1. Trang chủ
  2. » Luận Văn - Báo Cáo

Luận văn Thạc sĩ Toán học: Phương trình vi phân tuyến tính hệ số hằng và một vài ứng dụng

66 2 0
Tài liệu được quét OCR, nội dung có thể không chính xác

Đang tải... (xem toàn văn)

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

THÔNG TIN TÀI LIỆU

Thông tin cơ bản

Định dạng
Số trang 66
Dung lượng 10,89 MB

Nội dung

Mục đích của đề tài Phương trình vi phân tuyến tính hệ số hằng và một vài ứng dụng là nghiên cứu về các phương trình vi phân tuyến tính và ứng dụng của phương trình vi phân tuyến tính hệ số hằng. Mời các bạn cùng tham khảo nội dung chi tiết.

Trang 1

DAI HOC DA NANG

TRUONG DAI HOC SU PHAM

NGO TH] ANH LY

PHƯƠNG TRINH VI PHAN TUYEN TINH HE SO HANG vA MOT VAI UNG DUNG

LUAN VAN THAC Si KHOA HOC

Đà Nẵng, 2021

Trang 2

DAI HOC DA NANG

Trang 3

Toàn bộ nội dung trình bày trong luận văn này là công trình nghiên

cứu tổng quan của tơi, được hồn thành dưới sự hướng dẫn của TS Lê

Hải Trung Những khái niệm và kết quả trong luận văn được tổng hợp từ

các tài liệu khoa học đáng tin cậy Tôi xin chịu trách nhiệm với những lời

cam đoan của mình

Tác giả

Sứ

Trang 4

Lời đầu tiên của luận văn tác giả xin gửi lời cảm ơn sâu sắc tới thay giáo hướng dẫn TS Lê Hải Trung đã tận tình hướng dẫn tác giả trong suốt quá trình thực hiện để tác giả có thể hoàn thành được luận văn này

Tác giả cũng xin gửi lời cảm ơn chân thành nhất đến tất cả các thầy cô

giáo đã tận tình dạy bảo tác giả trong suốt thời gian học tập của khóa học

Đồng thời, tác giả cũng xin gửi lời cảm ơn đến các anh chị em trong lớp Toán Giải tích K39 - Đà Nẵng đã nhiệt tình giúp đỡ tác giả trong

quá trình học tập tại lớp

Tác giả

^-

Trang 5

TRANG THONG TIN LUAN VAN THAC Si

Tên đề tài: PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TUYẾN TÍNH HỆ SÓ HÀNG VÀ

MỘT VÀI ỨNG DỤNG Ngành: Toán Giải tích

Ho va lên học viên: Ngô Thị Ánh Ly

Người hướng dẫn khoa học: TS Lê Hải Trung

Cơ sở đào tạo: Trường Đại Học Sư Phạm - Đại Học Đà Nẵng Tom tắt:

5 _ Những kết quả chính của luận văn:

Đề tài nghiên cứu luận văn thạc sĩ khoa học “Phương trình vi phân tuyến tính hệ

số hằng và một vài ứng dụng” đã đạt được một số kết quả sau đây:

~ Trình bày có hệ thống các kiến thức cơ sở về lý thuyết phương trình vi phân

tuyến tính

~ Trình bày về phương trình vi phân tuyến tính cấp n hệ số biến thiên ~ Trình bày về phương trình vi phân tuyến tính cắp n hệ số hằng

~ Trình bày về ứng dụng trong thực tế của phương trình vi phân tuyến tính như

ứng dụng trong vật lý, trong hoá học, mô hình tăng trưởng, ứng dụng trong kinh

tế

* Ý nghĩa khoa học và thực tiễn của luận văn:

~ Đề tài có tính giá trị về mặt lý thuyết và ứng dụng Có thể sử dụng luận văn làm

tài liệu tham khảo cho sinh viên ngành Toán và những đối tượng quan tâm * Từ khóa: phương trình vi phân tuyến tính, hệ số hằng, ứng dụng

Xác nhận của giáo viên hướng dẫn Người thực hiện đề tài

Let _Mw ¬

TS Lê Hải Trung Ngơ Thị Ánh Ly

Trang 6

ee

INFORMATION PAGE OF MASTER THESIS

Name of thesis: LINEAR CONSTANT COEFFICIENT DIFFERENTIAL EQUATIONS AND SOME APPLICATIONS

Major: Mathematical analysis

Full name of Master student: NGO THI ANH LY ‘Supervisors: PhD.LE HAI TRUNG

Training institution: The University of Danang, University of Education Summary

* The main results of the thesis:

The research topic of the master’s thesis "Linear constant coefficient differential equations and some applications” has achieved the following results:

~ Systematically present the basic knowledge about the theory of linear differential equations,

~ Presentation of linear differential equations of order n coefficients of variation ~ Presentation of linear differential equations of order n constant coefficients

~ Presenting practical applications of linear differential equations such as applications in physics, chemistry, growth models, and applications in economics

* The applicability in practice and subsequent research of the thesis:

~ The topic has theoretical and applied value The thesis can be used as a reference for students of Mathematics and interested subjects

* Keywords: Linear differential equations, constant coefficients, applications

Supervior’s confirmation Student

Trang 7

CHƯƠNG 1 Kiến thức cơ sở c8

1.1 Sơ lược về phương trình vi phân cấp một giải được đối với đạo

hàm

1.2 Phương trình với biến số phân ly

1.3 Phương trình vi phân toàn phần 1.4 Thừa số tích phân 1.5 Phương trình vỉ phân tuyến tính cấp một 1.6 Phương trình Bernoulli 1.7 Phương trình vi phân tuyến tính cấp n hệ số biến thiên 3 4 4 6 § 9 10 1.8 Phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất cấp m hệ số biến thiên

1.9 Công thức Ostragradxki — Louiville

1.10 Phương trình vi phân tuyến tính không thuần nhất 1.11 Phương pháp biến thiên hằng số

1.12 Phương trình vi phân tuyến tính cấp ø hệ số hằng

1.12.1 Phương trình tuyến tính cấp hai hệ số hằng 1.12.2 Một số khái niệm về giải tích phức

1.12.3 Phương trình tuyến tính cấp cao hệ số hằng

Trang 8

2.1 Ứng dụng trong vật lý " ° 33

2.2 Ung dụng trong hố học "¬— enenes 42 2.3 Ứng dụng của phương trình vi phân trong kinh tế 46

2.4 Mô hình quần thể " " 46

2.5 Mô hình ô nhiễm môi trường (xem |4|) 47

KET LUAN " " " .50

TÀI LIỆU THAM KHẢO - BL

Trang 9

1 Lý do lựa chọn đề tài

Phương trình vi phân trong toán học được xuất hiện từ đời sống thực

tiễn cũng như trên cơ sở phát triển của các khoa học khác nhau Trong

việc nghiên cứu các vấn đề của toán học, phương trình vi phân đã được rất

nhiều nhà toán học quan tâm nghiên cứu và phát triển Nhờ đó lý thuyết đã trở thành công cụ đặc biệt

phương trình vi phân trở nên sâu rộng

trong việc mô tả và phân tích nhiều bài tốn thực tiễn khơng chỉ trong khoa học kĩ thuật mà còn trong nhiều lĩnh vực khác nhau như kinh tế, vật lý, hóa học, sinh học,

Với mong muốn nghiên cứu về phương trình vi phân tuyến tính và các ứng dụng của nó cùng với sự gợi ý và hướng dẫn khoa học từ TS Lê Hải Trung, tôi quyết định chọn đề tài: "Phương trình vi phân tuyến tính

hệ số hằng và một số ứng dụng" cho luận văn thạc sĩ của mình 2 Mục đích nghiên cứu

Mục đích của đề tài là nghiên cứu về các phương trình vi phân tuyến tính và ứng dụng của phương trình vi phân tuyến tính hệ số hằng Dé dat

được mục tiêu trên đề tài sẽ nghiên cứu những nội dung sau:

+ Trinh bay lý thuyết về phương trình vi phân, phân loại phương trình

vi phân tuyến tính

- Phương trình vi phân tuyến tính hệ số hằng

- Các ứng dụng của phương trình vi phân tuyến tính hệ số hằng

Nội dung của đề tài được dự định chia thành 2 chương:

Chương 1: Kiến thức cơ sở

Trang 10

- Các ứng dụng của phương trình vi phân tuyến tính hệ số hằng 4 Phạm vi nghiên cứu

Đề tà

số hằng và ứng dụng

nghiên cứu trong phạm vỉ phương trình vi phân tuyến tính hệ

5 Phương pháp nghiên cứu

Thu thập các tài liệu sưu tầm được, các sách vở có liên quan đến đề tài

luận văn, tìm hiểu chúng và trình bày các kết quả về đề tài theo hệ thống

khoa học

6 Ý nghĩa khoa học và thực tiễn của đề tài

Đề tài có giá trị về mặt lý thuyết và thực tiễn Có thể sử dụng luận văn như là tài liệu tham khảo dành cho sinh viên ngành toán và các đối tượng,

quan tâm đến phương trình vỉ phân tuyến tính

ï Cấu trúc luận văn

Chương 1: Kiến thức cơ sở

Trang 11

của nó tính chất duy nhất nghiệm của bài toán Cauchy:

{ ý =ƒ(.u)

9 (đa) = 1;

được thoả mãn được gọi là nghiệm riêng Ngược lại, nghiệm của phương trình (1.1) mà tại mỗi điểm của nó tính chất duy nhất nghiệm của bài toán Cauchy bị vi phạm được gọi là nghiệm kỳ dị

1.2 Phương trình với biến số phân ly

Định nghĩa 1.2.1 (xem [3]) Phương trình vi phân cấp một dạng

M(x)dx + N(y)dy = 0, (14)

được gọi là phương trình với biến số phân ly (hay còn gọi là phương trình

tách biến)

Trong phương trình (1.4) các hàm số A/(z), (y) được giả thiết là liên

tục trên các khoảng nào đó Khi đó chỉ cần tích phân hai về của phương

trình trên ta thu được: J M(z)dz + / Biểu thức cuối cùng chính là nghiệm cần tìm của phương trình đã cho Ví dụ 1.2.2 Giải phương trình adx + ydy = 0 V(y)dy =C Tích phân hai về của phương trình đã cho ta thu được dey ly =Œ 2 2

1.3 Phương trình vi phân toàn phần

Trang 12

Định lí 1.8.2 (rem {ðJ) (Dấu hiệu nhận biết phương trink vi phan toan phần) Để cho phướng trình (1.5) là toàn phần thì điều kiện cần nà đủ là:

9P _øQ dy Ox”

Chitng minh

Điều kiện cần Giả sử trong phương trình (L5) các hàm P{(z,y),

Q(z.) được cho trên hình chữ nhật Jị x Jo, ở đây J\, J› là các đoạn „ Vì (15) là toàn trong R va liên tục cùng với các đạo hàm riêng ĐP và 9 phần nên: av av = Q.9): ora P(x,y); Wy Mặt khác

ap _ ÊU ôQ_ #U_

Đến đây áp dụng định lý Smart về sự bằng nhau của đạo hàm hỗn hop cho ham hai bién ta 06 22 = $2 (x,y) € A x Jp)

Điều kien di

Tit Q(x, y) = Uj, ta 06: U(x, y) = 2 Q(x, €)dg + C(x) Léy dao ham theo x biéu thtte nhan duge cho ta:

Fen ae fe Ode + CH = Plas) Tit day ta có: Ce) = Plan) 5 [Oa 6s Mặt khác : c |, 96: = [” 29096 = [ˆ Serle = P(,y) — Plow) Do đó C!{z) = P(z,o) Từ đây ta nhận được C(x) = [ P(.w)dy + Ci

Trang 13

Như vậy hàm U(z, ) tìm được dưới dang: ule =f Ponaans faces, F Ụ ñ ụ

ở đây zụ, ụ là các điểm cố định tương ting trong J; va Jp Ví dụ 1.3.8 Giải phương trình vi phân: 2zwdz + (z? — uˆ)dụ = 0 Taco ap 2=?“ se aQ do đó phương trình đã cho là toàn phần Vì av or = 2Qry, nén U =27y + Cly) Dao ham biểu thức nhận dugc theo y cho ta: ft _ „? , Uy = +? + C1(0)

Từ đây ta nhận được Cý = —yŸ, do d6 C(y) = —$w° + C Như vậy nghiệm của phương trình đã cho là: z?ụ — 3° = C

1.4 Thừa số tích phân

Có những trường hợp phương trình (15) không phải là phương trình

vi phân toàn phần nhưng có thể tìm được hàm số /(z,) sao cho phương, trình

n(x, y)[P(a, y)dx + Q(a,y)dy] = 0,

trở thành phương trình vi phân toàn phần

Định nghĩa 1.4.1 (xem [5|) Hàm /(z,y) thỏa mãn (L6) được gọi là thừa số tích phân của phương trình (1.6) Hiển nhiên để ø(z,) là thừa số

tích phân thì:

a a

Trang 14

hay:

(17)

Không có phương pháp tổng quát để giải (1.7), tuy nhiên trong các

trường hợp đặc biệt ta có thể tìm được /(+, y)

a „ chỉ phụ thuộc vào z Khi đó 2“ »% =0 tà (17) trở thành: On ap "ag ——=/ —->- 18 Ox Hay Ox” (18) Chia cả hai về cho Q ta nhận được On 1,0P 0Q — =+(= =*) 19 P a! dy Or ) (19)

Như vậy để yêu cầu bài toán được thỏa thì về phải của (1.9) chỉ có thể

phụ thuộc vào z Kí hiệu về phải của biểu thức cuối bằng ¿(z) và lấy tích phân cả hai về đẳng thức nhận được

p(x) = ef 4, (1.10)

b ø chỉ phụ thuộc vào Tiến hành tương tự ta nhận được:

nly) = ef 9, (LH)

Ä đây 2h a

ở đây 0(y) = =}(Šy — 52)-

Ví dụ 1.4.2 Tìm thừa số tích phân rồi giải phương trình sau đây: (2? + y? + ade + ydy = 0 (1.12) Ta có: P(z,) = #2 + 2+ #; Qle.y) =y; Ph=2y: Y, =0va 1ØP_ 0Q giầy ~ Ox) ~ Từ đây ta có: Lúc này phương trình (1.12) viết lại được dưới dạng: e* (a? + 2 + z)dz + ye*dy = 0, (1.13)

và là phương trình vi phân toàn phần

Tiến hành giải (1.13) ta thu được nghiệm:

Trang 15

1.5 Phương trình vi phân tuyến tính cấp một

Định nghĩa 1.5.1 (xem [I|) Phương trình dạng:

+ Pee = Qe), (49)

được gọi là phương trình vi phân tuyến tính cấp một

Trong phương trình (1.14) ta luôn mặc định P(z) và Q(z) là xác định trên khoảng (ø,) nào đó Ta tiến hành tìm nghiệm của (1.14) đưới dạng; y= u(x)v(z), (1.15 6 day u, ø là các hàm chưa biết và phụ thuộc vào z Vi phân cả hai vi của (1.15) ta nhận được: ) é y =uv+ui,

và đặt biểu thức vừa nhận được vào (1.14) ta nhận được:

uv! + (u! + P(x)u)v = Q(2) (1.16) Trong (1.16) ta chon u sao cho u’ + ()u = 0, từ đây ta nhận được; f P(z)dx u=e Thay biểu thức nhận được vào (1.16) ta nhận được: v =e SPR — Q(x) Giải phương trình cuối ta nhận được = | QAx)el PM de + C Do đó nghiệm tổng quát của phương trình (1.14) tìm được dưới dang JP(z)dz U Axel Pdr +] Ví du 1.5.2 Tim nghiém cita phuong trinh =0 +3~u=+,

đi qua điểm (0, 1)

Ta có: P(z) = 3z, do đó ƒ P(x)dx = $x? va như thế nghiệm tổng quát

của phương trình đã cho là:

Trang 16

Do nghiệm của phương trình đi qua (0,1) nên thay # = 0, = 1

vào biểu thức cuối ta thu được Œ = ÿ Như vậy nghiệm cần tim chính là 1.6 Phương trình Bernoulli Định nghĩa 1.6.1 (xem |4|) Phương trình dạng: dị Se + Play = Q0), (17)

được gọi là phương trình Bernouli

Để tìm nghiệm của (1.17) ta sẽ đưa nó về dạng (1.14) Hiển nhiên khi n = 0 hoặc n = 1 thì (1.17) có dạng phương trình tuyến tính Ta đi xét các trường hợp còn lại, Đặt y = uv, khi d6 y/ = u'v + wø' và đặt biểu thức

nhận được vào (1.17)

ue’ + (u’ + P(x)u)u = (uv)"Q(2) (1.18)

Chon w sao cho w! + P(x)u = 0, tir day nhan duge

= eS Paar,

Dat biéu thite nhan duge đối với u vao (1.18) ta nhan duge: view J Plaids — yne-nJ Pdr Q(y),

Trang 17

bởi công thức: y =e IPO (x, C) Ví dụ 1.6.2 Tìm nghiệm của phương trình dy vy _ Tacén=2, P(x) =4, Lại có Như vậy nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là: 1 -3z 3 1430.08 7+30

1.7 Phương trình vi phân tuyến tính cấp n hé sé biến thiên Định nghĩa 1.7.1 (xem [5|) Phương trình dạng:

YO) + Py(a)y + + Prale)y! + Pa(x)u = ƒ() (119)

trong đó P„(z), ¿= T,n, ƒ(z) là những hàm cho trước, còn , yí“=Đ,

cy -Y, là những hầm cần phải tìm, được gọi là phương trình vi phân

tuyến tính cấp m với hệ số biến thiên Ở đây các hàm P,(x), i= T,n được ia phương y gọi là hệ số của phương trình, hàm f(r) duge goi 1a vé phai trình, Bình thường người ta mặc định các hàm P,(z), ¡ — T,n, ƒ(z) xác định và liên tục trong một khoảng (a,b) nào đó Nếu như phương trình (1.19)

với ƒ(z) # 0 thì nó được gọi là phương trình không thuần nhất, và được gọi là thuần nhất trong trường hợp còn lại Nếu như phương trình (1.19) là tuyến tính không thuần nhất thì khi đó phương trình:

J) + Pray + + Prale)y! + Pa(w)y=0, (120)

Trang 18

Định nghĩa 1.7.2 (xem |5])

Ly] = + Pia)" + + Pạ_i(e) + Pa(+)w, (121) được gọi là toán tử vi phân tuyến tính của phương trình (1.19) và (1.20)

Định lí 1.7.8 (zem [öJ) Giả sử trong phương trình oỉ phân thường cấp n

(1.19) vdi điều kiện đầu tại các điểm:

+ =0, =0, VÝ= túc s VÉ) = yy” ”, (122)

các hàm P\(œ) Pa(œ) Pa(œ), ƒ(œ) xác định và liên tục trong khoảng (a.b) nào đó, điểm œụ € (a,b) Khi đó trong (a,b) tồn tại duy nhất một nghiệm ụ = 1(#) của phương trình (1.19) thoả mãn điều kiện (1.99)

1.8 Phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất cấp ø hệ số biến thiên

Định nghĩa 1.8.1 (xem |7|)

y+ Pray") + 4+ Prala)y! + Px(e)y =0, — (123)

được goi 1a phuong trinh vi phan tuyén tinh thuan nhat bac n với hệ số biến Pi(), Po(x), , Pa(z) Ta sẽ mặc định các hệ số P(), P2(z) trong mot khoang (a,b) nào đó Ta có thể viết gọn lại phương trình (1.23) dudi dang: + Pa(z) xác định và liên tục L{y| = 0 Tinh chat 1.8.1

Trang 19

Khi d6:

Ly + ye) = (yn + ye) + Pr(a)(yr + ye)" + + Pa(a)(yr + y2)

= + yf + Pi(x)yl? + Pao)yl? + + Palw)yn + Pala)ye = + Py(x)y fh) + + Pi(e) + vệ” + Pị@))'”” + + Palo)ye

= Lịm] + L|w]-

3 Với mọi hàm y = g(z) vi phân cấp ứ trong (ab) và với số œ €

bất kì ta có: L[ay] = œL[y]

Chứng minh

Vi (ay)! = ay, ., (ay) = ay” nén

Llay| = ay™ + Pi(x)ay") + + ay = aLly) Tinh chat 1.8.2

1 Néu yr = yi(z) va yo = wa(#) là các nghiệm của phương trình vi phân thuần nhất bac n (1.20) thi y; + z = y cũng là nghiệm của (1.20)

Chứng minh

Ta có Ƒ[y] = 0 = L{y] Sit dung tinh chit 1 (1.8.1) ta nhận được 0= Lm] + L[w] = L[y + w Điều này nghia la ham y = y + y2 cing là nghiệm của phương trình (1.20)

2 Nếu hàm = (2) là nghiệm của (120) thì với mọi œ € R bắt kì œ cũng là nghiệm của (1.20) Chứng minh Vì L[y] = 0 nén véi moi a e R ta có œE[g] = 0 Sử dụng tính chất 2 [L8.1| ta có điều phải chứng mình 3 Néu cdc ham y: = y:(2), yo = Wa(#) a — a() là nghiệm của phương trình (1.20) thì hàm:

y= ary (x) + aaa(+) + + anWa(),

cũng là nghiệm của phương trình (1.20), trong đó œ;, ¿ = 1,0 là các hằng

số bất kì

Trang 20

Ta c6:

1[aui(#) + aawa(3) + + anyn(x)]

=Llari(2)] + L[aswa(+)} + + L[esw„(+)] =aiH[()] + a2b{y2(z)] + + anL[yn(z)]

Một cách rất tự nhiên sẽ xuất hiện câu hỏi sau đây: Giả sử ÿ¡ = (2) tp = yo), Yn = Yul) là các nghiệm riêng của phương trình (1.20), khi đó trong điều kiện nào đối với các hàm trên thì y = cy, + c2yo + + CnYns

œ €T, ¡= I,n là nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất (1.20)

Định nghĩa 1.8.2 (xem [5|) Một hệ các hàm số ¿; = 1⁄(f), ¿ = 1,n được

gọi là phụ thuộc tuyến tính trong khoảng (ø, b), nếu như tồn tại các hằng

số a¿, i= Ty không đồng thời bằng 0 để cho đẳng thức 32 a;y; — 0 được

thỏa mãn “

Định nghĩa 1.8.3 (xem [5]) Một hệ các hàm số = 1/(f), ¿ = T,n được

gọi là độc lập tuyến tính trong khoảng (a,), nếu như từ Ÿ2 ay; = 0 suy

ra aị =0, ¡=Tn, “

Ví dụ 1.8.4 Với moi n € N hé: 1, ¢, #, f" độc lập tuyến tính trong mọi khoảng (a, Ù)

Chứng minh

Ta giả sử điều ngược lại Giả sử tồn tại n € Ñ để cho hệ trên là phụ

thuộc tuyến tính trong một khoảng (a,b) nào đó Khi đó 3 aj, On

không đồng thời bằng không để cho hệ thức

ag tat + + ant" =0

xảy ra Hiển nhiên để đẳng thức cuối cùng xảy ra với mọi £ € (a,b) chỉ có

thể khi và chỉ khi đa thức ag + aj# + + œ„#" đồng nhất với 0 Diều này

đồng nghĩa với a; = Ú

Ví dụ 1.8.5 Hệ e°, c?, e"* là độc lập tuyến tính trên toàn bộ

Trang 21

Chitng minh Xét tổng: Ta chứng mỉnh bằng quy nạp mệnh đề đã cho Khi n—1: ae =0= ai =0 Giả sử điều khẳng định trên là đúng trong trường hợp & = œ—1,tức là Vane =0 > a = 0,4 = Tn (1.24) it Ta di xem xét trong trường hyp k =n, tite la ta phai kiém chting Vane = 0 a =0,k = kei với điều kiện (1.24) Chia cả hai về đẳng thức nhận được cho e"“ ta nhận được ae ~?# + w;e®~"# + + aụ_jeR~1=?)# + w„ = 0 Vi phân cả hai về đẳng thức trên theo x cho ta:

ay (1 — n)e* + a9(2 — n)e™* + + an—1(n — 1 —nje"™* = 0

Từ (1.24) ta có biểu thức cuối:

ơi =0 = = đun, tit day ta suy ra a, = 0

Ví dụ 1.8.6 Hệ gồm các hàm: 1, sin?/, cos?f là phụ thuộc tuyến tính

Chứng minh

That vay, khong khó để ta nhận thấy ở đây ai = 1, a2 = -1, a2 = 1

Do đó theo định nghĩa hệ trên là phụ thuộc tuyến tính

Định lí 1.8.7 (rem [5]) Dé hé hai ham y = y\(x) £0, yo = 9a(+) # 0 là độc lập tuyến tính trong khodng (a,b) thi diéu kiện cần nà đủ là:

# const

1a(+)

Trang 22

Điều kiện cần: Ta giả sử điều ngược lại:

(z)

1(z)

Biểu thức cuối chứng tỏ g¡, ¿ phụ thuộc tuyến tính, điều này trái với giả

=C > —ựị + Cự; = 0

thiết Từ đây ta có điều phải chứng minh

Điều kiện đũ: Ta giả sử điều ngược lại: ị, ; là phụ thuộc tuyến tính, do d6 tén tai C, 4 0, Cp £0 dé cho ding thite Cry; + Coy = 0 duge thỏa mãn Từ đây ta nhận được tì œ == -—= = const 1a CG điều này trái với giả thiết của điều kiện đủ Từ đây ta nhận được điều phải chứng mình

Định nghĩa 1.8.8 (xem [5]) Mọi hệ gồm n nghiệm = (z), ¡ = Ty độc lập tuyến tính của phương trình vi phân thuần nhất (1.20) được gọi là hệ nghiệm cơ sở

Định nghĩa 1.8.9 (xem |5|) Giả sử hàm = (2), i = Tn, (n — 1) lần khả vi trong khoảng (a,b) Khi đó định thức

tí) — w(+) op (2)

M(m) 3>) u(x)

wa) Pe) oD)

được gọi là định thức Wronxki (hoặc Wronxkian)

W(x) =

Đối với W'(z) ta phát biểu hai định lý quan trọng sau đây

Định lí 1.8.10 (zem (5) Nếu hệ (2), a(2) wa(£), (n — 1) lần khả vi trén (a,b) là phụ thuộc tuyến tink thi W(x) = 0 (z € (a,ð))

Chứng minh

Gia sit he yi (i = 1, me ~1) lan kha vi trén (a,b) và phụ thuộc tuyến

tinh, khi do tn tai c; (i = I,m) không đồng thời bằng không dé cho

Trang 23

Đạo hàm cả hai về của hệ thức (1.26) (n-1) lần cho ta:

it + cst2 + + cu, = 0

CUjÑ + ca + + cu, = 0

nt cu? + cau")

Kết hợp các biểu thức nhận được với (1.26) và cố định z — zọ € (a,b)

ta nhận được hệ phương trình đại số cấp n eyo + oun + + Cnn0 —= 0, yp + Gan + ++ Cady 0, cyl, + cyl + + Guy = 0, (1.27) + + Ga) ct? + cx? + + onal? = 0,

trong d6 cdc hé s6 cj, (i = 1,n) được coi là ẩn cần phải tìm của hệ (1.27)

Theo giả thiết «„ (¡ = T,n) không đồng thời bằng 0, do đó định thức của hệ (1.27) phải bằng 0 Mặt khác định thức của hệ (1.27) chính bằng Yao 120 sec Yn Wao) = Yio Yoo Yn (1.28) ay (ad nt vụ”) a?

Nhan duge tai moi x» € (a,b): W(eo) = 0 Nhu vay W(x) = 0 (x € (a,b)) Dinh lý được chứng mỉnh

Djnh If 1.8.11 (cem [5]) Với mỗi hệ nghiệm cơ sở (2), a(2)

của phương trình uỉ phân thuần nhất cấp n: 1a(#), 9 + pí(#)y=Ð + + pa()y = 0, (129) hay: Ly] = 0 (130) thi dink thite Wronaki: (+) wa(z) s() Wy) = nile) MŒ) wl) |g (31)

na) Me) (a)

tai méi diém x € (a,b)

Trang 24

Lấy một hệ nghiệm cơ sở tiy ¥ y(x), i = I,n của phương trình vi

phân thuần nhất cấp n (1.29) va ta gia sit định thức Wronxki của nó bằng, 0 tại một điểm 9 € (a,b) nào đấy, như vay 1u Mại «a0 lo du c Đa | Sg, (1.32) 4) (wd ml Yio ta) Ya Ủ 6 day yo = (0o), ¿= 1.n, yf) = ya), A= Tn 1 Xét he (thuin nhất) phương trình đại số: ero + ae + + EnYno C1} + Cady + - + CaYno cave + Catt ++ cathy = (1.33)

cals? + caus? + + enyly? = 0

Do dinh thtte Wronxki cia (1.33): W(o) = 0, do đó (133) có một nghiệm khác không (c‡, € c,), khi đó ta có

C100 + C32 + Ð ChUno = 0,

hyp + tae ys =o = (sy

CN cac sa

Xết hàm g" = c[0i+€ja+ -+cÿ„„, là nghiệm của phương trình (1.29)

Từ (134) ta nhận được: yÿ = y"(xo) = 0, yf = W“(#u) = 0, yf"? = y)) (a9) = 0 Khi đó theo định lý 1.7.3 (về sự tồn tại và duy nhất nghiệm

của phương trình vi phân bậc n) ta có /* = 0 Điều này mâu thuẫn với giả

thiét yr, yo, , #„ là hệ ngiệm cơ sở của phương trình (1.29) độc lập tuyến tính (y"— phụ thuộc tuyến tính) Từ đây ta có điều phải chứng mỉnh

Định lí 1.8.12 (zem [5]) (Dinh ly sÈ nghiệm tổng quát của phương trình vi phan thuần nhất cấp n hệ số biến) Với mọi hệ nghiệm cơ sở n(x), Wa(2) Vu(œ), của phương trình ơi phân thuần nhất cấp n hầm

= cii() + esa(+) + + cun(+), trong đó cạ, c„ là các hằng số tùy ú, là nghiệm tổng quát của (1.29)

Trang 25

Lấy một hệ nghiệm cơ sở tùy ý 1/(Z), ¿ = Ï,n của (1.29) Ta đi chứng "

té y= Laai(t) 1a nghiệm tổng quát của (1.29)

Ta có: ị — 4(Z), Ứu — a(2) là các nghiệm riêng của (129) Mặt khác ta cũng có = ciq + + c„„ cũng là nghiệm của (1.29) Việc còn

lại là ta đi chứng tỏ đây là nghiệm tổng quát Từ việc với mỗi sự lựa chọn đối với c; ta nhận được một nghiệm riêng tương ứng đối với (1.29) Ấp

dụng định lý về sự tồn tại và duy nhất nghiệm của phương trình vi phân

bậc n, khi đó mỗi nghiệm riêng = (z) hoàn toàn xác định trước mỗi

điều kiện đầu:

(n0),

# =zu, U=10, = tụ = of (135)

Như vậy ta cần phải chứng minh là với điều kiện đầu (1.35) thì có thể xác định được ¢ dé cho y = y(x) = erMi(#)+ +€„„(z) thỏa mãn (1.35) Xét hệ eyo + oe + + CnVn0 = CLY hg + C2 + + Onno cayly + cathy + + Cathy = (1.36)

ule? teal + bef? = af

Trong 6 yi = yi(xo), i=T,n, yl = 2! (to), A=T,n—T Dinh thite

của hệ (1.36) chính là dinh thite Wronxki W(x) Theo định lý 18.11 do he yt = #4(Z) ựa = wa(z) là hệ nghiệm cơ sở nên W(zo) # 0, do đó hệ (1.36) có nghiệm duy nhất (co, c;o) Xét ham y = cy + + Cnn

với các hằng số trên, chính là nghiệm của (1.29) và từ (1.36) nó thỏa mãn

điều kiện (1.35) Định lý được chứng mình 1.9 Công thức Ostragradxki — Louiville

Ta di xét phương trình vi phân thuần nhất cấp hai với hệ số biến thiên: y" + p(x)y' + a(a)y = 0, (1.37)

với hệ số biến p(x), g(x) dutge mặc định xác định và liên tục trên một khoảng (a,b) nao đó Khi đó ta có phát biểu sau đây:

Trang 26

phương trình (1.37) ta có: W(2) (1.38) trong đó c= const #0 Chứng minh Lấy bất kỳ một hệ nghiệm cơ sở ÿị = yi (x7), yo = yo(x) của (1.38), khi đó ta có {4148/148/=t ta)

Trong hệ nhận được ta nhân cả hai vế của phương trình thứ nhất với

1›, nhân cả hai về của phương trình thứ hai với ‡ rồi trừ vế với về của

các biểu thức nhận được cho ta:

(yy? — yout!) + (Wbwi — wawi)p(+) = 0- (140) Mat khac: W(x) = v, Hị 5 —9a, và (+) = (WbM —wa)' = thức nhận được với (1.40) ta nhận được mys — yy Két hgp cdc bi phương trình: W + p(z)W = 0

Giải phương trình cuối cho ta nghiệm chính là công thức (1.38),

Ứng dụng Cho 1 = ¡(#) và phương trình (1.37), trong d6 p(x), q(x)

là xác định và liên tục trong một khoảng (a,b) nào đấy Ta cần tìm s =

a(z) độc lập tuyến tính với ¡ Không khó để thấy rằng

Trang 27

Phuong trinh da cho viét lai tực dudi dang: nae 4 Yt ory ~ ee = Ta có: y= 2 1a mot nghiém ciia phuong trinh, và: na) = Pe) = re do đó [oe] w= | — z—= b = 1ì y =z|f Nghiệm tổng quát của phưng trình đã cho -2e Y = Cyn + Coy = €ị# — cạc

1.10 Phương trình vi phân tuyến tính không thuần nhất

Giả sử ta có phương trình vi phân:

009 + Pi(œ)yŒ=® + + Pụ—i()W + Pa(z)w = F(a), (141) trong Py céc hé 86 P,(x) va f(a) # 0 xác định và liên tục trên một khoảng

(a,b) nào đó Giả sử ạ, „là một hệ nghiệm cơ sở của phương trình: y + Pi(x)y") + + Paa(a)y! + Pa(a)y = 0, (142) khi đó w = ej¡ + + e„w„ là nghiệm tổng quát của (1.42) Ta cần tìm nghiệm tổng quát ¿ của phương trình không thuần nhất (1.41) Kí hiệu Y = Y(z) là một nghiệm riêng của (1.41) Ta phát biểu định lý sau đây Định lí 1.10.1 Nghiệm tổng quát của phương trình tỉ phân không thuần nhất (1.41) có dạng:

y=Y+u, (1.43)

trong dé u la nghiém tong quat ctia phutong trink (1.42) con Y la mét

nghiém riéng ctia (1.41) Chitng minh

Trang 28

điều kiện đầu:

xo € (a,b), y(xo) = yo, y/(x0) = y=Đ (xạ) = ý”, (144)

ta cần chỉ ra được sự tồn tại của (c¡ c„) để cho hầm y = cy, + + €n„ + Y thỏa mãn (1 4) Xét hệ S100 + €zMao + ‹ + Cang Y= C1Yhg + C299 + + Cnn + Yo f+ cauly ++ cual + (145) ~ (n-1) n—1) n—1) n—1)

I0” + cgUn ° + s + cua YY"? = yr?

Day là hệ phương trình đại số với các ẩn là c, ¡ = 1,3, n, trong đó

Yo = (sa), ï = 1,9, ,n, yf = y(® (xạ) Định thức của hệ (1.45) chính

1a det W, mat khác ụ, u là hệ nghiệm cơ sở của (142), nghĩa là tồn 1,2 1.11 Phuong pháp biến thiên hằng số tại nghiệm œ¡, n của hệ (145)

Ham y = cry + + cua, ð đây c¡, ¡ = 1,n là các hằng số bất kỳ, con y;, = 1,n là hệ nghiệm cơ sở của phương trình thuần nhất (1.42), là nghiệm tổng quát của phương trình (1.42) Diều này chứng tổ một nghiệm riêng Ÿ = Y(z) của phương trình không thuần nhất (141) tìm được ở

dang nay, trong đó các hằng số œ¡,¡ = I,n được thay thế bằng các hàm

lành đi tìm nghiệm Ÿ = Y(z) dưới @(+),¡ = T,n Như vậy ta sẽ tiến dạng, Y = e,(x)y:(x) + + Cnyn(),

ở đây e(z) = œ¡ là các hàm số chưa biết phụ thuộc vào bién x, còn yi,i = 1,7 1a hé nghiệm cơ sở của phương trình thuần nhất (1.42) Để có thể tim duge c,(x),i = I, ta cần ø phương trình Một trong số đó nhận được bằng cach dat ham Y = Y(z) vào trong phương trình (1.41) Trong

(n— 1) phương trình còn lại ta Lựa chọn sao cho các đạo hàm ¿/, , yí"=Ð có dạng đơn giản nhất, hay nói cách khác, ta chọn chúng sao cho:

sz)u †2+- -+ 9z), =0,

(2), + G(x) yy + + e,(2)yh, = 0, (146)

Trang 29

Từ (146) ta suy ra:

Y” = eI(#)14 + ca(#)6 + + ca(#)tẠ,

Yt=Ð = e(e)"”” + cala)yf? + + onlays,

YO) = A(a)yY +5(x) y+ +e, (a)y lh +e (2) y)-+ + en(a)yh

Đặt các biểu thức nhận được vào (1.41) ta nhận được

ei(#)El] + - + e(e)Elp] + đ(©)w"”” + + (oye? = F(a)

Hay:

(n)

á(©w"”” + +á(e)gp'~Ð = f(a)-

Kết hợp phương trình nhận được với (1.46) cho ta hệ n phương trình

Trang 30

Ta tiến hành đi tìm nghiệm riêng của (1.47) dưới dạng: Y = Ci(x).1 + Co(x)a” Sit dung (1.46) cho ta 0.C} (x) + 2tC3(x) (1.49) hệ (1.49) ta nhận được C\(+) = —}+Ở; C¿(z) = ‡£ Do đó nghiệm tổng quát của phương trình đã cho tìm được dưới dạng { (+) + Cš(z)+° @

1.12 Phương trình vi phân tuyến tính cấp ø hệ số hằng 1.12.1 Phương trình tuyến tính cấp hai hệ số hằng

Định nghĩa 1.12.1 (xem 5|) Phương trình dạng:

1ˆ + pự + qụ = ƒ(*): (150)

ở đây p,q là các hằng số, còn ƒ(z) là một hàm đã biết (được mặc định là xác định và liên tục trên một khoảng nào đó), được gọi là phương trình vi

phân bậc hai hệ số hằng,

Nếu như trong (1.50) f(x) # 0 thì phương trình đã cho được gọi là

phương trình không thuần nhất, trong trường hợp ngược lại ta nói phương trình là thuần nhất Trước tiên ta đi xem xét phương trình vi phân bậc

hai thuần nhất với hệ số hằng

1ˆ + pự + qụ =0, (1.51)

ta tiến hành đi tìm nghiệm của (1.51) dưới dạng y=e™,

Trang 31

biến r được gọi là phương trình đặc trưng của phương trình (151) Da thức bậc hai F(r) = r?+ pr +q được gọi là đa thức đặc trưng của phương

trình (1.51)

Giải phương trình (1.53) ta nhận được các nghiệm z,rạ Có thể xuất

n 3 trường hợp sau đây: 1.7+#ra€R

2rn=r=reR

3 rị,rạ € C (là các số phức)

Giả sử ta có trường hợp 1 Như vậy r¡.7› là nghiệm của phương trình (152)¡ # rạ € R Khi đó các hàm = e"'*, ; = e2 sẽ là các nghiệm riêng của phương trình thuần nhất (1.51) Chúng độc lập tuyến tính vì

w= elm) Z const, Khi đó hàm:

y=Cre™ + Coe™,

với Cị, C? 1a cdc hing s6 chinh 1a nghiém cita (1.51) Vi dy 1.12.3 Tim nghiệm của phương trình:

y" — Ty! + ly =0

Phương trình dic trimg r? — 7r + 10 = Ú của phương trình đã cho có nghiệm ?¡ = 2,r¿ = 5 Do đó nghiệm của phương trình đã cho tìm được dưới dạng;

y = Cye* + Coe”

Gia sit bay gid ri,r2 1a nghi¢m của phương trình đặc trưng (1.52) và ry = rz =r Khi d6 e™ sé 1A mOt nghiém riéng cita (1.51) Ta di tim nghiệm riêng thứ hai độc lập tuyến tính với nghiệm thứ nhất của (1.51) dưới dạng yp = u(x)e™, trong d6 u(x) 1a một hàm chưa biết phụ thuộc vào x Ta c6:

yh = re™u(x) + e"ul(x)

yh = re" u(x) + 2re™u'(x) + e"*u"(a)

Đặt các biểu thức nhận được ctia yo, #2, 1 vào (1.51)

Trang 32

Do e"* 4 0 con r 1A nghiém kép cita phuong trinh dic trung (1.52) nén phwong trinh cudi cdn lai w’(x) = 0, Hién nhién uw = z là nghiệm của phương trình này, do đó hàm yp = ze"* sẽ là nghiệm riêng thứ hai của phương trình (L51) Nó độc lập tuyến tính với ị bởi: -

ne

Từ đây ta nhận được nghiệm tổng quát của phương trình (1.51) là 1 = Ga + Caa = e* (Cy + Cox)

112.2 Một số khái niệm về giải tích phức

Định nghĩa 1.12.4 (xem |5|) Kí hiệu dạng a + ib, ở đây a,b € R,i— đơn vị ảo, được gọi là số phức

=## const

Số phức được kí hiệu một cách ngắn gọn là a+ib, trong đó œ được gọi là phần thực, và kí hiệu là Rec (Real),b được gọi là phần ảo và

kí hiệu là Imc (Imaginary) Tập hợp số phức được kí hiệu là C Định nghĩa 1.12.5 Hai số phức e¡ = aị + iị, cạ

bằng nhau nếu a; = a2, by = bạ

= ay + iby duige goi là

Định nghĩa 1.12.6 Số phức ẽ— a—ib duge gọi là liên hợp voi c = a+ib Ta có một vài tính chất sau đây: 1 +cạ=fT1+Ø 3 Nếu r = ø + ¡ là nghiệm của phương trình r? + pr + q = 0 thì số phức 3 liên hợp của nó F — a — ¡ cũng là nghiệm của phương trình trên Thật vậy: 0

Dinh nghĩa 1.12.7 Gia sit X C R M6t luat xéc dinh một số thực z € IR tương ứng với số phức tø = w + iø € C, được gọi là hàm phức biến thực

được cho trên tập X Nó được kí hiệu ƒ : X —> C; ƒ(#) = u(#) + ¿0(),

ở đây u(#),0(z) là các hàm thực, được cho trên tập X (z) được gọi là phần thực của ƒ(z), còn ø(z) được gọi là phần ảo của ƒ(z) Đạo hàm của

Trang 33

ƒ(z) được xác định bởi biểu thức: () = w() + iv'(2) Định nghĩa 1.12.8 Hàm tơ — cÈ,z — z + iự,tơ — + ío được xác định bởi công thức: e =e*(cosy + isiny), (1.53) được goi 18 ham mii trong mién phitc Hién nhién u = e* cosy, v = e* siny Tit (1.53) ta c6: e = cosx —isina, e* = cosx + ising

sins = 5 (& — 6) cose = 3 (CHE), 2¡

Các công thức trên có tên gọi là công thức Euler Ta phát biểu mệnh đề sau đây:

Mệnh dé 1.12.9 Néu y= u+iv = u(x) +iv(x) là nghiệm của phương

trình (1.53) hay L[y] = Ú thì phần thực u(œ) tà phần ảo v(x) cing la nghiệm của (1.53) Chứng minh Ta có: 0= Hy] = L[u(2)+-ie(z)| = L|a(ø)|+-iE|(e)] = Lu(2)] = Llv(2)] = 0

Điều này chứng tỏ u(z),ø(+) là nghiệm của phương trình Ƒ|y} = 0

Trang 34

là nghiệm tổng quát của phương trình (1.51)

Ví dụ 1.12.10 Tìm nghiệm tổng quát của phương trình

" + 4ự' + 9 = 0

Phương trình đặc trưng zŸ + 2r + 3 = 0 có nghiệm ra = =2 +Vỗ, do đó nghiệm tổng quát tìm được

yoo (a cos Vir + Cysin vãz)

1,12.3 Phương trình tuyến tính cấp cao hệ số hằng

Định nghĩa 1.12.11 (xem ||)

Phương trình "`

AT 1 dy

ct Gort tt An Vay + Any = 0, (1.54)

với Aj,i = 0,7 1a hing sé, Áo # 0, được gọi là phương trình vi phan

tuyến tính cấp ø thuần nhất với hệ số hằng, tương ứng với nó, phương

trình

dụ d

dc" "le

được gọi là phương trình vi phân tuyến tính cấp œ không thuần nhất

Ay tet Ana + Any = f(z), (1.55)

Phuong trinh (1.54) 06 thé viét lai dưới dạng toán tử như sau:

F(D)y = (ApD" + AyD"! + + AnD + An) y = 0,

6 day D = 4 Như vậy biểu thức ở trong dấu ngoặc được xem như một đa thức bậc m theo D Ta viét lai F(D) dưới dạng:

#(Đ) = Ao(D~ AI) (D=a) (D — An), (156) trong đó À;,ï = 1,n chính là nghiệm của phương trình đặc trưng:

AN" + AN! + + Ant + An = 0 (1.57)

Rõ ràng (1.56) thỏa mãn bằng 0 với mỗi nghiệm của phương trình vi phân thuần nhất (D— 1) y = 0,(D— 2) y = 0, ,(D = An)y = 0 Gid sit các giá trị À; là thực và khác nhau Xét tại À;,Ú < k <n

(D—À¿)u=

khi đó:

Trang 35

Như vậy nghiệm tổng quát của phương trình (1.54) tìm được dudi dang:

y= Cre + Cre + + Cre?

Nếu như trong các nghiệm À; có nghiém phitc , = a + ib nao d6, suy ra \, = a — ib cing 1 nghiém cia phuong trình đặc trưng (1.57), khi đó

Cyelo*® + Celt = 6 [(C, + C,) cos bx + i (C, — C;) sin ba]

lều thức cuối chính là phần nghiệm tương ứng với À, và liên hiệp phức với nó À„ Ví dụ 1/12/12 Giải phương trình: dầu _ dầu _ „dụ “+ TT —15y=0 te ie ae Y= Phương trình đặc trưng: ÀŠ + A? — 7A — 15 = 0

Phương trình đặc trưng có các nghiệm là À¡ = 3,A2 = —2 + i,A3 =

—8 —¡ Từ đây ta nhận được nghiệm của phương trình đã cho:

y = Cie™ +e (Cycosx + Cysinz)

Giả sử phương trình đặc trưng có nghiệm thực À bội ø Khi đó (1.56) có chứa nhân tử dạng (D — À)”, Xét phương trình vi phân cấp zm tương ứng: (D-)d)"y=0 Nghiệm của phương trình trên có thể tìm được dưới dang: y=e"V(2), trong đó V(r) 14 ham cần xác định Ta có: (D—))™e*V(x) = (D — A)™"'e* DV(x) = (D — A)" *e DV (x) = =e#D"V(z) =0

Từ đây ta nhận được: D”V(z) = 0, hay V(z) chính là đa thức bậc zm — 1

theo x, Goi V(x) = Ci + Cor + + Cm#"=1, Khi đó:

y=e™ (Cyt Cort + Cy là nghiệm cần tìm

Trang 36

nghiệm là:

1= (C + Cứ + + Cma™') e* cos br+(Bi + Bor + + Bna™') e° sẵn bế,

Ví dụ 1.12.13 Giải phương trình

# +2" + =0

Phương trình đặc trưng Àf 1M +1 =0 c6 cdc nghiém la: A = i, A = —¿

Vậy nghiệm của phương trình đã cho có dạng;

y = (Ci + Cox) cosx + (Cy + Cuz) sinz

1.12.4 Nghiệm riêng của phương trình không thuần nhất

Ta sẽ tiến hành xem xét khi vế phải của (1.55) trong một vài trường

hợp đặc biệt

Trường hợp 1 ƒ(z) = e°7„(z), ở đây P„(z) là đa thức bậc ơm

a Nếu như a không phải là nghiệm của phương trình đặc trưng thì nghiệm riêng có thể tìm được dưới dạng: Yr = Q(x) b Nếu œ là nghiệm bội k của phương trình đặc trưng thì nghiệm riêng có thể tìm được dưới dạng: =#*e**Q„(z), ở đây Q„(z) là đa thức bac mm mà hệ số của nó ta cần phải đi xác định Ví dụ 1.12.14 Tìm nghiệm riêng của phương trình: " — 3w + 2u = (3 — 4z)e” Phương trình đặc trưng À? — 3A + 2 = 0 có nghiệm À¡ = 1,À¿ = 2 và có a=l=Àim=l Do đó nghiệm riêng của phương trình đã cho có thể tìm được dưới dạng: Yr = œ€”(az + Ù) Ta có: ý = €f(1 + #)(a# + b) + arc?

Ta c6: y!’ = e*[(1 + x)(ax + b) + ax + (ax +b) + a(1 + #) + a]

Trang 37

nghiệm riêng của phương trình đã cho là ; = #e7(2z + 1) Từ đây cho ta

nghiệm tổng quát của phương trình đã cho = C¡e? +C»¿e#? +ze?(2z-+1)

Trường hợp 2 ƒ(z) = c°?[P(z) cos 3z + Q(z) sin Bx)

a Nếu a + 2đ không phải là nghiệm của phương trình đặc trưng thì

nghiệm riêng có thể tìm được dưới dang:

yr = €* (R(x) cos x + S(x) sin Bx)

b Néu a +i là nghiệm bội & của phương trình đặc trưng thi nghiệm

riêng có thể tìm được dưới dạng:

1y = #*e°Z[R(+) cos để + S(+) sin 82] ,

6 day R(x), Q(z) là các đa thức có bậc bằng max{deg Q(z), deg P(z)} và hệ số của chúng xác định được bằng phương pháp bắt định

Ví dụ 1.12.15 Giải phương trình:

+= 4zrsinaz

Ta cé: a=0,8 = la+ifs =i

Phương trình đặc trưng của phương trình thuần nhất tương ứng là: A?+1=0,

có nghiệm phức À = +¿ Như vậy phương trình đã cho rơi vào trường hợp

3b với k= 1

Do đó nghiệm riêng của phương trình đã cho tìm được dưới dạng: 1; = +[(a# + b) cos# + (cz + đ) sin +]

Ta có:

+b) cos r-+(cx+d) sin x+ax[a cos x—(ax+b) sinc+csin x+(cxr+d) cos 2}

1=

1 = 2aeosz—2(a#+b) sìn #++2csin z+2(c# + đ) cos#++[—2a sin #+

2ccos# — (a# + b) cos# — (cx + d) sina]

Đặt các biểu thức nhận được của y, va y!” vào phương trình đầu và tiến

hành đồng nhất thức hai vế ta nhận được ø = —1,b = e= 0,đ= 1 Từ

đây ta có

Trang 38

Cuối cùng nghiệm tổng quát của phương trình đã cho nhận được là:

1 6 1

= Sa 23 2 +— sit

Trang 39

CHƯƠNG 2

MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA PHƯƠNG TRÌNH VI

PHÂN TUYẾN TÍNH HỆ SỐ HẰNG

2.1 Ứng dụng trong vật lý

Ví dụ 2.1.1 (Định luật Newton vé toa nhiệt, hấp thu nhiệt)

Một vật được đặt trong một môi trường duy trì ở nhiệt độ T„ Dinh

luật Newton nói rằng tốc độ biến đổi của nhiệt độ 7() của vật tỉ lệ với độ chênh nhiệt giữa vật đó với môi trường

Dịnh luật Newton được diễn tả bằng phương trình

7) =r(T0) ~T,) (21)

ở đó r là hệ số tỉ lệ Phương trình (3.1) chứa hàm ấn T(t) va dao ham TY(1) Dây là phương trình vỉ phân cấp một

Giả sử r là một hằng số Khi đó (2.1)là một phương trình vi phân tuyến tính hệ số hằng Giả sử tại thời điểm ban đầu fọ = 0, nhiệt độ của vật là Tạ Khi đó, từ (3.1) ta có: T(t) —rT(t) = —rT, =>T(t)= ef —rTy.e"'dt + C] => T(t) =T, + (To — Tae" (2.2) Trong thực tế, hệ số tỉ lệ r phụ thuộc cả vào thời gian và độ chênh nhiệt 46 T(t) — Ty Tite 1a r =r(t,T(t) — Tu)

Khi đó, phương trình (3.1) trở thành phương trình phi tuyến cấp một Việc tìm nghiệm chính xác 7(/) bây giờ trở nên khó khăn hơn, thậm chí

"không thể" Vì vậy, các phương pháp định tính (nghiên cứu tính chất

Trang 40

trình có cấu trúc phức tạp nảy sinh từ các mô hình thực tiễn

Ví dụ 2.1.2 Một nhiệt kế chỉ 709Ƒ ở trong nhà Đặt ở bên ngoài nơi có nhiệt độ không khí là 109, ba phút sau nhiệt độ chỉ 2597 Hãy dự đoán

nhiệt độ ở những thời điểm khác nhau Lời giải Giả sử T(£) là nhiệt độ của nhiệt kế ở thời điểm £ (phút) Theo dé ta c6: T(0) = 70°F, T(3) = 25°F, T, = 10°F Áp dụng công thức (2.2) ta có: T(3) = 10 + (70 — 10)e3 Giải phương trình trên, ta được: =—h4 "=3 Vậy nhiệt độ được xác định bởi phương trình: T(t) = 10+ 60.e7 "4,

Ngày đăng: 31/08/2022, 14:57

TÀI LIỆU CÙNG NGƯỜI DÙNG

TÀI LIỆU LIÊN QUAN

w