Phương trình vi phân cấp hai có dạng $$F(x,y^{''})=0.\label{11.2.2}\tag{2}$$

Nếu giải được phương trình \eqref{11.2.2} đối với $y^{''}$ thì phương trình khuyết $y,y'$ có dạng $y^{''}=f(x)$.

Ví dụ 2. $y^{''}=xe^{x} $ và $y^{''}=\sin x$ là các phương trình vi phân cấp hai khuyết $y,y'$.

Cách giải

Phương pháp chung là đổi biến để đưa về phương trình vi phân cấp một quen thuộc.

 Đặt $y'=t$, ta đưa phương trình \eqref{11.2.2} về phương trình vi phân cấp một đối với hàm $t$ và biến $x$: $F(x,t')=0$.

Giải phương trình này ta có nghiệm $t=\varphi (x,C_{1} )\Rightarrow y'=\varphi (x,C_{1} )$ hay $dy=\varphi (x,C_{1} )dx$ lấy tích phân bất định 2 vế, ta có nghiệm tổng quát của phương trình đã cho: $y=\Phi (x,C_{1} )+C_{2} $ (trong đó $\Phi (x,C_{1} )=\int \varphi (x,C_{1} ) dx$ và $C_{1} ,{\rm \; }C_{2}$ là những hằng số tùy ý).

Tuy nhiên, nếu phương trình khuyết $y,y'$ dạng $y^{''}=f(x)$ thì ta chỉ việc lấy tích phân bất định 2 lần liên tiếp.

Ví dụ 3. Giải phương trình vi phân $y^{''}=xe^{x} $.

Hướng dẫn. Lấy tích phân bất định 2 vế, ta có: $y'=e^{x} (x-1)+C_{1} $

Lấy tích phân bất định 2 vế lần nữa, ta có: $y=e^{x} (x-2)+C_{1} x+C_{2} $

Vậy, nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là: $y=e^{x} (x-2)+C_{1} x+C_{2} $ ($C_{1} ,{\rm \; }C_{2}$ là những hằng số tùy ý).

Ví dụ 4. Tìm nghiệm của phương trình vi phân $y^{''}=\sin x$ thỏa điều kiện đầu $y(0)=0,{\rm \; }y'(0)=1$.

Hướng dẫn. Lấy tích phân bất định 2 vế, ta có: $y'=-\cos x+C_{1} $.

Lấy tích phân bất định 2 vế lần nữa: $y=-\sin x+C_{1} x+C_{2}$.

Vậy, nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là: $y=-\sin x+C_{1} x+C_{2}$ ($C_{1} ,{\rm \; }C_{2} $ là những hằng số tùy ý).

Với điều kiện đầu $y(0)=0,{\rm \; }y'(0)=1$, ta có: $\left\{\begin{array}{l} {0=-0+C_{2} } \\ {1=-1+C_{1} } \end{array}\right. \Rightarrow \left\{\begin{array}{l} {C_{2} =0} \\ {C_{1} =2} \end{array}\right..$  

Vậy, nghiệm riêng thỏa mãn điều kiện đầu cho trước là: $y=-\sin x+2x$.

Phương trình vi phân cấp hai có dạng $$F(x,y',y^{''})=0.\label{11.2.3}\tag{3}$$

Ví dụ 5. $y^{''}=\frac{1}{x} y'+x$; $y^{''}+3y'=\sin x$ và $y^{''}+y'=xe^{2x} $ là các phương trình vi phân cấp hai khuyết $y$.

Cách giải. Đổi biến để đưa về phương trình vi phân cấp một quen thuộc.   

Đặt $y'=t$, ta đưa phương trình \eqref{11.2.3} về phương trình vi phân cấp một đối với hàm $t$, biến $x$: $F(x,t,t')=0$. Giải phương trình này ta có nghiệm $t=\varphi (x,C_{1} )\Rightarrow y'=\varphi (x,C_{1} )$ hay $dy=\varphi (x,C_{1} )dx$, lấy tích phân bất định 2 vế, ta có nghiệm tổng quát của phương trình đã cho: $y=\Phi (x,C_{1} )+C_{2} $ (trong đó $\Phi (x,C_{1} )=\int \varphi (x,C_{1} ) dx$ và $C_{1} ,{\rm \; }C_{2} $ là những hằng số tùy ý).

Ví dụ 6. Giải phương trình vi phân $y^{''}=\dfrac{y'}{x}+x$.

Hướng dẫn. Đặt $y'=t$, ta có phương trình tuyến tính cấp một đối với hàm $t$, biến $x$ như sau: $t'-\dfrac{t}{x} =x$  (i)

Áp dụng cách giải phương trình tuyến tính cấp 1 ta có nghiệm của phương trình (i) là $t=x^{2} +C_{1} x$ với $C_{1} $ là những hằng số tùy ý. Do đó $$y'=x^{2} +C_{1} x\Leftrightarrow dy=\left(x^{2} +C_{1} x\right)dx\Rightarrow y=\dfrac{1}{3} x^{3} +\dfrac{1}{2} C_{1} x^{2} +C_{2}.$$Vậy, nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là $$y=\dfrac{1}{3} x^{3} +\dfrac{1}{2} C_{1} x^{2} +C_{2}\quad (C_{1} ,{\rm \; }C_{2} \text{ là những hằng số tùy ý}).$$

Ví dụ 7. Giải phương trình vi phân $y^{''}+y'=xe^{2x} $.

Hướng dẫn. Tương tự Ví dụ 6, đặt $y'=t$, ta có phương trình tuyến tính cấp một đối với hàm $t$, biến $x$ như sau: $t'+t=xe^{2x} $ (ii)

Áp dụng cách giải phương trình tuyến tính cấp 1 ta có nghiệm của phương trình (ii) là $t=\dfrac{1}{9} e^{2x} (3x-1)+C_{1} e^{-x}$ với $C_{1} $ là những hằng số tùy ý. Do đó $$y'=\dfrac{1}{9} e^{2x} (3x-1)+C_{1} e^{-x} \Rightarrow y=e^{2x} \left(\dfrac{1}{6} x-\dfrac{5}{36} \right)-C_{1} e^{-x} +C_{2}.$$Vậy, nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là: $$y=e^{2x} \left(\dfrac{1}{6} x-\frac{5}{36} \right)-C_{1} e^{-x} +C_{2}\quad (C_{1} ,{\rm \; }C_{2} \text{ là những hằng số tùy ý}).$$

Phương trình vi phân cấp hai có dạng $$F(y,y',y^{''})=0.\label{11.2.4}\tag{4}$$

Ví dụ 8. $yy^{''}-y'^{2} =0$; $y^{''}+3y'+2y=0$ và $y^{''}-4y'=0$ là các phương trình vi phân cấp hai khuyết $x$.

Cách giải. Đổi biến để đưa về phương trình vi phân cấp một quen thuộc.   

Đặt $y'=t$ và xem $t$ là hàm của $y$, lấy đạo hàm 2 vế của đẳng thức $y'=t$ theo biến $x$ ta có: $y^{''}=\dfrac{dt}{dx} =\dfrac{dt}{dy} \cdot \dfrac{dy}{dx} =t\cdot \dfrac{dt}{dy} $. Khi đó, phương trình \eqref{11.2.4} được đưa về phương trình vi phân cấp một đối với hàm $t$, biến $y$: $F\left(y,t,t\cdot \dfrac{dt}{dy} \right)=0$.

Giải phương trình này ta có nghiệm $t=\varphi (y,C_{1} )\Rightarrow y'=\varphi (y,C_{1} )$ hay $dx=\dfrac{dy}{\varphi (y,C_{1} )} $, lấy tích phân bất định 2 vế, ta có tích phân tổng quát của phương trình đã cho: $x=\Phi (y,C_{1} )+C_{2} $ (trong đó $\Phi (y,C_{1} )=\int \frac{1}{\varphi (y,C_{1} )} dy$ và $C_{1} ,{\rm \; }C_{2} $ và là những hằng số tùy ý).

Ví dụ 9. Giải phương trình vi phân $yy^{''}-y'^{2} =0$.

Hướng dẫn. Đặt $y'=t$, ta có phương trình tuyến tính cấp một đối với hàm $t$, biến $y$ như sau: $yt\dfrac{dt}{dy} -t^{2} =0$ hay $t\left(y\dfrac{dt}{dy} -t\right)=0$.

Trường hợp 1. $t=0\Rightarrow y'=0\Rightarrow y=C,{\rm \; }C\text{-const}$.

Trường hợp 2. $y\dfrac{dt}{dy} -t=0\Leftrightarrow \dfrac{dt}{t} =\dfrac{dy}{y} $.

Lấy tích phân bất định 2 vế, ta có: $\ln |t|=\ln |y|+\ln |C_{1} |\Rightarrow t=C_{1} y$ với $C_{1} $  là những hằng số tùy ý. $$y'=C_{1} y\Rightarrow \frac{dy}{y} =C_{1} dx\Rightarrow \ln |y|=C_{1} x+\ln |C_{2} |\Rightarrow y=C_{2} e^{C_{1} x}.$$Vậy, nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là $y=C_{2} e^{C_{1} x} $ ($C_{1} ,{\rm \; }C_{2} $ là những hằng số tùy ý).

Nghiệm tổng quát trong trường hợp 1 ($y=C,{\rm \; }C\text{-const}$) cũng thuộc họ nghiệm tổng quát của trường hợp 2 (ứng với $C_{1} =0$).

Ví dụ 10. Giải phương trình vi phân $y^{''}-4y'=0$.

Hướng dẫn. Đặt $y'=t$, ta có phương trình tuyến tính cấp một đối với hàm $t$, biến $y$  như sau: $t\frac{dt}{dy} -4t=0$ hay $t\left(\frac{dt}{dy} -4\right)=0$.

Trường hợp 1. $t=0\Rightarrow y'=0\Rightarrow y=C,{\rm \; }C\text{-const}$.

Trường hợp 2. $\dfrac{dt}{dy} -4=0\Rightarrow t=4y-4C_{1} $ với $C_{1} $ là những hằng số tùy ý.$$y'=4y-4C_{1} \Rightarrow \dfrac{dy}{4y-4C_{1} } =dx\Rightarrow \dfrac{1}{4} \ln |4y-4C_{1} |=x+\dfrac{1}{4} \ln |4C_{2} |\Rightarrow y=C_{1} +C_{2} e^{4x} .$$

Vậy, nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là $y=C_{1} +C_{2} e^{4x} $ ($C_{1} ,{\rm \; }C_{2} $ là những hằng số tùy ý).

Nghiệm tổng quát trong trường hợp 1 ($y=C,{\rm \; }C\text{-const}$) cũng thuộc họ nghiệm tổng quát của trường hợp 2 (ứng với $C_{2} =0$) nên thực tế không cần xét trường hợp 1.

Phương trình vi phân tuyến tính cấp hai là phương trình vi phân có dạng $$y^{''}+p(x)y'+q(x)y=f(x)\label{11.2.5}\tag{5}$$ trong đó $p(x),{\rm \; }q(x),f(x)$ là những hàm liên tục của $x$.

Nếu $f(x)=0$ thì ta có phương trình $y^{''}+p(x)y'+q(x)y=0$ và gọi là phương trình tuyến tính thuần nhất (tương ứng của phương trình \eqref{11.2.5}).

Nếu $f(x)\ne 0$ thì phương trình \eqref{11.2.5} được gọi là phương trình tuyến tính không thuần nhất.

Nếu $p(x)=p,{\rm \; }q(x)=q{\rm \; \; }(p,q\text{-const})$ thì phương trình \eqref{11.2.5} có dạng $y^{''}+py'+qy=f(x)$ và được gọi là phương trình tuyến tính có hệ số không đổi (phương trình tuyến tính có hệ số hằng).

Ví dụ 11. $y^{''}-7y'+6y=\sin 3x$; $y^{''}+3y'+2y=0$ và $y^{''}-4y'=e^{x} $ là các phương trình vi phân tuyến tính cấp hai có hệ số hằng.

Với phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất $y^{''}+p(x)y'+q(x)y=0$ ta có các định lí về nghiệm như sau:

Định lý 1. Nếu $y_{1} =y_{1} (x);\,y_{2} =y_{2} (x)$ là 2 nghiệm của phương trình tuyến tính thuần nhất thì $y=C_{1} y_{1} (x)+C_{2} y_{2} (x)$ (với $C_{1},C_{2} $ là những hằng số tùy ý) cũng là nghiệm của phương trình tuyến tính thuần nhất.

Định lý 2. Nếu $y_{1} =y_{1} (x);\,y_{2} =y_{2} (x)$ là 2 nghiệm độc lập tuyến tính của phương trình tuyến tính thuần nhất thì $y=C_{1} y_{1} (x)+C_{2} y_{2} (x)$ (với $C_{1},C_{2} $ là những hằng số tùy ý) là nghiệm tổng quát của phương trình tuyến tính thuần nhất.

Chú ý. 

$y_{1} =y_{1} (x);\, y_{2} =y_{2} (x)$ là 2 nghiệm độc lập tuyến tính của phương trình tuyến tính thuần nhất nếu $\dfrac{y_{1} (x)}{y_{2} (x)} \ne \text{const}$.

Ví dụ 12.  

$y_{1} =1;{\rm \; }y_{2} =e^{4x} $ là 2 nghiệm độc lập tuyến tính của phương trình $y^{''}-4y'=0$ nên $y=C_{1} +C_{2} e^{4x} $ là nghiệm tổng quát của phương trình đó.

Định lí 3. 

Nếu $y_{1} =y_{1} (x)$ là nghiệm của phương trình tuyến tính thuần nhất thì ta có thể tìm thêm nghiệm $y_{2} =y_{2} (x)$ độc lập tuyến tính với $y_{1} =y_{1} (x)$ bằng cách đặt $y_{2} =u(x)y_{1} (x)$.

Nghiệm của phương trình tuyến tính không thuần nhất \eqref{11.2.5} có tính chất như sau: 

Định lý 4. Nghiệm tổng quát của phương trình tuyến tính không thuần nhất bằng nghiêm tổng quát của phương trình tuyến tính thuần nhất tương ứng cộng với một nghiệm riêng nào đó của phương trình tuyến tính không thuần nhất.

Định lý 5 (Nguyên lý chồng chất nghiệm). Giả sử $f(x)=f_{1} (x)+f_{2} (x)$.

Nếu $Y_{1} =Y_{1} (x)$ là nghiệm riêng của phương trình tuyến tính $y^{''}+p(x)y'+q(x)y=f_{1} (x)$.

Nếu $Y_{2} =Y_{2} (x)$ là nghiệm riêng của phương trình tuyến tính $y^{''}+p(x)y'+q(x)y=f_{2} (x)$ thì $Y=Y_{1} (x)+Y_{2} (x)$ là nghiệm riêng của phương trình $y^{''}+p(x)y'+q(x)y=f_{1} (x)+f_{2} (x)$.

Giải phương trình \eqref{11.2.5} bằng phương pháp biến thiên hằng số Lagrange như sau

Giả sử, ta biết nghiệm tổng quát của phương trình tuyến tính thuần nhất tương ứng là $y=C_{1} y_{1} +C_{2} y_{2} $. (*)

Ta sẽ tìm nghiệm tổng quát của phương trình tuyến tính không thuần nhất dưới dạng (*). Để thực hiện được, ta xem $C_{1} ,{\rm \; }C_{2} $ là các hàm của biến $x$ và lấy đạo hàm 2 vế của đẳng thức (*), ta có: $y'=C'_{1} y_{1} +C'_{2} y_{2} +C_{1} y'_{1} +C_{2} y'_{2} $.

Chọn $C_{1} ,{\rm \; }C_{2} $ sao cho $C'_{1} y_{1} +C'_{2} y_{2} =0$.

Khi đó, $y'=C_{1} y'_{1} +C_{2} y'_{2} \Rightarrow y^{''}=C_{1} y^{''}_{1} +C_{2} y^{''}_{2} +C'_{1} y'_{1} +C'_{2} y'_{2} $.

Thế $y,y',y^{''}$ vào phương trình $y^{''}+p(x)y'+q(x)y=f(x)$, ta được$$C_{1} y^{''}_{1} +C_{2} y^{''}_{2} +C'_{1} y'_{1} +C'_{2} y'_{2} +p(x)\left(C_{1} y'_{1} +C_{2} y'_{2} \right)+q(x)(C_{1} y_{1} +C_{2} y_{2} )=f(x).$$Hay $$C_{1} (y^{''}_{1} +p(x)y'_{1} +q(x)y_{1} )+C_{2} (y^{''}_{2} +p(x)y'_{2} +q(x)y_{2} )+C'_{1} y'_{1} +C'_{2} y'_{2} =f(x).$$

Vì $y_{1} ,y_{2}$ là các nghiệm của phương trình tuyến tính thuần nhất nên $$\begin{cases}y^{''}_{1} +p(x)y'_{1} +q(x)y_{1} =0\\y^{''}_{2} +p(x)y'_{2} +q(x)y_{2} =0\end{cases}.$$Do đó, $C'_{1} y'_{1} +C'_{2} y'_{2} =f(x)$.

Như vậy, $y=C_{1} y_{1} +C_{2} y_{2} $ sẽ là nghiệm tổng quát của phương trình tuyến tính không thuần nhất $y^{''}+p(x)y'+q(x)y=f(x)$ nếu $C_{1} ,{\rm \; }C_{2} $ thỏa mãn hệ phương trình: $$\left\{\begin{array}{l} {C'_{1} y_{1} +C'_{2} y_{2} =0} \\ {C'_{1} y'_{1} +C'_{2} y'_{2} =f(x)} \end{array}\right..$$

 Vì $y_{1} ,y_{2} $ là các nghiệm độc lập tuyến tính của phương trình tuyến tính thuần nhất nên hệ trên luôn có nghiệm, giả sử $C'_{1} =\varphi _{1} (x),{\rm \; }C'_{2} =\varphi _{2} (x)$$$\Rightarrow C_{1} =\int \varphi _{1} (x)dx +K_{1},\quad C_{2} =\int \varphi _{2} (x)dx +K_{2} {\rm ,\; \; }K_{1} ,K_{2}\text{-const}.$$Thay $C_{1} ,{\rm \; }C_{2} $ vừa tìm được vào (*) ta sẽ có nghiệm tổng quát của phương trình tuyến tính không thuần nhất cần tìm.

Ví dụ 13. 

Giải phương trình vi phân $y^{''}=\dfrac{y'}{x} +x$.

Hướng dẫn.

Ta có $y^{''}=\dfrac{y'}{x} +x\Leftrightarrow y^{''}-\dfrac{y'}{x} =x$ là phương trình tuyến tính cấp hai.

Ngoài cách giải như đã trình bày ở Ví dụ 6, ta có thể áp dụng phương pháp biến thiên hằng số Lagrange.

Trước hết, ta tìm nghiệm tổng quát của phương trình tuyến tính thuần nhất.

Ta có,  $y^{''}-\dfrac{y'}{x} =0$ hay $\dfrac{y^{''}}{y'} =\dfrac{1}{x} $ hay $\dfrac{d\ln |y'|}{dx} =\dfrac{1}{x} $ hay $d\ln |y'|=\dfrac{dx}{x} $.

Lấy tích phân bất định 2 vế, ta được: $\ln |y'|=\ln |x|+\ln |C_{1} |\Rightarrow y'=C_{1} x$$$\Leftrightarrow dy=C_{1} xdx\Rightarrow y=\dfrac{C_{1} }{2} x^{2} +C_{2}.$$Nghiệm tổng quát của phương trình tuyến tính thuần nhất là $y=C_{1} \dfrac{x^{2} }{2} +C_{2} $.

Đây là nghiệm tổng quát của phương trình đã cho nếu $C_{1} ,{\rm \; }C_{2} $  thỏa mãn hệ phương trình $$\left\{\begin{array}{l} {C'_{1} \frac{x^{2} }{2} +C'_{2} =0} \\ {C'_{1} x+0C'_{2} =x} \end{array}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l} {C'_{1} =1} \\ {C'_{2} =-\dfrac{x^{2} }{2} } \end{array}\right. \Rightarrow \left\{\begin{array}{l} {C_{1} =x+K_{1} } \\ {C_{2} =-\dfrac{x^{3} }{3} +K_{2} } \end{array}\right. ,{\rm \; \; }K_{1} ,K_{2}\text{-const}.$$

Vậy, nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là $$y=(x+K_{1} )\dfrac{x^{2} }{2} -\dfrac{x^{3} }{3} +K_{2} =\dfrac{x^{3} }{3} +K_{1} \dfrac{x^{2} }{2} +K_{2} ,{\rm \; \; }K_{1} ,K_{2}\text{-const}.$$ 

Ví dụ 14. 

Giải phương trình vi phân $y^{''}-4y'=e^{x}$.

Hướng dẫn. 

Theo Ví dụ 10, nghiệm tổng quát của phương trình tuyến tính thuần nhất tương ứng là $y=C_{1} +C_{2} e^{4x} $ ($C_{1} ,{\rm \; }C_{2} $ là những hằng số tùy ý).

Đây là nghiệm tổng quát của phương trình đã cho nếu $C_{1},C_{2}$ thỏa mãn hệ phương trình $$\left\{\begin{array}{l} {C'_{1} +C'_{2} e^{4x} =0} \\ {4C'_{2} e^{4x} =e^{x} } \end{array}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l} {C'_{1} =-\dfrac{e^{x} }{4} } \\ {C'_{2} =\dfrac{e^{-3x} }{4} } \end{array}\right. \Rightarrow \left\{\begin{array}{l} {C_{1} =-\dfrac{e^{x} }{4} +K_{1} } \\ {C_{2} =-\dfrac{e^{-3x} }{12} +K_{2} } \end{array}\right. ,{\rm \; \; }K_{1} ,K_{2} \text{-const}.$$

Vậy, nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là $$y=-\dfrac{e^{x} }{4} +K_{1} +\left(-\dfrac{e^{-3x} }{12} +K_{2} \right)e^{4x} =K_{1} +K_{2} e^{4x} -\dfrac{e^{x} }{3} ,{\rm \; \; }K_{1} ,K_{2} \text{-const}.$$

Phương trình có dạng $y^{''}+py'+qy=f(x)$ trong đó $p,q$ là các hằng số.

Cách giải.

Trước tiên, ta tìm nghiệm tổng quát của phương trình tuyến tính thuần nhất tương ứng $y^{''}+py'+qy=0$.

Ta sẽ tìm nghiệm riêng của phương trình tuyến tính thuần nhất dưới dạng $y=e^{kx}$ trong đó $k$ là một hằng số nào đó mà ta sẽ xác định.

Ta có, $y'=ke^{kx};\,y^{''}=k^{2} e^{kx}$.

Thế $y,y',y^{''}$ vào phương trình tuyến tính thuần nhất, ta được: $$k^{2} e^{kx} +pke^{kx} +qe^{kx} =0\Leftrightarrow e^{kx} (k^{2} +pk+q)=0.$$

Vì $e^{kx} >0$ nên $k^{2} +pk+q=0$ (*), (*) được gọi là phương trình đặc trưng của phương trình tuyến tính thuần nhất. Nếu $k$ thỏa mãn phương trình đặc trưng này thì hàm $y=e^{kx} $ là một nghiệm riêng của phương trình tuyến tính thuần nhất.

Phương trình đặc trưng của phương trình tuyến tính thuần nhất là phương trình đại số bậc hai đối với $k$, nó luôn có 2 nghiệm $k_1,k_2$.

Các trường hợp nghiệm của phương trình đặc trưng như sau

1) Trường hợp phương trình đặc trưng có 2 nghiệm thực khác nhau $k_1,k_2$.

Khi đó, phương trình tuyến tính thuần nhất có 2 nghiệm riêng $y_{1} =e^{k_{1} x};\,y_{2} =e^{k_{2} x} $. Dễ thấy 2 nghiệm này độc lập tuyến tính ($\dfrac{e^{k_{1} x} }{e^{k_{2} x} } =e^{(k_{1} -k_{2} )x} \ne \text{const}$).

Vậy, nghiệm tổng quát của phương trình tuyến tính thuần nhất tương ứng $y=C_{1} e^{k_{1} x} +C_{2} e^{k_{2} x} $ với $C_1,C_2$ là những hằng số tùy ý.

2) Trường hợp phương trình đặc trưng có 2 nghiệm thực trùng nhau $k_1=k_2$.

Khi đó, phương trình tuyến tính thuần nhất có 1 nghiệm riêng $y_{1} =e^{k_{1} x} $.

Ta sẽ tìm nghiệm riêng $y_2$ độc lập tuyến tính với  $y_1$ dưới dạng $y_{2} =y_{1} u=ue^{k_{1} x} ,{\rm \; }u=u(x)$.

Ta có, $y'_{2} =u'e^{k_{1} x} +k_{1} ue^{k_{1} x} ;\,y^{''}_{2} =u^{''}e^{k_{1} x} +2k_{1} u'e^{k_{1} x} +k^{2} {}_{1} ue^{k_{1} x} $.

Thế $y_2,\ {y}'_2,\ y^{''}_2$ vào phương trình $y^{''}+py'+qy=0$, ta có $$u^{''}e^{k_{1} x} +2k_{1} u'e^{k_{1} x} +k^{2} {}_{1} ue^{k_{1} x} +p(u'e^{k_{1} x} +k_{1} ue^{k_{1} x} )+que^{k_{1} x} =0.$$Hay $$e^{k_{1} x} {\rm [}u^{''}+u'(2k_{1} +p)+u(k^{2} {}_{1} +pk_{1} +q){\rm ]}=0.$$

Vì $e^{kx} >0$ và $k_1\ $ là nghiệm kép của phương trình đặc trưng nên $\left\{\begin{array}{l} {k_{1} =-\frac{p}{2} } \\ {k^{2} {}_{1} +pk_{1} +q=0} \end{array}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l} {2k_{1} +p=0} \\ {k^{2} {}_{1} +pk_{1} +q=0} \end{array}\right. $.

Do đó, $u^{''}=0\Rightarrow u'=A\Rightarrow u=Ax+B,{\rm \; }A,B\text{-const}$.

Chọn $A=1,B=0$ ta được $u=x$, do đó $y_{2} =xe^{k_{1} x} $.

Vậy, nghiệm tổng quát của phương trình tuyến tính thuần nhất tương ứng $$y=C_{1} e^{k_{1} x} +C_{2} xe^{k_{1} x} \text{ hay }y=e^{k_{1} x} (C_{1} +C_{2} x) \text{ với } C_1,C_2\text{ là những hằng số tùy ý}.$$

3) Trường hợp phương trình đặc trưng có 2 nghiệm phức liên hợp ($\Delta <0$) $$k_1=\alpha +i\beta ,\quad k_2=\alpha -i\beta .$$Khi đó, phương trình tuyến tính thuần nhất có 2 nghiệm riêng $$y_{1} =e^{(\alpha +i\beta )x} =e^{\alpha x} e^{i\beta x} ;\quad y_{2} =e^{(\alpha -i\beta )x} =e^{\alpha x} e^{-i\beta x}. $$

Theo công thức Ơle thì $\left\{\begin{array}{l} {y_{1} =e^{\alpha x} (\cos \beta x+i\sin \beta x)} \\ {y_{2} =e^{\alpha x} (\cos \beta x-i\sin \beta x)} \end{array}\right. $.

Theo Định lí 1, $y_1,\,y_2$  là 2 nghiệm của phương trình tuyến tính thuần nhất thì $Y_1,\,Y_2$ với $$\left\{\begin{array}{l} {Y_{1} =\dfrac{y_{1} +y_{2} }{2} =e^{\alpha x} \cos \beta x} \\ {Y_{2} =\dfrac{y_{1} -y_{2} }{2i} =e^{\alpha x} \sin \beta x} \end{array}\right. $$cũng là 2 nghiệm của phương trình tuyến tính thuần nhất. Dễ thấy 2 nghiệm này độc lập tuyến tính ($\dfrac{Y_{1} }{Y_{2} } =\cot \beta x\ne \text{const}$).

Vậy, nghiệm tổng quát của phương trình tuyến tính thuần nhất tương ứng $$y=C_{1} e^{\alpha x} \cos \beta x+C_{2} e^{\alpha x} \sin \beta x \text{ hay }y=e^{\alpha x} (C_{1} \cos \beta x+C_{2} \sin \beta x)\text{ với }C_1,C_2\text{ là những hằng số tùy ý.}$$

Ví dụ 15. 

Giải phương trình vi phân $y^{''}-7y'+6y=0$.

Hướng dẫn. 

Phương trình đặc trưng của phương trình tuyến tính thuần nhất tương ứng với phương trình đã cho là $$k^{2}-7k+6=0\Rightarrow k_{1} =1;k_{2} =6.$$Vậy, nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là $y=C_{1} e^{x} +C_{2} e^{6x} $ với $C_1,C_2$  là những hằng số tùy ý.

Ví dụ 16. 

Giải phương trình vi phân $y^{''}+4y'+4y=0$.

Hướng dẫn. 

Phương trình đặc trưng của phương trình tuyến tính thuần nhất tương ứng với phương trình đã cho là $$k^{2} +4k+4=0\Leftrightarrow (k+2)^{2} =0\Rightarrow k_{1} =k_{2} =-2.$$ Vậy, nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là $y=e^{-2x} (C_{1} +C_{2} x)$ với $C_1,C_2$   là những hằng số tùy ý.

Ví dụ 17. 

Tìm nghiệm của phương trình vi phân $y^{''}+2y'+4y=0$ thỏa điều kiện đầu $y(0)=y'(0)=1$.

Hướng dẫn. 

Phương trình đặc trưng của phương trình tuyến tính thuần nhất tương ứng là $$k^{2} +2k+4=0\Rightarrow k_{1} =-1+i\sqrt{3} ;\,k_{2} =-1-i\sqrt{3}.$$

Vậy, nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là $y=e^{-x} (C_{1} \cos \sqrt{3} x+C_{2} \sin \sqrt{3} x)$ với  $C_1,C_2$ là những hằng số tùy ý. Do đó$$\Rightarrow y'=-e^{-x} (C_{1} \cos \sqrt{3} x+C_{2} \sin \sqrt{3} x)+e^{-x} (-\sqrt{3} C_{1} \sin \sqrt{3} x+\sqrt{3} C_{2} \cos \sqrt{3} x).$$ 

Với điều kiện đầu $y(0)=y'(0)=1$, ta có $\left\{\begin{array}{l} {1=C_{1} } \\ {1=-C_{1} +\sqrt{3} C_{2} } \end{array}\right. \Rightarrow \left\{\begin{array}{l} {C_{1} =1} \\ {C_{2} =\dfrac{2}{\sqrt{3} } } \end{array}\right. $.

Vậy, nghiệm cần tìm là $y=e^{-x} \left(\cos \sqrt{3} x+\dfrac{2}{\sqrt{3} } \sin \sqrt{3} x\right)$.

Tiếp theo, ta tìm nghiệm tổng quát của phương trình tuyến tính không thuần nhất $y^{''}+py'+qy=f(x)$.

Như ta đã biết, sau khi tìm được nghiệm tổng quát của phương trình tuyến tính thuần nhất tương ứng, ta có thể tìm nghiệm tổng quát bằng phương pháp biến thiên hằng số Lagrange. Tuy nhiên, đối với một số dạng đặc biệt của vế phải $f(x)$ thì ta có thể tìm được một nghiệm riêng của phương trình không thuần nhất mà không cần đến phép tính tích phân. Và theo định lý 4, ta chỉ cần cộng nghiệm riêng ấy với nghiệm tổng quát của phương trình tuyến tính thuần nhất tương ứng ta sẽ có nghiệm tổng quát của phương trình tuyến tính không thuần nhất.

Ta sẽ tìm nghiệm riêng của  phương trình tuyến tính không thuần nhất trong 2 trường hợp:

Trường hợp 1: $f(x)=e^{\alpha x} P_{n} (x)$ trong đó $P_{n} (x)$ là đa thức bậc không quá $n\ $ của $x$, $\alpha $ là một hằng số.

Có 3 khả năng xảy ra

- Nếu $\mathrm{\alpha }$ không là nghiệm của phương trình đặc trưng thì ta tìm một nghiệm riêng của phương trình $y^{''}+py'+qy=f(x)$ dưới dạng $Y=e^{\alpha x} Q_{n} (x)$ trong đó $Q_{n} (x)$ là một đa thức cùng bậc với $P_{n} (x)$ và $n+1$ hệ số chưa biết của đa thức $Q_{n} (x)$ sẽ được xác định bằng phương pháp hệ số bất định (thế $Y,Y',Y^{''}$ vào phương trình tuyến tính không thuần nhất, ta có phương trình $$Q^{''}_{n} (x)+(2p+\alpha )Q'_{n} (x)+(\alpha ^{2} +p\alpha +q)Q_{n} (x)=P_{n} (x),$$ vì $\mathrm{\alpha }$ không là nghiệm của phương trình đặc trưng nên $\alpha ^{2} +p\alpha +q\ne 0$ do đó vế trái và vế phải đều là đa thức bậc $n$, ta đồng nhất các hệ số của lũy thừa cùng bậc của $x$ ở hai vế của phương trình trên, ta được $n+1$ phương trình bậc nhất với $n+1$ ẩn là các hệ số của đa thức $Q_{n} (x)$.

- Nếu $\mathrm{\alpha }$ là nghiệm đơn của phương trình đặc trưng $y^{''}+py'+qy=f(x)$ mà ta vẫn tìm một nghiệm riêng của phương trình  dưới dạng thì khi thế $Y,Y',Y^{''}$ vào phương trình tuyến tính không thuần nhất, ta có phương trình $$Q^{''}_{n} (x)+(2p+\alpha )Q'_{n} (x)+(\alpha ^{2} +p\alpha +q)Q_{n} (x)=P_{n} (x),$$ vì $\mathrm{\alpha}$ là nghiệm đơn của phương trình đặc trưng nên $\alpha ^{2} +p\alpha +q=0;2\alpha +p\ne 0$ do đó vế trái là đa thức bậc $n-1$ trong khi vế phải là đa thức bậc $n$, muốn cho hàm $Y=e^{\alpha x} Q_{n} (x)$ nghiệm đúng phương trình $y^{''}+py'+qy=f(x)$ ta phải nâng bậc của đa thức $Q_{n} (x)$ lên một đơn vị mà không làm tăng số các hệ số của nó, để được như vậy ta nhân đa thức $Q_{n} (x)$ với $x$. Như vậy, nếu $\mathrm{\alpha}$ là nghiệm đơn của phương trình đặc trưng thì ta tìm một nghiệm riêng của phương trình $y^{''}+py'+qy=f(x)$ dưới dạng $Y=xe^{\alpha x} Q_{n} (x)$  trong đó  $Q_{n} (x)$ là một đa thức cùng bậc với $P_{n} (x)$ và $n+1$ hệ số chưa biết của đa thức $Q_{n} (x)$ sẽ được xác định bằng phương pháp hệ số bất định.

- Tương tự, nếu $\mathrm{\alpha}$ là nghiệm kép của phương trình đặc trưng thì $\alpha ^{2} +p\alpha +q=0;2\alpha +p=0$ do đó, vế trái của phương trình $$Q"_{n} (x)+(2p+\alpha )Q'_{n} (x)+(\alpha ^{2} +p\alpha +q)Q_{n} (x)=P_{n} (x)$ $là đa thức bậc $n-2$ và vế phải là đa thức bậc $n$, muốn cho hàm $Y=e^{\alpha x} Q_{n} (x)$ nghiệm đúng phương trình $y^{''}+py'+qy=f(x)$ ta phải nâng bậc của đa thức $Q_{n} (x)$ lên hai đơn vị mà không làm tăng số các hệ số của nó, để được như vậy ta nhân đa thức $Q_{n} (x)$ với $x^2$. Như vậy, nếu $\mathrm{\alpha}$ là nghiệm kép của phương trình đặc trưng thì ta tìm một nghiệm riêng của phương trình $y^{''}+py'+qy=f(x)$ dưới dạng  $Y=x^{2} e^{\alpha x} Q_{n} (x)$ trong đó $Q_{n} (x)$ là một đa thức cùng bậc với $P_{n} (x)$ và $n+1$ hệ số chưa biết của đa thức $Q_{n} (x)$ sẽ được xác định bằng phương pháp hệ số bất định.

Ví dụ 18. Giải phương trình vi phân $y^{''}-4y'=e^{x} $.

Hướng dẫn. Trước hết ta tìm nghiệm tổng quát của phương trình tuyến tính thuần nhất tương ứng $y^{''}-4y'=0$. Phương trình đặc trưng của phương trình tuyến tính thuần nhất là $k^{2} -4k=0$\Rightarrow k_{1} =0;\,k_{2} =4.$ Vậy, nghiệm tổng quát của phương trình tuyến tính thuần nhất tương ứng là $y=C_{1} +C_{2} e^{4x} $ với $C_1,C_2$ là những hằng số tùy ý. Tiếp theo, ta tìm nghiệm riêng của phương trình đã cho. Vì $f(x)=e^{x} $ có $\mathrm{\alpha }\mathrm{=1}$ không là nghiệm của phương trình đặc trưng, nên một nghiệm riêng của phương trình đã cho có dạng: $Y=Ae^{x}$\Rightarrow Y'=Y^{''}=Ae^{x}.$  Thế $Y,Y',Y^{''}$ vào phương trình đã cho, ta có: $$Ae^{x} -4Ae^{x} =e^{x} \Leftrightarrow -3Ae^{x} =e^{x} \Leftrightarrow -3A=1\Rightarrow A=-\dfrac{1}{3} \Rightarrow Y=-\dfrac{1}{3} e^{x}.$$Vậy, nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là $y=C_{1} +C_{2} e^{4x} -\dfrac{1}{3} e^{x}$ với $C_1,C_2$ là những hằng số tùy ý (trùng với kết quả Ví dụ 14, khi ta giải bằng phương pháp biến thiên hằng số Lagrange).

Trường hợp 2: $f(x)=e^{\alpha x} {\rm [}P_{n} (x)\cos \beta x+P_{m} (x)\sin \beta x{\rm ]}$trong đó $P_{n} (x),P_{m} (x)$là các đa thức bậc không quá $n$ và $m$ của $x$ và $\alpha,\beta $ là hai hằng số.

Có 2 khả năng xảy ra: 

1. Nếu $\mathrm{\alpha }\mathrm{\pm }i\beta$ không là nghiệm của phương trình đặc trưng thì ta tìm một nghiệm riêng của phương trình $y^{''}+py'+qy=f(x)$ dưới dạng $Y=e^{\alpha x} {\rm [Q}_{l} (x)\cos \beta x+R_{l} (x)\sin \beta x{\rm ]}$ trong đó $Q_{l} (x),R_{l} (x)$ là các đa thức cùng bậc $l=max\left\{m,n\right\}$ mà các hệ số chưa biết của chúng sẽ được xác định bằng phương pháp hệ số bất định.

- Nếu $\mathrm{\alpha}\mathrm{\pm }i\beta$ là nghiệm của phương trình đặc trưng thì ta tìm một nghiệm riêng của phương trình $y^{''}+py'+qy=f(x)$ dưới dạng $Y=xe^{\alpha x} {\rm [Q}_{l} (x)\cos \beta x+R_{l} (x)\sin \beta x{\rm ]}$ trong đó $Q_{l} (x),R_{l} (x)$ là các đa thức cùng bậc $l=max\left\{m,n\right\}$ mà các hệ số chưa biết của chúng sẽ được xác định bằng phương pháp hệ số bất định.

Ví dụ 19. Giải phương trình vi phân $y^{''}-4y'=\sin x$.

Hướng dẫn. Trước hết ta tìm nghiệm tổng quát của phương trình tuyến tính thuần nhất tương ứng $y^{''}-4y'=0$. Theo Ví dụ 18, nghiệm tổng quát của phương trình tuyến tính thuần nhất tương ứng là $y=C_{1} +C_{2} e^{4x} $ với $C_1,C_2$ là những hằng số tùy ý. Tiếp theo, ta tìm nghiệm riêng của phương trình đã cho. Vì $f(x)=\sin x=e^{0x} {\rm [}0\cos x+1.\sin x{\rm ]}$ có $\mathrm{\alpha}\mathrm{\pm }i\beta =\mathrm{\pm }i$ không là nghiệm của phương trình đặc trưng, nên một nghiệm riêng của phương trình đã cho có dạng: $Y=A\cos x+B\sin x$.$$\Rightarrow Y'=-A\sin x+B\cos x;\quad Y^{''}=-A\cos x-B\sin x.$$  Thế $Y,Y',Y^{''}$ vào phương trình đã cho, ta có: \begin{align}-A\cos x-B\sin x-4\left(-A\sin x+B\cos x\right)=\sin x\Leftrightarrow \sin x(4A-B)-\cos x(A+4B)=\sin x\\\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l} {4A-B=1} \\ {A+4B=0} \end{array}\right. \Rightarrow \left\{\begin{array}{l} {A=\dfrac{4}{17} } \\ {B=-\dfrac{1}{17} } \end{array}\right. \Rightarrow Y=\dfrac{4}{17} \cos x-\dfrac{1}{17} \sin x.\end{align}  Vậy, nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là $y=C_{1} +C_{2} e^{4x} +\dfrac{4}{17} \cos x-\dfrac{1}{17} \sin x$ với $C_1,C_2$ là những hằng số tùy ý.