Tài liệu Phương trình vi phân cấp hai tuyến tính

Toán cao cấp 2 BÀI 3 PHƢƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP HAI TUYẾN TÍNH Gv TRẦN XUÂN THIỆN Ngày 03/11/2008 1 Kiểm tra bài cũ Giải phƣơng 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 r2 + pr + q = 0 (11.31) Nghiệm của phương trình (11.30) r1 , r2 thực , r1 ≠ r2 y  C1er1x  C2er2 x r1 = r2 = r y  erx (C1  C2 x) r1 , r2 = α ± iβ ,α ,β thực y  e x (C1 cos  x  C2 sin  x) Kiểm tra bài cũ Giải phƣơng trình sau : y’’ -5y’+6y = 0 Giải : Phƣơng trình đặc trƣng : r2 – 5r + 6 = 0 (*)   b2  4ac  25  24  1  0 Phƣơng trình (*) có nghiệm :  r  2 r  3  Vậy nghiệm tổng quát tƣơng ứng là : y  C1e 2x  C2e 3x Phƣơng 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) = eαx.Pn(x) với α là hằng số, Pn(x) là một đa thức bậc n. 3.4.2. f(x) = Pm(x)cosβx + Pn(x)sinβx , β là hằng số ,với Pn(x) là một đa thức bậc n. 3.4.1. f(x) = eαx.Pn(x) với α là hằng số, Pn(x) là một đa thức bậc n. α2 + pα + q ≠ 0 PTVTC2 có dạng y’’ + py’ + qy = eαx.Pn(x)  2  p  q  0  2  p  0  2  p  q  0  2  p  0 Nghiệm riêng của phƣơng trình (11.32) có dạng: Y = e αx.Qn(x) (11.33) với Qn(x) là đa thức bậc n Các hệ số Qn(x) đƣợc xác định bằng cách lấy đạo hàm các cấp của Y thay vào phƣơng trình đã cho rồi cân bằng các hệ số của các lũy thừa cùng bội của x. Nghiệm riêng của phƣơng trình (11.32) có dạng : Y = x. e αx.Qn(x) Nghiệm riêng của phƣơng trình (11.32) có dạng : Y = x2. e αx.Qn(x) Ví dụ • Giải các phƣơng trình sau : 1. y’’ + y’ - 2y = 1 – x 2. y’’ - 4y’ +3y = ex( x+2 ) 3. y’’ -2y + y = x.ex 1.Giải phương trình : y’’ + y’-2y = 1 – x • Giải : Vế phải có dạng : f(x) = e 0x.P1(x) , α = 0, P1(x) = 1 - x Phƣơng trình đặc trƣng : r2 + r – 2 = 0  r = 1; r = -2 Nghiệm tổng quát của phƣơng trình y’’ + y’-2y = 0 là : y = C1ex + C2e- 2x Vì α = 0 không là nghiệm phƣơng trình đặc trƣng vậy nghiệm riêng Y có dạng: Y = e 0x.P1(x) = P1(x)  y = Ax + B ( A, B là hằng số ) Y’ = A , Y’’ = 0 . Thay vào phƣơng trình đã cho ta đƣợc : Y’’ + Y’ – 2Y = A – 2(Ax + B) = -2Ax + A – 2B = 1 - x 1 Đồng nhất hệ số ta đƣợc :  A Vậy :  2 A  1  2    A  2B  1 B   1   4 y  C1e x  C2e 2 x  x 1  2 4 2.Giải phương trình : y’’ - 4y’ +3y = ex( x+2 ) • Giải : Vế phải có dạng : eαx.P1(x) , trong đó α = 1: P1(x) là đa thức bậc một. Phƣơng trình đặc trƣng : r2 - 4r + 3 = 0  r = 1 và r = 3 . Nghiệm tổng quát của phƣơng trình thuần nhất : y’’ – 4y’ + 3y = 0 là : y = C1ex + C2e3x Vì α = 1 là nghiệm của phƣơng trình đặc trƣng , ta tìm nghiệm riêng Y của phƣơng trình đã cho dƣới dạng : Y = ex. x.(Ax + B) = ex.(Ax2 + Bx) Do đó : Y’ = ex.(Ax2 + Bx) + ex.(2Ax + B) = ex [Ax2 + (B + 2A)x + B] Y’’ = ex [Ax2 + (B + 2A)x + B] + ex [2Ax2 + (B + 2A)] 1  = ex [Ax2 + (B + 4A)x + 2B + 2A] A    4 x x Thế vào phƣơng trình đã cho: e [- 4Ax + 2A – 2B] = e (x + 2)   5  B    x5 Vậy :  Y  e x x 4    4  Nghiệm tổng quát phải tìm là : x2  5x x y  C1e  C2e  e 4 x 3x 3.Giải phương trình : y’’ -2y + y = x.ex • Giải : Vế phải có dạng : eαx.P1(x) , trong đó α = 1, P1(x) = x là đa thức bậc một. Phƣơng trình đặc trƣng : r2 - 2r + 1 = 0  r = 1 Nghiệm tổng quát của phƣơng trình thuần nhất : y’’ – 2y’ + y = 0 là : y = e x (C1+ C2x) Vì α = 1 là nghiệm kép của phƣơng trình đặc trƣng , ta tìm nghiệm riêng Y của phƣơng trình đã cho dƣới dạng : Y = ex. x2.(Ax + B) = ex.(Ax3 + Bx2) Do đó : Y’ = ex. (Ax3 + Bx2) + ex. (3Ax2 + 2Bx) = ex [Ax3 + (B + 3A)x2 + 2Bx] Y’’ = ex [Ax3 + (B + 3A)x2 + 2Bx] + ex [3Ax2 + 2(B + 3A)x + 2B] = ex [Ax3 + (B + 6A)x2 + 2(2B + 3A)x + 2B] 1  Thế vào ta đc phƣơng trình : e x [6Ax + 2B] = ex x A  Nghiệm tổng quát phải tìm là :  6  B  0 1 x 3 y  e (C1  C2 x)  e x 6 x 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 không là nghiệm phƣơng trình đặc trƣng (11.31) thì nghiệm riêng của (11.32) 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 phƣơng trình đặc trƣng (11.31) thì nghiệm riêng của (11.32) có dạng : Y = 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 phƣơng trình sau: 1. y’’ - 3y’ + 2y = 2sinx 2. y’’ + y = x.cosx Ví dụ 1: Giải phương trình : y’’ - 3y’ + 2y = 2sinx Phƣơng trình đặc trƣng : r2 - 3r +2 = 0  r = 1, r = 2 Nghiệm tổng quát của phƣơng trình là : y’’ - 3y’ + 2y = 0 là : y = C1ex + C2e2x Phƣơng trình vi phân đã cho có dạng : P0(x)sinβx với P0(x) = 2, β = 1 Do ±iβ = ±i không là nghiệm của phƣơng trình đặc trƣng nên nghiệm riêng phƣơng trình đã cho có dạng : Y = A.cosx + B.sinx Y’ = - Asinx + Bcosx Y’’= -Acosx - Bsinx Thế vào phƣơng trình ta đƣợc : (A – 3B)cosx + (3A + B)sinx = 2 sinx 3  A    5   B  1  5  Nghiệm của phƣơng 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 : Phƣơng trình đặc trƣng : r2 + 1 = 0  r = ±i nghiệm tổng quát của phƣơng trình thuần nhất tƣơng ứng là : y = C1cosx + C2sinx Vế phải của phƣơng trình đã cho có dạng P 1(x)cosβx , với P1(x) = x , β = 1 Vì : ±iβ = ±i là nghiệm của phƣơng trình đặc trƣng, ta tìm một nghiệm riêng của phƣơng trình đã cho dƣới 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 + (2C – B)x + D]sinx Y’’ = [-Ax2 + (4C – B)x + 2D + A]cosx + [-Cx2 – (D + 4A)x + 2C -2B]sinx Thế vào phƣơng trình đã cho ta đƣợc: 1  B  C  (4C + 2D + 2A)cosx + (-4Ax + 2C – 2B)sinx = xcosx  4  A  D  0 Vậy nghiệm tổng quát của phƣơng 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 phƣơng trình vi phân tuyến tính không thuần nhất với hệ số không đổi. • 2. Bài tập : bài 11(Tr.206) Ứng dụng giải phƣơng trình vi phân bằng phần mềm Maple • Cú Pháp: dsolve(ODE) dsolve(ODE, var) : giải phƣơng trình vi phân ODE. : giải phƣơng trình vi phân ODE theo biến var. dsolve({ODE, ICs}, var) : giải phƣơng trình vi phân ODE với điều kiện ban đầu ICs theo biến var. • VD: giải phƣơng trình: y’’ + 4y’ + y = 0 -Khai báo phƣơng 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 phƣơng trình: > dsolve(ODE,y(t)); y(t )  _ C1e (( 2 3) t )  _ C2 (  (2 3) t ) Chaân thaønh caûm ôn quyù Thaày Coâ!