Tài liệu HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP 1 ppt

HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP 1 ĐỊNH NGHĨA F 1 (t,x 1 ,x 2 ,…, x n , x 1 ’,x 2 ’,…,x n ’) = 0 …. F n (t,x 1 ,x 2 ,…, x n , x 1 ’,x 2 ’,…,x n ’) = 0 Hệ tổng quát x 1 ’ = f 1 (t,x 1 ,x 2 ,…, x n ) …. x n ’ = f n (t,x 1 ,x 2 ,…, x n ) Hệ chính tắc t : biến x 1 , x 2 , …, x n : ẩn hàm BÀI TOÁN CAUCHY x 1 ’ = f 1 (t,x 1 ,x 2 ,…, x n ) ……………………… x n ’ = f n (t,x 1 ,x 2 ,…, x n ) Tìm nghiệm hệ Thỏa điều kiện x 1 (t 0 ) = α 1 ………… x n (t 0 ) = α n Hệ n ptvp cấp 1 tương đương 1 ptvp cấp n nên hệ nghiệm có n hằng số tự do. PHƯƠNG PHÁP KHỬ ' '( ) 2 ' '( ) 3 t t x x t y e y y t x y e  = = +   = = − + −   B 1 : xây dựng một ptvp cấp n theo 1 hàm chọn trước. B 2 : giải ptvp cấp n vừa tìm được và rút về hệ với (n – 1) hàm Vd: (1) (2) ' 3 ' 2 3 ' ' 2 ' 2 t t t t t y x y e y y e y e x y e x y e   ′′ ′′ = − + − = − − + −   ⇔ ⇔   = + = +     (3) (3) " 3 ' 2 2 t y y y e⇔ − + = − Tt cấp 2 hệ số hằng 2 1 2 2 t t t y C e C e te⇔ = + + 2 2 1 2 1 2 (2) ' 3 2 2( 1) 3( 2 ) = t t t t t t t t x y y e C e C e t e C e C e te e ⇒ = − + − − − − + + + + − 2 1 2 2 (4 3) t t t x C e C e t e⇔ = + + − Vậy nghiệm hệ đã cho là: 2 1 2 2 1 2 2 (4 3) 2 t t t t t t x C e C e t e y C e C e te  = + + −   = + +   HỆ PTVP TUYẾN TÍNH CẤP 1 HỆ SỐ HẰNG 1 2 ( ) ( ) ( ) ( ) n x t x t X t x t    ÷  ÷ =  ÷  ÷   M 1 2 ( ) ( ) ( ) ( ) n x t x t X t x t ′    ÷ ′  ÷ ′ =  ÷  ÷ ′   M 1 2 ( ) ( ) ( ) ( ) n f t f t F t f t    ÷  ÷ =  ÷  ÷   M X’(t) = AX(t) + F(t) ( ) : ma traän vuoâng caáp n ij A a= (Hệ ẩn hàm ) Cho trước Vd: ' '( ) 2 1 / ' '( ) 3 t t x x t y e y y t x y e  = = +   = = − + −   ( ) ( ) ( ) x t X t y t   =  ÷   0 1 1 3 A   =  ÷ −   ( ) t t e F t e −   =  ÷  ÷   2 sin 1 1 2 2 / ( ) 2 4 1 ( ) , 0 3 2 ln t t t X t X t t e t +      ÷  ÷ = +  ÷  ÷  ÷  ÷ −   −   ( ) ( ) ( ) ( ) x t X t y t z t    ÷ =  ÷  ÷   2 ' 2 sin ' 2 4 ' 3 2 ln t x x y z t t y x y z t z y z e t = + + + +   ⇔ = + + +   = − + −  PP TRỊ RIÊNG GIẢI HỆ KHÔNG THUẦN NHẤT X’ = AX + F(t) A chéo hóa được( ⇔ ∃ P: P -1 AP = D (chéo) ) X’ = AX + F(t) ⇔ X’ = PDP -1 X + F(t) ⇔ P -1 X’ = DP -1 X + P -1 F(t) Đặt Y = P -1 X: ⇔ Y’ = DY + G(t) 1 1 1 1 2 2 2 2 ' 0 0 ( ) ' 0 0 ( ) ' 0 0 ( ) n n n n y y g t y y g t y y g t λ λ λ                      = +                      K K K 1 1 1 1 2 2 2 2 '( ) ( ) ( ) '( ) ( ) ( ) '( ) ( ) ( ) n n n n y t y t g t y t y t g t y t y t g t λ λ λ = +   = +  ⇔    = +  Hệ n ptvp tuyến tính cấp 1X = PY giải 1 2 2 1 2 2 (1) 3 t t x x e x x x e  ′ = +   ′ = − + −   0 2 , ( ) 1 3 t t e A F t e     = =  ÷  ÷  ÷ −   −   2 1 1 0 , , 1 1 0 2 P D     = =  ÷  ÷     1 1 1 1 2 2 y x Y P X P y x − −     = ⇔ =  ÷  ÷     1 (1) ( )Y DY P F t − ′ ⇔ = + 1 1 1 , 1 2 P − −   =  ÷ −   1 1 1 2 ( ) 1 2 3 t t t t e e P F t e e −     −   = =  ÷  ÷  ÷  ÷  ÷ −   − −     1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 2 2 3 3 t t t t t t y y e y te C e y y e y e C e   ′ = + = +   ⇔ ⇔   ′ = − = +     1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 2 2 3 3 t t t t t t y y e y te C e y y e y e C e   ′ = + = +   ⇔ ⇔   ′ = − = +     X PY= 1 2 2 2 1 2 2 1 2 2 2 1 1 1 3 2 4 3 2 3 t t t t t t t t t t t t te C e e C e C e C e te e C e C e te e   +   =  ÷  ÷  ÷   +     + + + =  ÷  ÷ + + +   2 1 1 2 2 2 1 2 ( ) 2 4 3 ( ) 2 3 t t t t t t t t x t C e C e te e x t C e C e te e  = + + +   = + + +   Vậy nghiệm (1) là: [...]... 3 1 λ 1 A − λI = 1 1− λ 2 4 ( A − λ1I)P = 0 A 2  1 = 0 2 2 = λ (6 − λ ) = 0 ⇔  λ2 = 6 4−λ  1 1 2   p1  ⇔  1 1 2 ÷ p 2 ÷ = 0  ÷ ÷  2 4 4 ÷ p ÷   3   1  2 P1 =  1 , P2 =  0 ÷ chọn  ÷  ÷  0÷  1     1 2   p1   −5 ( A − λ2 I)P = 0 ⇔  1 −5 2 ÷ p 2 ÷ = 0  ÷ ÷  2 2 −2 ÷ p ÷   3  1  1  2 chọn P3 =  1 ÷ P1 =  1 , P2 =  0 ÷  ÷  ÷  ÷  2÷  0÷  1 ...    λ1t λ1t X1 = e P1 = P1, X 2 = e P2 = P2 , X 3 = e 3 ⇒ X = ∑ Ck X k k =1 λ2 t 6t P3 = e P2  C1 + C2 + C3e6 t   x1   ÷ 6t ⇔  x 2 ÷ =  −C1 + C3e ÷  ÷ x ÷   −C2 + 2C3e6 t ÷ ÷  3   Cấu trúc nghiệm hệ tt khơng thuần nhất X0 : nghiệm tổng qt hệ pt thuần nhất X = X0 + Xr X’(t) = AX(t) (1) Xr : nghiệm riêng hệ pt khơng thuần nhất Cấu trúc nghiệm tổng qt của hệ thuần nhất X0 = C1X1 + C2X2... của hệ thuần nhất Đònh Lý: Hệ X’ = AX(t), ma trận A có n giá trò riêng thực λ 1, λ 2 … λ n (không bắt buộc phân biệt), tương ứng n vectơ riêng P1, P2 , … , Pn độc lập tuyến tính ⇒ Nghiệm tổng quát thuần nhất: n T X ( t ) = [ x1 ( t ) , x 2 ( t ) , K , x n ( t ) ] = ∑ c k eλk tPk k =1 Vd: ′ x1 = x1 + x 2 + 2x3 1 1 2  x′2 = x1 + x 2 + 2x3 ⇔ X′ =  1 1 2 ÷X   ÷  2 4 4÷ x′ = 2x + 2x + 4x    3 1. .. = DY  y1 '   1 0 K 0   y1  y '   0 λ K 0  y  2  2 =  2            y n '  0 0 K λn   y n   y1 ( t ) = c1eλ1t  y 2 ( t ) = c2 eλ2 t  ⇔   λn t y n ( t ) = cn e ∃ P: P-1AP = D (chéo) y1 '(t) = λ1y1 (t) y '(t) = λ y (t)  2 2 2 ⇔  y n '(t) = λn y n (t)  n ⇒ X = PY = ∑ ck eλk t Pk k =1 Pk kà cột thứ k của P {X k = eλk t Pk , k = 1, , n} là hệ nghiệm... X’(t) = AX(t) (1) Xr : nghiệm riêng hệ pt khơng thuần nhất Cấu trúc nghiệm tổng qt của hệ thuần nhất X0 = C1X1 + C2X2 + …+ CnXn { Xk , k = 1, ,n }: hệ nghiệm độc lập tuyến tính của (1) PP biến thiên hằng số tìm Xr Ci tìm từ hệ pt: Xr = C1(t)X1 + …+ Cn(t)Xn C 1( t)X1 + …+ C’n(t)Xn = F(t) ... chéo D Bước 1: tìm nghiệm pt: det(A – λI ) = 0 (*) Bước 2: với mỗi λ, tìm nghiệm hệ (A – λI )P = 0, P≠ 0 • Ma trận P có các cột là các nghiệm cơ bản của các hệ pt trên • Ma trận đường chéo D có các phần tử trên đường chéo là các λ (số lần xuất hiện của mỗi λ là số bội của λ trong pt (*)) •Vị trí của λ trên đường chéo tương ứng với vị trí của nghiệm cơ bản trong P PPTRỊ RIÊNG TÌM NGHIỆM HỆ THUẦN NHẤT . HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP 1 ĐỊNH NGHĨA F 1 (t,x 1 ,x 2 ,…, x n , x 1 ’,x 2 ’,…,x n ’) = 0 …. F n (t,x 1 ,x 2 ,…, x n , x 1 ’,x 2 ’,…,x n ’) = 0 Hệ. 0 , , 1 1 0 2 P D     = =  ÷  ÷     1 1 1 1 2 2 y x Y P X P y x − −     = ⇔ =  ÷  ÷     1 (1) ( )Y DY P F t − ′ ⇔ = + 1 1 1 , 1 2 P − − 