BÀI 3 PHƢƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP HAI TUYẾN TÍNH

1
BÀI 3
PHƢƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP HAI TUYẾN TÍNH
Gv TRẦN XUÂN THIỆN
Toán cao cấp 2
Ngày 03/11/2008
Kiểm tra bài cũ
Giải phƣơng trình sau :
y’’ - 5y’ + 6y = 0
Bảng tóm tắt về nghiệm tổng quát của phương trình
y’’ + py’ + qy = 0 (11.30)
Nghiệm
của phương trình đặc trưng

r
2
+ pr + q = 0 (11.31)
Nghiệm
của phương trình (11.30)
r
1
, r
2
thực , r
1
≠ r
2

r
1
= r

2
= r

r
1
, r
2
= α ± iβ ,α ,β thực
12
r
12
e
x r x
y C C e
r
12
e ( )
x
y C C x
12
( cos sin )
x
y e C x C x



Kiểm tra bài cũ
Giải phƣơng trình sau :
y’’ -5y’+6y = 0
Giải :

Phƣơng trình đặc trƣng :
r
2
– 5r + 6 = 0 (*)

Phƣơng trình (*) có nghiệm :

Vậy nghiệm tổng quát tƣơng ứng là :


2
3
r
r





23
12
e
xx
y C C e
2
4 25 24 1 0b ac      
Phƣơng 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) = e

αx
.P
n
(x) với α là hằng số, P
n
(x) là một
đa thức bậc n.
3.4.2. f(x) = P
m
(x)cosβx + P
n
(x)sinβx , β là hằng số
,với P
n
(x) là một đa thức bậc n.
3.4.1. f(x) = e
αx
.P
n
(x) với α là hằng số, P
n
(x) là một đa thức bậc n.
PTVTC2 có dạng
y’’ + py’ + qy = e
αx
.P
n
(x)
Nghiệm riêng của phƣơng trình
(11.32) có dạng:

Y = e
αx
.Q
n
(x) (11.33) với Q
n
(x)
là đa thức bậc n
Các hệ số Q
n
(x) đƣợc xác định
bằng cách lấy đạo hàm các cấp
của Y thay vào phƣơng trình đã
cho rồi cân bằng các hệ số của
các lũy thừa cùng bội của x.
Nghiệm riêng của phƣơng trình
(11.32) có dạng :
Y = x. e
αx
.Q
n
(x)
Nghiệm riêng của phƣơng trình
(11.32) có dạng :
Y = x
2
. e
αx
.Q
n

(x)

α
2
+ pα + q ≠ 0

2
p q 0
2 p 0



  



2
p q 0
2 p 0



  



Ví dụ
• Giải các phƣơng trình sau :
1. y’’ + y’ - 2y = 1 – x
2. y’’ - 4y’ +3y = e

x
( x+2 )
3. y’’ -2y + y = x.e
x

1.Giải phương trình :
y’’ + y’-2y = 1 – x
• Giải :
Vế phải có dạng : f(x) = e
0x
.P
1
(x) , α = 0, P
1
(x) = 1 - x
Phƣơng trình đặc trƣng :
r
2
+ r – 2 = 0  r = 1; r = -2
Nghiệm tổng quát của phƣơng trình y’’ + y’-2y = 0 là : y = C
1
e
x
+ C
2
e
- 2x
Vì α = 0 không là nghiệm phƣơng trình đặc trƣng vậy nghiệm riêng Y có dạng:
Y = e
0x

.P
1
(x) = P
1
(x)  y = Ax + B ( A, B là hằng số )
Y’ = A , Y’’ = 0 . Thay vào phƣơng trình đã cho ta đƣợc :
Y’’ + Y’ – 2Y = A – 2(Ax + B) = -2Ax + A – 2B = 1 - x
Đồng nhất hệ số ta đƣợc :


Vậy :
2
12
1
24
xx
x
y C e C e

   
1
21
2
2 1 1
4
A
A
AB
B




  










2.Giải phương trình :
y’’ - 4y’ +3y = e
x
( x+2 )

• Giải :
Vế phải có dạng : e
αx
.P
1
(x) , trong đó α = 1: P
1
(x) là đa thức bậc một.
Phƣơng trình đặc trƣng : r
2
- 4r + 3 = 0  r = 1 và r = 3 .
Nghiệm tổng quát của phƣơng trình thuần nhất :

y’’ – 4y’ + 3y = 0 là : y = C
1
e
x
+ C
2
e
3x
Vì α = 1 là nghiệm của phƣơng trình đặc trƣng , ta tìm nghiệm riêng Y của
phƣơng trình đã cho dƣới dạng :
Y = e
x
. x.(Ax + B) = e
x
.(Ax
2
+ Bx)
Do đó : Y’ = e
x
.(Ax
2
+ Bx) + e
x
.(2Ax + B) = e
x
[Ax
2
+ (B + 2A)x + B]
Y’’ = e
x

[Ax
2
+ (B + 2A)x + B] + e
x
[2Ax
2
+ (B + 2A)]
= e
x
[Ax
2
+ (B + 4A)x + 2B + 2A]
Thế vào phƣơng trình đã cho: e
x
[- 4Ax + 2A – 2B] = e
x
(x + 2)
Vậy :

Nghiệm tổng quát phải tìm là :
1
4
5
4
A
B











5
4
x
x
Y e x





2
3
12
5
4
x x x
xx
y C e C e e

  
3.Giải phương trình :
y’’ -2y + y = x.e
x

• Giải :
Vế phải có dạng : e
αx
.P
1
(x) , trong đó α = 1, P
1
(x) = x là đa thức bậc một.
Phƣơng trình đặc trƣng : r
2
- 2r + 1 = 0  r = 1
Nghiệm tổng quát của phƣơng trình thuần nhất :
y’’ – 2y’ + y = 0 là : y = e
x
(C
1
+ C
2
x)

Vì α = 1 là nghiệm kép của phƣơng trình đặc trƣng , ta tìm nghiệm riêng Y của phƣơng
trình đã cho dƣới dạng :
Y = e
x
. x
2
.(Ax + B) = e
x
.(Ax
3

+ Bx
2
)
Do đó :
Y’ = e
x
. (Ax
3
+ Bx
2
) + e
x
. (3Ax
2
+ 2Bx) = e
x
[Ax
3
+ (B + 3A)x
2
+ 2Bx]
Y’’ = e
x
[Ax
3
+ (B + 3A)x
2
+ 2Bx] + e
x
[3Ax

2
+ 2(B + 3A)x + 2B]
= e
x
[Ax
3
+ (B + 6A)x
2
+ 2(2B + 3A)x + 2B]
Thế vào ta đc phƣơng trình : e
x
[6Ax + 2B] = e
x
x

Nghiệm tổng quát phải tìm là :

1
6
0
A
B









3
12
1
()
6
xx
y e C C x e x  
3.4.2. f(x) = P
m
(x)cosβx + P
n
(x)sinβx ,với P
m
(x), P
n
(x)
lần lượt là đa thức bậc m, n. β là hằng số
y’’ + py’ + qy = P
m
(x)cosβx + P
n
(x)sinβx
± iβ không là nghiệm phƣơng trình
đặc trƣng (11.31) thì nghiệm riêng của
(11.32) có dạng :
Y= Q
1
(x)cosβx + R
1
(x)sinβx với

Q
1
(x), R
1
(x)là những đa thức bậc
l = max(m,n)

± iβ là nghiệm phƣơng trình đặc trƣng
(11.31) thì nghiệm riêng của (11.32)
có dạng :
Y = x[Q
1
(x)cosβx + R
1
(x)sinβx]
với Q
1
(x), R
1
(x)là những đa thức bậc
l = max(m,n)

Ví dụ :
• Giải các phƣơng trình sau:
1. y’’ - 3y’ + 2y = 2sinx
2. y’’ + y = x.cosx
Ví dụ 1: Giải phương trình :
y’’ - 3y’ + 2y = 2sinx
Phƣơng trình đặc trƣng : r
2

- 3r +2 = 0  r = 1, r = 2
Nghiệm tổng quát của phƣơng trình là : y’’ - 3y’ + 2y = 0 là :
y = C
1
e
x
+ C
2
e
2x

Phƣơng trình vi phân đã cho có dạng : P
0
(x)sinβx với P
0
(x) = 2, β = 1
Do ±iβ = ±i không là nghiệm của phƣơng trình đặc trƣng nên nghiệm riêng
phƣơng trình đã cho có dạng : Y = A.cosx + B.sinx
Y’ = - Asinx + Bcosx
Y’’= -Acosx - Bsinx
Thế vào phƣơng trình ta đƣợc : (A – 3B)cosx + (3A + B)sinx = 2 sinx



Nghiệm của phƣơng trình đã cho là :
3
5
1
5
A

B










2
12
31
cos sinx
55
xx
y C e C e x   
Ví dụ 2 : Giải phương trình sau :
y’’ + y = x.cosx
• Giải :
Phƣơng trình đặc trƣng : r
2
+ 1 = 0  r = ±i nghiệm tổng quát của phƣơng
trình thuần nhất tƣơng ứng là : y = C
1
cosx

+ C
2

sinx
Vế phải của phƣơng trình đã cho có dạng P
1
(x)cosβx , với P
1
(x) = x , β = 1
Vì : ±iβ = ±i là nghiệm của phƣơng trình đặc trƣng, ta tìm một nghiệm riêng
của phƣơng trình đã cho dƣới dạng :
Y = x[(Ax + B)cosx + (Cx + D)sinx] = [(Ax
2
+ Bx)cosx + (Cx
2
+ Dx)sinx]
Do đó :Y’ = [Cx
2
+ (D + 2A)x + B]cosx + [-Ax
2
+ (2C – B)x + D]sinx
Y’’ = [-Ax
2
+ (4C – B)x + 2D + A]cosx + [-Cx
2
– (D + 4A)x + 2C -2B]sinx
Thế vào phƣơng trình đã cho ta đƣợc:
(4C + 2D + 2A)cosx + (-4Ax + 2C – 2B)sinx = xcosx

Vậy nghiệm tổng quát của phƣơng trình đã cho là :
1
4
0

BC
AD








12
cos sin ( sin cos )
4
x
y C x C x x x x   
Nhiệm vụ về nhà
• 1. Lý thuyết : cách giải phƣơng trình vi phân
tuyến tính không thuần nhất với hệ số không
đổi.
• 2. Bài tập : bài 11(Tr.206)
Ứng dụng giải phƣơng trình vi phân bằng phần mềm
Maple
• Cú Pháp:
dsolve(ODE) : giải phƣơng trình vi phân ODE.
dsolve(ODE, var) : giải phƣơng trình vi phân ODE
theo biến var.
dsolve({ODE, ICs}, var) : giải phƣơng trình vi phân ODE
với điều kiện ban đầu ICs theo biến var.

• VD: giải phƣơng trình: y’’ + 4y’ + y = 0

-Khai báo phƣơng trình :
> ODE:=diff(y(t),t$2)+4*diff(y(t),t)+y(t)=0;


-Giải phƣơng trình:
> dsolve(ODE,y(t));

2
2
: ( ) 4 ( ) ( ) 0ODE y t y t y t
tt



   





(( 2 3) ) ( (2 3) )
( ) _ 1 _ 2
tt
y t C e C
   

Chân thành cảm ơn
quý Thầy Cô!