0, p0) ∈
R3
(tức là F thuộc lớp C1
trong lân cận điểm này)
ii) F(x0, y0, p0) = 0
iii)
∂F
∂p
(x0, y0, p0) = 0
thì phương trình (1.39) có duy nhất một nghiệm y = y(x) lớp C1
trong lân cận của x0
thoả điều kiện ban đầu:
y(x0) = y0 sao cho y (x0) = p0
Chứng minh: Các giả thiết trong định lý trên chính là các giả thiết của định lý hàm
ẩn, do đó phương trình (1.39) xác định duy nhất hàm p = f(x, y) lớp C1
sao cho
p0 = f(x0, y0). Khi đó ta có phương trình vi phân dạng giải ra được đối với đạo hàm
dy
dx
= f(x, y)
trong đó f khả vi liên tục. Tính chất này mạnh hơn điều kiện Lipchitz nên theo định
lý tồn tại và duy nhất nghiệm (cho phương trình đã giải ra đối với đạo hàm), ta thấy
có tồn tại duy nhất một nghiệm y = y(x) thoả điều kiện ban đầu y(x0) = y0.
1.6.2 Tìm nghiệm kỳ dị theo p−biệt tuyến
Định lý trên cho thấy nghiệm kỳ dị có thể xảy ra khi các điều kiện của định lý không
thoả mãn. Rõ ràng với hàm F = F(x, y, p) khả vi liên tục, nghiệm kỳ dị chỉ có thể xảy
ra nếu tại đó
∂F
∂p
= 0
Ta gọi M ⊂ R3
là siêu mặt cho bởi phương trình F(x, y, p) = 0 và giả sử π : M −→ R2
,
π(x, y, p) = (x, y) là phép chiếu tự nhiên theo toạ độ p. Khi đó các điểm kỳ dị của ánh
xạ π cho bởi hệ phương trình 


F(x, y, p) = 0
∂F
∂p
= 0
(1.40)

Khử p từ hệ phương trình này ta thu được một phương trình dạng
Φ(x, y) = 0 (1.41)
Phương trình này xác định một đường cong trong R2
, được gọi là đường cong biệt lập
(discriminant) hay p−biệt tuyến của phương trình (1.39).
Vậy để tìm nghiệm kỳ dị theo p−biệt tuyến trước hết ta tìm p− biệt tuyến cho bởi
hệ (1.40), sau đó thử xem biệt tuyến có phải là nghiệm của phương trình (1.39) hay
không. Cuối cùng trong số các nghiệm này chọn ra các nghiệm mà dọc theo nó tính
duy nhất bị vi phạm; đó chính là nghiệm kỳ dị.
Ví dụ: Tìm nghiệm kỳ dị của phương trình y = 2xy − y 2
Ta có biệt tuyến cho bởi
y = 2xp − p2
, 2x − 2p = 0
Từ đó biệt tuyến là parabol y = x2
trong mặt phẳng (x, y). Tuy nhiên, y = x2
lại
không phải là nghiệm của phương trình đã cho, nên phương trình không có nghiệm kỳ
dị.
Ví dụ: Tìm nghiệm kỳ dị của phương trình y = y 2
− xy +
x2
2
Ta có p−biệt tuyến cho bởi
y = p2
− xp +
x2
2
, 2p − x = 0
Từ đó ta có biệt tuyến là parabol y =
x2
4
và cũng là nghiệm của phương trình đã cho.
Ngoài ra nghiệm tổng quát của nó là (xem ví dụ trang 29)
y = Cx + C2
+
x2
2
Do đó với mọi điểm (x0, y0) trên parabol này, i.e. y0 =
x2
0
4
, ta xét phương trình theo C:
y0 = Cx0 + C2
+
x2
0
2
hay tương đương
C2
+ x0C +
x2
0
4
= 0
Phương trình này luôn có nghiệm C = −
x0
2
, tức là luôn có nghiệm thứ hai đi qua
(x0, y0).
Vậy y =
x2
4
là nghiệm kỳ dị của phương trình đã cho.

1.6.3 Tìm nghiệm kỳ dị theo C−biệt tuyến
Đối với những phương trình mà tích phân tổng quát của nó cho bởi
Φ(x, y, C) = 0 (1.42)
ta có thể tìm nghiệm kỳ dị của nó thông qua việc tìm các C− biệt tuyến, tức là đường
cong trong R2
xác định bằng cách khử C từ hệ
Φ(x, y, C) = 0
∂Φ
∂C
(x, y, C) = 0
(1.43)
Nhận xét: Có thể kiểm tra không khó (xem [1]) rằng nếu C− biệt tuyến là bao hình
của họ đường cong (1.42) thì nó là một nghiệm kỳ dị của phương trình (1.39). Do đó
để tìm nghiệm kỳ dị của (1.39) trước hết ta tìm C−biệt tuyến của nó. Biệt tuyến đó
là đường cong R(x, y) = 0 nhận được bằng cách khử C từ hệ (1.43). Sau đó , thử xem
có nhánh nào của C− biệt tuyến là bao hình của họ đường cong (1.42) hay không; nếu
có, đó chính là nghiệm kỳ dị của phương trình.
Chú ý: Nếu hàm Φ trong (1.42) có các đạo hàm riêng cấp I theo x và y bị chặn và
không đồng thời bằng không thì C−biệt tuyến là bao hình của họ nghiệm tổng quát
(1.42); nói cách khác C−biệt tuyến là nghiệm kỳ dị.
Ví dụ: (xem [1]) Tìm nghiệm kỳ dị của phương trình Lagrange x − y =
4
9
y 2
−
8
27
y 3
Phương trình Lagrange này có tích phân tổng quát là (y − C)2
= (x − C)3
. Do đó
biệt tuyến cho bởi hệ
(y − C)2
= (x − C)3
2(y − C) = 3(x − C)2
Khử C ta được
y = x, y = x −
4
27
Chỉ có y = x −
4
27
là bao hình nên nó là nghiệm kỳ dị. Còn đường thẳng y = x chứa
các điểm kỳ dị của nghiệm tổng quát (xem Hình 1.6).

Y=
x
Y=x - 4/27
Hình 1.6: Nghiệm kỳ dị của phương trình x − y =
4
9
y 2
−
8
27
y 3
BÀI TẬP
1. Giải các phương trình vi phân tách biến:
(a) (xy2
+ 4x)dx + (y + x2
y)dy = 0
(b) 2x 1 − y2 + yy = 0
(c) y = ex+y
(d) y =
x2
y − y
y + 1
2. Tìm nghiệm tổng quát của các phương trình vi phân thuần nhất sau
(a) y =
y
x
− 1
(b) y =
2xy
x2 − y2
(c) (y2
− 3x2
)dy + 2xydx = 0
(d) xy = y ln
y
x
3. Tích phân các phương trình vi phân sau đây:
(a) (x − 2y + 9)dx = (3x − y + 2)dy
(b) y = 2
y + 2
x + y − 1
2
4. Kiểm tra các phương trình sau là phương trình vi phân toàn phần và giải chúng
(a)
y
x
dx + (y3
+ ln x)dy = 0
(b) ey
dx + (xey
− 2y)dy = 0

(c) 2xydx + (x2
− y2
)dy = 0
(d) [(x + 1)ex
− ey
] dx = xey
dy
5. Tìm thừa số tích phân rồi giải các phương trình vi phân sau
(a) (x + y2
)dx − 2xydy = 0
(b) (y2
− 6xy)dx + (3xy − 6x2
)dy = 0
(c) y(1 + xy)dx − xdy = 0
(d) xy ln ydx + (x2
+ y2
y2 + 1)dy = 0
6. Tìm nghiệm tổng quát của các phương trình vi phân tuyến tính sau
(a) y − 4y = x − 2x2
(b) xy + y = ex
(c) y − y tan x =
1
cos x
(d) y2
dx − (2xy + 3)dy = 0
7. Tìm nghiệm tổng quát của các phương trình Bernoulli sau
(a) 3y + y = (1 − 2x)y4
(b) yy + y2
= x
(c) y + y = e
x
2
√
y
8. Giải các phương trình vi phân sau đây
(a) y 2
− (x + y)y + xy = 0
(b) y 3
− yy 2
− x2
y + x2
y = 0
(c) xy 3
= 1 + y
(d) y 3
+ y3
= 3yy
9. Tìm nghiệm tổng quát và nghiệm kỳ dị của các phương trình sau đây
(a) y = xy + 12
(b) xy − y = ln y
(c) y = xy + y 2
+ 1
(d) yy = 2y 2
x + 1

Chương 2
Phương trình vi phân cấp cao
Chương này trình bày một số kiến thức tổng quan về phương trình vi phân cấp cao và
lý thuyết tổng quát về phương trình vi phân tuyến tính cấp cao.
2.1 Phương trình vi phân cấp cao
2.1.1 Các khái niệm
Phương trình vi phân thường cấp n là phương trình có dạng
F(x, y, y , y , . . . , y(n)
) = 0 (2.1)
trong đó F là một hàm xác định (liên tục) trên tập mở nào đó của Rn+2
và nhất thiết
phải có sự tham gia của đạo hàm cấp n của ẩn y(n)
.
Với một vài giả thiết thích hợp, định lý hàm ẩn cho phép viết phương trình (2.1)
dưới dạng sau đây, được gọi là dạng đã giải ra đối với đạo hàm:
y(n)
= f(x, y, y , . . ., y(n−1)
) (2.2)
Dưới dạng này ta có thể đưa việc nghiên cứu một phương trình cấp cao về nghiên cứu
(hệ) phương trình vi phân cấp I. Thật vậy, bằng cách đưa thêm vào các ẩn mới y1 := y,
yk := y(k−1)
, k = 1, n, ta thu được



y1 = y2
y2 = y3
...............
yn−1 = yn
yn = f(x, y1, . . . , yn)
(2.3)
Đặt Y := (y1, . . ., yn)t
, g(x, Y ) := (y2, . . . , yn, f(x, y1, . . . , yn)t
) là các vector-hàm ta có
thể viết lại (2.3) dưới dạng đơn giản
Y = f(x, Y ) (2.4)

2.1 Phương trình vi phân cấp cao 36
2.1.2 Sự tồn tại và duy nhất nghiệm
Tương tự như trường hợp phương trình vi phân cấp I, bài toán Cauchy đối với phương
trình vi phân cấp cao (2.1) đặt ra như sau:
Tìm nghiệm y(x) của phương trình (2.1) thoả điều kiện ban đầu:



y(x0) = y0,
y (x0) = y0,
. . . . . . . . .
y(n−1)
(x0) = y
(n−1)
0
(2.5)
trong đó x0 ∈ I ⊂ R và Y0 := (y0, y0, . . . , y
(n−1)
0 ) ∈ Rn
cố định, cho trước.
Để phát biểu định lý khẳng định sự tồn tại lời giải của bài toán Cauchy ta cần khái
niệm sau:
Cho vector-hàm f(x, Y ) xác định trên miền G ⊂ R × Rn
. Ta nói f thoả điều kiện
Lipschitz trên G theo Y nếu tồn tại hằng số dương L (gọi là hằng số Lipschitz) sao
cho:
||f(x, Y1) − f(x, Y2)|| ≤ L||Y1 − Y2||, với mọi (x, Y1), (x, Y2) ∈ G
Ta luu ý rằng điều kiện Lipschitz không phải là hệ quả của tính liên tục. Chẳng hạn
hàm f(x, y) =
√
y liên tục nhưng không thoả điều kiện Lipschitz trong lân cận của 0.
Hệ quả 2.1. Với các ký hiệu trong mục trước, nếu hàm f(x, Y ) thỏa điều kiện Lipschitz
theo biến Y thì g(x, Y ) cũng thỏa điều kiện Lipschitz theo biến Y .
Định lý 2.2 (Định lý tồn tại và duy nhất nghiệm cho phương trình vi phân cấp cao).
Giả sử vector-hàm g(x, y) trong (2.4) liên tục và thoả điều kiện Lipschitz theo Y trên
miền
G = {(x, Y ) ∈ R × Rn
/ |x − x0| ≤ a, ||Y − Y0|| ≤ b}
Khi đó bài toán Cauchy với điều kiện ban đầu (2.5) có một nghiệm duy nhất trên đoạn
I := [x0 − h, x0 + h], với h := min(a, b
M
) và M := max(x,Y )∈G ||g(x, Y )||.
Chứng minh: Tương tự như trong trường hợp phương trình vi phân cấp I, chỉ cần thay
giá trị tuyệt đối bởi chuẩn trong Rn
.
Hệ quả 2.3. Nếu hàm f trong (2.2) liên tục và có các đạo hàm riêng theo biến yk :=
y(k−1)
cũng liên tục trong một lân cận nào của (x0, Y0) thì bài toán Cauchy với điều
kiện ban đầu (2.5) có một nghiệm duy nhất trong lân cận của điểm này.
Nhận xét: Tương tự như trong chương I, ta cũng định nghĩa các loại nghiệm của
phương trình vi phân cấp cao. Chẳng hạn, nghiệm kỳ dị của (2.2) là nghiệm mà tại
mỗi điểm của nó tính chất duy nhất nghiệm bị vi phạm. Ta gọi nghiệm tổng quát của
(2.2) là họ các hàm ϕ(x, C1, . . . , Cn) phụ thuộc (một cách liên tục) vào n hằng số tuỳ
ý C1, . . . , Cn. Với mỗi bộ giá trị của n tham số này ta nhận được một nghiệm riêng
của phương trình.
Ví dụ: Nghiệm tổng quát của phương trình y = y là y(x) = C1ex
+ C2e−x
. Nó phụ
thuộc vào hai hằng số tuỳ ý C1 và C2.

2.1.3 Một số phương trình vi phân cấp cao giải được bằng cầu
phương
a) Phương trình F(x, y(n)
) = 0
Phương trình này chỉ phụ thuộc vào biến độc lập và đạo hàm cấp cao nhất. Trong
trường hợp có thể giải ra đối với đạo hàm:
y(n)
= f(x)
ta có thể tích phân liên tiếp theo x và thu được
y(n−1)
=
x
x0
f(x)dx + C1
y(n−2)
=
x
x0
dx
x
x0
f(x)dx + C1(x − x0) + C2
....................
y =
x
x0
dx . . .
x
x0
n lần
f(x)dx + C1
(n−1)!
(x − x0)n−1
+
+ C2
(n−2)!
(x − x0)n−2
+ · · · + Cn−1(x − x0) + Cn
Ví dụ: Phương trình y(n)
= 0 có nghiệm là đa thức tổng quát cấp n − 1
y(x) = c1(x − x0)n−1
+ c2(x − x0)n−2
+ · · · + cn−1(x − x0) + cn
Trong trường hợp không giải ra được y(n)
nhưng có thể tham số hoá
x = ϕ(t), y(n)
= ψ(t)
khi đó ta có
dy(n−1)
= y(n)
dx = ψ(t)ϕ (t)dt
Vì vậy
y(n−1)
= ψ(t)ϕ (t)dt = ψ(t, C1)
Lặp lại quá trình trên sau n bước, ta thu được nghiệm tổng quát cho dưới dạng tham
số
x = ϕ(t),
y = ψm(t, C1, . . ., Cn)
b) Phương trình F(y(n−1)
, y(n)
) = 0:
Cách giải: Nếu có thể giải được
y(n)
= f(y(n−1)
)

thì, bằng cách đặt z := y(n−1)
, có thể viết lại phương trình dưới dạng sau:
z = f(z)
Đây là phương trình vi phân cấp I theo z, giả sử nghiệm là z = g(x, C), ta trở lại
trường hợp trên với phương trình
y(n−1)
= g(x, C)
với C là tham số.
Nếu có thể tham số hoá
y(n−1)
= ϕ(t), y(n)
= ψ(t)
thì từ dy(n−1)
= y(n)
dx ta suy ra
dx =
dy(n−1)
y(n)
=
ϕ (t)dt
ψ(t)
Do đó
x =
ϕ (t)dt
ψ(t)
= ϕ1(t, C1)
và ta trở lại trường hợp trên với
x = ϕ1(t, C1), y(n−1)
= ϕ(t)
Ví dụ: Giải phương trình y = y + 1
Đặt z = y ta có phương trình z − z = 1. Phương trình này có nghiệm tổng quát là
z = C1ex
− 1
Do đó, ta được phương trình
y = C1ex
− 1
y(x) = C1ex
−
x2
2
+ C2x + C3
c) Phương trình F(y(n−2)
, y(n)
) = 0:
Đối với dạng phương trình này ta đặt z = y(n−2)
và viết lại phương trình theo z
F(z, z ) = 0
Nếu từ phương trình này có thể giải được z = f(z) thì ta có
2z z = 2f(z)z

hay
d((z )2
) = 2f(z)dz
Từ đó ta tìm được
z = ± 2 f(z)dz + C1
Đây là phương trình vi phân cấp I với ẩn là z = z(x) với nghiệm tổng quát có dạng
Φ(x, z, C1, C2) = 0
Thay z = y(n−2)
vào phương trình này ta trở lại trường hợp a).
Ví dụ: Giải phương trình y = y .
Đặt z = y ta thu được phương trình
z = z
Nhân hai vế phương trình này với 2z , ta được
d(z )2
= dz2
và có nghiệm là
z =
√
z2 + A .
Đây là phương trình tách biến, nghiệm tổng quát của nó là
z +
√
z2 + A = Bex
Nhân với lượng liên hợp, ta thu được
z −
√
z2 + A = −
A
B
e−x
Từ đó, ta có
z =
B
2
ex
−
A
2B
e−x
Trở lại ẩn y, ta được nghiệm tổng quát
y =
B
2
ex
+
A
2B
e−x
+ C
Hay
y = C1ex
+ C2e−x
+ C3
2.1.4 Một số phương trình vi phân cấp cao có thể hạ cấp
Ta sẽ xét một số dạng phương trình cấp cao mà có thể đưa về phương trình cấp thấp
hơn bằng cách đổi biến.

a) Phương trình dạng F(y, y , . . . , y(n)
) = 0:
Phương trình này không chứa biến độc lập x. Ta đặt p = y . Khi đó
y = p =
dy
dx
y =
dp
dx
= p
dp
dy
y =
d
dx
p
dp
dy
=
dp
dx
dp
dy
+ p
d
dx
dp
dy
= p
dp
dy
2
+ p2 d2
p
dy2
.............................
y(n)
= g p,
dp
dy
, . . . ,
dn−1
p
dyn−1
Thay các biểu thức trên vào phương trình ban đầu ta thu được phương trình vi phân
cấp n − 1 theo ẩn p = p(y)
G(y, p, p , . . . , p(n−1)
) = 0
Giả sử phương trình này có nghiệm tổng quát là
Φ(y, p, C1, . . ., Cn−1) = 0
ta thay p = y thì thu được phương trình dạng F(y, y ) = 0 mà là phương trình vi phân
cấp I.
Ví dụ: Giải phương trình (1 + y2
)yy = (3y2
− 1)y 2
Đặt p = y như đã trình bày, phương trình đưa về dạng
(1 + y2
)yp
dp
dy
= (3y2
− 1)p2
Chia 2 vế cho p (với giả thiết p = 0) và viết lại dưới dạng phương trình tách biến
dp
p
=
3y2
− 1
(1 + y2)y
dy
Nghiệm tổng quát của nó là
py
(1 + y2)2
= C1
Thay p = y , ta có phương trình
yy
(1 + y2)2
= C1
Nghiệm tổng quát của phương trình cuối cùng là
−
1
1 + y2
= 2C1x + C2

b) Phương trình thuần nhất đối với ẩn hàm y và các đạo hàm của nó:
T a nói phương trình vi phân F(x, y, y , . . . , y(n)
) = 0 là thuần nhất theo ẩn hàm y và các
đạo hàm của nó nếu F là hàm thuần nhất (bậc m nào đó) theo các biến y, y , . . . , y(n)
.
Tức là
F(x, ty, ty , . . . , ty(n)
) = tm
F(x, y, y , . . . , y(n)
)
Đối với lớp các phương trình này ta có thể hạ cấp bằng cách đặt y = uy Khi đó ta có
y = uy
y = y u + u y = y(u + u2
)
y = y(u + 3uu + u3
)
.............................
y(n)
= y.g(u, u , . . . , u(n−1)
)
Nhờ tính thuần nhất, phương trình đã cho có thể viết lại dạng
ym
F(x, 1, u, u + u2
, . . . , g(u, u , . . . , u(n−1)
)) = 0
Đây là phương trình cấp n − 1 của ẩn hàm u = u(x), giả sử có nghiệm tổng quát là
u = u(x, C1, . . . , Cn−1)
Khi đó từ y = uy ta có nghiệm tổng quát của phương trình ban đầu là
y = exp u(x, C1, . . . , Cn−1)dx + ln |Cn| = Cn exp u(x, C1, . . . , Cn−1)dx
Ví dụ: Giải phương trình x2
yy = (y − xy )2
.
Đây là phương trình thuần nhất (cấp 2) theo y và các đạo hàm của nó. Đặt y = uy
giống như trên, ta có
y = y(u + u2
)
Thay vào và rút gọn cho y2
(giả sử y = 0) ta được phương trình tuyến tính bậc nhất:
x2
u + 2xu − 1 = 0
với nghiệm tổng quát là
u =
x + C1
x2
Trở lại ẩn hàm y với u = y /y ta được nghiệm tổng quát là
y = C2xe−
C1
x
Dĩ nhiên nghiệm y = 0 cũng chứa trong nghiệm tổng quát này.

2.1.5 Tích phân trung gian và tích phân đầu
Xét phương trình vi phân cấp n (2.1). Giả sử có tồn tại hệ thức dạng
Φ(x, y, y , . . . , y(k)
, Ck+1, . . . , Cn) = 0 (2.6)
sao cho Φ phụ thuộc vào n−k hằng số tuỳ ý Ck+1, . . . , Cn và không phụ thuộc vào các
đạo hàm cấp > k (nhưng nhất thiết phải có mặt y(k)
).
Nếu từ hệ n − k phương trình nhận được bằng cách lấy vi phân hệ thức (2.6) theo
x n − k lần và chính hệ thức đó ta có thể nhận được phương trình đã cho (bằng cách
khử các tham số) thì hệ thức (2.6) được gọi là tích phân trung gian của phương trình
(2.1).
Nếu k = n − 1, tức là hệ thức chỉ chứa một tham số C
Φ(x, y, y , . . . , y(n−1)
, C) = 0
thì ta gọi là tích phân đầu.
Nhận xét: Tích phân trung gian thực chất là một phương trình vi phân cấp k đã
chứa sẵn n − k hằng số tuỳ ý Ck+1, . . . , Cn. Nghiệm tổng quát của nó còn chứa k hằng
số mới là C1, . . . , Ck (tức là chứa tất cả n hằng số), và đó cũng là nghiệm tổng quát của
phương trình ban đầu (2.1). Vậy tích phân trung gian cho phép đưa việc giải phương
trình vi phân cấp cao về giải phương trình cấp thấp hon.
Phương trình dạng F(x, y(k)
, . . ., y(n)
) = 0
Bằng cách đổi ẩn z = y(k)
ta có thể viết phương trình dưới dạng
F(x, z, z , . . . , z(n−k)
) = 0
Giả sử đã tìm được tích phân tổng quát của phương trình này Φ(x, z, Ck+1, . . ., Cn) = 0.
Khi đó, ta có tích phân trung gian của phương trình đã cho là
Φ(x, y(k)
, Ck+1, . . . , Cn) = 0
Đây là phương trình vi phân cấp k, nghiệm của nó cho ta tích phân tổng quát của
phương trình ban đầu.
Ví dụ: Giải phương trình y − xy + y = 0.
Đặt z = y ta thu được phương trình
z − xz + z = 0
mà nghiệm tổng quát là z = C1(x − 1). Từ đó ta có tích phân đầu
y = C1(x − 1)
y =
C1
3
x3
−
C1
2
x2
+ C2x + C3

2.2 Lý thuyết tổng quát về phương trình vi phân tuyến tính cấp cao. 43
2.2 Lý thuyết tổng quát về phương trình vi phân
tuyến tính cấp cao.
2.2.1 Các khái niệm
Phương trình vi phân tuyến tính cấp n có dạng tổng quát
p0(x)y(n)
+ p1(x)y(n−1)
+ · · · + pn−1(x)y + pn(x)y = g(x) (2.7)
trong đó các pj(x) và g(x) là các hàm (thực) nào đó theo biến x.
Nếu g(x) ≡ 0 thì phương trình (2.7) được gọi là phương trình vi phân tuyến tính
thuần nhất.
Chú ý: Ta có thể xem p0(x) ≡ 1, vì nếu không ta chia hai vế của phương trình cho hệ
số này, và thu được phương trình mới cùng dạng.
Sự tồn tại nghiệm: Ta xét phương trình vi phân tuyến tính cấp cao (2.7), với điều
kiện ban đầu (2.5).
Định lý 2.4. (Sự tồn tại và duy nhất nghiệm) Nếu các hàm pj(x) và g(x) là liên tục trên
khoảng (a, b) và, ngoài ra, p0(x) = 0 với mọi x ∈ (a, b) thì bài toán Cauchy cho phương
trình (2.7) có duy nhất nghiệm với mọi dữ kiện ban đầu dạng (2.5) tại x0 ∈ (a, b).
Chứng minh: Phương trình (2.7) có thể viết lại dạng
y(n)
=
−1
p0(x)
p1(x)y(n−1)
+ · · · + pn−1(x)y + pn(x)y − g(x)
Để ý rằng vế phải là hàm liên tục theo (x, Y ) và khả vi liên tục theo biến Y :=
(y, y , . . . , y(n−1)
) nên thỏa điều kiện Lipschitz theo biến này.
Dạng toán tử của phương trình vi phân tuyến tính:
Ký hiệu D là toán tử đạo hàm d
dx
và đặt:
L = p0Dn
+ p1Dn−1
+ · · · + pn−1D + pn (2.8)
L được gọi là toán tử vi phân cấp n và khi đó (2.7) viết lại dưới dạng sau, gọi là dạng
toán tử của phương trình (2.7)
L(y) = g (2.9)
Đặc biệt, khi g ≡ 0, phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất tương ứng viết một
cách đơn giản
L(u) = 0 (2.10)
Nhận xét: L là toán tử tuyến tính trên không gian các hàm (khả vi) vì L(αu+βv) =
αL(u) + βL(v), với u, v là hai hàm khả vi và α, β là hai số tuỳ ý. Do đó giải phương
trình vi phân tuyến tính thuần nhất là tìm không gian con ker(L).

Mệnh đề 2.2.1. Giả sử u1 và u2 là hai nghiệm tuỳ ý của phương trình vi phân tuyến
tính thuần nhất (2.10). Khi đó, với C1, C2 là hai hằng số bất kỳ, C1u1 + C2u2 cũng là
nghiệm của (2.10).
Chứng minh: Ta có L(C1u1 + C2u2) = C1L(u1) + C2L(u2) = 0.
Hệ quả 2.5. Tập tất cả các nghiệm của phương trình (2.10) có cấu trúc không gian
vector.
Hạ cấp phương trình tuyến tính thuần nhất:
Nếu biết một hay nhiều nghiệm của phương trình thuần nhất (2.10) thì có thể hạ cấp
phương trình đó như sau đây.
Giả sử ϕ(x) là một nghiệm của (2.10), đặt u(x) = v(x)ϕ(x) rồi thay vào (2.10). Khi
đó v(x) thỏa phương trình vi phân tuyến tính dạng
L(v) = 0
Nhưng phương trình này có một nghiệm v ≡ 1, nên không chứa v. Vậy, nếu xem ẩn
mới w := v , thì w là nghiệm của một phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất cấp
n − 1 dạng
Ln−1(w) = 0
Ví dụ: Xét phương trình 2x2
y + 3xy − y = 0 (x > 0), có nghiệm là ϕ(x) = x−1
. Đặt
y = v(x)x−1
, tính các đạo hàm và thay vào phương trình đã cho ta được
2xv − v = 0.
Với ẩn phụ w = v , ta tìm được w = C1x1/2
. Do đó v = 2
3
C1x3/2
+ C2. Cuối cùng
y(x) =
2
3
C1x1/2
+ C2x−1
2.2.2 Nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất
a) Định thức Wronski
Định nghĩa 2.2.1. Ta nói các hàm u1(x), u2(x), . . . , un(x) là phụ thuộc tuyến tính
trên (a, b) nếu có tồn tại các hằng số C1, C2, . . . , Cn không đồng thời bằng không, sao
cho
C1u1(x) + · · · + Cnun(x) = 0, với mọi x ∈ (a, b)
Các hàm u1(x), u2(x), . . . , un(x) được gọi là độc lập tuyến tính trên (a, b) nếu chúng
không phụ thuộc tuyến tính trên khoảng này.

Nói cách khác, {u1(x), u2(x), . . . , un(x)} độc lập tuyến tính nếu đẳng thức
C1u1(x) + · · · + Cnun(x) ≡ 0
chỉ xảy ra với C1 = 0, C2 = 0, . . . ,Cn = 0.
Nhận xét: Hệ chứa hàm đồng nhất bằng không phải là hệ phụ thuộc tuyến tính.
Mệnh đề 2.2.2. Cho u1(x), u2(x), . . . , un(x) là các hàm khả vi đến cấp n − 1 trên
(a, b). Nếu chúng phụ thuộc tuyến tính trên (a, b) thì định thức
u1(x) u2(x) · · · un(x)
u1(x) u2(x) · · · un(x)
...
...
...
...
u
(n−1)
1 (x) u
(n−1)
2 (x) · · · u
(n−1)
n (x)
= 0, với mọi x ∈ (a, b) (2.11)
Chứng minh: Theo giả thiết của mệnh đề, có tồn tại các hằng số Cj không đồng thời
bằng không sao cho
C1u1(x) + · · · + Cnun(x) ≡ 0 trên (a, b)
Đạo hàm theo biến x đẳng thức này n − 1 lần, ta thấy các Cj thoả mãn hệ phương
trình tuyến tính thuần nhất sau (với x cố định nào đó)



C1u1(x) + · · ·+ Cnun(x) = 0
C1u1(x) + · · ·+ Cnun(x) = 0
· · · · · · · · · · · ·
C1u
(n−1)
1 (x) + · · ·+ Cnu
(n−1)
n (x) = 0
Vì hệ thuần nhất này có nghiệm không tầm thường nên định thức của ma trận của hệ
phải bằng không.
Định nghĩa 2.2.2. Định thức ở vế trái của (2.11) được gọi là định thức Wronski của n
hàm u1(x), u2(x), . . . , un(x) và thường được ký hiệu là W[u1, . . . , un](x), hay gọn hơn
W(x).
Hệ quả 2.6. Nếu W(x) = 0 tại x nào đó thuộc (a, b) thì hệ hàm {u1(x), u2(x), . . . , un(x)}
độc lập tuyến tính trên (a, b).
Ví dụ: Hệ hàm {cos x, sin x} là độc lập tuyến tính trên khoảng bất kỳ.
Ví dụ: Hệ hàm {1, x, x2
, · · · , xn−1
} là độc lập tuyến tính trên khoảng bất kỳ vì
W(x) =
1 x · · · xn−1
0 1 · · · (n − 1)xn−2
...
...
...
...
0 0 · · · (n − 1)!
= 1.1!2! . . .(n − 1)! = 0 với mọi x ∈ R
Nhận xét: Hệ các hàm có định thức Wronski đồng nhất bằng 0 không nhất thiết phụ
thuộc tuyến tính. Nói cách khác, mệnh đề 2.2.2 chỉ là điều kiện cần để hệ hàm khả
vi phụ thuộc tuyến tính. Chẳng hạn xét {x3
, |x|3
} có W(x) ≡ 0, nhưng độc lập tuyến
tính trên (a, b) tùy ý, miễn là a, b trái dấu.

Định lý 2.7. Giả sử các hàm pj(x) là liên tục và p0(x) = 0 trên khoảng (a, b). Khi đó n
nghiệm u1(x), u2(x), . . . , un(x) của phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất (2.10) là
độc lập tuyến tính nếu và chỉ nếu định thức Wronski W[u1, u2, . . . , un] = 0, ∀x ∈ (a, b).
Chứng minh: Nếu W[u1, u2, . . . , un] = 0, ∀x ∈ (a, b) thì theo hệ quả trên, các nghiệm
u1(x), u2(x), . . . , un(x) là độc lập tuyến tính.
Ngược lại, giả sử có x0 ∈ (a, b) mà W(x0) = 0. Khi đó hệ phương trình tuyến tính
thuần nhất sau (ẩn là C1, . . . , Cn) có nghiệm không tầm thường



C1u1(x0) + · · ·+ Cnun(x0) = 0
C1u1(x0) + · · ·+ Cnun(x0) = 0
· · · · · · · · · · · ·
C1u
(n−1)
1 (x0) + · · ·+ Cnu
(n−1)
n (x0) = 0
Gọi (C1, . . . , Cn) là một nghiệm như vậy và đặt
u(x) = C1u1(x) + · · · + Cnun(x).
Rõ ràng u(x) là một nghiệm của của (2.10) thoả điều kiện ban đầu u(x0) = 0, u (x0) =
0, . . ., u(n−1)
(x0) = 0. Mặt khác nghiệm tầm thường v ≡ 0 cũng thoả điều kiện này. Do
đó, theo định lý tồn tại và duy nhất nghiệm ta phải có
C1u1(x) + · · · + Cnun(x) ≡ 0
tức là các u1(x), u2(x), . . . , un(x) là phụ thuộc tuyến tính: trái giả thiết.
Định nghĩa 2.2.3. Hệ gồm n nghiệm u1(x), u2(x), . . . , un(x) độc lập tuyến tính trên
(a, b) của phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất cấp n được gọi là hệ nghiệm cơ
bản của phương trình đó.
Định lý 2.8. (Sự tồn tại hệ nghiệm cơ bản) Với các giả thiết như định lý 2.7, phương
trình vi phân tuyến tính thuần nhất (2.10) có ít nhất một hệ nghiệm cơ bản.
Chứng minh: Xét n bài toán Cauchy đối với phương trình (2.10) tương ứng với các dữ
kiện ban đầu
(u(x0), u (x0), . . . , u(n−1)
(x0)) = ek , k = 1, n
trong đó ek := (0, . . ., 0, 1, 0, . . ., 0) là vector đơn vị thứ k trong không gian Euclide
Rn
.
Với giả thiết của định lý, mỗi bài toán trên có một nghiệm duy nhất uk(x). Ta chứng
minh hệ {u1, . . . , un} độc lập tuyến tính. Thật vậy xét đẳng thức
C1u1(x) + · · · + Cnun(x) ≡ 0
Đạo hàm n−1 lần đẳng thức này ta thu được hệ phương trình đại số tuyến tính thuần
nhất (ẩn là các Ck) có định thức của ma trận hệ số tại x0 bằng
W[u1, . . . , un] = det[e1, . . . , en] = 1 = 0
nên hệ này chỉ có nghiệm tầm thường C1 = 0, . . . , Cn = 0.
Nhận xét: Theo chứng minh trên, dễ thấy rằng phương trình đã cho có vô số nghiệm.

b) Nghiệm tổng quát của phương trình tuyến tính thuần nhất:
Định lý 2.9. Giả sử các hàm pj(x) là liên tục trên (a, b), p0(x) = 0, ∀x ∈ (a, b) và
{u1(x), u2(x), . . . , un(x)} là hệ nghiệm cơ bản của phương trình vi phân tuyến tính
thuần nhất (2.10) trên (a, b). Khi đó nghiệm tổng quát của (2.10) có dạng
u(x) = C1u1(x) + · · · + Cnun(x) (2.12)
trong đó C1, . . . , Cn là các hằng số tuỳ ý.
Chứng minh: Rõ ràng với C1, . . . , Cn là các hằng số bất kỳ, vế phải của (2.12) là nghiệm
của (2.10).
Gọi v(x) là nghiệm tùy ý của (2.10). Với x0 ∈ (a, b) là giá trị nào đó ta đặt
v0 := v(x0), v0 := v (x0), . . . , v
(n−1)
0 := v(n−1)
(x0)
Xét hệ phương trình (ẩn là các Ck)



C1u1(x0) + · · ·+ Cnun(x0) = v0
C1u1(x0) + · · ·+ Cnun(x0) = v0
· · · · · · · · · · · ·
C1u
(n−1)
1 (x0) + · · ·+ Cnu
(n−1)
n (x0) = v
(n−1)
0
Vì các u1(x), u2(x), . . . , un(x) lập thành hệ nghiệm cơ bản nên W(x0) = 0, tức là định
thức của ma trận hệ số của hệ phương trình trên khác không. Theo định lý Cramer,
hệ này có duy nhất nghiệm (C1, . . . , Cn). Đặt
u(x) := C1u1(x) + · · · + Cnun(x)
thì u(x) cũng là nghiệm của (2.10) thoả cùng điều kiện ban đầu như v(x). Do đó
u(x) ≡ v(x).
Tìm phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất biết hệ nghiệm cơ bản
của nó:
Để đơn giản, ta xét trường hợp phương trình vi phân tuyến tính cấp II. Cho trước hệ
hai hàm khả vi đến cấp II, độc lập tuyến tính {y1, y2}, ta sẽ tìm phương trình vi phân
dạng
y + p(x)y + q(x)y = 0
nhận y1, y2 làm nghiệm.
Nếu y là nghiệm tổng quát của phương trình này thì
W[y1, y2, y] =
y1 y2 y
y1 y2 y
y1 y2 y
= 0

Khai triển định thức này theo cột cuối ta được:
y
y1 y2
y1 y2
− y
y1 y2
y1 y2
+ y
y1 y2
y1 y2
= 0
Đây chính là phương trình vi phân cần tìm.
Ví dụ: Tìm phương trình vi phân cấp II biết rằng nó nhận các hàm ex
và e−2x
làm
nghiệm.
Dễ thấy hệ hai hàm đã cho độc lập tuyến tính. Theo kết quả trên, phương trình cần
tìm có dạng
y
ex
e−2x
ex
−2e−2x − y
ex
e−2x
ex
4e−2x + y
ex
−2e−2x
ex
4e−2x = 0
Rút gọn ta được phương trình y + y − 2y = 0.
c) Đồng nhất thức Abel:
Ta sẽ chỉ ra sau đây biễu diễn đơn giản của định thức Wronski của hệ n nghiệm
{u1(x), u2(x), . . . , un(x)} của phương trình thuần nhất (2.10).
Định lý 2.10. (Đồng nhất thức Abel)1
Giả sử W(x) là định thức Wronski của n nghiệm
{u1(x), u2(x), . . . , un(x)} của phương trình thuần nhất (2.10). Khi đó
W(x) = W(x0) exp −
x
x0
p1
p0
dt (2.13)
Chứng minh: Đạo hàm W(x) theo x ta có:
dW
dx
=
u1(x) u2(x) · · · un(x)
u1(x) u2(x) · · · un(x)
...
...
...
...
u
(n−2)
1 (x) u
(n−2)
2 (x) · · · u
(n−2)
n (x)
u
(n)
1 (x) u
(n)
2 (x) · · · u
(n)
n (x)
(2.14)
(thực ra, vế phải là tổng của n định thức nhưng các định thức khác có hai hàng giống
nhau nên bằng không). Ngoài ra, do
p0u
(n)
k = −p1u
(n−1)
k − · · · − pn−1uk − pnuk
nên hàng cuối trong định thức vế phải (2.14) có dạng tổ hợp tuyến tính của các hàng
trong định thức W(x). Sau khi tách ra thành n định thức, (2.14) trở thành
dW
dx
= −
p1
p0
W
1
Cũng được gọi là công thức Ostrogradski−Liouville.

Tích phân phương trình vi phân tách biến này ta thu được
W(x) = W(x0)e
− x
x0
p1
p0
dt
ở đây W(x0) là giá trị của định thức Wronski tại x0 ∈ (a, b) nào đó.
Hệ quả 2.11. Nếu các pj(x) liên tục và p0(x) = 0 trên (a, b) thì W(x) hoặc luôn luôn
khác không, hoặc đồng nhất bằng không trên (a, b).
Ứng dụng:
Đồng nhất thức Abel cho phép ta tìm nghiệm thứ n, độc lập tuyến tính với n − 1
nghiệm độc lập tuyến tính đã biết của phương trình tuyến tính cấp n, bằng cách giải
phương trình vi phân cấp n−. Với n = 2, việc này hoàn toàn đơn giản. Thật vậy, giả
sử đã biết nghiệm y1 của phương trình
y + p(x)y + q(x)y = 0
Giả sử y2 là một nghiệm độc lập tuyến tính với y1 sao cho W[y1, y2](x0) = 1. Khi đó
y1y2 − y1y2
y2
1
=
W(x)
y2
1
=
1
y2
1
e
− x
x0
p(t)dt
Tức là
y2
y1
=
1
y2
1
e
− x
x0
p(t)dt
Từ đó ta có
y2(x) = y1(x)
1
y1(x)2
e− p(x)dx
dx
Ví dụ: Tìm nghiệm tổng quát của phương trình
2x2
y + 3xy − y = 0
trên (0, +∞) biết nó có một nghiệm là y1(x) = 1/x.
Giải: Theo công thức trên, nghiệm độc lập tuyến tính với y1 cho bởi
y2(x) =
1
x
x2
e− 3
2x
dx
dx
Tính toán tích phân, ta thu được
y2(x) = 2/3x1/2
Vậy nghiệm tổng quát của phương trình đã cho trên (0, +∞) là
y(x) =
C1
x
+ C2
√
x

2.2.3 Nghiệm của phương trình vi phân tuyến tính không
thuần nhất
Ta lưu ý rằng, giống như các kết quả trong đại số tuyến tính, nghiệm của phương trình
vi phân tuyến tính không thuần nhất có quan hệ chặt chẽ với nghiệm của phương trình
thuần nhất tương ứng. Cụ thể, ta có thể kiểm tra dễ dàng các tính chất sau:
i) Hiệu hai nghiệm của phương trình vi phân tuyến tính không thuần nhất là một
nghiệm của phương trình thuần nhất tương ứng.
ii) Tổng của một nghiệm của phương trình không thuần nhất và một nghiệm của
phương trình thuần nhất tương ứng là nghiệm của phương trình không thuần
nhất.
Hơn thế nữa, định lý sau mô tả cấu trúc nghiệm của phương trình không thuần nhất.
Định lý 2.12. Với các giả thiết như trong định lý 2.7, nghiệm tổng quát của phương
trình vi phân tuyến tính không thuần nhất (2.7) bằng tổng của một nghiệm riêng nào
đó của nó và nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất tương ứng.
Chứng minh: Giả sử yr(x) là một nghiệm riêng nào đó và y(x) là nghiệm tuỳ ý của
phương trình không thuần nhất L(y) = g. Giả sử {u1(x), u2(x), . . . , un(x)} là hệ nghiệm
cơ bản của phương trình thuần nhất tương ứng. Theo giả thiết ta có L(y −yr) = 0. Nói
cách khác, y(x) − yr(x) là nghiệm của phương trình thuần nhất tương ứng. Theo định
lý 2.9, tồn tại các hằng số C1, . . . , Cn sao cho y(x)−yr(x) = C1u1(x)+· · ·+Cnun(x) =:
u(x). Vì vậy, y(x) = yr(x) + u(x).
Ví dụ: Cho phương trình y +4y = ex
. Dễ thấy cos 2x và sin 2x là hai nghiệm độc lập
tuyến tính của phương trình thuần nhất tương ứng y + 4y = 0. Một nghiệm riêng của
phương trình đã cho ban đầu là yr = 1
5
ex
. Do đó nghiệm tổng quát của phương trình
đã cho là
y = C1 cos 2x + C2 sin 2x +
1
5
ex
trong đó C1, C2 là hai hằng số tuỳ ý.
Mệnh đề 2.2.3. Giả sử y1, y2 là nghiệm riêng của phương trình L(y) = g1, L(y) = g2
tương ứng. Khi đó
yr := y1 + y2
là nghiệm riêng của phương trình
L(y) = g
với g := g1 + g2.
Nhận xét: Mệnh đề này giúp ta tìm nghiệm riêng của phương trình tuyến tính không
thuần nhất trong trường hợp hàm g(x) ở vế phải có dạng tổng của các hàm đơn giản.
Ví dụ: Tìm nghiệm riêng của phương trình y + y = x + cos 3x.

Ta tìm các nghiệm riêng của các phương trình y + y = x và y + y = cos 3x. Dễ
thấy phương trình thứ nhất có nghiệm riêng là y1 = x; còn phương trình thứ hai có
một nghiệm riêng (xem mục 2.3.2) là y2 = −1
8
cos 3x. Do đó một nghiệm riêng của
phương trình đã cho là
y = x −
1
8
cos 3x
2.2.4 Phương pháp biến thiên hằng số tìm nghiệm riêng của
phương trình không thuần nhất
Như đã biết, nghiệm tổng quát của phương trình vi phân tuyến tính không thuần nhất
bằng tổng của một nghiệm riêng của nó và nghiệm tổng quát của phương trình thuần
nhất tương ứng. Vấn đề đặt ra là tìm nghiệm riêng này.
Trong phần này ta sẽ giới thiệu một phương pháp thông dụng, gọi là phương pháp
biến thiên hằng số, để tìm nghiệm riêng của phương trình không thuần nhất dựa vào
nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất tương ứng.
Xét phương trình không thuần nhất
L(y) = y(n)
+ p1(x)y(n−1)
+ · · · + pn−1(x)y + pn(x)y = g(x) (2.15)
trong đó các hàm pj(x) và g(x) liên tục trên (a, b).
Giả sử u1(x), u2(x), . . . , un(x) là n nghiệm độc lập tuyến tính của phương trình
thuần nhất tương ứng và nghiệm tổng quát của nó là u(x) = C1u1(x) + · · · + Cnun(x).
Xem các hằng số C1, C2, . . . , Cn như là các hàm theo biến x (biến thiên hằng số!), ta
sẽ nghiệm của (2.15) dưới dạng
y(x) = C1(x)u1(x) + · · · + Cn(x)un(x)
Một cách tự nhiên, ta thay y(x) cùng với các đạo hàm của nó vào phương trình (2.15)
để tìm các hàm Cj(x). Vì ta chỉ có một phương trình vi phân trong khi có n ẩn là các
hàm Cj(x) nên ta có thể chọn thêm n − 1 hệ thức khác giữa các Cj(x) miễn là đủ để
giải các hàm này. Cụ thể, ta sẽ chọn các Cj(x) thoả n − 1 hệ thức sau:



C1u1(x) + · · · + Cnun(x) = 0
C1u1(x) + · · · + Cnun(x) = 0
...
C1u
(n−2)
1 (x) + · · · + Cnu
(n−2)
n (x) = 0
(2.16)
Và khi đó, các đạo hàm của y trở thành
y = C1u1(x) + · · · + Cnun(x),
y = C1u1(x) + · · · + Cnun(x),
...
y(n−1)
= C1u
(n−1)
1 (x) + · · · + Cnu
(n−1)
n (x)

Vì thế
y(n)
= C1u
(n)
1 (x) + · · · + Cnu(n)
n (x)
+ C1u
(n−1)
1 (x) + · · · + Cnu(n−1)
n (x)
Như vậy, y sẽ thoả phương trình (2.15) miễn là
C1u
(n−1)
1 (x) + · · · + Cnu(n−1)
n (x) = g(x)
Kết hợp với (2.16), ta thu được hệ n phương trình cho Cj là



C1u1(x) + · · · + Cnun(x) = 0
C1u1(x) + · · · + Cnun(x) = 0
...
C1u
(n−2)
1 (x) + · · · + Cnu
(n−2)
n (x) = 0
C1u
(n−1)
1 (x) + · · · + Cnu
(n−1)
n (x) = g(x)
(2.17)
Vì các hàm u1(x), u2(x), . . . , un(x) là độc lập tuyến tính nên hệ (2.17) xác định duy nhất
C1(x), . . . , Cn(x) theo u1(x), u2(x), . . . , un(x). Từ đó ta tìm được C1(x), . . . , Cn(x).
Ví dụ: (n = 2) Cho phương trình
y + p(x)y + q(x)y = g(x)
Giả sử y1, y2 là hai nghiệm độc lập tuyến tính trên khoảng I của phương trình y +
p(x)y + q(x)y = 0. Tìm nghiệm riêng dưới dạng yr = C1(x)y1(x) + C2(x)y2(x). Ta có
yr = C1y1 + C1y1 + C2y2 + C2y2. Ta chọn C1, C2 sao cho trước hết:
C1y1 + C2y2 = 0
Khi đó yr = C1y1 + C2y2 + C1y1 + C2y2. Thay vào phương trình đã cho ta có:
C1y1 + C2y2 = g(x)
Do đó ta có hệ
C1y1 + C2y2 = 0
C1y1 + C2y2 = g(x)
Giải hệ này với ẩn là C1, C2 ta được
C1 = −
y2g
W[y1, y2]
và C2 =
y1g
W[y1, y2]
trong đó W[y1, y2] = y1y2 − y1y2 luôn khác không trên I.
Tích phân các phương trình này ta thu được nghiệm riêng
yr(x) = −y1(x)
y2g
W[y1, y2]
dx + y2(x)
y1g
W[y1, y2]
dx

2.3 Phương trình vi phân tuyến tính cấp cao hệ số hằng 53
Ví dụ: Tìm một nghiệm riêng của phương trình
y + y =
1
sin x
Nghiệm riêng có dạng
yr = C1(x) cos x + C2(x) sin x
trong đó C1, C2 thỏa hệ phương trình
C1 cos x + C2 sin x = 0
−C1 sin x + C2 cos x =
1
sin x
Từ đó, C1 = −1 và C2 =
cos x
sin x
= (ln | sin x|) . Vậy một nghiệm riêng thu được là
yr = −x cos x + ln | sin x|. sin x
2.3 Phương trình vi phân tuyến tính cấp cao hệ số
hằng
Trong mục này ta xét các phương trình vi phân tuyến tính với hệ số là các hằng số.
Dạng tổng quát của chúng là
y(n)
+ A1y(n−1)
+ · · · + An−1y + Any = g(x) (2.18)
và dạng thuần nhất tương ứng
y(n)
+ A1y(n−1)
+ · · · + An−1y + Any = 0 (2.19)
2.3.1 Nghiệm của phương trình thuần nhất hệ số hằng
Ta viết lại phương trình (2.19) dưới dạng toán tử
(Dn
+ A1Dn−1
+ · · · + An−1D + An)y = 0 (2.20)
với D như thường lệ ký hiệu cho toán tử tuyến tính
d
dx
. Gọi λj, j = 1, n, là các nghiệm
(có thể phức) của phương trình
λn
+ A1λn−1
+ · · · + An−1λ + An = 0 (2.21)
mà được gọi là phương trình đặc trưng của (2.19). Khi đó, một cách hình thức có thể
viết (2.20) dưới dạng (do tính chất giao hoán của D và phép nhân với hằng số)
(D − λ1)(D − λ2) . . .(D − λn)y = 0

2.3 Phương trình vi phân tuyến tính cấp cao hệ số hằng 54
Phương trình này được thoả mãn đối với mỗi nghiệm của các phương trình vi phân
bậc nhất sau
(D − λ1)y = 0, (D − λ2)y = 0, . . . , (D − λn)y = 0
Nghiệm tổng quát của mỗi phương trình này là
yj = Cjeλj x
Bổ đề 2.13. Hệ các hàm eλ1x
, eλ2x
, . . . , eλnx
là độc lập tuyến tính trên R nếu các λj
khác nhau từng đôi một.
Chứng minh: Định thức Wronski của n hàm này là
W(x) =
eλ1x
eλ2x
· · · eλnx
λ1eλ1x
λ2eλ2x
· · · λneλnx
...
...
...
...
λn−1
1 eλ1x
λn−1
2 eλ2x
· · · λn−1
n eλnx
= e(λ1+···+λn)x
1 1 · · · 1
λ1 λ2 · · · λn
...
...
...
...
λn−1
1 λn−1
2 · · · λn−1
n
= e(λ1+···+λn)x
i>j
(λi − λj) = 0
(để ý định thức sau cùng chính là định thức Vandermon).
Trường hợp I: Phương trình đặc trưng có n nghiệm thực phân biệt.
Theo bổ đề trên, nếu phương trình đặc trưng (2.21) tương ứng với (2.19) có n nghiệm
thực λj khác nhau từng đôi một thì nghiệm tổng quát của (2.19) là
y = C1eλ1x
+ · · · + Cneλnx
trong đó Cj là các hằng số tùy ý.
Ví dụ: Xét phương trình y + 2y − 3y = 0, phương trình đặc trưng tương ứng λ2
+
2λ − 3 = 0 có hai nghiệm thực phân biệt λ1 = 1 và λ2 = −3. Nghiệm tổng quát của
phương trình đã cho là
y = C1ex
+ C2e−3x
Trường hợp II: Phương trình đặc trưng có nghiệm phức.
Giả sử các hệ số A1, . . . , An đều thực và phương trình đặc trưng (2.21) có nghiệm phức
λr = α + iβ. Khi đó nó cũng có nghiệm phức λs = α − iβ = λr. Vì vậy, dùng hệ thức
Euler, ta có
Creλrx
+ Cseλsx
= eαx
{Cr(cos βx + i sin βx) + Cs(cos βx − i sin βx)}
= eαx
( ˜Cr cos βx + ˜Cs sin βx)

[Math educare] bai giang phuong trinh vi phan-trinh duc tai

[Math educare] bai giang phuong trinh vi phan-trinh duc tai

Recomendados

Recomendados

Mais conteúdo relacionado

Mais procurados

Mais procurados (20)

Destaque

Destaque (20)

Semelhante a [Math educare] bai giang phuong trinh vi phan-trinh duc tai

Semelhante a [Math educare] bai giang phuong trinh vi phan-trinh duc tai (20)

Mais de Nguyen Vietnam

Mais de Nguyen Vietnam (6)

Último

Último (20)

[Math educare] bai giang phuong trinh vi phan-trinh duc tai