zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Khoa Học Tự Nhiên

Bài giảng Phương trình vi phân và lí thuyết chuỗi: Bài 11 - PGS. TS. Nguyễn Xuân Thảo

Chia sẻ: Kiếp Này Bình Yên | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Báo xấu

146
lượt xem 9
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Bài giảng bài 11 cung cấp cho người học những kiến thức về phương trình vi phân tuyến tính cấp hai có hệ số không đổi và một số nội dung cơ bản về hệ phương trình vi phân. Mời các bạn cùng tham khảo.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Bài giảng Phương trình vi phân và lí thuyết chuỗi: Bài 11 - PGS. TS. Nguyễn Xuân Thảo

PGS. TS. Nguyễn Xuân Thảo thaonx-fami@mail.hut.edu.vn PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN VÀ LÍ THUYẾT CHUỖI BÀI 11 §3. Phương trình vi phân cấp hai (TT) 4. Phương trình vi phân tuyến tính cấp hai có hệ số không đổi c) Phương trình Euler x 2 y ′′ + axy ′ + by = 0, a, b ∈ Cách giải. • Đặt x = et ⇒ t = ln x dy dy dt 1 dy dy • y′ = = . = ⇒ xy ′ = dx dt dx x dt dt d d  1 dy  1 dy 1 d  dy  dt • y ′′ = y′ =  . = − 2 + .  . dx dx  x dt  x dt x dt  dt  dx 1 dy 1 d 2y 1  d 2 y dy  2 2 y ′′ = d y − dy = − 2 + 2 =  −  ⇒ x x dt x dt 2 x 2  dt 2 dt  dt 2 dt d 2 y dy dy d 2y dy • Thay vào có − + a + by = 0 ⇔ + ( a − 1) + by = 0 là phương trình dt 2 dt dt dt 2 dt vi phân tuyến tính cấp hai có hệ số không đổi Ví dụ 1. Giải phương trình vi phân a) x 2 y ′′ + 2 xy ′ − 6 y = 0 (1) b) x 2 y ′′ − 9 xy ′ + 21y = 0 c) x 2 y ′′ + xy ′ + y = x y′ y 2 d) x 2 y ′′ − 2 xy ′ + 2y + x − 2 x 3 = 0 e) y ′′ − + 2 = x x x Giải a) • x = et ⇒ t = ln x 1 dy 1  d 2 y dy  dy 2 2 y ′′ = d y − dy • y′ = . , y ′′ = 2  2 −  ⇒ xy ′ = , x x dt x  dt dt  dt dt 2 dt d 2 y dy dy d 2 y dy • Thay vào ta có − + 2 − 6 y = 0 ⇔ + − 6y = 0 (2) dt 2 dt dt dt 2 dt • Phương trình đặc trưng r 2 + r − 6 = 0 ⇔ r = 2, r = −3 • (2) có nghiệm tổng quát y = c1e 2t + c2e −3t c2 • (1) có nghiệm tổng quát y = c1e 2 ln x + c2e −3 ln x = c1x 2 + x3 Ví dụ 2. Giải phương trình vi phân x 2 y ′′ − 2 xy ′ + 2y = 3 x 2, x > 0 bằng cách đặt x = et 3 2 2 ( y = (C1 + C2 ln x )x 2 + x ln x ) 2
PGS. TS. Nguyễn Xuân Thảo thaonx-fami@mail.hut.edu.vn §4. Hệ phương trình vi phân • Đặt vấn đề − Các quy luật của tự nhiên không diễn ra đơn lẻ mà gồm nhiều quá trình đan xen nhau − Hệ phương trình vi phân tuyến tính giải quyết nhiều bài toán nêu trên, chẳng hạn như : 1°/ Ví dụ 1. Xét hệ hai khối lượng và hai lò xo như trong Hình 1, với một lực tác động từ bên ngoài f (t ) bên phải khối lượng m2 . Ta kí hiệu x (t ) là hàm vị trí (sang phải) của khối lượng m1 từ trạng thái cân bằng (khi hệ bất động và cân bằng với f (t ) = 0 ) và y (t ) là vị trí của khối lượng m2 từ trạng thái tĩnh của nó. Hình 1. Hệ khối lượng và m x " = −k1x + k 2 ( y − x ) − Có mô hình toán là  1 lò xo trong Ví dụ 1 m2 y " = −k2 ( y − x ) + f (t ) 2°/ Ví dụ 2. Xét hai thùng nước muối được nối với nhau như trong Hình 2. Thùng 1 chứa x(t) pounds muối trong 100 gallon của nước biển và thùng 2 chứa y (t ) pounds muối trong 200 gallon nước biển. Nước biển trong mỗi thùng được giữ nguyên bởi các vòi bơm và nước biển thùng này sang thùng khác với tốc độ chỉ ra trên Hình 2. Thêm nữa nước nguyên chất chảy vào thùng 1 với tốc độ 20gal/phút và nước muối trong thùng 2 chảy ra với tốc độ 20gal/phút Hình 2. Hai thùng nước  ′ 3 1 biển trong Ví dụ 2  x = − 10 x + 20 y − Có mô hình toán là  y ′ = 3 x − 3 y  10 20 3°/ Ví dụ 3. Xét mạch điện như trong Hình 3, ở đó I1 (t) kí hiệu của dòng điện chạy qua cảm biến L và I2 (t) kí hiệu của dòng điện chạy qua điện trở R2 . Dòng điện chạy qua điện trở R1 là I = I1 − I2 theo hướng đã chỉ.  dI1  dt + 25I1 − 25I2 = 50 Hình 3. Mạng điện − Có mô hình toán là  trong Ví dụ 3 2 dI1 − 3 dI2 − 5I = 0  dt dt 2 1. Đại cương − Định nghĩa. Hệ phương trình vi phân chuẩn tắc cấp một có dạng  y1′ = f1( x, y1, y 2, … , y n )  y ′ = f ( x, y , y , … , y )  2 2 1 2 n  (1)   y n′ = fn ( x, y1, y 2, … , y n )
PGS. TS. Nguyễn Xuân Thảo thaonx-fami@mail.hut.edu.vn ∂fi − Định lí 1. Giả sử các hàm fi ( x, y1, y 2, … , y n ) và các đạo hàm riêng ( x, y1, y 2, … , y n ) ∂y j liên tục trên D ⊂ n +1 . Cho ( x0 , y10 , y 20 , … , y n0 ) ∈ D , khi đó ∃ Uε ( x0 ) để (1) có nghiệm duy nhất thoả mãn các điều kiện y i ( x0 ) = y i0 , i = 1, n Định nghĩa. Ta bảo ( y1, … , y n ) , ở đó y i = ϕi ( x, c1, c2, … , cn ) là nghiệm tổng quát của hệ (1) ⇔ • thoả mãn hệ (1) ∀ c1, c2, … , cn • ∀ ( x0 , y10, y 20 , … , y n0 ) thoả mãn định lí 1 ⇒ ∃ ci = ci0 sao cho các hàm số y i = ϕi ( x, c10 , c20, … , cn0 ) thoả mãn điều kiện y i x = x0 = y i0, i = 1, n Nghiệm riêng của (1) nhận được từ nghiệm tổng quát khi cho ci , i = 1, n các giá trị xác định 2. Cách giải • Phương trình vi phân cấp n : y ( n ) = f ( x, y , y ′, … , y ( n −1) ) luôn đưa về hệ phương trình vi phân chuẩn tắc cấp 1: Đặt y = y1 , có  y1′ = y 2 y′ = y  2 3  y′ = y  n −1 n  y n′ = f ( x, y1, y 2, … , y n ) Ngược lại, hệ PTVP chuẩn tắc luôn đưa về phương trình cấp cao bằng cách khử những hàm số chưa biết từ các phương trình của hệ, được gọi là phương pháp khử  y2  y ′ =  y ′ = 5 y + 4z y′ = y + z z y′ = z Ví dụ 1. a)  b)  c)  d)   z′ = 4 y + 5 z  z′ = y + z + x  z′ = y  z′ = y  2 y′ = z  y = C1 cos x + C2 sin x e)  ( )  z′ = − y  z = C2 cos x − C1 sin x y = e − x (C1 cos x + C2 sin x )  y ′ = y + 5z  f)  ( 1 −x )  z′ = − ( y + 3 z ) z = e [ (C2 − 2C1) cos x − (C1 + 2C2 ) sin x ]  5  y ′ = −3 y − z  y = (C1 − C2 − C1x )e −2 x g)  ( )  z′ = y − z  z = (C1x + C2 )e −2 x Giải a) • Từ phương trình thứ nhất ⇒ y ′′ = 5 y ′ + 4z′ • Thay z′ = 4 y + 5z vào phương trình 1 có y ′′ = 5 y ′ + 16 y + 20z
PGS. TS. Nguyễn Xuân Thảo thaonx-fami@mail.hut.edu.vn 1 • Từ phương trình 1 ⇒ z = ( y ′ − 5 y ) , thay vào ta có y ′′ − 10 y ′ + 9 = 0 4 • Nghiệm tổng quát y = c1e x + c2e9 x • y ′ = c1e x + 9c2e9 x , thay vào phương trình đầu có z = −c1e x + c2e9 x 1 2C1 c) +) zz′′ = 2z′2 +) z = − +) y = C1x + C2 (C1x + C2 )2 3. Hệ phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất với hệ số hằng số  dy1  dx = a11y1 + a12 y 2 + … + a1n y n   dy 2 = a y + a y + … + a y 21 1 22 2 2n n a) Định nghĩa  dx (1)    dy n = a y + a y + … + a y  dx n1 1 n2 2 nn n ở đó aij ∈  dy1  dx = a11y1 + a12 y 2 b) Cách giải. Để đơn giản ta xét hệ  (2)  dy 2 = a21y1 + a22 y 2  dx a11 − λ a12 • Giải phương trình đặc trưng = 0 (3) a21 a22 − λ • Nếu (3) có 2 nghiệm thực phân biệt λ1, λ2 ⇒ (2) có nghiệm tổng quát là ( y1, y 2 ) ở đó y1 = c1y11 + c2 y12 ; y 2 = c1y 21 + c2 y 22 ở đó y11 = p11eλ1x , y 21 = p21eλ1x , y12 = p12e λ2 x , y 22 = p22e λ2 x , ( p1k , p2k ) là vectơ riêng ứng với giá trị riêng λk , k = 1, 2  y ′ = y + 2z  y ′ = y − 5z y′ = y − z Ví dụ 1. Giải các hệ sau a)  b)  c)   z′ = 4 y + 3 z  z′ = 2 y − z  z′ = y + 3 z Giải a) Cách 1. Phương pháp khử: y′′ − 4y′ − 5y = 0  1   y = C1e−x + C2e5x • y ′′ = y ′ + 2z′ với z′ = 4y + 3z và z = (y′ − y ) ⇔  1 ⇔ 2 z = ( y′ − y ) z = −C1e−x + 2C2e5x 2 Cách 2. Phương pháp toán tử  L1x + L2 y = f1(t ) Hệ  , ở đó Li là các toán tử tuyến tính  L3 x + L4 y = f2 (t ) L1 L2 f1(t ) L2 L1 L2 L1 f1(t ) x = ; y = L3 L4 f2 (t ) L4 L3 L4 L3 f2 (t )
PGS. TS. Nguyễn Xuân Thảo thaonx-fami@mail.hut.edu.vn (D − 1)y − 2z = 0 d •  ,D ≡  4 y + (3 − D )z = 0 dx D − 1 −2 • Ta có = (D − 1)(3 − D ) + 8 = −D 2 + 4D + 5 4 3−D  − y ′′ + 4 y ′ + 5 y = 0 • Hệ ⇔   − z′′ + 4z′ + 5z = 0 • Phương trình đặc trưng −k 2 + 4k + 5 = 0 ⇔ k1 = −1, k 2 = 5 • Ta có y = c1e − x + c2e5 x ; z = c3e − x + c4e5 x • Thay y , z vào phương trình 1 ta có 0 = − y ′ + y + 2z = c1e − x − c2.5e5 x + c1e − x + c2e5 x + 2(c3e − x + c4e5 x ) = (2c1 + 2c3 )e − x + ( −4c2 + 2c4 )e −5 x , ∀ x  2c1 + 2c3 = 0  c3 = −c1 ⇒  ⇔  −4c2 + 2c4 = 0  c4 = 2c2 • Nghiệm tổng quát ( y , z ) , ở đó y = c1e − x + c2e5 x ; z = −c1e − x + 2c2e5 x 1− λ 2 Cách 3. • = 0 ⇔ λ 2 − 4λ − 5 = 0 ⇔ λ1 = 5, λ2 = −1 4 3−λ (1 − 5)p11 + 2 p21 = 0 • λ1 = 5 :  ⇔ 4 p11 − 2 p21 = 0  4 p11 + (3 − 5)p21 = 0 Chọn p11 = 1, p21 = 2  ( 1 − ( −1) ) p12 + 2 p22 = 0 • λ2 = −1:  ⇔ 2 p12 + 2 p22 = 0  4 p12 − ( 3 − ( −1) ) p22 = 0 Chọn p12 = 1, p22 = −1 • Hệ nghiệm cơ bản là y1 = e5 x ; z1 = 2e5 x ; y 2 = e − x ; z2 = −e − x • Nghiệm tổng quát: ( y ; z ) , ở đó y = c1e5 x + c2e − x ; z = 2c1e5 x − c2e − x Ví dụ 2  dx  dt = 2 x + y  1  x = C1et + C2e5t  x = −C1et + C2e5t a)  ( hoặc  3 )  dy = 3 x + 4 y  y = −C1et + 3C2e5t  y = C1e + C2e t 5 t  dt   dx  dt = x − 3 y  x = et (C1 cos 3t + C2 sin 3t )  y = et (C1 cos 3t + C2 sin 3t ) b)  ( hoặc  )  dy = 3x + y  y = e t (C1 sin 3t − C2 cos 3t )  x = e t (C1 sin 3 t − C2 cos 3t )  dt Chú ý. Phương pháp toán tử giải được hệ phương trình tuyến tính không thuần nhất với hệ số hằng số HAVE A GOOD UNDERSTANDING!

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN

TRỢ GIÚP

HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG

Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.