Ứng dụng của phương trình vi phân tuyến tính cấp 2 với hệ số hằng

Một trong những tài liệu hay về Phương trình vi phân là cuốn sách

Ordinary Differential Equations (Dover Books on Mathematics): Morris Tenenbaum, Harry Pollard, Mathematics: 9780486649405: Amazon.com: Books

Nội dung về phương trình vi phân tuyến tính cấp 2 hệ số hằng được trình bày rất hay, có nhiều cái mới so với các nguồn tài liệu khác ở Việt Nam. Đặc biệt, dạng nghiệm riêng của phương trình không thuần nhất được tìm theo tổ hợp tuyến tính của hàm q(x) và các đạo hàm riêng của nó. Khi hàm q(x) khá phức tạp thì tìm nghiệm theo phương pháp này nhanh và hiệu quả hơn tìm nghiệm theo công thức chồng chất nghiệm.

Ví dụ 21.2 (trang 221) Tìm nghiệm tổng quát của phương trình $$y" +4y'+4y=4x^2+6x^4.$$ Nghiệm tổng quát của phương trình tuyến tính thuần nhất tương ứng là $$y = (c_1+c_2x)e^{-2x}.$$ Hàm $q(x) = 4x^2+6x^4$ không chứa có số hạng ($4x^2$ và $6x^4$) nào là nghiệm của phương trình tuyến tính thuần nhất nên nghiệm riêng của phương trình thuần nhất là là tổ hợp tuyến tính của hàm $q(x)$ và các đạo hàm các cấp của nó.

Tài liệu online hay về phương trình vi phân có thể tìm ở đây: 

Page 2

Tóm tắt nội dung tài liệu

1. PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TUYẾN TÍNH CẤP 2 CÓ HỆ SỐ LÀ HẰNG SỐ Là pt có dạng : y "+ ay '+ by = f ( x) (1) với : a, b : hằng số Pt thuần nhất liên kết là : y "+ ay '+ by = 0 (2) Cách tìm 2 nghiệm đltt của pt thuần nhất : y "+ ay '+ by = 0 Gọi pt : k 2 + ak + b = 0 (*) là pt đặc trưng của (2) , pt (*) có : ∆ = a 2 − 4b có các trường hợp sau : a. Nếu ∆ > 0 : pt (*) có 2 nghiệm phân biệt : −a ± ∆ k1,2 = 2 thì pt (2) có 2 nghiệm đltt là : y1 = e k1x và y2 = e k2 x VD : Giải : y "− 5 y '+ 6 y = 0 Bài giải : - Pt đặc trưng : k 2 − 5k + 6 = 0 ⇒ k1 = 2, k2 = 3 - 2 nghiệm đltt của pt là : y1 = e 2 x và y2 = e3 x - Nghiệm tổng quát của pt đã cho là : y = C1e 2 x + C2 e3 x , (C1 , C2 ∈ ¡ ) b. Nếu ∆ = 0 : pt (*) có nghiệm kép : −a k1 = k2 = 2 thì pt (2) có 2 nghiệm đltt là :
2. −a −a x x y1 = e 2 và y = xe 2 2 VD : Giải : y "+ 4 y '+ 4 y = 0 Bài giải : - Pt đặc trưng : k 2 + 4k + 4 = 0 ⇒ k1 = k2 = −2 - 2 nghiệm đltt của pt là : y1 = e −2 x và y2 = xe−2 x - Nghiệm tổng quát của pt đã cho là : y = C1e−2 x + C2 xe −2 x , (C1 , C2 ∈ ¡ ) ⇔ y = e−2 x (C1 + C2 x) , (C1 , C2 ∈ ¡ ) c. Nếu ∆ < 0 : pt (*) không có nghiệm thực, (*) có 2 nghiệm phức : −a ± ∆i a ∆ k1,2 = =− ± i 2 2 2 thì pt (2) có 2 nghiệm đltt là : −a x ∆ −a x ∆ y1 = e 2 sin x và y1 = e 2 cos x 2 2 VD 1 : Giải : y "+ 2 y '+ 10 y = 0 Bài giải : - Pt đặc trưng : k 2 + 2k + 10 = 0 ∆ ' = 1 − 10 = −9 ⇒ pt có 2 nghiệm phức : k1,2 = −1 ± 3i - 2 nghiệm đltt của pt là : y1 = e − x sin 3x và y2 = e − x cos 3 x - Nghiệm tổng quát của pt đã cho là : y = C1e− x sin 3 x + C2 e − x cos 3 x , (C1 , C2 ∈ ¡ ) ⇔ y = e − x (C1 sin 3 x + C2 cos 3 x) , (C1 , C2 ∈ ¡ )
3. VD 2 : Giải : y "+ 3 y '+ 12 y = 0 Bài giải : - Pt đặc trưng : k 2 + 3k + 12 = 0 ∆ = 9 − 48 = −39 ⇒ −3 ± 39i 3 39 pt có 2 nghiệm phức : k1,2 = =− ± i 2 2 2 - 2 nghiệm đltt của pt là : 3 3 − x 39 − x 39 y1 = e 2 sin x và y2 = e 2 sin x 2 2 - Nghiệm tổng quát của pt đã cho là : 3 3 − x 39 − x 39 y = C1e sin2 x + C2 e 2 cos x , (C1 , C2 ∈ ¡ ) 2 2 3 − x 39 39 ⇔ y = e 2 (C1 sin x + C2 cos x) , (C1 , C2 ∈ ¡ ) 2 2 Vậy : ptvptt cấp 2 có hệ số là hằng số LUÔN có nghiệm .
4. MỘT SỐ DẠNG ĐẶC BIỆT y "+ ay '+ by = f ( x) (1) 1. f ( x) = eα x P( x) , ( P ( x) là đa thức ) a. Nếu α không là nghiệm của pt đặc trưng thì (1) có nghiệm riêng dạng : y = eα x Q ( x) , ( Q( x) là đa thức và bậc Q( x) = bậc P ( x) ) VD : Giải : y "+ 2 y '+ 5 y = e 2 x ( x 2 + 1) Bài giải : - Pt thuần nhất liên kết : y "+ 2 y '+ 5 y = 0 - Pt đặc trưng : k 2 + 2k + 5 = 0 ∆ ' = 1 − 5 = −4 ⇒ k1,2 = −1 + 2i - 2 nghiệm đltt của pt là : y1 = e− x sin 2 x và y2 = e − x cos 2 x - 1 nghiệm riêng của pt đã cho có dạng : y = e2 x ( Ax 2 + Bx + C ) - Có : y ' = 2e 2 x ( Ax 2 + Bx + C ) + e 2 x (2 Ax + B) ⇔ y ' = e2 x (2 Ax 2 + 2 Ax + 2 Bx + B + 2C ) y " = 2e2 x (2 Ax 2 + 2 Ax + 2 Bx + B + 2C ) + e 2 x (4 Ax + 2 A + 2 B) ⇔ y " = e 2 x (4 Ax 2 + 8 Ax + 4 Bx + 2 A + 4 B + 4C ) - Thế vào pt : y "+ 2 y '+ 5 y = e 2 x ( x 2 + 1) ⇔ e 2 x (13 Ax 2 + 12 Ax + 13Bx + 2 A + 6 B + 13C ) = e 2 x ( x 2 + 1) ⇒ 13 A = 1 ∧ 12 A + 13B = 0 ∧ 2 A + 6 B + 13C = 1 1 12 215 ⇔ A= ∧B=− ∧C = 13 169 2197 ⇒ 1 nghiệm riêng của pt đã cho là : 1 12 215 y = e2 x ( x 2 − x+ ) 13 169 2197
5. - Nghiệm tổng quát của pt đã cho là : 1 12 215 y = C1e− x sin 2 x + C2 e− x cos 2 x + e 2 x ( x 2 − x+ ) 13 169 2197 (C1 , C2 ∈ ¡ ) b. Nếu α là nghiệm đơn của pt đặc trưng thì (1) có nghiệm riêng dạng : y = eα x xQ( x) , ( Q( x) là đa thức và bậc Q( x) = bậc P ( x) ) VD : Giải : y "− 5 y '+ 6 y = e 2 x (2 x + 1) Bài giải : - Pt thuần nhất liên kết : y "− 5 y '+ 6 y = 0 - Pt đặc trưng : k 2 − 5k + 6 = 0 ∆ = 25 − 24 = 1 ⇒ k1 = 2, k2 = 3 - 2 nghiệm đltt của pt là : y1 = e 2 x và y2 = e3 x - 1 nghiệm riêng của pt đã cho có dạng : y = e 2 x x( Ax + B) ⇔ y = e 2 x ( Ax 2 + Bx) - Có : y ' = 2e 2 x ( Ax 2 + Bx) + e 2 x (2 Ax + B) ⇔ y ' = e 2 x (2 Ax 2 + 2 Ax + 2 Bx + B) y " = 2e2 x (2 Ax 2 + 2 Ax + 2 Bx + B) + e2 x (4 Ax + 2 A + 2 B) ⇔ y " = e 2 x (4 Ax 2 + 8 Ax + 4 Bx + 2 A + 4 B) - Thế vào pt : y "− 5 y '+ 6 y = e 2 x (2 x + 1) ⇔ e 2 x (−2 Ax + 2 A − B) = e2 x (2 x + 1) ⇒ −2 A = 2 ∧ 2 A − B = 1 ⇔ A = −1 ∧ B = −3 ⇒ 1 nghiệm riêng của pt đã cho là : y = e2 x (−1x 2 − 3 x) - Nghiệm tổng quát của pt đã cho là :
6. y = C1e 2 x + C2e3 x + e 2 x ( − x 2 − 3 x) , (C1 , C2 ∈ ¡ ) c. Nếu α là nghiệm kép của pt đặc trưng thì (1) có nghiệm riêng dạng : y = eα x x 2Q ( x) , ( Q( x) là đa thức và bậc Q( x) = bậc P ( x) ) VD : Giải : y "− 4 y '+ 4 y = e 2 x Bài giải : - Pt thuần nhất liên kết : y "− 4 y '+ 4 y = 0 - Pt đặc trưng : k 2 − 4k + 4 = 0 ∆' = 0 ⇒ k1 = k2 = 2 - 2 nghiệm đltt của pt là : y1 = e 2 x và y2 = xe 2 x - 1 nghiệm riêng của pt đã cho có dạng : y = e2 x x 2 A - Có : y ' = 2 Ae 2 x x 2 + 2 Ae 2 x x ⇔ y ' = e 2 x (2 Ax 2 + 2 Ax) y " = 2e 2 x (2 Ax 2 + 2 Ax) + e 2 x (4 Ax + 2 A) ⇔ y " = e 2 x (4 Ax 2 + 8 Ax + 2 A) - Thế vào pt : y "− 4 y '+ 4 y = e 2 x ⇔ e2 x 2 A = e2 x ⇒ 2A =1 1 ⇔ A= 2 ⇒ 1 nghiệm riêng của pt đã cho là : 1 y = e2 x x 2 2 - Nghiệm tổng quát của pt đã cho là : 1 y = C1e2 x + C2 xe2 x + e 2 x x 2 , (C1 , C2 ∈ ¡ ) 2
7. 1 ⇔ y = e2 x ( x 2 + C2 x + C1 ) , (C1 , C2 ∈ ¡ ) 2 2. f ( x) = eα x [ P ( x) sin β x + P2 ( x) cos β x ] , ( P ( x), P2 ( x) là đa thức ) 1 1 a. Nếu α + β i không là nghiệm của pt đặc trưng thì (1) có nghiệm riêng dạng : y = eα x [ Q1 ( x) sin β x + Q2 ( x) cos β x ] ( Q1 ( x ), Q2 ( x ) là đa thức có bậc bằng nhau và bằng bậc cao nhất của P ( x ), P2 ( x ) ) 1 VD : Giải : y "+ y = sin 3 x Bài giải : - Pt thuần nhất liên kết : y "+ y = 0 - Pt đặc trưng : k 2 +1 = 0 ∆ ' = −1 ⇒ k1,2 = ±i - 2 nghiệm đltt của pt là : y1 = sin x và y2 = cos x - Có : y "+ y = sin 3 x = e0 x ( 1sin 3 x + 0 cos 3x ) ⇒ α = 0∧β =3 ⇒ α + β i = 0 + 3i = 3i ≠ k1,2 - 1 nghiệm riêng của pt đã cho có dạng : y = e0 x ( A sin 3 x + B cos 3 x ) ⇔ y = A sin 3 x + B cos 3 x - Có : y ' = 3 A cos 3 x − 3B sin 3 x y " = −9 A sin 3 x − 9 B cos 3 x - Thế vào pt : y "+ y = sin 3 x ⇔ −8 A sin 3 x − 8 B cos 3 x = sin 3 x ⇒ −8 A = 1 ∧ −8 B = 0 1 ⇔ A=− ∧B=0 8 ⇒ 1 nghiệm riêng của pt đã cho là :
8. 1 y = − sin 3 x + 0 cos 3 x 8 1 ⇔ y = − sin 3 x 8 - Nghiệm tổng quát của pt đã cho là : 1 y = C1 sin x + C2 cos x − sin 3 x , (C1 , C2 ∈ ¡ ) 8 b. Nếu α + β i là nghiệm của pt đặc trưng thì (1) có nghiệm riêng dạng : y = eα x x [ Q1 ( x) sin β x + Q2 ( x) cos β x ] ( Q1 ( x ), Q2 ( x ) là đa thức có bậc bằng nhau và bằng bậc cao nhất của P ( x ), P2 ( x ) ) 1 VD : Giải : y "− 2 y '+ 10 y = e x cos 3 x Bài giải : - Pt thuần nhất liên kết : y "− 2 y '+ 10 y = 0 - Pt đặc trưng : k 2 − 2k + 10 = 0 ∆ ' = −9 ⇒ k1,2 = 1 ± 3i - 2 nghiệm đltt của pt là : y1 = e x sin 3 x và y2 = e x cos 3 x - Có : y "− 2 y '+ 10 y = e x cos 3x = e1x ( 0sin 3x + 1cos 3 x ) ⇒ α = 1∧ β = 3 ⇒ α + β i = 1 + 3i = k1 - 1 nghiệm riêng của pt đã cho có dạng : y = e x x ( A sin 3 x + B cos 3 x ) ⇔ y = e x ( Ax sin 3 x + Bx cos 3 x ) - Có : y ' = e x ( Ax sin 3 x + Bx cos 3x) + e x ( A sin 3x + 3 Ax cos 3x + B cos 3x − 3Bx sin 3 x)
9. y ' = e x ( Ax sin 3 x + Bx cos 3x + A sin 3 x + 3 Ax cos 3x ⇔ + B cos 3x − 3Bx sin 3x) y " = e x ( Ax sin 3 x + Bx cos 3 x + A sin 3 x + 3 Ax cos 3x + B cos 3x − 3Bx sin 3x) + e x ( A sin 3x + 3 Ax cos 3x + B cos 3x − 3Bx sin 3x + 3 A cos 3x + 3 A cos 3x −9 Ax sin 3 x − 3B sin 3 x − 3B sin 3 x − 9 Bx cos 3x) y " = e x (−8 Ax sin 3 x − 8 Bx cos 3 x + 2 A sin 3 x + 6 Ax cos 3x ⇔ +2 B cos 3x − 6 Bx sin 3 x + 6 A cos 3x − 6 B sin 3x) - Thế vào pt : y "− 2 y '+ 10 y = e cos 3 x x ⇔ e x 6 A cos 3 x − e x 6 B sin 3 x = e x cos 3 x ⇒ 6 A = 1 ∧ 6B = 0 1 ⇔ A= ∧B=0 6 ⇒ 1 nghiệm riêng của pt đã cho là : 1 y = e x x sin 3 x 6 - Nghiệm tổng quát của pt đã cho là : 1 y = C1e x sin 3 x + C2e x cos 3x + e x x sin 3x , (C1 , C2 ∈ ¡ ) 6
10. VỀ BÀI THI - Cấu trúc : + Trắc nghiệm : 70% + Tự luận : 30%  Toán kinh tế (cực trị toàn cục)  Giải ptvp tuyến tính cấp 1 – Becnouly, ptvp tuyến tính cấp 2 (các dạng đặc biệt)

Page 2

YOMEDIA

Tài liệu tham khảo phương trình vi phân tuyến tính cấp 2 có hệ số là hằng số

17-10-2010 3912 385

Download

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2009-2019 TaiLieu.VN. All rights reserved.