Bài tập hệ phương trình vi phân có lời giải

GIẢI TÍCH 3

Chuyên đề 3: Hệ Phương Trình Vi Phân

Bài 03.03.1.001.B337 Giải bài toán Cauchy :
1
 
y

1


z
(a ) và y

1
 z 
yx


x 0

 1, z

x 0

 1(b)

Lời giải :
Từ z  

1
1
ta có z  
( y   1)(c)
( y  x) 2
yx

Từ (a) ta có : y   1  
do đó

1
1
1
và theo trên ( y  x)  Thay vào (c) ta được z   z 2 .
z
z
z

z  z 
 , z   c1 .z , z  c2 ec1x
z z

Do đó từ phương trình thứ hai của (a):

yx

1
z

hay y= x+

Vậy nghiệm của hệ (a) là :

Cho thỏa mãn (b)  1 

1  c1x
e
c1c2
1  c1x

e
y  x 
c
c
(d)

1 2
 z  c ec1 x

2

1
,,1  c2 .Do đó c1  1, c2  1 và nghiệm của bài toán
c1c2

Cauchy (a) ,(b) là y  xe x , x  e x
 y   z  0

Bài 03.03.1.002.B338 Giải bài toán Cauchy :  z   y  0
y

x 0

z

x 0

(a)
 y

x 0

 1, z 

x 0

 0 (b)


Lời giải :
Đạo hàm phương trình đầu của (a) hai lần và thay z   y từ phương trình cuối của
(a) ,ta được y (4)  y  0 .Nghiệm tổng quát của phương trình này là :

y  c1e x  c2 e x  c3 cos x  c4 sin x

(c)

Vì z  y (theo phương trình đầu của (a)) , nên

z  c1e x  c2 e x  c3 cos x  c4 sinx

(d)

Vậy hệ (a) có nghiệm được xác định bởi (c) ,(d) cho thỏa mãn điều kiện (b).
1  c1  c2  c3
1  c  c  c

1
2
3

1  c1  c2  c4
0  c1  c2  c4
3
1
1
Hệ này có nghiệm duy nhất c1  , c2  , c3  0, c4  .Vậy ta có nghiệm của bài
4
4
2
toán Cauchy (a),(b) :

3
1
1
y  e x  e  x  sinx
4
4
2

3
1
1
z= e x  e  x  sinx
4
4
2

và nghiệm tổng quát của (a) được xác đinh bởi (c) ,(d).
 dy
x
 dx   y  2 z  2e
Bài 03.03.1.003.B338 Tìm nghiệm tổng quát của hệ : 
 dz  3 y  4 z  e  x
 dx


Lời giải :

 y  c1e x  2c2 e 2 x
Giải hệ thuần nhất tương ứng bằng phương pháp khử ta có : 
x
2x
 z  c1e  3c2 e
Vậy ta tìm nghiệm tổng quát của hệ không thuần nhất dưới dạng :
 y  u1 ( x)e x  2u2 ( x)e 2 x

x
2x
 z  u1 ( x)e  3u2 ( x)e

u1( x)e x  2u2 ( x)e 2 x  2e  x
Từ đó ta xác định từ hệ : 
x
2x
x
 u1( x)e  3u2 ( x)e  e

Giải hệ này ta được : u1  8e2 x

,u2  3e3 x

u1 ( x)  4e 2 x  c1
Do đó : 
3x
 u2 ( x)  e  c2

Vậy nghiệm tổng quát của hệ đã cho là :
 y  c1e x  2c2 e2 x  2e x

x
2x
x
 z  c1e  3c2 e  e
 x  z

Bài 03.03.1.004.B346 Giải hệ :  y   4 x  y  4 z
 z   y


(a) x,y,z là hàm của t

Lời giải :
+
h3  0
  λh1

Phương trình có dạng . 4 λh1  (1  λ)h2  4h3  0 (b)

 h2
-λh 3  0


Phương trình đặc trưng của hệ là :
λ

0

1

4 λ (1  λ) 4  (4  λ2 )( λ  1)  0
0

1

λ

Ta có 3 nghiệm của phương trình đặc trưng đều thực và khác nhau :
 h h 0
λ1  1; λ2  2; λ3  2. Với λ1  1 hệ có dạng :  11 31

h21  h31  0
Giải hệ này ,chẳng hạn lấy h11  1, h21  1, h31  1 , ta có nghiệm riêng thứ nhất
ứng với : λ1  1; x1  et ; y1  et ; z1  et tương tự λ2  2 ,ta có nghiệm rieng
thứ hai : x2  e2t ; y2  4e2t ; z2  2e2t
Với λ3  2 ta có nghiệm riêng thứ ba :

x3  e2t , y3  4e2t , z3  2e2t
Vậy nghiệm tổng quát của hệ (a) là
 x  c1et  c2 e 2t  c3e 2t

t
2t
2t
 y  c1e  4c2 e  4c3e
 z  c et  2c e 2t  2c e 2t
1
2
3

 dy
 dx  2 y  z
Bài 03.03.1.005.B348 Giải hệ : 
 dy  y  2 z
 dx

(a)


Lời giải :
Phương trình đặc trưng của hệ là :

2λ

1

1

2λ

0

hay λ2  4 λ  5  0

Phương trình này có 2 nghiệm phức liên hợp là λ1  2  i, λ2  2  i,

λ1  2  i ứng với nghiệm phức của hệ (a) : y  h1e(2i ) x , z  h2e(2i ) x
Trong đó h1 , h2 là nghiệm của phương trình : ih1  h2  0 .Lấy h1  1, h2  i ,ta
 y  e(2i ) x  e2 x (cos x  i sin x).
có : 
(2i ) x
 e2 x (sin x  cos x).
 z  ie

Tách phần thực và phần ảo của nghiệm này ta được một hệ nghiệm cơ bản của hệ
 y1  e2 x cos x, z1  e 2 x sin x
(a) là : 
2x
2x
 y2  e sin x, z2  e cos x.

 y  e2 x (c1 cos x  c2 sinx)

Vậy nghiệm tổng quát của hệ (a) là : 
2x
 z  e (c1 sinx  c2 cos x)

 dx
 dt  6 x  5 y  3 z

 dy
Bài 03.03.1.006.B353 Giải hệ :   8 x  7 y  4 z
 dt
 dz
 dt  2 x  y  z

(a)


Lời giải :
Phương trình đặc trưng của hệ là
6  λ

5

3

8

7λ

1

2

1

1 λ

0

hay λ(λ-1) 2  0

Vậy phương trình đặc trưng có một nghiệm kép λ1  1 và một nghiêm đơn λ2  0
Nghiệm kép λ1  1 ứng với vecto riêng : h1  1, h2  2, h3  1
Và ta có nghiệm tương ứng : x1  et y1  2et z1  et
Với nghiệm đơn λ2  0 ,ta có : h1  1, h2  0, h3  2
Và ta có nghiệm : x2  1, y2  0, z2  2
Bây giờ ta xét nghiệm kép,để tiến hành phương pháp trên ta chọn N là vecto có
thành phần 0,0,1 và lấy Z là vecto có thành phần α,β,0 thì (N,Z)=0 ,khi đó (2) ta
 x  uet  α

đăt:  y  2uet  β
 z  uet


(b)

Thay (b) vào hệ 9a) và rút gọn ta có :
 α   8α  6 β

 β   12α  9 β
u   (2α  β )e t



(c)


Hệ gồm 2 phương trình đầu của (c) cũng có các số đặc trưng là λ  0
 α  3c1  2c2 et
và λ  1 như hệ (a) .Giải hệ này ta có : 
t
 β  4c1  3c2 e

Do đó phương tình cuối của hệ (c) viết được :

u  (2c1  c2 et )et  2c1et  c2 và u  2c1et  c2t  c3
Thay α, β và u vừa tìm được vào (b) , ta có nghiệm tổng quát của hệ (a) là :
 x  c1  (c2 t  2c2  c3 )et

t
 y  (2c2t  2c3  3c2 )e
 z  2c  ( c t  c ) e t
1
2
3

 dx
 dt  4 x  2 y  5 z

 dy
Bài 03.03.1.007.B354 Giải hệ :   6 x  y  6 z
 dt

 dz
 dt  8 x  3 y  9 z

(a)


Lời giải:
Ta có phương trình đặc trưng của hệ :
4  λ

2

6

1  λ

8

3

5
6  0

hay λ3  4 λ2  5 λ  2  0

9λ

Phương trình đặc trưng có nghiệm λ1  2, λ2  λ3  1 với nghiệm λ1  2 , ta có
nghiệm riêng của hệ (a) là :

x1  e2 x y1  2e2t

z1  2e2t

(b)

(h1  1, h2  2, h3  2) với nghiệm kép λ2  λ3  1 ,theo trên ta tìm nghiệm riêng
của hệ (a) dưới dạng :
x  (A1 t  A2 )et y  ( B1t  B2 )et z  (C1t  C2 )et

(c)

Thay (c) vào hệ (a) và rút gọn ta có :
A1t  A1  A2  (4 A1  2 B1  5C1 )t  4 A2  2 B2  5C2
B1t  B1  B2  (6 A1  B1  6C1 )t  6 A2  B2  6C2
C1t  C1  C2  (8 A1  3B1  9C1 )t  8 A2  3B2  9C2

Đồng nhất các hệ số của t ở 2 vế ta được :
5 A1  2 B1  5C1  0
6 A1  2 B1  6C1  0
8 A1  3B1  8C1  0
5 A2  2 B2  5C2  A1


6 A2  2 B2  6C2  B1
8 A2  3B2  8C2  C1
Do đó A1  C1 , B1  0, A2  C1  C2 , B2  3C1 trong đó C1 ,C2 là các hàng số tùy ý
.Vậy nghiệm (c) có dạng :

x  (c1t  c1  c2 )et

z  (c1t  c2 )et

y=3c1et

Và các nghiệm riêng độc lập tuyến tính của hệ (a) ứng với số đặc trưng λ1  λ2  1

 x2  (t  1)et y 2  3et
có thể lấy là : 
t
y3  0,
 x3  e ,

z 2  tet
z3  et

(d)

Vậy theo (b) ,(d) nghiệm tổng quát của hệ (a) là :
 x  c1e 2t  (c2t  c2  c2 )et

2t
t
 y  2c1e  3c2 e
 z  2c e 2 t  ( c t  c ) e t
1
2
3

 y   y  z  et


t
Bài 03.03.1.008.B361 Giải hệ :  z   3 y  2 z  2e
y

t 0

 1, z

t 0

1

(1)
(2)

Lời giải
Giả sử y = Y(p) , z= Z(p) thì : y  pY  1,z  pZ 1 và ta có hệ phương trình ảnh
của (1) ,(2) là :
1

pY

1

Y

Z



p 1


 pY  1  3Y  2 Z  2

p 1

Giải hệ này ta có : Y ( p) 

1
1
Do đó nghiệm của bài toán (1),(2) là
, Z ( p) 
p 1
p 1

y(t)  et , z (t )  et
L: Tài liệu Phương Trình Vi Phân


Tác giả: PGS.TS Lê Văn Hạp

 y  y
Bài 03.03.1.009.L79 Giải hệ : 
 z   z  x

(*)

Lời giải :
Hệ phương trình thuần nhất tương ứng với (*) là

 y  y

 z   z

**

Nghiệm tổng quát của (**) :
 y  c1e x
với c1 , c2 là hai hằng số bất kỳ

x
z

c
e

2

Ta tìm nghiệm riêng của (*) bằng phương pháp biến thiên hằng số :
Xem c1  c1 ( x), c2  c2 ( x) và xác định chúng để
 y  c1 ( x)e x

x
 z  c2 ( x)e

 3 *

Thỏa mãn (*) .Lần lượt lấy đạo hàm các đẳng thức trên và thế vào (*) ta có hệ :
 c  ( x)e x  0
1


c2 ( x )e  x  x

Suy ra c1 ( x)  c1 , c2 ( x)  xe x  e x  c2 trong đó c1 , c2 là hai hằng số bất kỳ .Chọn

c1  c2  0 ta có một nghiệm riêng của (*):
y0
Y ( x)  
z  x  1

Vậy nghiệm tổng quát của (*) là
 y  c1e x
với c1 , c2 là hai hằng số bất kỳ

x
z

c
e

x

1

2


 y  y  2 z
Bài 03.03.1.010.L84 Giải hệ : 
 z  y  z

(*)

Lời giải :
Phương trình đặc trưng của hệ (*) :
1 k

2

1

1  k

0k  3

 α1e
Với k  3 nghiệm của (*) có dạng Y1  
α e
 2


 Thế Y1 vào (*) ta có được
3x 


3x

phương trình α1  (1  3)α2 .Chọn α2 =1 thì α1  1  3 và ta có :

 (1  3)e

Y1  

e 3x


3x






Hai nghiệm này độc lập tuyến tính .Vậy nghiệm tổng quát của (*) có dạng :

 y  c1 (1  3)e 3x  c2 (1  3)e 
Y  c1Y1  c2Y2  
3x
 3x
 z  c1e  c2 e

 y   y  5z
Bài 03.03.1.011.L85Giải hệ : 
 z  y  z

(*)

3x


Lời giải

Phương trình đặc trưng của (*) :
1  k

5

1

1 k

 0  k  2i

 α1e2ix 
Nghiệm của (*) có dạng Y   2ix  Thế Y vào (*) ta được phương trình
 α2 e 

(1  2i)α1  5α2 .Chọn α1  1  2i thì α2  1và ta có :
 (1  2i )e 2ix   (1  2i )e 2ix (cos 2 x  sin 2 x) 
Y 


2 ix

e
 cos 2 x  i sin 2 x

 

 (cos 2 x  sin 2 x)  i(cos 2 x  sin 2 x) 



 cos 2 x  i sin 2 x


 (cos 2 x  2sin 2 x)   (2sin 2 x  cos 2 x) 

  i


cos
2
x
 sin 2 x

 


Do đó hệ có hai nghiệm thực là :
 (cos 2 x  2sin 2 x) 
 (2sin 2 x  cos 2 x) 
Y1  
,Y

 2 

 cos 2 x
 sin 2 x





Vì W Y1 ,Y2  2  0 nên Y1 ,Y2 độc lập tuyến tính .Vậy nghiệm tổng quát của (*) có
dạng :
 y  (2c1  c2 )sin 2 x  (c1  2c2 )cos 2 x
Y  c1Y1  c2Y2  
 z  c2 sin 2 x  c1 cos 2 x

Trong đó c1 ,c2 là hai hằng số thực tùy ý.


 dx
 dt  5 x  y  4 z

 dy
Bài 03.03.1.012.L86Giải hệ :   12 x  5 y  12 z
 dt
 dz
 dt  10 x  3 y  9 z


(*)

Lời giải :
Phương trình đặc trưng của (*) :
5k

1

12

5k

10

3

4

 k  1
 0  (1  k )(k 2  1)  0   1
 k 2  k3  1
0  k
12

1
Với k1  1 nghiệm của (*) có dạng Y1   2  et
 2
 
 α1  α2 t 
Với k2  k3  1 ta tìm nghiệm của hệ (*) dưới dạng Y   β1  β2 t  et
 γ γ t 
 1 2 

Thế Y vào hệ (*) rồi đồng nhất các hệ số tương ứng trong các phương trình của hệ
ta có :
 4α1  β2  4γ2  0
 12α  4 β  12γ  0

2
2

2

 4α1  α2  β1  4γ1  0
12α1  4 β1  β2  12γ1  0


Giải các hệ này ta được α1  γ1  γ2 , α2  γ2 , β1  3γ2 , β2  0 ,trong đó γ1 , γ2 lấy các
1
giá trị tùy ý .Chọn γ1  1, γ2  0 ta có nghiệm Y2   0  et
1
 

Tương tự ta chon γ1  0, γ2  1 ta có nghiệm khác

1  t 
Y3   3  et
 t 



Vì W[Y1 ,Y2 ,Y3 ]  et  0 nên Y1 ,Y2 ,Y3 là ba nghiệm độc lập tuyến tính của hệ (*) và
nghiệm tổng quát của hệ (*) : Y  c1Y1  c2Y2  c3Y3 hay
 x  c1e  t  (c2  c3  c3t )et

t
 y  2c1e  3c3e
 z  2c e  t  ( c  c t ) e t
1
2
3



Trong đó c1 , c2 , c3 là các hằng số thực tùy ý .

x '  4x  4 y
Bài03.03.1.013.LTìm nghiệm tổng quát sau 
 y '  3x  3 y
Lời giải :
Phương trình đặc trưng là:

det( A   I ) 

 Với

4

4

3

3  

 (4   )(3   )  12   (  1)  0    0    1

  0 , ta có phương trình vectơ riêng là:

 4 4 b1  0  4b1  4b2  0
 m
( A   I )b  0  





b

  
    
 m
 3 3 b2  0  3b1  3b2  0
 
với m là hằng số.


1

Chọn vectơ riêng là b=  
1



 Với

  1, ta có phương trình vectơ riêng là:

3 4 b1  0 3b1  4b2  0
 4m 
( A   I )b  0  





b

 b  0 3b  4b  0
3m  với m
3

4

 2    1
 
 
2
là hằng số.
4
Chọn vectơ riêng là b=  
3 

1 0t
 4 1t
v
(
t
)

c
e

c
1 

2  e
Nghiệm tổng quát của hệ phương trình là:
1

 3
 x  c1  4c2 et
Hay: 
t
 y  c1  3c2 e
x '  2x  4 y
Bài03.03.1.014.Tìm nghiệm tổng quát của hệ sau 
 y '  3x  2 y
Với x(0) = 1 và y(0) = 0.
Lời giải
Phương trình đặc trưng là:

4 
2  
2
det( A   I )  

(2


)(

2


)


12


 16  0    4    4

3

2




 Với

  4 , ta có phương trình vectơ riêng là:

 2 4 b1  0  2b1  4b2  0
 2m 
( A   I )b  0  




b

  
    
m 
 3 6 b2  0  3b1  6b2  0

 
m là hằng số.

với


2
Chọn vectơ riêng là b   
1 

 Với

  4 , ta có phương trình vectơ riêng là:

 6 4 b1  0  6b1  4b2  0
 2m 
( A   I )b  0  




b

  
    
 3m
 3 2  b2  0  3b1  2b2  0


với m là hằng số.

2


3
 

Chọn vectơ riêng là b  

Nghiệm tổng quát của hệ phương trình là v(t) =

 2  4t
 2  4t
c1   e  c2   e
1 
 3

 x  2c1e 4t  2c2 e 4t
Hay 
4t
4 t
 y  c1e  3c2 e
Điều kiện: x(0) = 1 và y(0) = 0, ta có:

3
1


c


c


c
 x(0)  2c1  2c2  1  1 2 2
 1 8



y
(0)

c

3
c

0
1

1
2
  c  3c  0 c  1
2
 2 2
 2 8
3 4t 1 4t

x


e  e

4
4
Vậy nghiệm tổng quát của hệ là: 
 y  3 e4t  3 e4t

8
8

 x1'   2 3   x1 
Bài03.03.1.015. Hãy tìm nghiệm tổng quát của hệ sau :  '   
 x 

3
2
x
 2
 2 
Lời giải
Phương trình đặc trưng là:


3 
2  
det( A   I )  
 (2   ) 2  9  0  (2   ) 2  i 2 9    2  3i    2  3i

 3 2   
 Với   2  3i , ta có phương trình vectơ riêng là

 3i 3  b1  0  3ib1  3b2  0
m 
( A   I )b  0  
 
    b    với m là hằng




 3 3i  b2  0  3b1  3ib2  0
im 
số.

1
i 

Chọn vectơ riêng là b   
Ta có

1
e b    e(23i )t
i 
t

 e2t cos3t  ie2t sin3t   e2t cos3t   e2t sin3t 
  2t
   2t
  i  2t

2t


e
sin3
t

ie
cos3
t

e
sin3
t

 
 e cos3t 

Vậy nghiệm tổng quát của hệ phương trình là:

 e2t cos3t 
 e2t sin3t 
V (t )  c1  2t
  c2  2t


e
sin3
t
e
cos3
t





'

 x  3 2   x   e 2 t 
Bài03.03.1.016. Tìm nghiệm tổng quát của hệ sau    
  y    2t 
y
1
2
  
    2e 
Lời giải :
'

 x  3 2   x 
Hệ phương trình thuần nhất có dạng:    
 
 y  1 2   y 
Phương trình đặc trưng là:

2 
3  
det( A   I )  
 (3   )(2   )  2   2  5  4  0    4    1

2  
 1

 Với

  4 , ta có phương trình vectơ riêng là

 1 2  b1  0  1b1  2b2  0
 2m 
( A   I )b  0  




b

  
    
m 
 1 2 b2  0  b1  2b2  0
 
với m là hằng số.

2
Chọn vectơ riêng là b =  
1 
 Với

  1, ta có phương trình vectơ riêng là

 2 2 b1  0  2b1  2b2  0

m 
( A   I )b  0  




b

  
    
 m 
1 1  b2  0  b1  b2  0
 
với m là hằng số.

1 
Chọn vectơ riêng là b=  
 1
Ta tìm được các nghiệm riêng của hệ phương trình thuần nhất là:

2
1
V1 (t )    e 4t V2 (t )    et
1 
 1
,
Do đó ma trận cơ sở là

 2e4t
   4t

e
Đặt

et 

et 
U

u1 
 2e4t et   u1'   e2t   2e4t u1'  et u2'   e2t 
'

  4t ' t '    2t 
   U  F   4 t
t   '   2t 
e  u2   2e   e u1  e u2   2e 
e
u2 

=


1 2t

u1'  e 2t
u1   e


2
Giải hệ ta có:  '

t
u


e
t
 2

 u2  e
Vậy nghiệm tổng quát của hệ phương trình là:

 2e
V (t )  c  U   4t
e

4t

 1 2t   2e4t c1  et c2  2e2t 
4t
t
c
e   1   2e
e   e  


 4t
2
 4t
1
t  

t
t
2
t
e c e c  e 
e  c2   e
e  
t 
2

e

  1
2 
t

'

 x1   1 2 0   x1 
  
 
Bài03.03.1.017. Tìm nghiệm tổng quát của hệ sau  x2    1 1 0   x2 
 x   1 0 1  x 
 3
 3
Lời giải :
Phương trình đặc trưng là:

2
0 

1  
det( A   I )   1 1  
0   (1   2 )(1   )  2(1   )  0  (1   )( 2  1)  0


 1
0
1   
   i    i    1
 Với

  i , ta có phương trình vectơ riêng là

2
0   b1  0 
1  i
( A   I )b  0   1 1  i
0  b2   0 

   
 1
0
1  i  b3  0
 (1  i)b1  2b2  0b3  0 
(1  i)m  với m là hằng số.
  1b1  (1  i)b2  0b3   0   b   m 

  



 1b1  0b2  (1  i)b3  0 
 m 


(1  i ) 


Chọn vectơ riêng là b   1 
 1 
Ta có

(1  i) 
cos t  i sin t  i cos t  sin t  cos t  sin t  sin t  cos t 
    cos t   i   sin t 
et b   1  eit  
 cos t  i sin t



 
 

 1 

  cos t   sin t 
cos t  i sin t
 Với

  1, ta có phương trình vectơ riêng là:

 2 2 0  b1  0  2b1  2b2  0b3  0 
0m 
( A   I )b  0   1 0 0  b2   0   1b1  0b2  0b3   0   b  0m 
  

    
 
 1 0 0 b3  0  1b1  0b2  0b3  0
1m 
với m là hằng số.

0 
 
Chọn vectơ riêng là b   0 
1 
Vậy nghiệm tổng quát của hệ phương trình là:

cos t  sin t 
sin t  cos t 
0 
V (t )  c1   cos t   c2   sin t   c3 0 




 
 cos t 
 sin t 
1 
'

 x  3 2   x   e 2 t 
Bài03.03.1.018. Tìm nghiệm tổng quát của hệ sau :    
  y    2t 
y
1
2
  
    2e 
Lời giải


'

 x  3 2   x 
Hệ phương trình thuần nhất có dạng:    
 
 y  1 2   y 
Phương trình đặc trưng là:

2 
3  
2
det( A   I )  

(3


)(2



)

2


 5  4  0    4    1

1
2




 Với

  4 , ta có phương trình vectơ riêng là

 1 2  b1  0  1b1  2b2  0
 2m 
( A   I )b  0  




b

  
    
m 

 1 2 b2  0  b1  2b2  0
 
với m là hằng số.

2
Chọn vectơ riêng là b =  
1 
 Với

  1, ta có phương trình vectơ riêng là

 2 2 b1  0  2b1  2b2  0
m 
( A   I )b  0  
 b    0    b  b    0   b    m 
1
1

 2    1 2   
 
với m là hằng số.

1 

 1

Chọn vectơ riêng là b= 

Ta tìm được các nghiệm riêng của hệ phương trình thuần nhất là:

2
1
V1 (t )    e 4t V2 (t )    et
1 
 1
,
Do đó ma trận cơ sở là


 2e4t
   4t
e

et 

et 

Đặt

U

=

u1 
 2e4t et   u1'   e2t   2e4t u1'  et u2'   e2t 
'

  4t ' t '    2t 
   U  F   4 t
t   '   2t 

e  u2   2e   e u1  e u2   2e 
e
u2 
1 2t

u1'  e 2t
u1   e

2
Giải hệ ta có:  '
t
u


e
t
 2

 u2  e
Vậy nghiệm tổng quát của hệ phương trình là:

 2e
V (t )  c  U   4t
e

4t

e   c1   2e
  4t
t  

c
e   2   e
t

4t

 1 2t   2e4t c1  et c2  2e2t 
e   e  

 4t
2
1
t
t
2
t
e c e c  e 
e  
t 
2

e

  1
2 
t

'

 x   1 1  x   3e2t 

Bài03.03.1.019. Tìm nghiệm tổng quát của hệ:    
  y    2t 
y

2
3
  
   e 
Với x(0) = 0 và y(0) = 0.
Lời giải
'

Hệ phương trình thuần nhất có dạng:
Phương trình đặc trưng là:

 x   1 1  x 
 y    2 3  y 
  
 


1 
1  
det( A   I )  
 (1   )(3   )  2   2  4  5

 2 3   
    2  1  0     2  i2
2

2

  2i
  2  i


  2  i   2  i
 Với

  2  i , ta có phương trình vectơ riêng là

 1  i 1  b1  0  (1  i)b1  1b2  0
m

( A   I )b  0  




b

  
    
(1  i)m 
 2 1  i  b2  0  2b1  (1  i)b2  0


với m là hằng số.

1


Chọn vectơ riêng là b = 

1  i 
Ta có

1 
e b    e(2i )t
1  i 
t



e2t (cos t  i sin t )
  2t

2t
e
(cos
t

i
sin
t
)

ie
(cos
t


i
sin
t
)





e2t cos t  ie2t sin t
  2t

2t
e
(cos
t

sin
t
)

ie
(sin
t

cos
t
)



 e2t cos t   e2t sin t 
  2t
  i  2t

e
(cos
t

sin
t
)

 e (sin t  cos t ) 
Do đó ma trận cơ sở là:




e2t cos t
e2t sin t
   2t

2t
e
(cos
t

sin
t
)

e
(sin
t

cos
t
)


u 
U   1   U '  F
u2 

 e2t cos t
  u1'   3e 2t 
e2t sin t
  2t
  '    2t 
2t
e
(cos
t

sin
t
)
e
(sin
t


cos
t
)

 u2   e 

  3e2t 
e2t cos tu1'  e2t sin tu2'
  2t
  2t 
'
2t
' 
e
(cos
t

sin
t
)
u

e
(sin
t

cos
t
)
u

 e 

1
2

u1'  4sin t  3cos t u1  4cos t  3sin t

Giải hệ ta có:  '
 u2  4cos t  3sin t u2  4sin t  3cos t
Nghiệm tổng quát của hệ phương trình là:

 e2t cos t
  c1 
e2t sin t
V (t )  c  U   2t
 
2t
e
(cos
t

sin
t
)
e
(sin
t

cos
t

)

 c2 
 e2t cos t
  4cos t  3sin t 
e2t sin t
  2t


2t
e (cos t  sin t ) e (sin t  cos t )   4sin t  3cos t 


e2t cos tc1  e2t sin tc2  4e2t
  2t
2t
2t 
e (cos t  sin t )c1  e (cos t  sin t )c2  7e 

 x  e2t cos tc1  e2t sin tc2  4e 2t

2t
2t
2t
 y  e (cos t  sin t )c1  e (cos t  sin t )c2  7e
Với x(0) = 0 và y(0) = 0 ta có:

 x  c1  0c2  4  0  c1  4



y

c

c

7

0

1
2
c2  3


 x  4e2t cos t  3e2t sin t  4e2t
Vậy nghiệm tổng quát của hệ phương trình là: 
2t
2t
2t
 y  7e cos t  e sin t  7e
 x1''  2 x1  3x2  0
Bài03.03.1.020Tìm nghiệm tổng quát của hệ sau : 
''
 x1  x2  2 x2  0
Lời giải :

Đặt

u  x1'

u '  x1''
 '

'
''
v  x2
v  x2
'

0
 x1   0
x   0
0
 2  
u   2
3
  
 v    1 2

thì hệ đã cho viết thành:

0   x1 
0 1   x2 
 
0 0  u 
 
0 0  v 

1

Phương trình đặc trưng là:

0
  0 1
 0  0 1 
  1
   4  1  0  
det( A   I )  
 2 3  0 
   i


 1 2 0  
 Với

  1, ta có phương trình vectơ riêng là:

 1 0 1 0   b1  0 
 0 1 0 1  b  0 
 2   
( A   I )b  0  
 2 3 1 0  b3  0 

   
 1 2 0 1 b4  0 