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.