BÀI 3 PHƢƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP HAI TUYẾN TÍNH

1 BÀI 3 PHƢƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP HAI TUYẾN TÍNH Gv TRẦN XUÂN THIỆN Toán cao cấp 2 Ngày 03/11/2008 Kiểm tra bài cũ Giải phƣơng trình sau : y’’ - 5y’ + 6y = 0 Bảng tóm tắt về nghiệm tổng quát của phương trình y’’ + py’ + qy = 0 (11.30) Nghiệm của phương trình đặc trưng r 2 + pr + q = 0 (11.31) Nghiệm của phương trình (11.30) r 1 , r 2 thực , r 1 ≠ r 2 r 1 = r 2 = r r 1 , r 2 = α ± iβ ,α ,β thực 12 r 12 e x r x y C C e r 12 e ( ) x y C C x 12 ( cos sin ) x y e C x C x    Kiểm tra bài cũ Giải phƣơng trình sau : y’’ -5y’+6y = 0 Giải : Phƣơng trình đặc trƣng : r 2 – 5r + 6 = 0 (*) Phƣơng trình (*) có nghiệm : Vậy nghiệm tổng quát tƣơng ứng là : 2 3 r r      23 12 e xx y C C e 2 4 25 24 1 0b ac       Phƣơng trình vi phân cấp hai tuyến tính 3.4 Phương trình vi phân cấp hai tuyến tính không thuần nhất với hệ số không đổi. 3.4.1. f(x) = e αx .P n (x) với α là hằng số, P n (x) là một đa thức bậc n. 3.4.2. f(x) = P m (x)cosβx + P n (x)sinβx , β là hằng số ,với P n (x) là một đa thức bậc n. 3.4.1. f(x) = e αx .P n (x) với α là hằng số, P n (x) là một đa thức bậc n. PTVTC2 có dạng y’’ + py’ + qy = e αx .P n (x) Nghiệm riêng của phƣơng trình (11.32) có dạng: Y = e αx .Q n (x) (11.33) với Q n (x) là đa thức bậc n Các hệ số Q n (x) đƣợc xác định bằng cách lấy đạo hàm các cấp của Y thay vào phƣơng trình đã cho rồi cân bằng các hệ số của các lũy thừa cùng bội của x. Nghiệm riêng của phƣơng trình (11.32) có dạng : Y = x. e αx .Q n (x) Nghiệm riêng của phƣơng trình (11.32) có dạng : Y = x 2 . e αx .Q n (x) α 2 + pα + q ≠ 0 2 p q 0 2 p 0          2 p q 0 2 p 0          Ví dụ • Giải các phƣơng trình sau : 1. y’’ + y’ - 2y = 1 – x 2. y’’ - 4y’ +3y = e x ( x+2 ) 3. y’’ -2y + y = x.e x 1.Giải phương trình : y’’ + y’-2y = 1 – x • Giải : Vế phải có dạng : f(x) = e 0x .P 1 (x) , α = 0, P 1 (x) = 1 - x Phƣơng trình đặc trƣng : r 2 + r – 2 = 0  r = 1; r = -2 Nghiệm tổng quát của phƣơng trình y’’ + y’-2y = 0 là : y = C 1 e x + C 2 e - 2x Vì α = 0 không là nghiệm phƣơng trình đặc trƣng vậy nghiệm riêng Y có dạng: Y = e 0x .P 1 (x) = P 1 (x)  y = Ax + B ( A, B là hằng số ) Y’ = A , Y’’ = 0 . Thay vào phƣơng trình đã cho ta đƣợc : Y’’ + Y’ – 2Y = A – 2(Ax + B) = -2Ax + A – 2B = 1 - x Đồng nhất hệ số ta đƣợc : Vậy : 2 12 1 24 xx x y C e C e      1 21 2 2 1 1 4 A A AB B                 2.Giải phương trình : y’’ - 4y’ +3y = e x ( x+2 ) • Giải : Vế phải có dạng : e αx .P 1 (x) , trong đó α = 1: P 1 (x) là đa thức bậc một. Phƣơng trình đặc trƣng : r 2 - 4r + 3 = 0  r = 1 và r = 3 . Nghiệm tổng quát của phƣơng trình thuần nhất : y’’ – 4y’ + 3y = 0 là : y = C 1 e x + C 2 e 3x Vì α = 1 là nghiệm của phƣơng trình đặc trƣng , ta tìm nghiệm riêng Y của phƣơng trình đã cho dƣới dạng : Y = e x . x.(Ax + B) = e x .(Ax 2 + Bx) Do đó : Y’ = e x .(Ax 2 + Bx) + e x .(2Ax + B) = e x [Ax 2 + (B + 2A)x + B] Y’’ = e x [Ax 2 + (B + 2A)x + B] + e x [2Ax 2 + (B + 2A)] = e x [Ax 2 + (B + 4A)x + 2B + 2A] Thế vào phƣơng trình đã cho: e x [- 4Ax + 2A – 2B] = e x (x + 2) Vậy : Nghiệm tổng quát phải tìm là : 1 4 5 4 A B           5 4 x x Y e x      2 3 12 5 4 x x x xx y C e C e e     3.Giải phương trình : y’’ -2y + y = x.e x • Giải : Vế phải có dạng : e αx .P 1 (x) , trong đó α = 1, P 1 (x) = x là đa thức bậc một. Phƣơng trình đặc trƣng : r 2 - 2r + 1 = 0  r = 1 Nghiệm tổng quát của phƣơng trình thuần nhất : y’’ – 2y’ + y = 0 là : y = e x (C 1 + C 2 x) Vì α = 1 là nghiệm kép của phƣơng trình đặc trƣng , ta tìm nghiệm riêng Y của phƣơng trình đã cho dƣới dạng : Y = e x . x 2 .(Ax + B) = e x .(Ax 3 + Bx 2 ) Do đó : Y’ = e x . (Ax 3 + Bx 2 ) + e x . (3Ax 2 + 2Bx) = e x [Ax 3 + (B + 3A)x 2 + 2Bx] Y’’ = e x [Ax 3 + (B + 3A)x 2 + 2Bx] + e x [3Ax 2 + 2(B + 3A)x + 2B] = e x [Ax 3 + (B + 6A)x 2 + 2(2B + 3A)x + 2B] Thế vào ta đc phƣơng trình : e x [6Ax + 2B] = e x x Nghiệm tổng quát phải tìm là : 1 6 0 A B         3 12 1 () 6 xx y e C C x e x   [...]... nghiệm tổng qt của phƣơng trình đã cho là : x y  C1 cos x  C2 sin x  ( x sin x  cos x) 4 Nhiệm vụ về nhà • 1 Lý thuyết : cách giải phƣơng trình vi phân tuyến tính khơng thuần nhất với hệ số khơng đổi • 2 Bài tập : bài 11(Tr.206) Ứng dụng giải phƣơng trình vi phân bằng phần mềm Maple • Cú Pháp: dsolve(ODE) dsolve(ODE, var) : giải phƣơng trình vi phân ODE : giải phƣơng trình vi phân ODE theo biến... các phƣơng trình sau: 1 y’’ - 3y’ + 2y = 2sinx 2 y’’ + y = x.cosx Ví dụ 1: Giải phương trình : y’’ - 3y’ + 2y = 2sinx Phƣơng trình đặc trƣng : r2 - 3r +2 = 0  r = 1, r = 2 Nghiệm tổng qt của phƣơng trình là : y’’ - 3y’ + 2y = 0 là : y = C1ex + C2e2x Phƣơng trình vi phân đã cho có dạng : P0(x)sinβx với P0(x) = 2, β = 1 Do ±iβ = ±i khơng là nghiệm của phƣơng trình đặc trƣng nên nghiệm riêng phƣơng trình. .. - Bsinx Thế vào phƣơng trình ta đƣợc : (A – 3B)cosx + (3A + B)sinx = 2 sinx 3  A   5   B  1  5  Nghiệm của phƣơng trình đã cho là : y  C1e x  C2e2 x  3 1 cos x  sinx 5 5 Ví dụ 2 : Giải phương trình sau : y’’ + y = x.cosx • Giải : Phƣơng trình đặc trƣng : r2 + 1 = 0  r = ±i nghiệm tổng qt của phƣơng trình thuần nhất tƣơng ứng là : y = C1cosx + C2sinx Vế phải của phƣơng trình đã cho có... biến var dsolve({ODE, ICs}, var) : giải phƣơng trình vi phân ODE với điều kiện ban đầu ICs theo biến var • VD: giải phƣơng trình: y’’ + 4y’ + y = 0 -Khai báo phƣơng trình : > ODE:=diff(y(t),t$2)+4*diff(y(t),t)+y(t)=0;  2    ODE :  2 y(t )   4  y(t )   y(t )  0   t   t -Giải phƣơng trình: > dsolve(ODE,y(t)); y(t )  _ C1e((2 3) t )  _ C 2((2 3) t ) Chân thành cảm ơn quý Thầy Cô!.. .3. 4.2 f(x) = Pm(x)cosβx + Pn(x)sinβx ,với Pm(x), Pn(x) lần lượt là đa thức bậc m, n β là hằng số y’’ + py’ + qy = Pm(x)cosβx + Pn(x)sinβx ± iβ khơng là nghiệm phƣơng trình đặc trƣng (11 .31 ) thì nghiệm riêng của (11 .32 ) có dạng : Y= Q1(x)cosβx + R1(x)sinβx với Q1(x), R1(x)là những đa thức bậc l = max(m,n) ± iβ là nghiệm phƣơng trình đặc trƣng (11 .31 ) thì nghiệm riêng của (11 .32 ) có dạng... P1(x) = x , β = 1 Vì : ±iβ = ±i là nghiệm của phƣơng trình đặc trƣng, ta tìm một nghiệm riêng của phƣơng trình đã cho dƣới dạng : Y = x[(Ax + B)cosx + (Cx + D)sinx] = [(Ax2 + Bx)cosx + (Cx2 + Dx)sinx] Do đó :Y’ = [Cx2 + (D + 2A)x + B]cosx + [-Ax2 + (2C – B)x + D]sinx Y’’ = [-Ax2 + (4C – B)x + 2D + A]cosx + [-Cx2 – (D + 4A)x + 2C -2B]sinx Thế vào phƣơng trình đã cho ta đƣợc: 1  B  C  (4C + 2D + . 2 3 r r      23 12 e xx y C C e 2 4 25 24 1 0b ac       Phƣơng trình vi phân cấp hai tuyến tính 3. 4 Phương trình vi phân cấp hai tuyến tính không thuần nhất với hệ số không đổi. 3. 4.1. f(x). 1 BÀI 3 PHƢƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP HAI TUYẾN TÍNH Gv TRẦN XUÂN THIỆN Toán cao cấp 2 Ngày 03/ 11/2008 Kiểm tra bài cũ Giải phƣơng trình sau : y’’ - 5y’ + 6y = 0. • 1. Lý thuyết : cách giải phƣơng trình vi phân tuyến tính không thuần nhất với hệ số không đổi. • 2. Bài tập : bài 11(Tr.206) Ứng dụng giải phƣơng trình vi phân bằng phần mềm Maple •