báo cáo bài tập lớn giải tích 1 khái niệm hệ phương trình vi phân tổng quát

yix0 = bi, i=1,…,n Nhận xét: Phương trình vi phân bậc cao luôn có thể đưa được về hệ phương trình vi phân bậc nhất.. Nếu đặt y1 = y và y2 = y’ thì phương trình tương đương với hệ phương

ĐẠI HỌC QUỐC GIA TP HỒ CHÍ MINH

TRƯỜNG ĐẠI HỌC BÁCH KHOA

KHOA KHOA HỌC ỨNG DỤNG

🙞······🙞

BÁO CÁO BÀI TẬP LỚN

Giải tích 1

Giảng viên hướng dẫn: Ths.Nguyễn Thị Xuân Anh

Lớp L23, Nhóm 8

TPHCM 11/2023

Danh sách thành viên nhóm

Nguyễn Hoàng Đức Huy 2311182

Mục lục

Đề bài 4

1 Khái niệm hệ phương trình vi phân tổng quát 5

2 Phương pháp giải 5

Phương pháp khử: 5

Ưu điểm: 5

Nhược điểm: 5

Phần 1 6

a/ Tính v₃, v₅ theo v₁, v₂, v₄ để cho lượng nước không đổi: 6

b/ Thành lập hệ phương trình vi phân với điều kiện đầu miêu tả quá trình trên 6

Phần 2 7

Trình bày cách dùng phương pháp khử để đưa hệ phương trình vi phân tuyến tính 2 phương trình – 2 ẩn tổng quát dưới đây về phương trình tuyến tính cấp 2 sau đó giải ví dụ cụ thể 7

VD: Giải hệ phương trình 7

Phần 4.1 7

1/ 7

2/ 8

3/ 9

4/ 10

Phần 4.2 11

a) 11

b) 12

c) 12

Đề bài

1 Khái niệm hệ phương trình vi phân tổng quát

Một cách tổng quát, ta gọi các hệ phương trình có dạng

y′i = fi(x, y1, y2, , yn), i = 1, 2, , n (1)

trong đó fi là các hàm số với (n + 1) biến, còn yi là các hàm chưa biết của biến x là hệ phương trình vi phân Giải (hay tích phân) hệ trên có nghĩa là tìm tất cả các bộ n hàm số yi(x) i =1, ,n thỏa mãn (1) Nếu cho trước điểm x0 và các giá trị b1, , bn ∈ R thì một nghiệm y1(x),…,yn(x) của hệ (1) thỏa mãn điều kiện (khởi đầu)

yi(x0) = bi, i=1,…,n Nhận xét: Phương trình vi phân bậc cao luôn có thể đưa được về hệ phương trình vi phân bậc nhất

Thí dụ: Xét phương trình vi phân cấp hai

y"+ y = x Nếu đặt y1 = y và y2 = y’ thì phương trình tương đương với hệ phương trình sau

y1’= y2

y2’ = x - y1

2 Phương pháp giải

Phương pháp khử:

Nội dung của phương pháp khử là đưa hệ phươngtrình vi phân thành 1 ptvp cấp cao bằng cách lấy đạo hàm một phương trình rồi khử các hàm chưa biết

Ưu điểm:

Giải hệ phương trình nhanh, đưa về các hệ đã cóphương pháp giải

Nhược điểm:

Rất khó giải hệ nhiều phương trình, nhiều hàm

Phần 1

a/ Tính v₃, v₅ theo v₁, v₂, v₄ để cho lượng nước không đổi:

Để lượng nước không đổi: tốc độ của nước đổ vào sẽ bằng tốc độ nước thoát ra

Từ đó ta có được tốc độ của v₃ và v₅ là:

{v ₃=v₁+v₄

v ₅=v₁+v₂

b/ Thành lập hệ phương trình vi phân với điều kiện đầu miêu tả quá trình trên.

Bể 1:

 Đầu vào: n₁v₁ + 300y v₄

 Đầu ra: 500x v₃

Bể 2:

 Đầu vào: n2v2 + 500x v₃

 Đầu ra: 300y v₄ + 300y v5 = 300y (v4 + v5)

Lập phương trình theo hệ x(t), y(t):

{ x ' =n ₁v ₁+ y300v ₄− x500v₃

y ' =n₂v₂+ x500v₃− y300(v₄+v₅)

Phần 2

Trình bày cách dùng phương pháp khử để đưa hệ phương trình vi phân tuyến tính 2 phương trình – 2 ẩn tổng quát dưới đây về phương trình tuyến tính cấp 2 sau đó giải ví dụ

cụ thể.

x 0 (t) = ax(t) + by(t) + f(t)

y 0 (t) = cx(t) + dy(t) + g(t)

Cách giải:

B1: Từ 1 trong 2 phương trình rút 1 ẩn theo ẩn kia (*)

y = x ' −ax−f (t)

b => y’ = x

' ' −ax '−f '(t) b

B2: Thế (*) vào phương trình còn lại=> phương trình tuyến tính cấp 2 hệ số hằng C

x’’ – ax’’ - f ' (t) = bcx + dx’ -adx – df(t) + bg(t)

 x’’ – (a+d)x’ + (ad – bc)x = f ' (t) – df(t) + bg(t)

B3: Giải (**) suy ra x TQ

B4: Thế x TQ (*) suy ra y TQ

VD: Giải hệ phương trình

{ x’(t)=5 x(t)+ y(t)(1)

y’(t)=−101x(t )−15 y(t)−2e−5t sin(t)(2)

Từ phương trình 1: thay vào phương trình 2:

VT:

Phương trình đặc trưng:

VP: là nghiệm của phương trình đặc trưng



 xr’’

 Thay vào phương trình

24 A−10B+10 B−50 A+26 B=0

−2 A−10B+10B=−2

−10 A+2B+10 A=0

 {A=1

B=0



 xTQ’

 Thế yTQ = x’ -5x



 Vậy

Phần 4.1

Ta có hệ phương trình vi phân { x ' =n₁v₁+ y300v₄− x500(v₁+v₄)

1/

x’ = 0.48 + 0.03y - 0.03x

y’ = 0.6 + 0.03x - 30023 y

 x’ + y’ = 1.08 -1507 y

Ta có y’’ = 0.03x’ - 30023 y’ => x’ = 1003 y’’ + 239 y’

 100

3 y’’ + 329 y’ + 1507 y = 1.08

 Phương trình đặc trưng : 1003 k2 + 329 k + 1507 = 0 => k1 = A

k2 = B

 Nghiệm tổng quát phương trình thuần nhất : ytn = C1eAt + C2eBt

Đặt yr = ax + b , y’r = a , y’’r = 0

Thay yr vào 2 phương trình tương ứng, ta được: a = 0 , b = 1627

 y = C1eAt + C2eBt + 1627

 y’ = AC1eAt + BC2eBt (1)

Ta có x’ = 1.08 -1507 y – y’ => x’ = 1.08 +( 150−7C1 – AC1)eAt + ( 150−7C2 – BC2)eBt (2) Khi t0 = 0 => x’, y’ = 0, => Thế t0 = 0 vào phương trình (1) , (2)

 {C 1+C 2= 1627

AC 1+BC 2=0 => {C 1= −162 B

7( A−B)

C 2= 162 A

7( A−B)

Thế t0 = 20 , C1 = -7( A−B) 162 B , C2 = 7( A−B) 162 A vào (1) (2)

 { x ’≈ 0.41

y’ ≈−0.25 => {Lượngmuối trongbể 1sau20 p≈15.41 kg

Lượngmuối trongbể 2sau20 p≈14.75 kg

2/

x’ = 0.28 + 0.01y - 0.02x

y’ = 0.675 + 0.02x - 30019 y

 x’ + y’ = 0,955 -754 y

Ta có y’’ = 0.02x’ - 30019 y’ => x’ = 50y’’ + 196 y’

 50y’’ + 256 y’ + 754 y = 0,955

 Phương trình đặc trưng : 50k2 + 256 k + 754 = 0 => k1 = A

k2 = B

 Ta có x’ = 0,955 -754 y - y’ => x’ = 0.955 + ( −475C1 – AC1)eAt + ( −475C2 – BC2)eBt (2) Khi t0 = 0 => x’, y’ = 0, => Thế t0 = 0 vào phương trình (1) , (2)

 {C 1+C 2=57332

AC 1+BC 2=0=> {C 1= −573 B

32( A−B)

C 2= 573 A

32( A−B)

Thế t0 = 35 , C1 = -32(A−B) 573 B , C2 = 32(A−B) 573 A vào (1) (2)

 { x’ ≈ 0.44

y’ ≈−0.18=> {Lượngmuối trongbể 1sau20 p≈ 15.44 kg

Lượngmuối trongbể 2sau20 p≈ 14.82kg

3/

x’ = 0.42 +752 y - 0.028x

y’ = 0.26 + 0.028x -0.06y

 x’ + y’ = 0.68 -301 y

Ta có y’’ = 0.028x’ - 0.06y’ => x’ = 2507 y’’ + 157 y’

 250

7 y’’ + 227 y’ + 301 y = 0.68

 Phương trình đặc trưng : 2507 k2 + 227 k + 301 = 0 => k1 = A

k2 = B

 Nghiệm tổng quát phương trình thuần nhất : ytn = C1eAt + C2eBt

Đặt yr = ax + b , y’r = a , y’’r = 0

Thay yr vào 2 phương trình tương ứng, ta được: a = 0 , b = 20.4

 y = C1eAt + C2eBt + 1025

 y’ = AC1eAt + BC2eBt (1)

Ta có x’ = 0.68 -301 y – y’ => x’ = 0.68 + ( −130C1 – AC1)eAt + ( −130C2 – BC2)eBt (2)

Khi t0 = 0 => x’, y’ = 0, => Thế t0 = 0 vào phương trình (1) , (2)

 {C 1+C 2= 102

5

AC 1+BC 2=0=> {C 1= −102 B

5( A−B)

C 2= 102 A

5( A−B)

Thế t0 = 30 , C1 = -5( A−B) 102B , C2 = 5( A−B) 102 A vào (1) (2)

 { x ’≈ 0.31

y’ ≈−0.18=> {Lượngmuối trongbể 1sau20 p≈ 15.31 kg

Lượngmuối trongbể 2sau20 p≈14.82 kg

4/

x’ = 0.45 + 301 y - 0.032x

y’ = 0.54 + 0.032x - 121 y

 x’ + y’ = 0.99 -0.05y

Ta có y’’ = 0.032x’ - 121 y’ => x’ = 31.25y’’ + 12548 y’

 31.25y’’ + 17348 y’ + 0.05y = 0.99

 Phương trình đặc trưng : 31.25k2 + 17348 k + 0.05 = 0 => k1 = A

k2 = B

 Nghiệm tổng quát phương trình thuần nhất : ytn = C1eAt + C2eBt

Đặt yr = ax + b , y’r = a , y’’r = 0

Thay yr vào 2 phương trình tương ứng, ta được: a = 0 , b = 995

 y = C1eAt + C2eBt + 99

 {C 1+C 2= 99

5

AC 1+BC 2=0=> {C 1= −99 B

5( A−B)

C 2= 99 A

5( A−B)

Thế t0 = 25 , C1 = -5( A−B) 99 B , C2 = 5( A−B) 99 A vào (1) (2)

 { x’ ≈ 0.44

y’ ≈−0.22=> {Lượngmuối trongbể 1sau20 p≈ 15.44 kg

Lượngmuối trongbể 2sau20 p≈ 14.78 kg

Phần 4.2

a)

x’(t) = -x(t) + 5y(t) + e4t

y’(t) = x(t) + 3y(t) – 2e-2t

 x’(t) + y’(t) = 8y(t) + e4t – 2e-2t (1)

Ta có y’’(t) = x’(t) + 3y’(t) + 4e-2t => x’(t) = y’’(t) - 3y’(t) - 4e-2t (2)

thay (2) vào (1)

 y’’(t) - 2 y’(t) - 4e-2t = 8y(t) + e4t – 2e-2t

 y’’(t) - 2 y’(t) - 8y(t) = 2e-2t + e4t

Phương trình đặc trưng : k2 -2k – 8 = 0 => k1 = 4

k2 = -2

 Nghiệm tổng quát phương trình thuần nhất : y = C1e4t + C2e-2t

Đặt yr1 = ate4t , y’r1 = a( e4t + 4te4t ) , y’’r1 = a( 8e4t + 16te4t)

yr2 = bte-2t, y’r2 = b( e-2t -2te-2t ) , y’’r2 = b( -4e-2t + 4te-2t )

Thay yr1, yr2 vào 2 phương trình tương ứng, ta được: a = 1/6 , b = -1/3

 y(t) = C1e4t + C2e-2t + 16te4t -13te-2t

 y’(t) = 4C1e4t - 2C2e-2t + 16(4te4t + e4t) -13(-2te-2t + e-2t)

Ta có x’(t) = 8y(t) + e4t – 2e-2t - y’(t)

=> x’(t) = 4C1e4t + 10C2e-2t + 23 te4t + 16 e4t - te-2t - 13 e-2t

b)

x’(t) = x(t) + 2y(t) - 2e-2t cos(5t)

y’(t) = -17x(t) - 5y(t)

 17 x’(t) + y’(t) = 29y(t) - 34e-2t cos(5t) (1)

 Ta có y’’(t) = -17x’(t) - 5y’(t) => 17x’(t) = - y’’(t) - 5y’(t) (2)

Thay (2) vào (1) => y’’(t) + 4y’(t) + 29y(t) = 34e-2tcos(5t)

 Phương trình đặc trưng : k2 + 4k + 29 = 0 => k1 = -2 +5i

k2 = -2 – 5i

 Nghiệm tổng quát phương trình thuần nhất : ytn = e-2t(C1cos(5t) + C2sin(5t))

Đặt yr = te-2t(acos(5t) + bsin(5t)),

y’r = e-2t((-5at -2bt + b)sin(5t) + cos(5t)(-2at + a + 5bt ))

y’’r = e-2t((20at – 10a -21bt - 4b)sin(5t) - cos(5t)(21at + 4a + 20bt – 10b))

Thay yr vào 2 phương trình tương ứng, ta được: a = 0 , b = 175

 y(t) = e-2t( C1cos(5t) + C2sin(5t) + 175 tcos(5t))

 y’(t) = 1 e-2t (((17 - 10 C1 + 25C2 - 34t) cos(5t) - 5 (5C1 + 2C2 + 17t) sin(5t))

 6x’(t) + y’(t) = 8y(t) – 4e-4t (1)

Ta có y’’(t) = -12x’(t) - 10y’(t) + 16e-4t => 6x’(t) = 12(16e-4t - 10y’(t) – y’’(t)) (2)

Thay (2) vào (1) => y’’(t) + 8y’(t) + 16y(t) = 24e-4t

Phương trình đặc trưng : k2 + 8k + 16 = 0 => k = -4

 Nghiệm tổng quát phương trình thuần nhất : ytn = C1e-4t + C2te-4t

Đặt yr = at2e-4t, y’r = a( 2te-4t - 4t2e-4t ), y’’r = a( 2e-4t -16te-4t + 16 t2e-4t )

Thay yr vào 2 phương trình tương ứng, ta được: a = 12

 y(t) = C1e-4t + C2te-4t + 12 t2e-4t

 y’(t) = -4 C1e-4t + C2( e-4t + 20te-4t – 48t2e-4t)

 Ta có x’(t) = 16(8y(t) – 4e-4t – y’(t))

 x’(t)= 16(-4e-4t + 12 C1e-4t - 12C2te-4t + C2 e-4t +114 t2e-4t)