Toán rời rạc - Chương 4: Phương trình vi phân cấp 2

Phương pháp giải Bước 1. Tìm nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất Bước 2. Tìm một nghiệm riêng cho (8). Bước 3. Kết luận nghiệm tổng quát của (8) là y0 y py qy ′′ ′ + + = 0. yr y y y TQ r = + 0 .

pdf5 trang | Chia sẻ: nguyenlam99 | Ngày: 15/01/2019 | Lượt xem: 136 | Lượt tải: 0download
Bạn đang xem nội dung tài liệu Toán rời rạc - Chương 4: Phương trình vi phân cấp 2, để tải tài liệu về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
10/3/2014 1 Chương 4. Phương trình vi phân cấp 2 4.1. Các phương trình vi phân có thể giảm cấp. 4.2. Phương trình vi phân tuyến tính cấp 2 có hệ số hằng. Chương 4 PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP 2 Phương trình vi phân cấp 2 là phương trình có dạng trong đó xác định trên Nghiệm của là một hàm xác định và khả vi cho đến cấp 2 trên tập sao cho ( , , , (1)) 0,F x y y y′ ′′ = ( )y f x= .D ⊂ ℝ (1) ( )y f x= D ⊂ ℝ ( , ( ), ( ), ( )) 0, .F x y x y x y x x D′ ′′ = ∀ ∈ Bài toán Cauchy là bài toán tìm nghiệm của phương trình (1) thỏa mãn điều kiện ban đầu với là những số cho trước. 0 0 0 0( ) , ( ) ,y x y y x y′ ′= = 0 0 0, ,x y y′ 4.1 Các phương trình vi phân cấp 2 có thể giảm cấp 4.2 Phương trình vi phân tuyến tính cấp 2 có hệ số hằng 4.1 Các PTVP cấp 2 có thể giảm cấp 1. Phương trình không chứa trực tiếp Dạng cơ bản Phương pháp giải Lấy tích phân hai vế phương trình ta được ,y y′ . (2)( )y f x′′ = (2), 1 1( ) ( ) .y f x dx C x Cϕ′ = + = +∫ [ ]1 2 1 2( ) ( ) .y x C dx C x C x Cϕ ψ⇒ = + + = + +∫ 10/3/2014 2 Ví dụ 4.1 Giải PTVP với điều kiện Ví dụ 4.2 Giải PTVP 2xy e′′ = 7 3(0) , (0) . 4 2 y y′= − = 2 1 . cos y x ′′ = 2. Phương trình không chứa trực tiếp Dạng cơ bản Phương pháp giải Đặt ẩn hàm phụ thì ta có phương trình Giải (4), ta tìm được . Khi đó, y ( , , ) 0 (3)F x y y′ ′′ = ,z y′= (4)( , , ) 0,G x z z′ = .y zdx C= +∫z Ví dụ 4.3 Giải PTVP Ví dụ 4.4 Giải PTVP . yy x x ′ ′′ = − 2 2(1 ) ( ) 1 0.x y y′′ ′+ + + = 3. Phương trình không chứa biến độc lập Dạng cơ bản Phương pháp giải Đặt Ta coi là biến độc lập và là hàm số theo biến Ta có x (5( , , ) 0. )F y y y′ ′′ = .z y′= y z .y . . . dy dz dz dy dz dzy y z dx dx dy dx dy dy ′ ′′ ′= = = = = Thay vào (5), ta nhận được một PTVP cấp 1 theo ẩn hàm : Giải phương trình này, ta được Suy ra z ( , , ) 0.dzF y z z dy = 1( , ).z z y C= 1 2 1 ( , ) .( , ) dy dy z z y C x C dx z y C = = ⇒ = +∫ Ví dụ 4.5 Giải PTVP với điều kiện ban đầu: Ví dụ 4.6 Giải PTVP 2( ) 0,y yy′ ′′+ = 1(1) 2, (1) . 2 y y′= = . yy y e′′ ′= 10/3/2014 3 Bài tập 1 Giải các PTVP sau 2 2 2 1) 2) ln ( ) 3) ( ) 1 24) ( ) 0. 1 xy y yy yy y y yy y y y y ′′ ′= ′′ ′ ′ − = ′′ ′+ = ′′ ′+ = − 4.2 PTVP tuyến tính cấp 2 có hệ số hằng 1. PTVP tuyến tính cấp 2 thuần nhất Dạng cơ bản Phương pháp giải Xét phương trình đặc trưng 0, (6)y py qy′′ ′+ + = 2 0. (7)k pk q+ + = • Nếu (7) có hai nghiệm thực phân biệt thì nghiệm tổng quát của (6) có dạng: • Nếu (7) có nghiệm kép thì nghiệm tổng quát của (6) có dạng: 1 2,k k 1 2 1 2 . k x k xy C e C e= + 1 2k k k= = 1 2 . kx kxy C e C xe= + • Nếu (7) có hai nghiệm phức thì nghiệm tổng quát của (6) có dạng: 1 ,k iα β= + 2 ,k iα β= − ( )1 2cos si .nxy e C x C xα β β= + Ví dụ 4.7 Giải PTVP Ví dụ 4.8 Giải PTVP Ví dụ 4.9 Giải PTVP 3 2 0.y y y′′ ′− + = 4 4 0.y y y′′ ′− + = 0.y y y′′ ′+ + = 2. PTVP tuyến tính cấp 2 không thuần nhất Dạng cơ bản Nguyên tắc chồng chất nghiệm Nếu lần lượt là nghiệm của ptvp sau thì là nghiệm của ptvp ( ). (8)y py qy f x′′ ′+ + = 1 2,y y 1 2 ( ), ( ) y py qy f x y py qy f x ′′ ′+ + = ′′ ′+ + = 1 2y y+ 1 2( ) ( ). (9)y py qy f x f x′′ ′+ + = + 10/3/2014 4 Phương pháp giải Bước 1. Tìm nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất Bước 2. Tìm một nghiệm riêng cho (8). Bước 3. Kết luận nghiệm tổng quát của (8) là 0y 0.y py qy′′ ′+ + = ry 0 .TQ ry y y= + Nghiệm riêng của (8) phụ thuộc vào dạng của hàm : Trường hợp 1: với là đa thức bậc n.  Nếu không là nghiệm của phương trình đặc trưng thì nghiệm riêng có dạng ( )f x ( ( ,) )x nf x e P xα= ( )nP x α ( ).x r n y e Q xα=  Nếu là nghiệm đơn của phương trình đặc trưng thì nghiệm riêng có dạng  Nếu là nghiệm kép của phương trình đặc trưng thì nghiệm riêng có dạng α ( ).x r ny xe Q xα= α 2 ( ).x r ny x e Q xα= Ví dụ 4.10 Giải PTVP Ví dụ 4.11 Giải PTVP Ví dụ 4.12 Giải PTVP 25 4 4 .y y y x′′ ′− + = 3 2 (2 1) .xy y y x e′′ ′− + = + 36 9 4 .xy y y e′′ ′− + = Trường hợp 2: Gọi Ta có  Nếu không là nghiệm của phương trình đặc trưng thì nghiệm riêng có dạng [ ]( ) ( )cos .( )sinx n mf x e P x x Q x xα β β= + { }max ; .k m n= iα β± [ ]( )cos ( )sin .xr k ky e H x x R x xα β β= +  Nếu là nghiệm của phương trình đặc trưng thì nghiệm riêng có dạng iα β± [ ]( )cos ( )sin .xr k ky xe H x x R x xα β β= + 10/3/2014 5 Ví dụ 4.13 Giải PTVP Ví dụ 4.14 Giải PTVP 3 2 cos .y y y x′′ ′− + = 2 sin .xy y e x′′ − = Ví dụ 4.15 Giải PTVP 22 2cosy y x′′ ′− = Bài tập 2 Giải các PTVP sau 3 2 3 1. 3 2 2 10 2. 2 2 3. 2 3 4 4. 6 9 4 95. 3cos 2 sin 2 , 4 3(0) (0) ; 0. 2 2 2 x x y y y x y y y x y y y e y y y e y y x x x y y y ypi pi − ′′ ′ − + = − ′′ ′ − + = ′′ ′+ − = ′′ ′ − + = ′′ + = − +     ′ ′+ = + =       

Các file đính kèm theo tài liệu này:

  • pdftoana5chuong_4_phuong_trinh_vp_cap_2_7027.pdf
Tài liệu liên quan