Hướng dẫn giải bài tập phương trình vi phân

Một số bài tập phương trình vi phân cho sinh viên ngành sư phạm Toán trường Đại học Giáo dục, tài liệu này mang tính chất tham khảo để học tập. Trong quá trình chế bản còn một số lỗi mong các độc giả góp ý để tác giả hoàn thiện chỉnh chu hơn.

PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP I

LÝ THUYẾT

1 Phương trình biến số phân li:

Phương trình có dạng:�(�)�� + �(�)�� = 0 (1.1) Ở đây hệ số của dx là hàm chỉ phục thuộc biến x, hệ số của dy là hàm chỉ phụ thuộc biến y Ta sẽ giả thiết rằng các hàm X,Y liên tục trong miền xác định của chúng, Khi đó nghiệm tổng quát của phương trình (1.1) xác định như sau:

* Ví dụ 1:Giải phương trình

1 + � 2 �� = 0 Nghiệm của phương trình xác định :

Do đó nghiệm tổng quát của phương trình là: ln(1 + � 2 ) + ��(1 + � 2 ) = �

* Ví dụ 2:Giải phương trình:

Lấy nguyên hàm hai vế ta được :

Vậy nghiệm tổng quát của phương trình là: � 3 3 = � 4 4 + � (� ∈ �)

2 Phương trình biến số phân li được:

Phương trình có dạng sau:

(2.1) Ở đây các hàm m1,m2,n1,n2được giả thiết là liên tục trong miền đang xét. Giả sử ≠ 0 Chia hai vế của (2.1) cho biểu thức này ta được

Tức là ta đi đến phương trình biến số phân li Bởi vậy tích phân tổng quát của phương trình (2.1):

* Chú ý: Để đi đến phương trình biến số phân ly (2.2) tã đã giải thiết

≠ 0 Xét trường hợp bằng 0 : + Nếu y=a là nghiệm của phương trình � 1 (�) = 0 thì thay y = a vào (2.1) và để ý rằng�1(�) = 0,d(a) = 0ta suy ra y=a cũng là nghiệm của (2.1). + Nếu trong phương trình (2.1) ta coi vai trò của x và y như nhau thì phương trình đó còn có nghiệm x=b, trong đó b là ngiệm của phương trình � 2 (�) = 0

* Ví dụ :Xét phương trình: x 1 − y 2 dx + y 1 − x 2 dy = 0 (*)

+ Giả sử 1 − y 2 1 − x 2 ≠ 0 Chia hai vế của phương trình (*) cho

1 − y 2 1 − x 2 ta được phương trình phân li biến số : x

1 − y 2 dy = 0 + Lấy tích phân hai vế ta được : x

=> 1 − x 2 + 1 − y 2 = C (C > 0) + Xét 1 − y 2 1 − x 2 = 0cho ta các nghiệm�1 = 1, �2= 1 ( − 1 < � < 1) và� 1 = 1, � 2 =− 1 ( − 1 < � < 1)

Phương trình thuần nhất có dạng: �(�, �)�� + �(�, �)�� = 0 (3.1) Hướng dẫn giải: Phương trình thuần nhất (3.1) có thể đưa về phương trình biến số phân li nhờ phép thế� = ��hoặc� = � �

* Ví dụ:Xét phương trình

+ Xétx ≠ 0ta chia cả hai vế cho x ta được:

+Đặtz = y x =>y = zx =>� ' = � + �� ' thay vào biểu thức trên ta được :

+ Lấy tích phân hai vế ta được :

2 ln(1 + 2 y 2 x 2 ) + C (C ∈ R) + Xét x=0 thì là nghiệm của phương trình.

Vậy 1 2 arctan( 2x) = 1 2 ln(1 + 2 y x 2 2 ) + C (C ∈ R) là nghiệm tổng quát của bài toán và x=0 là nghiệm của phương trình.

4 Phương trình đưa được về phương trình thuần nhất:

Xét phương trình (4.1) có dạng:

�2� + �2� + �2) (4.1) Nếu�1=�2 =0 thì phương trình thuần nhất Xét trường hợp�1 ≠ 0 hoặc�2≠

0, ta tìm cách đưa về phương trình thuần nhất thì có 2 trường hợp như sau. a Trường hợp 1 định thức � 1 � 1

� 2 �2 ≠0 Áp dụng phép thế biến sau:

� = � + � (4.2) Trong đó u,v là biến mới vàα, βthỏa mãn:

� 2 � + � 2 � + � 2 � + � 2 � + � 2 ) Giải phương trình thuần nhất trên rồi tìm nghiệm. b Trường hợp 2 định thức � 1 � 1

2 = � Do đó phương trình (4.1) có dạng

�[�1� + �2�] + �2) = �[�1� + �1�] Đặt� 1 (�) + � 1 (�) = �ta đi đến phương trình biến số phân li dạng

Giải phương trình biến số phân li trên và tìm nghiệm.

� = � + �trong đóα, βlà nghiệm của hệ phương trình sau:

Ta đưa phương trình đang xét về dạng sau

3 − 7 �� Đặt� = � � ta đưa phương trình trên về phương trình biến số phân li

Lấy tích phân hai vế và thế biến � = � − � �à � = � ta tìm nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là(� + � − �) � (� − � + �) � = �

5 Phương trình tuyến tính cấp 1:

Phương trình tuyến tính cấp 1 có dạng:

� , + �(�)� = �(�) (5.1) Để giải nghiệm tổng quát của phương trình (5.1), trước hết ta xét phương trình

Ta viết lại dưới dạng

�� + �(�)� = 0 => �� + �(�)�� = 0 (5.2) Giả sửy ≠ 0 Chia hai vế của (5.2) cho y ta được

� + �(�)�� = 0 Lấy tích phân hai vế ta được ln y =− p(x)dx + C 1

=> y = Ce − p(x)dx (C = e C 1 , C ≠ 0) (5.3) Nhận thấyy ≡ 0cũng là nghiệm của (5.2).

Vậy nghiệm tổng quát của phương trình (5.2) là y(x) = Ce − p(x)dx (5.4) Để tìm nghiệm tổng quát phương trình (5.1) Ta dùng phương pháp biến thiên hằng sốC = C(x) ta có y = C(x) e − p(x)dx và thế vào phương trình (5.1) ta được:

Thay (5.5) và (5.4) ta tìm được nghiệm tổng quát của phương trình (5.1)

Tìm nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất

=> � = � � 2 Khi đó nghiệm của phương trình (1) có dạng

� = �(�) � 2 (2) Thay (2) vào phương trình (1) ta được:

� Lấy tích phân hai vế ta được: �(�) = ln � + � và thay vào (2) ta tìm được nghiệm tổng quát của phương trình (1)

Vậy nghiệm tổng quát của phương trình (1) là� = � � �� + ��

Phương trình Becnuli có dạng:

� ' + �(�)� = �(�)� � (6.1) Nếuα = 0, α = 1 thì phương trình (6.1) trở thành phương trình tuyến tính, cách giải như dạng phương trình (5.1)

Nếu α ≠ 0, α ≠ 1 Ta xét � � ≠ 0 và chia hai vế của phương trình (6.1) cho

� ' � � + �(�)� 1−� = �(�) (6.2) Đặtz = � 1−� thì ta có� ' = (1 − �) � � � ' Thay vay biểu thức (6.2) ta được phương trình tuyến tính có dạng

Nghiệm tổng quát của phương trình Becnuli (6.1) có dạng� 1−� = �(�, �) trong đóφ(x, C)là nghiệm của phương trình (6.3).

* Lưu ý: Ta phải xét � � = 0, thay vào phương trình (6.1) để nhận xét nghiệm tương ứng.

+ Nếu � 3 ≠ 0 => � ≠ 0 Ta chia cả hai vế của phương trình (1) cho � 3 ta được

� 2 = � ( ∗ ) + Đặtz = � −2 => � ' =− 2� −3 � ' thay vào (*) ta được

� ' + 4�� =− 2� ( ∗∗ ) + Ta thấy phương trình (**) là phương trình tuyến tính cấp 1.

+ Giải phương trình thuần nhất � ' + 4�� = 0

=> � = �1� −2� 2 + Biến thiên hằng số: � = � 1 (�) � −2� 2 thay vào phương trình� ' + 4�� =− 2�ta được

Vậy nghiệm tổng quát của phương trình (1) là � = � −2� 2 ( − 1 2 � 2� 2 + �).

Nếu� 3 = 0 => � = 0là nghiệm kì dị của phương trình (1).

7 Phương trình vi phân toàn phần:

�(�, �)�� + �(�, �)�� = � (� �) Được gọi là phương trình vi phân toàn phần nếu tồn tại hàmU(x, y)khả vi sao cho vi phân toàn phầndU(x, y) = M(x, y)dx + N(x, y)dy. Định lý:Điều kiện cần và đủ để cho phương trình (7.1) là phương trình vi phân toàn phần trong miền đơn liên G khi và chỉ khi:

+ Bước 1: Kiểm tra xem phương trình đang xét có thỏa mãn điều kiện cần và đủ (7.2) để phương trình là phương trình vi phân toàn phần.

+ Bước 2: Ta xác định u(x,y) bằng cách: u(x, y) x 0 x M(x, y 0 ) dx + y 0 y N(x, y)dy Hoặc u(x, y) x 0 x M(x, y) dx + y 0 y N(x 0 , y)dy Ở đây (� � , � � ) là hằng số tùy ý ta chọn để tính cho dễ

+ Bước 3: Kết luận nghiệm tổng quát của phương trình vi phân toàn phân có dạngu(x, y) = Ctrong G.

�� => Phương trình 1 là PTVP toàn phần.

Ta chọn(x 0 , y 0 ) = (0,1) Ta tìm u(x,y) dưới dạng sau u(x, y) x 0 x M(x, y 0 ) dx + y 0 y N(x, y)dy

=> u(x, y) = x 3 + 3x 2 y 2 + y 4 − 1 Vậy nghiệm tổng quát của phương trình (1) là x 3 + 3x 2 y 2 + y 4 − 1 = C hayx 3 + 3x 2 y 2 + y 4 = C.

Nếu �� ≠ �� thì ta tìm thừa số tích phân φ(x, y) ≠ 0 Sao cho phương trình �(�, �) �(�, �)�� + �(�, �) �(�, �)�� = � (� �) là phương trình vi phân toàn phần.

Hướng dẫn xác định thừa số tích phân:

+ Nếuφ(x, y) = φ(x)(hàm chỉ phụ thuộc vào x) Khi đó ta đặt μ(x) ∂M

∂x N Thì ta tìm đượcφ(x) = Ce μ(x)dx và thay vào phương trình vi phân toàn phần (8.2) và giải phương trình sau:

�(�) �(�, �)�� + �(�) �(�, �)�� = � + Nếuφ(x, y) = φ(y)(hàm chỉ phụ thuộc vào y) Khi đó ta đặt ω(y) ∂M

−M Thì ta tìm đượcφ(y) = Ce ω(y)dy và thay vào phương trình vi phân toàn phần (8.2) và giải phương trình sau:

�(�) �(�, �)�� + �(�) �(�, �)�� = � + Nếuφ(x, y) = φ(ε)(hàmε(x, y) phụ thuộc vào x và y) Khi đó ta đặt g(ε) ∂M

∂y Khi đó ta tìm được φ(x, y) = φ(γ) = e g(ε)dε và thay vào phương trình vi phân toàn phần (8.2) và giải phương trình sau:

* Ví dụ 1:Xét phương trình

∂x =− 2 − 2xy 2 =− 2(1 + xy 2 ) + Để biết được φ(x, y) phụ thuộc vào φ(x) hoặc φ(y) thì ta quan sát vào biểu thức ∂M ∂y − ∂N ∂x xem chia cho N hay (-M) phụ thuộc vào x hay y: μ ∂M

Do đó: φ(x, y) = φ(x) = e −2 dx x = 1 x 2 Nhân cả hai vế của phương trình 1 vớiφ(x) ta được phương trình thuần nhất

(1 − 2 y x 2 )dx + (y 2 +1 x )dy = 0 Giải phương trình thuần nhất trên ta tìm được nghiệm tổng quát là:

BÀI TẬP CHƯƠNG I

Bài 1:Tính tích phân các phương trình sau và giải bài toán Côsi tương ứng: a. x 1 + y 2 + y 1 + x 2 dy dx = 0, y(0) = 1 b.

1 − y 2 dy + 1 − x 2 dx = 0 c. c.y 2 + x 2 dy dx = xy dy dx d.

* Tìm nghiệm tổng quát của các phương trình sau:

Bài 2: cos xdy dx − y sin x = cos 2 x

* Giải các phương trình sau:

PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP MỘT CHƯA GIẢI RA ĐẠO HÀM

Phương trình dạng F(x, y ' ) =0

Xét phương trình�(�, � ' ) = � (�) a Nếu từ phương trình �(�, � ' ) = 0 ta tìm được ra � ' = �(�) thì khi đó nghiệm của phương trình (1) được xác định: y = f(x)dx + C b Nếu từ phương trình (1) ta giải ra được x = φ(y ' ) thì khi đó ta đặty ' = p vàp là tham số hóa củay ' ta có dy = p ' φ(p)dp

Khi đó nghiệm tổng quát của phương trình (1) biểu diễn dưới dạng sau: x = φ(p) y = p φ ' (p)dp

* Ví dụ:Xét phương trình e y ' + y ' − x = 0 (b 1)

Ta có: x = e y ' + y ' Đặty ' = pta có x = e p + p dy = p (e p + 1)dp

2 + C Vậy nghiệm tổng quát của phương trình (b.1) biểu diễn dạng tham số: x = e p + p y = pe p − e p +p 2

2 + C c Từ phương trình (1) ta biểu diễn được x và� ' qua tham số t như sau x = φ(t) y ' = ω(t)

Khi đó y = dy = y ' dx = ω(t) φ ' (t)dt

Nghiệm tổng quát của phương trình (1) biểu diễn dưới dạng tham số x = φ(t) y = ω(t)φ ' (t)dt

Phương trình dạng F(y, y ' ) = 0

Xét phương trình �(�, � ' ) = � (�) a.Từ phương trình (2) ta giải được y ' = f(y)

Khi đó nghiệm tổng quát của phương trình (2) có dạng dy f(y) = x + C b Từ phương trình (2) ta giải đươcy = φ(y ' ).

Ta đặt y ' = p và coi như p là tham số ta được y = φ(p) Ta xác định được nghiệm tổng quát của phương trình (2) dưới dạng sau: x = φ ' (p) p dp + C y = φ(p)

* Ví dụ:Xét phương trình sau y ' + ln y ' − y = 0 (b 2)

Ta cóy = y ' + ln y ' Khi đó ta đặty ' = pta có: y = p + ln p

1 p 2 dp = ln p −1 p + C Vậy nghiệm tổng quát của phương trình (b.2) là: x = ln p −1 p+ C y = ln p + p c Từ phương trình (2) ta biểu diễn: y = φ(t)

Khi đó dx =φ ' (t) ω(t) dt => x φ ' (t) ω(t)dt + C

Do đó nghiệm tổng quát của phương trình (2) là: x = φ ' (t) ω(t) dt + C y = φ(t)

Phương trình Lagrang

Xét phương trình có dạng � = �(� ' )� + �(� ' ) (3) Để giải phương trình Lagrang ta đặty ' = p => dy = pdx (ở đây p là tham số) và ta suy ra y = xφ(p) + ω(p)

=> �(�) − � �� + �� ' (�) + � ' (�) �� = 0 (*) Xét�(�) − � ≠ 0 khi đó ta chia cả hai vế của phương trình (*) cho �(�) − �ta được dx dp + x φ ' (p) φ(p) − p ω ' (p) φ(p) − p ( ∗∗ )

Khi đó phương trình (**) trở thành phương trình vi phân tuyến tính cấp 1 đối với hàm x, ta giải và tìm được nghiệmx = G(p, C)

Nghiệm tổng quát của phương trình (3) là: x = G(p, C) y = G(p, C) φ(p) + ω(p)

* Ví dụ:Xét phương trình: y = xy '2 + y '2 (3.1) Đặty ' = p => dy = pdx Khi đó phương trình (3.1) có dạng sau: y = xp 2 + p 2

Vậy nghiệm tổng quát của phương trình (3.1) là: x = C

BÀI TẬP CHƯƠNG II

Bài 1: Tìm nghiệm tổng quát các phương trình sau: a xy '3 = 1 + y ' b y '3 + y 3 = 3yy ' c y − e y ' y '2 = 0 d y '3 − 3xy ' + x 3 = 0

Bài 2: Giải các phương trình lagrang sau: a y = xy '2 + y '3 b

PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH CẤP n DẠNG ĐẶC BIỆT

Phương trình tuyến tính thuần nhất với hệ số hằng

Xét phương trình có dạng:

� (�) + � � � (�−�) + + � � � = � (1) Trong đó cácai(i=1,2,3, ,n) là các hằng số thực.

Phương pháp giải đối với bài toán này là ta xét phương trình vi phân đặc trưng:

1 Phương trình đặc trưng (2) có n nghiệm thực phân biệt:

Ta giải phương trình (2) và tìm được n nghiệm λ 1 , λ 2 , , λ n phân biệt khi đó ta xây dựng được n nghiệm riêng của phương trình (1) như sau: y 1 = e λ 1 x ,y 2 = e λ 2 x ,y 3 = e λ 3 x , , y n = e λ n x Khi đó nghiệm tổng quát của phương trình (1) là y = C 1 e λ 1 x + C 2 e λ 2 x + C 3 e λ 3 x + + C n e λ n x

� ''' − � '' − 4� ' + 4� = 0 (1.1) Xét phương trình vi phân đặc trưng: λ 3 − λ 2 − 4λ 1 + 4 = 0

=> λ = 1 λ = 2 λ =− 2 Phương trình vi phân (1.1) có hệ nghiệm cơ bản lày 1 = e 1.x ,y 2 = e 2x ,y 3 e 3x Do đó nghiệm tổng quát của phương trình vi phân (1.1) là y = C 1 e x + C 2 e 2x + C 3 e 3x

2 Phương trình đặc trưng (1.6) có n nghiệm khác nhau nhưng các nghiệm là nghiệm phức:

Ta giải phương trình (2) và tìm được n nghiệm λ 1 , λ 2 , , λ n phân biệt nhưng các nghiệm này là nghiệm phức Tuy nhiên ở bài toán này với mỗi một cặp nhiệm phức liên hợp α + iβ và α − iβcủa phương trình (2) ta xây dựng được hai nghiệm thực độc lập tuyến tính của phương trình (1) là� �� cos ��và

� �� sin �� Do đó kết hợp với những nghiệm thực khác ta xây dựng được hệ nghiệm cơ bản của phương trình (1).

� ''' − 3� '' + 9� ' + 13� = 0 (2.1) Xét phương trình đặc trưng có dạng λ 3 − 3λ 2 + 9λ 1 + 13 = 0

Ta thấy hai nghiệm 2 + 3i và 2 − 3i là hai số phức liên hợp do đó ta tìm được hai nghiệm thực của phương trình (2.1) là � 2� cos 3� và � 2� sin 3� Cho nên hệ nghiệm cơ bản của phương trình (2.1) là y 1 = e −x ,y 2 = e 2x cos3x,y 3 = e 2x sin3x Vậy nghiệm tổng quát của phương trình (2.1) là y = C1e −x + C2e 2x cos3x +C3e 2x sin3x

3 Phương trình đặc trưng (2) có nghiệm bội: a Nếu phương trình đặc trưng (2) có � 1 là nghiệm bội k thì khi đó hệ nghiệm cơ bản của phương trình (1) thì hệ nghiệm cơ bản của phương trình y1= e λ 1 x ,y2= xe λ 1 x ,y3 = x 2 e λ 1 x , , yk = x k−1 e λ 1 x Khi đó thì nghiệm tổng quát của phương trình (1) là y = C 1 e λ 1 x + C 2 xe λ 1 x + C 3 x 2 e λ 1 x , , C k x k−1 e λ 1 x b Nếu phương trình đặc trưng (2)cóλ 1 = α + iβ là nghiệm phức bội k thì ta có��= � − �� cũng là nghiệm phức bội k của phương trình (2) Áp dụng quá trình tiến hành ở phần 2 ta suy ra rằng, cặp nghiệm phức liên hợp bôi k (α + iβ ; α − iβ) tương ứng với hệ 2k nghiệm thức độc lập tuyến tính của phương trình (1.1) như sau

∗Ví dụ 1 Xét phương trình

Phương trinh đặc trưng có dạng

Suy ra nghiệm� = 1(bội 3) Do đó hệ nghiệm cơ bản của phương trình (3.1) là

� � , �� , � 2 � � Vậy nghiệm tổng quát của phương trình có dạng

* Ví dụ 2 Xét phương trình

� ′′′ − �� ′′ + �� ′ − �� = � (3.2) Trong trường hợp này phương trình đặc trưng là

Giải PTĐT ta có một nghiệm đơn�1= 3và một nghiệm kép�2 = �3 = 2. Tương ứng ta tìm được hệ nghiệm cơ bản của phương trình (3.2) là e 3x , e 2� , xe 2� Vậy nghiệm tổng quát có dạng

Giải phương trình đặc trưng ta tìm được một nghiệm kép�1 = �2= 2và hai nghiệm phức liên hợp là:� 3 = �, � 4 =− � Do đó ta tìm được hệ nghiệm cơ bản của phương trình (3.3) dưới dạng

� 2� , �� 2� , cos �, sin � Vậy nghiệm tổng quát của phương trình (3.3) là

*Ví dụ 4 Cho phương trình

� (�) − �� ′′′ + �� ′′ − �� ′ + �� = � (3.4) Xét phương trình đặc trưng có dạng

Giải phương trình ta tim được một cặp nghiệm phức liên hợp bội 2 là

Do đó ta tìm được hệ nghiệm cơ bản của phương trình (3.4) là cos �, �� cos �, � � sin �, �� sin � Vậy nghiệm tởng quát của phương trình (3.4) là

* Ví dụ 5.Xét phương trình

� (�) − � (�) ′ + �� ′′′ − �� ′′ + �� ′ − �� = � (3.5) Phương trình đặc trưng tương ứng là

Giải phương trình đặc trưng ta có một nghiệm đơn� 1 = 1và một cặp nghiệm phức liên hợp bội 2

Do đó hệ nghiệm cơ bản của phương trình (3.5) là

Suy ra nghiệm tổng quát của phương trình (3.5) có dạng

Phương trình tuyến tính không thuần nhất với hệ số hằng

Ta xét phương trình có dạng

� (�) + �� (�−�) + … + �� = �(�) (2) Nghiệm tổng quát của phương trình (2) xác định dưới dạng sau:

� = ��(�) + � ∗ (�) Trong đó�1(�)là nghiệm của phương trình tuyến tính thuần nhất

� (�) + �� (�−�) + … + �� = � Để tìm được� ∗ (�)chúng ta để ý bên VP xét hàm f(x) thường ở dạng đặc biệt khá thông dụng mà chúng ta hay gặp như hàm đa thức, hàm mũ, hàm lượng giác, Sau đó chúng ta có thể dùng phương pháp hệ số bất định để tìm nghiệm � ∗ (�) Sau đây mình sẽ trình bày cho các bạn một số dạng mà f(x) chúng ta hạy gặp và cách dùng phương pháp đồng nhất hệ số (hệ số bất định) cho từng dạng bài mà ta hay gặp.

1 Nếu�(�)là một đa thức cấp�:

�(�) = �� + �� −� + … + �� thì ta đi đến quy tắc tìm nghiệm riêng� ∗ (�)như sau : a) Nếu mọi nghiệm của phương trình đặc trưng khác 0 thì ta cần tìm nghiệm riêng dưới dạng: y ∗ (x) = d 0 x m + d 1 x m−1 + … + d m b) Nếu phương trình đặc trưng có một nghiệm bằng 0 bội k thì ta tìm nghiệm riêng dưới dạng y ∗ (x) = x � d 0 x m + d 1 x m−1 + … + d m

*Ví dụ 1 Tìm nghiệm tổng quát của phương trinh

Xét phưong trình đặc trưng

Ta giải phương trình đặc trưng và tìm được hai nghiệm thực khác 0 là

�1 = 2, �2= 3 Do vậy ta tìm nghiệm riêng của phương trình không thuần nhất dưới dạng sau:

� ∗ (�) = �� 2 + �� + � Thay biểu thức này vào phương trình (1) ta được

6�� 2 + (6� − 10�)� + 6� − 5� + 2� ≡ 6� 2 − 10� Đồng nhất các hệ số của các lũy thừa cùng bậc của�ta được

6� = 6; 6� − 10� =− 10; 6� − 5� + 2� = 2 Giải ra ta đượcA = 1, B = 0, C = 0và do đó

� ∗ (�) = � 2 Vậy nghiệm tổng quát của phương trình là

*Ví du 2.Xét phương trình

� ′′ − �� ′ =− �� + �� (1.2) Phương trình đặc trưng là

Giải phương trình đặc trưng ta tìm được nghiệm đơn và có một nghiệm bằng 0:

�1 = 0, �2 = 5 Suy ra tìm nghiệm riêngy ∗ (x)dưới dạng sau y ∗ (x) = x Ax 2 + Bx + C

Thayy ∗ (x)vào phương trình (1.2) và hằng đồng nhất hệ số của các lũy thừa cùng bậc của�ta tìm được� = 1 3 , � = 0,C = 0 Do đóy ∗ (x) = 1 3 x 3 và nghiệm tổng quát của phuơng trình đang xét có dạng

*Ví dụ 3 Tìm nghiệm tổng quát của phương trình

� 2 − 1 = 0 Giải phương trình đặc trưng ta tìm được nghiệm như sau:

Ta chú ý bên VP có� 2� mà2 ≠ � � (� = 1,2)nên ta tìm nghiệm riêng

Thay vào phương trình (1.3) ta có

=> 3�� + 4� + 3� ≡ 2� + 1 Đồng nhất hệ số ta tìm được � = 2 3 , � =− 5 9

Vậy nghiệm tổng quát của phương trình (1.3) là

* Ví du 4.Xét phương trình

� ′′ − �� ′ + �� = �� (1.4) Phương trình đặc trưng là

Giải phương trình đặc trưng ta có: � 1 = � 2 = 2 (bội 2) Do đó tìm nghiệm riêng� ∗ (�) = � 2 �� 2� = �� 2 � 2� Thay biểu thức của� ∗ (�)vào phương trinh vi phân (1.4) rồi đồng nhất hệ số ta tìm được hệ số� = 1và do đóy ∗ (x) = x 2 e x Vậy nghiệm tổng quát của phương trình là

�(�) = � �� (�) (�)�� + � � (�) (�)�� trong đó� � (1) (�), � � (2) (�)là các đa thức của�bậc không quá m và ít nhất một trong hai đa thức trên có bậc bằng m Có thể một trong hai là hằng số, thậm chí đồng nhất bằng 0 Áp dụng phép biến đổi Ơle cos �� = � �� + � −��

2� ta viết lại�(�)dưới dạng sau :

= � � (1) (�)� (�+��)� + �(2)(�)� (�−��)� trong đó� m (1) (x), � m (2) (x)là các đa thức bậcmtứcf(x)là tổng của hai hàm dạng đã xét ở phần 1 Áp dụng nguyên lí chồng chất nghiệm và kết quả ở phần 1 ta suy ra : a) Nếu � + �� không phải là nghiệm của phương trình đặc trưng thì nghiệm riêng � ∗ (�) được tìm dưới dạng

� ∗ (�) = � � (1) (�)� (�+��)� + � � (2) (�)� (�−��)� (2.1) trong đó� �1 (1) (�), � �1 (2) (�)là các đa thức cấp�với các hệ số lá định. b) Nếu � + �� là nghiệm bội �(�⩾�) của phương trình đặc trưng thì nghiệm riêng � ∗ (�) được tìm dưới dạng

Từ (2.1), (2.2) trở lại dạng thực ta đi đến quy tắc tìm nghiệm riêng của phương trình (2) trong trường hợp này như sau :

* Nếu � + �� không phải là nghiệm của phương trình đặc trưng thì ta tìm nghiệm riêng � ∗ (�) dưới dạng :

� ∗ (�) = � � (1) (�)cos �� + � � (2) (�)sin �� (2.3) trong đó� �� (1) (�), � � (2) (�)là các đa thức cấp m với các hệ số ta cần xác định

* Nếu � + �� là nghiệm bội k của phương trình đặc trưng (�⩾�) thì ta tìm nghiệm riêng � ∗ (�) dưới dạng

� ∗ (�) = � � � � (1) (�)cos �� + � � (2) (�)sin �� ∞� (2.4) Để xác định các hệ số của� � (1) (�), � � (2) (�)ta thay� ∗ (�)vào phương trình (2) giống như tiến hành ở phần 1 phía trên Ta cần chú ý rằng ngay cả khi một trong hai đa thức� � (1) (�)hoặc� m (2) (�)đồng nhất bằng 0 thì vẫn phải tìm nghiệm riêngy ∗ (x)dươi dạng (2.3) hoặc (2.4).

� '' + � ' − 2� = � � ( cos � − 7 sin � ) (2.5) Phương trình đặc trưng

� 2 + � − 2 = 0 có nghiệm� 1 = 1, � 2 =− 2 Trong trường hợp ta đang xét� + �� = = 1 + i không phải là nghiệm của phương trình đặc trưng Do đó ta tìm nghiệm riêng y ∗ (x)dưới dạng sau

Thế vào phương trình vi phân (2.5) rồi giản uớc thừa sốe x và đồng nhất hệ số củacos x, sin xta được hệ sau :

Giải hệ này ta tìm đượcA = 2, B = 1và do đó

Nghiệm tổng quát cúa phương trịnh vi phân đang xét y = �1� � + � 2 � −2� + e � (2cos � + sin �)

� ′′ + � ′ + � =− �� (2.6) Phương trình đặc trưng là

� 2 + � + 1 = 0 có nghiệm�1 =− 1 2 + i 2 3 , �2=− 1 2 − i 2 3 Trong trường hợp đang xét

� + i� = 2i không phải là nghiệm của phương trình đặc trưng Vì vậy ta tìm nghiệm riêngy ∗ (x)dưới dạng sau

Thayy ∗ (x)vào phương trình (2.6) và đồng nhất hệ số ta tìm được� =2,

Vậy nghiệm tổng quát của phương trình có dạng

* Ví du 7 Xét phương trình

� 2 + 1 = 0 có nghiệm� 1 = �, � 2 =− � Trong trường hợp đang xét� + i� = i = � 1

Do vây ta tìm nghiệm riêngy ∗ (x)dưới dạng

Thay� ∗ (�)vào phương trình (2.7) và đồng nhất hệ số ta tìm được

Vậy nghiệm tổng quát của phương trình là

Một số phương trình tuyến tính cấp n đưa về phương trình tuyến tính với hệ số hằng

1 Phép thế biến số độc lập:

Ta xét phương trình có dạng

� (�) + � � (�)� (�−�) + … + � � (�)� = � (3) Thực hiện phép thé́ biến độc lập

� = �(x) (3.1) với�là hàm khả vi một số lần cần thiết Ta có

�� (�) (�)Thay các biểu thức này vào phươg trình (3) ta được

�� ′ (�) � + … + ��(�)� = 0 Chia hai vế cho � ′ (�) � suy ra

Giả sử đã chọn được�(x)sao cho (3.2) là phương trình hệ số hằng. Khi đó bắt buộc p � (x)

� ′ (x) � là hằng số Ta đặt

Như vậy ta đi đến kết luận : Nếu phương trình (3) có thể đưa về phương trình tuyến tính với hệ số hằng nhờ phép thế biến độc lập (3.1) thì phép thế đó phái theo công thức

2 Phương trình tuyến tính Ơle:

Phương trìnhh tuyến tính Ơle có dạng

� � �(�) + �� −� �(� − �) + … + ��−�� ′ + �� = � (3.4) trong đó� 1 , � 2 , …, � � là các hằng số Điểm� = 0là điểm kì dị của phương trình Nghiệm phương trình (3.4) tồn tại và duy nhất trên khoảng( − ∞, 0)và (0, ∞) Giả sử ta xét phương trình trên khoảng(�, ∞). Để giải phương trình (3.4) và tìm nghiệm tổng quát thì ta có hai cách thực hiện:

Khi đó dễ kiểm tra được rằng dy dx=dy dte −t , d 2 y dx 2 = d 2 y dt 2 −dy dt e −2t d 3 y dx 3 = d 3 y dt 3 − 3d 2 y dt 2 + 2dy dt e −3t , d n y dx n = d n y dt n + … + ( − 1) n−1 (n − 1)dy dt e −nt

Thay (3.5), (3.6) vào phương trình (3.4) sau khi giản ước ta đi đến phương trình tuyến tính với hệ số hằng dạng d n y dt n + b 1 d n−1 y dt n − 1 + … + b n y = 0 (3.7) trong đób 1 , b 2 , …, b n là các hằng số

Tìm nghiệm tổng quát của (3.7) rồi thayt = ln xta được nghiệm tổng quát của phương trình Ole (3.4).

Chý ý Nếu ta xét phương trình (3.4) trên khoảng ( − ∞, 0)thì phép thế biến (3.5) được thay bằng phép thế x =− e t

* Ví dụ 1.Tìm nghiệm tổng quát của phương trình

� � � ′′ − �� ′ + �� = � (3.8) trên khoảng(0, ∞). Đặtx = e t ta có dy dx dy dt e −t ;d 2 y dx 2 = d 2 y dt 2 −dy dt e −2t Thay vào phương trình (3.8) ta có e 2t d 2 y dt 2 −dy dt e −2t − 2e t dy dt e −t + 2y = 0 hay d 2 y dt 2 − 3dy dt + 2y = 0 (3.9)

Khi đó phương trình (3.9) trở thành phương trình vi phân tuyến tính với hệ số hằng.

Xét phương trình đặc trưng λ 2 − 3λ + 2 = 0 có các nghiệnλ 1 = 1, λ 2 = 2 Do đó nghiệm tổng quát của phương trình (3.9) có dạng là y = C1e t + C2e 2t

Do ta đặtx = e t => t = ln x Thayt = ln xta suy ra nghiệm tổng quát của phương trình (3.8) là: y = C1x + C2x 2

� � � ′′ − �� ′ + � = � (3.10) Đặtx = e t đưa phương trình (3.10) về dạng d 2 y dt 2 − 2dy dt + y = 0 (3.11) Phương trình đặc trưng của phương trình (3.11) là λ 2 − 2λ + 1 = 0 có nghiệm képλ 1 = λ 2 = 1 Do đó phương trình (3.11) có nghiệm tổng quát là y = C1e t + C2te t = C1+ C2t e t ( ∗ )

Thayt = ln x vào (*) ta suy ra nghiệm tổng quát của phương trình (3.10) là y = C1+ C2ln x x

� � � ′′ − �� ′ + �� = � (3.12) Phép thế biếnx = e t ta đưa phương trình (3.12) về dạng d 2 y dt 2 − 4dy dt + 5y = 0 (3.13)

Xét phương trình đặc trưng λ 2 − 4λ + 5 = 0 có cặp nghiệm phức liên hợp là λ 1 = 2 + i, λ 2 = 2 − i

Do đó nghiệm tổng quát của phương trình (3.13) là y = C 1 e 2t cos t + C 2 e 2t sin t = C 1 cos t + C 2 sin t e 2t ( ∗ )

Thayt = ln x vào (*) ta suy ra nghiệm tổng quát của phương trình (3.10) là: y = C1cos ln x + C2sin ln x x 2

+ Nhận xét 1 (Cách số 2).Vì phương trình tuyến tính thuần nhất với hệ số hằng mà phương trình Ole được dẫn tới có các nghiệm riêng dạng:� �� , � � � �� nên trở lại biến�ta suy ra phương trình Ole có các nghiệm riêng dạng� � , (�� ) � � � Từ đây suy ra phương pháp trực tiếp giải phương trinh Ole như sau :

Ta tìm nghiệm dưới dạng y = x λ Khi đó y (k) = λ(λ − 1)(λ − 2)…[λ − (k − 1)]x λ−k (k = 1,2, …, n)

Thay vào phương trình Ole (3.4) ta được

Từ (3.14) ta suy ra rằng hàmy = x λ là nghiệm của phưong trình (3.4) khi và chỉ khiλlà nghiệm của phương trình

P(λ) = 0 Hay λ(λ − 1)…(λ − n + 1) + a 1 λ(λ − 1)…(λ − n + 2) + …… + a n−1 λ + a n = 0 (3.15)Khi đó phương trình (3.15) được gọi là phương trình đặc trưng ứng với a Giả sử mọi nghiệm của phương trình đặc trưng là thực và khác nhau :

�1, �2, …, �� Khi đó phương trình Ơle có các nghiệm riêng độc lập tuyến tính là:

� 1 = � � 1 ,� 2 = � � 2 , …, � � = � � � Do đó nghiệm tổng quát của phương trình Ơle có dạng y = C 1 x 1 + C 2 x 2 + … + C n x n b Nếu mọi nghiệm của phương trình đặc trưng (3.15) khác nhau nhưng giữa chúng có thêm nghiệm phức� + ��thì số phức liên hợp� − ��cũng là nghiệm của PTĐT (3.14) Áp dụng công thức Eluer của số phức ta có x a+ib = x a [cos (b ln x) + isin (b ln x)] ta suy ra cặp nghiệm phức liên hợpa ± ibứng với hai nghiệm thực là x a cos (b ln x), x a sin (b ln x)

Kết hợp với các nghiệm thực khác ta suy ra được nghiệm tổng quát của phương trình Ơle (3.4) c Nếu phương trình đặc trưng (3.15) có nghiệm bội, chẳng hạn như nghiệm� 1 có bội k Khi đó.

P λ1 = P ′ λ1 = … = P (k−1) λ1 = 0; P (k) λ1 ≠ 0 Ở phần 3 (phương trình tuyến tính thuần nhất) chúng ta đã biểu diễn được hệ nghiệm cơ bản nghiệm cơ bản đối với trường hợp phương trình đặc trưng có dạng nghiệm bôi lày 1 = e λ 1 x ,y 2 = xe λ 1 x ,y 3 = x 2 e λ 1 x , , y k = x k−1 e λ 1 x

Do đó ta kết luận được phương trình Ơle (3.4) có hệ nghiệm cơ bản là: x λ 1 , x λ 1 ln x, x λ 1 (ln x) 2 , …, x λ 1 (ln x) k−1 Vậy nghiệm tổng quát của phương trình Ơle có dạng: y = C1x λ 1 + C2x λ 1 ln x + C3x λ 1 (ln x) 2 + … + Ckx λ 1 (ln x) k−1 d Nếu�1 là thực thì k nghiệm này là thực ; nếu�1 = � + ��thì�2 = � − �� cũng là nghiệm bội�của phương trình đặc trưng (3.15) Cặp nghiệm phức liên hợp�này ứng với2�nghiệm thực của phương trinh Ole : x a (lnx) m cos (b ln x), x a (ln x) m sin (b ln x ) m = 0,1,2, …, k − 1

� � � ′′ + �� ′ + � = � (3.16) Đặty = x λ ta cóy ′ = λx λ−1 , y ′′ = λ(λ − 1)x λ−2 Thay vào phương trình (3.16) ta được x 2 λ(λ − 1)x 2 − 2 + 3xλx λ − 1 + x 2 = 0 Chia hai vế chox 2 ta được: λ(λ − 1) + 3λ + 1 = 0 hay λ 2 + 2λ + 1 = 0 có nghiệm képλ 1 = λ 2 =− 1 Do đó nghiệm tổng quát của phương trình (3.16) là y = C 1 x −1 + C 2 x −1 ln x =1 x C 1 + C 2 ln x

Nhận xét 2 Đối với phương trình

(ax + b) n y (n) + (ax + b) n−1 a1y (n−1) + … + an−1(ax + b)y ′ + any = 0 trong đóa, b, a 1 , …, a n là các hằng số ta cūng đưa được về phương trình tuyến tính với hệ số hằng bằng phép thế sau : ax + b = e t

(� + �) � � ′′ + (� + �)� ′ + � = �� (� + �) (3.17) Đặt1 + x = e t (ta xét trong miền−1 < x < ∞doe t > 0 ∀t) ta có: y ′ = dy dx dy dt ⋅ dt dx dy dt e −t y ′′ = d dt dy dt e −t e −t = d 2 y dt 2 −dy dt e −2t Thay vào phương trình (3.17) suy ra e 2t d 2 y dt 2 −dy dt e −2t + e t dy dt e −t + y = 4cos ln e t hay d 2 y dt 2 + y = 4cos t (3.18)

Phương trình (3.18) là phương trình tuyến tính với hệ số hằng không thuần nhất Do đó giải và ta tìm được nghiệm tổng quát của phương trình này có dạng y = C 1 cos t + C 2 sin t + 2tsin t Trở lại biếnxta được nghiện tổng quát của phương trình đang xét là y = C 1 cos (ln (1 + x)) + C 2 + 2ln (1 + x) sin (ln (1 + x))

Phương trình vi phân tuyến tính cấp cao

Ta xét phương trình tuyến tính thuần nhất cấp 2:

Nếup(x), q(x)là những hằng số thì ta giải như phần III, ta luôn tìm được nghiệm tổng quát của phương trình (4) và do đó dễ dàng biết được các tính chất nghiệm của phương trình.

Nếup(x), q(x)không phải là hằng số, thậm chí đối với phương trình thuần nhất dạng sau y ′′ + q(x)y = 0 (4.2)

Nói chung, không thể tìm được biểu thức của nghiệm tổng quát Tuy vậy, như sau đây sẽ thấy, dựa vào các tính chất của hàmp(x), q(x)ta có thể biết được một số tính chất của nghiệm phương trình (4.1).

1 Đưa phưong trình về dạng không chứa đạo hàm cấp 1

Giả thiết các hàmp(x), q(x)liên tục trên khoảng(a, b), ta chứng minh rằng tồn tại phép biến đổi sau y = a(x)z (4.3) với x là hàm số mới phải tìm đưa phương trình (4.1) về dạng (4.2).

Từ đấy suy ra α(x) = e − p(x) 2 dx (4.4)

Do đó phương trình (4.4) có dạng z ′′ + −p ′ (x)

HàmI(x)được gọi là cái bất biến của phương trình (4.1) (vì mọi phép thế dạng (4.3) đưa phương trình (4.1) về dạng (4.5) cùng chungI(x)).

Phương trình (4.5) sẽ tích phân được nếuI(x)là hằng số hoặc có dạng I(x) = (x−a) c 2 vớia, clà hàng số.

* Ví dụ 1 Xét phương trình Becxel

Do đó ta tìm được

Từ đây ta suy ra, nếun =± 1 2 thì phép thế y = α(x) z trong đó α(x) = e − 2x 1 = 1 x

Do đó sẽ đưa phương trình Becxel y ′' +1 x y ′ + 1 − 1

Về phương trình hệ số hằng z '' + z = 0

Phuong trình đặc trưng có hai nghiệm� 1 = �, � 2 =− � Do vậy ta có hệ nghiệm cơ bảnz1 = cosx, z2 = sinx Suy ra phưong trinh Becrel (4.9) có các nghiệm riêng độc lập tuyến tínhy 1 = cos x x , y 2 = sin x x

Nhân các hàm này với 2 π ta được các hàm được gọi là các hàm Becxel sau :

−12(x) = 2 π cos x x Vậy phương trình Becxel dạng (4.8) có nghiệm tổng quát là y = C 1 J1

Ta có phép thế y = α(x)z trong đó α(x) = e − dx x =1 x Đưa phương trình (3.10) về dạng z ′′ + z = 0 ( ∗ ) Nghiệm tổng quát của phương trình (*) này là z = C1cos x + C2sin x

Từ đây suy ra nghiệm tổng quát của phương trình (4.10) là y = C1cos x x + C 2 sin x x Định lí 1 Để các phương trình tuyến tính thuần nhất cấp 2 y 1 ′′ + p 1 (x)y 1 ′ + q 2 (x)y 1 = 0 (4.11) y 2 ′′ + p 2 (x)y 2 ′ + q 2 (x)y 2 = 0 (4.12)

Có thể đưa về lẫn nha qua phép thế (4.3) thì cần và đủ là chúng có cùng chung các bất biếnI(x).

Giả sử phép thếy 1 = β(x)y 2 đưa (4.11) về (4.12) ; phép thếy 2 = α(x)zđưa (4.12) về dạng z ′′ + I 2 (x)z = 0 (4.13)

2 Đưa phương trình về dạng liên hợp Định nghĩa.Phương trình tuyến tính thuần nhất cấp 2 mà hệ số của y' bằng đạo hàm của hệ số y" được gọi là phương trình tự liên hợp.

Như vậy phương trình tự liên hợp cấp 2 có dạng

* Ví dụ 1 Xét phưong trình Lerander

� − � � � ′′ − �� ′ + �(� + �)� = � Điểmx =± 1là điểm kì dị của phương trình Vớix ≠± 1, phương trình Lerander là phưong trình tự liên hợp, vì:

Do đó phương trình có thể viết lại dưới dạng : d dx 1 − x 2 y ′ + n(n + 1)y = 0

* Ví dụ 2 Xét phương trình Becxel

� � � ′′ + �� ′ + � � − � � � = � trên khoảng(0, + ∞) Đây không phải phương trình tự liên hợp Ta đưa nó về phương trình tự liên hợp bằng cách nhân hai vế với hàm μ(x) = 1 p 0 (x) e p 1 (x) p 0 (x)dx = 1 x 2 e x x 2 dx = 1 x

Do đó phương trình Becxel dạng tự liên hợp là xy ′′ + y ′ + x −n 2 x y = 0 hay d dx (xy ' ) + x −n 2 x y = 0

BÀI TÂP CHƯƠNG III: PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH CẤP n DẠNG ĐẶC BIỆT 42 CHƯƠNG IV: HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN

* Tìm nghiệm tổng quát của các phương trình thuần nhất sau đây:

* Bằng phương pháp biến thiên hằng số hoăc phương pháp hệ số bất định tìm nghiệm riêng và nghiêm tổng quát của các phương trình không thuần nhất sau :

* Bằng cách đưa về phương trình tuyến tính với hệ số hằng, tìm nghiệm tổng quát của các phương trình sau:

* Giải các phương trình vi phân: a)y ′′′ − 3y ′′ + 3y ′ − y = t 2 e t , y(0) = 1, y ′ (0) = 0, y ′′ (0) =− 2. b)y ′′′ − 3y ′′ + 3y ′ − y = t 2 e t , y(0) = A, y ′ (0) = B, y ′′ (0) = C.

CHƯƠNG IV: HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN

I Phương pháp tích phân hệ phương trình vi phân:

Nếu hệ phương trình vi phân có dạng sau: dy 1 dx = f1 x, y1 dy 2 dx = f 2 x, y2 ,

⋯……dy n dx = f n x, y n thì ta chỉ cần tích phân từng phương trình riêng biệt của hệ.

Nếu hệ phương trình vi phân có dạng dy 1 dx = f 1 x, y1 , dy 2 dx = f2 x, y1, y2

(4.1) thì sau khi tích phân phương trình vi phân cấp 1 đầu, ta thayy 1 nhận được vào phương trình thứ hai và tiếp tục tích phân phương trình vi phân cấp 1 thu được đó Tiếp đến ta lại thayy 2 nhận được vào phương trình thứ ba và tích phân phương trình thu được,

Nếu hệ phương trình vi phân không có các dạng trên thì ta có thể tích phân nó bằng cách đưa nó về một phương trình vi phân cấp cao (cấp n) Thực chất của phương pháp này là vi phân liên tiếp một trong các phương trình của hệ rồi loại bỏ n-1 hàm phải tìm khác Cuối cùng nhận được một phương trình vi phân cấp�đối với hàm phải tìm còn lại Sau khi tích phân phương trình này ta có thể tìm được nghiệm tổng quát của hệ.

*Ví dụ 1 Tích phân hệ phương trình dx dt = y, dy dt =− x

Vi phân hai vế phương trình thứ hai ta được. d 2 y dt 2 =−dx dt =− y

Do đó d 2 y dt 2 =− y => d 2 y dt 2 + y = 0 Đây là phương trình tuyến tính cấp 2 đối với hàm phải tìm y.

Bởi vậy, nghiệm tổng quát của hệ là

*Ví dụ 2 Tích phân hệ phương trình

Ta sẽ tích phân hệ trên bằng phương pháp tổ hợp khả tích Cộng tử số và mẫu số tương ứng của các phân số trên và áp dụng tính chất của tỉ lệ thức ta có

Bây giờ ta nhân tử số và mẫu số của từng phân số trong hệ lần lượt với 2�, 2�, 2�, rồi áp dụng cho các phân số nhận được quá trình trên ta có:

Do đó hệ phương trình đã cho có tích phân tổng quát là

II Hệ phương trình tuyến tính không thuần nhất

Hệ phương trình tuyến tính không thuần nhất có dạng dy 1 dx = p 11 (x)y1+ p12(x)y2+ … + p1n(x)yn+ f1(x) dy 2 dx = p 21 (x)y 1 + p 22 (x)y 2 + … + p 2n (x)y n + f 2 (x)

……… dy n dx = p n1 (x)y1+ pn2(x)y2+ … + pnn(x)yn+ fn(x)

Dx dy1 dydx2 dx . dyn dx

P(x), dY dx , Ynhư ở trên thì hệ (4.2) có thể viết dưới dạng vecto tương đương như sau : dY dx = P(x)Y + F(x) (4.3) hoặc dưới dạng toán tửL

1 Các tính chất của nghiệm hệ phương trình tuyến tính không thuần nhất Định lí 1.NếuY ∗ (x)là nghiệm của hệ phương trình tuyến tính không thuần nhất, (Y 1 (x), Y 2 (x), …, Y n (x))là hệ nghiệm cơ bản của hệ phương trình tuyêns tính không thuần nhất tương ứng thì nghiệm tổng quátr của hệ phương trình tuyến tính không thuần nhất có dạng :

Y = C1Y1(x) + C2Y2(x) + … + CnYn(x) + Y ∗ (x) trong đóC 1 , C 2 , …, C n là các hàng số bất kì. Định lí 2 NếuY1(x), Y2(x)là hai nghiệm tuơng ứng của các hệ phương trình

L[Y] = F1(x); L[Y] = F2(x) thìY(x) = Y1(x) + Y2(x)là nghiệm của hệ phương trình

L[Y] = F 1 (x) + F 2 (x) Định lí 3 Nếu hệ phương trình tuyến tính

, V(x) v 1 (x) v 2 (x) vn(x)⋮ với ma trận thựcP(x)có nghiệm phức

Thì phần thựcX(x), phần ảoZ(x)là các nghiệm thực tương ứng của hệ phương trìnhL[Y] = U(x); L[Y] = V(x)

Thật vậy theo giả thiết

L[X(x)] + IL[Z(x)] ≡ U(x) + IV(x) Điều này chỉ xảy ra khi

2 Phương pháp biến thiên hằng số Lagrang

Từ định lí 1 ta suy ra rằng việc tìm nghiệm tổng quát của hệ phương trình tuyến tính không thuần nhất đưa về việc tìm nghiệm tổng quát của hệ tuyến tính thuần nhất tương ứng và một nghiệm riêngY ∗ (x)nào đấy của hệ tuyến tính không thuần nhất Trong một số trường hợ ta có thể tìm nghiệm tổng quát của hệ tuyến tính thuấn nhất dễ dàng Do đó việc tìm nghiệm riêngY ∗ (x)của hệ tuyến tính không thuần nhất hết sức quan trọng. Phương pháp biến thiên hằng số trình bày dưới đây sẽ cho ta cách tìm nghiệm riêngY ∗ (x)khi biết nghiệm tổng quát của hệ tuyến tính thuần nhất tương ứng.

; …; Y n (x) y 1n (x) y2n(x) ynn⋮(x) là hệ nghiệm cơ bản của phương trìnhL[Y] = 0.

Y ∗ (x) y 1 ∗ (x) y 2 ∗ (x) y n ∗ (x)⋮ của hệ tuyến tính không thuần nhấtL[Y]=F(x)dưới dạng

Y ∗ (x) = C 1 (x)Y 1 (x) + C 2 (x)Y 2 (x) + … + C n (x)Y n (x) (4.5) Ở đây các hàmC1(x), C2(x), …, Cn(x)là các hàm ta cần xác định sao cho

Y ∗ (x)thỏa mãn hệ (4.1) tức là dY ∗ (x) dx ≡ P(x)Y ∗ (x) + F(x) hay

C 1 ′ (x)Y1(x) + C 2 ′ (x)Y2(x) + … + C n ′ (x)Yn(x) + C1(x) −dY 1 (x) dx + C 2 (x)dY 2 (x) dx + Cn(x)dY n (x)

Chú ý rằng dY j (x) dx ≡ P(x)Y j (x), j = 1,2, …, n từ (4.6) ta suy ra

Hệ thức (4 7) tương đương với hệ phương trình

Dễ thấy định thức Crame của hệ (4.8) là định thức Vronski củannghiệm độc lập tuyến tínhY1(x), Y2(x), …, Yn(x)và do đó khác 0 trên (a, b) Bởi vậy từ hệ (4 8) ta xác định được cácC j ′ (x) = ψ j (x); j = 1,2, …, nvà do đó

Thay giá trị này củaCj(x)vào (4.5) ta được nghiệmY ∗ (x)phải tìm.

Ví dụ 1 Tìm nghiệm tổng quát của hệ phương trình dy dx = z dz dx =− y +

1 cos x Trước hết ta tìm nghiệm của hệ thuần nhất dy dx = z dz dx =− y

Bằng cách đưa vế phương trình tuyến tính thuần nhất cấp hai dễ dàng tìm được nghiệm tổng quát của hệ thuần nhất là y(x) = C 1 cos x + C 2 sin x z(x) =− C1sin x + C2cos x

Ta tìm nghiệm riêng củạ hệ tuyến tính không thuần nhất duới dạng y ∗ (x) = C1(x)cos x + C2(x)sin x z ∗ (x) =− C 1 (x)sin x + C 2 (x)cos x trong đóC 1 (x), C 2 (x)được xác định nhờ hệ phương trình

III Hệ phương trình không thuần nhất với hệ số hằng

Ta xét hệ phương trình dạng dy 1 dx = a 11 y1+ a12y2+ … + a1nyn+ f1(x) dy 2 dx = a 21 y 1 + a 22 y 2 + … + a 2n y n + f 2 (x)

……… dy n dx = a n1 y1+ an2y2+ … + annyn+ fn(x)

(4.9) Ở đâya j ; i, j = 1,2, …, nlà các hằng số,f i (x); i = 1,2; …, nlà các hàm liên tục trên khoảng (a, b) nào đấy.

Nếu dùng kí hiệu như ở phần II thì hệ (4.9) có thể viết dưới dạng vecto dY dx = AY + F(x) (4.10) ở đâyAlà ma trận hằng.

Ta có tìm nghiệm hệ (4.9) bằng cách đưa hệ về một phương trinh vi phân tuyến tính cấpncũng với hệ số hằng Tuy nhiên ta có thể trực tiếp tìm nghiệm tổng quát của hệ bàng phưong pháp trình bày dưới đây.

Trước hết ta xét hệ phương trình tuyến tính thuần nhất tương ứng dy 1 dx = a 11 y 1 + a 12 y 2 + … + a 1n y n dy2 dx = a 21 y1+ a 22 y2+ … + a 2n yn

Ta tìm nghiệm của hệ (4.11) dưới dạng

Y(x) α1e 2x α 2 e 2x αn⋮e 2x và tìm cách chọnα 1 ; α 2 , …, α n , λsao choY(x)là nghiệm của (4.11).

Thay vào hệ (4.11), sau khi rút gọn � �� và chuyển về một vế ta được hệ phương trình đại số tuyến tính thuần nhất sau đây : a 11 − λ a 1 + a 12 α 2 + … + a 1n α n = 0 a 21 α 1 + a 22 − λ α 2 + … + a 2n α n = 0

Ta cẩn tìm nghiệm không tầm thường của hệ (4.12), tức là tất cả α 1 , α 2 , …, α n không đồng thời bằng 0 Điều này chỉ có thể xảy ra khi định thức Crame của hệ (4.12) bằng 0, tức là:

Phương trình (4.13) cho ta xác định giá trịλcần tìm và được gọi là phương trình đặc trưng của hệ (4.12) Ta xét lần lượt các trường hợp sau : a.Phương trình đặc trưng (4.13) có n nghiệm thực khác nhauλ 1 , λ 2 , …, λ n Thay mỗiλj vào hệ (4.13) ta giải được cáca1j, α2j…, αnjkhông đồng thời bằng 0 và do đó ta có nghiệm không tầm thường của hệ (4.12)

Yj(x) α1jj λjx α 2j j λx α nj ⋮e λjx

Các nghiệmY1(x), Y2(x), …, Yn(x)này là độc lập tuyến tính Do đó hệ (4.12) có nghiệm tổng quát là

Y = C1Y1(x) + C2Y2(x) + … + CnYn(x) b.Phương trình đặc trung (4.13) có cặp nghiệm phức liên hợp đơn : kj = p + iq kj = p − iq Khi đó, chẳng hạn ứng vớik j ta được nghiệm

Y j (x) α1j e (p+iq)x α 2j e (p+iq)x α⋮ nj e (p+iq)x trong đó, nói chungα ij là nhữg số phức : α ij = a ij + ib ij Bởi vậy

Y j (x) a 1j + ib 1j ee 1x (cos qx + isinq x) a2j + ib 2j e px (cosq x + isinq x) a nj + ib nj e px (cos qx + isin qx)⋮ e px a1jcosq x − b1jsin qx e px a2jcosq x − b2jsinq x e 1xx a nj cos qx − b⋮ nj sin qx

+ i e px b1jcos qx + a1jsin qx e px b2jcos qx + a2jsin qx e px b nj cos qx + a⋮ nj sin qx

Theo tính chất của nghiệm hệ phương trình tuyến tính thuần nhất ta suy ra rằng các vecto hàm

U j (x) e px a 1j cos qx − b 1j sin qx e px a2jcos qx − b2jsinq x e px a nj cos qx − b⋮ nj sinq x

; V j (x) e px b 1j cos qx + a 1j sin qx e px b2jcos qx + a2jsin qx e px b nj cos qx + a⋮ nj sin qx là hai nghiệm thực ứng với cặp nghiệm phức liên hợpkj,kj của hệ phương trình (4.9).

Dễ kiểm tra rằngU j (x), V j (x)độc lập tuyén tính Tiến hành như vậy đối với mỗi cặp nghiệm phức liên hợp khác ta xây dựng được n nghiệm thực độc lập tuyến tính của hệ (4.9) và do đó xây dựng được nghiệm tổng quát của nó.

Ví dụ 1 Xét hệ phương trình dy dx = 2y + z dz dx= y + 2z Phương trình đặc trưng

1 2 − λ = λ 2 − 4λ + 3 = 0 có hai nghiệm thực khác nhau làλ 1 = 1, λ 2 = 3. Ứng vớiλ 1 = 1ta được hệ phương trình thuần nhất α 1 + α 2 = 0 α 1 + α 2 = 0

Chọnα2 =− 1ta suy raα1= 1 Do đó vơiλ1 = 1ta được nghiệm của hệ phương trình vi phân đang xét là :

− α1+ α2= 0 α 1 − α 2 = 0 Choα2= 1ta đượcα2 = 1và do đó ta có nghiệm

Y2(x) = e 3x e 3x Vậy nghiệm tổng quát của hệ phương trình vi phân đang xét là

Hoặc dưới dạng khai triển y(x) = C 1 e x + C 2 e 3x z(x) =− C 1 e x + C 2 e 3x

Ví dụ 2.Giải hệ phương trình dy dx = 2y − z dz dx = y + 2z Phương trình đặc trưng

1 2 − λ = λ 2 − 4λ + 5 = 0 có cặp nghiệm phức liên hợpλ 1 = 2 + i, λ 2 = 2 − i Do đóα 1 , α 2 được xác định từ hệ

Choα1= 1ta đượcα2 =− ivà nghiệm của hệ phương trình vi phân có dạng y(x) = e (2+i)x = e 2x cos x + ie 2x sin x z(x) =− ie (2+i)x =− e 2x sin x + ie 2x cos x

Vì vậy hai nghiệm thực độc lập tuyến tính của hệ cần giải là y1(x) = e 2x cos x z1(x) =− e 2x sin x y 2 (x) = 2 2x sin x z 2 (x) = e 2x cos x Nghiệm tổng quát có dạng y(x) = e 2x C 1 cos x + C 2 sin x z(x) = e 2x − C1sin x + C2cos x c Phương trình đặc trưng có nghiệm�bội k.

BÀI TÂP CHƯONG IV

1 dy dx = y z 2 ′ dx dz dx= 1 2 y

4 4 dy dx − dz dx = sin x − 3y dy dx= cos x − z

7. dx dt = 5x − y − 4z dy dt = 12x + 5y + 12z dz dt = 10x − 3y − 9z

BIẾN ĐỔI LAPLACE

Bảng 1 số biến đổi Laplace thường dùng

BẢNG BIẾN ĐỔI LAPLACE THƯỜNG GẶP

ỨNG DỤNG PHÉP BIẾN ĐỔI LAPLACE

Sơ đồ ứng dụng của phép biến đổi Laplace

Nếu bài toán ban đầu là hệ phương trình vi phân hay tích phân thì sau khi biến đổi Laplace ta được hệ phương trình đại số Giải hệ phương trình đại số đó rồi biến đổi Laplace ngược ta được kết quả.

1 Giải phường trình vi phân

Ví dụ 1: Áp dụng phép biến đổi Laplace giải phương trình vi phân

Giải Đặt� = �(�) = ℒ[y(t)] Biến đổi Laplace hai vế phương trình, áp dụng tính chất tuyến tính và tính chất đạo hàm hàm gốc ta được:

(� − 3) 2 + 16 Biếi đổi Laplace ngược hai vế và áp dụng tính chất tuyến tính ta được

Tìm�, �, �, �dựa vào đẳng thức:

Từ (*) cho� = 3được: 96 7 = � + � 6 + � 4 Suy ra� = −69 884 , � = 1768 77

Ví dụ 2.Giải các phương trình vi phân sau : a)� ′′ + 2� ′ + 5� = � −� sint, �(0) = 0, � ′ (0) = 1

Giải a) ĐặtY = Y(P) = ℒ[y(t)] Biến đổi Laplace hai vế phương trình và áp dụng tính chất đạo hàm hàm gốc ta được: p 2 Y − py(0) − y ′ (0) + 2[pY − y(0)] + 5Y = 1

Biến đổi Laplace ngược hai vế ta được nghiệm phương trình là y(t) =1

� ĐặtY = ℒ(y); biến đổi Laplace 2 vế phương trình ; áp dụng tính chất đạo hàm hàm gốc và tính chất dịch chuyển gốc ta được:

Biến đổi ngược hai vế và áp dụng tính chất dịch chuyển gốc ta được

Ví dụ 3 Áp dụng phép biến đổi Laplace giải phương trình vi phân y ′′ + 6y ′ + 20y = 50 + e −6t với điều kiện y(0)=0 và y ′ (0) = 0

Tínhlim�→+∞ �(�)rồi dựa vào kết quả đó xác định giá trị (gần đúng) của

�(�)sau khoảng thời gian�đủ lớn.

Giải Đặt� = �(�) = ℒ[y(t)] Biến đổi Laplace hai vế phương trình, áp dụng tính chất tuyến tính và tính chất đạo hàm hàm gốc ta được:

�(� + 3) + � 11 (� + 3) 2 + 11 Biến đổi Laplace ngược hai vế và áp dụng tính chất tuyến tính ta được

�→+∞lim �(�) = lim �→+∞ � + � lim �→+∞ � −6� + lim �→+∞ � −3� (�cos 11� + �sin 11�) = � Sau khoảng thời gian�đủ lớn thì�(�) ≈ � = 5 2 (tính�bên dưới)

Tìm�, �, �, �dựa vào đẳng thức:

Ví dụ 4:Áp dụng phép biến đổi Laplace giải phương trình vi phân y ′′ + 4y ′ + 13y = 36 + e −5t với điều kiện y(0)=0 và y ′ (0) = 0

Tínhlim�→+∞ �(�)rồi dựa vào kết quả đó xác định giá trị (gần đúng) của�(�) sau khoảng thời gian�đủ lớn.

��̉� Đặt� = �(�) = ℒ[y(t)] Biến đổi Laplace hai vế phương trình, áp dụng tính chất tuyến tính và tính chất đạo hàm hàm gốc ta được:

(� + 2) 2 + 9Biến đổi Laplace ngược hai vế và áp dụng tính chất tuyến tính ta được

�→+∞lim �(�) = lim �→+∞ � + � lim �→+∞ � −5� + lim �→+∞ � −2� (�cos 3� + �sin 3�) = � Sau khoảng thời gian�đủ lớn thì�(�) ≈ � = 36 13 (tính�bên dưới) Tìm�, �, �, �dựa vào đẳng thức:

2 Giải hê phương trình vi phân

Ví dụ 1.Áp dụng phép biến đổi Laplace giải hệ phương trình vi phân

Giải ĐặtX = ℒ[x], Y = ℒ[y]; biến đổi Laplace hai vế ta được:

� + 5 Biến đổi ngược hai vế ta được:

Ví dụ 3.Áp dụng phép biến đổi Laplace giải hệ phương trình vi phân

Giải ĐặtX = ℒ[x], Y = ℒ[y]; biến đổi Laplace hai vế ta được:

� 2 + 1 Biến đổi ngược hai vế ta được:

Thay� = −9 4 , � =− 43 80 vào hệ trên và sử dụng máy tính casio giải được� = 15 16 ,

+ Tương tự, chúng ta tìm� ′ , � ′ , � ′ , � ′ , � ′ dựa vào

Thay� ′ = 3 4 , � ′ = 43 20 vào hệ trên và sử dụng máy tính casio giải được� ′ 15

16, � ′ = , � ′ Ví du 3: a) Giải hệ phương trình vi phân : � ′ − 2� = 4

� ′ + 2� = 3�, với điều kiện�(0) = 3, �(0) = 2 b)Giải hệ phương trình vi phân : � ′ =− 3�

Giải a) ĐặtX = ℒ[x], Y = ℒ[y]; biến đổi Laplace hai vế ta được :

4� b) ĐặtX = ℒ[x], Y = ℒ[y]; biến đổi Laplace hai vế ta được :

Biến đổi ngược hai vế ta được nghiệm: � =− 3 4 � � + 7 4 � −3�

BÀI TẬP CHƯƠNG V: BIẾN ĐỔI LAPLACE.

Bài 1 Áp dụng biến đổi Laplace giải các phương trình vi phân sau:

Bài 2 Tìm nghiệm riêng của hệ phương trình vi phân: a) � ′ − 5� = cos �

3� ′ + � ′ − 4� + 2� = 0với điều kiện ban đầu:x(0) = y(0) = 0 c) � ′ − 4� = 2

� ′ = 2� + 4 với điều kiện ban đầu :x(0) = 2, �(0) = 3 e) � ′ + 2� ′′ = � −�

ỨNG DỤNG CỦA PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN

Ứng dụng vào cơ học

a Một chất điểmPcó khối lượngmchuyển động dọc trục0xvới hòanh độ x(t); và bị hút về gốc 0 bởi một lực hướng tâmf 1 (t) = kx(t).

Theo định luật Newton ta có phương trình chuyển động của chất điểm là

�� 2 + � 1 (�) = 0 ⇔ �� ′′ + �� = 0 b Nếu có thêm một lực tắt dần tỷ lệ với vận tốc tức thời của chất điểm là

= �v(t)tác dụng vào chất điểm thì theo định luật Newton phương trình chuyển động của chất điểm là md 2 x dt 2 =− f 1 (t) − f 2 (t) ⇔ md 2 x dt 2 + f 1 (t) + f 2 (t) = 0

⇔ mx ′ ′ + kx + �v(t) = 0 ⇔ mx ′′ + �� ′ (t) + kx = 0 c Bây giờ, nếu có thêm ngoại lựcf(t)tác dụng vào chất điểm thì theo định luật Newton phương trình chuyển động của chất điểm là md 2 x dt 2 =− f 1 (t) − f 2 (t) + f(t) ⇔ md 2 x dt 2 + f 1 (t) + f 2 (t) = f(t)

Ví dụ 1: Một chất điểmPcó khối lượngm = 2gram chuyển động dọc trụcOx với hòanh độx(t); và bị hút về gốc 0 bởi một lực hướng tâmf 1 (t) =− 8x(t). Giả sử ban đầu chất điểm đứng yên ở vị tríx o = x(0) = 10 Hãy tìm vị tríx(t) của chất điểm tại thời điểm�bất kỳ trong hai trường hợp sau: a) Không có lực nào khác tác động lên chất điểm. b) Chất điểm chịu tác dụng của một lực tắc dầnf 2 (t) =− 8v(t); vớiv(t)là vận tốc tức thời của chất điểm.

Trên hình ta chọn chiều dương cùng chiều trục0x Khix > 0thìf1< 0; khix 0( do lực hút hướng tâm) Khiv > 0(chất điểmPđang chạy về phía bên phải) thìf2 < 0; khiv < 0(chất điểmPđang chạy về phía bên trái) thìf2> 0( do lực hút tắt dần và ngược chiều vectơ vận tốc). a) Theo định luật Newton, ta có :mxx ′′ = f 1 ⇔ 2x ′′ =− 8x

Ta được phương trình :x ′′ + 4x = 0, x(0) = 10, x ′ (0) = vo= 0 ĐặtX = ℒ[x(t)]; biến đổi Laplace hai vế phương trình và áp dụng tính chất đạo hàm hàm gốc ta được :p 2 X − 10p + 4X = 0 ⇔ X = p 10p 2 +4

Biến đổi Laplace ngược hai vế ta được: x(t) = 10cos 2t. b) Theo định luật Newton, ta có :mx ′′ = f + f ⇔ 2x'=− 8x − 8x ′

Ta được phương trình :x ′′ + 4x ′ + 4x = 0, x(0) = 10, x ′ (0) = v o = 0 ĐặtX = ℒ[x(t)]; biến đổi Laplace hai vế phương trình và áp dụng tính chất đạo hàm hàm gốc ta được : p 2 X − 10p + 4(pX − 10) + 4X = 0 ⇔ X = 10p + 40 p 2 + 4p + 4⇔ X = 10 p + 2 +

20(p + 2) 2 Biến đổi Laplace ngược hai vế ta được: x(t) = 10e −2t + 20te −2t

Ứng dụng vào giải tích mạch điện

⋆Mạch RLC: Xét mạch điện như hình 7.8 Trong đóR, L, Clà các hằng số.

Hình 7.8 Mạch RLC Theo định luật Kirchoff ta có: � � (�) + � � (�) + � � (�) = �(�) ⇔

�� E(t) L Nếu mạch không có phần tửCthì ta có :L di(t) dt + Ri(t) = E(t)

Nếu mạch không có phần tửLthì ta có: Ri(t) + q(t) C = E(t) hay dq(t) dt + q(t)

Ví dụ 3:Xét mạch điện RL (hình 7.9) Trong đói(0) = 0, R, Llà các hằng số dương.

Hình 7.9 Mạch RL a) ChoE(t) = E 0 là hằng số dương Áp dụng phép biến đổi Laplace giải phương trình vi phân để tìm�(�) Tínhlim �→+∞ �(�)rồi dựa vào kết quả đó xác định giá trị (gần đúng) của�(�)sau khoảng thời gian�đủ lớn. b) Tìmi(t)nếuE(t) = E 0 sin �t, �là hằng số.

Giải ĐặtI = I(p) = ℒ[i(t)] ⇒ ℒ �� = ℒ i ′ (t) = pI − i(0) = pI a)� ��(�) �� + ��(�) = � � , i(0) = 0với� � , �, �là các hằng số dương.

Biến đổi Laplace hai vế phương trình ta được

Biến đổi Laplace ngược hai vế ta được :�(�) = ℒ −1 [I] = E R o 1 − e − R L lim �→+∞ �(�) = lim �→+∞ E R o 1 − e − R L = � � �

Sau khoảng thời giantđủ lớn�(�) ≈ � � � Đồ thị ii(tđược biểu diễn trong hình 7.10.

Hình 7.10 b)�� ′ (�) + ��(�) == E0sinwt Biến đổi Laplace hai vế phương trình ta được

L� + R = E o w p 2 + w 2 ⇔ � = E o w p 2 + w 2 (Lp + R) Biến đổi ngược hai vế ta được: i(t) = E o L w Acos wt + Bsin wt + Ce − R L L

TìmA, B, Cbằng cách xét : 1 p 2 +w 2 p+ R L = Ap+Bw p 2 +w 2 + p+ � R

+ Nhân hai vế của( ∗∗ )với p + R L và chop →− R L ta được:

+ Nhân hai vế của( ∗∗ )vớipvà chop → ∞ta được :

+ Từ( ∗∗ )chop = 0ta được: w L 2 R = w B + C L R ⇒ B = R 2 +w wRL 2 L 2

ThayA, B, Cvào( ∗ )ta được kết quả:

Bài 1:Một chất điểm chuyển động trên đường thẳng sao cho độ dờixtừ một điểm cố địnhOvào lúc tđược cho bởi:x ′′ + 4x ′ + 5x = 80sin 5t a) Tìmx(t)biết lúct = 0, chất điểm đứng yên ởx = 0. b) Tìm biên độ, chu kỳ và tần số sau một thời gian dài.

Bài 2.Dòng điệni(t)trong mạch nối tiếp RL thỏa phương trình vi phân :

Ldi dt + Ri = E(t)( volts ); i(0) = 0, R, L là cać hằng số. a) Tìmi(t)nếuE(t) = E 0 cos �t,�là hằng số. b) Tìm i(t) nếu�(�) = 10t, 0 < t ≤ 510, t > 5 Định luật truyền nhiệt của Newton (Newton's law of cooling)

Vận tốc nguội lạnh hoặc nóng lên của một vật trong môi trường tỷ lệ với hiệu giữa nhiệt độ của vật và nhiệt độ môi trường xung quanh Tức là, nếu gọi

T = T(t)là nhiệt độ của vật theo thời gian

T m là nhiệt độ môi trường klà hệ số tỷ lệ thì

Bài 3.Một xác chết được phát hiện vào lúc 15 giờ ngày thứ hai trong một nhà kho có nhiệt độ là50 ∘ F Nhiệt độ xác chết khi được phát hiện là80 ∘ Fvà 20

98.6 ∘ F, áp dụng định luật tỏa nhiệt của Newton, hãy xác định ngày giờ mà người này chết.

Bài 4.Vận tốc nguội lạnh của một vật trong không khí tỷ lệ với hiệu giữa nhiệt độ của vật và nhiệt độ của không khí Ap dụng biến đổi Laplce tìm quy luật nguội lạnh của vật nếu nhiệt độ của không khí là20 ∘ Cvà sau 20 phút nhiệt độ của vật giảm từ100 ∘ cxuống60 ∘ c Hỏi sau bao lâu nhiệt độ của vật giảm tới30 ∘ c.

Bài 4.Mất 15 phút để nhiệt độ của một vật tăng từ10 ∘ clên20 ∘ Ctrong một căn phòng có nhiệt độ là30 ∘ C Theo định luật tỏa nhiệt của Newton, phải mất bao lâu để vật đó tăng nhiệt độ từ20 ∘ ctới25 ∘ c?

Bài 5.Các nhà dân số học cho rằng quy luật tãng dân sốP(t)theo thời giant thơa phương trinh vi phân sau:

Trong đó thời gian tính theo đơn vị năm, r là tỷ lệ tãng dân số hẳng nãm. Ở nước ta, trong giai đoạn2010 − 2020, dự kiến tỷ lệ tãng dân số trung binh hẳng nãm là1%và dân số vào nãm 2012 sẽ vào khoảng 88 triệu người Hỏi đé́n năm 2020, dân số nược ta khoảng bao nhicu ngư i?

Bài 6.Giả sử dân số của một cộng đồng tăng theo quy luật hàm mũ với tỷ lệ tự nhiên làrvàE(t)công dân di cư khỏi cộng đồng tại thời điểmt, do đó:

Giải phương trình xác định dân số tại thời điểmttrong mỗi trường hợp sau: a)r = 0.03, E(t) = 10t, P(0) = 100.00 b)r = 0.015, E(t) = 200e −4 , P(0) = 250.000

HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN