* PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP 2
* HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN
TUYẾN NH 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
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
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 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)

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 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