Thư mục

Hỗ trợ kỹ thuật

  • (Hotline:
    - (04) 66 745 632
    - 0982 124 899
    Email: hotro@violet.vn
    )

Thống kê

  • truy cập   (chi tiết)
    trong hôm nay
  • lượt xem
    trong hôm nay
  • thành viên
  • Chào mừng quý vị đến với Thư viện Bài giảng điện tử.

    Quý vị chưa đăng nhập hoặc chưa đăng ký làm thành viên, vì vậy chưa thể tải được các tư liệu của Thư viện về máy tính của mình.
    Nếu đã đăng ký rồi, quý vị có thể đăng nhập ở ngay ô bên phải.

    Phương trình vi phân cấp hai tuyến tính ( Cao Dang)

    (Tài liệu chưa được thẩm định)
    Nguồn:
    Người gửi: Trần Xuân Thiện
    Ngày gửi: 08h:15' 15-11-2008
    Dung lượng: 1.3 MB
    Số lượt tải: 763
    Số lượt thích: 0 người
    1
    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));

    Chân thành cảm ơn
    quý Thầy Cô!

     
    Gửi ý kiến
    print