Bài giảng Toán cao cấp A1: Chương 5 - Võ Duy Minh

Bài giảng Toán cao cấp A1: Chương 5 Phương trình Vi phân, cung cấp cho người học những kiến thức như: Phương trình Vi phân cấp 1; Phương trình Vi phân cấp 2. Mời các bạn cùng tham khảo!

Chương V: Phương trình Vi phân

• Phương trình Vi phân cấp 1

75

• Phương trình Vi phân cấp 2

Phương trình vi phân cấp1

Pt vi phân cấp một là một hệ thức f(x, y, y') = 0 hay y’= f(x, y) hay

Hàm số y = ϕ(x, C) thỏa pt (*) với mọi C đgl nghiệm tổng

quát của pt cho.Từ nghiệm tổng quát cho C = C0 suy ra y =

Nếu nghiệm tổng quát được cho dưới dạng hàm ẩn ϕ(x,y,C)

= 0 thì đgl tích phân tổng quát của pt

Còn nếu có nghiệm ϕ(x,y,C0) = 0 thì đgl tích phân riêng

Phương trình có biến phân ly

Dạng 1 : f(x)dx = g(y)dy Cách giải:

Dạng 2 : f 1 (x)g 1 (y)dx + f 2 (x)g 2 (y)dy = 0 Cách giải :

+ Nếu g 1 (y)f 2 (x)≠ 0 Chia 2 vế pt (2) cho g 1 (y)f 2 (x), đưa về dạng 1

+ Nếu g (y)f (x) = 0 ⇒ g (y) = 0 hay f (x) = 0 ⇒ y = a or x = b là các

=

∫ f(x)dx ∫ g(x)dx

+ Nếu g 1 (y)f 2 (x) = 0 ⇒ g 1 (y) = 0 hay f 2 (x) = 0 ⇒ y = a or x = b là các

nghiệm riêng của pt cho

+

2 2

dy x

dx x 1

b) Giải y’ = 3x2 (1) với đk ban đầu

Thay x = 1, y = 1 ta có C = 0 Vậy nriêng của (1) là y = x3

Vd T 90 thỏa y(0) = 0c) xdx + (y+1)dy = 0 (1)

là tích phân tquát của (1)

⇒ x2 + (y 1) + 2 = 2C là tích phân tquát của (1)

Vì y(0) = 0 là tích phân riêng của (1)

Phương trình vi phân cấp 2

Hàm số y = ϕ(x, C1,C2) thỏa pt (*) với mọi C1,C2 đgl NTQ

của pt(*).Từ NTQ cho ,

Pt vi phân cấp hai là một hệ thức f(x, y, y’, y”) = 0 hay y”= f(x,

y, y’)(*) VD: x2y" – xy' – 3y = 0

0

C = C C2 = C20

thì đgl nghiệm riêng của pt cho

Nếu nghiệm tổng quát được cho dưới dạng hàm ẩn

thì đgl tích phân tổng quát của pt

Còn nếu có nghiệm thì đgl TP riêng

Phương trình tuyến tính cấp 2 với hệ số hằng

Dạng TQ: y" + py' + qy = f(x) (1), với p, q là hằng số; f(x) là

hàm liên tục Nếu f(x) = 0: (1) đgl pt tuyến tính cấp 2 hệ số

hằng thuần nhất và nếu f(x) ≠ 0: (1) đgl pt tuyến tính cấp 2 hệ

số hằng không thuần nhất

Giải pt thuần nhất y' + p(x)y = 0 (2)

85

Giải pt thuần nhất y' + p(x)y = 0 (2)

Lập pt đặc trưng : k2 + pk + q = 0 Gọi k1, k2 là hai nghiệm của pt đặc trưng

+ Nếu k1 ≠ k2 và là nghiệm thực thì NTQ của (2) là

Giải pt thuần nhất y' + p(x)y = 0 (2)

+ Nếu là nghiệm kép thực thì NTQ của (2) là

+ Nếu k1 = α + iβ, k2 = α – iβ là nghiệm phức thì NTQ của

Giải pt không thuần nhất y" + py' + qy = f(x) (1)

NTQ của (1) bằng NTQ của pt tnhất + nghiệm riêng của (1)

a)Trường hợp f(x) = e αx α P n (x)

a.1) α không là nghiệm của phương trình đặc trưng, ta tìm một nghiệm riêng của (1) dạng y = eαx Q n (x)

một nghiệm riêng của (1) dạng y = e Q n (x)

a.2) α là nghiệm đơn của phương trình đặc trưng, ta tìm

một nghiệm riêng của (1) dạng y = xeαx Q n (x)

a.3) α là nghiệm kép của phương trình đặc trưng, ta tìm

một nghiệm riêng của (1) dạng y = x 2 eαx Q (x)

Ví dụ (a) y" – 5y' + 6y = ex (2x – 1)

PT đặc trưng: k2 -5k + 6 = 0 ⇒ k1 = 2, k2 = 3

NTQ của pt thuần nhất là y = C1e2x + C2 e3x.

Vì α = 1 không là nghiệm của pt đặc trưng nên ta tìm

89

nghiệm riêng của pt (a) dưới dạng : y = ex(ax + b)

Ta có y’ = ex (ax +b) + a eax = ex (ax + a + b); y” = ex

(ax + a + b) +a ex = ex (ax + 2a + b).

Thay vào pt (a) y" – 5y' + 6y = ex (2x – 1) ta có

ex(ax+2a+b) - 5ex(ax + a + b) + 6ex(ax + b) = ex(2x – 1) ex

[2ax+(2a + b - 5a - 5b + 6b)] = ex(2x – 1)

⇒ y = ex(x + 1) là một nghiệm riêng của (a)

Vậy NTQ của (a) là y = ex(x + 1) + C1e2x + C2e3x

Ta có y’ = ax +b +ax = 2ax + b ; y” = 2a

Thay vào pt ta được 2a – (2ax + b) = 2(1 – x)

suy ra nriêng của (b) là y = x2

Ta có y’ = 3e3x(ax3 + bx2) + e3x(3ax2 + 2bx)

y” = 9e3x(ax3 + bx2) + 6e3x(3ax2 + 2bx) + e3x(6ax + 2b)

Thay vào pt ta được e3x[(6a – 10b)x + 2bx] = xe3x

suy ra nriêng của (c) là

16a 10b 1 a

Giải pt không thuần nhất y" + py' + qy = f(x) (1)

NTQ của (1) bằng NTQ của pt tnhất + nghiệm riêng của (1)

Ta có y’ = ax +b +ax = 2ax + b ; y” = 2a

Thay vào pt ta được 2a – (2ax + b) = 2(1 – x)

suy ra nriêng của (b) là y = x2

So sánh vô cùng bé Tính

−

→

1 x

x 0

1) lim e

1 x