Bài giảng toán cao cấp phương trình vi phân ths nguyễn văn phong

PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN Nguyễn Văn Phong Tốn cao cấp - MS: MAT1006 Nguyễn Văn Phong (BMT - TK) GIẢI TÍCH Tốn cao cấp - MS: MAT1006 / 26 NỘI DUNG KHÁI NIỆM CHUNG ĐỊNH NGHĨA PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP I PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP Nguyễn Văn Phong (BMT - TK) GIẢI TÍCH Tốn cao cấp - MS: MAT1006 / 26 Một số ví dụ Ví dụ Nghiên cứu dân số, người ta thấy rằng, tỷ số thay đổi dân số theo thời gian cho sau: dP = rP, P(0) = P0 , P, P0 > (1) dt r tỷ lệ tăng dân năm Nhân hai vế (1) cho 1/P, ta dP =r P dt Tích phân hai vế, ta (2) ln P = rt + C ⇒ P = e rt+C Mặt khác, với P(0) = e 0+C = P0 , thay vào (3) ta P(t) = P0 e rt Nguyễn Văn Phong (BMT - TK) (3) GIẢI TÍCH (4) Tốn cao cấp - MS: MAT1006 / 26 Một số ví dụ Kết ứng dụng Dựa vào (4), dân số giới năm 1990 5.8 tỉ tỉ lệ r = 2.6% dân số giới năm 2013 10.8245 tỉ Dân số Việt Nam năm 1990 63 triệu tỉ lệ r = 2%, dân số Việt Nam năm 2013 101.8 triệu Ví dụ Năm 1946 Willard Libby, phát tế bào thực vật, động vật, người suốt thời gian chúng sống, lượng carbon − 14 phóng xạ không đổi Nếu chúng chết, lượng carbon − 14 phóng xạ giảm phân rã hạt nhân Và phân rã tuân theo môt quy luật cho dQ = −rQ, Q(0) = Q0 (5) dt Nguyễn Văn Phong (BMT - TK) GIẢI TÍCH Tốn cao cấp - MS: MAT1006 / 26 Một số ví dụ Tương tự ví dụ 1, ta có kết sau Q(t) = Q0 e −rt , với r = 0.0001238 (6) Kết ứng dụng Các nhà khảo cổ Châu phi tìm thấy xương người tiền sử, với lượng carbon − 14 diện 10% Khi đó, áp dụng (6), ta có Q(t) = 0.1Q0 = Q0 e −0.0001238t Suy ra, t = ln 0.1 = 18.600 năm −0.0001238 Qua hai ví dụ trên, ta thấy việt tìm quy luật (Mơ hình) có ứng dụng mạnh thực tế Đặc biệt lĩnh vực dự báo Nguyễn Văn Phong (BMT - TK) GIẢI TÍCH Tốn cao cấp - MS: MAT1006 / 26 Định nghĩa Định nghĩa Một phương trình liên hệ biến độc lập, hàm cần tìm đạo hàm (hay vi phân) hàm cần tìm gọi phương trình vi phân Nếu hàm cần tìm phụ thuộc biến độc lập gọi PTVP thường Nếu hàm cần tìm phụ thuộc hay nhiều biến độc lập gọi Phương trình đạo hàm riêng thường Cấp cao đạo hàm có mặt phương trình gọi cấp phương trình vi phân Nguyễn Văn Phong (BMT - TK) GIẢI TÍCH Tốn cao cấp - MS: MAT1006 / 26 Định nghĩa Dạng tổng qt Phương trình vi phân cấp n, có dạng F x, y , y , , y (n) = (7) Hay dạng giải y (n) = ϕ x, y , y , , y (n−1) (8) Ví dụ a) y = − y b) 3y x + e y y + y + 2x = Là phương trình vi phân cấp Nguyễn Văn Phong (BMT - TK) GIẢI TÍCH Tốn cao cấp - MS: MAT1006 / 26 Định nghĩa Nghiệm PTVP Hàm khả vi y = ϕ(x) gọi nghiệm PTVP, thay cho hàm chưa biết phương trình đồng thức Ví dụ Phương trình y = Nguyễn Văn Phong (BMT - TK) − y có nghiệm y = sin (x + C ) GIẢI TÍCH Tốn cao cấp - MS: MAT1006 / 26 Phương trình vi phân cấp Dạng tổng qt Phương trình vi phân cấp 1, có dạng F (x, y , y ) = (9) y = f (x, y ) (10) Hay dạng giải Nghiệm tổng quát PTVP cấp 1, y = f (x, y ), miền D, hàm y = ϕ (x, C ) có tính chất sau i) Là nghiệm (9) hay (10) với C ii) Với điều kiện đầu y (x0 ) = y0 cho (x0 , y0 ) ∈ D có C = C0 cho nghiệm y = ϕ (x, C0 ) thoả điều kiện đầu Nguyễn Văn Phong (BMT - TK) GIẢI TÍCH Tốn cao cấp - MS: MAT1006 / 26 Phương trình vi phân cấp Nghiệm riêng nghiệm nhận từ nghiệm tổng quát, y = ϕ(x, C ), ứng với giá trị cụ thể C = C0 , y = ϕ(x, C0 ) Nghiệm kỳ dị nghiệm nhận không từ nghiệm tổng qt Bài tốn Cauchy tốn tìm nghiệm riêng (9) hay (10) thoả mãn điều kiện đầu y (x0 ) = y0 Đường cong tích phân đồ thị nghiệm y = ϕ(x) mặt phẳng Oxy Nghiệm toán Cauchy tồn hàm f (x, y ) đạo hàm riêng fy liên tục N(x0 ,y0 ) Nguyễn Văn Phong (BMT - TK) GIẢI TÍCH Toán cao cấp - MS: MAT1006 / 26 Phương trình vi phân tồn phần Phương trình vi phân có dạng P(x, y )dx + Q(x, y )dy = 0, với Py = Qx (16) Cách giải Ta nhận xét rằng, vế trái (16) vi phân toàn phần hàm u(x, y ) Khi đó, (16) viết dạng du = 0, nghiệm tổng quát có dạng u = C , x u(x, y ) = y P(x, y )dx + x0 Nguyễn Văn Phong (BMT - TK) Q(x0 , y )dy (17) y0 GIẢI TÍCH Tốn cao cấp - MS: MAT1006 12 / 26 Ví dụ Giải phương trình (e x + y + sin y ) dx + (e y + x + x cos y ) dy = 0, (1) x y Ta có P (x, y ) = e + y + sin y ; Q (x, y ) = e + x + x cos y Do đó, Py (x, y ) = + cos y ; Qx (x, y ) = + cos y Nghĩa vế trái (1) vi phân toàn phần hàm u(x, y ), với ux = e x + y + sin y (a); uy = e y + x + x cos y (b) Từ (a), ta có u= (e x + y + sin y ) dx + C (y ) = e x + xy + x sin y + C (y ) suy ra, uy = x + x cos y + C (y ) Từ (b), ta có x + x cos y + C (y ) = e y + x + x cos y Do đó, C (y ) = e y ⇒ C (y ) = e y Vậy nghiệm tổng quát (1) e x + xy + x sin y + e y = C Nguyễn Văn Phong (BMT - TK) GIẢI TÍCH Tốn cao cấp - MS: MAT1006 13 / 26 Phương trình vi phân tuyến tính Phương trình vi phân có dạng y + P(x)y = Q(x) (18) Nếu Q(x) = (18) gọi Nếu Q(x) = (18) gọi khơng Thuần nhất: y + P(x)y = Trước tiên ta biểu diễn phương trình dạng dy dy + P(x)y = ⇔ = −P(x)dx dx y ⇒ ln y = − P(x)dx + ln C Do đó, nghiệm tổng quát có dạng y = Ce − Nguyễn Văn Phong (BMT - TK) P(x)dx , với C số GIẢI TÍCH Tốn cao cấp - MS: MAT1006 14 / 26 Phương trình vi phân tuyến tính Không nhất: y + P(x)y = Q(x) (1) Để tìm nghiệm tổng quát (1) ta thực Bước 1: Tìm nguyên hàm P(x): u(x) = P(x)dx Bước 2: Tìm thừa số tích phân: v (x) = e u(x) Bước 3: Nhân hai vế (1) cho v (x), ta v (x)y + P(x)v (x)y = v (x)Q(x) ⇔ (v (x)y ) = v (x)Q(x) Bước 4: Lấy tích phân hai vế ta có v (x)Q(x)dx v (x)y = v (x)Q(x)dx ⇒ y = v (x) Hay nghiệm tổng quát (1) là: y = e− Nguyễn Văn Phong (BMT - TK) P(x)dx Q(x)e GIẢI TÍCH P(x)dx dx + C Tốn cao cấp - MS: MAT1006 15 / 26 Phương trình Bernoulli Phương trình vi phân có dạng y + P(x)y = Q(x)y m , m = 0, m = (19) Để giải (19), ta thực Bước 1: Chia hai vế (19) cho y m , ta y y −m + P(x)y 1−m = Q(x) Bước 2: Đặt z = y 1−m ⇒ z = (1 − m)y −m y Khi đó, (19) trở thành: z + P(x)z = Q(x) 1−m Đây phương trình tuyến tính cấp Nguyễn Văn Phong (BMT - TK) GIẢI TÍCH Tốn cao cấp - MS: MAT1006 16 / 26 Phương trình đẳng cấp Định nghĩa Hàm f (x, y ) gọi đẳng cấp bậc m f (λx, λy ) = λm f (x, y ) Khi phương trình đẳng cấp có dạng P(x, y )dx + Q(x, y )dy = (20) Trong đó, P(x, y ), Q(x, y ) hàm đẳng cấp bậc Để giải (20), ta đưa (20) dạng y y =f (∗) x Đặt y = tx ta đưa (∗) dạng phương trình phân ly biến hàm cần tìm t Nguyễn Văn Phong (BMT - TK) GIẢI TÍCH Tốn cao cấp - MS: MAT1006 17 / 26 PTVP cấp hệ số Phương trình Phương trình có dạng y + ay + by = (21) Trong đó, a, b số Ta nhận xét rằng, phương trình (21) có nghiệm y = e kx với k số Thay, y = e kx vào (21) ta k + ak + b e kx = e kx = 0, nên k + ak + b = (1) Ta gọi (1) phương trình đặt trưng (21) Khi đó, ta tìm nghiệm tổng quát (21) sau Nguyễn Văn Phong (BMT - TK) GIẢI TÍCH Tốn cao cấp - MS: MAT1006 18 / 26 PTVP cấp hệ số Phương trình nhất: y + ay + by = Giải phương trình k + ak + b = (1) Ta có khả sau: Nếu (1) có hai nghiệm phân biệt k1 , k2 NTQ (21) y = C1 e k1 x + C2 e k2 x; C1 , C2 : Const Nếu (1) có nghiệm kép k NTQ (21) y = C1 e k x + C2 xe k x; C1 , C2 : Const Nếu (1) có nghiệm phức k = α ± βi NTQ (21) y = e αx (C1 cos βx + C2 sin βx) ; Nguyễn Văn Phong (BMT - TK) GIẢI TÍCH C1 , C2 : Const Toán cao cấp - MS: MAT1006 19 / 26 PTVP cấp hệ số Phương trình khơng Phương trình khơng có dạng y + ay + by = f (x) (22) Trong đó, a, b số Định lý Giả sử yp nghiệm riêng (22) y0 nghiệm tổng quát phương trình tương ứng Khi đó, nghiệm tổng quát (22) y (x) = y0 (x) + yp (x) Khi đó, ta tìm nghiệm tổng quát (22) sau Nguyễn Văn Phong (BMT - TK) GIẢI TÍCH Tốn cao cấp - MS: MAT1006 20 / 26 PTVP cấp hệ số Phương trình khơng Để tìm nghiệm tổng qt (22) ta thực Bước 1: Tìm nghiệm tổng quát phương trình y0 Bước 2: Tim nghiệm riêng (22), với Trường hợp 1: Nếu f(x) = eαx Pn (x)(Pn (x) : đa thức bậc n), α nghiệm bội m phương trình nghiệm riêng (22) có dạng yp = xm eαx Qn (x) đó, Qn (x) đa thức bậc với Pn (x) Trường hợp 2: Nếu f(x) = eαx (Pn (x) cos βx + Qn (x) sin βx) Trong đó, (Pn (x), Qn (x) : đa thức bậc n), α ± iβ nghiệm bội m phương trình nghiệm riêng (22) có dạng yp = xm eαx (An (x) cos βx + Bn (x) sin βx) đó, An (x), Bn (x) đa thức bậc với Pn (x), Qn (x) Nguyễn Văn Phong (BMT - TK) GIẢI TÍCH Tốn cao cấp - MS: MAT1006 21 / 26 Ví dụ Giải phương trình sau: 1) y − y − 2y = 2) y + 4y + 4y = 3) y − 2y + 5y = 4) y − 2y − 3y = 0, y (0) = 0, y (0) = Giải phương trình khơng sau: 1) y + y − 2y = −4x 2) y + 3y + 2y = x 3) y − 2y + y = cos x 4) y − 4y + 4y = e 2x Nguyễn Văn Phong (BMT - TK) GIẢI TÍCH Toán cao cấp - MS: MAT1006 22 / 26 Định lý cộng nghiệm Định lý Nếu y1 nghiệm y + ay + by = f1 (x) y2 nghiệm y + ay + by = f2 (x) hàm y (x) = αy1 (x) + βy2 (x) nghiệm y + ay + by = αf1 (x) + βf2 (x) Nguyễn Văn Phong (BMT - TK) GIẢI TÍCH Tốn cao cấp - MS: MAT1006 23 / 26 Ví dụ Phương trình y + 4y = e x có nghiệm riêng là: y1 = 51 e x , phương trình y + 4y = x có nghiệm riêng là: y2 = 14 x − 18 Theo định lý cộng nghiệm Phương trình y + 4y = 6e x có nghiệm riêng: y (x) = 6y1 = e x Phương trình y + 4y = −4x có nghiệm riêng: y (x) = −4y2 = −x + Phương trình y + 4y = 10e x + 8x có nghiệm riêng: y (x) = 10y1 + 8y2 = 2e x + 2x + Nguyễn Văn Phong (BMT - TK) GIẢI TÍCH Tốn cao cấp - MS: MAT1006 24 / 26 PTVP cấp giảm cấp Phương trình có vế phải khơng chứa y (x) y = f (x, y ) (23) Đặt y = p → y = p , (23) tương đương p = f (x, p) Phương trình có vế phải không chứa x y = f (y , y ) Đặt y = p → y = p dp , (24) tương đương dy p Nguyễn Văn Phong (BMT - TK) (24) dp = f (y , p) dy GIẢI TÍCH Tốn cao cấp - MS: MAT1006 25 / 26 Ví dụ Giải phương trình: y + y =x x (1) Đặt y = p → y = p , (1) tương đương p p + =x x Giải phương trình: 2yy + (y )2 = (2) Đặt y = p → y = p dp , (2) tương đương dy 2yp Nguyễn Văn Phong (BMT - TK) dp + p2 = dy GIẢI TÍCH Tốn cao cấp - MS: MAT1006 26 / 26 ... thường Cấp cao đạo hàm có mặt phương trình gọi cấp phương trình vi phân Nguyễn Văn Phong (BMT - TK) GIẢI TÍCH Tốn cao cấp - MS: MAT1006 / 26 Định nghĩa Dạng tổng qt Phương trình vi phân cấp n, có... thức Ví dụ Phương trình y = Nguyễn Văn Phong (BMT - TK) − y có nghiệm y = sin (x + C ) GIẢI TÍCH Tốn cao cấp - MS: MAT1006 / 26 Phương trình vi phân cấp Dạng tổng qt Phương trình vi phân cấp 1, có...NỘI DUNG KHÁI NIỆM CHUNG ĐỊNH NGHĨA PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP I PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP Nguyễn Văn Phong (BMT - TK) GIẢI TÍCH Tốn cao cấp - MS: MAT1006 / 26 Một số ví dụ Ví dụ Nghiên