Bài giảng Toán B2: Chương 4 - Trần Thị Thùy Nương

Chia sẻ: Minh Vũ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

80
lượt xem 6
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Bài giảng "Toán B2 - Chương 4: Phương trình vi phân cấp 2" cung cấp cho người học các kiến thức: Các phương trình vi phân cấp 2 có thể giảm cấp, phương trình vi phân tuyến tính cấp 2 có hệ số hằng. Mời các bạn cùng tham khảo nội dung chi tiết.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Bài giảng Toán B2: Chương 4 - Trần Thị Thùy Nương

1/8/2015 Phương trình vi phân cấp 2 là phương trình có dạng Chương 4 F ( x, y , y′, y′′) = 0, (1) trong đó y = f ( x) xác định trên D ⊂ ℝ. PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP 2 Nghiệm của (1) là một hàm y = f ( x ) xác định và khả vi cho đến cấp 2 trên tập D ⊂ ℝ sao cho F ( x, y ( x), y′( x ), y′′( x )) = 0, ∀x ∈ D. Bài toán Cauchy là bài toán tìm nghiệm của phương trình (1) thỏa mãn điều kiện ban đầu 4.1 Các phương trình vi phân cấp 2 có thể y ( x0 ) = y0 , y′( x0 ) = y0′ , giảm cấp 4.2 Phương trình vi phân tuyến tính cấp 2 có với x0 , y0 , y0′ là những số cho trước. hệ số hằng 4.1 Các PTVP cấp 2 có thể giảm cấp Ví dụ 4.1 Giải PTVP y′′ = e 2 x với điều kiện 1. Phương trình không chứa trực tiếp y , y′ 7 3 Dạng cơ bản y (0) = − , y′(0) = . 4 2 y′′ = f ( x ). (2) Phương pháp giải 1 Lấy tích phân hai vế phương trình (2), ta được Ví dụ 4.2 Giải PTVP y′′ = . cos 2 x y′ = ∫ f ( x)dx + C1 = ϕ ( x) + C1. ⇒ y = ∫ [ϕ ( x) + C1 ]dx + C2 = ψ ( x) + C1 x + C2 . 1
1/8/2015 2. Phương trình không chứa trực tiếp y Ví dụ 4.3 Giải PTVP Dạng cơ bản y′ F ( x, y′, y′′) = 0 (3) y′′ = x − . x Phương pháp giải Ví dụ 4.4 Giải PTVP Đặt ẩn hàm phụ z = y′, thì ta có phương trình (1 + x 2 ) y′′ + ( y′) 2 + 1 = 0. G ( x, z , z ′) = 0, (4) Giải (4), ta tìm được z . Khi đó, y = ∫ zdx + C. Thay vào (5), ta nhận được một PTVP cấp 1 3. Phương trình không chứa biến độc lập x theo ẩn hàm z : Dạng cơ bản dz F ( y, y′, y′′) = 0. (5) F ( y, z, z ) = 0. Phương pháp giải dy Đặt z = y′. Ta coi y là biến độc lập và z là Giải phương trình này, ta được z = z ( y , C1 ). hàm số theo biến y . Ta có Suy ra dy′ dz dz dy dz dz y′′ = = = . = . y ′ = .z dy = z = z ( y, C1 ) ⇒ x = ∫ dy + C2 . dx dx dy dx dy dy dx z ( y , C1 ) Ví dụ 4.5 Giải PTVP ( y′) + yy′′ = 0, với điều 2 Bài tập 1 Giải các PTVP sau kiện ban đầu: 1 1) xy′′ = y′ y (1) = 2, y′(1) = . 2 2) yy′′ − yy′ ln y = ( y′) 2 Ví dụ 4.6 Giải PTVP 3) yy′′ + ( y′) 2 = 1 y′′ = y′e y . 2 4) y′′ + ( y′) 2 = 0. 1− y 2
1/8/2015 4.2 PTVP tuyến tính cấp 2 có hệ số hằng • Nếu (7) có hai nghiệm thực phân biệt k1 , k2 1. PTVP tuyến tính cấp 2 thuần nhất thì nghiệm tổng quát của (6) có dạng: Dạng cơ bản y = C1e k1x + C2 e k2 x . y′′ + py′ + qy = 0, (6) • Nếu (7) có nghiệm kép k1 = k2 = k thì nghiệm tổng quát của (6) có dạng: Phương pháp giải Xét phương trình đặc trưng y = C1e kx + C2 xe kx . k 2 + pk + q = 0. (7) • Nếu (7) có hai nghiệm phức k1 = α + i β , Ví dụ 4.7 Giải PTVP k2 = α − i β , thì nghiệm tổng quát của (6) có y′′ − 3 y′ + 2 y = 0. dạng: y = eα x ( C1 cos β x + C2 sin β x ) . Ví dụ 4.8 Giải PTVP y′′ − 4 y′ + 4 y = 0. Ví dụ 4.9 Giải PTVP y′′ + y′ + y = 0. 2. PTVP tuyến tính cấp 2 không thuần nhất Phương pháp giải Dạng cơ bản Bước 1. Tìm nghiệm tổng quát y0 của phương y′′ + py′ + qy = f ( x). (8) trình thuần nhất Nguyên tắc chồng chất nghiệm y′′ + py′ + qy = 0. Nếu y1 , y2 lần lượt là nghiệm của ptvp sau y′′ + py′ + qy = f1 ( x), Bước 2. Tìm một nghiệm riêng yr cho (8). Bước 3. Kết luận nghiệm tổng quát của (8) là y′′ + py′ + qy = f 2 ( x) thì y1 + y2 là nghiệm của ptvp yTQ = y0 + yr . y′′ + py′ + qy = f1 ( x) + f 2 ( x). (9) 3
1/8/2015 Nghiệm riêng của (8) phụ thuộc vào dạng của Nếu α là nghiệm đơn của phương trình đặc trưng thì nghiệm riêng có dạng hàm f ( x) : yr = xeα xQn ( x). αx Trường hợp 1: f ( x ) = e Pn ( x), với Pn ( x ) là Nếu α là nghiệm kép của phương trình đa thức bậc n. đặc trưng thì nghiệm riêng có dạng Nếu α không là nghiệm của phương trình yr = x 2eα xQn ( x). đặc trưng thì nghiệm riêng có dạng yr = eα xQn ( x). Ví dụ 4.10 Giải PTVP Trường hợp 2: y′′ − 5 y′ + 4 y = 4 x 2 . f ( x) = eα x [ Pn ( x) cos β x + Qm ( x)sin β x ]. Gọi k = max {m; n}. Ta có Ví dụ 4.11 Giải PTVP Nếu α ± i β không là nghiệm của phương y′′ − 3 y′ + 2 y = (2 x + 1)e x . trình đặc trưng thì nghiệm riêng có dạng Ví dụ 4.12 Giải PTVP yr = eα x [ H k ( x )cos β x + Rk ( x)sin β x ]. y′′ − 6 y′ + 9 y = 4e3 x . Nếu α ± i β là nghiệm của phương trình Ví dụ 4.13 Giải PTVP đặc trưng thì nghiệm riêng có dạng y′′ − 3 y′ + 2 y = cos x. yr = xeα x [ H k ( x) cos β x + Rk ( x)sin β x ]. Ví dụ 4.14 Giải PTVP y′′ − 2 y = e x sin x. 4
1/8/2015 Ví dụ 4.15 Giải PTVP Bài tập 2 Giải các PTVP sau 1. y′′ − 3 y′ + 2 y = 2 x 3 − 10 y′′ − 2 y′ = 2cos 2 x 2. y′′ − 2 y′ + 2 y = x 2 3. y′′ + 2 y′ − 3 y = 4e − x 9 4. y′′ + y = −3cos 2 x + x sin 2 x, 4 3 π  π  y (0) + y′(0) = ; y   + y′   = 0. 2 2 2 5