Xem mẫu
- Chương V: Phương trình Vi phân
• Phương trình Vi phân cấp 1
• Phương trình Vi phân cấp 2
75
- 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
dy
= f (x, y) (*)
dx
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 =
ϕ(x, C0 ) đgl nghiệm riêng của pt cho
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
76
- Các dạng phương trình vi phân cấp 1
•Pt có biến phân ly
•Pt tuyến tính cấp 1
Pt ttính thuần nhất
Pt ttính không thuần nhất
77
- Phương trình có biến phân ly
Dạng 1 : f(x)dx = g(y)dy . Cách giải: ∫ f(x)dx = ∫ g(x)dx
Dạng 2 : f1(x)g1(y)dx + f2(x)g2(y)dy = 0. Cách giải :
+ Nếu g1(y)f2(x)≠ 0. Chia 2 vế pt (2) cho g1(y)f2(x), đưa về dạng 1
+ Nếu g1(y)f2(x) = 0 ⇒ g1(y) = 0 hay f2(x) = 0 ⇒ y = a or x = b là các
nghiệm riêng của pt cho
Vd1 T 90 dy x x
a) = 2 (y 2 + 1) ⇒ dy = 2 (y 2 + 1)dx
dx x + 1 x +1
dy xdx 1 1
2
= 2 ⇒ arctgy = ln(x + 1) + C ⇒ y = tg ln(x + 1) + C
2 2
y +1 x +1 2 2
78
- b) Giải y’ = 3x2 (1) với đk ban đầu y x =1
=1
dy
(1) ⇔ = 3x 2 ⇒ dy = 3x 2 dx ⇒ y = x 3 + C là ntquát
dx
Thay x = 1, y = 1 ta có C = 0. Vậy nriêng của (1) là y = x3
Vd 2 T 90 a) (1 + x)ydx + (1 - y)xdy = 0 (1)
1+ x y −1 1 1
+ xy ≠ 0 : (1) ⇔ dx = dy ⇔ ( + 1)dx = (1 − )dy
x y x y
1 1
⇒ ∫ ( + 1)dx = ∫ (1 − )dy ⇒ (ln x + x) = y − ln y + C
x y
⇒ ln xy + x − y = C là tích phân tquát của (1)
+ xy = 0 ⇒ x = 0 v y = 0 là các nriêng của pt cho (1) 79
- Vd T 90 c) xdx + (y+1)dy = thỏa
0 (1)y(0) = 0
x −(y + 1)
2 2
(1) ⇔ xdx = −(y + 1)dy ⇒ = +C
2 2
⇒ x + (y + 1) = 2C
2 2
là tích phân tquát của (1)
Vì y(0) = 0 1
⇒C = ⇒ x 2 + ( y + 1)là
2 tích phân riêng của
=1
2
(1)
80
- Phương trình tuyến tính cấp 1
Dạng TQ: y' + p(x)y = q(x) (1), với p(x), q(x) là những hàm liên
tục. q(x) = 0: (1) đgl pt tuyến tính thuần nhất
q(x) ≠ 0: (1) đgl pt tuyến tính không thuần nhất
Cách giải:
Bước 1 : Giải y' + p(x)y = 0 (2)
dy
+ Nếu y ≠ 0 (2) ⇒ = −p(x)dx ⇒ ln y = − ∫ p(x)dx + ln C
y
⇒NTQ của (2) y = Ce ∫ − p(x )dx
+ Ta có y = 0 là một nghiệm riêng của (2) ứng với C = 0. 81
- Pt y' + p(x)y = q(x) (1)
y = Ce ∫ Cho C biến thiên, C = C(x).
− p(x )dx
Bước 2 : Từ NTQ Tìm C(x)
sao cho y thỏa (1)
dy − ∫ p(x)dx dC − ∫ p(x)dx
=e − Cp(x)e
dx dx
(1) ⇔ e ∫
− p(x)dx dC − ∫ p(x)dx − ∫ p(x)dx
− Cp(x)e + Cp(x)e = q(x)
dx
dC = q(x)e ∫ p(x)dx
dx ⇒ C = ∫ q(x)e ∫ p(x)dx
dx + λ
B 3 : NTQ của (1)
y=e ∫
− p(x)dx
. ∫ q(x)e ∫ p(x )dx
dx + λ
82
- 2
Vd trang 92 y '− y = x 3
x
2
Có p(x) = − và q(x) = x 3
x
y=e ∫ − p( x )dx
. ∫ q(x)e ∫ p(x )dx
dx + λ
NTQ
−∫
−2
dx 3 ∫ −2
dx
y=e x
. ∫ x e x
dx + λ
=e
2 ln x
. ∫x e
3 −2 ln x
dx + λ
2
1 x
= x ( ∫ x 2 dx + λ ) = x ( + λ )
2 3 2
x 2 83
- Phương trình vi phân cấp 2
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
Hàm số y = ϕ(x, C1,C2) thỏa pt (*) với mọi C1,C2 đgl NTQ
của pt(*).Từ NTQ cho , C1 = C10 C2 = C20
thì y = ϕ ( x, C10 , C20đgl
) nghiệm riêng của pt cho
Nếu nghiệm tổng quát được cho dưới dạng hàm ẩn
φ ( x, y, C1 , C2 ) =thì
0 đgl tích phân tổng quát của pt.
Còn nếu có nghiệm φ ( x, y, C10 , C20 ) thì
= 0đgl TP riêng
84
- 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)
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
k1x k2x
y = C1e + C2 e 85
- Giải pt thuần nhất y' + p(x)y = 0 (2)
−p
+ Nếu k = k1 = k2 = là nghiệm kép thực thì NTQ của (2) là
2
k1x k2x kx
y = C e + C xe = (C
+ Nếu k1 = α + 1iβ, k2 = α2 – iβ là nghiệm
1 + C
phức
2 x)ethì NTQ của
(2) là
y = eαx (C1 cos βx + C2 sin βx)
Ví dụ (a) y" – 5y' + 6y = 0
PT đặc trưng: k2 – 6k + 5 = 0 ⇒ k1 = 1, k2 = 5.
Vậy NTQ của phương trình cho là y = C1ex + C2e5x.
86
- Ví dụ (b) y" + 4y' + 4y = 0
PT đặc trưng: k2 + 4k + 4= 0 ⇒ k1 = k2 = - 2
Vậy NTQ của pt cho là y = (C1 + C2x) e-2x.
(c) y" + y' + y = 0
PT đặc trưng: k2 + k + 1 = 0 ⇒ ∆ = -3 = 3i2
−b + ∆ −1 ± 3 i
= ( 3i ) ⇒ ∆ = ± 3 i ⇒ k1,2
2
= =
2a 2
1 3 1 3
k1 = − + i , k2 = − − i
2 2 2 2
− x 3
1
3
Vậy NTQ của pt (c) y = e C1 cos
2
x + C2 sin x
2 2 87
- 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) = eαx Pn(x)
a.1) α không là nghiệm của phương trình đặc trưng, ta tìm
một nghiệm riêng của (1) dạng y = eαxQn(x)
a.2) α là nghiệm đơn của phương trình đặc trưng, ta tìm
một nghiệm riêng của (1) dạng y = xeαxQn(x)
a.3) α là nghiệm kép của phương trình đặc trưng, ta tìm
một nghiệm riêng của (1) dạng y = x2 eαxQn(x) 88
- 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
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).
89
- 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)
2a = 2 a = 1
⇒ ⇔
−3a + 2b = −1 b = 1
⇒ y = ex(x + 1) là một nghiệm riêng của (a)
Vậy NTQ của (a) là y = ex(x + 1) + C1e2x + C2e3x
90
- Ví dụ (b) y" – y’ = 2(1 – x)
PT đặc trưng: k2 - k = 0 ⇒ k1 = 0, k2 = 1
NTQ của pt thuần nhất là y = C1e0x + C2 ex = C1 + C2ex
Vì α = 0 là nghiệm đơn của pt đtrưng nên nghiệm riêng
của pt (b) có dạng : y = xe0x(ax + b) = x(ax +b)
Ta có y’ = ax +b +ax = 2ax + b ; y” = 2a
Thay vào pt ta được 2a – (2ax + b) = 2(1 – x)
2
−2a = −2 a =suy
1 ra nriêng của (b) là y = x
⇒ ⇔
2a − b = 2 b = 0 2 x
Vậy NTQ là y = x + C1 + C2e 91
- Ví dụ (c) y" – 6y' + 9y = xe3x
PT đặc trưng: k2 - 6k +9 = 0 ⇒ k1 = k2 = 3
NTQ của pt thuần nhất là y = (C1+ C2x) e3x
Vì α = 3 là nkép của pt đtrưng nên nghiệm riêng của pt (c) có
dạng : y = x2e3x(ax + b) = e3x(ax3 + bx2)
Ta có y’ = 3e3x(ax3 + bx2) + e3x(3ax2 + 2bx)
y” = 9e3x(ax3 + bx2) + 6e3x(3ax2 + 2bx) + e3x(6ax + 2b).
92
- Thay vào pt ta được e3x[(6a – 10b)x + 2bx] = xe3x
1
6a − 10b = 1 a =
⇒ ⇔ 6
b = 0
b = 0
suy ra nriêng của (c) là
1 3 3x
y= x e
6
1 3 3x 3x
Vậy NTQ là y = x e + (C1 + C 2 x)e
6
Giải pt không thuần nhất y" + py' + qy = f(x) (1)
NTQ của (1) bằng NTQ của pt tnhất + nghiệm riêng của (1)
93
- Ví dụ (b) y" – y’ = 2(1 – x)
PT đặc trưng: k2 - k = 0 ⇒ k1 = 0, k2 = 1
NTQ của pt thuần nhất là y = C1e0x + C2 ex = C1 + C2ex
Vì α = 0 là nghiệm đơn của pt đtrưng nên nghiệm riêng
của pt (b) có dạng : y = xe0x(ax + b) = x(ax +b)
Ta có y’ = ax +b +ax = 2ax + b ; y” = 2a
Thay vào pt ta được 2a – (2ax + b) = 2(1 – x)
2
−2a = −2 a =suy
1 ra nriêng của (b) là y = x
⇒ ⇔
2a − b = 2 b = 0 2 x
Vậy NTQ là y = x + C1 + C2e 94
nguon tai.lieu . vn
