PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP 1 (Phần 3)

Trở lại phương trình vi phân cấp 1 đã xét ở bài viết trước

$M\left( x,y \right)+N\left( x,y \right){y}'=0$    (1)

trong đó $M\left( x,y \right),N\left( x,y \right)$ là hai hàm khả vi và có các đạo hàm riêng $\frac{\partial M\left( x,y \right)}{\partial y},\frac{\partial N\left( x,y \right)}{\partial x}$ liên tục trong tập
                     $S=\left( {{x}_{0}}-{{h}_{1}},{{x}_{0}}+{{h}_{1}} \right)\times \left( {{y}_{0}}-{{h}_{2}},{{y}_{0}}+{{h}_{2}} \right)$.

            Định lý 1. Nếu (1) là phương trình vi phân toàn phần và có thừa số tích phân $\mu \left( x,y \right)$ (không là constant), thì $\mu \left( x,y \right)=c$ là nghiệm của (1).

            Chứng minh. Như đã biết, nếu $\mu \left( x,y \right)$ là thừa số tích phân của (1) thì

$M\frac{\partial \mu }{\partial y}-N\frac{\partial \mu }{\partial x}=\mu \left( \frac{\partial N}{\partial x}-\frac{\partial M}{\partial y} \right)$

            Mặt khác, theo giả thiết đề bài, (1) là phương trình vi phân toàn phần nên ta được $\frac{\partial N}{\partial x}=\frac{\partial M}{\partial y}$, suy ra $M\frac{\partial \mu }{\partial y}=N\frac{\partial \mu }{\partial x}$.

            Nhân hai vế của (1) cho $\frac{\partial \mu }{\partial y}$ ta được

$0=\frac{\partial \mu }{\partial y}\left( M+N{y}' \right)=M\frac{\partial \mu }{\partial y}+N\frac{\partial \mu }{\partial y}{y}'$          

$=N\frac{\partial \mu }{\partial x}+N\frac{\partial \mu }{\partial y}{y}'=N\left( \frac{\partial \mu }{\partial x}+\frac{\partial \mu }{\partial y}{y}' \right)=N\frac{d\mu }{dx}$

            Vậy $\mu \left( x,y \right)=c$ là nghiệm của (1).

            Định lý 2. Nếu ${{\mu }_{1}}\left( x,y \right),{{\mu }_{2}}\left( x,y \right)$ (tỉ số ${{\mu }_{1}}/{{\mu }_{2}}$ không là constant) là hai thừa số tích phân của phương trình vi phân (1) thì ${{\mu }_{1}}\left( x,y \right)=c{{\mu }_{2}}\left( x,y \right)$ ($c$ là hằng số) là nghiệm của (1).

            Chứng minh. Vì ${{\mu }_{2}}\left( x,y \right)$ là thừa số tích phân của (1) nên phương trình vi phân ${{\mu }_{2}}M+{{\mu }_{2}}N{y}'=0$ (2) là toàn phần. Nhân cả hai vế của (2) cho hàm số ${{\mu }_{1}}/{{\mu }_{2}}$ ta được ${{\mu }_{1}}M+{{\mu }_{1}}N{y}'=0$, điều này chứng tỏ ${{\mu }_{1}}/{{\mu }_{2}}$ là thừa số tích phân của phương trình (2). Áp dụng Định lý 1, ${{\mu }_{1}}/{{\mu }_{2}}=c$ là nghiệm của phương trình (2), tức cũng là nghiệm của (1).

            Ví dụ 1. Phương trình vi phân $\left( y-{{y}^{2}} \right)+x{y}'=0$ (3) có hai thừa số tích phân (có tỉ số khác hằng số) là ${{\mu }_{1}}\left( x,y \right)=\frac{1}{{{x}^{2}}{{y}^{2}}}$ và ${{\mu }_{2}}\left( x,y \right)=\frac{1}{{{\left( y-1 \right)}^{2}}}$. Theo Định lý 2, phương trình (3) có nghiệm tổng quát là ${{x}^{2}}{{y}^{2}}=c{{\left( 1-y \right)}^{2}}$.

            Sau đây ta sẽ tìm hiểu một số dạng đặc biệt của phương trình (1).

Phương trình vi phân tách biến

      Giả sử ta có các phân tích $M\left( x,y \right)={{M}_{1}}\left( x \right){{M}_{2}}\left( y \right),N\left( x,y \right)={{N}_{1}}\left( x \right){{N}_{2}}\left( y \right)$. Khi đó phương trình (1) có thể viết lại như sau:

${{M}_{1}}\left( x \right){{M}_{2}}\left( y \right)+{{N}_{1}}\left( x \right){{N}_{2}}\left( y \right){y}'=0$ (4)

            Nếu ${{M}_{2}}\left( y \right){{N}_{1}}\left( x \right)\ne 0$ thì phương trình (4) tương đương với

$\frac{{{M}_{1}}\left( x \right)}{{{N}_{1}}\left( x \right)}+\frac{{{N}_{2}}\left( y \right)}{{{M}_{2}}\left( y \right)}{y}'=0$ (5)

            Dễ thấy (5) là phương trình vi phân toàn phần. Áp dụng kết trong bài viết trước ta được nghiệm của (5) là

$\int{\frac{{{M}_{1}}\left( x \right)}{{{N}_{1}}\left( x \right)}}dx+\int{\frac{{{N}_{2}}\left( y \right)}{{{M}_{2}}\left( y \right)}dy}=C$ (5’)

Ví dụ 2. Tìm nghiệm tổng quát của phương trình vi phân

$x\sqrt{{{y}^{2}}+1}+y\left( {{x}^{2}}+1 \right){y}'=0$

Giải. Phương trình vi phân đã cho tương đương với

$\frac{x}{{{x}^{2}}+1}dx+\frac{y}{\sqrt{1+{{y}^{2}}}}dy=0$ (6)

Phương trình (6) có nghiệm là

$\int{\frac{x}{{{x}^{2}}+1}dx}+\int{\frac{y}{\sqrt{1+{{y}^{2}}}}dy}=C$

$\Leftrightarrow \frac{1}{2}\ln \left( {{x}^{2}}+1 \right)+\sqrt{{{x}^{2}}+1}=C$

Phương trình vi phân đẳng cấp

            Định nghĩa 1. Hàm số $f\left( x,y \right)$ xác định trên miền $D$(một tập mở, liên thông trong ${{R}^{2}}$) được gọi là hàm đẳng cấp bậc $k$ nếu với mọi $\lambda \in R$ và $\left( x,y \right)\in D$ sao cho $\left( kx,ky \right)\in D$thì $f\left( \lambda x,\lambda y \right)={{\lambda }^{k}}f\left( x,y \right)$.

            Ví dụ 3. Các hàm số $3{{x}^{2}}-{{y}^{2}}+{{x}^{2}},x{{y}^{3}},\sin \left( \frac{x}{y} \right),\ln \left( \frac{{{x}^{3}}+{{y}^{3}}}{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}} \right)$ lần lượt là các hàm đẳng cấp bậc $2,4,0$ và $1$.

            Phương trình (1) được gọi là phương trình vi phân đẳng cấp nếu $M\left( x,y \right)$ và $N\left( x,y \right)$ là hai hàm đẳng cấp cùng bậc.

            Đặt $u=\frac{y}{x}$, khi đó ta có các đẳng thức

  $ M\left( x,y \right)={{x}^{k}}M\left( 1,u \right) $

 $ N\left( x,y \right)={{x}^{k}}N\left( 1,u \right) $

            Thay vào phương trình (1) ta được

${{x}^{n}}M\left( 1,u \right)+{{x}^{n}}N\left( 1,u \right){y}'=0$ (7)

            Mặt khác, $y={u}'x+u$ nên từ (7) ta suy ra

${{x}^{n}}\left[ M\left( 1,u \right)+uN\left( 1,u \right) \right]+{{x}^{n+1}}N\left( 1,u \right){u}'=0$ (8)

            Đưa phương trình (8) về dạng tách biến như sau:

${{x}^{n}}\left[ M\left( 1,u \right)+uN\left( 1,u \right) \right]+{{x}^{n+1}}N\left( 1,u \right){u}'=0$

            Nếu ${{x}^{n+1}}\left[ M\left( 1,u \right)+uN\left( 1,u \right) \right]=xM\left( x,y \right)+yN\left( x,y \right)\ne 0$ thì phương trình trên có thể đưa về dạng tách biến như sau:

$\frac{1}{x}dx+\frac{N\left( 1,u \right)}{M\left( 1,u \right)+uN\left( 1,u \right)}du=0$ (9)

            Áp dụng công thức 5’ ta được nghiệm tổng quát của (9) từ đó ta suy ra nghiệm tổng quá của (1).

            Nếu ${{x}^{n+1}}\left[ M\left( 1,u \right)+uN\left( 1,u \right) \right]=xM\left( x,y \right)+yN\left( x,y \right)=0$, từ (8) ta suy ra được

${{x}^{n+1}}N\left( 1,u \right){u}'=0\Leftrightarrow {u}'=0\Leftrightarrow y=Cx$

            Vậy (1) có nghiệm tổng quát là $y=Cx$.

            Ví dụ 4. Tìm nghiệm tổng quát của phương trình vi phân $\left( x+y \right)+\left( y-x \right){y}'=0$.

            Giải. Đặt $u=\frac{y}{x}$, phương trình đã cho trở thành

$x\left( {{u}^{2}}+1 \right)+{{x}^{2}}\left( u-1 \right){u}'=0$

            Đưa phương trình trên về dạng tách biến

$\frac{1}{x}dx+\frac{u-1}{{{u}^{2}}+1}du=0$

            Phương trình trên có nghiệm tổng quát là

$\int{\frac{1}{x}dx}+\int{\frac{u-1}{{{u}^{2}}+1}du}=C$

$\ln \left| x \right|+\frac{1}{2}\ln \left( {{u}^{2}}+1 \right)-\arctan u=C$

$\ln \left| x \right|+\frac{1}{2}\ln \left( \frac{{{y}^{2}}}{{{x}^{2}}}+1 \right)-\arctan \frac{y}{x}=C$