Bài 9 tiếp tục trang bị cho người học những kiến thức về phương trình vi phân cấp hai. Trong bài này các bán sẽ tìm hiểu những nội dung sau đây: Phương trình vi phân tuyến tính cấp hai, phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất, phương pháp biến thiên hằng số Lagrange. Mời các bạn tham khảo.
PGS. TS. Nguyễn Xuân Thảo
thaonx-fami@mail.hut.edu.vn
′′
′
′ ( ) E t
RI
LI
I
m
kx
;
0
c
phân cấp hai
+
+
=
+
+
=
1 C
2 d x 2 dt
′′
′
y
( ) q x y
( ) f x
(1)
=
+
+
′′
′
y
( ) p x y
( ) q x y
(2)
+
+
= 0
cũng là nghiệm của (2),
+
2
c y 1 1
c y 2 2
Định lí 1. ∀
,y y là các nghiệm của (2) ⇒ 1 ∈ (cid:1)
,c c 1
2
y x
( ),
( )
≠ hằng
•••• Định nghĩa. Các hàm 1
y x là độc lập tuyến tính trên [ 2
y x ( ) ;a b ⇔ 2 ] y x ( ) 1
;a b . Trong trường hợp ngược lại ta nói các hàm này phụ thuộc tuyến tính.
số trên [
]
e
,x
x 2 e
b) 2 x
2
x
1,
x
x c) tan , 2 tan
x
+
+
1 +
y x
( ),
y x , khi đó định thức Wronsky của các hàm này là
( )
Định nghĩa. Cho các hàm 1
2
y
y
)
=
W y y ( , 1
2
y
1 ′ 1
2 ′ 2
)
0
= trên đoạn đó
Định lí 2. Các hàm 1
W y y , ( 1
2
0
)
;a b ⇒ độc lập tuyến tính
] ;a b ⇒ ]
y ,y y phụ thuộc tuyến tính trên [ 2 ≠ tại 0x nào đó thuộc [
2
W y y , ( 1
,y y là các nghiệm của (2),
)
a b ;
, các hàm
∈
[
]
x 0
2
W y (
0,
W y y ( , 1 x ∀ ∈
≠
Định lí 3. Cho 1 p x q x liên tục trên [ ( ) ( ),
≠ tại 0 ]
, 1
2 ] [ ;a b ⇒ y ) a b ; 2 ,y y của (2) độc lập tuyến tính trên [
] ;a b
2
W y (
⇒
0,
y
)
a b ;
x ∀ ∈
≠
Định lí 4. Các nghiệm 1 [
]
, 1
2
,y y là các nghiệm độc lập tuyến tính ⇒ nghiệm tổng quát của (2) là
Định lí 5. Cho 1
2
y
.
=
+
c y 1 1
c y 2 2
y
y
′′ +
= 0
y ≠ của (2) ⇒ tìm được nghiệm riêng 2y của (2) độc lập 0 y x ( )
=
p x dx )
(
−
∫
(Liouville).
dx
e
y
y
=
2
1
∫
thaonx-fami@mail.hut.edu.vn
′′
y
PGS. TS. Nguyễn Xuân Thảo ′− y
= 0
dx
−
( 1) −
∫
+) Dễ thấy
là nghiệm 1
+)
x e
+)
y C =
y =1
+1
x C e 2
2
∫
′′
′
b)
2 x y
xy
y
0
−
−
=
dx
−
∫
1 x
y
x
e
dx
x
dx
+)
x là nghiệm +)
=
=
=
2
=1y
y e dx = =
1 2 x
1 3 x
1 x 2
−
+)
y C x = 1
C + 2 x
x
2
−
′′
′
c) (2
1)
4
4
0
(
)
x
y
xy
y
+
+
−
=
=
+
y C x C e 1
2
x
x
′′
′
d)
(2
1)
(
1)
xy
x
y
x
y
2 C x e )
−
+
+
+
= ( 0
+
y C e = 1
2
2
(
tan
(1
tan )
y
x y )
x
x )
′′ −
= 0
2(1 tan +
+
y C = 1
′′
′
(1)
y
q x y ( )
f x ( )
+
+
p x y ( ) = , ở đó y là nghiệm tổng quát
=
y Y +
′′
′
p x y ( )
q x y ( )
+
+
=
′′
′
f x ( ). 1 ( ).
q x y ( )
p x y ( )
+
=
′′
′
y là nghiệm của phương trình
( ).
y
y
y
f x 2 p x y ( )
q x y ( )
+
=
+
=
+
1
2
f x ( ) 1
f x 2
y
=
+
c y 1 1
c y 2 2
x ( )
k
• Giải hệ sau
=
=
+
c có 1
x ( ) +φ 1
k 1
c , 2
φ 2
2
0 f x ( )
= =
′ c y 1 1 ′ ′ c y 1 1
′+ c y 2 2 ′ ′ c y + 2 2
)
)
y
x ( )
y
x ( )
k
=
+
+
+
( φ 1 1
k 1
( φ 2
2
2
2
′′
• Nghiệm tổng quát của (1) là y xx e
y
′− y
=
− 3 x
dx
x
+)
1
là nghiệm
+)
+)
y
dx
x e
=
=
y C =
y =1
+1
C e 2
2
∫∫ e
x
x
2
x
xx e
0
+
=
dx
dx
=
−
′ C e 2
2
e x
2 e 3 x
+) Giải hệ
⇔
⇔
x
2
x
x
2
e
=
′+ C e 2
K
=
−
+
′ C 1 ′ C .0 1
2
− 3 x
′ = − C 1 ′ = C 2
C 1 C 2
− 3 x x − 3 x
1 2 x
x
x
dx
x e d
Ta có
=
+
=
+
C 1
K 1
2
2
e x
1 2 x
e x
x
x
x
x
+) Nghiệm tổng quát
y
1.
e
K
=
+
+
+
=
+
+
−
K 1
2
K 1
K e 2
2
e x
1 x
1 2 x
e x
thaonx-fami@mail.hut.edu.vn
′′
′
2 x y
PGS. TS. Nguyễn Xuân Thảo 2 x xy
y
+
−
=
+) Theo ví dụ 3 có
y C x = 1
C + 2 x
0
=
=
+
0
=
′ 1
K 1
′+ C 2
x 2
+) Giải hệ
⇔
⇔
⇔
3
2
1
1
−
=
=
K
= −
+
′+ C 2
′− C 2
2
′ C 1 ′ C 1
1 x
1 ′ = C 1 2 ′ = − C 2
C 1 C 2
′+ C x C 2 ′ C .1 1
1 2 x 1 2 x
1 2 x
x 6
x 2
3
2
+) Nghiệm tổng quát
y
x
K
=
+
+
−
+
=
+
+
K 1
2
K x 1
x 6
1 x
K 2 x
x 3
′′
′
x y
xy
33 x
(
x )
x 2 = 3
−
=
1y
2
2
′′
′
x y
xy
y
x
(
y
)
=
+
+
+
−
=
C x 1
x 3
C 2 x
2
x
x
−
x y (
y
)
x
(
y
)
′′ −
=
− 2
= −
+
+
C e 1
C e 2
1 x
′′
x x
1)
y
2
y
+
=
1 = +
, biết nghiệm riêng 1 y
2 1)
(
1 x 1 x
2
x 1 1 ln( x ) + + 1 + − − + y C = 1 C x 2 1 x + x
2
′′ 2) y tan x (tan x 2) 2 cot y x 0 sin x ′+ y − + = = , biết nghiệm riêng 1 y
2
x
( sin sin x ) y C = 1 x C + 2
x
′′ ′ 3) 2 x y 4 xy ( x 2) y e bằng cách đổi hàm số y + + + = = z 2 x
2
y cos x sin x ) ( = + + C 2 2 x e x 2 C 1 2 x
′′ ′ xy 2 y xy x bằng cách đổi hàm số y
+ + = = u x
2
sin
x
sin
x
sin
x
−
( y cos sin x x ) ) = + C ( 1 x C + 2 1 x
1
x
2
x
x
2
x
−
−
−
−
′′ 2) y tan x y cos x 0 y ( ) ′+ y − = , biết nghiệm riêng e= + y C e = 1 C e 2
x e ) )
x
′′ ′ 3) y 3 y 2 y ( ( e e ) ln(1 + + = + + + + y C e = 1 C e 2 1 e 1 +
y 0 ( x )
2 ln
+ ′′ − = x= = biết nghiệm riêng 1y y C x C x +1 y 2 x
2(
1
2) y 0 ( y C x C x 1) + ′′ − = x= = + −2 biết nghiệm riêng 1y 2 2 ′ 1 x 1 ′ y x xy 2 2 x + y +
PGS. TS. Nguyễn Xuân Thảo
thaonx-fami@mail.hut.edu.vn
2
2
x
3 3 x e
′′ ′ x y (6 x 2 ) x y (9 x 6 x 2) y 4 bằng cách đặt u
3
x
2
3
− + + + + = = y x
2
x
( y ( 2 x ) = + + e C x C x 1
x
x
x
−
′′ ′ 2) xy 2(1 x y ) ( x 2) y e− bằng cách đặt u + − + − = yx=
( e ) + + y C = 1 C e 2
) ln y y cos x tan y cos sin x sin x
2
x ( ′′ + = + = x K + + − K 1
x ) ln y y sin x cot ( y cos sin x cos x
2
HAVE A GOOD UNDERSTANDING! HAVE A GOOD UNDERSTANDING! HAVE A GOOD UNDERSTANDING! HAVE A GOOD UNDERSTANDING!
x ′′ + = + = x K + − − K 1 e x x cos 2 sin 2 x 2 x 2 1 4 x 1 sin x + x 1 sin − x 1 cos + x 1 cos −
