Tài liệu Bài tập hệ phương trình vi phân có lời giải

Chuyên đề Hệ Phương Trình Vi Phân Bài 03.03.1.001.B337 Giải bài toán Cauchy : 1   y  1   z (a ) và y  1  z  yx  x 0  1, z x 0  1(b) Lời giải : Từ z   1 1 ta có z   ( y   1)(c) yx ( y  x) 2 Từ (a) ta có : y   1   do đó 1 1 1 và theo trên ( y  x)  Thay vào (c) ta được z   z 2 . z z z z  z   , z   c1 .z , z  c2 ec1x z z Do đó từ phương trình thứ hai của (a): yx 1 z hay y= x+ Vậy nghiệm của hệ (a) là : Cho thỏa mãn (b)  1  1  c1x e c1c2 1  c1x  e y  x  c c (d)  1 2  z  c ec1 x  2 1 ,,1  c2 .Do đó c1  1, c2  1 và nghiệm của bài toán c1c2 Cauchy (a) ,(b) là y  xe x , x  e x  y   z  0  Bài 03.03.1.002.B338 Giải bài toán Cauchy :  z   y  0 y Lời giải : x 0 z x 0 (a)  y x 0  1, z  x 0  0 (b) Đạo hàm phương trình đầu của (a) hai lần và thay z   y từ phương trình cuối của (a) ,ta được y (4)  y  0 .Nghiệm tổng quát của phương trình này là : y  c1e x  c2 e x  c3 cos x  c4 sin x (c) Vì z  y (theo phương trình đầu của (a)) , nên z  c1e x  c2 e x  c3 cos x  c4 sinx (d) Vậy hệ (a) có nghiệm được xác định bởi (c) ,(d) cho thỏa mãn điều kiện (b). 1  c1  c2  c3 1  c  c  c  1 2 3  1  c1  c2  c4 0  c1  c2  c4 3 1 1 Hệ này có nghiệm duy nhất c1  , c2  , c3  0, c4  .Vậy ta có nghiệm của bài 4 4 2 toán Cauchy (a),(b) : 3 1 1 y  e x  e  x  sinx 4 4 2 3 1 1 z= e x  e  x  sinx 4 4 2 và nghiệm tổng quát của (a) được xác đinh bởi (c) ,(d).  dy x  dx   y  2 z  2e Bài 03.03.1.003.B338 Tìm nghiệm tổng quát của hệ :   dz  3 y  4 z  e  x  dx Lời giải :  y  c1e x  2c2 e 2 x Giải hệ thuần nhất tương ứng bằng phương pháp khử ta có :  x 2x  z  c1e  3c2 e Vậy ta tìm nghiệm tổng quát của hệ không thuần nhất dưới dạng :  y  u1 ( x)e x  2u2 ( x)e 2 x  x 2x  z  u1 ( x)e  3u2 ( x)e u1( x)e x  2u2 ( x)e 2 x  2e  x Từ đó ta xác định từ hệ :  x 2x x  u1( x)e  3u2 ( x)e  e Giải hệ này ta được : u1  8e2 x ,u2  3e3 x u1 ( x)  4e 2 x  c1 Do đó :  3x  u2 ( x)  e  c2 Vậy nghiệm tổng quát của hệ đã cho là :  y  c1e x  2c2 e2 x  2e x  x 2x x  z  c1e  3c2 e  e  x  z  Bài 03.03.1.004.B346 Giải hệ :  y   4 x  y  4 z  z   y  (a) x,y,z là hàm của t Lời giải : + h3  0   λh1  Phương trình có dạng . 4 λh1  (1  λ)h2  4h3  0 (b)   h2 -λh 3  0  Phương trình đặc trưng của hệ là : λ 0 1 4 λ (1  λ) 4  (4  λ2 )( λ  1)  0 0 1 λ Ta có 3 nghiệm của phương trình đặc trưng đều thực và khác nhau :  h h 0 λ1  1; λ2  2; λ3  2. Với λ1  1 hệ có dạng :  11 31 h21  h31  0 Giải hệ này ,chẳng hạn lấy h11  1, h21  1, h31  1 , ta có nghiệm riêng thứ nhất ứng với : λ1  1; x1  et ; y1  et ; z1  et tương tự λ2  2 ,ta có nghiệm rieng thứ hai : x2  e2t ; y2  4e2t ; z2  2e2t Với λ3  2 ta có nghiệm riêng thứ ba : x3  e2t , y3  4e2t , z3  2e2t Vậy nghiệm tổng quát của hệ (a) là  x  c1et  c2 e 2t  c3e 2t  t 2t 2t  y  c1e  4c2 e  4c3e  z  c et  2c e 2t  2c e 2t 1 2 3   dy  dx  2 y  z Bài 03.03.1.005.B348 Giải hệ :   dy  y  2 z  dx (a) Lời giải : Phương trình đặc trưng của hệ là : 2λ 1 1 2λ 0 hay λ2  4 λ  5  0 Phương trình này có 2 nghiệm phức liên hợp là λ1  2  i, λ2  2  i, λ1  2  i ứng với nghiệm phức của hệ (a) : y  h1e(2i ) x , z  h2e(2i ) x Trong đó h1 , h2 là nghiệm của phương trình : ih1  h2  0 .Lấy h1  1, h2  i ,ta  y  e(2i ) x  e2 x (cos x  i sin x). có :  (2i ) x  e2 x (sin x  cos x).  z  ie Tách phần thực và phần ảo của nghiệm này ta được một hệ nghiệm cơ bản của hệ  y1  e2 x cos x, z1  e 2 x sin x (a) là :  2x 2x  y2  e sin x, z2  e cos x.  y  e2 x (c1 cos x  c2 sinx) Vậy nghiệm tổng quát của hệ (a) là :  2x  z  e (c1 sinx  c2 cos x)  dx  dt  6 x  5 y  3 z   dy Bài 03.03.1.006.B353 Giải hệ :   8 x  7 y  4 z  dt  dz  dt  2 x  y  z (a) Lời giải : Phương trình đặc trưng của hệ là 6  λ 5 3 8 7λ 1 2 1 1 λ 0 hay λ(λ-1) 2  0 Vậy phương trình đặc trưng có một nghiệm kép λ1  1 và một nghiêm đơn λ2  0 Nghiệm kép λ1  1 ứng với vecto riêng : h1  1, h2  2, h3  1 Và ta có nghiệm tương ứng : x1  et y1  2et z1  et Với nghiệm đơn λ2  0 ,ta có : h1  1, h2  0, h3  2 Và ta có nghiệm : x2  1, y2  0, z2  2 Bây giờ ta xét nghiệm kép,để tiến hành phương pháp trên ta chọn N là vecto có thành phần 0,0,1 và lấy Z là vecto có thành phần α,β,0 thì (N,Z)=0 ,khi đó (2) ta  x  uet  α  đăt:  y  2uet  β  z  uet  (b) Thay (b) vào hệ 9a) và rút gọn ta có :  α   8α  6 β   β   12α  9 β u   (2α  β )e t  (c) Hệ gồm 2 phương trình đầu của (c) cũng có các số đặc trưng là λ  0  α  3c1  2c2 et và λ  1 như hệ (a) .Giải hệ này ta có :  t  β  4c1  3c2 e Do đó phương tình cuối của hệ (c) viết được : u  (2c1  c2 et )et  2c1et  c2 và u  2c1et  c2t  c3 Thay α, β và u vừa tìm được vào (b) , ta có nghiệm tổng quát của hệ (a) là :  x  c1  (c2 t  2c2  c3 )et  t  y  (2c2t  2c3  3c2 )e  z  2c  ( c t  c ) e t 1 2 3   dx  dt  4 x  2 y  5 z   dy Bài 03.03.1.007.B354 Giải hệ :   6 x  y  6 z  dt  dz  dt  8 x  3 y  9 z (a) Lời giải: Ta có phương trình đặc trưng của hệ : 4  λ 2 6 1  λ 8 3 5 6  0 hay λ3  4 λ2  5 λ  2  0 9λ Phương trình đặc trưng có nghiệm λ1  2, λ2  λ3  1 với nghiệm λ1  2 , ta có nghiệm riêng của hệ (a) là : x1  e2 x y1  2e2t z1  2e2t (b) (h1  1, h2  2, h3  2) với nghiệm kép λ2  λ3  1 ,theo trên ta tìm nghiệm riêng của hệ (a) dưới dạng : x  (A1 t  A2 )et y  ( B1t  B2 )et z  (C1t  C2 )et (c) Thay (c) vào hệ (a) và rút gọn ta có : A1t  A1  A2  (4 A1  2 B1  5C1 )t  4 A2  2 B2  5C2 B1t  B1  B2  (6 A1  B1  6C1 )t  6 A2  B2  6C2 C1t  C1  C2  (8 A1  3B1  9C1 )t  8 A2  3B2  9C2 Đồng nhất các hệ số của t ở 2 vế ta được : 5 A1  2 B1  5C1  0 6 A1  2 B1  6C1  0 8 A1  3B1  8C1  0 5 A2  2 B2  5C2  A1 6 A2  2 B2  6C2  B1 8 A2  3B2  8C2  C1 Do đó A1  C1 , B1  0, A2  C1  C2 , B2  3C1 trong đó C1 ,C2 là các hàng số tùy ý .Vậy nghiệm (c) có dạng : x  (c1t  c1  c2 )et z  (c1t  c2 )et y=3c1et Và các nghiệm riêng độc lập tuyến tính của hệ (a) ứng với số đặc trưng λ1  λ2  1  x2  (t  1)et y 2  3et có thể lấy là :  t y3  0,  x3  e , z 2  tet z3  et (d) Vậy theo (b) ,(d) nghiệm tổng quát của hệ (a) là :  x  c1e 2t  (c2t  c2  c2 )et  2t t  y  2c1e  3c2 e  z  2c e 2 t  ( c t  c ) e t 1 2 3   y   y  z  et  t Bài 03.03.1.008.B361 Giải hệ :  z   3 y  2 z  2e y t 0  1, z t 0 1 (1) (2) Lời giải Giả sử y = Y(p) , z= Z(p) thì : y  pY  1,z  pZ 1 và ta có hệ phương trình ảnh của (1) ,(2) là : 1  pY  1  Y  Z   p 1    pY  1  3Y  2 Z  2  p 1 Giải hệ này ta có : Y ( p)  1 1 Do đó nghiệm của bài toán (1),(2) là , Z ( p)  p 1 p 1 y(t)  et , z (t )  et L: Tài liệu Phương Trình Vi Phân Tác giả: PGS.TS Lê Văn Hạp  y  y Bài 03.03.1.009.L79 Giải hệ :   z   z  x (*) Lời giải : Hệ phương trình thuần nhất tương ứng với (*) là  y  y   z   z ** Nghiệm tổng quát của (**) :  y  c1e x với c1 , c2 là hai hằng số bất kỳ  x z  c e  2 Ta tìm nghiệm riêng của (*) bằng phương pháp biến thiên hằng số : Xem c1  c1 ( x), c2  c2 ( x) và xác định chúng để  y  c1 ( x)e x  x  z  c2 ( x)e  3 * Thỏa mãn (*) .Lần lượt lấy đạo hàm các đẳng thức trên và thế vào (*) ta có hệ :  c  ( x)e x  0 1  c2 ( x )e  x  x Suy ra c1 ( x)  c1 , c2 ( x)  xe x  e x  c2 trong đó c1 , c2 là hai hằng số bất kỳ .Chọn c1  c2  0 ta có một nghiệm riêng của (*): y0 Y ( x)   z  x  1 Vậy nghiệm tổng quát của (*) là  y  c1e x với c1 , c2 là hai hằng số bất kỳ  x z  c e  x  1  2  y  y  2 z Bài 03.03.1.010.L84 Giải hệ :   z  y  z (*) Lời giải : Phương trình đặc trưng của hệ (*) : 1 k 2 1 1  k 0k  3  α1e Với k  3 nghiệm của (*) có dạng Y1   α e  2   Thế Y1 vào (*) ta có được 3x   3x phương trình α1  (1  3)α2 .Chọn α2 =1 thì α1  1  3 và ta có :  (1  3)e Y1    e 3x  3x     Hai nghiệm này độc lập tuyến tính .Vậy nghiệm tổng quát của (*) có dạng :  y  c1 (1  3)e 3x  c2 (1  3)e  Y  c1Y1  c2Y2   3x  3x  z  c1e  c2 e  y   y  5z Bài 03.03.1.011.L85Giải hệ :   z  y  z (*) 3x Lời giải Phương trình đặc trưng của (*) : 1  k 5 1 1 k  0  k  2i  α1e2ix  Nghiệm của (*) có dạng Y   2ix  Thế Y vào (*) ta được phương trình  α2 e  (1  2i)α1  5α2 .Chọn α1  1  2i thì α2  1và ta có :  (1  2i )e 2ix   (1  2i )e 2ix (cos 2 x  sin 2 x)  Y    2 ix  e  cos 2 x  i sin 2 x      (cos 2 x  sin 2 x)  i(cos 2 x  sin 2 x)     cos 2 x  i sin 2 x    (cos 2 x  2sin 2 x)   (2sin 2 x  cos 2 x)     i   cos 2 x  sin 2 x     Do đó hệ có hai nghiệm thực là :  (cos 2 x  2sin 2 x)   (2sin 2 x  cos 2 x)  Y1   ,Y   2    cos 2 x  sin 2 x     Vì W Y1 ,Y2  2  0 nên Y1 ,Y2 độc lập tuyến tính .Vậy nghiệm tổng quát của (*) có dạng :  y  (2c1  c2 )sin 2 x  (c1  2c2 )cos 2 x Y  c1Y1  c2Y2    z  c2 sin 2 x  c1 cos 2 x Trong đó c1 ,c2 là hai hằng số thực tùy ý.  dx  dt  5 x  y  4 z   dy Bài 03.03.1.012.L86Giải hệ :   12 x  5 y  12 z  dt  dz  dt  10 x  3 y  9 z  (*) Lời giải : Phương trình đặc trưng của (*) : 5k 1 12 5k 10 3 4  k  1  0  (1  k )(k 2  1)  0   1  k 2  k3  1 0  k 12 1 Với k1  1 nghiệm của (*) có dạng Y1   2  et  2    α1  α2 t  Với k2  k3  1 ta tìm nghiệm của hệ (*) dưới dạng Y   β1  β2 t  et  γ γ t   1 2  Thế Y vào hệ (*) rồi đồng nhất các hệ số tương ứng trong các phương trình của hệ ta có :  4α1  β2  4γ2  0  12α  4 β  12γ  0  2 2 2   4α1  α2  β1  4γ1  0 12α1  4 β1  β2  12γ1  0 Giải các hệ này ta được α1  γ1  γ2 , α2  γ2 , β1  3γ2 , β2  0 ,trong đó γ1 , γ2 lấy các 1 giá trị tùy ý .Chọn γ1  1, γ2  0 ta có nghiệm Y2   0  et 1   Tương tự ta chon γ1  0, γ2  1 ta có nghiệm khác 1  t  Y3   3  et  t    Vì W[Y1 ,Y2 ,Y3 ]  et  0 nên Y1 ,Y2 ,Y3 là ba nghiệm độc lập tuyến tính của hệ (*) và nghiệm tổng quát của hệ (*) : Y  c1Y1  c2Y2  c3Y3 hay  x  c1e  t  (c2  c3  c3t )et  t  y  2c1e  3c3e  z  2c e  t  ( c  c t ) e t 1 2 3  Trong đó c1 , c2 , c3 là các hằng số thực tùy ý . x '  4x  4 y Bài03.03.1.013.LTìm nghiệm tổng quát sau   y '  3x  3 y Lời giải : Phương trình đặc trưng là: det( A   I )   Với 4 4 3 3    (4   )(3   )  12   (  1)  0    0    1   0 , ta có phương trình vectơ riêng là:  4 4 b1  0  4b1  4b2  0  m ( A   I )b  0       b           m  3 3 b2  0  3b1  3b2  0   với m là hằng số. 1 Chọn vectơ riêng là b=   1   Với   1, ta có phương trình vectơ riêng là: 3 4 b1  0 3b1  4b2  0  4m  ( A   I )b  0       b   b  0 3b  4b  0 3m  với m 3  4   2    1     2 là hằng số. 4 Chọn vectơ riêng là b=   3  1 0t  4 1t v ( t )  c e  c 1  2  e Nghiệm tổng quát của hệ phương trình là: 1   3  x  c1  4c2 et Hay:  t  y  c1  3c2 e x '  2x  4 y Bài03.03.1.014.Tìm nghiệm tổng quát của hệ sau   y '  3x  2 y Với x(0) = 1 và y(0) = 0. Lời giải Phương trình đặc trưng là: 4  2   2 det( A   I )    (2   )(  2   )  12    16  0    4    4  3  2      Với   4 , ta có phương trình vectơ riêng là:  2 4 b1  0  2b1  4b2  0  2m  ( A   I )b  0       b          m   3 6 b2  0  3b1  6b2  0   m là hằng số. với 2 Chọn vectơ riêng là b    1   Với   4 , ta có phương trình vectơ riêng là:  6 4 b1  0  6b1  4b2  0  2m  ( A   I )b  0       b           3m  3 2  b2  0  3b1  2b2  0   với m là hằng số. 2   3   Chọn vectơ riêng là b   Nghiệm tổng quát của hệ phương trình là v(t) =  2  4t  2  4t c1   e  c2   e 1   3  x  2c1e 4t  2c2 e 4t Hay  4t 4 t  y  c1e  3c2 e Điều kiện: x(0) = 1 và y(0) = 0, ta có: 3 1   c  c   c  x(0)  2c1  2c2  1  1 2 2  1 8    y (0)  c  3 c  0 1  1 2   c  3c  0 c  1 2  2 2  2 8 3 4t 1 4t  x  e  e  4 4 Vậy nghiệm tổng quát của hệ là:   y  3 e4t  3 e4t  8 8  x1'   2 3   x1  Bài03.03.1.015. Hãy tìm nghiệm tổng quát của hệ sau :  '     x   3 2 x  2  2  Lời giải Phương trình đặc trưng là: 3  2   det( A   I )    (2   ) 2  9  0  (2   ) 2  i 2 9    2  3i    2  3i   3 2     Với   2  3i , ta có phương trình vectơ riêng là  3i 3  b1  0  3ib1  3b2  0 m  ( A   I )b  0         b    với m là hằng      3 3i  b2  0  3b1  3ib2  0 im  số. 1 i  Chọn vectơ riêng là b    Ta có 1 e b    e(23i )t i  t  e2t cos3t  ie2t sin3t   e2t cos3t   e2t sin3t    2t    2t   i  2t  2t  e sin3 t  ie cos3 t  e sin3 t     e cos3t  Vậy nghiệm tổng quát của hệ phương trình là:  e2t cos3t   e2t sin3t  V (t )  c1  2t   c2  2t   e sin3 t e cos3 t     '  x  3 2   x   e 2 t  Bài03.03.1.016. Tìm nghiệm tổng quát của hệ sau       y    2t  y 1 2        2e  Lời giải : '  x  3 2   x  Hệ phương trình thuần nhất có dạng:        y  1 2   y  Phương trình đặc trưng là: 2  3   det( A   I )    (3   )(2   )  2   2  5  4  0    4    1  2    1  Với   4 , ta có phương trình vectơ riêng là  1 2  b1  0  1b1  2b2  0  2m  ( A   I )b  0       b          m   1 2 b2  0  b1  2b2  0   với m là hằng số. 2 Chọn vectơ riêng là b =   1   Với   1, ta có phương trình vectơ riêng là  2 2 b1  0  2b1  2b2  0 m  ( A   I )b  0       b           m  1 1  b2  0  b1  b2  0   với m là hằng số. 1  Chọn vectơ riêng là b=    1 Ta tìm được các nghiệm riêng của hệ phương trình thuần nhất là: 2 1 V1 (t )    e 4t V2 (t )    et 1   1 , Do đó ma trận cơ sở là  2e4t    4t e Đặt et   et  U u1   2e4t et   u1'   e2t   2e4t u1'  et u2'   e2t  '    4t ' t '    2t     U  F   4 t t   '   2t  e  u2   2e   e u1  e u2   2e  e u2  = 1 2t  u1'  e 2t u1   e   2 Giải hệ ta có:  ' t u   e t  2   u2  e Vậy nghiệm tổng quát của hệ phương trình là:  2e V (t )  c  U   4t e 4t  1 2t   2e4t c1  et c2  2e2t  4t t c e   1   2e e   e      4t 2  4t 1 t   t t 2 t e c e c  e  e  c2   e e   t  2  e    1 2  t '  x1   1 2 0   x1       Bài03.03.1.017. Tìm nghiệm tổng quát của hệ sau  x2    1 1 0   x2   x   1 0 1  x   3  3 Lời giải : Phương trình đặc trưng là: 2 0  1   det( A   I )   1 1   0   (1   2 )(1   )  2(1   )  0  (1   )( 2  1)  0    1 0 1       i    i    1  Với   i , ta có phương trình vectơ riêng là 2 0   b1  0  1  i ( A   I )b  0   1 1  i 0  b2   0        1 0 1  i  b3  0  (1  i)b1  2b2  0b3  0  (1  i)m  với m là hằng số.   1b1  (1  i)b2  0b3   0   b   m         1b1  0b2  (1  i)b3  0   m  (1  i )    Chọn vectơ riêng là b   1   1  Ta có (1  i)  cos t  i sin t  i cos t  sin t  cos t  sin t  sin t  cos t      cos t   i   sin t  et b   1  eit    cos t  i sin t          1     cos t   sin t  cos t  i sin t  Với   1, ta có phương trình vectơ riêng là:  2 2 0  b1  0  2b1  2b2  0b3  0  0m  ( A   I )b  0   1 0 0  b2   0   1b1  0b2  0b3   0   b  0m              1 0 0 b3  0  1b1  0b2  0b3  0 1m  với m là hằng số. 0    Chọn vectơ riêng là b   0  1  Vậy nghiệm tổng quát của hệ phương trình là: cos t  sin t  sin t  cos t  0  V (t )  c1   cos t   c2   sin t   c3 0         cos t   sin t  1  '  x  3 2   x   e 2 t  Bài03.03.1.018. Tìm nghiệm tổng quát của hệ sau :       y    2t  y 1 2        2e  Lời giải