Phương trình vi phân Cấp 2 | Đại học Yersin Đà Lạt

Phương trình vi phân Cấp 2 | Đại học Yersin Đà Lạt. Tài liệu gồm 64 trang giúp bạn tham khảo, củng cố kiến thức và ôn tập đạt kết quả cao trong kỳ thi sắp tới. Mời bạn đọc đón xem!

39 20 lượt tải Tải xuống
Chia sẻ Báo cáo tài liệu

Môn: Phương trình vi phân

Trường: Đại học Yersin Đà Lạt

Thông tin:

64 trang 2 tháng trước

Tác giả:

Profile Phạm Thị Huyền
* PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP 2
* HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN
TUYẾN TÍNH CẤP MỘT
PTVP TUYẾN TÍNH CẤP 2
Định lý tồn tại duy nhất nghiệm:
y p x y q x y f x
(1)
Nếu các hàm số p(x), q(x), f(x) liên tục trong (a,b) thì
với mọi x
0
(a,b) và với mọi giá trị y
0
, y
1
, phương
trình (1) có duy nhất nghiệm thỏa mãn
0 0 0 1
,y x y y x y
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)
CẤU TRÚC NGHIỆM PTVP TUYẾN TÍNH CẤP 2
y” + p(x)y’ + q(x)y = f(x) (1)
y” + p(x)y’ + q(x)y = 0
Phương trình thuần nhất
Cấu trúc nghiệm pt(1):
•
y
0
là nghiệm tổng quát của pt thuần nhất,
•
y
r
là 1 nghiệm riêng của pt không thuần nhất
y y
0
+ y
r
Giải phương trình thuần nhất
( )
2 1
2
1
p x dx
e
y y dx
y
Nếu biết trước 1 nghiệm y
1
0, y
2
được tìm như sau
Nếu y
1
và y
2
là 2 nghiệm độc lập tuyến tính của pt thuần
nhất
nghiệm tổng quát của pt này là
( ) ( ) 0y p x y q x y
0 1 1 2 2
y C y C y
Chứng minh
( ) ( ) 0y p x y q x y
2 1
( )y u x y
Giả sử y
1
là nghiệm của pttn
Ta tìm y
2
dạng :
Thay y
2
vào pt ta có :
1 1 1
2 0y u y py u
2
1
1
p x dx
u e dx
y
2
1
1
p x dx
u e
y
Ví dụ
( )
2 1
2
1
p x dx
e
y y dx
y
2
2 2
ln | |
dx
x
e x
y x dx x dx x x
x x
Giải pt: x
2
y” – xy’ + y = 0, biết pt có 1 nghiệm y
1
= x
p(x) = – 1/x
y
0
= C
1
x + C
2
xln|x|
Giải pt: (1+x
2
)y” + 2xy’ – 2y = 4x
2
+ 2 (1)
biết phương trình có 2 nghiệm y = x
2
và y = x + x
2
y = x
2
và y = x + x
2
là 2 nghiệm của (1)
y
1
= (x + x
2
) – x
2
là nghiệm của pt thuần nhất
y
1
= x
2
2
1
2
2 2 2
(1 )
x
dx
x
e dx
y x dx x
x x x
Lưu ý: pt đã cho là pt không thuần nhất
1
arctan arctan 1x x x x
x
y
0
= C
1
x + C
2
(xarctanx + 1)
y = C
1
x + C
2
(xarctanx + 1) + x
2
2
2
1
2
2 2 2
(1 )
x
dx
x
e dx
y x dx x
x x x
(NTQ của pt thuần nhất)
Nghiệm TQ của (1)
PTVP TUYẾN TÍNH CẤP 2 HỆ SỐ HẰNG
(a, b là hằng số )
Bước 2: tìm 1 nghiệm riêng của pt không thuần nhất
Giải pt thuần nhất :
Bước 1:
0
y
r
y
y ay by f x
0y ay by
y ay by f x
Cách xác định nghiệm tổng quát của pt thuần nhất
1 2
1 2
,
k x k x
y e y e
1 2
,
kx kx
y e y xe
k
1
, k
2
là nghiệm thực phân biệt:
k là nghiệm kép:
k =  i (phức):
1 2
cos , sin
x x
y e x y e x
y
0
= C
1
y
1
+ C
2
y
2
Giải phương trình đặc trưng:
k
2
+ ak + b = 0
Ví dụ
4
1 2
,
x x
y e y e
4
0 1 2
x x
y C e C e
1 2
,
x x
y e y xe
1. y” – 3y’ – 4y = 0,
Ptđt: k
2
– 3k – 4 = 0
2. y” – 2y’ + y = 0,
Ptđt: k
2
– 2k + 1 = 0
0 1 2
x x
y C e C xe
k = 1, k = 4
k = 1 (kép)
3. y” – 2y’ + 5y = 0,
Ptđt: k
2
– 2k + 5 = 0
1 1
1 2
cos2 , sin 2
x x
y e x y e x
0 1 2
cos2 sin 2
x x
y C e x C e x
k = 1 2i
Tìm nghiệm riêng y
r
của pt y” + ay’ + by = f(x)
Biến thiên bằng số
Trong y
0
, xem C
1
= C
1
(x), C
2
= C
2
(x), giải hệ
1 1 2 2
1 1 2 2
( ) ( ) 0
( ) ( ) ( )
C x y C x y
C x y C x y f x
y
r
C
1
(x) y
1
+ C
2
(x) y
2
Ví dụ
2 2
1 2 0 1 2
,
x x x x
y e y e y C e C e
1 1 2 2
1 1 2 2
( ) ( ) 0
( ) ( ) ( )
C x y C x y
C x y C x y f x
y” + 3y’ + 2y sin(e
x
)
Pt thuần nhất : y” + 3y’ + 2y = 0
(k
2
+ 3k + 2 = 0)
Xem C
1
và C
2
là các hàm theo x, giải hệ
2
1 2
2
1 2
( ) ( ) 0
( )( ) ( )( 2 ) sin( )
x x
x x x
C x e C x e
C x e C x e e
2
1 2
( ) sin( ), ( ) sin( )
x x x x
C x e e C x e e
Chọn:
1 2
cos , cos sin
x x x
C x e C x e x e
2
1 2
x x
r
y C x e C x e
2
sin
x x
e e
2
0 1 2
,
x x
y C e C e
2 2
0 1 2
sin( )
x x x x
r
y y y C e C e e e
2
sin
x x
r
y e e
PP hệ số bất định tìm y
r
Áp dụng nếu:
P
m
, Q
n
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
không có sin, cos, s là bậc của đa thức trong f (x)
( ) ( )cos ( )sin
x
m n
f x e P x x Q x x
•
Nếu +i không là nghiệm pt đặc trưng
•
Nếu +i là nghiệm bội p của pt đặc trưng (p = 1, 2)
•
Định dạng y
r
Các đa thức P
s
, Q
s
được xác định khi thay y
r
vào pt không
thuần nhất.
( )cos ( )sin
x
r s s x
y e P x x Q x
( )cos ( )sin
p x
r s s
y x e P x x Q x x
VÍ DỤ
y” + y = x
2
+ x
Ptđt: k
2
+ 1 = 0 k = i
y
0
= C
1
cos x + C
2
sin x
= 0, = 0, s = 2 + i = 0: không là nghiệm
ptđt
y
r
= Ax
2
+ Bx + C
(1)
y’
r
= 2Ax + B, y
r
” = 2A
2A + Ax
2
+ Bx + C = x
2
+ x, x
Thay y
r
vào (1):
f(x)
| 1/64
| | Tải xuống

Có thể bạn quan tâm:

Preview text:

* PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP 2
* HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN
TUYẾN TÍNH CẤP MỘT PTVP TUYẾN TÍNH CẤP 2
y  pxy  qxy f x (1)
Định lý tồn tại duy nhất nghiệm:
Nếu các hàm số p(x), q(x), f(x) liên tục trong (a,b) thì
với mọi x (a,b) và với mọi giá trị y , y , phương 0 0 1
trình (1) có duy nhất nghiệm thỏa mãn
y x y , yx y 0  0  0 1
Nguyên lý chồng chất nghiệm
Nếu y và y lần lượt là các nghiệm của pt 1 2
y” + p(x)y’ + q(x)y = f (x) 1
y” + p(x)y’ + q(x)y = f (x) 2
thì y + y là nghiệm của pt 1 2
y” + p(x)y’ + q(x)y = f (x) + f (x) 1 2
CẤU TRÚC NGHIỆM PTVP TUYẾN TÍNH CẤP 2
y” + p(x)y’ + q(x)y = f(x) (1) y” + p(x)y’ + q(x)y = 0 Phương trình thuần nhất
Cấu trúc nghiệm pt(1): yy + y 0 r
• y là nghiệm tổng quát của pt thuần nhất, 0
• y là 1 nghiệm riêng của pt không thuần nhất r
Giải phương trình thuần nhất
Nếu y và y là 2 nghiệm độc lập tuyến tính của pt thuần 1 2 nhất
y  p(x) y  q(x) y  0
nghiệm tổng quát của pt này là y C y C y 0 1 1 2 2
Nếu biết trước 1 nghiệm y  0, y được tìm như sau 1 2
p(x)dx e y  2 1 y dx  2 1 y Chứng minh
Giả sử y là nghiệm của pttn 1
y  p(x) y  q(x) y  0
Ta tìm y dạng : y u(x) y 2 2 1 Thay y vào pt ta có : 2
y u  2y  py u  0 1  1 1 
1  pxdx
1  pxdxu  e u e    dx 2  2 y y 1 1 Ví dụ
Giải pt: x2y” – xy’ + y = 0, biết pt có 1 nghiệm y = x 1 p(x) = – 1/x
p(x)dx e y  2 1 y dx  2 1 ydx  x e x y    2 x dx x dx x ln | x |  2  2 x x y = C x + C xln|x| 0 1 2
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)
 y = (x + x2) – x2 là nghiệm của pt thuần nhất 1 2xdx  2 1 x e dx  y = x  y x dx x 1 2  2  2 2 x x (1 x ) 2xdx  2 1 x e dxy   2 x dx x  2  2 2 x x (1 x )  1 x arctan x   
   xarctan x 1  x  y = C x + C (xarctanx + 1) 0 1 2 (NTQ của pt thuần nhất) Nghiệm TQ của (1)
y = C x + C (xarctanx + 1) + x2 1 2
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  y0
Bước 2: tìm 1 nghiệm riêng của pt không thuần nhất
y  ay  by f x  yr
Cách xác định nghiệm tổng quát của pt thuần nhất
Giải phương trình đặc trưng: k2 + ak + b = 0
 k , k là nghiệm thực phân biệt: 1 2 1 k x k2x   1 y e , y2 e kx kx  k là nghiệm kép:   1 y e , y2 xe    k =  i (phức): x x     1 y
e cos x, y2 e sin x y = C y + C y 0 1 1 2 2 Ví dụ 1. y” – 3y’ – 4y = 0, Ptđt: k2 – 3k – 4 = 0  k = 1, k = 4 x 4x   x 4x 1 y
e , y2 e    0 y 1 C e C2e 2. y” – 2y’ + y = 0, Ptđt: k2 – 2k + 1 = 0  k = 1 (kép) x x   x x    1 y e , y2 xe 0 y 1 C e C2xe 3. y” – 2y’ + 5y = 0, Ptđt: k2 – 2k + 5 = 0  k = 1  2i 1x 1x   1 y
e cos 2x, y2 e sin 2x x x    0 y 1
C e cos 2x C2e sin 2x
Tìm nghiệm riêng y của pt y” + ay’ + by = f(x) r Biến thiên bằng số
Trong y , xem C = C (x), C = C (x), giải hệ 0 1 1 2 2      1 C (x) 1 y C2(x)y2 0         1 C (x) 1 y
C2(x)y2 f (x)
y C (x) y + C (x) y r 1 1 2 2 Ví dụ
y” + 3y’ + 2y  sin(e x)
Pt thuần nhất : y” + 3y’ + 2y = 0 (k2 + 3k + 2 = 0) x 2  xx 2  x      1 y e , y2 e y0 1 C e C2e
Xem C và C là các hàm theo x, giải hệ 1 2      1 C (x) 1 y C2(x)y2 0           1 C (x) 1 y
C2(x)y2 f (x) x 2  x      1 C (x)e C2(x)e 0  x 2  x x         1
C (x)( e ) C2(x)( 2e ) sin(e ) x x 2x x       1
C (x) e sin(e ),C2(x) e sin(e ) Chọn:  cos x ,
 cos x  sin x C x e C x e x e 1     2     
y C x x
e C x 2x e r 1 2 2  x   sin  x e e  x 2x   2  x y  e sin  x e r  0 y 1 C e C2e , x 2x 2  x x y      0 y yr 1 C e C2e e sin(e )
PP hệ số bất định tìm yr
Áp dụng nếu: f (x)  x
e P (x)cos  x Q (x)sin  x m n
P , Q là các đa thức bậc m, n. m n
• Xác định các hằng số ,  và s = max(m, n)
Lưu ý : vắng ex: xem  = 0 vắng cos, sin: xem  = 0
không có sin, cos, s là bậc của đa thức trong f (x) • Định dạng yr
• Nếu +i  không là nghiệm pt đặc trưng  x
yr e P (x)cos  x Q (x)sin s sx
• Nếu +i  là nghiệm bội p của pt đặc trưng (p = 1, 2) p x
yr x e P (x)cos  x Q (x)sin s sx
Các đa thức P , Q được xác định khi thay y vào pt không s s r thuần nhất. VÍ DỤ
Ptđt: k2 + 1 = 0  k =  i (1) y” + y = x2 + x y = C cos x + C sin x 0 1 2 f(x)  = 0,  = 0, s = 2
 + i = 0: không là nghiệm ptđt  y = Ax2 + Bx + C r  y’ = 2Ax + B, y ” = 2A r r Thay y vào (1): r
2A + Ax2 + Bx + C = x2 + x, x