Cao hoc tmquangvn ONCH PTVP

Phương trình vi phân tuyến tính cấp hai y '' p (t ) y ' q (t ) y  g (t ) Phương trình vi phân (homogeneous equations) g (t )  y '' p (t ) y ' q (t ) y  Ngược lại, gọi phương trình vi phân khơng (nonhomogeneous) PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TUYẾN TÍNH CẤP HAI THUẦN NHẤT: (gọi tắt PTTN) Trong file hướng dẫn này, ta xét trường hợp PTTN có hệ số (gọi phương trình vi phân tuyến tính cấp hai hệ số hằng), tức p(t ), q(t ) số (kể từ có đề cập đến PTTN ta hiểu nói đến trường hợp có hệ số hằng.) ay '' by ' cy  Với a, b, c số, a  Nguyên lí chồng chất nghiệm: Nếu y1 y2 hai nghiệm PTTN, hàm có dạng y  C1 y1  C2 y2 nghiệm PTTN, với cặp số C1 , C2 Đa thức đặc trưng: Xét PTTN dạng ay '' by ' cy  0, a  () Dễ thấy y  e rt nghiệm (*), với r số chưa biết Thết y, y '  re rt , y  re rt vào (*), ta ar e rt  bre rt  ce rt  0, e rt ( ar  br  c)  Do e rt ln dương, phương trình có nghiệm ar  br  c  Đa thức ar  br  c gọi đa thức đặc trưng, phương trình ar  br  c  Được gọi phương trình đặc trưng (*) Tổng quát: Cho PTTN ay '' by ' cy  0, a  Giải phương trình đặc trưng: nghiệm tổng quát PTTN phụ thuộc vào loại nghiệm phương trình đặc trưng: Nếu b  4ac  0, có hai nghiệm thực phân biệt r1 , r2 y  C1e r1t  C2 e r2t Nếu b  4ac  0, có hai nghiệm phức liên hợp   i y  C1et cos  t  C2 et sin  t Nếu b  4ac  0, có nghiệm kép-thực r y  C1e rt  C2te rt PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TUYẾN TÍNH CẤP HAI KHƠNG THUẦN NHẤT Vấn đề tìm nghiệm tổng quát Nghiệm tổng quát PTKTN y '' p (t ) y ' q (t ) y  g (t ) biểu diễn dạng sau y  yc  Y Với Y hàm cụ thể, thỏa mãn PTKTN, gọi nghiệm riêng; yc  C1 y1  C2 y2 nghiệm tổng quát PTTN tương ứng y '' p (t ) y ' q (t ) y  Phương pháp hệ số bất định (undetermined coefficients) Ý tưởng: nhìn vào g (t ) đốn nghiệm riêng Y tương ứng …, đồng hệ số tìm Y cụ thể (áp dụng g (t ) có dạng đa thức, mũ, sin, cosin.) Ví dụ y '' y ' y  e 2t (1) Phương trình tương ứng y '' y ' y  có phương trình đặc trưng r  2r   ( r  1)( r  3)  Do nghiệm tổng quát PTTN có dạng yc  C1e  t  C2e3t Dễ thấy PTKTN có g (t )  e 2t có dạng khơng đổi lấy đạo hàm, nên ta đốn nghiệm riêng Y (t )  Ae 2t với A hệ số chưa biết, nên ta xác định A Cho Y  Ae 2t , Y '  Ae 2t , Y ''  Ae 2t Thay vào (1): Ae 2t  2(2 Ae 2t )  3( Ae2t )  e 2t A  1 / Vậy, Y (t )  1 e 2t Do nghiệm tổng quát (1): y  yc  Y  C1e  t  C2 e3t  e 2t y '' y ' y  3t  4t  (2) Nghiệm tổng quát PTTN có dạng yc  C1e  t  C2e3t Ta thấy PTKTN có g (t )  3t  4t  đa thức bậc (để ý: đạo hàm đa thức đa thức bậc giảm đi), nên ta đoán nghiệm riêng Y (t ) đa thức bậc với g (t ) WHY? Cho Y  At  Bt  C , Y '  At  B, Y ''  A Thay vào (2): A  2(2 At  B )  3( At  Bt  C )  3t  4t  Đồng hệ số hai vế, ta được: A  1; B  0; C  Vậy, Y (t )  t  Do nghiệm tổng quát (2): y  yc  Y  C1e  t  C2e3t  t  y '' y ' y  5cos(2t ) (3) Nghiệm tổng quát PTTN có dạng yc  C1e  t  C2e3t Dễ thấy PTKTN có g (t )  5cos(2t ) có dạng dễ đốn, lặp lại lấy đạo hàm, nên ta đốn nghiệm riêng Y (t )  A cos(2t )  B sin(2t ) WHY COS? Ta thay Y , Y '  2 A sin(2t )  B cos(2t ), Y ''  4 A cos(2t )  B sin(2t ) vào (3): (7 A  B) cos(2t )  (4 A  B)sin(2t )  5cos(2t )  0sin(2t ) Đồng hệ số hai vế, ta A  7 / 13 , B  4 / 13 Vậy, Y (t )   cos(2t )  sin(2t ), 13 13 nghiệm tổng quát (3): y  yc  Y  C1e  t  C2 e3t  y '' y ' y  5e3t cos(2t )  sin(2t ) 13 13 (4) Nghiệm tổng quát PTTN có dạng yc  C1e  t  C2e3t Cho Y  Ae3t , Y '  Ae3t , Y ''  Ae3t Thay vào (5):  5e3t Vơ nghiệm???!!!!! Câu trả lời KHƠNG, để ý nghiệm TQ PTTN xuất e t , e3t dạng nghiệm riêng PTKTN xuất e3t , điều ảnh hưởng đến việc đốn nghiệm, giải pháp (khá đơn giản: đoán lại ) Y  t ( Ae3t ) … y '' y ' y  e3t (5) Nghiệm tổng quát PTTN có dạng yc  C1e3t  C2te3t g (t )  e3t Thử đoán Y  Ae3t , ta thấy e3t xuất yc , Đoán lại Y  t ( Ae3t ) , xuất yc , Đoán tiếp Y  t ( Ae3t )  OK Y '  Ate3t  At 2e3t , Y ''  Ae3t  12 Ate3t  At 2e3t Thay vào (5): A 1/ Vậy, Y (t )  t 2e3t Do nghiệm tổng quát (1): y  yc  Y  C1e3t  C2te3t  t 2e3t Qui tắc: nhìn dạng yc trước đốn dạng Y y '' y ' y  t 3e5t cos(3t ) (6) Nghiệm tổng quát PTTN có dạng yc  C1e  t  C2e3t g (t )  t 3e5t cos(3t ) tích “đủ thứ” trên!! Bao gồm: đa thức bậc , hàm mũ (không thừa số với nghiệm yc ) , cos Do đó, nghiệm riêng ta chắn phải có ba dạng Thử đốn Y  ( At  Bt  Ct  D )e5t cos(3t )  (E t  Ft  Gt  H )e5t sin(3t ) y '' y ' 12 y  t 2e6t  t sin(2t )  (7) Nghiệm tổng quát PTTN có dạng yc  C1e2t  C2e6t Nghiệm riêng (7) có dạng: Y  ( At  Bt  C ) t e6t  (D t  E)cos(2t )  ( Ft  G ) sin(2t )  H y '' 10 y ' 25 y  te 5t  7t 2e 2t cos (4t )  3t  (8) Nghiệm tổng quát PTTN có dạng yc  C1e 5t  C2te 5t Nghiệm riêng (8) có dạng: Y  ( At  B )t e 5t  (CT  Dt  E )e 2t cos (4t )  ( Ft  Gt  H )e 2t sin(4t )  It  Jt  K TỔNG QUÁT: Cho ay '' by ' cy  g (t ) Tìm nghiệm TQ PTTN Nếu cần, tách g (t )  g1 (t )  g (t )   g k (t ) Với gi (t ) , chọn dạng nghiệm riêng Yi (t ) phù hợp gi (t ) Pn (t ) Yi (t ) Pn (t ) e at t s ( Ant n  An 1t n1   A1t  A0 ) e at Pn (t ) e at cos( t ) và/hoặc Pn (t ) eat sin( t ) t s ( Ant n  An1t n1   A1t  A0 ) t s ( Ant n  An1t n 1   A1t  A0 ) e at cos(  t )  t s ( Bnt n  Bn1t n 1   B1t  B0 ) e at sin( t ) Với s  0,1, số nhỏ để nghiệm riêng không thừa số với nghiện yc Pn (t ) đa thức có bậc khơng q n Y  Y1  Y2   Yk Nghiệm TQ có dạng y  yc  Y (Nếu tốn có điều kiện biên phải giải tìm C1 , C2 )