



















Preview text:
* PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP 2
* HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN
TUYẾN TÍNH CẤP MỘT PTVP TUYẾN TÍNH CẤP 2
y p x y q x y 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 , y x 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): y y + 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 p xdx
1 p xdx u 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 y dx 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 2x dx 2 1 x e dx y = x y x dx x 1 2 2 2 2 x x (1 x ) 2x dx 2 1 x e dx y 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 x x 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 2x 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 ex: 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 s x
• 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 s x
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