21 bài giảng HPT vi phân tuyến tính không thuần nhất với hệ số hằng

HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TUYẾN TÍNH KHÔNG THUẦN NHẤT VỚI HỆ SỐ HẰNG Th.S Đỗ Viết Tuân-HVQLGD Định nghĩa: Hệ phương trình vi phân tuyến tính không có dạng 𝑑𝑦1 = 𝑎11 𝑦1 + 𝑎12 𝑦2 + ⋯ + 𝑎1𝑛 𝑦𝑛 + 𝑓1 𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑦2 = 𝑎21 𝑦1 + 𝑎22 𝑦2 + ⋯ + 𝑎2𝑛 𝑦𝑛 + 𝑓2 𝑥 I 𝑑𝑥 … 𝑑𝑦𝑛 = 𝑎𝑛1 𝑦1 + 𝑎𝑛2 𝑦2 + ⋯ + 𝑎𝑛𝑛 𝑦𝑛 + 𝑓𝑛 𝑥 𝑑𝑥 Trong 𝑎𝑖𝑗 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡 𝑓𝑖 (𝑥) 𝑖 = 1,  𝑛 hàm xác định liên tục (a, b) Dạng ma trận  Đặt 𝑌 = 𝐴=  𝑎11 𝑎21 … 𝑎𝑛1 𝑦1 𝑦2 ⋮ 𝑦𝑛 , 𝑎12 𝑎22 … 𝑎𝑛2 Khi 𝐼 ⇔ 𝑑𝑌 𝑑𝑥 𝑑𝑌 𝑑𝑥 = 𝑑𝑦1 𝑑𝑥 𝑑𝑦2 𝑑𝑥 ⋮ , 𝑑𝑦𝑛 𝑑𝑥 𝑎1𝑛 … … 𝑎2𝑛 … … , F(x) = … 𝑎𝑛𝑛 = 𝐴𝑌 + 𝐹(𝑥) 𝑓1 (𝑥) 𝑓2 (𝑥) ⋮ 𝑓𝑛 (𝑥) (II) Phương pháp giải hệ 𝑑𝑌 𝑑𝑥 Bước 1: Giải hệ = 𝐴𝑌, tìm hệ nghiệm bản: 𝑌1 ,  𝑌2 , … ,  𝑌𝑛  Bước 2: Tìm nghiệm riêng Y* (II) phương pháp biến thiên số lagrange  Y*  C1 (x)Y1  C2 (x)Y2    Cn (x)Yn Bước 3: Kết luận nghiệm tổng quát 𝑌 = 𝐶1 𝑌1 + 𝐶2 𝑌2 + ⋯ + 𝐶𝑛 𝑌𝑛 + 𝑌 ∗     𝐶𝑖 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡 Ví dụ mẫu Ví dụ 1: Giải hệ phương trình vi phân: 𝑑𝑦1 = 4𝑦1 + 𝑦2 − 𝑒 2𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑦2 = −2𝑦1 + 𝑦2 𝑑𝑥 Lời giải  Xét hệ 𝑑𝑦1 = 4𝑦1 + 𝑦2 𝑑𝑥 𝑑𝑦2 = −2𝑦1 + 𝑦2 𝑑𝑥 Ma trận hệ số: 𝐴 = −2 4−𝜆  Phương trình đặc trưng: = −2 − 𝜆 0⇔ 4−𝜆 1−𝜆 +2=0 𝜆=2 ⇔ 𝜆 − 5𝜆 + = ⇔ 𝜆=3 Tìm nghiệm Với 𝜆 = 2, tọa độ vectơ riêng nghiệm hệ 2𝑥1 + 𝑥2 = ⇔ 𝑥2 = −2𝑥1 −2𝑥1 − 𝑥2 = Vectơ riêng 𝑣1 1;   − nghiệm 2𝑥 𝑒 𝑌1 = −2𝑒 2𝑥  Với 𝜆 = 3, tương tự vectơ riêng 𝑣2 1;   − 3𝑥 𝑒 nghiệm 𝑌2 = −𝑒 3𝑥  Tìm nghiệm riêng  Gọi 𝑌 ∗ = 𝐶1 (𝑥)𝑌1 +𝐶2 (𝑥)𝑌2 nghiệm riêng 2𝑥 3𝑥 𝐶 𝑥 𝑒 + 𝐶 𝑥 𝑒 Khi 𝑌 ∗ = −2𝐶1 𝑥 𝑒 2𝑥 − 𝐶2 𝑥 𝑒 3𝑥 Thay Y* vào hệ ban đầu ta có: 𝐶′1 (𝑥)𝑒 2𝑥 + 𝐶′2 (𝑥)𝑒 3𝑥 = −𝑒 2𝑥 𝐶′1 (𝑥) = ⇔ 2𝑥 3𝑥 𝐶′2 (𝑥) = −2𝑒 −𝑥 −2𝐶′1 (𝑥)𝑒 − 𝐶′2 (𝑥)𝑒 = 𝐶1 (𝑥) = 𝑥 𝐶′1 (x) = ⇔ ⇔ −𝑥 𝐶2 (𝑥) = 2𝑒 −𝑥 𝐶′2 (𝑥) = −2𝑒 Nghiệm tổng quát Suy nghiệm 2𝑥 2𝑥 𝑥𝑒 + 2𝑒 𝑌∗ = 2𝑥 2𝑥 −2𝑥𝑒 − 2𝑒  Nghiệm tổng quát: 𝑌 = 𝐴𝑌1 + 𝐵𝑌2 + 𝑌 ∗  𝐴𝑒 2𝑥 + 𝐵𝑒 3𝑥 + 𝑥 + 𝑒 2𝑥 = −2𝐴𝑒 2𝑥 − 𝐵𝑒 3𝑥 − 2𝑥 + 𝑒 2𝑥 (A,B = const) Ví dụ 2: Giải hệ phương trình 𝑑𝑦1 𝑑𝑥 𝑑𝑦2 𝑑𝑥 = 2𝑦1 + 4𝑦2 + 𝑐𝑜𝑠𝑥 = −𝑦1 − 2𝑦2 + 𝑠𝑖𝑛𝑥 Lời giải Xét hệ phương trình  dy1  2y1  4y  dx I    dy    y  2y  dx Xét phương trình đặc trưng (I) là: 2 1 2        1    Với   tọa độ véctơ riêng nghiệm hệ phương trình sau: 2x1  4x   x1  2x   x1  2x  Suy vecto riêng (2; -1) hệ phương trình (I) có nghiệm là: 2 Y1     1 Giả sử nghiệm hệ phương trình (I) có dạng là:   a1  b1x  e 0x   a  b x  1  Y2      0x   a2  b x  e   a2  b x    Ta thay vào (I) ta có:  b1   a1  b1x    a2  b2 x   b1   2a1  4a2    2b1  4b  x    b2    a1  b1x    a2  b2 x   b2   a1  2a2     b1  2b  x  b1  2a1  4a2  b1  2b2   2b1  4b2    b1  2a1  4a2   b2  a1  2a2  b  a  2a   b  2b   Ta chọn a1  1; a2  1  b2  1; b1  2   2x  Y2   Khi   1  x  Nghiệm tổng quát hệ phương trình (I) là: Giả sử Y*(x) nghiệm riêng hệ phương trình (I) Khi Y*(x) có dạng:  2C1  x   1  2x  C2  x    Y*    C1  x    1  x  C2  x     Trong C1 (x), C2 (x) nghiệm hệ phương trình sau: 2C'1  x   1  2x  C'2  x   cosx  C'1  x    1  x  C'2  x   sin x C'2  x   2sin x  cosx  C'1  x   3sin x  cosx  2xsin x  x cosx C2  x    2sin x  cosx  dx    C1  x     3sin x  cosx  x  2sin x  cosx   dx C2  x   cosx  sin x   C1  x     3sin x  cosx  x  2sin x  cosx   dx C1  x   cosx  sin x  C2  x   3cosx  sin x   x  2sin x  cosx  dx Đặt I   x  2sin x  cosx  dx  u  x du  dx  Đặt  v  2 cosx  sin x du   2sin x  cosx  dx Khi đó: I  2x cosx  xsin x    cosx  sin x  dx  2x cosx  xsin x  2sin x  cosx Suy ra: C1  x   2x cosx  xsin x  3sin x  cosx Suy ra:Y * x  4x cos x  x sin x  6sin x  cos x  1  2x  cos x  sin x      2x cos x  x sin x  3sin x  cos x   1  x  cos x  sin x      8x cosx  cosx  5sin x     4x cosx  2sin x  cosx  Nghiệm tổng quát hệ phương trình (I) là:  2C1  1  2x  C2  8x cos x  cos x  5sin x Y  C1Y1  C2 Y2  Y    C1   1  x  C2  4x cos x  2sin x  cos x  * Vậy hệ phương trình (I) có nghiệm  2C1  1  2x  C2  8x cos x  cos x  5sin x   Y  C1   1  x  C2  4x cos x  2sin x  cos x    Luyện tập Bài tập: Giải hệ phương trình vi phân tuyến tính sau: 𝑑𝑦1 = 5𝑦1 − 3𝑦2 + 2𝑒 3𝑥 𝑎)   𝑑𝑥 𝑑𝑦2 = 𝑦1 + 𝑦2 + 5𝑒 −𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑦1 = −2𝑦1 + 𝑦2 − 𝑒 2𝑥 𝑑𝑥 𝑏)   𝑑𝑦2 = −3𝑦1 + 2𝑦2 + 6𝑒 2𝑥 𝑑𝑥 Luyện tập  dy1  2y1  y  c)  dx  dy  4y  y  dx [...]... Nghiệm tổng quát của hệ phương trình (I) là:  2C1  1  2x  C2  8x cos x  6 cos x  5sin x Y  C1Y1  C2 Y2  Y    C1   1  x  C2  4x cos x  2sin x  4 cos x  * Vậy hệ phương trình (I) có nghiệm là  2C1  1  2x  C2  8x cos x  6 cos x  5sin x   Y  C1   1  x  C2  4x cos x  2sin x  4 cos x    4 Luyện tập Bài tập: Giải các hệ phương trình vi phân tuyến tính sau: 𝑑𝑦1 =...  1; a2  1  b2  1; b1  2  1  2x  Y2   Khi đó   1  x  Nghiệm tổng quát của hệ phương trình (I) là: Giả sử Y*(x) là nghiệm riêng của hệ phương trình (I) Khi đó Y*(x) có dạng:  2C1  x   1  2x  C2  x    Y*    C1  x    1  x  C2  x     Trong đó C1 (x), C2 (x) là nghiệm của hệ phương trình sau: 2C'1  x   1  2x  C'2  x   cosx  C'1  x    1  x ...2x1  4x 2  0  x1  2x 2   x1  2x 2  0 Suy ra vecto riêng là (2; -1) hệ phương trình (I) có một nghiệm cơ bản là: 2 Y1     1 Giả sử một nghiệm cơ bản nữa của hệ phương trình (I) có dạng là:   a1  b1x  e 0x   a  b x  1 1  Y2      0x   a2  b 2 x  e   a2  b 2 x    Ta thay vào (I) khi đó ta ...