Bài giảng môn "Giải tích 1 - Chương 4: Phương trình vi phân" cung cấp cho người học các kiến thức: Phương trình tuyến tính cấp 2 hệ số hằng, phương trình tuyến tính cấp 2 hệ số hằng thuần nhất, bài tập hệ phương trình vi phân cấp 2. Mời các bạn cùng tham khảo nội dung chi tiết.
AMBIENT/
Chủ đề:
Nội dung Text: Bài giảng môn Giải tích 1 - Chương 4: Phương trình vi phân (p2)
- Phương trình tuyến tính cấp 2 hệ số hằng
Định nghĩa:
PT vp tuyến tính cấp n hệ số hằng là ptvp có dạng
(n) ( n −1)
an y + an−1 y + ... + a1 y + a0 y = 0 (1)
(n) ( n −1)
an y + an −1 y + ... + a1 y + a0 y = f ( x ) (2)
Trong đó a1,a2 , … , an là các hằng số thực
PT (1) gọi là pt thuần nhất
PT (2) gọi là pt không thuần nhất
- Phương trình tuyến tính cấp 2 hệ số hằng
Hệ hàm độc lập tuyến tính trên (a,b)
Hệ {y1(x), y2(x), …, yn(x)} được gọi là độc lập tuyến
tính trong (a,b) nếu từ đẳng thức
λ1y1(x)+λ2y2(x)+…+λnyn(x)=0
Ta suy ra λ1= λ2 =… = λn=0
Định thức Wronski của các hàm y1(x), y2(x), …, yn(x)
có đạo hàm đến cấp (n-1) trong (a,b) là
y1 y2 ... yn
y1 y2 ... yn
W ( y1 , y2 ,..., yn ) =
: : : :
y1( n −1) y2( n−1) ... yn ( n −1)
- Phương trình tuyến tính cấp 2 hệ số hằng
Định lý: Cho các hàm y1(x), y2(x), …, yn(x) có đạo
hàm đến cấp (n-1) trong (a,b).
Nếu W ( y1 , y2 ,..., yn ) 0 thì hệ trên đltt trong (a,b)
Ví dụ: 2 hàm y1(x) = ex , y2(x) = xex đltt với mọi x
Ta đi tính định thức Wronski của 2 hàm đã cho
x x
e xe 2x 2x
W ( y1 , y2 ) = x x
= e (1 + x) − xe
e e (1 + x)
2x
=e ∀x
- Phương trình tt cấp 2 hệ số hằng thuần nhất
y + a1 y + a0 y = 0 (1.1)
Cấu trúc nghiệm: Nếu y1(x), y2(x) là 2 nghiệm riêng
đltt của thì NTQ của pt (1.1) là
ytn=C1y1(x)+C2y2(x)
kx
Ta đi tìm nghiệm của (1) ở dạng y = e
2 kx kx kx
Thay vào (1) : k e + a1ke + a2e =0
k 2 + a1k + a2 = 0 (3)
Vậy hàm y = e kx là nghiệm của pt (1) khi và chỉ khi
k là nghiệm của pt (3)
Ta gọi pt (3) là pt đặc trưng của pt (1)
- Phương trình tt cấp 2 hệ số hằng thuần nhất
Pt thuần nhất : y + a1 y + a2 y = 0
2
Pt đặc trưng : k + a1k + a2 = 0 (3)
TH 1: (3) có 2 nghiệm thực
k1 k 2 : y1 = e k1x , y2 = e k2 xđltt
TH 2: (3) có 1 nghiệm thực
k = k1 = k2 : y1 = ekx ,y2 = xekx đltt
TH 3: (3) có cặp nghiệm phức liên hợp
k = α iβ : y1 = eα x cos β x, y1 = eα x sin β xđltt
NTQ của pt thuần nhất là y = C1 y1 + C2 y2
- Phương trình tt cấp 2 hệ số hằng thuần nhất
Ví dụ: Tìm NTQ của các pt 1. y − 5 y + 6 y = 0
2. y + 4 y + 4 y = 0
3. y + y = 0
k1 = 2 2x 3x
2
1.k − 5k + 6 = 0 y = C1e + C2e
k2 = 3
2
2.k + 4k + 4 = 0 � k1 = k2 = −2
−2 x −2 x
y = C1e + C2 xe
2
3.k + 1 = 0 � k1,2 = 0 �i
y = C1 cos x + C2 sin x
- Phương trình tt cấp cao hệ số hằng thuần nhất
Tương tự cho các pt tuyến tính cấp cao hệ số hằng
thuần nhất. Ta sẽ làm với ví dụ sau
Ví dụ: Tìm NTQ của các pt
0x −x −4 x
1. y + 5 y + 4 y = 0 y = C1e + C2e + C3e
2. y + 3 y + 3 y + y = 0
−x −x 2 −x
( y = C1e + C2 xe + C3 x e )
3. y − 8 y = 0
2x −x −x
( y = C1e + C2e cos 3 x + C3e sin 3x )
4. y (4) + y = 0
2 − 2
x� 2 2 � 2 x� 2 2 �
(y = e 2 C1 cos
� x + C2 sin x �+ e C3 cos
� x + C4 sin x�
)
� 2 2 � � 2 2 �
- Phương trình tt cấp 2 hệ số hằng không thuần nhất
y + a1 y + a0 y = f ( x ) (2.1)
Cấu trúc nghiệm của pt không thuần nhất
Ta gọi ytn là nghiệm tổng quát của pt thuần nhất (1.1)
và yr là 1 nghiệm riêng của pt không thuần nhất (1.2)
Thì NTQ của pt không thuần nhất (2.1) là
ytq=ytn+yr
NTQ của pt thuần nhất (1.1) là ytn ta đã tìm ở trên
Ta chỉ cần tìm 1 nghiệm riêng của pt không thuần
nhất là yr
- Phương trình tt cấp 2 hệ số hằng không thuần nhất
Trường hợp đặc biệt : f(x) có thể viết dưới dạng
f ( x) = e αx
( Pn ( x)cos β x + Qm ( x)sin β x )
Ta sẽ viết yr dưới dạng sau
h αx
yr = x e ( Ts ( x)cos β x + Rs ( x)sin β x )
Trong đó : s = max{m, n},
α iβ là nghiệm bội h của pt đặc trưng
Sau đó, ta sẽ tính các đh cấp 1, cấp 2 của hàm yr
rồi thay vào pt ban đầu để tìm các đa thức Ts(x)
và Rs(x)
- Phương trình tt cấp 2 hệ số hằng không thuần nhất
2x
Ví dụ: Gpt y − 5 y + 6 y = xe
2
PT đặc trưng: k − 5k + 6 = 0 k = 2,3
2x 3x
NTQ của pt thuần nhất: y tn = C1e + C2e
Hàm vế phải có dạng đặc biệt :
2x 2x 1 0
f ( x) = xe = e ( x . cos 0 x + x .sin 0 x )
So với dạng chính tắc:
αx
f ( x) = e ( Pn ( x)cos β x + Qm ( x)sin β x )
Ta được: α = 2, β = 0, n = 1, m = 0
α iβ = 2 Là nghiệm đơn (bội 1) của ptđt, h=1
s = max(m, n) = 1
- Phương trình tt cấp 2 hệ số hằng không thuần nhất
1. y − 5 y + 6 y = xe 2 x y tn = C1e 2 x + C2e3 x
y r = x heα x ( Ts ( x )cos β x + Rs ( x)sin β x )
=xe1 2x
2x
( (2ax +1b)cos 0 x + (cx + d )sin 0x )
1 1
= e (ax + bx )
Ta tính đh cấp 1, cấp 2 của yr và thay vào pt đã cho
2x 2 1
yr = e (2ax + 2bx + 2ax + b)
2x 2
yr = e (4ax + (4b + 4a) x + 4ax + 2a + 2b)
Ta được: ( ( −2a + 4b) x + ( 2a − 3b) ) e = (1.x + 0)e
2x 2x
Đồng nhất hệ số 2 vế: a=3/2, b=1
2x 3x 2x 3 2
Vậy NTQ: ytq = ytn + yr = C1e + C2e + e ( x + x )
2
- Phương trình tt cấp 2 hệ số hằng không thuần nhất
Ví dụ: Tìm dạng nghiệm riêng của các pt
1. y − 5 y + 6 y = xe 2 x
2. y − 2 y + y = 2e x
3. y − 5 y + 4 y = sin x − cos x
PT k1,k2 α iβ h n, m S Yr
1 2, 3 2 1 1, 0 1 yr = x1e 2 x ( (ax + b) cos 0 x )
2 1, 1 1 2 0, 0 0 yr = x 2e1x ( (a) cos 0 x )
3 1, 4 i 0 0, 0 0 yr = x 0e0 x ( (a) cos1x + (b)sin 1x )
- Phương trình tt cấp 2 hệ số hằng không thuần nhất
Nếu f(x) có thể tách được thành tổng 2 hàm f 1(x) và
f2(x) có dạng đặc biệt
Ta sử dụng nguyên lý chồng nghiệm như sau:
Nếu y1, y2 là nghiệm riêng của pt sau
y + a1 y + a2 y = f1 ( x ), y + a1 y + a2 = f 2 ( x)
Thì y1+y2 là nghiệm riêng của pt
y + a1 y + a2 y = f1 ( x ) + f 2 ( x )
- Phương trình tt cấp 2 hệ số hằng không thuần nhất
Ví dụ: Gpt y − 3 y + 2 y = 3 x + 5sin 2 x
ytn = C1e x + C2e 2 x
f ( x) = 3 x + 5sin 2 x = f1 ( x) + f 2 ( x)
yr1 = ax + b, yr 2 = c cos 2 x + d sin 2 x
yr1 = a, yr1 = 0
yr 2 = −2c sin 2 x + 2d cos 2 x, yr 2 = −4c cos 2 x − 4d sin 2 x
Thay yr1, yr2 vào 2 pt tương ứng, ta được:
a = 3 , b = 0, c = 3 , d = −1
2 4 4
x 2x 3 3 1
Vậy NTQ là ytq = C1e + C2e + x + cos 2 x − sin 2 x
2 4 4
- Phương trình tt cấp 2 hệ số hằng không thuần nhất
Trường hợp hàm f(x) không thể viết như trên
Ta sẽ dùng phương pháp biến thiên hằng số bằng cách
khi NTQ của pt thuần nhất (1.1) là
ytn = C1 y1( x) + C2 y2 ( x)
tìm NTQ của pt không thuần nhất (2) ở dạng
ytq = C1( x) y1( x) + C2 ( x) y2 ( x) (*)
Từ (*) :
ytq = C1 ( x) y1( x) + C1( x) y1( x) + C2 ( x) y2 ( x) + C2 ( x) y2 ( x)
Để việc tính toán đơn giản hơn, ta thêm điều kiện
C1 ( x) y1( x) + C2 ( x) y2 ( x) = 0 (a)
- Phương trình tt cấp 2 hệ số hằng không thuần nhất
Khi đó: ytq = C1( x) y1( x) + C2 ( x) y2 ( x)
Ta tính tiếp đh cấp 2, rồi thay y’, y’’ vào pt không t.nhất
ytq = C1 ( x) y1 ( x) + C1( x) y1( x) + C2 ( x) y2 ( x) + C2 ( x) y2 ( x)
Lưu ý rằng y1, y2 là nghiệm của pt t.nhất, tức là
y1 + a1 y1 + a2 y1 = 0, y2 + a1 y2 + a2 y2 = 0
Ta được C1 ( x) y1 ( x) + C2 ( x) y2 ( x) = f ( x) (b)
Suy ra, C1’(x), C2’(x) là nghiệm của hpt (a), (b)
C1 ( x) y1( x) + C2 ( x) y2 ( x) = 0
C1 ( x) y1( x) + C2 ( x) y2 ( x) = f ( x)
- Phương trình tt cấp 2 hệ số hằng không thuần nhất
Phương pháp biến thiên hằng số để giải pt
y + a1 y + a2 y = f ( x) (2)
2
1. Giải pt đặc trưng k + a1k + a2 = 0
2. Viết 2 nghiệm riêng y1(x), y2(x) của pt thuần nhất
3. Tìm NTQ ở dạng ytq = C1 ( x) y1 ( x) + C2 ( x) y2 ( x)
Rồi đi tìm C1’(x), C2’(x) bằng cách giải hpt
C1 ( x) y1( x) + C2 ( x) y2 ( x) = 0
C1 ( x) y1( x) + C2 ( x) y2 ( x) = f ( x)
4. Lấy tích phân C1’(x), C2’(x) rồi thay vào ytq
- Phương trình tt cấp 2 hệ số hằng không thuần nhất
−2 x
Ví dụ: Gpt y + 4 y + 4 y = e ln x
2 −2 x −2 x
Từ pt đ.tr k + 4k + 4 = 0 y1( x) = e , y2 ( x) = xe
−2 x
Ta giải hpt C1 ( x)e + C2 ( x) xe −2 x = 0
C1 ( x)(−2)e −2 x + C2 ( x)e −2 x (1 − 2 x) = e −2 x ln x
x2 x2
C1 ( x) = − x ln x C1( x) = − ln x + + C1
2 4
C2 ( x) = ln x C2 ( x) = x ln x − x + C2
Vậy nghiệm của pt đã cho là
ytq = C1( x) y1( x) + C2 ( x) y2 ( x)
� 2 2�
−2 x −2 x −2 x x 3x
ytq = C1e + C2 xe +e ln x −
2 4
- Phương trình tt cấp 2 hệ số hằng – pt Euler-Cauchy
PT Euler – Cauchy là pt có dạng
n (n) n −1 ( n −1)
an x y + an −1x y + ... + a0 y = f ( x )
Ta đưa về pt tt hệ số không đổi bằng cách đặt
x = et (x>0) hoặc x = -et (x
- Phương trình tt cấp 2 hệ số hằng – pt Euler-Cauchy
2
Thay x y x = yt − yt , xy x = yt vào pt ban đầu cấp 2:
a2 x 2 y + a1xy + a2 y = f ( x )
Ta được pt tuyến tính cấp 2 hệ số hằng
a2 ( yt − yt ) + a1 yt + a2 y = f (e )
t
� a2 yt + (a1 − a2 ) yt + a2 y = f (et )
Giải pt trên rồi thay x=et, ta được nghiệm của pt
Euler – Cauchy cấp 2
Thêm vào BST
Báo xấu
Download
Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ
