PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP HAI TUYẾN TÍNH

Chia sẻ: Tran Cong Phuc | Ngày: | Loại File: PPT | Số trang:19

Thêm vào BST

Báo xấu

1.082
lượt xem 179
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu tham khảo chuyên đề toán học về phương trình vi phân cấp hai tuyến tính

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP HAI TUYẾN TÍNH

Toán cao cấp 2 BÀI 3 PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP HAI TUYẾN TÍNH Gv TRẦN XUÂN THIỆN Ngày 03/11/2008 1
Kiểm tra bài cũ Giải phương trình sau : y’’ - 5y’ + 6y = 0
Bảng tóm tắt về nghiệm tổng quát của phương trình y’’ + py’ + qy = 0 (11.30) Nghiệm của phương trình đặc Nghiệm của phương trình (11.30) trưng r2 + pr + q = 0 (11.31) r1 , r2 thực , r1 ≠ r2 y = C1e r1x + C2e r2 x r1 = r2 = r y = e rx (C1 + C2 x ) r1 , r2 = α ± iβ ,α ,β thực y = eα x (C1 cos β x + C2 sin β x)
Kiểm tra bài cũ Giải phương trình sau : y’’ -5y’+6y = 0 Giải : Phương trình đặc trưng : r2 – 5r + 6 = 0 (*) ∆ = b 2 − 4ac = 25 − 24 = 1 > 0 Phương trình (*) có nghiệm : r = 2 r = 3  Vậy nghiệm tổng quát tương ứng là : y = C1e 2x + C2 e 3x
Phương trình vi phân cấp hai tuyến tính 3.4 Phương trình vi phân cấp hai tuyến tính không thuần nhất với hệ số không đổi. 3.4.1. f(x) = eαx.Pn(x) với α là hằng số, Pn (x) là một đa thức bậc n. 3.4.2. f(x) = Pm(x)cosβx + Pn(x)sinβx , β là hằng số ,với Pn (x) là một đa thức bậc n.
3.4.1. f(x) = eαx.Pn(x) với α là hằng số, Pn(x) là một đa thức bậc n. Nghiệm riêng của phương trình (11.32) có dạng: Y = e αx.Qn(x) (11.33) với α2 + pα + q ≠ 0 Qn(x) là đa thức bậc n Các hệ số Qn(x) được xác định bằng cách lấy đạo hàm các cấp của Y thay vào phương trình đã cho rồi cân bằng các hệ số của PTVTC2 có dạng các lũy thừa cùng bội của x. y’’ + py’ + qy = eαx.Pn(x) α 2 + pα + q = 0  2α + p ≠ 0 Nghiệm riêng của phương trình (11.32) có dạng : Y = x. e αx.Qn(x) α 2 + pα + q = 0 Nghiệm riêng của phương trình  (11.32) có dạng :  2α + p = 0 Y = x2. e αx.Qn(x)
Ví dụ • Giải các phương trình sau : 1. y’’ + y’ - 2y = 1 – x 2. y’’ - 4y’ +3y = ex( x+2 ) 3. y’’ -2y + y = x.ex
1.Giải phương trình : y’’ + y’-2y = 1 – x • Giải : Vế phải có dạng : f(x) = e 0x.P1(x) , α = 0, P1(x) = 1 - x Phương trình đặc trưng : r2 + r – 2 = 0  r = 1; r = -2 Nghiệm tổng quát của phương trình y’’ + y’-2y = 0 là : y = C1ex + C2e- 2x Vì α = 0 không là nghiệm phương trình đặc trưng vậy nghiệm riêng Y có dạng: Y = e 0x.P1(x) = P1(x)  y = Ax + B ( A, B là hằng số ) Y’ = A , Y’’ = 0 . Thay vào phương trình đã cho ta được : Y’’ + Y’ – 2Y = A – 2(Ax + B) = -2Ax +A – 2B = 1 - x A= 1 −2 A = −1   2  Đồng nhất hệ số ta được : A − 2 B = 1 ⇔  1 B = −   4 x 1 Vậy : y = C1e x + C2e −2 x + − 2 4
2.Giải phương trình : y’’ - 4y’ +3y = ex( x+2 ) • Giải : Vế phải có dạng : eαx.P1(x) , trong đó α = 1: P1(x) là đa thức bậc một. Phương trình đặc trưng : r2 - 4r + 3 = 0  r = 1 và r = 3 . Nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất : y’’ – 4y’ + 3y = 0 là : y = C1ex + C2e3x Vì α = 1 là nghiệm của phương trình đặc trưng , ta tìm nghiệm riêng Y của phương trình đã cho dưới dạng : Y = ex. x.(Ax + B) = ex.(Ax2 + Bx) Do đó : Y’ = ex.(Ax2 + Bx) + ex.(2Ax + B) = ex [Ax2 + (B + 2A)x + B] Y’’ = ex [Ax2 + (B + 2A)x + B] + ex [2Ax2 + (B + 2A)]  1 = ex [Ax2 + (B + 4A)x + 2B + 2A]  A=−  4 ⇒ Thế vào phương trình đã cho: e [- 4Ax + 2A – 2B] = e (x + 2) x x  x+5 B = − 5 Vậy : Y = −e x x     4  4  x2 + 5x x y = C1e + C2e − x 3x e Nghiệm tổng quát phải tìm là : 4
3.Giải phương trình : y’’ -2y + y = x.ex • Giải : Vế phải có dạng : eαx.P1(x) , trong đó α = 1, P1(x) = x là đa thức bậc một. Phương trình đặc trưng : r2 - 2r + 1 = 0  r = 1 Nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất : y’’ – 2y’ + y = 0 là : y = ex (C1+ C2x) Vì α = 1 là nghiệm kép của phương trình đặc trưng , ta tìm nghiệm riêng Y của phương trình đã cho dưới dạng : Y = ex. x2.(Ax + B) = ex.(Ax3 + Bx2) Do đó : Y’ = ex. (Ax3 + Bx2) + ex. (3Ax2 + 2Bx) = ex [Ax3 + (B + 3A)x2 + 2Bx] Y’’ = ex [Ax3 + (B + 3A)x2 + 2Bx] + ex [3Ax2 + 2(B + 3A)x + 2B] = ex [Ax3 + (B + 6A)x2 + 2(2B + 3A)x + 2B] Thế vào ta đc phương trình : ex [6Ax + 2B] = ex x ⇒A = 1   6 B = 0  Nghiệm tổng quát phải tìm là : 1 x 3 y = e (C1 + C2 x) + e x x 6
3.4.2. f(x) = Pm(x)cosβx + Pn(x)sinβx ,với Pm(x), Pn(x) lần lượt là đa thức bậc m, n. β là hằng số y’’ + py’ + qy = Pm(x)cosβx + Pn(x)sinβx ± iβ không là nghiệm phương trình ± iβ là nghiệm phương trình đặc đặc trưng (11.31) thì nghiệm riêng trưng (11.31) thì nghiệm riêng của của (11.32) có dạng : (11.32) có dạng : Y= Q1(x)cosβx + R1(x)sinβx với Y = x[Q1(x)cosβx + R1(x)sinβx] Q1(x), R1(x)là những đa thức bậc với Q1(x), R1(x)là những đa thức l = max(m,n) bậc l = max(m,n)
Ví dụ : • Giải các phương trình sau: 1. y’’ - 3y’ + 2y = 2sinx 2. y’’ + y = x.cosx
Ví dụ 1: Giải phương trình : y’’ - 3y’ + 2y = 2sinx Phương trình đặc trưng : r2 - 3r +2 = 0  r = 1, r = 2 Nghiệm tổng quát của phương trình là : y’’ - 3y’ + 2y = 0 là : y = C1ex + C2e2x Phương trình vi phân đã cho có dạng : P0(x)sinβx với P0(x) = 2, β = 1 Do ±iβ = ±i không là nghiệm của phương trình đặc trưng nên nghiệm riêng phương trình đã cho có dạng : Y = A.cosx + B.sinx Y’ = - Asinx + Bcosx Y’’= -Acosx - Bsinx Thế vào phương trình ta được : (A – 3B)cosx + (3A + B)sinx = 2 sinx  3 A=  5 ⇒  =1 B   5 Nghiệm của phương trình đã cho là : 3 1 y = C1e x + C2e 2 x + cos x + s inx 5 5
Ví dụ 2 : Giải phương trình sau : y’’ + y = x.cosx • Giải : Phương trình đặc trưng : r2 + 1 = 0  r = ±i nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất tương ứng là : y = C1cosx + C2sinx Vế phải của phương trình đã cho có dạng P1(x)cosβx , với P1(x) = x , β = 1 Vì : ±iβ = ±i là nghiệm của phương trình đặc trưng, ta tìm một nghiệm riêng của phương trình đã cho dưới dạng : Y = x[(Ax + B)cosx + (Cx + D)sinx] = [(Ax2 + Bx)cosx + (Cx2 + Dx)sinx] Do đó :Y’ = [Cx2 + (D + 2A)x + B]cosx + [-Ax2 + (2C – B)x + D]sinx Y’’ = [-Ax2 + (4C – B)x + 2D + A]cosx + [-Cx2 – (D + 4A)x + 2C -2B]sinx Thế vào phương trình đã cho ta được:  1 B = C = (4C + 2D + 2A)cosx + (-4Ax + 2C – 2B)sinx = xcosx ⇒ 4 A = D = 0  Vậy nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là : x y = C1 cos x + C2 sin x + ( x sin x + cos x) 4
Bảng tóm tắt về dạng của nghiệm riêng của phương trình (11.32) theo dạng của vế phải của nó Dạng của vế phải f(x) Dạng của nghiệm riêng Y eαx.Pn(x) a) e αx.Qn(x) Nếu α không là nghiệm phương trình (11.31) b) x. e αx.Qn(x) Nếu α là nghiệm đơn của phương trình (11.31) c) x2. e αx.Qn(x) Nếu α là nghiệm kép của phương trình (11.31) Pm(x)cosβx + Pn(x)sinβx a) Q1(x)cosβx + R1(x)sinβx , l = max(m,n) .Nếu ± iβ không là nghiệm phương trình đặc trưng (11.31). b) x[Q1(x)cosβx + R1(x)sinβx] , l = max(m,n) .Nếu ± iβ không là nghiệm phương trình đặc trưng (11.31).
Nhiệm vụ về nhà • 1. Lý thuyết : cách giải phương trình vi phân tuyến tính không thuần nhất với hệ số không đổi. • 2. Bài tập : bài 11(Tr.206)
Ứng dụng giải phương trình vi phân bằng phần mềm Maple • Cú Pháp: dsolve(ODE) : giải phương trình vi phân ODE. dsolve(ODE, var) : giải phương trình vi phân ODE theo biến var. dsolve({ODE, ICs}, var) : giải phương trình vi phân ODE với điều kiện ban đầu ICs theo biến var.
• VD: giải phương trình: y’’ + 4y’ + y = 0 -Khai báo phương trình : > ODE:=diff(y(t),t$2)+4*diff(y(t),t)+y(t)=0;  ∂2  ∂  ODE :=  2 y (t )  + 4  y (t )  + y (t ) = 0  ∂t   ∂t  -Giải phương trình: > dsolve(ODE,y(t)); y (t ) = _ C1e(( − 2+ 3) t ) + _ C 2( − (2+ 3) t )
Chaân thaønh caûm ôn quyù Thaày Coâ!