Đang tải... (xem toàn văn)
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!
Chương V: Phương trình Vi phân • Phương trình Vi phân cấp • Phương trình Vi phân cấp 75 Phương trình vi phân cấp1 Pt vi phân cấp một hệ thức f(x, y, y') = y) hay hay y’= f(x, dy = f (x, y) (*) dx Hàm số y = ϕ(x, C) thỏa pt (*) với C đgl nghiệm tổng quát pt cho.Từ nghiệm tổng quát cho C = C0 suy y = ϕ(x, C0 ) đgl nghiệm riêng pt cho Nếu nghiệm tổng quát cho dạng hàm ẩn ϕ(x,y,C) = đgl tích phân tổng qt pt Cịn có nghiệm ϕ(x,y,C0) = đgl tích phân riêng 76 Các dạng phương trình vi phân cấp •Pt có biến phân ly •Pt tuyến tính cấp Pt ttính Pt ttính khơng 77 Phương trình có biến phân ly Dạng : f(x)dx = g(y)dy Cách giải: ∫ f(x)dx = ∫ g(x)dx Dạng : f1(x)g1(y)dx + f2(x)g2(y)dy = Cách giải : + Nếu g1(y)f2(x)≠ Chia vế pt (2) cho g1(y)f2(x), đưa dạng + Nếu g1(y)f2(x) = ⇒ g1(y) = hay f2(x) = ⇒ y = a or x = b nghiệm riêng pt cho Vd1 T 90 dy x a) = (y + 1) dx x + x ⇒ dy = (y + 1)dx x +1 dy xdx 1 2 = ⇒ arctgy = ln(x + 1) + C ⇒ y = tg ln(x + 1) + C y +1 x +1 2 78 b) Giải y’ = 3x2 (1) với đk ban đầu y x =1 =1 dy (1) ⇔ = 3x ⇒ dy = 3x dx ⇒ y = x + C ntquát dx Thay x = 1, y = ta có C = Vậy nriêng (1) y = x3 Vd T 90 + a) (1 + x)ydx + (1 - y)xdy = (1) 1+ x y −1 1 xy ≠ : (1) ⇔ dx = dy ⇔ ( + 1)dx = (1 − )dy x y x y 1 ⇒ ∫ ( + 1)dx = ∫ (1 − )dy ⇒ (ln x + x) = y − ln y + C x y ⇒ ln xy + x − y = C tích phân tquát (1) + xy = ⇒ x = v y = nriêng pt cho (1) 79 Vd T 90 c) xdx + (y+1)dy = thỏa (1)y(0) = x −(y + 1) (1) ⇔ xdx = −(y + 1)dy ⇒ = +C 2 ⇒ x + (y + 1) = 2C Vì y(0) = ⇒C = 2 tích phân tquát (1) tích phân riêng ⇒ x + ( y + 1)là =1 (1) 80 Phương trình tuyến tính cấp Dạng TQ: y' + p(x)y = q(x) (1), với p(x), q(x) hàm liên tục q(x) = 0: (1) đgl pt tuyến tính q(x) ≠ 0: (1) đgl pt tuyến tính khơng Cách giải: Bước : Giải y' + p(x)y = (2) + Nếu y ≠ ⇒NTQ (2) dy (2) ⇒ = −p(x)dx ⇒ ln y = − ∫ p(x)dx + ln C y ∫ y = Ce − p(x )dx + Ta có y = nghiệm riêng (2) ứng với C = 81 Pt y' + p(x)y = q(x) (1) y = Ce ∫ Cho C biến thiên, C = C(x) − p(x )dx Bước : Từ NTQ Tìm C(x) cho y thỏa (1) − ∫ p(x)dx dy − ∫ p(x)dx dC =e − Cp(x)e dx dx (1) ⇔ e ∫ − p(x)dx − ∫ p(x)dx − ∫ p(x)dx dC − Cp(x)e + Cp(x)e = q(x) dx p(x)dx ∫ ∫ p(x)dx dC = q(x)e dx ⇒ C = ∫ q(x)e dx + λ B : NTQ (1) y=e ∫ − p(x)dx p(x )dx ∫ ∫ q(x)e dx + λ 82 Có Vd trang 92 y '− y = x x p(x) = − x q(x) = x NTQ ∫ y=e − p( x )dx y=e =e ln x −2 − dx x ∫ p(x )dx ∫ ∫ q(x)e dx + λ ∫ ∫ x e −2 dx x dx + λ −2 ln x ∫x e dx + λ x = x ( ∫ x dx + λ ) = x ( + λ ) x 83 Phương trình vi phân cấp Pt vi phân cấp hai hệ thức f(x, y, y’, y”) = hay y”= f(x, y, y’)(*) VD: x2y" – xy' – 3y = Hàm số y = ϕ(x, C1,C2) thỏa pt (*) với C1,C2 đgl NTQ pt(*).Từ NTQ cho , C1 = C10 C2 = C20 y = ϕ ( x, C10 , C20đgl ) nghiệm riêng pt cho Nếu nghiệm tổng quát cho dạng hàm ẩn φ ( x, y, C1 , C2 ) =thì đgl tích phân tổng qt pt Cịn có nghiệm φ ( x, y, C10 , C20 ) = 0đgl TP riêng 84 Phương trình tuyến tính cấp với hệ số Dạng TQ: y" + py' + qy = f(x) (1), với p, q số; f(x) hàm liên tục Nếu f(x) = 0: (1) đgl pt tuyến tính cấp hệ số f(x) ≠ 0: (1) đgl pt tuyến tính cấp hệ số không Giải pt y' + p(x)y = (2) Lập pt đặc trưng : k2 + pk + q = Gọi k1, k2 hai nghiệm pt đặc trưng + Nếu k1 ≠ k2 nghiệm thực NTQ (2) y = C1e k1x + C2 e k2x 85 Giải pt y' + p(x)y = (2) −p + Nếu k = k1 = k2 = nghiệm kép thực NTQ (2) k1x k2x kx y = C e + C xe = (C + C x)e + Nếu k1 = α + 1iβ, k2 = α2 – iβ nghiệm phức NTQ (2) y = eαx (C1 cos βx + C2 sin βx) Ví dụ (a) y" – 5y' + 6y = PT đặc trưng: k2 – 6k + = ⇒ k1 = 1, k2 = Vậy NTQ phương trình cho y = C1ex + C2e5x 86 Ví dụ (b) y" + 4y' + 4y = PT đặc trưng: k2 + 4k + 4= ⇒ k1 = k2 = - Vậy NTQ pt cho y = (C1 + C2x) e-2x (c) y" + y' + y = PT đặc trưng: k2 + k + = ⇒ ∆ = -3 = 3i2 = ( 3i ) ⇒ ∆ = ± i ⇒ k1,2 −b + ∆ −1 ± i = = 2a 3 k1 = − + i , k2 = − − i 2 2 − x 3 Vậy NTQ pt (c) y = e C1 cos x + C2 sin x 87 2 Giải pt không y" + py' + qy = f(x) (1) NTQ (1) NTQ pt tnhất + nghiệm riêng (1) a)Trường hợp f(x) = eαx Pn(x) a.1) α không nghiệm phương trình đặc trưng, ta tìm nghiệm riêng (1) dạng y = eαxQn(x) a.2) α nghiệm đơn phương trình đặc trưng, ta tìm nghiệm riêng (1) dạng y = xeαxQn(x) a.3) α nghiệm kép phương trình đặc trưng, ta tìm nghiệm riêng (1) dạng y = x2 eαxQn(x) 88 Ví dụ (a) y" – 5y' + 6y = ex (2x – 1) PT đặc trưng: k2 -5k + = ⇒ k1 = 2, k2 = NTQ pt y = C1e2x + C2 e3x Vì α = khơng nghiệm pt đặc trưng nên ta tìm nghiệm riêng pt (a) 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 = a = ⇒ ⇔ −3a + 2b = −1 b = ⇒ y = ex(x + 1) nghiệm riêng (a) Vậy NTQ (a) y = ex(x + 1) + C1e2x + C2e3x 90 Ví dụ (b) y" – y’ = 2(1 – x) PT đặc trưng: k2 - k = ⇒ k1 = 0, k2 = NTQ pt y = C1e0x + C2 ex = C1 + C2ex Vì α = nghiệm đơn pt đtrưng nên nghiệm riêng 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 2a – (2ax + b) = 2(1 – x) nriêng (b) y = x −2a = −2 a =suy ⇒ ⇔ 2a − b = b = x Vậy NTQ y = x + C1 + C2e 91 Ví dụ (c) y" – 6y' + 9y = xe3x PT đặc trưng: k2 - 6k +9 = ⇒ k1 = k2 = NTQ pt y = (C1+ C2x) e3x Vì α = nkép pt đtrưng nên nghiệm riêng 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 e3x[(6a – 10b)x + 2bx] = xe3x 6a − 10b = a = ⇒ ⇔ b = b = suy nriêng (c) Vậy NTQ 3x y= x e 3x 3x y = x e + (C1 + C x)e Giải pt không y" + py' + qy = f(x) (1) NTQ (1) NTQ pt tnhất + nghiệm riêng (1) 93 Ví dụ (b) y" – y’ = 2(1 – x) PT đặc trưng: k2 - k = ⇒ k1 = 0, k2 = NTQ pt y = C1e0x + C2 ex = C1 + C2ex Vì α = nghiệm đơn pt đtrưng nên nghiệm riêng 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 2a – (2ax + b) = 2(1 – x) nriêng (b) y = x −2a = −2 a =suy ⇒ ⇔ 2a − b = b = x Vậy NTQ y = x + C1 + C2e 94 So sánhTính vơ bé 1) lim− e x x2 7)lim e − cos x 4) lim ln(1 + e ) x x →0 x →0 x →+∞ 2) lim+ e π 8) lim − arctan x x →+∞ x x →0 3)lim x →0 x 5) lim ln(1 + e ) x x →−∞ 9)lim tan x π x→ 6) lim+ ln (1 − cos x ) x →0 95 ... 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 = a = ⇒ ⇔ −3a... Ví dụ (a) y" – 5y' + 6y = PT đặc trưng: k2 – 6k + = ⇒ k1 = 1, k2 = Vậy NTQ phương trình cho y = C1ex + C2e5x 86 Ví dụ (b) y" + 4y' + 4y = PT đặc trưng: k2 + 4k + 4= ⇒ k1 = k2 = - Vậy NTQ pt cho... trình đặc trưng, ta tìm nghiệm riêng (1) dạng y = x2 eαxQn(x) 88 Ví dụ (a) y" – 5y' + 6y = ex (2x – 1) PT đặc trưng: k2 -5 k + = ⇒ k1 = 2, k2 = NTQ pt y = C1e2x + C2 e3x Vì α = không nghiệm pt đặc