Bài giảng phương trình vi phân cấp hai tuyến tính

Bài giảng phương trình vi phân cấp hai tuyến tính

BÀI 3 PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP HAI TUYẾN TÍNH

Gv TRẦN XUÂN THIỆN

Toán cao cấp 2

Ngày 03/11/2008

Kiểm tra bài cũ

Giải phương trình sau :

y’’ - 5y’ + 6y = 0

Bảng tóm tắt về nghiệm tổng quát của phương trình

y’’ + py’ + qy = 0 (11.30)

Nghiệm của phương trình đặc trưng

r 2 + pr + q = 0 (11.31) Nghiệm của phương trình (11.30)

r1 , r2 thực , r1 ≠ r2

r1 = r2 = r

r1 , r2 = α ± iβ ,α ,β thực

r

1e x 2 r x

r

x

Kiểm tra bài cũ

Giải phương trình sau :

y’’ -5y’+6y = 0

Giải :

Phương trình đặc trưng :

r2 – 5r + 6 = 0 (*)

Vậy nghiệm tổng quát tương ứng là :

2 3

r r







Phương trình vi phân cấp hai tuyến tính

3.4 Phương trình vi phân cấp hai tuyến tính không thuần nhất với hệ số không đổi.

3.4.1 f(x) = eαx.P n(x) với α là hằng số, Pn(x) là một đa thức bậc n.

3.4.2 f(x) = Pm(x)cosβx + Pn(x)sinβx , β là hằng số ,với Pn

(x) là một đa thức bậc n.

3.4.1 f(x) = eαx.Pn(x) với α là hằng số, Pn(x) là một đa thức bậc n.

PTVTC2 có dạng

y’’ + py’ + qy = e αx P n (x)

Nghiệm riêng của phương trình (11.32) có dạng:

Y = e αx Qn(x) (11.33) với Qn(x)

là đa thức bậc n Các hệ số Qn(x) được xác định bằng cách lấy đạo hàm các cấp của Y thay vào phương trình đã cho rồi cân bằng các hệ số của các lũy thừa cùng bội của x.

Nghiệm riêng của phương trình (11.32) có dạng :

Y = x e αx Qn(x)

Nghiệm riêng của phương trình (11.32) có dạng :

Y = x 2 e αx Qn(x)

α 2 + pα + q ≠ 0

2 p q 0

2 p 0

 



   



 



2 p q 0

2 p 0

 



   



 



Ví dụ

• Giải các phương trình sau :

1 y’’ + y’ - 2y = 1 – x

2 y’’ - 4y’ +3y = ex( x+2 )

3 y’’ -2y + y = x.ex

1.Giải phương trình :

y’’ + y’-2y = 1 – x

• Giải :

Vế phải có dạng : f(x) = e 0x.P1(x) , α = 0, P1(x) = 1 - x

Phương trình đặc trưng :

r2 + r – 2 = 0  r = 1; r = -2 Nghiệm tổng quát của phương trình y’’ + y’-2y = 0 là : y = C1ex + C2e- 2x

Vì α = 0 không là nghiệm phương trình đặc trưng vậy nghiệm riêng Y có dạng:

Y = e 0x.P1(x) = P1(x)  y = Ax + B ( A, B là hằng số )

Y’ = A , Y’’ = 0 Thay vào phương trình đã cho ta được :

Y’’ + Y’ – 2Y = A – 2(Ax + B) = -2Ax + A – 2B = 1 - x

Đồng nhất hệ số ta được :

2 4

y C e C e

1

4

A A

B







 



 



2.Giải phương trình :

y’’ - 4y’ +3y = e x ( x+2 )

• Giải :

Vế phải có dạng : eαx.P1(x) , trong đó α = 1: P1(x) là đa thức bậc một

Phương trình đặc trưng : r2 - 4r + 3 = 0  r = 1 và r = 3

Nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất :

y’’ – 4y’ + 3y = 0 là : y = C1ex + C2e3x

Vì α = 1 là nghiệm của phương trình đặc trưng , ta tìm nghiệm riêng Y của phương trình đã cho dưới dạng :

Y = ex x.(Ax + B) = ex.(Ax2 + Bx)

Do đó : Y’ = ex.(Ax2 + Bx) + ex.(2Ax + B) = ex [Ax2 + (B + 2A)x + B]

Y’’ = ex [Ax2 + (B + 2A)x + B] + ex [2Ax2 + (B + 2A)]

= ex [Ax2 + (B + 4A)x + 2B + 2A]

Thế vào phương trình đã cho: ex [- 4Ax + 2A – 2B] = ex (x + 2)

Vậy :

Nghiệm tổng quát phải tìm là :

1 4 5 4

A B







 

 



5 4

x x

Y  e x  

 

2 3

5 4

x x x x x

y C e C e   e

3.Giải phương trình :

y’’ -2y + y = x.e x

• Giải :

Vế phải có dạng : e αx P 1 (x) , trong đó α = 1, P 1 (x) = x là đa thức bậc một.

Phương trình đặc trưng : r 2 - 2r + 1 = 0  r = 1

Nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất :

y’’ – 2y’ + y = 0 là : y = e x (C 1 + C 2 x)

Vì α = 1 là nghiệm kép của phương trình đặc trưng , ta tìm nghiệm riêng Y của phương trình đã cho dưới dạng :

Y = e x x 2 (Ax + B) = e x (Ax 3 + Bx 2 )

Do đó :

Y’ = e x (Ax 3 + Bx 2 ) + e x (3Ax 2 + 2Bx) = e x [Ax 3 + (B + 3A)x 2 + 2Bx]

Y’’ = e x [Ax 3 + (B + 3A)x 2 + 2Bx] + e x [3Ax 2 + 2(B + 3A)x + 2B]

= e x [Ax 3 + (B + 6A)x 2 + 2(2B + 3A)x + 2B]

Thế vào ta đc phương trình : e x [6Ax + 2B] = e x x

Nghiệm tổng quát phải tìm là :

1 6 0

A B







 

 



3

1 2

1

6

y e C   C x  e x

3.4.2 f(x) = Pm(x)cosβx + Pn(x)sinβx ,với Pm(x), Pn(x)

lần lượt là đa thức bậc m, n β là hằng số

y’’ + py’ + qy = Pm(x)cosβx + Pn(x)sinβx

± iβ không là nghiệm phương trình

đặc trưng (11.31) thì nghiệm riêng

của (11.32) có dạng :

Y= Q1(x)cosβx + R1(x)sinβx với

Q1(x), R1(x)là những đa thức bậc

l = max(m,n)

± iβ là nghiệm phương trình đặc trưng (11.31) thì nghiệm riêng của (11.32)

có dạng :

Y = x[Q1(x)cosβx + R1(x)sinβx] với Q1(x), R1(x)là những đa thức bậc

l = max(m,n)

Ví dụ :

• Giải các phương trình sau:

1 y’’ - 3y’ + 2y = 2sinx

2 y’’ + y = x.cosx

Ví dụ 1: Giải phương trình :

y’’ - 3y’ + 2y = 2sinx

Phương trình đặc trưng : r2 - 3r +2 = 0  r = 1, r = 2

Nghiệm tổng quát của phương trình là : y’’ - 3y’ + 2y = 0 là :

y = C1ex + C2e2x Phương trình vi phân đã cho có dạng : P0(x)sinβx với P0(x) = 2, β = 1

Do ±iβ = ±i không là nghiệm của phương trình đặc trưng nên nghiệm riêng phương trình đã cho có dạng : Y = A.cosx + B.sinx

Y’ = - Asinx + Bcosx

Y’’= -Acosx - Bsinx

Thế vào phương trình ta được : (A – 3B)cosx + (3A + B)sinx = 2 sinx

Nghiệm của phương trình đã cho là :

3 5 1 5

A B







 



2

y  C e  C e  x 

Ví dụ 2 : Giải phương trình sau :

y’’ + y = x.cosx

• Giải :

Phương trình đặc trưng : r2 + 1 = 0  r = ±i nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất tương ứng là : y = C1cosx + C2sinx

Vế phải của phương trình đã cho có dạng P1(x)cosβx , với P1(x) = x , β = 1

Vì : ±iβ = ±i là nghiệm của phương trình đặc trưng, ta tìm một nghiệm riêng của phương trình đã cho dưới dạng :

Y = x[(Ax + B)cosx + (Cx + D)sinx] = [(Ax2 + Bx)cosx + (Cx2 + Dx)sinx]

Do đó :Y’ = [Cx2 + (D + 2A)x + B]cosx + [-Ax2 + (2C – B)x + D]sinx

Y’’ = [-Ax2 + (4C – B)x + 2D + A]cosx + [-Cx2 – (D + 4A)x + 2C -2B]sinx Thế vào phương trình đã cho ta được:

(4C + 2D + 2A)cosx + (-4Ax + 2C – 2B)sinx = xcosx

Vậy nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là :

1 4 0

B C

A D



 



 

  



4

x

Nhiệm vụ về nhà

• 1 Lý thuyết : cách giải phương trình vi phân tuyến tính không thuần nhất với hệ số không đổi.

• 2 Bài tập : bài 11(Tr.206)

Ứng dụng giải phương trình vi phân bằng phần mềm

Maple

• Cú Pháp:

dsolve(ODE) : giải phương trình vi phân ODE.

dsolve(ODE, var) : giải phương trình vi phân ODE

theo biến var.

dsolve({ODE, ICs}, var) : giải phương trình vi phân ODE với điều kiện ban đầu ICs theo biến var.

• VD: giải phương trình: y’’ + 4y’ + y = 0 -Khai báo phương trình :

> ODE:=diff(y(t),t$2)+4*diff(y(t),t)+y(t)=0;

-Giải phương trình:

> dsolve(ODE,y(t));

2 2

Chân thành cảm ơn

quý Thầy Cô!