phương trình vi phân

PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN 1) Kiểm tra y = cos x(sin x − 1) nghiệm toán y′ + y tan x = cos x giá trị ban đầu y(0) = −1 khoảng  π π − , ÷  2 Lời giải: y′ = − sin x(sin x − 1) + cos x ⇒ y′ + y tan x = − sin x(sin x − 1) + cos x + sin x(sin x − 1) = cos x 2) Giải phương trình tách biến a dy xe x = dx y + y Lời giải: dy xe x = ⇔ y + y dy = xe x dx dx y + y ⇒ ∫y + y dy = ∫ xe x dx + C1 ⇔ (1 + y2 ) + y = 3(x − 1)e x + C b du = + 2u + t + tu dt Lời giải: du du du = + 2u + t + tu ⇔ = (1 + u)(2 + t) ⇒ = (2 + t)dt dt dt (1 + u) ⇒ 2ln + u = 4t + t + C 1 3) Tìm nghiệm PTVP thoả mãn điều kiện ban đầu a dy = + y , y(1) = dx ; Lời giải: dy dy = + y2 ⇔ = dx ⇒ arctan y = x + C dx + y2 nghiệm phương trình : y′ = e y(1) = C = −1 arctan y = x − b x+y với +e x−y ; , y(0) = Lời giải: y′ = e x + y + e x − y ⇔ e y y′ = (e 2y + 1)e x ⇔ ⇒∫ với e y dy (e 2y + 1) y(0) = e y dy (e 2y + 1) = e x dx = ∫ e x dx + C ⇒ arctan e y = e x + C C = arctan e − nghiệm phương trình : c du 2t + sec t = , u(0) = −5 dt 2u arctan e y = e x + arctan e − Lời giải: du 2t + sec t   = ⇒ 2udu = (2t + sec t)dt ⇔ ∫  2t + dt = u +C ÷ dt 2u cos t   ⇔ t + tan t = u + C với u(0) = −5 C = −25 nghiệm phương trình t + tan t = u − 25 4) Tìm phương trình đường cong thoả mãn y′ = 4x y cắt trục Oy Lời giải: dy y′ = 4x y ⇔ = 4x 3dx ⇒ y = Ce x y Đó đường cong có phương trình ,từ giả thiết y = 7e x nên y(0) = C=7 5) Dung dịch glucose truyền theo đường tĩnh mạch vào máu với vận tốc không đổi r Khi glucose đưa vào, chuyển thành chất khác bị đẩy khỏi máu với vận tốc tỷ lệ thuận với nồng độ thời điểm Như vậy, mô hìnhbiểu diễn nồng độ C = C(t) dung dịch glucose máu điểm t=0 Giả sử C0 dC = r − kC dt , k số dương.Giả sử nồng độ thời Xác định nồng độ thời điểm tuỳ ý cách giải PTVP nói r C0 < k , tìm giới hạn lim C(t) diễn giải đáp án bạn t →∞ Lời giải: ( dC dC − kdt kdt = r − kC ⇒ + kC = r ⇒ C(t) = e ∫ A + r ∫ e ∫ dt dt dt ⇒ C(t) = e − kt ( A + r ∫ e dt ) = e kt Tại t = ⇒ A = C0 − a Giả sử r k r C0 < k − kt Vậy C(t) = )  re kt  r = + Ae − kt  A + ÷ ÷ k  k  r  r +  C0 − ÷e − kt k  k , tìm giới hạn lim C(t) diễn giải đáp án bạn t →∞ Lời giải: Hiển nhiên lim C(t) = t →∞ r r r  + lim  C0 − ÷e − kt = k t →∞  k k Khi dung dịch glucose truyền theo đường tĩnh mạch vào máu với vận tốc không đổi,và thời gian truyền vô hạn nồng độ glucose dung dịch glucose máu coi không đổi 6) Lượng cá bơn halibut Thái bình dương mô hình hoá PTVP dy y  = ky  − ÷ dt  K ,trong y(t) sinh khối (khối lượng tổng cộng cá thể quần thể) theo kilogram thời điểm t (đo theo năm), dung lượng cực đại ước lượng K = × 10 kg k = 0,71 a theo năm Nếu , tìm sinh khối năm sau y(0) = × 10 kg b Bao lâu sinh khối đạt ? × 10 kg Lời giải: Từ dy y ky k k ′  = ky 1 − ÷⇒ y′ − ky = − ⇔ y′y −2 − ky −1 = − ⇔ y −1 + ky −1 = dt K K K  K ( ) ⇒ z′ + kz = z=e ⇒ − ∫ kdt y= k K k ∫ kdt  − kt  e  e  − kt  C + e dt = e C + ⇒ ye C+  ÷   ÷ ∫   K K ÷ K      kt kt  =1 ÷ ÷  với z = y −1 Kekt KC + e kt Khi y(0) = × 10 kg ⇒ y= × 10−7 × 10 = ⇒ × 10 C + = ⇒ C = 8 × 107 C + × 107 × 107 e kt + ekt a) Sinh khối năm sau xác định: y= b) Ta cần tìm t cho kt × 10 e + ekt Vậy sau 7) ln t= ≈ 1,547 0,71 × 107 e0,71 3+e 0,71 ≈ 3, 23 × 107 = × 107 ⇒ e kt = ⇒ t = năm sinh khối đạt ln 0,71 × 10 kg Trong mô hình sinh trưởng theo mùa, hàm tuần hoàn theo thời gian đề nghị để tính đến biến đổi có tính mùa vụ liên quan đến vận tốc sinh trưởng Những biến đổi có thể, chẳng hạn, gây thay đổi có tính chất mùa vụ nguồn thức ăn.Tìm nghiệm mô hình sinh trưởng theo mùa , k, r dP = kP cos(rt − ϕ) dt P(0) = P0 φ số dương Lời giải: dP k = kPcos(rt − ϕ) ⇒ ln P = sin(rt − ϕ) + C dt r ⇒ ⇒ 8) C= ln với k P(0) = P0 ⇒ ln P0 = − sin ϕ + C r k sin ϕ + r ln P0 ⇒ k sin ϕ + r ln P0 k ln P = sin(rt − ϕ) + r r r ⇒ P k k  = [ sin(rt − ϕ) + sin ϕ] P(t) = P0 exp  [ sin(rt − ϕ) + sin ϕ] ÷ P0 r r  Giải PTVP toán ban đầu: 5 a ; (x − 3y )dx + 2xydy = Lời giải: (x − 3y )dx + 2xydy = ⇔ 2 dy x − 3y x 3y =− =− + dx 2xy 2y 2x Đặt y = xu ⇒ y′ = u + xu ′ ⇒ 2u + 2xu ′ = 3u − ⇒ xy ≠ 2udu dx ⇒ = u u −1 x u − = Cx ⇒ y = (1 + Cx)x ; ∀x, y b y π xy′ + x tan − y = y(1) = x Lời giải: xy′ + x tan ; ⇔ y y y −y=0 y′ + tan − = x x x Đặt y = xu ⇒ y′ = u + xu ′ ⇒ u + xu ′ + tan u − u = ⇒ ta có y C sin = x x với π y(1) = C =1 ⇒ c y y  y′  x sin ÷ + x = ysin x x  cos u dx C du = − ⇒ sin u = sin u x x nghiệm phương trình x sin y =1 x ; Lời giải: y y y y y   y′  x sin ÷ + x = ysin ⇔ y′  sin ÷ + = sin x x x x   x Đặt y = xu ⇒ y′ = u + xu ′ ⇒ (u + xu ′)sin u + = u sin u ⇒ xu ′ sin u + = ⇒ − sin udu = ⇒ y dx cos ⇒ cos u = ln Cx x Cx = e x d π y(1) = y y y′ = + sin x x ; Lời giải: Đặt y = xu ⇒ y′ = u + xu ′ ⇒ u + xu ′ = u + sin u ⇒ xu ′ = sin u ⇒ u  d  tan ÷ du dx u 2 = ⇒ ln Cx = ∫  = ln tan u sin u x tan ⇒ ln Cx = ln tan u y ⇒ Cx = tan 2x với y(1) = π C =1 ⇒ x = tan y 2x e (x − y)ydx − x dy = Lời giải: với xy ≠ ta có y x (x − y)ydx − x dy = ⇒ −  ÷ =  ÷y′ x y Đặt y = xu ⇒ y′ = u + xu ′ ⇒ u + xu ′ = u − u ⇒ − ⇒ nghiệm phương trình x = 0; y = 9) C x = yln x , du u2 = dx C ⇒ = ln x x u x = 0; y = thỏa mãn phương trình nên nghiệm kì dị phương trình Xét xem phải phương trình tuyến tính: 7 a y′ + ye x = x y5 Lời giải: Từ ( ) ′ − y−4 ex = −4x y′ + ye x = x y5 ⇒ y′y −5 + y −4e x = x ⇔ y −4 ⇒ u′ − 4u e x = −4x Giả sử y1 (x) x y1′ + y1e = ( y (x) x y15 = a y1′ + y1e x hai nghiệm phương trình,tức x y′2 + y e = x y52 (ay1 + by )′ + (ay1 + by )e x ) + b ( y′2 + y2e ) ≠ x (ay1 + by2 ) x phương trình vi phân tuyến tính Xong phương trình Becnuli nên đưa phương trình phương trình vi phân tuyến tính cách đặt u=y −4 b xy′ + ln x − x y = Lời giải: Từ ln x xy′ + ln x − x y = ⇒ y′ + xy = x phương trình vi phân tuyến tính cấp c x y′ = y + sin x Lời giải: Từ x y′ = y + sin x ⇒ y′ − y x4 = sin x phương trình vi phân tuyến tính cấp x4 d xy′ − y = x sin x Lời giải: Từ y xy′ − y = x sin x ⇒ y′ − = x sin x x 10) phương trình vi phân tuyến tính cấp Giải PTVP: a y′ + 2y = 2e x ; Lời giải: phương trình cho phương trình vi phân tuyến tính cấp một,nên nghiệm xác định y=e ⇒ − ∫ 2dx 3ye 2x ( ) C + 2e 2dx C1 + ∫ e e ∫ dx = 3e2x x = C + 2e 3x 3x lànghiệm phương trình b xy′ + y = x ; Lời giải: xy′ + y = x ⇒ y′ + y = x x phương trình vi phân tuyến tính cấp một,nên nghiệm xác định y=e −∫ dx x dx  ∫x   C1 + ∫ e dx ÷ ⇔ y = C1 + ∫ x dx  ÷ x x   ⇒ 3yx = C + 2x x ( ) lànghiệm phương trình c ; dy + 2xy = x dx Lời giải: dy + 2xy = x ⇒ y′ + 2xy = x dx xác định phương trình vi phân tuyến tính cấp một,nên nghiệm ( ) ( − 2xdx 2xdx y=e ∫ C + ∫ x 2e∫ dx ⇔ y = e − x C + ∫ x e x dx d y′ + 3x y = 6x 2 ) ; Lời giải: y′ + 3x y = 6x phương trình vi phân tuyến tính cấp một, nên nghiệm xác định y=e ⇒ − ∫ 3x dx ( ( 3x C + ∫ 6x e ∫ y = e − x C + 2e x 3 dx ) ) ⇒ y = Ce e y = xy′ + y′ ln y Lời giải: coi ( dx ⇔ y = e − x C + ∫ e x dx −x3 3 ) +2 ; ⇒ dx x ln y x = x(y) ⇒ dx y = x + ln y − = dy dy y y phương trình vi phân tuyến tính cấp một,nên nghiệm xác định x=e 10 ∫ dy y dy       ln y  −∫ ln y ⇒ x = y C − ln yd ⇔ x = y C + dy y  C + ÷  ÷ ∫  y ÷ ÷ ∫ e dy ∫ y     ÷ y   10 Lời giải: Phương trình đặc trưng ⇒ k − 2k + = ⇒ k1,2 = nghiệm tổng quát phương trình nhất: Nghiệm riêng phương trình có dạng y = (C1 + xC )e x y* = (ax + b)cos x + (cx + d)sin x thay vào phương trình rút gọn ta (2ax + 2b − 2a − 2c)sin x + ( −2cx − 2d − 2a + 2c)cos x = x cos x ⇒ −2cx − 2d − 2a + 2c = x ⇒ b = c = d = − ;a =  2ax + 2b − 2a − 2c =  ⇒ nghiệm tổng quát phương trình cho: y = (C1 + xC2 )e x − b y′′ − y′ − 6y = + e Lời giải: Phương trình đặc trưng ⇒ ; k − k − = ⇒ k1 = 3;k = −2 nghiệm tổng quát phương trình nhất: phương trình phương trình y′′ − y′ − 6y = y′′ − y′ − 6y = e y′′ − y′ − 6y = e 42 −2x −2x cos x + (x + 1)sin x y = C1e3x + C e −2x có nghiệm riêng y1* = − −2x có nghiệm riêng dạng rút gọn ta a=− y*2 = axe −2x ,thay vào phương trình 42 ⇒ nghiệm tổng quát phương trình : y = C1e 3x + C2 e −2x c 9y′′ + y = 3x + e −x Lời giải: Phương trình đặc trưng 9k + = ⇒ k1,2 = ± ⇒ y = C1 cos 9y′′ + y = 3x phương trình 9y′′ + y = e 9y′′ + y = e −x −x có nghiệm riêng a= y(0) = 1; y′(0) = ứng phương trình : y*2 = ae −x ,thay vào phương trình 10 nghiệm tổng quát phương trình : Với điều kiện x x + C2 sin 3 y1* = 3x có nghiệm riêng dạng rút gọn ta ; i nghiệm tổng quát phương trình nhất: phương trình ⇒ y′(0) = y(0) = 1, xe−2x − − x x e− x y = C1 cos + C2 sin + + 3x 3 10 ta có 27 C1 = ; C2 = − 10 10 Khi nghiệm riêng tương x 27 x e− x y = cos − sin + + 3x 10 10 10 d y′′ + 9y = 6cos3x ; Lời giải: 43 43 Phương trình đặc trưng ⇒ k + = ⇒ k1,2 = ±3i nghiệm tổng quát phương trình nhất: Nghiệm riêng phương trình có dạng y = C1 cos3x + C sin 3x thay vào phương trình * y = Ax cos3x + Bx sin 3x rút gọn ta ⇒ 6Bcos3x − 6A sin 3x = 6cos3x ⇒ A = 0;B = nghiệm tổng quát phương trình y = C1 cos3x + C2 sin 3x + x sin 3x e y′′ + y = 3sin x Lời giải: Phương trình đặc trưng ⇒ k + = ⇒ k1,2 = ±i nghiệm tổng quát phương trình nhất: Nghiệm riêng phương trình có dạng y = C1 cos x + C sin x thay vào phương trình rút * y = Ax cos x + Bx sin x gọn ta 2Bcos x − 2Asin 3x = 3sin x ⇒ B = 0;A = − ⇒ nghiệm tổng quát phương trình f x y′′ + y′ = e + 2cos x Lời giải: Phương trình đặc trưng 44 3 y = C1 cos x + C sin x − x cos x ; k + k = ⇒ k1 = 0;k = −1 44 ⇒ nghiệm tổng quát phương trình nhất: Nghiệm riêng phương trình phương trình y′′ + y′ = 2cos x y′′ + y′ = 2cos x y = C1 + C2 e − x có dạng y1* thay vào = A cos x + Bsin x rút gọn (B − A)cos x − (A + B)sin x = 2cos x ⇒ A = −1;B = ⇒ y1* = − cos x + sin x Nghiệm riêng phương trình ⇒ y′′ + y′ = e x có nghiệm riêng nghiệm tổng quát phương trình y = C1 + C2 e − x + ex − cos x + sin x g y′′ + y = −2sin x Lời giải: Phương trình đặc trưng ⇒ y′(0) = 1, ex = y*2 y( π / 2) = k + = ⇒ k1,2 = ±i nghiệm tổng quát phương trình nhất: Nghiệm riêng phương trình có dạng y = C1 cos x + C sin x * thay vào phương trình rút y = Ax cos x + Bx sin x gọn ⇒ (B − A)cos x − (A + B)sin x = −2sin x ⇒ A = B = nghiệm tổng quát phương trình Với điều kiện 45 y(0) = 1, y′(π / 2) = y = C1 cos x + C2 sin x + x cos x + x sin x ta có (XEM LẠI Đ/K) 45 27) Tìm nghiệm tổng quát PT Lời giải: Phương trình đặc trưng y(4) + y = có nghiệm k +1= k1 = 2 2 (1 + i);k = (1 − i);k = − (1 + i);k = − (1 − i) 2 2 Từ ta có hai nghiệm riêng 2 (1 + i);k = (1 − i) 2 k1 = y1 x =e x cos y2 x =e sin x 2 Từ ta có hai nghiệm riêng k3 = − 2 (1 + i);k = − (1 − i) 2 y3 x − =e x cos y4 = e Nghiệm tổng quát PT y x y=e 28) (4) − x 2 sin x 2 +y=0  x x 2 − + C in  C1 cos ÷+ e 2   x 2  x x 2 + C4 sin  C3 cos ÷ 2   Dùng phương pháp biến thiên tham số giải PTVP: a y′′ + y = sec x 0[...]... y′ = 0 Lời giải: Phương trình đặc trưng ⇒ ; 4k 2 + k = 0 nghiệm tổng quát của phương trình y = C1 + C 2e b y′′ − 2y′ − y = 0 Lời giải: Phương trình đặc trưng ⇒ x 4 ; k 2 − 2k − 1 = 0 → k1,2 = 1 ± 2 nghiệm tổng quát của phương trình y = C1e(1+ 2)x + C2 e(1− 2)x c y′′ + 8y′ + 41y = 0 Lời giải: Phương trình đặc trưng ⇒ − ; k 2 + 8k + 41 = 0 → k1,2 = −4 ± 5i nghiệm tổng quát của phương trình d y′′ + y′... 0 ⇔ a = ;b = −  40 20 8a − 16b = 1 phương trình đã cho y = C1 + C2 e2x + nghiệm tổng quát của 1 1 cos 4x − sin 4x 40 20 e y′′ − 3y′ + 2y = (−12x + 4)e x Lời giải: Phương trình đặc trưng ⇒ k 2 − 3k + 2 = 0 nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất nghiệm riêng của phương trình y′′ − 3y′ + 2y = (−12x + 4)e vào phương trình và rút gọn ta được quát của phương trình đã cho 30 y = C1e x + C2 e 2x x... 33 Phương trình đặc trưng k 2 + 9 = 0 ⇒ k1,2 = ±3i Nghiệm riêng của phương trình có dạng ( ) b 3 y′′ + 3y′ − 4y = (x + x + 1)e Lời giải: Phương trình đặc trưng x ; y* = x(ax 3 + bx 2 + cx + d)e x c 2 −x y′′ + 2y′ + 10y = x e ; cos3x k 2 + 2k + 10 = 0 ⇒ k1,2 = −1 ± 3i Nghiệm riêng của phương trình có dạng ( ) k 2 + 3k − 4 = 0 ⇒ k1 = 1 ;k 2 = −4 Nghiệm riêng của phương trình có dạng Lời giải: Phương trình. .. riêng của phương trình có dạng 25) ; k 3 − 3k 2 + 3k − 1 = 0 ⇒ k1,2,3 = 1 Nghiệm riêng của phương trình có dạng Lời giải: Phương trình đặc trưng x y* = x ( ax + b ) cos x + ( a1x + b1 ) sin x  Giải PTVP (i) dùng phương pháp hệ số bất định và (ii) dùng phương pháp biến thiên hằng số a y′′ + 4y = x Lời giải: Phương trình đặc trưng ⇒ ; k 2 + 4 = 0 ⇒ k1,2 = ±2i nghiệm tổng quát của phương trình thuần... = x(ax + b)e x ,thay vào phương trình nghiệm tổng quát của phương trình đã cho y′(0) = 1, y(0) = 2 nghiệm riêng thỏa mãn điều kiện đầu: ta có 1 y = 2e x + x(x − 2)e x 2 29 d y′′ − 2y′ = sin 4x Lời giải: Phương trình đặc trưng ⇒ ; k 2 − 2k = 0 nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất nghiệm riêng của phương trình y′′ − 2y′ = sin 4x phương trình và rút gọn ta được y = C1 + C2 e 2x có dạng ,thay vào... (4C 2 + 3C1 )e = 2 ⇒ 27 nghiệm riêng của phương trình thỏa mãn điều kiện đầu: 27 y=e 22) 3x ( C1 cos 4x + C2 sin 4x ) với e −3 π 3 C1 = 1; C 2 = − 2 4 Giải các PTVP a y′′ + 3y′ + 2y = x Lời giải: Phương trình đặc trưng 2 ; 2 k + 3k + 2 = 0 → k1 = −1;k 2 = −2 trình thuần nhất ⇒ nghiệm tổng quát của phương y = C1e− x + C2 e −2x nghiệm riêng của phương trình phương trình ta được y′′ + 3y′ + 2y = x 2 có dạng... 0;b = c = ;d = 1 4 ⇒ nghiệm tổng quát của phương trình đã cho  x x 2 + 4x   y =  C1 + ÷cos x +  C 2 + sin x ÷  ÷ 4 4    g y′′′ + 6y′′ + 12y′ + 8y = 3e Lời giải: Phương trình đặc trưng ⇒ 31 −2x k 3 + 6k 2 + 12k + 8 = 0 ⇒ k1,2,3 = −2 nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất y = (C1 + C 2 x + C3 x 2 )e −2x 31 Nghiệm riêng của phương trình phương trình và rút gọn ta được y′′′ + 6y′′ + 12y′... của phương trình đã cho là 1 y = (C1 + C2 x + C3 x 2 )e −2x + x 3e −2x 2 23) Tìm nghiệm riêng của PTVP a x y′′ − 3y = e cos x Lời giải: Phương trình đặc trưng y(0) = 1 = y′(π) 2 k − 3 = 0 ⇒ k1,2 = ± 3 nhất y = C1e x 3 + C2 e − x x y′′ − 3y = e cos x thay vào phương trình và rút gọn ta được y* = (a cos x + bsin x)e x Nghiệm riêng của phương trình 1 (−3cos x + 2sin x)e x 13 nghiệm tổng quát của phương trình. .. tổng quát của phương trình đã cho b y′′ − 4y′ + 5y = e −x 1 y = C1e − x + C2 e −2x + (2x 2 − 6x + 7) 4 ; Lời giải: 28 28 Phương trình đặc trưng 2 k − 4k + 5 = 0 → k1,2 = 2 ± i thuần nhất y=e 2x 1 ⇒ a= 10 y′′ − 4y′ + 5y = e −x có dạng ,thay vào phương trình e− x ( C1 cos x + C2 sin x ) + 10 Lời giải: Phương trình đặc trưng x ; y′(0) = 1, y(0) = 2 k2 − k = 0 nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất... + 2y = xe sin x Lời giải: Phương trình đặc trưng ; k 2 − 2k + 2 = 0 ⇒ k1,2 = 1 ± i Nghiệm riêng của phương trình có dạng y* = x ( ax + b ) cos x + ( a1x + b1 ) sin x  e x e y′′ + y = 2cos x 34 34 Lời giải: Phương trình đặc trưng k 2 + 1 = 0 ⇒ k1,2 = ±i Nghiệm riêng của phương trình có dạng y* = x(a cos x + bsin x) f 4 y′′′ − 3y′′ + 3y′ − y = (1 + x )e Lời giải: Phương trình đặc trưng g y′′ + y ... sin 2x ⇒ e−2x sin 4x C′2 = −2x e −2x cos 4x −2x C2 = ∫ e sin 4xdx = − − ∫ e d(sin 4x) 16 32 =− ⇒ ⇒ ⇒ −2x e−2x cos 4x e−2x sin 4x −2x − − ∫ e sin 4xdx C2 = − ( 2cos 4x + sin 4x ) e 10 16 32 16... vào * y = a cos 4x + bsin 4x 1 ⇒ −b − 2a = ⇔ a = ;b = −  40 20 8a − 16b = phương trình cho y = C1 + C2 e2x + nghiệm tổng quát 1 cos 4x − sin 4x 40 20 e y′′ − 3y′ + 2y = (−12x + 4) e x Lời giải:... 2x e−2x −2x e−2x e −2x sin 4x −2x C1 = + ∫ e cos 4xdx = + + ∫ e sin 4xdx 8 16 e−2x = − ( 3sin 4x − cos 4x ) e −2x 80 26) Tìm nghiệm PTVP a y′′ − 2y′ + y = x cos x 41 ; 41 Lời giải: Phương trình