Banner-baigiang-1090_logo1
Banner-baigiang-1090_logo2

Tìm kiếm theo tiêu đề

Quảng cáo

Quảng cáo

Quảng cáo

Quảng cáo

Hướng dẫn sử dụng thư viện

Hỗ trợ kĩ thuật

Liên hệ quảng cáo

  • (04) 66 745 632
  • 0166 286 0000
  • contact@bachkim.vn

Tìm kiếm Google

Thư mục

Quảng cáo

Quảng cáo

Thống kê

  • truy cập   (chi tiết)
    trong hôm nay
  • lượt xem
    trong hôm nay
  • thành viên
  • Phương trình vi phân cấp hai tuyến tính ( Cao Dang)

    Nhấn vào đây để tải về
    Báo tài liệu có sai sót
    Nhắn tin cho tác giả
    (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: 802
    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

    Nhấn ESC để đóng