MỘT SỐ BÀI TẬP PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP 2 VÀ LỜI GIẢI CHI TIẾT

MỘT SỐ BÀI TẬP PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP 2VÀ LỜI GIẢI CHI TIẾT... GIẢI CÁC PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN... Ta có 2i là nghiệm đơn củaphương trình đặc trưng... Nghiệm tổng quát của phương trình t

MỘT SỐ BÀI TẬP PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP 2

VÀ LỜI GIẢI CHI TIẾT

GIẢI CÁC PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN

37 x2(ln x  1) '' y  xy '  y  0, biết phương trình có 1 nghiệm y x1( ) x,

1 Giải phương trình đặc trưng k210k25 0 , k1k2 5

Nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất là

Coi C C là các hàm số: 1, 2 y C x 1( )cosx C x 2( )sinx

x C

x C

Nghiệm riêng cần tìm là y* cos ln cosx x xsinx

Nghiệm tổng quát của phương trình :

1cos 2sin cos ln cos sin

3 Giải phương trình đặc trưng k   , 2 4 0 k12 ;i k2 2i Ta có 2i là nghiệm đơn củaphương trình đặc trưng

Vậy nghiệm phương trình vi phân có dạng: Y x A( cos 2x B sin 2 )x

Đạo hàm: Y Acos 2x B sin 2x x ( 2 sin 2 A x2 cos 2 )B x

4 sin 2 4 cos 2 ( 4 cos 2 4 sin 2 )

Y  A x B x x  A x B x

Thay vào phương trình ta được:

4 sin 2A x 4 cos 2B x cos 2x

4 Giải phương trình đặc trưng k25k  , 6 0 k12;k2 3

Nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất là

Vì  0 không là nghiệm của phương trình đặc trưng nên nghiệm riêng y của phương*

trình không thuần nhất có dạng: y* A Tính y y*; *, thế vào phương trình đầu ta được:

5 Giải phương trình đặc trưng k2 6k  , 9 0 k1k2 3

Nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất là

Tính y y1 ; 1, thế vào phương trình đầu ta được:

(3A 4 )cosB x(4A3 )sinx 25sinxB   A4;B3

8 Giải phương trình đặc trưng k2 3k 0 k1 0;k2 3.

Nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất là:

9 2 4

'' 9 ' 20 x

Giải phương trình đặc trưng k2 9k20 0 , k1k2 2

Nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất là

5

3

* 2

Nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất là

1 2

x

y C C e ( )f x e x

1

  là nghiệm của phương trình đặc trưng

nên nghiệm riêng có dạng * Axey  x Tính * ', * ''y y thay vào phương trình đã cho ta

  không là nghiệm của phương trình đặc trưng

nên nghiệm riêng có dạng * Acos2y  x B sin 2x Tính * ', * ''y y thay vào phươngtrình đã cho ta có 1, 0

x x

Vì  1 là một nghiệm của phương trình đặc trưng nên ta tìm nghiệm riêng y của*

phương trình đã cho dưới dạng: *    2 

  là nghiệm của phương trình đặc trưng

nên nghiệm riêng có dạng y1x(Ax+B) Tính y y thay vào phương trình (1) ta có1', ''1

Từ đó tính Y', Y'' thay vào phương trình đã cho ta được:

(4Cx + 2A + 2D)cosx + (– 4Ax – 2B + 2C)sinx = 4xsinx Đồng nhất ta được:

Từ đó Y = x(– xcosx + sinx) và nghiệm tổng quát của phương trình là: y = C1cosx +

C2sinx + x(– xcosx + sinx)

19 Giải phương trình đặc trưng k2k  , 0 k1 0,k2 1

Nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất là

  không là nghiệm của phương trình đặc trưng

nên nghiệm riêng có dạng y*e x(Ax +Bx+C)2 Tính *', *''y y thay *', * '', *y y y vào

phương trình đã cho ta xác định được A2,B6,C 7do đó  2 

y C C x C e

Với  0là nghiệm kép của phương trình đặc trưng nên nghiệm riêng của phương trình

23 Giải phương trình đặc trưng k22k  , 5 0 k1,2  1 2i

Nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất là

 ta có p C x (  1), coi C = C(x) thay p, p' vào phương trình (1) tính được C

từ đó nghiệm tổng quát của (1) là

2

1 ( 1)2

Y x  e Xét phương trình'' 4 ' 8 sin 2

y  y  y x (2) Ta thấy  i 2i không là nghiệm của phương trình (*) nên

ta tìm nghiệm của nó dưới dạng Y x2( )B.sin 2x C cos 2x

Tính đạo hàm cấp 1,2 thay vào phương trình (2) ta tìm được 1 ; 1

B thay Y', Y'' vào phương trình đã cho ta tìm được A = 1 và B – 2A = 1, suy ra A = 1,

B = 3 nên Y = x + 3 Từ đó nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là:

Từ đó nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là: 1 2 3 2

Vì  3 là nghiệm của PT đặc trưng nên nghiệm riêng y của PT (1) có dạng 1*

Đặt y '  yz ta có y   y z  2  z '  Bởi vậy sau khi thay giá trị y y ', " vào phương trình đã cho và đơn giản cho y2 ta được x z  2  z '   xz2  z  0, hay xz z '   0 Tích phân phương trình này ta được z C x  1 , hay ' 1

y C e  0

y  là nghiệm của phương trình (nhận được từ biểu thức tích phân tổng quát với C 2 0).

35 Tính đạo hàm:

s inx 1

Rõ ràng y x y x là hai nghiệm độc lập tuyến tính nên nghiệm tổng quát của phương 1( ), ( )2

trình cần giải là s inx s inx

y C x C f x1( ) sin x,  i là nghiệm của phương trình đặc trưng nên

PT có nghiệm riêng có dạng y1*x(Acosx B sin )x Tính y* ', * ''1 y 1 thay vào phương

3

A B do đó

Tìm nghiệm riêng của phương trình không thuần nhất bằng phương pháp Lagrang Xác

   =12ln sinx 1sinx+1 + sinx

Vậy nghiệm riêng : * ln cos x 1 sinx.ln sinx 1

  là nghiệm của phương trình đặc trưng

nên nghiệm riêng có dạng y1x(Ax+B) Tính y y thay vào phương trình (1) ta có1', ''1

Tìm nghiệm riêng ứng với f x : ''2( ) ' x

y  y e (2)

41 Giải phương trình đặc trưng k2 4k  , 4 0 k1k2 2

Nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất là

  không là nghiệm của phương trình đặc trưng

nên nghiệm riêng có dạng y 1 Ax+B Tính y y thay vào phương trình (1) ta có1', ''1

x

y  Nghiệm tổng

quát của phương trình đã cho là 1 2 2 2 2 2

1 1 1x+ x e

hay y'=xex+C x suy ra y = e1 x(x-1)+C x1 2+C2

43 Phương trình đặc trưng có hai nghiệm k = i, do đó nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất tương ứng là:

y = C1cosx + C2sinx

Mặt khác  i = ilà nghiệm của phương trình đặc trưng nên một nghiệm riêng của phương trình có dạng Y = x[(Ax + B)cosx + (Cx + D)sinx] Từ đó tính Y', Y''

Thay vào phương trình đã cho ta được: (4Cx + 2A + 2D)cosx + (– 4Ax – 2B + 2C)sinx = 4xsinx Đồng nhất ta được:

Từ đó Y = x(– xcosx + sinx) và nghiệm tổng quát của phương trình là:

y = C1cosx + C2sinx + x(– xcosx + sinx)

44 Phương trình thuần nhất tương ứng

Phương trình trên có nghiệm kép k1  k2  3

Nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất   3