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) Kiểm tra bài cũ Giải phương trình sau : y’’ -5y’+6y = 0 Giải : Phương trình đặc trưng : r2 – 5r + 6 = 0 (*) Phương trình (*) có nghiệm : Vậy nghiệm tổng quát tương ứng là : 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.Pn(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 = eαx.Pn(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 = x2. e αx.Qn(x) 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 : Vậy : 2.Giải phương trình :  y’’ - 4y’ +3y = ex( 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 : 3.Giải phương trình :  y’’ -2y + y = x.ex Giải : Vế phải có dạng : eαx.P1(x) , trong đó α = 1, P1(x) = x là đa thức bậc một. Phương trình đặc trưng : r2 - 2r + 1 = 0  r = 1 Nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất : y’’ – 2y’ + y = 0 là : y = ex (C1+ C2x) Vì α = 1 là nghiệm kép của phương trình đặc trưng , ta tìm nghiệm riêng Y của phương trình đã cho dưới dạng : Y = ex. x2.(Ax + B) = ex.(Ax3 + Bx2) Do đó : Y’ = ex. (Ax3 + Bx2) + ex. (3Ax2 + 2Bx) = ex [Ax3 + (B + 3A)x2 + 2Bx] Y’’ = ex [Ax3 + (B + 3A)x2 + 2Bx] + ex [3Ax2 + 2(B + 3A)x + 2B] = ex [Ax3 + (B + 6A)x2 + 2(2B + 3A)x + 2B] Thế vào ta đc phương trình : ex [6Ax + 2B] = ex x Nghiệm tổng quát phải tìm là : 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 : 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 : Bảng tóm tắt về dạng của nghiệm riêng của phương trình (11.32) theo dạng của vế phải của nó 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)); Chaân thaønh caûm ôn quyù Thaày Coâ!