Bài giảng Giải tích 1 - Bài 16: Phương trình vi phân cấp 2

Nội dung text: Bài giảng Giải tích 1 - Bài 16: Phương trình vi phân cấp 2

1. 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(x0) = y0 y’(x0) = y1 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.
2. 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”) = tnF(x,y,y’,y”) Cách làm: đặt y’ = yz → đưa về pt theo x, z
3. 2 / (1+y2 ) yy " = ( y 2 − 1)( y ') 2 Pt không chứa x Đặt y’ = p (xem y là biến) dy'' dy dy dp y"',= = = p = p p ( p'=p'(y) ) dx dy dx dy Pt trở thành: (1+y2 ) yp ' p = ( y 2 − 1) p 2 dp y2 −1 2 y 1 =22dy = − dy pyy(1++ y ) 1 y 2 py = C1(1 + y )
4. x2yy” – (y – xy’)2 = 0 x2 ty ty” – (ty – x ty’)2 = t2[x2yy” – (y – xy’)2 Đặt y’ = yz y” = y’z + yz’ = yz2 + yz’ Pt trở thành: x2 y( yz 2+ yz ') = ( y − xyz ) 2 x2( z 2 + z ') = (1 − xz ) 2 +=x2 z' 2 xz 1 (Tuyến tính )
5. 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 = y0 + yr • y0 là nghiệm tổng quát của pt thuần nhất, • yr là 1 nghiệm riêng của pt không thuần nhất
6. Giải phương trình thuần nhất Nếu y1 và y2 là 2 nghiệm độc lập tuyến tính của pt thuần nhất y” + p(x)y’ + q(x)y = 0 nghiệm tổng quát của pt này là y0 = C1y1 + C2y2 Nếu biết trước 1 nghiệm y1 0, y2 được tìm như sau e− p() x dx y= y dx 21 2 y1
7. 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) 2 2 y1 = (x + x ) – x là nghiệm của pt thuần nhất 2x − dx e1+x2 dx y1 = x y = x dx = x 2 x2 x 2(1+ x 2 )
8. PTVP TUYẾN TÍNH CẤP 2 HỆ SỐ HẰNG y” + ay’ + by = f(x) (a, b là hằng số ) Bước 1: Giải pt thuần nhất : y” + ay’ + by = 0 Bước 2: tìm 1 nghiệm riêng của pt không thuần nhất y” + ay’ + by = f(x)
9. Ví dụ 1.y” – 3y’ – 4y = 0, Ptđt: k2 – 3k – 4 = 0 k = −1, k = 4 −xx4 −xx4 y12== e, y e y0 = C 1 e + C 2 e 2.y” – 2y’ + y = 0, Ptđt: k2 – 2k + 1 = 0 k = 1 (kép) xx xx y12== e, y xe y0 = C 1 e + C 2 xe
10. 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 ) y 1+= C 2 ( x ) y 2 0 C1 ()()() x y 1 += C 2 x y 2 f x yr = C1(x)y1 + C2(x)y2
11. −−xx2 C12 ( x ) e+= C ( x ) e 0 −−x2 x x C12 ( x )(− e ) + C ( x )( − 2 e ) = sin( e ) x x2 x x C12 ( x ) = e sin( e ), C ( x ) = − e sin( e ) x x x x Chọn: C1(x) = −cos(e ), C2(x) = e cos(e ) – sin(e ) yr = C1(x)y1 + C2(x)y2 −x x −2x x x x yr = −e cos(e ) + e [e cos(e ) – sin(e )] = −e– 2xsin(ex)
12. PP hệ số bất định tìm yr x Áp dụng nếu: f(x) = e [Pm(x)cosx + Qn(x)sin x ] Pm, Qn là các đa thức bậc m, n. • Xác định các hằng số ,  và s = max(m, n) Lưu ý : vắng e x: xem = 0 vắng cos, sin: xem  = 0 s là bậc của đa thức trong f (x)
13. VÍ DỤ Ptđt: k2 + 1 = 0 k = i (1) y” + y = x2 + x y = C cos x + C sin x f(x) 0 1 2 = 0,  = 0, s = 2 + i = 0: không là nghiệm ptđt 2 yr = Ax + Bx + C y’r = 2Ax + B, yr” = 2A Thay yr vào (1): 2A + Ax2 + Bx + C = x2 + x, x
14. (2) y” + y’ = x – 2 Ptđt: k2+k=0 k = 0, k =–1 f(x) 0x –x y0 = C1e + C2e = 0,  = 0, s = 1 + i = 0: là nghiệm đơn của ptđt ( p =1) 1 2 yr = x (Ax + B) = Ax + Bx y’r = 2Ax + B, yr” = 2A Thay yr vào (2): 2A + 2Ax + B = x – 2 , x
15. (3) y” – y = xsinx Ptđt: k2 – 1 = 0 k = 1 x –x y0 = C1e + C2e f(x) = xsinx = 0,  = 1, s = 1 + i = i: không là nghiệm ptđt yr = (Ax + B)cosx + (Cx + D)sinx y’r = (Cx + A + D)cosx – (Ax + B – C)sinx yr” = – (Ax + B – 2C )cosx – ( Cx + 2A + D)sinx
16. (4) y” + 4y’ + 4y = e – 2x + sinx Ptđt: k2 + 4k + 4 = 0 k = – 2 (bội p =2) f(x) = e – 2x + sinx không có dạng đặc biệt – 2x = −2, = 0,s = 0 f1(x) = e 1 1 1 22− x yr1 = x Ae – 2x Thay yr1 vào pt: y” + 4y’ + 4y = f1(x) = e 1 A = ½ =y x22 e− x r1 2
17. PHƯƠNG TRÌNH EURLER (a, b, p, q (ax + b)2y” + p(ax + b)y’ + qy = f(x) là hằng số) Đổi biến : t = ln|ax + b| ax + b = et dy dy dt dy a dy y' = = = = ae−t dx dt dx dt ax+ b dt ( ) dy'' dydt d −t dydt y" = = = ae dx dtdx dt dtdx 2 22− t d y dy =−ae 2 dt dt
18. Ví dụ (2x + 1)2y”–2(2x + 1)y’–12y = 0, trên miền 2x+1> 0 Đặt : 2x + 1 = et hay t = ln(2x + 1) dy dy dt dy2 dy y'= = = = 2 e−−tt = 2 y e dx dt dx dt21 x+ dt t dy'' dydt d −t dydt ye"2= = = dx dtdx dt dt dx d2 y dy −−22tt =44e 2 − = e( ytt − y ) dt dt
19. Giải pt: x2y” + xy’ – y = lnx.sin(lnx) (x > 0) Đặt: t = lnx hay x = et dy y == e−−tt y e , dt t d2 y dy −−22tt y= e 2 − = e( ytt − y ) dt dt Thay vào pt: 22t−− t t t e e( yt − y t ) + e e y t − y = tsin t