Tài liệu PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP 2 docx

PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP 2
BÀI TOÁN CAUCHY
Tìm nghiệm của phương trình
F(x, y, y’, y”) = 0 (1)
hoặc: y” = f(x, y, y’) (2)
thỏa diều kiện ban đầu :
y(x
0
) = y
0
y’(x
0
) = y
1
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.
Ví dụ
3
1
(1) '
3
x
y C⇔ = +
4
1 2
12
x
y C x C⇔ = + +
Tìm nghiệm bài toán:
y” = x
2

(1)
y(0) = 1, y’(0) = -2 (2)
(2), (3) ⇒ C
1
= -2
(2), (4) ⇒ C
2
= 1
(3)
(4)
Vậy nghiệm bài toán là:
4
2 1
12
x
y x= − +
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”) = t
n
F(x,y,y’,y”)
Cách làm: đặt y’ = yz đưa về pt theo x, z
Ví dụ
'y p=
' 2 (p'=p'(x))=p p
1

2
dp
dx p x C
p
= ⇔ = +
2
1
' ( )y x C⇔ = +
3
1 2
1
( )
3
y x C C⇔ = + +
1/ " 2 'y y=
Pt không chứa y, đặt
Pt trở thành:
Với p ≠ 0
p = 0 ⇔ y’ = 0 ⇔ y = C
2 2 2
2 / (1 ) " ( 1)( ')y yy y y+ = −
Pt không chứa x
Đặt y’ = p (xem y là biến)
' '
" ' , ( p'=p'(y))= = × = × = ×
dy dy dy dp
y p p p
dx dy dx dy
Pt trở thành:
2 2 2

(1 ) ' ( 1)y yp p y p+ = −
Với p ≠ 0:
2
2 2
1 2 1
(1 ) 1
dp y y
dy dy
p y
y y y
 
−
= = −
 ÷
+ +
 
2
1
(1 )py C y⇔ = +
2
1
' (1 )y y C y⇔ = +
2
1 1 2
2
1
ln(1 )
2
1
ydy

C dx y C x C
y
⇔ = ⇔ + = +
+
x
2
yy” – (y – xy’)
2

= 0
x
2
ty ty” – (ty – x ty’)
2

= t
2
[x
2
yy” – (y – xy’)
2
]
Đặt y’ = yz ⇒ y” = y’z + yz’ = yz
2
+ yz’
Pt trở thành:
2 2 2
( ') ( )x y yz yz y xyz+ = −
Với y ≠ 0, chia 2 vế cho y
2

2 2 2 2
( ') (1 ) ' 2 1x z z xz x z xz+ = − ⇔ + =
(Tuyến tính )
1
2
1 C
z
x
x
⇔ = +
1
2
' 1y C
y x
x
⇔ = +
1
2
C
x
y C xe
−
⇔ =
PTVP TUYẾN TÍNH CẤP 2
y” + p(x)y’ + q(x)y = f(x)
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 = y
0

+ y
r
•
y
0
là nghiệm tổng quát của pt thuần nhất,
•
y
r
là 1 nghiệm riêng của pt không thuần nhất
Nguyên lý chồng chất nghiệm
Nếu y
1
và y
2
lần lượt là các nghiệm của pt
y” + p(x)y’ + q(x)y = f
1
(x)
y” + p(x)y’ + q(x)y = f
2
(x)
thì y
1
+ y
2
là nghiệm của pt
y” + p(x)y’ + q(x)y = f
1
(x) + f

2
(x)
Giải phương trình thuần nhất
Nếu y
1
và y
2
là 2 nghiệm độc lập tuyến tính của pt
thuần nhất
y” + p(x)y’ + q(x)y = 0
thì nghiệm tổng quát của pt này là
y
0
= C
1
y
1
+ C
2
y
2
Nếu biết trước 1 nghiệm y
1
≠ 0, y
2
được tìm như sau
( )
2 1
2
1

p x dx
e
y y dx
y
−
∫
=
∫
Ví dụ
( )
2 1
2
1
p x dx
e
y y dx
y
−
∫
=
∫
Giải pt: x
2
y” – xy’ + y = 0, biết pt có 1 nghiệm y
1
= x
p(x) = – 1/x
2
2 2
ln | |

dx
x
e x
y x dx x dx x x
x x
−
−
∫
= = =
∫ ∫
y
0
= C
1
x + C
2
xln|x|
Giải pt: (1+x
2
)y” + 2xy’ – 2y = 4x
2
+ 2 (k
0
t/nhất)
biết phương trình có 2 nghiệm y = x
2
và y = x + x
2
nếu pt k
0

t/ nhất có 2 nghiệm y = x
2
và y = x + x
2
Thì y
1
= (x + x
2
) – x
2

là nghiệm của pt thuần nhất
⇒ y
1
= x
2
2
1
2
2 2 2
(1 )
x
dx
x
e dx
y x dx x
x x x
−
+
∫

= =
+
∫ ∫
2
1
arctan arctan 1
 
= − − = − −
 ÷
 
y x x x x
x
y
0
= C
1
x + C
2
(xarctanx + 1) + x
2
PTVP TUYẾN TÍNH CẤP 2 HỆ SỐ HẰNG
1 2
1 2
k x k x
y e , y e= =
1 2
,
kx kx
y e y xe= =
y” + ay’ + by = f(x)

(a, b là hằng số )
Giải pt thuần nhất : y” + ay’ + by = 0
Bước 1: giải phương trình đặc trưng:
k
2
+ ak + b = 0
Bước 2: xác định 2 nghiệm cơ sở (đltt)

k
1
, k
2
là nghiệm thực phân biệt:

k là nghiệm kép:

k = α ± iβ (phức):
1 2
cos , sin
x x
y e x y e x
α α
β β
= =
y
0
= C
1
y
1

+ C
2
y
2
Ví dụ
4
1 2
,
x x
y e y e
−
= =
4
0 1 2
x x
y C e C e
−
= +
1 2
,
x x
y e y xe= =
1. y” – 3y’ – 4y = 0, Ptđt: k
2
– 3k – 4 = 0 ⇔ k = −1, k = 4
2. y” – 2y’ + y = 0, Ptđt: k
2
– 2k + 1 = 0 ⇔ k = 1 (kép)
0 1 2
x x

y C e C xe= +
3. y” – 2y’ + 5y = 0, Ptđt: k
2
– 2k + 5 = 0 ⇔ k = 1 ± 2i
1 1
1 2
cos2 , sin 2
x x
y e x y e x= =
0 1 2
cos2 sin 2
x x
y C e x C e x= +
Tìm nghiệm riêng y
r
của pt y” + ay’ + by = f(x)
Tổng quát: Biến thiên bằng số
Trong y
0
, xem C
1
=C
1
(x), C
2
= C
2
(x), giải hệ
1 1 2 2
1 1 2 2

( ) ( ) 0
( ) ( ) ( )
′ ′
+ =


′ ′ ′ ′
+ =

C x y C x y
C x y C x y f x
y
r
= C
1
(x)y
1
+ C
2
(x)y
2

Ví dụ
2 2
1 2 0 1 2
,
− − − −
= = ⇒ = +
x x x x
y e y e y C e C e

1 1 2 2
1 1 2 2
( ) ( ) 0
( ) ( ) ( )
′ ′
+ =


′ ′ ′ ′
+ =

C x y C x y
C x y C x y f x
2
1 2
2
1 2
( ) ( ) 0
( )( ) ( )( 2 ) sin( )
x x
x x x
C x e C x e
C x e C x e e
− −
− −

′ ′
+ =



′ ′
− + − =


y” + 3y’ + 2y = sin(e
x
) Pt thuần nhất : y” + 3y’ + 2y = 0
Pt đặc trưng: k
2
+ 3k + 2 = 0
Xem C
1
và C
2
là các hàm theo x, giải hệ
2
1 2
( ) sin( ), ( ) sin ( )
x x x x
C x e e C x e e
′ ′
⇔ = = −
2
1 2
( ) sin( ), ( ) sin( )
x x x x
C x e e C x e e
′ ′
= = −
Chọn: C

1
(x) = −cos(e
x
), C
2
(x) = e
x
cos(e
x
) – sin(e
x
)
y
r
= C
1
(x)y
1
+ C
2
(x)y
2

y
r
= −e
−x
cos(e
x
) + e

−2x
[e
x
cos(e
x
) – sin(e
x
)]
= −e
– 2x
sin(e
x
)

2
0 1 2
x x
y C e C e
− −
= +
2 2
0 1 2
sin( )
x x x x
r
y y y C e C e e e
− − −
= + = + −
PP hệ số bất định tìm y
r

f(x) = e
αx
[P
m
(x)cosβx + Q
n
(x)sin βx ]Áp dụng nếu:
P
m
, Q
n
là các đa thức bậc m, n.
* Định dạng y
r
, s = max(m, n)
•
Nếu α+i β không là nghiệm pt đặc trưng k
2
+ ak + b = 0
y
r
=e
αx
[R
s
(x)cosβx + T
s
(x)sin βx ]
•
Nếu α+i β là nghiệm bội p của pt đặc trưng (p = 1, 2)

y
r
=x
p
e
αx
[R
s
(x)cosβx + T
s
(x)sin βx ]
Các đa thức R
s
, T
s
được xác định khi thay y
r
vào pt
Lưu ý:
1. Nếu f(x) = e
αx
: s = 0, β = 0
2. Nếu f(x) = P
m
(x): α = 0, β = 0, s = m
3. Nếu f(x) = e
αx
P
m
(x): s = m, β = 0

4. Nếu f(x) = e
αx
P
m
(x)cosβx: s = m
5. Nếu f(x) = P
m
(x)cos βx: α = 0
Tổng quát : vắng e
αx
: xem α = 0
vắng cos, sin: xem β = 0
s là bậc của đa thức trong f
VÍ DỤ
y” + y = x
2
+ x
Ptđt: k
2
+ 1 = 0 ⇔ k = ± i
y
0
= C
1
cos x + C
2
sin x
f(x) = x
2
+ x ⇒ α = 0, β = 0, s = 2

⇒ α + iβ = 0: không là nghiệm ptđt
⇒ y
r
= Ax
2
+ Bx + C
(1)
⇒ y’
r
= 2Ax + B, y
r
” = 2A
Thay y
r
vào (1): 2A + Ax
2
+ Bx + C = x
2
+ x, ∀x
⇔ A = 1, B = 1, 2A + C = 0
⇔ A = 1, B = 1, C = −2
y
r
= x
2
+ x – 2 ⇒ y = y
0
+ y
r
= C

1
cos x + C
2
sin x + x
2
+ x – 2
Thay y
r
vào (1): 2A + Ax
2
+ Bx + C = x
2
+ x, ∀x
y” + y’ = x – 2 (2) Ptđt: k
2
+ k = 0 ⇔ k = 0, k = –1
y
0
= C
1
e
0x
+ C
2
e
–x
f(x) = x – 2 ⇒ α = 0, β = 0, s = 1
⇒ α + iβ = 0: là nghiệm đơn của ptđt ( p =1)
⇒ y
r

= x
1
(Ax + B) = Ax
2
+ Bx
⇒ y’
r
= 2Ax + B, y
r
” = 2A
Thay y
r
vào (2): 2A + 2Ax + B = x – 2 , ∀x
⇔ A = ½, B = – 3
2
1
3
2
r
y x x= −
2
1 2
1
3
2
x
y C C e x x
−
= + + −
Nghiệm TQ của (2):

y” – y = xsinx
(3)
Ptđt: k
2
– 1 = 0 ⇔ k = ± 1
f(x) = xsinx
⇒ α = 0, β = 1, s = 1
⇒ α + iβ = i: không là nghiệm ptđt
y
r
= (Ax + B)cosx + (Cx + D)sinx
y’
r
= (Cx + A + D)cosx – (Ax + B – C)sinx
y
r
” = – (Ax + B – 2C )cosx – ( Cx + 2A + D)sinx
y
0
= C
1
e
x
+ C
2
e
–x
Thay y
r
vào (3):

(– 2Ax – 2B + 2C) cosx + (– 2Cx – 2A + 2D)sinx = xsinx
⇔
– 2Ax – 2B + 2C = 0
– 2Cx – 2A + 2D = x
⇔
A = 0, B = C
C = -1/2, A = D
⇔
A = 0, B = -1/2
C = -1/2, D = 0
1 1
cos sin
2 2
= − −
r
y x x x
0 1 2
1 1
cos sin
2 2
x x
r
y y y C e C e x x x
−
= + = + − −
Nghiệm TQ (3):
y” + 4y’ + 4y = e
– 2x
+ sinx

(4)
Ptđt: k
2
+ 4k + 4 = 0
⇔ k = – 2 (bội p =2)
f
1
(x) = e
– 2x

1 1 1
2, 0, 0s
α β
= − = =
2 2
1
x
r
y x Ae
−
=
y” + 4y’ + 4y = f
1
(x) = e
– 2x
Thay y
r1
vào pt:
f
2

(x) = sinx
2 2 2
, 1, 0s
α β
= = =
2
cos si n
r
y B x C x= +
⇒A = ½
2 2
1
1
2
x
r
y x e
−
⇒ =
y” + 4y’ + 4y = f
2
(x) = sinxThay y
r1
vào pt:
⇒ B = – 4/7 , C = –3/7
2
4 3
cos sin
7 7
r

y x x
−
⇒ = −
f(x) = e
– 2x
+ sinx không có dạng đặc biệt
1 2r r r
y y y= +
( Nguyên lý chồng chất nghiệm)
PHƯƠNG TRÌNH EURLER
( )
'
t
dy dy dt dy a dy
y ae
dx dt dx dt ax b dt
−
= = = = ±
+
' '
"
t
dy dy dt d dy dt
y ae
dx dt dx dt dt dx
−
 
= = = ±
 ÷
 

2
2 2
2
t
d y dy
a e
dt
dt
−
 
= −
 ÷
 
(ax + b)
2
y” + p(ax + b)y’ + qy = f(x)
(a, b, p, q là hằng số)
Đổi biến : t = ln|ax + b| ⇔ ax + b =± e
t
Thay vào pt ban đầu:
( ) ( )
2
2 2 2
2
( )
t t t t
d y dy dy
e a e p e ae qy F t
dt dt
dt

− −
 
− + ± ± + =
 ÷
 
2
2 2
2
( ) ( )
d y dy
a ap a qy F t
dt
dt
+ − + =
Tuyến tính hệ
số hằng