Thông tin tài liệu
PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP 2
BÀI TOÁN CAUCHY
Tìm nghiệm của phương trình
F(x, y, y’, y”) = 0 (1)
hoặc: y” = f(x, y, y’) (2)
thỏa điều kiện ban đầu :
y(x
0
) = y
0
y’(x
0
) = y
1
Lưu ý: nghiệm tổng quát của ptvp cấp 2 có 2
hằng số tự do, cần 2 điều kiện để tìm 2 hằng số
này.
Ví dụ
3
1
(1) '
3
x
y C⇔ = +
4
1 2
12
x
y C x C⇔ = + +
Tìm nghiệm bài toán:
y” = x
2
(1)
y(0) = 1, y’(0) = -2 (2)
(2), (3) ⇒ C
1
= -2
(2), (4) ⇒ C
2
= 1
(3)
(4)
Vậy nghiệm bài toán là:
4
2 1
12
x
y x= − +
MỘT SỐ PTVP CẤP 2 GIẢM CẤP ĐƯỢC
LOẠI 1: pt không chứa y : F(x, y’, y”) = 0
Cách làm: đặt p = y’ → đưa về ptvp cấp 1 theo p, x
LOẠI 2: pt không chứa x: F(y,y’,y”) = 0
Cách làm: đặt p = y’ → đưa về pt cấp 1 theo
hàm p và biến y
LOẠI 3: F thỏa F(x,ty,ty’,ty”) = t
n
F(x,y,y’,y”)
Cách làm: đặt y’ = yz → đưa về pt theo x, z
Ví dụ
'y p
=
' 2 ( ' '( )) p p p p x= =
1
2
dp
dx p x C
p
= ⇔ = +
2
1
' ( )y x C⇔ = +
3
1 2
1
( )
3
y x C C⇔ = + +
1/ " 2 'y y
=
Pt không chứa y, đặt
Pt trở thành:
Với p ≠ 0
p = 0 ⇔ y’ = 0 ⇔ y = C
2 2 2
2 / (1 ) " ( 1)( ')y yy y y+ = −
Pt không chứa x
Đặt y’ = p (xem y là biến)
' '
" ' , ( )p'=p'(y)= = × = × = ×
dy dy dy dp
y p p p
dx dy dx dy
Pt trở thành:
2 2 2
(1 ) ' ( 1)y yp p y p+ = −
2
2 2
1 2 1
(1 ) 1
−
⇒ = = −
÷
+ +
dp y y
dy dy
p y
y y y
2
1
(1 )⇒ = +py C y
2
1
(1 )⇒ = +py C y
2
1
' (1 )⇒ = +y y C y
1
2
1
⇒ =
+
ydy
C dx
y
2
1 2
1
ln(1 )
2
⇒ + = +y C x C
x
2
yy” – (y – xy’)
2
= 0
x
2
ty ty” – (ty – x ty’)
2
= t
2
[x
2
yy” – (y – xy’)
2
Đặt y’ = yz ⇒ y” = y’z + yz’ = yz
2
+ yz’
Pt trở thành:
2 2 2
( ') ( )x y yz yz y xyz+ = −
2 2 2
( ') (1 )⇒ + = −x z z x z
(Tuyến tính )
2
' 2 1⇒ + =x z xz
2
' 2 1+ =x z xz
1
2
1
⇒ = +
C
z
x
x
1
2
' 1
⇒ = +
y C
y x
x
1
2
−
⇒ =
C
x
y C xe
PTVP TUYẾN TÍNH CẤP 2
y” + p(x)y’ + q(x)y = f(x) (1) p(x), q(x), f(x) liên tục
y” + p(x)y’ + q(x)y = 0
Phương trình thuần nhất
Cấu trúc nghiệm pt không thuần nhất:
•
y
0
là nghiệm tổng quát của pt thuần nhất,
•
y
r
là 1 nghiệm riêng của pt không thuần nhất
y = y
0
+ y
r
[...]... = Ax2 + Bx ⇒ y’r = 2Ax + B, yr” = 2A Thay yr vào (2) : 2A + 2Ax + B = x – 2 , ∀x 2A + 2Ax + B = x – 2 , ∀x ⇔ A = ½, B = – 3 1 2 yr = x − 3 x 2 Nghiệm TQ của pt đã cho: y = C1 + C2e −x 1 2 + x − 3x 2 (3) y” – y’ – 2y = (x – 2) e-x Ptđt: k2 – k – 2 = 0 ⇔ k = 2, k = −1 y0 = C1e2x + C2e–x f(x)=(x – 2) e-x α = – 1, β = 0, s = 1 ⇒ yr = x1 (Ax + B)e-x = (Ax2 + Bx)e-x ( ) 2 yr = Ax 2 + Bx e − x −1 ′ = ( 2Ax... + 2C ) cos x + ( − 2A − Cx − D ) sin x − −1 yr = (Ax + B)cosx + (Cx + D)sinx 0 ′ yr = ( A + Cx + D) cos x + ( − Ax − B +C ) sin x 1 ′′ yr = (− Ax − B +2C ) cos x + ( −2A −Cx − D) sin x Thay yr vào (3): y′′ − y = ( − 2 Ax − 2 B + 2C ) cos x + ( − 2Cx − 2 A − 2 D ) sin x = x sin x (– 2Ax – 2B + 2C) cosx + (– 2Cx – 2A - 2D)sinx = xsinx ⇔ ⇔ – 2Ax – 2B + 2C = 0 – 2Cx – 2A − 2D = x ⇔ A = 0, B = C C = −1 /2, ... dx Ví dụ Giải pt: x2y” – xy’ + y = 0, biết pt có 1 nghiệm y1 = x p(x) = – 1/x y 2 = y1 ∫ y2 = x ∫ e − ∫ p ( x )dx 2 y1 − dx −∫ e x y0 = C1x + C2xln|x| x 2 dx x dx = x ∫ 2 dx = x ln | x | x Giải pt: (1+x2)y” + 2xy’ – 2y = 4x2 + 2 (1) biết phương trình có 2 nghiệm y = x2 và y = x + x2 Lưu ý: pt đã cho là pt không thuần nhất y = x2 và y = x + x2 là 2 nghiệm của (1) ⇒ y1 = (x + x2) – x2 là nghiệm của pt... x ⇒ y0 = C1e + C2 xe x 3 y” – 2y’ + 5y = 0, Ptđt: k2 – 2k + 5 = 0 1x ⇔ k = 1 ± 2i 1x y1 = e cos 2 x, y2 = e sin 2 x x x ⇒ y0 = C1e cos 2 x + C2e sin 2 x Tìm nghiệm riêng yr của pt y” + ay’ + by = f(x) Biến thiên bằng số Trong y0, xem C1 = C1(x), C2 = C2(x), giải hệ ′ ′ C1 ( x ) y1 + C2 ( x) y2 = 0 ′ ′ ′ ′ C1 ( x ) y1 + C2 ( x) y2 = f ( x ) yr = C1(x)y1 + C2(x)y2 Ví dụ y” + 3y’ + 2y = sin(ex) Pt... : y” + 3y’ + 2y = 0 −x y1 = e , y2 = e 2 x (k2 + 3k + 2 = 0) ⇒ y0 = C1e −x Xem C1 và C2 là các hàm theo x, giải hệ ′ ′ C1 ( x) y1 + C2 ( x) y2 = 0 ′ ′ ′ ′ C1 ( x) y1 + C2 ( x) y2 = f ( x) + C2 e 2 x C1 ( x)e − x + C2 ( x)e 2 x = 0 ′ ′ ′ ( x)(−e − x ) + C2 ( x)( −2e 2 x ) = sin(e x ) ′ C1 x x 2x x ′ ′ ⇔ C1 ( x) = e sin(e ), C2 ( x) = −e sin(e ) Chọn: C1(x) = −cos(ex), C2(x) = ex cos(ex)... nhất Giải phương trình đặc trưng: k2 + ak + b = 0 k1, k2 là nghiệm thực phân biệt: y1 = e k1x , y2 = e k là nghiệm kép: k = α ± iβ (phức): k2 x kx y1 = e , y 2 = xe αx y1 = e kx αx cos β x , y 2 = e sin β x y0 = C1y1 + C2y2 Ví dụ 1 y” – 3y’ – 4y = 0, Ptđt: k2 – 3k – 4 = 0 −x y1 = e , y2 = e 4x ⇔ k = −1, k = 4 ⇒ y0 = C1e −x + C2 e 4x 2 y” – 2y’ + y = 0, Ptđt: k2 – 2k + 1 = 0 x y1 = e , y2 = xe x... x ⇒ y2 = x ∫ e −∫ 2x 1+ x x 2 2 dx dx dx = x ∫ 2 2 x (1 + x ) ⇒ y2 = x∫ e −∫ 2x 1+ x x 2 2 dx dx dx = x ∫ 2 2 x (1 + x ) − arctan x − 1 = − x arctan x − 1 = x ÷ x y0 = C1x + C2(xarctanx + 1) (NTQ của pt thuần nhất) Nghiệm TQ của (1) y = C1x + C2(xarctanx + 1) + x2 PTVP TUYẾN TÍNH CẤP 2 HỆ SỐ HẰNG y” + ay’ + by = f(x) Bước 1: (a, b là hằng số ) Giải pt thuần nhất : y” + ay’ + by = 0 Bước 2: tìm... x ) ( − sin x ) + C2 ( x ) cos x = x 2 + x ′ ( ) C1 ( x ) = − x 2 + x sin x ′ ⇔ 2 ′ C2 ( x ) = x + x cos x ( ( ( ) ) ) C1 ( x ) = x 2 + x − 2 cos x − ( 2 x + 1) sin x ⇒ 2 C2 ( x ) = x + x − 2 sin x + ( 2 x + 1) cos x yr = C1 ( x ) cos x + C2 ( x ) sin x = x + x − 2 2 y = y0 + yr (2) y” + y’ = x – 2 Ptđt: k2+k=0 ⇔ k = 0, k =–1 f(x) y0 = C1e0x + C2e–x α = 0, β = 0, s = 1 α + iβ = 0:... 1, C = 2 yr = x2 + x – 2 ⇒ y = y0 + yr = C1cos x + C2sin x + x2 + x – 2 Sử dụng pp biến thiên hằng số tìm yr y” + y = x2 + x y0 = C1cos x + C2sin x yr = C1 ( x ) cos x + C2 ( x ) sin x C1 ( x ) , C2 ( x ) thỏa mãn hệ pt: ′ C1 ( x ) cos x + C2 ( x ) sin x = 0 ′ ′ C1 ( x ) ( − sin x ) + C2 ( x ) cos x = x 2 + x ′ ′ C1 ( x ) cos x + C2 ( x ) sin x = 0 ′ ′ C1 ( x ) ( − sin x ) + C2 ( x )... (p = 1, 2) ( Rs ( x) cos β x + Ts ( x)sin β x ) Các đa thức Rs, Ts được xác định khi thay yr vào pt không thuần nhất VÍ DỤ (1) y” + y = x2 + x f(x) α = 0, β = 0, s = 2 ⇒ yr = Ax2 + Bx + C Ptđt: k2 + 1 = 0 ⇔ k = ± i y0 = C1cos x + C2sin x ⇒ α + iβ = 0: không là nghiệm ptđt ⇒ y’r = 2Ax + B, yr” = 2A Thay yr vào (1): 2A + Ax2 + Bx + C = x2 + x, ∀x 2A + Ax2 + Bx + C = x2 + x, ∀x ⇔ A = 1, B = 1, 2A + C . C 1 x + C 2 xln|x| Giải pt: (1+x 2 )y” + 2xy’ – 2y = 4x 2 + 2 (1) biết phương trình có 2 nghiệm y = x 2 và y = x + x 2 y = x 2 và y = x + x 2 là 2 nghiệm của (1) ⇒ y 1 = (x + x 2 ) – x 2 là. dx y 2 1 2 1 ln(1 ) 2 ⇒ + = +y C x C x 2 yy” – (y – xy’) 2 = 0 x 2 ty ty” – (ty – x ty’) 2 = t 2 [x 2 yy” – (y – xy’) 2 Đặt y’ = yz ⇒ y” = y’z + yz’ = yz 2 + yz’ Pt trở thành: 2 2 2 ( '). − 2 2 2 ( ') (1 )⇒ + = −x z z x z (Tuyến tính ) 2 ' 2 1⇒ + =x z xz 2 ' 2 1+ =x z xz 1 2 1 ⇒ = + C z x x 1 2 ' 1 ⇒ = + y C y x x 1 2 − ⇒ = C x y C xe PTVP TUYẾN TÍNH CẤP 2 y”
Ngày đăng: 02/04/2014, 15:34
Xem thêm: bài giảng phương trình vi phân cấp 2, bài giảng phương trình vi phân cấp 2