Nội dung

PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP 2 BÀI TOÁN CAUCHY Tìm nghiệm của phương trình hoặc: F(x, y, y’, y”) = 0 (1) y” = f(x, y, y’) (2) thỏa điều kiện ban đầu : y(x0) = y0 y’(x0) = y1 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 Tìm nghiệm bài toán: y” = x2 (1) y(0) = 1, y’(0) = -2 (2) 3 x (3) (1)  y '   C1 3 4 x  y   C1x  C2 (4) 12 (2), (3)  C1 = -2 (2), (4)  C2 = 1 Vậy nghiệm bài toán là: 4 x y   2x  1 12 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”) = tnF(x,y,y’,y”) Cách làm: đặt y’ = yz  đưa về pt theo x, z Ví dụ 1 / y " 2 y ' Pt trở thành: Với p  0 Pt không chứa y, đặt y '  p p ' 2 p ( p ' p '( x )) dp dx  p  x  C1 2 p 2  y ' ( x  C1 ) 1 3  y  ( x  C1 )  C2 3 p = 0  y’ = 0  y = C 2 2 2 / (1  y ) yy" ( y  1)( y') 2 Pt không chứa x Đặt y’ = p (xem y là biến) dy' dy' dy dp y"     p  p'p, ( p'=p'(y)) dx dy dx dy Pt trở thành: (1  y2 ) yp' p ( y2  1) p2 2  2y 1  dp y 1   dy    dy 2 2 p y(1  y )  1  y y 2  py C1 (1  y )  py C1 (1  y2 ) 2  y' y C1 (1  y ) ydy  C1dx 2 1 y 1 2  ln(1  y ) C1x  C2 2 x2yy” – (y – xy’)2 = 0 x2 ty ty” – (ty – x ty’)2 = t2[x2yy” – (y – xy’)2 Đặt y’ = yz  y” = y’z + yz’ = yz2 + yz’ Pt trở thành: 2 2 x y( yz  yz') ( y  xyz) 2 2  x ( z  z') (1  xz) 2  x z' 2 xz 1 2 2 (Tuyến tính ) 2 x z' 2 xz 1 1 C1  z  2 x x y' 1 C1    2 y x x  y C2 C1  xe x PTVP TUYẾN TÍNH CẤP 2 y” + p(x)y’ + q(x)y = f(x) y” + p(x)y’ + q(x)y = 0 (1) p(x), q(x), f(x) liên tục Phương trình thuần nhất Cấu trúc nghiệm pt không thuần nhất: y = y 0 + yr • y0 là nghiệm tổng quát của pt thuần nhất, • yr là 1 nghiệm riêng của pt không thuần nhất Nguyên lý chồng chất nghiệm Nếu y1 và y2 lần lượt là các nghiệm của pt y” + p(x)y’ + q(x)y = f1(x) y” + p(x)y’ + q(x)y = f2(x) thì y1 + y2 là nghiệm của pt y” + p(x)y’ + q(x)y = f1(x) + f2(x) Giải phương trình thuần nhất Nếu y1 và y2 là 2 nghiệm độc lập tuyến tính của pt thuần nhất y” + p(x)y’ + q(x)y = 0 nghiệm tổng quát của pt này là y0 = C1y1 + C2y2 Nếu biết trước 1 nghiệm y1  0, y2 được tìm như sau  p( x) dx e y2 y1  2 y1 dx Ví dụ Giải pt: x2y” – xy’ + y = 0, biết pt có 1 nghiệm y1 = x p(x) = – 1/x e y 2 y1   p ( x )dx 2 y1  dx  e x y 2 x  x y0 = C1x + C2xln|x| 2 dx x dx x  2 dx x ln | x | x Giải pt: (1+x2)y” + 2xy’ – 2y = 4x2 + 2 (1) biết phương trình có 2 nghiệm y = x2 và y = x + x2 Lưu ý: pt đã cho là pt không thuần nhất y = x2 và y = x + x2 là 2 nghiệm của (1)  y1 = (x + x2) – x2 là nghiệm của pt thuần nhất  y1 = x 2x   2 dx e 1 x  y 2 x  x 2 dx dx x  2 2 x (1  x ) 2x   2 dx e 1 x  y 2 x  x 2 dx dx  x  2 2 x (1  x ) 1   x   arctan x    x arctan x  1 x  y0 = C1x + C2(xarctanx + 1) (NTQ của pt thuần nhất) Nghiệm TQ của (1) y = C1x + C2(xarctanx + 1) + x2 PTVP TUYẾN TÍNH CẤP 2 HỆ SỐ HẰNG y” + ay’ + by = f(x) (a, b là hằng số ) Bước 1: Giải pt thuần nhất : y” + ay’ + by = 0 Bước 2: tìm 1 nghiệm riêng của pt không thuần nhất y” + ay’ + by = f(x) Cách xác định nghiệm tổng quát của pt thuần nhất Giải phương trình đặc trưng: k2 + ak + b = 0  k1, k2 là nghiệm thực phân biệt: y1 e k1x , y 2 e k2 x  k là nghiệm kép: y1 e kx , y 2  xe kx  k =  i (phức): x y1 e x cos  x , y 2 e sin  x y0 = C1y1 + C2y2 Ví dụ 1. y” – 3y’ – 4y = 0, Ptđt: k2 – 3k – 4 = 0 x 4x  k = 1, k = 4 y1 e , y 2 e  y 0 C1e x  C2e 4x 2. y” – 2y’ + y = 0, Ptđt: k2 – 2k + 1 = 0 x y1 e , y 2  xe x  k = 1 (kép) x  y 0 C1e  C2 xe x 3. y” – 2y’ + 5y = 0, Ptđt: k2 – 2k + 5 = 0 1x  k = 1  2i 1x y1 e cos 2 x , y 2 e sin 2 x x x  y 0 C1e cos 2 x  C2e sin 2 x Tìm nghiệm riêng yr của pt y” + ay’ + by = f(x) 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 x y1 e , y 2 e  2x (k2 + 3k + 2 = 0)  y 0 C1e x  C2e Xem C1 và C2 là các hàm theo x, giải hệ C1( x ) y1  C2 ( x ) y 2 0  C1( x ) y1  C2 ( x ) y 2 f ( x )  2x C1( x )e  x  C2 ( x )e  2 x 0  x  2x x   C1 ( x )( e )  C2 ( x )(  2e ) sin(e ) x x 2x x    C1 ( x ) e sin(e ),C2 ( x )  e sin(e ) 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  C2e y y 0  y r C1e  2x x , yr = e– 2xsin(ex)  C2e  2x e  2x x sin(e ) PP hệ số bất định tìm yr Áp dụng nếu: f(x) = ex [Pm(x)cosx + Qn(x)sin x ] Pm, Qn là các đa thức bậc m, n. • Xác định các hằng số ,  và s = max(m, n) Lưu ý : vắng ex: xem  = 0 vắng cos, sin: xem  = 0 s là bậc của đa thức trong f (x) • Định dạng yr • Nếu +i  không là nghiệm pt đặc trưng yr =ex [Rs(x)cosx + Ts(x)sin x ] • Nếu +i  là nghiệm bội p của pt đặc trưng (p = 1, 2) yr =xp ex [Rs(x)cosx + Ts(x)sin x ] Các đa thức Rs, Ts được xác định khi thay yr vào pt không thuần nhất. VÍ DỤ (1) y” + y = x2 + x f(x)  = 0,  = 0, s = 2  yr = Ax2 + Bx + C Ptđt: k2 + 1 = 0  k =  i y0 = C1cos x + C2sin x   + i = 0: không là nghiệm ptđt  y’r = 2Ax + B, yr” = 2A Thay yr vào (1): 2A + Ax2 + Bx + C = x2 + x, x 2A + Ax2 + Bx + C = x2 + x, x  A = 1, B = 1, 2A + C = 0  A = 1, B = 1, C = 2 y r = 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 f(x) y0 = C1e0x + C2e–x  = 0,  = 0, s = 1  + i = 0: là nghiệm đơn của ptđt ( p =1)  yr = x1 (Ax + B) = Ax2 + Bx  y’r = 2Ax + B, yr” = 2A Thay yr vào (2): 2A + 2Ax + B = x – 2 , x 2A + 2Ax + B = x – 2 , x  A = ½, B = – 3 1 2 y r  x  3x 2 Nghiệm TQ của (2): y C1  C2e x 1 2  x  3x 2 (3) y” – y = xsinx Ptđt: k2 – 1 = 0  k =  1 y0 = C1ex + C2e–x f(x) = xsinx   = 0,  = 1, s = 1   + i = i: không là nghiệm ptđt yr = (Ax + B)cosx + (Cx + D)sinx y’r = (Cx + A + D)cosx – (Ax + B – C)sinx yr” = – (Ax + B – 2C )cosx – ( Cx + 2A + D)sinx Thay yr vào (3): (– 2Ax – 2B + 2C) cosx + (– 2Cx – 2A + 2D)sinx = xsinx  – 2Ax – 2B + 2C = 0 A = 0, B = C  – 2Cx – 2A + 2D = x  C = -1/2, A = D 1 1 y r  cos x  x sin x 2 2 A = 0, B = -1/2 C = -1/2, D = 0 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 + sinx Ptđt: k2 + 4k + 4 = 0  k = – 2 (bội p =2) f(x) = e – 2x + sinx f1(x) = e – 2x 2 y r 1  x Ae không có dạng đặc biệt 1  2, 1 0, s1 0  2x Thay yr1 vào pt: y” + 4y’ + 4y = f1(x) = e – 2x A = ½ 1 2  2x  yr1  x e 2 f2(x) = sinx (k = -2)  2 ,  2 1, s2 0 y r 2 B cos x  C sin x Thay yr2 vào pt: y” + 4y’ + 4y = f2(x) = sinx  B = – 4/7 , C = –3/7 4 3  y r 2  cos x  sin x 7 7 y r y r 1  y r 2 ( Nguyên lý chồng chất nghiệm) PHƯƠNG TRÌNH EURLER (a, b, p, q (ax + b) y” + p(ax + b)y’ + qy = f(x) là hằng số) 2 Đổi biến : t = ln|ax + b|  ax + b = et dy dy dt dy a dy t y'    ae dx dt dx dt ax  b dt  dy ' dy ' dt d   t dy  dt y"    ae  dx dt dx dt  dt  dx 2  2  2t d y dy  a e  2   dt   dt  2  2  2t d y dy  y  a e  2   dt   dt dy t y' ae , dt   Thay vào pt ban đầu: 2  2t 2  2t d y dy  t  t dy e ae  2   qy F (t )   p e ae dt  dt  dt   2d 2 y  dy a  (ap  a )  qy F (t ) 2 dt dt 2 Tuyến tính hệ số hằng 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) dy dy dt dy 2 dy  t y'   2 e 2 y te  t dx dt dx dt 2 x  1 dt dy ' dy ' dt d   t dy  dt y"    2e  dx dt dx dt  dt  dx 2  d y dy   2t  2t 4e  2   4e  y t  y t  dt   dt t y ' 2 y te , y  4e  2t  y t  y t  (2x + 1)2y”–2(2x + 1)y’–12y = 0, 2x + 1 = et Pt trở thành: 2t e 4e  2t t t     y t  y t   2e 2e y t  12y 0  4 y t  8y t  12 y 0  y t  2y t  3y 0 C1  y C1e  C2e  y   C2 (2 x  1)3 2x  1 t 3t Giải pt: x2y” + xy’ – y = lnx.sin(lnx) (x > 0) Đặt: t = lnx hay x = et dy  t t   y  e y t e , dt 2   2t d y dy   2t   y e  2   e  y t  y t  dt   dt Thay vào pt: 2 t  2t e e t t     y t  y t   e e y t  y t sin t 2t  2 t e e t t     y t  y t   e e y t  y t sin t  y t  y t sin t 1 1  y C1e  C2e  cos t  t sin t 2 2 t t C2 1 1  y C1x   cos(ln x )  ln x sin(ln x ) x 2 2