Phương trình tách biến, phương trình đẳng cấp cấp 1

Để lại phản hồi Go to comments


Phương trình cấp một tổng quát có dạng F(x,y,y’) = 0 (I)

Nếu giải ra được đối với y’ thì phương trình có thể viết dưới dạng:

y' = f(x,y) (1)

hoặc: \dfrac{dy}{dx} = f(x,y)

hoặc: M(x,y)dx + N(x,y) dy = 0

Chú ý quan trọng:

- Thông thường, ta nên tìm cách biến đổi phương trình về dạng (1) và phân tích f(x,y) ở vế phải để biết dạng. Đa số, các phương trình đều có thể đưa được về 1 trong 6 dạng sau: phân ly biến số, đẳng cấp (thuần nhất), phương trình đưa về pt đẳng cấp được, pt tuyến tính, pt Bernoulli và pt vi phân toàn phần.

- Nếu từ (1) ta không đưa pt về 1 trong 6 dạng trên được thì thử nghịch đảo phương trình (2) đưa phương trình về dạng x là hàm số theo biến y. Nghĩa là: x' = \dfrac{1}{y'} = { \dfrac{1}{f(x,y)}} = g(x,y) thì sẽ tìm được cách giải.

1. Bài toán cauchy (Bài toán điều kiện đầu):

Bài toán Cauchy là bài toán tìm nghiệm ptvp: y' = f(x,y) (1) thỏa mãn điều kiện đầu: y(x_0) = y_0 (2)

Nghĩa là: tìm đường cong y = y(x) đi qua điểm (x0;y0) và thỏa mãn pt (1)

2. Định lý Peano – Cauchy – Picard (định lý tồn tại và duy nhất nghiệm):

Nếu hàm số f(x,y) liên tục trong miền mở D \subset R^2 , thì với mọi điểm (x_0;y_0) \in D , bài toán Cauchy (1), (2) có nghiệm xác định trong 1 lân cận của x0.

Ngoài ra, nếu đạo hàm riêng \dfrac{{\partial}f}{{\partial}y} cũng liên tục trong D thì nghiệm đó là duy nhất.

(ta công nhận định lý này, vì việc chứng minh vượt quá những kiến thức chúng ta được trang bị)

3. Nghiệm tổng quát:

Nghiệm tổng quát của pt (1) là hàm số \varphi (x,C) = y , phụ thuộc biến x, và hằng số C, và thỏa mãn các điều kiện:

1. Nghiệm đúng ptvp với mọi giá trị cụ thể của C.

2. Với bất kỳ điều kiện đầu y(x_0) = y_0 ta cũng có thể tìm được C = C_0 sao cho hàm số y = {\varphi}(x,C_0) thỏa mãn điều kiện đầu

- Trong quá trình tìm nghiệm: nếu ta đi đến biểu thức {\varphi}(x,y,C) = 0 (*) mà không giải được đối với y thì y là hàm ẩn theo x, C xác định bởi pt (*) và (*) được gọi là tích phân tổng quát.

- Các nghiệm của phương trình không suy ra được từ nghiệm tổng quát được gọi là nghiệm kỳ dị.

4. Phương trình phân ly biến số (tách biến)

Là phương trình có dạng:

y' = f(x,y) = g(x).h(y) (hoặc M(x)dx+N(y)dy=0 )

Nghĩa là: ở vế phải ta gom được x đứng riêng và y đứng riêng (hoặc M(x) chỉ là hàm theo 1 biến số x và N(y) chỉ là hàm theo 1 biến số y)

4.1 Cách giải:

Ta biến đổi như sau: { \dfrac{dy}{dx}} = g(x).h(y) \Rightarrow { \dfrac{dy}{h(y)}} = g(x)dx

Bằng cách lấy tích phân (vế trái theo y, vế phải theo x) ta được nghiệm tổng quát:

\int { \dfrac{dy}{h(y)}} = \int g(x) dx + C

4.2 Ví dụ:

1. Giải phương trình: x(y^2 -1) dx + y(x^2-1)dy = 0 (1)

Chuyển phương trình về dạng (1) ta có:

y' = \dfrac{dy}{dx} = - { \dfrac{x}{x^2-1}}.{ \dfrac{y^2 - 1}{y}} , x^2 -1 \ne 0 , y^2 - 1 \ne 0 (2)

Vậy: x tách riêng, và y tách riêng nên đây là phương trình tách biến.

Khi đó ta có:

{ \dfrac{ydy}{y^2-1}} = -{ \dfrac{xdx}{x^2 -1}} \Rightarrow \int { \dfrac{ydy}{y^2-1}} = - \int { \dfrac{xdx}{x^2 -1}}

\Rightarrow{ \dfrac{1}{2}}ln|y^2-1| = -{ \dfrac{1}{2}}ln|x^2-1| + lnC

Ở đây do 2 vế đều có chứa ln nên thay vì ta chọn hằng số C thì ta chọn hằng số là lnC để dễ dàng rút gọn

Vậy nghiệm phương trình: ln{\sqrt{y^2-1}} = ln \left|{ \dfrac{C}{\sqrt{x^2-1}}} \right|

Hay: (x^2-1).(y^2 -1) = C^2

2. Giải phương trình tgydx-xlnxdy=0

Ta có: y' = { \dfrac{dy}{dx}} = { \dfrac{tgy}{xlnx}} (phương trình tách biến)

Do đó: { \dfrac{dy}{tgy}} = { \dfrac{dx}{xlnx}}

Suy ra: \int { \dfrac{dy}{tgy}} = \int { \dfrac{dx}{xlnx}} \Rightarrow ln(sinx) = ln(lnx) + lnC \Rightarrow siny = C.lnx

Bài này, ta cần xét thêm trường hợp tgy = 0.

3. Ví dụ tự giải: { \dfrac{4+y^2}{\sqrt{x^2+4x+13}}} = { \dfrac{3y+2}{x+1}}y'

4.3 Nhận xét:

Phương trình dạng y' = f(ax+by+c)

có thể đưa về phương trình tách biến bằng cách đổi qua ẩn hàm mới z = ax+by+c

Thật vậy, ta có: z' = a + by' \Rightarrow z' = a+bf(z)

Vậy vế phải là biểu thức chỉ phụ thuộc z. Nghĩa là z tách riêng và x tách riêng nên nó là phương trình tách biến.

5. Phương trình đẳng cấp:

- Hàm F(x,y) được gọi là hàm đẳng cấp bậc k nếu:

với mọi λ > 0, ta có: F({\lambda}x,{\lambda}y) = {\lambda}^k F(x,y)

- Ví dụ: Các hàm \dfrac{x-y}{2x+y} , { \dfrac{x^2-2xy}{x+y}} , x^3 - 3x^2y + y^3 lần lượt là các hàm đẳng cấp bậc 0, bậc 1, bậc 3. Hàm \dfrac{x+y^2}{x^2-y^2} không là hàm đẳng cấp

5.1 Phương trình vi phân đẳng cấp: Phương trình y' = f(x,y) được gọi là phương trình đẳng cấp nếu: f(x,y) là hàm đẳng cấp bậc 0, nghĩa là f(x,y) = f(tx,ty)

- Lưu ý: một số giáo trình gọi tên dạng phương trình này là phương trình thuần nhất

- Nhận xét: Giả sử y' = f(x,y) = \dfrac{M(x,y)}{N(x,y)} (1) thì để (1) là phương trình đẳng cấp thì tất cả mọi số hạng có trong M(x,y) và N(x,y) phải cùng bậc.

- Ví dụ: phương trình: y' = \dfrac{2xy}{x^2+y^2} là phương trình đẳng cấp vì các số hạng đều là bậc 2. Phương trình: y' = \dfrac{y+{\sqrt{x^2-y^2}}}{x} là phương trình đẳng cấp vì y, \sqrt{x^2-y^2} , x đều là các số hạng bậc 1.

5.2 Cách giải:

Theo định nghĩa pt đẳng cấp ta có: f(tx,ty) = f(x,y) . Chọn t = \dfrac{1}{x} (x \ne 0) thì pt (1) có dạng:

y' = f(x,y) = f\left(1;{ \dfrac{y}{x}} \right) (*)

Vế phải của pt (*) là 1 biểu thức luôn phụ thuộc y/x . Do vậy: y' = f \left(1;{ \dfrac{y}{x}} \right) = \varphi \left( { \dfrac{y}{x}} \right) (5)

Đặt u = \dfrac{y}{x} \Rightarrow y = u.x \Rightarrow y' = u + x.u'

Thế vào phương trình (5) ta có: x.u' = {\varphi}(u) - u

- Th1: Nếu {\varphi}(u) - u = 0

Khi đó: {\varphi} \left({ \dfrac{y}{x}} \right) = { \dfrac{y}{x}}

Do đó pt (5) trở thành: y' = \dfrac{y}{x} \Rightarrow \dfrac{dy}{y} = \dfrac{dx}{x} \Rightarrow y = Cx

- Th2: Nếu {\varphi}(u) - u \ne 0

Khi đó: \dfrac{du}{{\varphi}(u)-u} = { \dfrac{dx}{x}} : pt tách biến.

5.3 Ví dụ: Giải phương trình vi phân: y' = \dfrac{x+y}{x-y}

Rõ ràng đây là phương trình đẳng cấp. Ta viết lại phương trình như sau:

y' = \dfrac{x+y}{x-y} = { \dfrac{1+{ \dfrac{y}{x}}}{1-{ \dfrac{y}{x}}}}

Đặt: u = \dfrac{y}{x} . Ta có: y' = u'.x+u , và thay vào phương trình ta có:

u'.x+u = \dfrac{1+u}{1-u} \Rightarrow { \dfrac{1-u}{1+u^2}}du = \dfrac{dx}{x}

Lấy tích phân 2 vế ta được:

\int { \dfrac{du}{1+u^2}} - \int { \dfrac{udu}{1+u^2}} = ln|x| + lnC

\Rightarrow arctgu - { \dfrac{1}{2}}ln(1+u^2) = lnC|x|

Hay: arctgu = lnC|x|{\sqrt{1+u^2}}

Vậy nghiệm của phương trình có dạng: C(x^2+y^2) = e^{arctg(y/x)}

Trang: 1 2

  1. hoang
    10.07.2009 lúc 10:23 | #1
    Trả lời | Trích dẫn

    trang web này thật bổ ích cho những người học toán
    cám ơn những thành viên đã lập ra trang này

  2. vo thi loan
    10.11.2009 lúc 20:22 | #2
    Trả lời | Trích dẫn

    thay oi giai giup bai nay cho e..giai ro~ rang luon nha thay..e cam on thay nhieu
    y’=(2x+3y+1)^2

    • 2Bo02B
      13.11.2009 lúc 23:01 | #3
      Trả lời | Trích dẫn

      Bài này em chỉ cần đặt u = 2x + 3y + 1. Khi đó: u’ = 2 + 3y’ Thế vào pt em có: u' = 2 + 3u^2 , đây là phương trình phân ly biến số (pt tách biến)

  3. doantrang
    14.11.2009 lúc 07:44 | #4
    Trả lời | Trích dẫn

    Thầy ơi, nếu với bài này, giải phương trình:(y+căn(x*y))dx=xdy, em giải là:
    phương trình đã cho tương đương với: dy/dx=(y+căn(xy))/x (2), đặt y=xz, suy ra dy=xdz+zdx,phương trình (2)(xdz+zdx)/dx=(xz+căn(x^3*z))/x. Đến đây thì em giải được rồi. Nhung em muốn hỏi là khi đưa x ra ngoài có phải đóng tri tuyệt đối không ạ. Nếu có thì tức là phải giải 2 trường hợp ạ?

  4. Hương
    16.11.2009 lúc 00:07 | #5
    Trả lời | Trích dẫn

    Thầy ơi, thầy giải giùm em bài này với:
    y’+tany=x/cosy
    Cám ơn thầy trước nha^^

  1. No trackbacks yet.