Tài liệu PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP 2 docx

PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP 2 BÀI TOÁN CAUCHY Tìm nghiệm của phương trình F(x, y, y’, y”) = 0 (1) hoặc: y” = f(x, y, y’) (2) thỏa diều kiện ban đầu : y(x 0 ) = y 0 y’(x 0 ) = y 1 Lưu ý: nghiệm tổng quát của ptvp cấp 2 có 2 hằng số tự do, cần 2 điều kiện để tìm 2 hằng số này. Ví dụ 3 1 (1) ' 3 x y C⇔ = + 4 1 2 12 x y C x C⇔ = + + Tìm nghiệm bài toán: y” = x 2 (1) y(0) = 1, y’(0) = -2 (2) (2), (3) ⇒ C 1 = -2 (2), (4) ⇒ C 2 = 1 (3) (4) Vậy nghiệm bài toán là: 4 2 1 12 x y x= − + MỘT SỐ PTVP CẤP 2 GIẢM CẤP ĐƯỢC LOẠI 1: pt không chứa y : F(x, y’, y”) = 0 Cách làm: đặt p = y’ đưa về ptvp cấp 1 theo p, x LOẠI 2: pt không chứa x: F(y,y’,y”) = 0 Cách làm: đặt p = y’ đưa về pt cấp 1 theo hàm p và biến y LOẠI 3: F thỏa F(x,ty,ty’,ty”) = t n F(x,y,y’,y”) Cách làm: đặt y’ = yz đưa về pt theo x, z Ví dụ 'y p= ' 2 (p'=p'(x))=p p 1 2 dp dx p x C p = ⇔ = + 2 1 ' ( )y x C⇔ = + 3 1 2 1 ( ) 3 y x C C⇔ = + + 1/ " 2 'y y= Pt không chứa y, đặt Pt trở thành: Với p ≠ 0 p = 0 ⇔ y’ = 0 ⇔ y = C 2 2 2 2 / (1 ) " ( 1)( ')y yy y y+ = − Pt không chứa x Đặt y’ = p (xem y là biến) ' ' " ' , ( p'=p'(y))= = × = × = × dy dy dy dp y p p p dx dy dx dy Pt trở thành: 2 2 2 (1 ) ' ( 1)y yp p y p+ = − Với p ≠ 0: 2 2 2 1 2 1 (1 ) 1 dp y y dy dy p y y y y   − = = −  ÷ + +   2 1 (1 )py C y⇔ = + 2 1 ' (1 )y y C y⇔ = + 2 1 1 2 2 1 ln(1 ) 2 1 ydy C dx y C x C y ⇔ = ⇔ + = + + x 2 yy” – (y – xy’) 2 = 0 x 2 ty ty” – (ty – x ty’) 2 = t 2 [x 2 yy” – (y – xy’) 2 ] Đặt y’ = yz ⇒ y” = y’z + yz’ = yz 2 + yz’ Pt trở thành: 2 2 2 ( ') ( )x y yz yz y xyz+ = − Với y ≠ 0, chia 2 vế cho y 2 2 2 2 2 ( ') (1 ) ' 2 1x z z xz x z xz+ = − ⇔ + = (Tuyến tính ) 1 2 1 C z x x ⇔ = + 1 2 ' 1y C y x x ⇔ = + 1 2 C x y C xe − ⇔ = PTVP TUYẾN TÍNH CẤP 2 y” + p(x)y’ + q(x)y = f(x) p(x), q(x), f(x) liên tục y” + p(x)y’ + q(x)y = 0 Phương trình thuần nhất Cấu trúc nghiệm pt không thuần nhất: y = y 0 + y r • y 0 là nghiệm tổng quát của pt thuần nhất, • y r là 1 nghiệm riêng của pt không thuần nhất Nguyên lý chồng chất nghiệm Nếu y 1 và y 2 lần lượt là các nghiệm của pt y” + p(x)y’ + q(x)y = f 1 (x) y” + p(x)y’ + q(x)y = f 2 (x) thì y 1 + y 2 là nghiệm của pt y” + p(x)y’ + q(x)y = f 1 (x) + f 2 (x) Giải phương trình thuần nhất Nếu y 1 và y 2 là 2 nghiệm độc lập tuyến tính của pt thuần nhất y” + p(x)y’ + q(x)y = 0 thì nghiệm tổng quát của pt này là y 0 = C 1 y 1 + C 2 y 2 Nếu biết trước 1 nghiệm y 1 ≠ 0, y 2 được tìm như sau ( ) 2 1 2 1 p x dx e y y dx y − ∫ = ∫ [...]... vào pt ban đầu: )  d 2 y dy  = a2e 2 t  2 − ÷ dt   dt  d 2 y dy  2 t 2 2 t t − t dy e a e  2 − ÷+ p ± e ± ae + qy = F (t ) dt  dt  dt Tuyến tính hệ d 2y 2 2 dy a + (ap − a ) + qy = F(t) số hằng 2 dt dt ( )( ) Ví dụ (2x + 1)2y” – 2( 2x + 1)y’ – 12y = 0, trên miền 2x + 1> 0 Đặt : 2x + 1 = et hay t = ln(2x + 1) y' = dy dy dt dy 2 dy = = = 2 e− t = 2y′t e− t dx dt dx dt 2x + 1 dt y" = dy ' dy... 2B + 2C) cosx + (– 2Cx – 2A + 2D)sinx = xsinx ⇔ – 2Ax – 2B + 2C = 0 – 2Cx – 2A + 2D = x ⇔ A = 0, B = -1 /2 C = -1 /2, D = 0 ⇔ A = 0, B = C C = -1 /2, A = D 1 1 y r = − cos x − x sin x 2 2 Nghiệm TQ (3): x y = y 0 + y r = C1e + C2e −x 1 1 − cos x − x sin x 2 2 (4) y” + 4y’ + 4y = e – 2x f(x) = e – 2x + sinx f1(x) = e – 2x f2(x) = sinx ⇔ k = – 2 (bội p =2) không có dạng đặc biệt α1 = 2, β1 = 0, s1 = 0 Thay... pt: x2y” – xy’ + y = 0, biết pt có 1 nghiệm y1 = x p(x) = – 1/x y2 = y1 ∫ y2 = x ∫ e e − ∫ p ( x ) dx 2 y1 −∫ y0 = C1x + C2xln|x| x − dx x 2 dx x dx = x ∫ 2 dx = x ln | x | x Giải pt: (1+x2)y” + 2xy’ – 2y = 4x2 + 2 (k0 t/nhất) biết phương trình có 2 nghiệm y = x2 và y = x + x2 nếu pt k0 t/ nhất có 2 nghiệm y = x2 và y = x + x2 Thì y1 = (x + x2) – x2 là nghiệm của pt thuần nhất ⇒ y1 = x e −∫ 2x 2 dx... dy ' dy ' dt d  − t dy  dt = =  2e ÷ dx dt dx dt  dt  dx  d 2 y dy  = 4e 2 t  2 − ÷ = 4e 2 t ( y′′ − y′t ) t dt   dt Pt trở thành: e2 t 4e 2 t ( y′′ − y′t ) − 2et 2e− t y′t − 12y = 0 t 2t e 4e 2 t ′′ − y′t ) − 2et 2e− t y′t − 12y = 0 ( yt ⇔ 4y′′ − 8y′t − 12y = 0 t ⇔ y′′ − 2y′t − 3y = 0 t −t 3t ⇔ y = C1e + C2e C1 3 ⇔y= + C2 (2x + 1) 2x + 1 (x > 0) Giải pt: x2y” + xy’ – y = lnx.sin(lnx) Đặt:... 2Ax + B, yr” = 2A Thay yr vào (1): 2A + Ax2 + Bx + C = x2 + x, ∀x ⇔ A = 1, B = 1, 2A + C = 0 ⇔ A = 1, B = 1, C = 2 yr = x2 + x – 2 ⇒ y = y0 + yr = C1cos x + C2sin x + x2 + x – 2 (2) y” + y’ = x – 2 Ptđt: k2 + k = 0 ⇔ k = 0, k = –1 y0 = C1e0x + C2e–x f(x) = x – 2 ⇒ α = 0, β = 0, s = 1 ⇒ α + iβ = 0: là nghiệm đơn của ptđt ( p =1) ⇒ yr = x1 (Ax + B) = Ax2 + Bx ⇒ y’r = 2Ax + B, yr” = 2A Thay yr vào (2) :... y2 = xe kx  k là nghiệm kép:  k = α ± iβ (phức): y1 = eα x cos β x, y2 = eα x sin β x y0 = C1y1 + C2y2 Ví dụ Ptđt: k2 – 3k – 4 = 0 ⇔ k = −1, k = 4 1 y” – 3y’ – 4y = 0, −x y1 = e , y2 = e 4x y1 = e , y2 = xe + C2 e 4x Ptđt: k2 – 2k + 1 = 0 ⇔ k = 1 (kép) 2 y” – 2y’ + y = 0, x y0 = C1e −x x y0 = C1e x + C2 xe x 3 y” – 2y’ + 5y = 0, Ptđt: k2 – 2k + 5 = 0 ⇔ k = 1 ± 2i y1 = e1x cos 2 x, y2 = e1x sin 2. .. C1e cos 2 x + C2 e sin 2 x Tìm nghiệm riêng yr của pt y” + ay’ + by = f(x) Tổng quát: Biến thiên bằng số Trong y0, xem C1 =C1(x), C2 = C2(x), giải hệ ′ C1 (x)y1 + C 2 (x)y 2 = 0  ′ ′ C1 (x)y1 + C 2 (x)y 2 = f (x) yr = C1(x)y1 + C2(x)y2 Ví dụ y” + 3y’ + 2y = sin(ex) Pt thuần nhất : y” + 3y’ + 2y = 0 Pt đặc trưng: k2 + 3k + 2 = 0 −x y1 = e , y 2 = e 2 x ⇒ y 0 = C1e −x + C2e 2 x Xem C1 và C2 là các... C 2 (x)y 2 = 0  ′ ′ C1 (x)y1 + C 2 (x)y 2 = f (x) C1 (x)e− x + C 2 (x)e 2 x = 0  ′  −x 2 x x ′ C1 (x)(−e ) + C 2 (x)(−2e ) = sin(e )  ′ ⇔ C1 (x) = ex sin(ex ), C 2 (x) = − e2 x sin(e x ) ′ C1 (x) = ex sin(ex ), C 2 (x) = −e2 x sin(e x ) Chọn: C1(x) = −cos(ex), C2(x) = ex cos(ex) – sin(ex) yr = C1(x)y1 + C2(x)y2 yr = −e−x cos(ex) + e−2x [ex cos(ex) – sin(ex)] = −e– 2xsin(ex) y 0 = C1e −x + C2... dx dx y2 = x ∫ dx = x ∫ 2 2 x x (1 + x 2 )  − arctan x − 1  = − x arctan x − 1 y2 = x  ÷ x  1+ x y0 = C1x + C2(xarctanx + 1) + x2 PTVP TUYẾN TÍNH CẤP 2 HỆ SỐ HẰNG y” + ay’ + by = f(x) (a, b là hằng số ) Giải pt thuần nhất : y” + ay’ + by = 0 Bước 1: giải phương trình đặc trưng: k2 + ak + b = 0 Bước 2: xác định 2 nghiệm cơ sở (đltt)  k1, k2 là nghiệm thực phân biệt: y1 = e k1 x , y2 = e k2 x y1... vào pt: ⇒A = ½ + sinx Ptđt: k2 + 4k + 4 = 0 y r1 = x Ae 2 2 x y” + 4y’ + 4y = f1(x) = e – 2x 1 2 2 x ⇒ y r1 = x e 2 α 2 =, β 2 = 1, s 2 = 0 y r 2 = B cos x + C sin x Thay yr1 vào pt: y” + 4y’ + 4y = f2(x) = sinx ⇒ B = – 4/7 , C = –3/7 ⇒ y r 2 −4 3 = cos x − sin x 7 7 y r = y r1 + y r 2 ( Nguyên lý chồng chất nghiệm) PHƯƠNG TRÌNH EURLER (a, b, p, q là hằng số) (ax + b)2y” + p(ax + b)y’ + qy = f(x) . x 2 (1) y(0) = 1, y’(0) = -2 (2) (2) , (3) ⇒ C 1 = -2 (2) , (4) ⇒ C 2 = 1 (3) (4) Vậy nghiệm bài toán là: 4 2 1 12 x y x= − + MỘT SỐ PTVP CẤP 2 GIẢM CẤP. pt: (1+x 2 )y” + 2xy’ – 2y = 4x 2 + 2 (k 0 t/nhất) biết phương trình có 2 nghiệm y = x 2 và y = x + x 2 nếu pt k 0 t/ nhất có 2 nghiệm y = x 2 và y