Phương trình vi phân cấp hai tuyến tính ( Cao Dang)

1 BÀI 3 PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP HAI TUYẾN TÍNH Gv TRẦN XUÂN THIỆN Toán cao cấp 2 Ngày 03/11/2008 Kiểm tra bài cũ Giải phương trình sau : y’’ - 5y’ + 6y = 0 Bảng tóm tắt về nghiệm tổng quát của phương trình y’’ + py’ + qy = 0 (11.30) Nghiệm của phương trình đặc trưng r 2 + pr + q = 0 (11.31) Nghiệm của phương trình (11.30) r 1 , r 2 thực , r 1 ≠ r 2 r 1 = r 2 = r r 1 , r 2 = α ± iβ ,α ,β thực 1 2 r 1 2 e x r x y C C e= + r 1 2 e ( ) x y C C x= + 1 2 ( cos sin ) x y e C x C x α β β = + Kiểm tra bài cũ Giải phương trình sau : y’’ -5y’+6y = 0 Giải : Phương trình đặc trưng : r 2 – 5r + 6 = 0 (*) Phương trình (*) có nghiệm : Vậy nghiệm tổng quát tương ứng là : 2 3 r r =   =  2 3 1 2 e x x y C C e= + 2 4 25 24 1 0b ac∆ = − = − = > Phương trình vi phân cấp hai tuyến tính 3.4 Phương trình vi phân cấp hai tuyến tính không thuần nhất với hệ số không đổi. 3.4.1. f(x) = e αx.P n(x) với α là hằng số, Pn(x) là một đa thức bậc n. 3.4.2. f(x) = P m(x)cosβx + Pn(x)sinβx , β là hằng số ,với Pn (x) là một đa thức bậc n. 3.4.1. f(x) = e αx .P n (x) với α là hằng số, P n (x) là một đa thức bậc n. PTVTC2 có dạng y’’ + py’ + qy = e αx .P n (x) Nghiệm riêng của phương trình (11.32) có dạng: Y = e αx .Q n (x) (11.33) với Q n (x) là đa thức bậc n Các hệ số Q n (x) được xác định bằng cách lấy đạo hàm các cấp của Y thay vào phương trình đã cho rồi cân bằng các hệ số của các lũy thừa cùng bội của x. Nghiệm riêng của phương trình (11.32) có dạng : Y = x. e αx .Q n (x) Nghiệm riêng của phương trình (11.32) có dạng : Y = x 2 . e αx .Q n (x) α 2 + pα + q ≠ 0 2 p q 0 2 p 0 α α α  + + =  + =  2 p q 0 2 p 0 α α α  + + =  + ≠  Ví dụ • Giải các phương trình sau : 1. y’’ + y’ - 2y = 1 – x 2. y’’ - 4y’ +3y = e x ( x+2 ) 3. y’’ -2y + y = x.e x 1.Giải phương trình : y’’ + y’-2y = 1 – x • Giải : Vế phải có dạng : f(x) = e 0x .P 1 (x) , α = 0, P 1 (x) = 1 - x Phương trình đặc trưng : r 2 + r – 2 = 0  r = 1; r = -2 Nghiệm tổng quát của phương trình y’’ + y’-2y = 0 là : y = C 1 e x + C 2 e - 2x Vì α = 0 không là nghiệm phương trình đặc trưng vậy nghiệm riêng Y có dạng: Y = e 0x .P 1 (x) = P 1 (x)  y = Ax + B ( A, B là hằng số ) Y’ = A , Y’’ = 0 . Thay vào phương trình đã cho ta được : Y’’ + Y’ – 2Y = A – 2(Ax + B) = -2Ax + A – 2B = 1 - x Đồng nhất hệ số ta được : Vậy : 2 1 2 1 2 4 x x x y C e C e − = + + − 1 2 1 2 2 1 1 4 A A A B B  =  − = −   ⇔   − =   = −   2.Giải phương trình : y’’ - 4y’ +3y = e x ( x+2 ) • Giải : Vế phải có dạng : e αx .P 1 (x) , trong đó α = 1: P 1 (x) là đa thức bậc một. Phương trình đặc trưng : r 2 - 4r + 3 = 0  r = 1 và r = 3 . Nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất : y’’ – 4y’ + 3y = 0 là : y = C 1 e x + C 2 e 3x Vì α = 1 là nghiệm của phương trình đặc trưng , ta tìm nghiệm riêng Y của phương trình đã cho dưới dạng : Y = e x . x.(Ax + B) = e x .(Ax 2 + Bx) Do đó : Y’ = e x .(Ax 2 + Bx) + e x .(2Ax + B) = e x [Ax 2 + (B + 2A)x + B] Y’’ = e x [Ax 2 + (B + 2A)x + B] + e x [2Ax 2 + (B + 2A)] = e x [Ax 2 + (B + 4A)x + 2B + 2A] Thế vào phương trình đã cho: e x [- 4Ax + 2A – 2B] = e x (x + 2) Vậy : Nghiệm tổng quát phải tìm là : 1 4 5 4 A B  = −   ⇒   = −   5 4 x x Y e x +   = −  ÷   2 3 1 2 5 4 x x x x x y C e C e e + = + − 3.Giải phương trình : y’’ -2y + y = x.e x • Giải : Vế phải có dạng : e αx .P 1 (x) , trong đó α = 1, P 1 (x) = x là đa thức bậc một. Phương trình đặc trưng : r 2 - 2r + 1 = 0  r = 1 Nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất : y’’ – 2y’ + y = 0 là : y = e x (C 1 + C 2 x) Vì α = 1 là nghiệm kép của phương trình đặc trưng , ta tìm nghiệm riêng Y của phương trình đã cho dưới dạng : Y = e x . x 2 .(Ax + B) = e x .(Ax 3 + Bx 2 ) Do đó : Y’ = e x . (Ax 3 + Bx 2 ) + e x . (3Ax 2 + 2Bx) = e x [Ax 3 + (B + 3A)x 2 + 2Bx] Y’’ = e x [Ax 3 + (B + 3A)x 2 + 2Bx] + e x [3Ax 2 + 2(B + 3A)x + 2B] = e x [Ax 3 + (B + 6A)x 2 + 2(2B + 3A)x + 2B] Thế vào ta đc phương trình : e x [6Ax + 2B] = e x x Nghiệm tổng quát phải tìm là : 1 6 0 A B  =  ⇒   =  3 1 2 1 ( ) 6 x x y e C C x e x= + + [...]... trình vi phân bằng phần mềm Maple • Cú Pháp: dsolve(ODE) dsolve(ODE, var) : giải phương trình vi phân ODE : giải phương trình vi phân ODE theo biến var dsolve({ODE, ICs}, var) : giải phương trình vi phân ODE với điều kiện ban đầu ICs theo biến var • VD: giải phương trình: y’’ + 4y’ + y = 0 -Khai báo phương trình : > ODE:=diff(y(t),t$2)+4*diff(y(t),t)+y(t)=0;  ∂2  ∂  ODE :=  2 y (t ) ÷+ 4  y (t...3.4.2 f(x) = Pm(x)cosβx + Pn(x)sinβx ,với Pm(x), Pn(x) lần lượt là đa thức bậc m, n β là hằng số y’’ + py’ + qy = Pm(x)cosβx + Pn(x)sinβx ± iβ khơng là nghiệm phương trình đặc trưng (1 1.31) thì nghiệm riêng của (1 1.32) có dạng : Y= Q1(x)cosβx + R1(x)sinβx với Q1(x), R1(x)là những đa thức bậc l = max(m,n) ± iβ là nghiệm phương trình đặc trưng (1 1.31) thì nghiệm riêng của (1 1.32) có dạng : Y = x[Q1(x)cosβx... x[Q1(x)cosβx + R1(x)sinβx] với Q1(x), R1(x)là những đa thức bậc l = max(m,n) Ví dụ : • Giải các phương trình sau: 1 y’’ - 3y’ + 2y = 2sinx 2 y’’ + y = x.cosx Ví dụ 1: Giải phương trình : y’’ - 3y’ + 2y = 2sinx Phương trình đặc trưng : r2 - 3r +2 = 0  r = 1, r = 2 Nghiệm tổng qt của phương trình là : y’’ - 3y’ + 2y = 0 là : y = C1ex + C2e2x Phương trình vi phân đã cho có dạng : P0(x)sinβx với P0(x) = 2, β... (D + 4A)x + 2C -2B]sinx Thế vào phương trình đã cho ta được: 1  B = C = (4 C + 2D + 2A)cosx + (- 4Ax + 2C – 2B)sinx = xcosx ⇒ 4 A = D = 0  Vậy nghiệm tổng qt của phương trình đã cho là : x y = C1 cos x + C2 sin x + ( x sin x + cos x) 4 Nhiệm vụ về nhà • 1 Lý thuyết : cách giải phương trình vi phân tuyến tính khơng thuần nhất với hệ số khơng đổi • 2 Bài tập : bài 11(Tr.206) Ứng dụng giải phương trình. .. của phương trình thuần nhất tương ứng là : y = C1cosx + C2sinx Vế phải của phương trình đã cho có dạng P1(x)cosβx , với P1(x) = x , β = 1 Vì : ±iβ = ±i là nghiệm của phương trình đặc trưng, ta tìm một nghiệm riêng của phương trình đã cho dưới dạng : Y = x[(Ax + B)cosx + (Cx + D)sinx] = [(Ax2 + Bx)cosx + (Cx2 + Dx)sinx] Do đó :Y’ = [Cx2 + (D + 2A)x + B]cosx + [-Ax2 + (2 C – B)x + D]sinx Y’’ = [-Ax2 + (4 C... là nghiệm của phương trình đặc trưng nên nghiệm riêng phương trình đã cho có dạng : Y = A.cosx + B.sinx Y’ = - Asinx + Bcosx Y’’= -Acosx - Bsinx Thế vào phương trình ta được : (A – 3B)cosx + (3 A + B)sinx = 2 sinx 3  A=   5 ⇒  B = 1  5  Nghiệm của phương trình đã cho là : y = C1e x + C2e 2 x + 3 1 cos x + sinx 5 5 Ví dụ 2 : Giải phương trình sau : y’’ + y = x.cosx • Giải : Phương trình đặc trưng... phương trình: y’’ + 4y’ + y = 0 -Khai báo phương trình : > ODE:=diff(y(t),t$2)+4*diff(y(t),t)+y(t)=0;  ∂2  ∂  ODE :=  2 y (t ) ÷+ 4  y (t ) ÷+ y (t ) = 0  ∂t   ∂t  -Giải phương trình: > dsolve(ODE,y(t)); y (t ) = _ C1e (( −2+ 3) t ) + _ C 2( (2 + 3) t ) Chân thành cảm ơn quý Thầy Cô! . Phương trình vi phân cấp hai tuyến tính 3.4 Phương trình vi phân cấp hai tuyến tính không thuần nhất với hệ số không đổi. 3.4.1. f(x) = e αx.P n(x) với. dsolve(ODE) : giải phương trình vi phân ODE. dsolve(ODE, var) : giải phương trình vi phân ODE theo biến var. dsolve({ODE, ICs}, var) : giải phương trình vi phân