Bài giảng Toán cao cấp A1: Chương 5 - Võ Duy Minh

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:21

Thêm vào BST

Báo xấu

30
lượt xem 4
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Bài giảng Toán cao cấp A1: Chương 5 Phương trình Vi phân, cung cấp cho người học những kiến thức như: Phương trình Vi phân cấp 1; Phương trình Vi phân cấp 2. Mời các bạn cùng tham khảo!

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Bài giảng Toán cao cấp A1: Chương 5 - Võ Duy Minh

Chương V: Phương trình Vi phân • Phương trình Vi phân cấp 1 • Phương trình Vi phân cấp 2 75
Phương trình vi phân cấp1 Pt vi phân cấp một là một hệ thức f(x, y, y') = 0 hay y’= f(x, y) hay dy = f (x, y) (*) dx Hàm số y = ϕ(x, C) thỏa pt (*) với mọi C đgl nghiệm tổng quát của pt cho.Từ nghiệm tổng quát cho C = C0 suy ra y = ϕ(x, C0 ) đgl nghiệm riêng của pt cho Nếu nghiệm tổng quát được cho dưới dạng hàm ẩn ϕ(x,y,C) = 0 thì đgl tích phân tổng quát của pt. Còn nếu có nghiệm ϕ(x,y,C0) = 0 thì đgl tích phân riêng 76
Các dạng phương trình vi phân cấp 1 •Pt có biến phân ly •Pt tuyến tính cấp 1 Pt ttính thuần nhất Pt ttính không thuần nhất 77
Phương trình có biến phân ly Dạng 1 : f(x)dx = g(y)dy . Cách giải: ∫ f(x)dx = ∫ g(x)dx Dạng 2 : f1(x)g1(y)dx + f2(x)g2(y)dy = 0. Cách giải : + Nếu g1(y)f2(x)≠ 0. Chia 2 vế pt (2) cho g1(y)f2(x), đưa về dạng 1 + Nếu g1(y)f2(x) = 0 ⇒ g1(y) = 0 hay f2(x) = 0 ⇒ y = a or x = b là các nghiệm riêng của pt cho Vd1 T 90 dy x x a) = 2 (y 2 + 1) ⇒ dy = 2 (y 2 + 1)dx dx x + 1 x +1 dy xdx 1 1  2 = 2 ⇒ arctgy = ln(x + 1) + C ⇒ y = tg  ln(x + 1) + C  2 2 y +1 x +1 2 2  78
b) Giải y’ = 3x2 (1) với đk ban đầu y x =1 =1 dy (1) ⇔ = 3x 2 ⇒ dy = 3x 2 dx ⇒ y = x 3 + C là ntquát dx Thay x = 1, y = 1 ta có C = 0. Vậy nriêng của (1) là y = x3 Vd 2 T 90 a) (1 + x)ydx + (1 - y)xdy = 0 (1) 1+ x y −1 1 1 + xy ≠ 0 : (1) ⇔ dx = dy ⇔ ( + 1)dx = (1 − )dy x y x y 1 1 ⇒ ∫ ( + 1)dx = ∫ (1 − )dy ⇒ (ln x + x) = y − ln y + C x y ⇒ ln xy + x − y = C là tích phân tquát của (1) + xy = 0 ⇒ x = 0 v y = 0 là các nriêng của pt cho (1) 79
Vd T 90 c) xdx + (y+1)dy = thỏa 0 (1)y(0) = 0 x −(y + 1) 2 2 (1) ⇔ xdx = −(y + 1)dy ⇒ = +C 2 2 ⇒ x + (y + 1) = 2C 2 2 là tích phân tquát của (1) Vì y(0) = 0 1 ⇒C = ⇒ x 2 + ( y + 1)là 2 tích phân riêng của =1 2 (1) 80
Phương trình tuyến tính cấp 1 Dạng TQ: y' + p(x)y = q(x) (1), với p(x), q(x) là những hàm liên tục. q(x) = 0: (1) đgl pt tuyến tính thuần nhất q(x) ≠ 0: (1) đgl pt tuyến tính không thuần nhất Cách giải: Bước 1 : Giải y' + p(x)y = 0 (2) dy + Nếu y ≠ 0 (2) ⇒ = −p(x)dx ⇒ ln y = − ∫ p(x)dx + ln C y ⇒NTQ của (2) y = Ce ∫ − p(x )dx + Ta có y = 0 là một nghiệm riêng của (2) ứng với C = 0. 81
Pt y' + p(x)y = q(x) (1) y = Ce ∫ Cho C biến thiên, C = C(x). − p(x )dx Bước 2 : Từ NTQ Tìm C(x) sao cho y thỏa (1) dy − ∫ p(x)dx dC − ∫ p(x)dx =e − Cp(x)e dx dx (1) ⇔ e ∫ − p(x)dx dC − ∫ p(x)dx − ∫ p(x)dx − Cp(x)e + Cp(x)e = q(x) dx dC = q(x)e ∫ p(x)dx dx ⇒ C = ∫ q(x)e ∫ p(x)dx dx + λ B 3 : NTQ của (1) y=e ∫ − p(x)dx  .  ∫ q(x)e ∫ p(x )dx  dx + λ    82
2 Vd trang 92 y '− y = x 3 x 2 Có p(x) = − và q(x) = x 3 x y=e ∫ − p( x )dx  .  ∫ q(x)e ∫ p(x )dx  dx + λ  NTQ   −∫ −2 dx  3 ∫ −2 dx  y=e x . ∫ x e x dx + λ    =e 2 ln x  . ∫x e 3 −2 ln x dx + λ    2 1 x = x ( ∫ x 2 dx + λ ) = x ( + λ ) 2 3 2 x 2 83
Phương trình vi phân cấp 2 Pt vi phân cấp hai là một hệ thức f(x, y, y’, y”) = 0 hay y”= f(x, y, y’)(*). VD: x2y" – xy' – 3y = 0 Hàm số y = ϕ(x, C1,C2) thỏa pt (*) với mọi C1,C2 đgl NTQ của pt(*).Từ NTQ cho , C1 = C10 C2 = C20 thì y = ϕ ( x, C10 , C20đgl ) nghiệm riêng của pt cho Nếu nghiệm tổng quát được cho dưới dạng hàm ẩn φ ( x, y, C1 , C2 ) =thì 0 đgl tích phân tổng quát của pt. Còn nếu có nghiệm φ ( x, y, C10 , C20 ) thì = 0đgl TP riêng 84
Phương trình tuyến tính cấp 2 với hệ số hằng Dạng TQ: y" + py' + qy = f(x) (1), với p, q là hằng số; f(x) là hàm liên tục. Nếu f(x) = 0: (1) đgl pt tuyến tính cấp 2 hệ số hằng thuần nhất và nếu f(x) ≠ 0: (1) đgl pt tuyến tính cấp 2 hệ số hằng không thuần nhất Giải pt thuần nhất y' + p(x)y = 0 (2) Lập pt đặc trưng : k2 + pk + q = 0. Gọi k1, k2 là hai nghiệm của pt đặc trưng + Nếu k1 ≠ k2 và là nghiệm thực thì NTQ của (2) là k1x k2x y = C1e + C2 e 85
Giải pt thuần nhất y' + p(x)y = 0 (2) −p + Nếu k = k1 = k2 = là nghiệm kép thực thì NTQ của (2) là 2 k1x k2x kx y = C e + C xe = (C + Nếu k1 = α + 1iβ, k2 = α2 – iβ là nghiệm 1 + C phức 2 x)ethì NTQ của (2) là y = eαx (C1 cos βx + C2 sin βx) Ví dụ (a) y" – 5y' + 6y = 0 PT đặc trưng: k2 – 6k + 5 = 0 ⇒ k1 = 1, k2 = 5. Vậy NTQ của phương trình cho là y = C1ex + C2e5x. 86
Ví dụ (b) y" + 4y' + 4y = 0 PT đặc trưng: k2 + 4k + 4= 0 ⇒ k1 = k2 = - 2 Vậy NTQ của pt cho là y = (C1 + C2x) e-2x. (c) y" + y' + y = 0 PT đặc trưng: k2 + k + 1 = 0 ⇒ ∆ = -3 = 3i2 −b + ∆ −1 ± 3 i = ( 3i ) ⇒ ∆ = ± 3 i ⇒ k1,2 2 = = 2a 2 1 3 1 3 k1 = − + i , k2 = − − i 2 2 2 2 − x 3  1 3 Vậy NTQ của pt (c) y = e  C1 cos 2 x + C2 sin x  2 2 87 
Giải pt không thuần nhất y" + py' + qy = f(x) (1) NTQ của (1) bằng NTQ của pt tnhất + nghiệm riêng của (1) a)Trường hợp f(x) = eαx Pn(x) a.1) α không là nghiệm của phương trình đặc trưng, ta tìm một nghiệm riêng của (1) dạng y = eαxQn(x) a.2) α là nghiệm đơn của phương trình đặc trưng, ta tìm một nghiệm riêng của (1) dạng y = xeαxQn(x) a.3) α là nghiệm kép của phương trình đặc trưng, ta tìm một nghiệm riêng của (1) dạng y = x2 eαxQn(x) 88
Ví dụ (a) y" – 5y' + 6y = ex (2x – 1) PT đặc trưng: k2 -5k + 6 = 0 ⇒ k1 = 2, k2 = 3 NTQ của pt thuần nhất là y = C1e2x + C2 e3x. Vì α = 1 không là nghiệm của pt đặc trưng nên ta tìm nghiệm riêng của pt (a) dưới dạng : y = ex(ax + b). Ta có y’ = ex (ax +b) + a eax = ex (ax + a + b); y” = ex (ax + a + b) +a ex = ex (ax + 2a + b). 89
Thay vào pt (a) y" – 5y' + 6y = ex (2x – 1) ta có ex(ax+2a+b) - 5ex(ax + a + b) + 6ex(ax + b) = ex(2x – 1) ex [2ax+(2a + b - 5a - 5b + 6b)] = ex(2x – 1) 2a = 2 a = 1 ⇒ ⇔ −3a + 2b = −1 b = 1 ⇒ y = ex(x + 1) là một nghiệm riêng của (a) Vậy NTQ của (a) là y = ex(x + 1) + C1e2x + C2e3x 90
Ví dụ (b) y" – y’ = 2(1 – x) PT đặc trưng: k2 - k = 0 ⇒ k1 = 0, k2 = 1 NTQ của pt thuần nhất là y = C1e0x + C2 ex = C1 + C2ex Vì α = 0 là nghiệm đơn của pt đtrưng nên nghiệm riêng của pt (b) có dạng : y = xe0x(ax + b) = x(ax +b) Ta có y’ = ax +b +ax = 2ax + b ; y” = 2a Thay vào pt ta được 2a – (2ax + b) = 2(1 – x) 2  −2a = −2 a =suy 1 ra nriêng của (b) là y = x ⇒ ⇔  2a − b = 2 b = 0 2 x Vậy NTQ là y = x + C1 + C2e 91
Ví dụ (c) y" – 6y' + 9y = xe3x PT đặc trưng: k2 - 6k +9 = 0 ⇒ k1 = k2 = 3 NTQ của pt thuần nhất là y = (C1+ C2x) e3x Vì α = 3 là nkép của pt đtrưng nên nghiệm riêng của pt (c) có dạng : y = x2e3x(ax + b) = e3x(ax3 + bx2) Ta có y’ = 3e3x(ax3 + bx2) + e3x(3ax2 + 2bx) y” = 9e3x(ax3 + bx2) + 6e3x(3ax2 + 2bx) + e3x(6ax + 2b). 92
Thay vào pt ta được e3x[(6a – 10b)x + 2bx] = xe3x  1 6a − 10b = 1 a = ⇒ ⇔ 6 b = 0  b = 0 suy ra nriêng của (c) là 1 3 3x y= x e 6 1 3 3x 3x Vậy NTQ là y = x e + (C1 + C 2 x)e 6 Giải pt không thuần nhất y" + py' + qy = f(x) (1) NTQ của (1) bằng NTQ của pt tnhất + nghiệm riêng của (1) 93
Ví dụ (b) y" – y’ = 2(1 – x) PT đặc trưng: k2 - k = 0 ⇒ k1 = 0, k2 = 1 NTQ của pt thuần nhất là y = C1e0x + C2 ex = C1 + C2ex Vì α = 0 là nghiệm đơn của pt đtrưng nên nghiệm riêng của pt (b) có dạng : y = xe0x(ax + b) = x(ax +b) Ta có y’ = ax +b +ax = 2ax + b ; y” = 2a Thay vào pt ta được 2a – (2ax + b) = 2(1 – x) 2  −2a = −2 a =suy 1 ra nriêng của (b) là y = x ⇒ ⇔  2a − b = 2 b = 0 2 x Vậy NTQ là y = x + C1 + C2e 94