MỘT số ví dụ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN cấp 2 có lời GIẢI

MỘT SỐ VÍ DỤ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP CÓ LỜI GIẢI y ''– y ' x – x – y '' y ' y x 2e4 x y '' y  (Biến thiên la grang) sin x y '' y ' y 5e x sin x y '' y 2sin x.cos x y '' y  x sin x y '' y ' e3x  18x y '' y ' y e5 x xy '' y ' x 2e x ; (Phương pháp đưa phuong trình giảm cấp) 10 y '' y sinx  cos2 x 11 y '' y ' 2  x 12 y '' y ' y 1  x 13 y '' y ' y  (Biến thiên la grang)  e2 x 14 y '' y ' y e x (4  x) 15 y '' y ' y 3e  x x  (Biến thiên la grang) 16 y ''' y '' y ' y 5 x  x ex 17 y '' y  x (Biến thiên la grang) e 1 18 y ''' y ' cot x (Biến thiên la grang) 19 y '' y ' 3 x 20 y '' y  x 21 y '' y ' y e  x 22 y '' y ' y sin x 23 y '' y ' y 2sin x  cos x 24 y '' y ' y  x  e x 25 y '' y cos x 26 y '' y 't anx  y cos x 0 , biết phương trình có nghiệm y1 ( x) e s inx y' x ln x ; Tìm nghiệm riêng thỏa mãn: y (1)  1; y '(1) 1 27 y '' x (Phương pháp đưa phuong trình giảm cấp) • Phương trình đặc trưng: k2 – 5k = 0, có hai nghiệm phân biệt k = k = • Nghiệm tổng quát phương trình tương ứng với phương trình cho là: y = C1 + C2e5x • Do α = nghiệm đơn phương trình đặc trưng nên phương trình cho có nghiệm riêng Y = x(Ax2 + Bx + C) = Ax3 + Bx2 + Cx Từ tính Y', Y'' Thay vào phương trình cho ta được, đồng hóa hệ số suy A =  Y =  48 396 ;B= ;C= 15 75 375 48 396 x + x + x 15 75 375 • Nghiệm tổng quát phương trình cho là: y = y + Y = C1 + C2e5x  48 396 x + x + x 15 75 375 Phương trình đặc trưng k  5k  0 , phương trình có hai nghiệm Nghiệm tổng quát phương trình là: y C1e x  C2e x Vì  4 nghiệm đơn phương trình đặc trưng nên nghiệm riêng phương trình cho có dạng y * xe x (Ax  Bx  C) e x (Ax  Bx  Cx) Tính y * ', y * '' thay vào phương trình cho thực đồng thức ta 1 2 ,B  , C  9 27 2 * 4x ) Suy y xe (- x  x  9 27 A  Nghiệm tổng quát Pt đa cho 9 4x y = C1e x  C2e x + xe (- x  x  ) 27 Phương trình tương ứng y  y 0 có nghiệm tổng quát là: y C1 cos x  C2 sin x Coi C1 , C2 hàm số: y C1 ( x) cos x  C2 ( x)sin x Các hàm số C1 , C2 xác định từ hệ: C1cos x  C2 sin x 0    C1sin x  C2 cos x  sin x   cos x C2 ln sin x C  sin x   Từ :  C1  x C1  * Nghiệm riêng cần tìm y sin x ln sin x  xco s x Nghiệm tổng quát phương trình : y C1 cos x  C2 sin x  sin x ln sin x  xco s x Giải phương trình đặc trưng k  6k  0 , k1 k2 3 Nghiệm tổng quát phương trình y (C1  C2 x)e3 x Vì  1;  1 số phức  1 i khơng nghiệm phương trình đặc trưng nên nghiệm riêng y1 phương trình khơng có dạng: y1 e x ( A cos x  B sinx) Tính y1; y1 , vào phương trình đầu ta được: (3 A  B )cos x  (4 A  3B)s inx 5s inx  A  ; B  5 Do đó: y1 e x ( cos x  sinx) 5 Nghiệm tổng quát phương trình cho là: y (C1  C2 x)e3 x  e x ( cos x  sinx) 5 Phương trình cho tương đương y '' y sin2x Phương trình tương ứng y  y 0 có nghiệm tổng quát là: y C1 cos x  C2 sin x Vì 2i khơng nghiệm phương trình đặc trưng nên Phương trình y  y sin 2x có nghiệm riêng dạng: y*  A cos 2x  B sin 2x Tính: y*  2A sin 2x  B cos 2x ; y*  A cos x  B sin x Thay vào phương trình ta được: B  ; A 0 Khi đó: y*  sin x Nghiệm tổng quát phương trình là: y C1 cos x  C2 sin x  sin 2x Phương trình đặc trưng có hai nghiệm k = i , nghiệm tổng qt phương trình tương ứng là: y = C1cosx + C2sinx Mặt khác  i  = i nghiệm phương trình đặc trưng nên nghiệm riêng phương trình có dạng Y = x[(Ax + B)cosx + (Cx + D)sinx] Từ tính Y', Y'' thay vào phương trình cho ta được: (4Cx + 2A + 2D)cosx + (– 4Ax – 2B + 2C)sinx = -8xsinx Đồng ta được:  4C 0  A 2  A  D 0  B 0       A   C 0  B  2C 0  D  Từ Y = x(2 xcosx -2 sinx) nghiệm tổng quát phương trình là: C2sinx + x(2 xcosx -2 sinx) y = C 1cosx + PT đặc trưng k  3k 0  k1 0, k2 3 Nghiệm tổng quát phương trình y C1  C2e3x Tìm nghiệm riêng y1* phương trình y '' y ' e3x (1) Vì  3 nghiệm PT đặc trưng nên nghiệm riêng y1* PT (1) có dạng y1*  Ax.e3x thay y1* , y1* ', y1* '' vào (1) ta tìm A  * 0x Tìm nghiệm riêng y2 PT : y '' y '  18xe (2) Vì  0 nghiệm đơn PT đặc trưng nên nghiệm riêng y2* PT (2) có dạng : y2*  x( Bx  C ) tương tự ta tìm C 2, B 3 Vậy nghiệm tổng quát phương trình cho y C1  C2e3x  xe3x  x (3x  2), C1,2 const Phương trình đặc trưng: k2 – 4k + = 0, có hai nghiệm phân biệt k = k = khác nên nghiệm tổng quát phương trình tương ứng là: y = C1ex + C2e3x nghiệm riêng phương trình cho là: Y = Ae5x thay Y', Y'' vào phương trình cho ta tìm A = Vậy nghiệm tổng quát phương trình cho là: y = y + Y = C1ex + C2e3x + e5x Đặt y' = p ta pt: xp' - p = x2ex (1)(Phương trình tuyến tính cấp 1) Phương trình tương ứng xp' - p= có nghiệm p = Cx, coi C = C(x) thay p, p' vào phương trình ta tìm C= e x+ C1 Nghiệm tổng quát phương trình (1) p =xex+ C1 x hay y'=xex+ C1 x suy y = ex(x-1)+ C1 x2+ C2 Từ điều kiện y (1) 1; y '(1)  ta tìm C1   e C2 2  e Do nghiệm riêng thỏa mãn điều kiện ban đầu y e x ( x  1)  (1  e) x   e 10 Phương tương ứng có dạng y '' y 0 , phương trình đặc trưng có nghiệm i,-i Nghiệm tổng quát phương trình y C1 cos x  C2 sinx f1 ( x) sin x ,  i  nghiệm phương trình đặc trưng nên PT có nghiệm riêng có dạng y1*  x(Acosx  B sin x) Tính y *1 ', y *1 '' thay vào phương trình cho ta có 1 y1*  xcosx 2 f ( x) cos x ,  i  khơng nghiệm phương trình đặc trưng nên nghiệm riêng A 0, B  có dạng y2 * Acos2 x  B sin x Tính y *2 ', y *2 '' thay vào phương trình cho ta có 1 , B 0 y2 *  cos2 x 3 Nghiệm tổng quát phương trình cho A  y C1 cos x  C2 sinx  1 cos2 x  xcosx 11 y '' y ' 2  x Giải phương trình tương ứng y '' y ' 0 Phương trình đặc trưng k  3k 0 có nghiệm k1 1, k2 3 nghiệm tổng quát phương trình y C1  C2e3 x ,  = nghiệm phương trình đặc trưng nên nghiệm riêng phương trình cho có dạng P(x) = x (Ax + B) thay Y', Y'' vào phương trình cho ta tìm A = 1, B = nên Y = x2 Từ nghiệm tổng quát phương trình cho là: y C1  C2e3 x  x 12 Phương trình đặc trưng có nghiệm kép k = nghiệm tổng quát phương trình y (C1  C2 x)e x ,  = 1 P(x) = + x đa thức bậc Vậy nghiệm riêng phương trình cho có dạng Y = e0 x ( Ax  B) hay Y = Ax + B thay Y', Y'' vào phương trình cho ta tìm A = B – 2A = 1, suy A = 1, B = nên Y = x + Từ nghiệm tổng quát phương trình cho là: y (C1  C2 x)e x  x  13 y " y ' y 0 có nghiệm tổng qt Phương trình tương ứng y C1e  x  C2e  x Vì f ( x)  khơng có dạng đặc biệt nên ta tìm nghiệm riêng dạng e 1 2x y * ( x ) 1 ( x)e x   ( x)e  x , 1 ( x ) ,  ( x) xác định từ hệ  '1 ( x)e  x   '2 ( x)e  x 0    3x  2x  3 '1 ( x)e  2 '2 ( x)e  x e 1    e3 x 1 ( x)  e x  arctan e x  C1  '1 ( x)  (e x  1)    suy  2x 2x  ' ( x)  e  ( x)  ln(1  e )  C2   (e x  1) Do ta cần tìm nghiệm riêng nên số sau tích phân chọn Vậy nghiệm tổng quát phương trình cho y C1e x  C2e  x   e x  arctan e x  ln(1  e2 x ) 14 Giải phương trình đặc trưng k  3k  0 , k1 1; k2 2 Nghiệm tổng quát phương trình y C1e x  C2e x  1 nghiệm đơn phương trình đặc trưng nên nghiệm riêng có dạng y *  xe x (Ax+B) Tính y * e x [B  (2 A  B) x  Ax ] , y* e x [3A+2B  (3 A  B) x  Ax ] thay vào phương trình (1) ta có A 1; B 3 y *  xe x (x  3) Nghiệm tổng quát phương trình cho y C1e x  C2e x  xe x (3  x) 15 Giải phương trình đặc trưng: k  2k  0  k1 k2  Vậy nghiệm tổng quát phương trình tương ứng là: y (C1  C2 x)e  x Coi C1 ; C2 hàm x x x C1e  C2xe 0  x x x x x2  C1e  C2e  C2xe 3e Xác định hàm từ hệ: Ta được: C1  3x x  2; C2 3 x  Do ta có: C1 4( x  2)  (2  x) ; C 2( x  2) Nghiệm riêng pt cho 2 y* {4( x  2)  (2  x )  2( x  2) x}e  x Vậy nghiệm tổng quát phương trình cho là: y {4( x  2)  (2  x )  2( x  2) x}e  x  (C1  C2 x)e  x 16 Phương trình đặc trưng       0 có nghiệm 1 1; 2 i; 3  i suy nghiệm tổng quát phương trình y C1e x  C2cosx  C3sinx Vì  0 khơng nghiệm phương trình đặc trưng nên ta tìm nghiệm riêng phương trình cho dạng y*  Ax  Bx  C Tính y*’,y*’’ sau thay y*, y*’,y*’’ vào phương trình cho ta tìm A 1;B  3;C   y*  x  3x  Vậy nghiệm tổng quát phương trình cho là: y C1e x  C2cosx  C3sinx+x  3x  17 Phương trình tương ứng y " y 0 có nghiệm tổng quát y C1e x  C2e  x ex khơng có dạng đặc biệt nên để tìm nghiệm riêng phương ex  trình cho ta áp dụng phương pháp biến thiên số Lagrange Đặt y * ( x ) 1 ( x)e x   ( x)e  x Vì f ( x)   '1 ( x)e x   '2 ( x)e  x 0  1 ( x) ,  ( x) xác định từ hệ  e x suy x x  '1 ( x)e   '2 ( x)e  x e 1    ' ( x )   2(e x  1)   2x  ' ( x)  e  2(e x  1) x 1  ln(e x  1),  ( x)  e x  ln(e x  1) (Ta cần tìm 2 2 nghiệm riêng nên số sau tích phân chọn 0) Vậy nghiệm tổng quát phương trình cho  x    y C1e x  C2e  x     ln(e x  1)  e x    e x  ln(e x  1)  e  x  2    Do 1 ( x)  18 PT đặc trưng : k  k 0  k1 0, k  i, k3 i Nghiệm tổng quát phương trình tương ứng : y C1  C2cosx  C3sinx Tìm nghiệm riêng phương trình khơng phương pháp Lagrang C1 ' cot x C1 ' C2 ' cosx  C3'sinx=0  cos x   Xác định hàm C1 ( x), C2 ( x), C3 ( x) từ hệ  C2 'sin x  C3'cosx=0  C2 '  sin x  C ' cosx-C 'sinx=cotx   C3 '  cosx Do C1 cotxdx ln sinx , C2  cosxdx  -sinx 1  cos x cos xdx -1 C3   dx  cosx+  dx = ln - cosx  cos x sinx sinx 1  cos x Vậy nghiệm riêng : y* ln sin x  sin x  sinx.ln  cos x Do nghiệm tổng quát 1  cos x y ln sin x  sin x  sinx.ln  C1  C2cosx  C3sinx  cos x Phương tương ứng có dạng y '' y 0 , phương trình đặc trưng có nghiệm i,-i Nghiệm tổng qt phương trình y C1 cos x  C2 sinx f1 ( x) sin x ,  i  nghiệm phương trình đặc trưng nên PT có nghiệm riêng có dạng y1*  x(Acosx  B sin x) Tính y *1 ', y *1 '' thay vào phương trình cho ta có 1 y1*  xcosx 2 f ( x) cos x ,  i  khơng nghiệm phương trình đặc trưng nên nghiệm riêng A 0, B  có dạng y2 * Acos2 x  B sin x Tính y *2 ', y *2 '' thay vào phương trình cho ta có 1 , B 0 y2 *  cos2 x 3 Nghiệm tổng quát phương trình cho A  y C1 cos x  C2 sinx  12 1 cos2 x  xcosx 26 Tính đạo hàm: y '1  cos xe s inx y ''1  cos xe s inx   sin xe s inx y ''1 , y '1 , y1 vào phương trình cho Thay ( -1)cosx x 0   1 ta đồng thức Vậy phương trình có hai nghiệm riêng y1 es inx ; y2 e  s inx Rõ ràng y1 ( x), y2 ( x) hai nghiệm độc lập tuyến tính Nên nghiệm tổng quát phương trình cần giải y C1es inx  C2e  s inx 27 Đặt y' = p ta phương: xp' - p = x lnx Phương trình tuyến tính cấp hàm p Nghiệm tổng quát : p= x lnx - x + C1 x Theo cách đặt ta có: y' = p hay y' = x lnx - x + C1 x x3 x3 x3 x2   C1  C2 Suy y = ln x  14 Từ điều kiện y (1)  ; y'(1)=  C1 2, C2  Vậy nghiệm riêng phương trình cần tìm là: x3 x x3 14 y = ln x    x2  9 Hệ phương trình vi phân  dx t  dt  x  y  2e   dy 3 x  y  et  dt  dx 2t  dt 7 x  y  e   dy 6 x  y  et  dt  dx 4t  dt x  y  e   dy x  y  et  dt  dx t  dt 2 x  y  e   dy x  y  e 4t  dt  dx t  dt 2 x  y  e   dy x  y   dt  y ' 5 y  z   z '  3y  z 1  dx (1)  dt z  y   dy (2)  z dt   dz (3)  dt z  x  dx t  dt 2 x  y  2e   dy x  y  3e 4t  dt  dx t  dt x  y  e   dy x  y  e 4t  dt x  dx   dt x  y 10   dy  y  dt x  y (1) (2)