Toán học - Chương 1: Tập hợp và số thực

1^n/n!,n=0..infinity); ∑∞ =0 ! 1 n n . [> value("); exp(1) . Bài tập và tính toán thực hành Ch−ơng 11 20 4 [> evalf("); 2.718281828 . Tính tổng f x x n n n ( ) ! = + = ∞∑1 1 . [> 1+sum(x^n/n!,n=1..infinity); 1 + exp(x) (1 - exp(-x)) . [> simplify("); exp(x) . Bài 3 Nghiên cứu hàm ∑∞ = = 1 sin)( k k kxxf . B−ớc 1: Khai báo (định nghĩa hàm )(xf ): [> f:=x->sum(sin(k*x)/k,k=1..infinity); ∑∞ = →= 1 sin: k k kxxf . B−ớc 2: Tính giá trị của hàm số tại một số điểm (xét sự hội tụ điểm của chuỗi khi x nhận các giá trị cụ thể). [> f(0.2*Pi); ∑∞ =1 6283185308.sin k k k . [> evalf("); 1.527278662 . [> f(Pi); sin kPi kk= ∞∑ 1 . [> evalf("); 0 . [> f(0.1*Pi); ∑∞ =1 3141592654.sin k k k . [> evalf("); 1.692237735 . [> f(Pi/2); ∑∞ =1 2/1sin k k kPi . [> evalf("); .7853981634 . Việc tính chuỗi (vô hạn) th−ờng mất nhiều thời gian hơn là tính tổng (hữu hạn). Cho nên, khi chỉ cần tính gần đúng thì nên tính tổng riêng với số số hạng đủ lớn. Bài tập và tính toán thực hành Ch−ơng 11 20 5 Thí dụ, ta có thể tính giá trị gần đúng của tổng vô hạn tại các điểm cụ thể bằng cách tính tổng đến số hạng thứ 100 nh− sau: [> f:=x->sum(sin(k*x)/k,k=1..100); ∑ = →= 100 1 sin: k k kxxf . [> evalf(f(1)); 1.060428939 . [> evalf(f(Pi/5)); 1.241256676 . [> evalf(f(Pi/2)); .7803986631 . Ta có thể vẽ đồ thị của hàm tổng )(xf bằng lệnh [> plot(f(x),x=-0.5..0.5); Muốn chính xác hơn, ta tính tổng đến số hạng thứ 1000: [> f:=x->sum(sin(k*x)/k,k=1..1000); ∑ = →= 1000 1 sin: k k kxxf . [> evalf(f(1)); 1.070694159 . [> evalf(f(Pi/5)); 1.255098227 . [> evalf(f(Pi/2)); .7848981639 . Ta có thể vẽ đồ thị của hàm tổng )(xf bằng lệnh [> plot(f(x),x=-0.2..0.2); So sánh các kết quả tính toán và đồ thị, ta có thể kết luận về độ chính xác trong tính toán. Trong các bài trên, mặc dù ta không có công thức t−ờng minh của hàm số, nh−ng ta vẫn có thể nghiên cứu nó t−ơng đối tỉ mỉ: tính giá trị gần đúng của hàm số tại các điểm cụ thể, vẽ đồ thị hàm số (là tổng của một chuỗi hàm). Nh− vậy, MAPLE mở ra một khả năng mới nghiên cứu hàm số một cách trực tiếp mà không cần (và không có) công thức biểu diễn. Bài 4 Nghiên cứu hàm ∑∞ = = 1 2 sin)( k k kxxf . [> f:=x->sum(sin(k*x)/k^2,k=1..infinity); ∑∞ = →= 1 2 sin: k k kxxf . [> f(1); Hình 11.4 Hình 11.5 Bài tập và tính toán thực hành Ch−ơng 11 20 6 sin( )k kk 21= ∞∑ . [> Sum(sin(k)/k^2,k=1..10); sin( )k kk 21 10 = ∑ . [> evalf("); 1.019570958 . [> Sum(sin(k)/k^2,k=1..100); sin( )k kk 21 100 = ∑ . [> evalf("); 1.013856043 [> Sum(sin(k)/k^2,k=1..1000); sin( )k kk 21 1000 = ∑ . [> evalf("); 1.013959029 . 207 Ch−ơng 12 ________________ Ph−ơng trình vi phân 12.1. Một vài bài toán ________________________________ 12.1.1. Bài toán tăng tr−ởng hoặc suy thoái Có nhiều đại l−ợng trong thực tế nh− số l−ợng dân số hoặc động vật, nhiệt độ của vật thể nóng, l−ợng hóa chất tan,... thay đổi theo tốc độ tỷ lệ với đại l−ợng tức thời. Ta có thể biểu diễn sự thay đổi này bởi ph−ơng trình: )()(' tfktf = , (1) trong đó f(t) là đại l−ợng tại thời điểm t, k là hằng số tỷ lệ, còn f’(t) là đạo hàm của f biểu diễn tốc độ thay đổi. Ph−ơng trình (1) là ph−ơng trình vi phân vì trong ph−ơng trình này có tham gia đạo hàm của hàm f theo t. Ng−ời ta nói đây là ph−ơng trình vi phân bậc 1 vì chỉ có đạo hàm bậc một trong đó. Nếu có sự tham gia của đạo hàm bậc k thì ph−ơng trình đ−ợc gọi là ph−ơng trình vi phân bậc k. Nếu có nhiều ph−ơng trình vi phân thì ta có hệ ph−ơng trình vi phân. Nghiệm của ph−ơng trình (1) là một hàm số g(t) mà khi thay g vào f trong (1) ta có đẳng thức đúng với mọi t. Muốn tìm ra f ta viết ph−ơng trình trên d−ới dạng: kf dt df = . Hiển nhiên f(t) = 0 là nghiệm của ph−ơng trình đã cho, nghiệm này đ−ợc gọi là nghiệm tầm th−ờng . Ta giả thiết 0≠f và biến đổi kdt f df = . Lấy tích phân hai vế ta có: ∫∫ = kdtf df hay ckttf +=)(ln . Do đó: ktetf α=)( , trong đó α là hằng số lấy giá trị bất kỳ. Cho tr−ớc đại l−ợng f(0) tại thời điểm t = 0 ta xác định đ−ợc hằng số )0(f=α , vậy: kteftf )0()( = . Ch−ơng 12. Ph−ơng trình vi phân 20 8 Để xem đây có phải là nghiệm ph−ơng trình (1) hay không chỉ cần lấy đạo hàm rồi thế vào (1). Ta chứng minh rằng đây là nghiệm duy nhất. Thật vậy, giả sử g(t) là một nghiệm của (1) với )0()0( fg = . Xét hàm )()( tgeth kt−= . Ta có )(')()(' tgetgketh ktkt −− +−= 0)()( =+−= −− tgetgke ktkt . Chứng tỏ h là một hằng số. Thực ra )0()0()0( fgh == . Vậy )()0()( tfeftg kt == . Với 0)0( >f cho tr−ớc, nếu 0>k ta có sự tăng tr−ởng và nếu 0<k ta có sự suy thoái (đại l−ợng f(t) giảm theo thời gian). 12.1.2. Vận tốc ban đầu của vệ tinh Chúng ta cần xác định vận tốc ban đầu của vệ tinh sao cho vệ tinh này có thể v−ợt ra khỏi quỹ đạo trái đất. Gọi m là khối l−ợng vệ tinh và M là khối l−ợng trái đất, x(t) là khoảng cách vệ tinh tới tâm trái đất tại thời điểm t. Khi đó theo định luật Newton ta có ph−ơng trình: 22 2 . x Mmk dt xdm −= , (2) trong đó k là hằng số hấp dẫn. Vế trái là lực chuyển động của vệ tinh, vế phải là lực hút của trái đất ng−ợc với h−ớng chuyển động. Đây là ph−ơng trình vi phân bậc hai vì có đạo hàm bậc hai của x tham gia. Ph−ơng trình (2) có thể viết đơn giản: 22 2 x a dt xd −= , (3) trong đó a = kM. Để xác định a ta dùng công thức 2 . R mMkFmg == , trong đó 2 3 sec/10 81,9 kmg = là gia tốc rơi tự do, R = 6400km là bán kính trái đất. Dễ nhận thấy 234 sec/10.8.81,9. kmRga == . Trở lại ph−ơng trình (3), dùng ký hiệu dt dxv = là vận tốc chuyển động của vệ tinh và sử dụng công thức biến đổi dx dvv dt dx dx dv dt dv dt xd === .2 2 , ta thu đ−ợc ph−ơng trình vi phân bậc nhất: 2x a dx dvv −= hay dx x avdv 2−= . Lấy tích phân hai vế ta đ−ợc: c x av += 2 2 . Ch−ơng 12. Ph−ơng trình vi phân 20 9 Khi x = R, vận tốc 0vv = là vận tốc ban đầu của vệ tinh nên ta xác định 64002 2 0 avc −= . Suy ra 640022 2 0 2 avv ax +− = . Khoảng cách x đạt cực đại khi v = 0 và khi đó: 26400 2 0va ax − = . Muốn cho x tiến tới giá trị ∞ thì mẫu số của biểu thức trên phải bằng 0 và ta có sec/2,11 6400 10.8.8,9.2 6400 2 4 0 km av ≈≈= Đây là tốc độ ban đầu mà vệ tinh phải có để rời khỏi trái đất vào vũ trụ với khoảng cách dần tới vô cùng. Qua hai bài toán trên chúng ta có thể hình dung đ−ợc tầm quan trọng của ph−ơng trình vi phân. Nói chung không có một ph−ơng pháp vạn năng nào để giải các ph−ơng trình vi phân, và không phải ph−ơng trình vi phân nào cũng giải đ−ợc. Mỗi lớp ph−ơng trình có một ph−ơng pháp giải đặc thù. Trong giáo trình này, nhằm mục đích giúp ng−ời đọc làm quen với khái niệm ph−ơng trình vi phân và sử dụng nó trong một số môn học khác (vật lý, cơ học, môi tr−ờng, sinh thái,...), về mặt lý thuyết chúng tôi chỉ giới thiệu một số dạng ph−ơng trình vi phân t−ơng đối đơn giản, mà tập trung nhiều hơn vào việc thực hành tính toán giải ph−ơng trình vi phân trên máy tính (trong phần bài tập và tính toán thực hành). Bạn đọc muốn tìm hiểu kỹ hơn về chuyên ngành này xin xem giáo trình Ph−ơng trình vi phân. 12.2. Ph−ơng trình vi phân có biến tách __________________ 12.2.1. Định nghĩa Ph−ơng trình vi phân có biến tách là ph−ơng trình dạng: )()(' yhxgy = (1) Dạng t−ơng đ−ơng là: 0)()( =+ dyybdxxa . (2) Thí dụ (a) 2xy dx dy = là ph−ơng trình có biến tách. Rõ ràng y = 0 là nghiệm tầm th−ờng của ph−ơng trình. Ta giả thiết 0)( ≠xy . Khi đó ph−ơng trình trên đ−ợc viết: xdx y dy =2 . (b) 21 cos'. y xyy + = cũng là một ph−ơng trình có biến tách, có thể viết d−ới dạng: Ch−ơng 12. Ph−ơng trình vi phân 21 0 dxxdyyy cos1 2 =+ . 12.2.2. Ph−ơng pháp giải Giả sử ta có ph−ơng trình vi phân có biến tách ở dạng (2). Khi ấy lấy tích phân ta đ−ợc cdxxadyyb +∫−=∫ )()( , trong đó hằng số c đ−ợc xác định bởi giá trị của 00 )( yxy = tại một điểm 0x cho tr−ớc, 00 )( yxy = đ−ợc gọi là điều kiện khởi đầu. Thí dụ 1) Giải ph−ơng trình vi phân: 1)0(,1')1( 2222 =+−−=− yyxyxyy . Để giải ph−ơng trình trên ta thực hiện những b−ớc sau: • Biến đổi vế phải )1)(1(1 222222 −−=+−− yxyxyx và đ−a ph−ơng trình về dạng biến tách: dxx y dy )1( 1 2 −−=+ . • Lấy tích phân hai vế ta có cxxy ++−=+ 3 1ln 3 , hay 13 3 −= +− x x ey α • Xác định hằng số α qua điều kiện khởi đầu: 1)0(1 −== αy . Vậy 2=α . • Kiểm tra lại nghiệm 12 13 3 −= +− x ey của ph−ơng trình ban đầu và kết luận đó chính là nghiệm cần tìm. Thí dụ 2) Một chất phóng xạ phân rã với với tốc độ tỷ lệ thuận với khối l−ợng của nó. Hãy tính chu kỳ nửa phân rã, tức là thời gian để chất phóng xạ còn một nửa. Để giải ph−ơng trình trên ta thực hiện những b−ớc sau: • Lập ph−ơng trình của bài toán phân rã (nh− bài toán tăng tr−ởng). Gọi f(t) là l−ợng phóng xạ ở thời điểm t. Khi đó )()(' tkftf −= , trong đó k > 0 là hằng số tỷ lệ (tùy thuộc vào chất phóng xạ; đối với radium k=0,000428/ năm). • Chuyển ph−ơng trình về dạng biến tách: dtk f df −= . • Tích phân hai vế ta có cktf +−=ln , hay f t e kt( ) = −α . • Hằng số α đ−ợc xác định bởi f(0) l−ợng chất phóng xạ ở thời điểm t = 0: )0(f=α . Ch−ơng 12. Ph−ơng trình vi phân 21 1 • Kiểm tra lại ta thấy kteftf −= )0()( là nghiệm ph−ơng trình ban đầu. • Tại 2/1τ=t chu kỳ nửa phân rã, )0(2 1)( 2/1 ff =τ . Do đó )2ln(12/1 k =τ . 12.3. Ph−ơng trình tuyến tính cấp một __________________ 12.3.1. Ph−ơng trình thuần nhất Ph−ơng trình tuyến tính cấp một thuần nhất là ph−ơng trình dạng 0)(' =+ yxpy . (1) Đây là một ph−ơng trình có biến tách với 0≠y , dxxP y dy )(−= . Do đó nghiệm sẽ là ∫= − dxxPcey )( . Ngoài ra y = 0 cũng là nghiệm, nó ứng với c = 0. Thí dụ Giải 1)0(,0)cos(' ==+ yxyy . Theo ph−ơng pháp trên: )sin()( xdxxp cecey −∫− == Hằng số c đ−ợc xác định bởi điều kiện y(0) = 1, tức là c = 1. Ta có )sin( xey −= và khi thử vào ph−ơng trình thì đó đúng là nghiệm cần tìm. 12.3.2. Ph−ơng trình không thuần nhất Ph−ơng trình tuyến tính cấp 1 (không thuần nhất) là ph−ơng trình dạng )()(' xqyxpy =+ , (2) trong đó 0)( ≠xq . Ph−ơng pháp giải: • Tr−ớc hết giải ph−ơng trình thuần nhất ta thu đ−ợc nghiệm dxxpWey )(∫−= , trong đó W là hằng số bất kỳ. • Tìm nghiệm của (2) d−ới dạng dxxpexWy )()( ∫−= có nghĩa là xem W nh− một hàm cần tìm để y thỏa mãn (2). Ta có dxxpdxxp Wexpe dx dW dx dy )()( )( ∫−∫− −= . Ch−ơng 12. Ph−ơng trình vi phân 21 2 Thay thế vào (2) ta thu đ−ợc ph−ơng trình mà W phải thỏa mãn )()( xq dx dWe dxxp =∫− . (3) • Giải ph−ơng trình có biến tách (3) ta thu đ−ợc cdxexqW dxxp +∫= ∫ )().( với c là hằng số bất kỳ. • Thay dxxpdxxp ecdxexqy )()( }).({( ∫−∫ +∫= vào ph−ơng trình (2) ta kết luận đây là nghiệm cần tìm. • Nếu cho tr−ớc điều kiện khởi đầu thì hằng số c sẽ đ−ợc xác định cụ thể. Thí dụ 1) Giải ph−ơng trình 2) 2 (),sin()sin(' =π=+ yxxyy . Tr−ớc hết giải ph−ơng thuần nhất 0)sin(' =+ xyy ta thu đ−ợc )cos(xWey = . Tìm nghiệm ph−ơng trình không thuần nhất d−ới dạng dxxpexWy )()( ∫−= ta thu đ−ợc ph−ơng trình đối với hàm W: )sin()cos( x dx dWe x = . Giải ph−ơng trình này ta có cdxexW x +∫= − )cos()sin( ce x += − )cos( . Suy ra )cos(1 xcey += . Thay y’ và y vào ph−ơng trình ban đầu: )sin()sin()sin()sin()sin(]1[]'1[ )cos()cos()cos()cos( xexcxexcxcece xxxx =++−=+++ Vậy )cos(1 xcey += là nghiệm của ph−ơng trình. Để xác định c ta sử dụng điều kiện khởi đầu 21) 2 ( =+= cy π , và suy ra c = 1. Nghiệm cần tìm là )cos(1 xey += . Thí dụ 2) Hồ Hoàn Kiếm tại thời điểm t = 0 chứa 2 108. lít n−ớc sạch. Cứ một giây n−ớc chảy vào hồ từ cống rãnh của c− dân xung quanh là 60 lít, trong đó có 10 lít chất ô nhiễm và l−ợng n−ớc thoát khỏi hồ là 60 lít. Tìm l−ợng chất ô nhiễm có trong hồ theo thời gian. Tính giá trị giới hạn. Để giải bài toán trên ta gọi y(t) là l−ợng chất ô nhiễm tính theo đơn vị lít có trong hồ tại thời điểm t. Tỷ lệ chất ô nhiễm chứa trong 1 lít n−ớc hồ sẽ là 810.2/)(ty . Tốc độ thay đổi của y bằng l−ợng chất ô nhiễm chảy vào hồ (10 lít/giây) bớt đi l−ợng ô nhiễm chảy qua ống thoát( 810.2/)(.60 ty lit/ giây). Vậy ta có ph−ơng trình: 10 10.2 60' 8 +−= yy . (4) Đây là ph−ơng trình tuyến tính cấp một không thuần nhất. Nghiệm của ph−ơng trình thuần nhất yy 810.2 60' −= là Ch−ơng 12. Ph−ơng trình vi phân 21 3 twey 710.3 −−= . Tìm nghiệm của ph−ơng trình (4) d−ới dạng tetw 710.3)( −− ta thu đ−ợc ph−ơng trình đối với w là: 10. 710.3 =′ −− tew . Suy ra cew t += −710.38.10 3 1 , do đó tt ecey 77 10.310.38 )10 3 1( −− −+= . Khi t = 0, y = 0, do đó c xác định đ−ợc từ c+= 810 3 10 , tức là 810 3 1−=c . Vậy )1(10 3 1 710.38 tey −−= . Khi ∞→t , ta có 810 3 1 ⋅→y . Nh− vậy, khi t đủ lớn, l−ợng chất ô nhiễm sẽ chiếm 6 1 l−ợng n−ớc trong hồ. 12.4. Một số ph−ơng trình đặc biệt_____________________ D−ới đây chúng ta sẽ xem xét một số ph−ơng trình không tuyến tính dạng đặc biệt th−ờng gặp mà có thể giải đ−ợc bằng cách chuyển về ph−ơng trình tuyến tính. 12.4.1. Ph−ơng trình Bernoulli Ph−ơng trình Bernoulli là ph−ơng trình dạng αyxqyxpy )()( =+′ , (1) trong đó a là hằng số, p(x) và q(x) là những hàm liên tục. Tuy ph−ơng trình này không tuyến tính nh−ng bằng phép biến đổi đơn giản ta có thể quy về ph−ơng trình tuyến tính. Ph−ơng pháp giải. Có thể giả thiết α ≠ 0 và α ≠ 1 vì nếu không (1) sẽ là ph−ơng trình tuyến tính nh− trình bày ở phần tr−ớc. Khi ấy ngoài nghiệm y = 0, để tìm nghiệm y ≠ 0, ta chia hai vế (1) cho yα : )()( xq y yxp y y =+′ αα . (2) Đặt α−= 1yw , ta có αα y yw ′−=′ )1( . Do đó (2) t−ơng đ−ơng với ph−ơng trình tuyến tính )()1()()1( xqwxpw αα −=−+′ . Giải ph−ơng trình này ta thu đ−ợc nghiệm w và suy ra nghiệm của ph−ơng trình Bernoulli là ′ = −y w 1 1 α và y=0. Thí dụ 1) Giải ph−ơng trình xeyyy 2=+′ Giải Đây là ph−ơng trình Bernoulli. Đặt y w 1= ta có 2y yw ′−=′ . Ph−ơng trình trên có dạng Ch−ơng 12. Ph−ơng trình vi phân 21 4 xeww −=−′ . Ph−ơng trình tuyến tính cấp 1 này có nghiệm tổng quát xexcw )( −= với c bất kỳ. Vậy nghiệm của ph−ơng trình ban đầu là xe xc y −−= 1 và y=0. 2) Bài toán tăng tr−ởng của một quần thể (trong một hệ sinh thái) phức tạp hơn so với bài toán ở mục 12.1.1 có dạng 2)( kfftf −=′ ε trong đó ε và k là những hằng số d−ơng (thành phần 2kf− xuất hiện khi có quá nhiều dân số và tỷ lệ tử vong tăng). Cho tr−ớc 0)0( yf = . Hãy tìm dân số f(t) tại thời điểm t bất kỳ và tìm giới hạn khi ∞→t . Giải Đây là bài toán Bernoulli. Đặt f w 1= và thay vào ph−ơng trình trên ta có 0=−+′ kww ε với 0 1)0( y w = . Giải ph−ơng trình tuyến tính này sẽ thu đ−ợc nghiệm ( ) ( )tt eyeykw εεε 00 /11  −+= . Nh− vậy )1(1 )( 0 0 −+ = t t eyk ey tf ε ε ε . Khi ∞→t , ta có kt ε=∞→lim . 12.4.2. Ph−ơng trình Riccati Ph−ơng trình Riccati là ph−ơng trình dạng 2 321 )()()( yxqyxqxqy ++=′ (1) trong đó )(1 xq , )(2 xq và )(3 xq là những hàm liên tục. Đây cũng là ph−ơng trình không tuyến tính nh−ng có thể đ−a về dạng tuyến tính nếu biết một nghiệm riêng. Ph−ơng pháp giải. Giả sử biết tr−ớc nghiệm riêng )(1 xy . Khi ấy đặt w xyy 1)(1 += và thay vào (1) ta thu đ−ợc ph−ơng trình tuyến tính đối với hàm w(x): ( ) 02)( 3132 =−++′ qwyqxqw Giải ph−ơng trình này ta thu đ−ợc nghiệm tổng quát cw và nghiệm tổng quát của (1) sẽ là cc wyy += 1 . Thí dụ Giải ph−ơng trình 22 21 yxyxy +−+=′ . Giải Ta dễ dàng thấy rằng ph−ơng trình có một nghiệm riêng xxy =)(1 . Đặt w xy 1+= ta có ph−ơng trình đối với w là 01)22( =−+−+′ wxw . Ch−ơng 12. Ph−ơng trình vi phân 21 5 Giải ph−ơng trình tuyến tính này ta thu đ−ợc nghiệm w = c - x với c là hằng số bất kỳ. Vậy nghiệm của ph−ơng trình ban đầu là ,1 xc xy −+= Rc ∈ . 12.4.3. Ph−ơng trình Clairaut Ph−ơng trình Clairaut là ph−ơng trình dạng )(yfyxy ′+′= , (1) trong đó f là một hàm khả vi. Đây cũng là một ph−ơng trình không tuyến tính và có thể đ−a về ph−ơng trình tuyến tính. Ph−ơng pháp giải. • Đặt yw ′= và lấy đạo hàm 2 vế theo x ta có 0)( =′′+′ wwfwx . Từ đây ta thu đ−ợc hai ph−ơng trình 0=′w , (2) 0)( =′+ wfx . (3) • Ph−ơng trình (2) cho nghiệm w(x) = c, do đó 1ccxy += . Thay vào ph−ơng trình (1) ta sẽ xác định )(1 cfc = . Nh− vậy y = cx + f(c) là một nghiệm của (1). • Ph−ơng trình (3) cho ta ph−ơng trình đối với w mà từ đó có thể tìm w theo x rồi tính ∫ += 2cwdxy . Thí dụ Giải ph−ơng trình 2)(yyxy ′+′= . Giải Theo ph−ơng pháp trên, nghiệm thứ nhất của bài toán là 2ccxy += với c bất kỳ. Ngoài ra ph−ơng trình (3) cho ta nghiệm 2 4 1 xy −= . Thay hàm số này vào ph−ơng trình đầu ta thấy đây đúng là một nghiệm của nó. 12.5. Ph−ơng trình tuyến tính cấp hai___________________ 12.5.1. Ph−ơng trình thuần nhất Ph−ơng trình tuyến tính cấp hai thuần nhất là ph−ơng trình có dạng 0)()( =+′+′′ yxqyxpy . (1) Trong giáo trình này chúng ta chỉ xét tr−ờng hợp đặc biệt là các hàm p(x), q(x) là các hằng số p và q. Để giải ph−ơng trình trên ng−ời ta tìm hai nghiệm riêng độc lập tuyến tính tức là hai nghiệm bất kỳ f(x) và g(x) sao cho không có số α ≠ 0 để f(x) = αg(x). Nghiệm tổng quát của (1) sẽ có dạng )()( 21 xgcxfcy += với 21,cc là hai số bất kỳ. Ch−ơng 12. Ph−ơng trình vi phân 21 6 Mệnh đề Nếu y = f(x) và y = g(x) là nghiệm của (1) thì với mọi 21,cc hàm )()( 21 xgcxfcy += cũng là nghiệm của (1). Chứng minh Ta có 0)()()( =+′+′′ xqfxfpxf và 0)()()( =+′+′′ xqgxgpxg . Do đó ))()(())()(())()(( 212121 xgcxfcqxgcxfcpxgcxfcqyypy ++′++′′+=+′+′′ 0))()()(())()()(( 21 =+′+′′++′+′′= xqgxgpxgcxqfxfpxfc , có nghĩa là y thỏa mãn (1). Ph−ơng pháp giải. • Lập ph−ơng trình đặc tr−ng dạng 02 =++ qpλλ (2) và giải để tìm nghiệm 21,λλ . (Thật ra, ph−ơng trình đặc tr−ng này thu đ−ợc bằng cách tìm nghiệm của (1) d−ới dạng xey λ= ). Nếu 21,λλ là những nghiệm thực khác nhau của (2) thì các nghiệm riêng xx eyey 21 21 , λλ == là độc lập tuyến tính và nghiệm tổng quát của ph−ơng trình sẽ là xx ececy 21 21 λλ += với 21,cc là hai số bất kỳ. • Nếu 21 λλ = là nghiệm của (2) thì xey 11 λ= là một nghiệm riêng. Ngoài ra xxey 12 λ= cũng là nghiệm riêng vì 0)2()()()()( 11111 1121 =++++=+′+′′ xxxxx xepxeqpxeqxepxe λλλλλ λλλ . Khi ấy xx xececy 11 21 λλ += với 21,cc là hai số bất kỳ sẽ là nghiệm tổng quát của (1). • Nếu 21,λλ là những nghiệm phức của (2), có dạng ii γβλγβλ −=+= 21 , , thì bằng cách thay trực tiếp xexy βγ= )cos(1 và xexy βγ= )sin(2 vào (1) ta thấy đây là những nghiệm riêng của (1). Do 1y và 2y độc lập tuyến tính, nghiệm tổng quát của (1) trong tr−ờng hợp này sẽ là )]sin()cos([ 21 xcxcey x γ+γ= β với 21,cc là hai số bất kỳ. Thí dụ 1) Giải ph−ơng trình vi phân 054 =+′−′′ yyy . Giải Ph−ơng trình đặc tr−ng là 0542 =+− λλ và có nghiệm ii −=+= 2,2 21 λλ . Vậy nghiệm tổng quát của ph−ơng trình là )]sin()cos([ 21 2 xcxcey x += . Ch−ơng 12. Ph−ơng trình vi phân 21 7 2) Tìm nghiệm ph−ơng trình 05 =−′+′′ yyy thỏa mãn điều kiện khởi đầu tại x = 0 là y = 1 và y' = 1. Giải Ph−ơng trình đặc tr−ng là 0652 =−+ λλ và có nghiệm 3,2 21 −=−= λλ . Nghiệm tổng quát sẽ là xx ececy 32 2 1 −− += . Nghiệm riêng thỏa mãn điều kiện khởi đầu kéo theo các hệ số 21,cc phải thỏa mãn 1)0( 21 =+= ccy , 132)0( 21 =−−=′ ccy . Suy ra 5/3,5/8 21 −== cc . Vậy )38(5 1 32 xx eey −− −= là nghiệm cần tìm. 12.5.2. Ph−ơng trình không thuần nhất Ph−ơng trình tuyến tính cấp 2 (không thuần nhất) là ph−ơng trình dạng ′′ + ′ + =y p x y q x y k x( ) ( ) ( ) . (3) Cũng nh− phần tr−ớc, chúng ta chỉ xét tr−ờng hợp p(x) và q(x) là những hằng số (p(x) ≡ p và q(x) ≡ q). Ph−ơng pháp giải • Tr−ớc hết giải ph−ơng trình thuần nhất 0=+′+′′ qypy và thu đ−ợc nghiệm tổng quát cy . • Tìm một nghiệm riêng py của ph−ơng trình (3). • Nghiệm tổng quát của (3) sẽ có dạng y = py + cy . Cách tìm nghiệm riêng py trong một số tr−ờng hợp Tr−ờng hợp 1: )()( xPexk n xα= với α là hằng số và )(xPn là đa thức bậc n. • Nếu α không phải là nghiệm của ph−ơng trình đặc tr−ng, nghiệm riêng của (3) có thể tìm đ−ợc d−ới dạng )(xQey n x p α= với )(xQn là một đa thức cùng bậc với )(xPn . Các hệ số của )(xQn đ−ợc xác định bằng cách thay py vào ph−ơng trình (3) và đồng nhất các hệ số của các lũy thừa cùng bậc của đa thức ở hai vế của ph−ơng trình sau )()()()()2()( 2 xPxQqpxQpxQ nnnn =+++′++′′ ααα . (4) • Nếu a là một nghiệm đơn của ph−ơng trình đặc tr−ng thì hệ số của )(xQn trong (4) bằng 0 còn hệ số 02 ≠+ pα . Để (4) đúng thì phải giữ nguyên số hệ số của đa thức Q xn ( ) và tăng bậc lên một bằng cách nhân x với )(xQn . Nghiệm riêng của (3) sẽ có dạng )(xQxey n x p α= . T−ơng tự nếu α là nghiệm kép của ph−ơng trình đặc Ch−ơng 12. Ph−ơng trình vi phân 21 8 tr−ng thì cả hai hệ số của )(xQn và )(xQn′ bằng không cho nên phải nhân 2x với )(xQn . Nghiệm riêng của (3) sẽ có dạng )( 2 xQexy n x p α= . Thí dụ 1) Giải ph−ơng trình xxeyy =−′′ . Giải Ph−ơng trình đặc tr−ng 12 −λ = 0 có 2 nghiệm 11 =λ và 12 −=λ . Nghiệm tổng quát của ph−ơng trình thuần nhất 0=−′′ yy là xx c ececy −+= 21 Ta tìm nghiệm riêng d−ới dạng )( bxaxey xp += . Các hệ số a,b đ−ợc xác định bằng cách thay py và [ ] xp ebxxabbay 2)4()(2 ++++=′′ vào ph−ơng trình vi phân đã cho [ ] xxx xeebxaxebxxabba =+−++++ )()4()(2 22 . Suy ra 2(a + b)x + (4b + a) x- ax = x , tức là 2(a + b) = 0 , 4b = 1. Vậy 4 1, 4 1 −== ab và xp exxy    +−= 4 1 4 1 . Nghiệm tổng quát của ph−ơng trình là xxx ececexxy −++   +−= 214 1 4 1 với 21,cc là những số thực tùy ý. Thí dụ 2) Tìm nghiệm ph−ơng trình )1(2 2 +=+′+′′ xeyyy x thỏa mãn điều kiện khởi đầu y(0) = 0, y'(0) = 1. Giải Ph−ơng trình đặc tr−ng 0122 =++ λλ có nghiệm kép là λ = -1. Nghiệm tổng quát của ph−ơng trình thuần nhất 02 =+′+′′ yyy là xx c xececy −− += 21 . Tìm nghiệm riêng dạng )( 2cxbxaey xp ++= . Các hệ số a,b,c đ−ợc xác định bằng cách thay pp yy ′,, và py ′′ vào ph−ơng trình đầu [ ] [ ] )1()()2(2)2(2 2222 +=+++++++++++++ xeecxbxaecxxbcbaecxxbccba xxxx Ch−ơng 12. Ph−ơng trình vi phân 21 9 Tức là 14))2(3(2)(3 22 +=+++++++ xcxxbbcacba . Suy ra 3(a + b) + 2c + a = 1 , 3(2c + b) + b = 0 , 4c = 1. Ta có 32 13, 8 3, 4 1 =−== abc và ) 4 1 8 3 32 13( 2xxey xp +−= . Nghiệm tổng quát của ph−ơng trình là xxx xececxxey −− +++−= 212 )4 1 8 3 32 13( Các hệ số 21,cc đ−ợc xác định từ điều kiện khởi đầu 11)0( 1 −=+= 1c hay cy 32 6111 32 1)0( 22 ==+−=′ ccy hay . Lời giải của bài toán sẽ là xxx xeexxey −− +−+−= 32 61) 4 1 8 3 32 13( 2 . Tr−ờng hợp 2: )]sin()()cos()([)( xxQxxPexk x β+β= α trong đó α,β là hằng số, P(x) và Q(x) là những đa thức. Trong tr−ờng hợp này ng−ời ta có thể tìm nghiệm riêng dạng )]sin()()cos()([ xxQxxPey xp β+β= α trong đó )(),( xQxP là những đa thức có bậc bằng bậc cao nhất của P(x) và Q(x) nếu α ± iβ không phải là nghiệm của ph−ơng trình đặc tr−ng hoặc nghiệm riêng dạng )]sin()()cos()([ xxQxxPxey xp β+β= α với )(),( xQxP nh− trên, nếu α ± iβ là nghiệm của ph−ơng trình đặc tr−ng. Thí dụ Giải ph−ơng trình )cos(136 xeyyy x=+′−′′ . Giải Ph−ơng trình đặc tr−ng 01362 =+− λλ có nghiệm i231 +=λ và i232 −=λ . Nghiệm tổng quát của ph−ơng trình thuần nhất 0136 =+′−′′ yyy là )]2sin()2cos([ 21 3 xcxcey xc += . Ta tìm nghiệm riêng dạng )]sin()cos([ xbxaey xp += . Để xác định các hệ số a và b, tính pp yy ′′′ , : )]cos()sin([ xbxaeyy xpp +−+=′ )]cos()sin([2)]cos()sin([ xbxaeyxbxaeyy xp x pp +−=−+−+′=′′ rồi thay vào ph−ơng trình đầu ta có Ch−ơng 12. Ph−ơng trình vi phân 22 0 [ ] )cos()sin()74()cos()47( xeexbaxba xx =++− . So sánh hệ số trong hai vế của ph−ơng trình cho ta hệ ph−ơng trình đối với a và b: 7a - 4b = 1 4a + 7b = 0. Suy ra 65 7=a và 65 4−=b . Nh− vậy nghiệm riêng cần tìm sẽ là )]sin(4)cos(7[ 65 1 xxey xp −= và nghiệm tổng quát của ph−ơng trình đầu là )]2sin()2cos([)]sin(4)cos(7[ 65 1 21 3 xcxcexxey xx ++−= . 221 ______________________________ Bài tập và Tính toán thực hành Ch−ơng 12 1. Giải ph−ơng trình vi phân ________________________ 1.1. Ph−ơng trình vi phân có biến tách Bài 1 Tìm nghiệm tổng quát của ph−ơng trình 02 =+ dyyxdx và chọn ra đ−ờng cong tích phân đi qua điểm )0,0( . Bài 2 Giải các ph−ơng trình: 1) 0=+ y dy x dx ; 2) 0)2()2( 33 =+++ dyyydxxx ; 3) 0 11 22 = − + − y dy x dx ; 4) 012 2 =+− ydydxyx ; 5) 1 1 4 + +=′ y xy ; 6) yxey −=′ ; 7) x yy =′ ; 8) 0)()( 2222 =−++ dyyxxdxxyy ; 9) x y y =′ ; 10) 0)1())(1( 22 =+−−+ dyydyedxey yx ; 11) xyy 2−=′ ; 12) 0)(,0)61()cos( 5 ==−+ πydyydxxx ; Bài 3 Một vật có khối l−ợng m đ−ợc ném thẳng đứng xuống d−ới từ một độ cao nào đó. Tìm quy luật thay đổi vận tốc của vật, biết rằng có hai lực tác dụng lên vật: lực hút của trái đất và lực cản của không khí (tỷ lệ với vận tốc với hệ số tỷ lệ k). Bài 4 Tốc độ phân rã của một chất phóng xạ tại mỗi thời điểm tỷ lệ thuận với khối l−ợng của nó tại thời điểm ấy. Hãy xác định tỷ lệ phần trăm khối l−ợng 0m của chất phóng xạ bị phân rã sau 200 năm, biết rằng chu kỳ phân rã của chất phóng xạ (thời gian chất phóng xạ phân rã hết một nửa khối l−ợng) là 1590 năm. Bài 5 Một tên lửa đ−ợc phóng thẳng đứng với vận tốc smv /1000 = . Sức cản của không khí làm giảm chuyển động của tên lửa bằng cách truyền cho nó một gia tốc âm bằng 2kv− , trong đó v là vận tốc tức thời của tên lửa, còn k là hệ số động học vũ trụ. Tính thời gian tên lửa đạt vị trí cao nhất. Bài tập và tính toán thực hành Ch−ơng 12 222 1.2. Ph−ơng trình vi phân tuyến tính Bài 1 Giải ph−ơng trình vi phân tuyến tính thuần nhất 0 1 2 2 =+−′ yx xy và tìm nghiệm thoả mãn điều kiện khởi đầu: 2=y khi 1=x . Bài 2 Giải ph−ơng trình vi phân tuyến tính không thuần nhất xy x y 31 =+′ và tìm nghiệm thoả mãn điều kiện khởi đầu: 1=y khi 1=x . Bài 3 Giải các ph−ơng trình sau bằng cách sử dụng công thức nghiệm tổng quát: 1) 1)();sin( ==+′ πyxyy ; 2) ( )222 12)1( xxyyx +=−′+ ; 3) 22 xxeyy x +=+′ − ; 4) )cos( )tan( y xyy =+′ ; 5) 2 62 xxexy dx dy =− ; 6) xeyy 21 1 +=+′ ; 7) 1)2( =′− yxe y ; 8) 012 =++′ xyyx ; 9) 0)( =−+ xdydxexy x ; 10) dydxyxx =+ )(2 2 ; 11) ))cos(( xxyxy −′= ; 12) xexyxyx −=++′ 23)1( ; 13) yxyx 2)ln()1( =−′ ; 14) 12 +=+′ xxyy . Bài 4 Tìm nghiệm tổng quát sau khi đã đoán tr−ớc một nghiệm riêng: 1) 1+=+′ xyy ; 2) xeyy 2=+′ ; 3) 12 +=+′ xxyy ; 4) 2 11 xx yy −=+′ ; 5) 22 2121 xx xy xx xy + +=+ +−′ ; Bài 5 Tìm nghiệm với giá trị khởi đầu 00 , yx : 1) 1,1,23 003 ===+′ yxxyxy ; 2) 0,0,2 1 00 ==+=′ yxyxyx ; 3) 0,0,2 00 ==+=′ yxyxyx ; 4) 0,0, 00 ==−=′ yxyxyx ; 5) 0,0, 00 ==+=′ yxyxyx ; Bài 6 Chứng minh rằng ph−ơng trình vi phân tuyến tính )()( xqyxpy =+′ có nghiệm riêng dạng by =1 là ph−ơng trình với biến tách. Bài 7 áp dụng ph−ơng pháp đổi biến hoặc đạo hàm hai vế, hãy đ−a ph−ơng trình sau đây về dạng ph−ơng trình vi phân tuyến tính và giải chúng: Bài tập và tính toán thực hành Ch−ơng 12 223 1) 2)1)(1( yyyx =−′+ ; 2) dyyxxdx )12( 2 +−= ; 3) 2)( =′− yex y ; 4) 32 22)cos(2)sin()1( xxyxyyx −=+′− ; 5) ∫ ++= x xdttyxy 0 1)()( ; 6) ∫ ∫+=− x x dttyxdttytx 0 0 )(2)()( ; Bài 8 Tìm quy luật biến thiên của dòng điện trong mạng điện có cuộn tự cảm nếu 0II = khi t = 0, )sin( tAU ω= , constA = . Bài 9 Tìm đ−ờng cong mà tiếp tuyến của nó cắt trục Oy một đoạn bằng n 1 tổng các toạ độ của tiếp điểm. Bài 10 Tìm đ−ờng cong sao cho tung độ trung bình của nó trong đoạn ],0[ x , (tức là đại l−ợng ∫ x ydx x 0 1 ) tỷ lệ với tung độ của điểm ứng với cận bên phải của đoạn ],0[ x . Bài 11 Tìm đ−ờng cong AM sao cho hoành độ của trọng tâm của hình OAMP bằng 4 3 hoành độ của điểm M. Bài 12 Chứng minh rằng nghiệm của ph−ơng trình tuyến tính )()( xqyxpy =+′ với các giá trị khởi đầu 00 ,yx có thể viết d−ới dạng ξξ ξ deqeyy xx x dttpdttp ∫ ∫+∫= −− )()( 0 )(0 . 2. Thực hành giải _________________________________ ph−ơng trình vi phân trên máy Dùng MAPLE V bạn có thể tìm nghiệm chính xác của rất nhiều ph−ơng trình vi phân th−òng (ODE). Hơn nữa, MAPLE cho phép tìm nghiệm xấp xỉ của bất kỳ ph−ơng trình vi phân nào. Ngoài ra, nó còn vẽ đ−ợc đồ thị nghiệm của các ph−ơng trình vi phân. Điều này rất có lợi khi ta muốn biết dáng điệu thay đổi của nghiệm khi giải các bài toán cụ thể. Để tiến hành giải ph−ơng trình vi phân, ta khởi động ch−ơng trình và nạp gói công cụ chuyên dụng cho chuyên mục này bằng các lệnh sau [> restart; [> with(DEtools); Sau khi ấn phím [Enter] cho lệnh thực hiện, ta sẽ thấy hiện ra danh mục các công cụ chứa trong gói: [DEnormal, DEplot, DEplot3d, Dchangevar, PDEchangecoords, PDEplot, autonomous, convertAlg, convertsys, dfieldplot, indicialeq, phaseportrait, reduceOrder, regularsp, translate, untranslate, varparam] Bài tập và tính toán thực hành Ch−ơng 12 224 2.1. Giải ph−ơng trình vi phân th−ờng Một số ký hiệu cần nhớ: 1. Ký hiệu D(y) là đạo hàm bậc nhất của hàm y. 2. Ký hiệu D(D)(y)(x) là đạo hàm bậc hai của y theo x. 3. Ký hiệu D@@k có nghĩa là D đ−ợc kết hợp với chính nó k lần. Muốn giải ph−ơng trình vi phân th−ờng, ta chỉ cần dùng một dòng lệnh có cú pháp nh− sau: [> dsolve({deq, x(t0)=x0 },x(t)); Trong đó , deq là ph−ơng trình vi phân, x(t)là nghiệm, x(t0)=x0 là điều kiện khởi đầu. Nếu tìm nghiệm tổng quát thì ta bỏ điều kiện khởi đầu x(t0)=x0 . (Khi không có điều kiện khởi đầu, MAPLE tự động sinh ra các hằng số _C1 trong kết quả). Sau dấu ”;”, ấn phím “Enter”, trên màn hình sẽ hiện đáp số. Chú ý Dấu ”;” biểu thị sự kết thúc của dòng lệnh. Thiếu dấu ”;” máy hiểu là dòng lệnh ch−a kết thúc, nó không giải và báo lỗi. Có thể nói, hầu hết các ph−ơng trình vi phân giải đ−ợc bằng cầu ph−ơng đều giải đ−ợc nhờ MAPLE. 1. Ph−ơng trình vi phân tách biến Dạng 1 )(tf dt dx = [>dsolve(D(x)(t) =f(t),{x(t)}); Cdttftx += ∫ )()( . Thí dụ Giải ph−ơng trình vi phân 1 2 2 −= tdt dx . [>dsolve(D(x)(t) =2/(t^2-1),{x(t)}); 1)h(arctan2)( Cttx +−= ( )h(arctan t là hàm ng−ợc hàm tan hyperbolic). Nhận xét Đáp số có thể viết d−ới dạng C t ttx ++ −= 1 1ln)( . Hai đáp số có vẻ khác nhau, để so sánh ta dùng lệnh convert(expr,ln)(chuyển đổi biểu thức expr về dạng lôgarit tự nhiên) [> convert(x(t)=-2*arctanh(t)+_C1,ln); x(t) = -ln(t + 1) + ln(1 - t) + _C1. Dạng 2 )(xg dt dx = [> dsolve(D(x)(t) =g(x),{x(t)}); Bài tập và tính toán thực hành Ch−ơng 12 225 1 )( )( 0 1 1 Ct xg dxtx =+− ∫ . Thí dụ Giải ph−ơng trình vi phân 2 12 −= x dt dx . [> dsolve(D(x)(t) =(x^2-1)/2,{x(t)}); 2 arctanh(x(t)) + t = _C1 . Nhận xét Đáp số còn có thể viết d−ới dạng t t Ce Cex − += 1 1 . Để so sánh ta dùng lệnh convert (chuyển đổi về dạng ln(.)). [> convert(2*arctanh(x(t))+t=C1,ln); ln(x(t) + 1) - ln(1 - x(t)) + t = C1. Dạng 3 0)()( =+ dxxgdttf [> dsolve(D(x)(t)=-(f(t)/g(x)),{x(t)}); ∫ ∫ =+ )( 0 11 1)()( tx Cdttfdyyg . Dạng 4 0)()()()( =+ dxxQtPdtxNtM [> dsolve(D(x)(t)=((M(t)*N(x))/(P(t)*Q(x))),{x(t)}); 1 )( )( )( )( 1 )( 0 1 1 Cdt tP tMdy yN yQtx =+ ∫∫ . Thí dụ Giải ph−ơng trình vi phân xt xt dt dx )1( )1( 2 2 − −−= . [> dsolve(D(x)(t) =-((t*(x^2-1))/((t^2-1)*x)),{x(t)}); 1 1)( 2 2 2 − += t Cttx . Nhận xét Đáp số còn có thể viết d−ới dạng Ctx =−− )1)(1( 22 . Thí dụ Giải ph−ơng trình vi phân 0)4(22 22 =+−− dxtdtxxx . [> dsolve(D(x)(t)=(2*x*sqrt(2*x-x^2))/(4+t^2),{x(t)}); 1 2 arctan2 Ct x x =  +− . Nhận xét Máy giải thiếu nghiệm đặc biệt x = 2. 2. Ph−ơng trình vi phân thuần nhất Ph−ơng trình vi phân ),( xtfx = đ−ợc gọi là thuần nhất nếu f là một hàm thuần nhất bậc 0, nghĩa là, ),(),( xtfxtf =λλ với mọi λ bất kỳ. Bài tập và tính toán thực hành Ch−ơng 12 226 Thí dụ Giải ph−ơng trình vi phân thuần nhất 22 2 xt tx dt dx −= . [> dsolve(D(x)(t)=(2*t*x)/(t^2-x^2),{x(t)}); 1)( )( 2 Ctx tx t =+ . Nhận xét Đáp số còn có thể viết d−ới dạng Cxxt =+ 22 . 3. Ph−ơng trình vi phân tuyến tính Ph−ơng trình vi phân tuyến tính thuần nhất 0)( =+ tp dt dx [> dsolve(D(x)(t)+p(t)*x=0,{x(t)}); ∫ −= 1_)(exp)( Cdttptx Ph−ơng trình vi phân tuyến tính không thuần nhất )()( tqtp dt dx =+ [> dsolve(D(x)(t)+p(t)*x=q(t),{x(t)}); )1)())(exp(())(exp()( Cdttqdttpdttptx +−−= ∫ ∫∫ . Thí dụ Giải ph−ơng trình vi phân ′ + = +y y x 2 . Ta có thể chỉ dùng một lệnh để giải ph−ơng trình nh− các thí dụ trên. Tuy nhiên, có thể tuần tự thực hiện các b−ớc sau để đ−ợc công thức t−ờng minh hơn trên màn hình: B−ớc 1: Định nghĩa ph−ơng trình cần giải là diff_eq: [> diff_eq:=D(y)(x)+y(x)=x+2; Lệnh trên hiểu là D(y)(x)+y(x)=x+2 đ−ợc gán tên là diff_eq. Ta cũng có thể thay bằng một ký hiệu tuỳ chọn khác. Sau dấu “;” ấn phím “Enter”, trên màn hình hiện ph−ơng trình 2)())((:_ +=+= xxyxyDeqdiff . B−ớc 2: Giải ph−ơng trình bằng lệnh: [> dsolve({diff_eq},{y(x)}); Sau dấu “;” ấn phím “Enter”, trên màn hình sẽ hiện công thức nghiệm của ph−ơng trình vi phân đã cho: xeCxxy −++= 11)( . Thí dụ Giải ph−ơng trình vi phân 3xyyx =−′ với điều kiện khởi đầu y(0) = 1. Bài tập và tính toán thực hành Ch−ơng 12 227 Đây là một ph−ơng trình tuyến tính không thuần nhất: 2x x yy =−′ . B−ớc 1: Thiết lập công thức biểu diễn ph−ơng trình bằng lệnh: [> diff_eq2:= x*D(y)(x)-y=x^3; 3))((:2_ xyxyxDeqdiff =−= B−ớc 2: Vào điều kiện đầu bằng dòng lệnh: [> init_con:= y(0)=1; 1)0(:_ == yconinit . B−ớc 3: Giải ph−ơng trình vi phân bằng lệnh: [> dsolve({diff_eq2,init_con},{y(x)}); Máy có giải nh−ng không cho trả lời vì ph−ơng trình vô nghiệm (không có nghiệm đi qua điểm (0,1)). Ta có thể dùng ký hiệu diff(f(t),t) là "lấy đạo hàm của f theo x " để thay thế cho các lệnh D(y)(x)trong các thí dụ trên. Thí dụ Giải ph−ơng trình 02 =+ yt dt dy . B−ớc 1: Gán tên deq cho ph−ơng trình (ký hiệu diff thay cho D). [> deq:=diff(y(t),t)*t^2+y(t)=0; 0)()(: 2 =+   = tytty t deq ∂ ∂ . B−ớc 2: Giải ph−ơng trình [>dsolve(deq,y(t)); 1)( 1 Cety t= . Nếu muốn, ta có thể tìm nghiệm ứng với giá trị khởi đầu y(1) = a: [> dsolve({deq,y(1)=a},y(t)); e aety t 1 )( = . Ph−ơng trình đ−a về tuyến tính không thuần nhất )()()()(' tqxftp dt dxxf =+ [> dsolve(D(f)(x)*D(x)(t)+p(t)*f(x)=q(t),{x(t)}); ∫+∫−∫∫ dttpdttpdttp etxfdttqetxftpe )()()( )(()())(()( ∫ =∫− 1_)()(( )( Cdttpetxf dttp ∫ =∫− 1_)()(( )( Cdttpetxf dttp Bài tập và tính toán thực hành Ch−ơng 12 228 Thí dụ Giải ph−ơng trình vi phân 22 ttx dt dxx =+ . [> dsolve(x*D(x)(t)+t*x^2=t^2,{x(t)}); 1)( 2 1)( 222 CeIterfIettx tt −− ++= π . Hàm erf đ−ợc định nghĩa là π ∫ − = x t dte xerf 0 2 2 )( . 4. Ph−ơng trình Bernouli dx dt p t q t x+ =( ) ( ) α Thí dụ Giải ph−ơng trình Bernouli với 2 1=α , tức là xtx dt dxt 24 =− . [> dsolve(t*D(x)(t)-4*x=t^2*sqrt(x),{x(t)}); t C e x t t= −_ ( ) 1 2 . 5. Ph−ơng trình Riccati )()()( 2 tRxtQxtP dt dx ++= Ph−ơng trình Riccati giải đ−ợc bằng cầu ph−ơng Thí dụ Giải ph−ơng trình Riccati cx t x t a dt dx ++= 2 12 . [> dsolve(D(x)(t)=(a/t)*x^2+(1/(2*t))*x+c,{x(t)}); )2sin()2cos(1( )2cos()2sin(1()( tactacCac tactacCtctx + −= . Thí dụ Giải ph−ơng trình Riccati 22 −+= btax dt dx . [> dsolve(D(x)(t)=a*x^2+b*t^(-2),{x(t)}); 14 14 1)(2arctan 2 −     − + = ba ba ttax Cet . Thí dụ Giải ph−ơng trình Riccati 2 2 t cx t bax dt dx ++= . [> dsolve(D(x)(t)=a*x^2+b*(x/t)+c/t^2,{x(t)}); t Ce ax t b ac b b ac b b= + + − − −       − − − 2 2 1 4 1 2 4 1 2 2 2 arctan ( ) . Thí dụ Giải ph−ơng trình Riccati 2 2 1 t x dt dx += . [> dsolve(D(x)(t) =x^2+1/t^2,{x(t)}); ( ) t Ce x t t= +     2 3 3 1 3 2 1 3arctan ( ) . Bài tập và tính toán thực hành Ch−ơng 12 229 Thí dụ Giải ph−ơng trình vi phân 42 −+= tx dt dx . [> dsolve(D(x)(t)=x^2+t^(-4),{x(t)});   +     +  +  −   −= tt C tt t t C t Ct tx 1cos1sin 1sin1cos1cos1sin )( . Ph−ơng trình Riccati không giải đ−ợc bằng cầu ph−ơng Thí dụ Giải ph−ơng trình Riccati cx t x t a dt dx ++= 12 . [> dsolve(D(x)(t)=(a/t)*x^2+(1/t)*x+c,{x(t)}); )2,1(1)2,1(11( )2,0(1)2,0(11()( tacJBesseltacYBesselCa tacJBesseltacYBesselCacttx + += . Trong đó, ),(1),(1 xvJBesselxvYBessel là các hàm Bessel loại 1 và loại 2, tức chúng là nghiệm của ph−ơng trình vi phân 0)('" 222 =−++ yvxxyyx . 6. Ph−ơng trình không giải đ−ợc qua đạo hàm 0),,( =t dt dxxF Thí dụ Giải ph−ơng trình vi phân 0=+ dt dx dt dx . [> dsolve(D(x)(t)+abs(D(x)(t))=0,{x(t)}); x(t) = RealRange(-infinity, 0) t + _C1, nghĩa là nghiệm của ph−ơng trình có dạng Catx += với mọi 0<a và C bất kỳ. Tuy nhiên, máy giải thiếu nghiệm Ctx +−= 2 khi 0≤t . Thí dụ Giải ph−ơng trình vi phân 0)( 2 =++−   xt dt dxtx dt dx . [>dsolve((D(x)(t))^2-(x+t)*D(x)(t)+x*t,{x(t)}); Cttx += 2 2 1)( và x t Cet( ) = . Ph−ơng trình Clairaut )( dt dxgt dt dxx += [> dsolve(x=D(x)(t)*t+g(D(x)(t)),{x(t)}); Bài tập và tính toán thực hành Ch−ơng 12 230       −= −= )()()( )( Tg T TTgtx Tg T t ∂ ∂ ∂ ∂ và tCCgtx += )()( 2.2. Ph−ơng trình vi phân bậc cao Ghi nhớ Đạo hàm bậc hai của y theo x đ−ợc ký hiệu là D(D(y)(x). Nghiệm tổng quát của ph−ơng trình vi phân bậc hai phụ thuộc vào 2 tham số tự do. Các b−ớc giải ph−ơng trình vi phân bậc cao giống nh− giải ph−ơng trình vi phân bậc nhất. Thí dụ Giải ph−ơng trình vi phân tuyến tính cấp hai 06'5" =++ yyy với điều kiện khởi đầu: 1)0(',0)0( == yy . B−ớc 1: Ta gán tên diff_eq1 cho ph−ơng trình cần giải [> diff_eq1:=D(D(y))(x)+5*D(y)(x)+6*y(x)= 0; Sau dấu chấm phẩy (;), ấn phím "Enter", trên màn hình sẽ hiện ph−ơng trình vi phân cần giải: diff_eq1 := (D(2))(y)(x) + 5 D(y)(x) + 6 y(x) = 0 . B−ớc 2: Nhập điều kiện khởi đầu bằng lệnh [> init_con:=y(0)=0,D(y)(0)=1; Sau dấu (;) đánh lệnh [Enter] sẽ hiện ra công thức mô tả điều kiện đầu: init_con := y(0) = 0, D(y)(0) = 1 B−ớc 3: Giải ph−ơng trình vi phân bằng lệnh [> dsolve({diff_eq1,init_con},{y(x)}); Sau dấu ";", đánh lệnh "Enter", trên màn hình sẽ hiện công thức nghiệm của ph−ơng trình vi phân cần giải: xx eexy 32)( −− −= . Thí dụ Giải ph−ơng trình vi phân tuyến tính cấp hai: )cos(3)sin(103 xxyyy +=−′−′′ với điều kiện khởi đầu 1)0(',1)0( == yy . B−ớc 1: Nhập ph−ơng trình bằng lệnh: [> diff_eq3:=D(D(y))(x)-3*D(y)(x)-10*y=sin(x)+3*cos(x); )cos(3)sin(10))((3))()((:3_ 2 xxyxyDxyDeqdiff +=−−= . B−ớc 2: Vào dữ liệu điều kiện đầu: [> init_con:= y(0)=1,D(y)(0)=1; 1)0)((,1)0(:_ === yDyconinit . Bài tập và tính toán thực hành Ch−ơng 12 231 B−ớc 3: Giải ph−ơng trình: [> dsolve({diff_eq3,init_con},{y(x)}); Sau khi thực hiện lệnh, máy cho công thức nghiệm của ph−ơng trình vi phân cần giải xx eexxxy 25 7 5 91 47)sin( 13 2)cos( 13 3)( −++−−= . Ta có thể dùng ký hiệu diff(y(x),x,x) "lấy đạo hàm bậc hai của y theo x " để thay thế cho lệnh D(D(y))(x) trong các thí dụ trên. Maple có thể giải các ph−ơng trình vi phân với nghiệm mô tả qua các hàm đặc biệt. Thí dụ Giải ph−ơng trình 0)(5)(2 2 2 =   +    xy x xy x x ∂ ∂ ∂ ∂ . [>dsolve(x^2*diff(y(x),x,x)+5*diff(y(x),x)=0,y(x)); ))5,1(5( 5 21 x EixeCCy x −++= Ei n x( , ) là ký hiệu hàm tích phân mũ: dt t exnEi n xt∫ ∞ − = 1 ),( . 2.3. Hệ ph−ơng trình vi phân th−ờng Ghi nhớ Các b−ớc giải ph−ơng trình hệ vi phân t−ơng tự nh− giải ph−ơng trình vi phân bậc nhất. Nghiệm tổng quát của hệ 2 ph−ơng trình vi phân bậc nhất phụ thuộc vào 2 tham số tự do. Thí dụ Giải hệ ph−ơng trình vi phân th−ờng bậc hai (không có điều kiện khởi đầu) sau: )())()(( 2 xzxyD = , )())()(( 2 xyxzD = . B−ớc 1: Gán tên sys (viết tắt của chữ system - hệ) cho hệ ph−ơng trình cần giải: [>sys:=(D@@2)(y)(x)=z(x),(D@@2)(z)(x)=y(x); )())()((),())()((: 22 xyxzDxzxyDsys === . B−ớc 2: Giải hệ ph−ơng trình vi phân bằng lệnh [> dsolve({sys},{y(x),z(x)}); +−++= −− xxx eCxCeCeCxy 2_ 4 1)cos(1_ 2 11_ 4 11_ 4 1)({ )( )cos(3_ 2 13_ 4 13_ 4 1)sin(2_ 2 12_ 4 1 xCeCeCxCeC xxx −+++ − ,4_ 4 14_ 4 1)sin(4_ 2 1 xx eCeCxC −−+− xxxx eCeCxCxCeCeCxz −− −+−−+= 2_ 4 12_ 4 1)sin(2_ 2 1)cos(1_ 2 11_ 4 11_ 4 1)( )}sin(4_ 2 14_ 4 14_ 4 1)cos(3_ 2 13_ 4 13_ 4 1 xCeCeCxCeCeC xxxx ++−+++ −− . Bài tập và tính toán thực hành Ch−ơng 12 232 Thí dụ Giải hệ ph−ơng trình vi phân )()(),()( xyxz x xzxy x == ∂ ∂ ∂ ∂ với điều kiện khởi đầu 2)0(,0)0( == zy . B−ớc 1: Gán tên sys cho hệ: [> sys:={diff(y(x),x)=z(x),diff(z(x),x)=y(x),y(0)=0,z(0)=2}; }2)0(,0)0(),()(),()({: ===== zyxyxz x xzxy x sys ∂ ∂ ∂ ∂ B−ớc 2: Gán tên cho nghiệm: [> fcns:={y(x),z(x)}; )}(),({: xzxyfcns = . B−ớc 3: Giải hệ ph−ơng trình vi phân: [> dsolve(sys,fcns); })(,)({ xxxx eexzeexy +=−= −− . 2.4. Giải và tìm nghiệm theo các ph−ơng pháp tuỳ chọn Không phải ph−ơng trình nào cũng có nghiệm d−ới dạng biểu thức giải tích thông th−ờng, cho nên không có gì đáng ngạc nhiên khi ta thấy MAPLE "không chịu" cho ta kết quả đối với một số ph−ơng trình nào đó. Hãy xem xét Thí dụ Giải ph−ơng trình )sin()()( 5 xxxfxf dx d =+ . Để giải nó ta đ−a vào dòng lệnh [> dsolve(diff(f(x),x)+f(x)^5*x=sin(x),f(x); Sau khi ra lệnh giải (ấn phím “Enter” sau dấu chấm phẩy “;”), ta thấy máy có chạy nh−ng không đ−a ra kết quả gì. Tuy nhiên, xin đừng thất vọng, MAPLE vẫn làm việc "không chê vào đâu đ−ợc" nếu nh− ta biết dạy nó làm việc một cách hợp lý. Lệnh giải ph−ơng trình vi phân có cú pháp tổng quát là: [> dsolve(deqns,vars,keyword); Trong đó deqns là các ph−ơng trình vi phân, vars là các biến nghiệm, phần keyword cho phép ta xác định ph−ơng pháp giải và dạng biểu diễn nghiệm. Cách biểu diễn mặc định là "chính xác " (exact). Nếu chọn cách biểu diễn nghiệm nh− vậy ta sẽ không phải cho giá trị ở phần keyword. Nếu cách biểu diễn ấy không thành (nh− ta thấy trong thí dụ trên đây), hoặc không phải là ý ta muốn, thì ta có thể yêu cầu máy cho ta một trong các cách biểu diễn sau đây: ♦ Với keyword đ−ợc cho d−ới dạng type=series thì máy sẽ cho ta nghiệm d−ới dạng chuỗi. Bài tập và tính toán thực hành Ch−ơng 12 233 ♦ Với keyword đ−ợc cho d−ới dạng type=numeric thì máy sẽ cho nghiệm d−ới dạng một hàm t−ợng tr−ng mà ta có thể biết đ−ợc giá trị số của nó tại bất kỳ điểm nào. ♦ Với keyword đ−ợc cho d−ới dạng ouput=basic thì máy sẽ cho ta tập hàm cơ sở mà tập nghiệm đ−ợc căng trên đó (nh− một bao tuyến tính). Nếu ph−ơng trình không phải là thuần nhất thì máy sẽ cho ta thêm một nghiệm riêng, để mọi nghiệm bất kỳ đều có thể biểu diễn qua tập nghiệm cơ sở và nghiệm riêng này. Thông th−ờng, nghiệm có thể đ−ợc cho d−ới dạng một hàm ẩn (tức là một ph−ơng trình biểu thị mối liên hệ giữa hàm số y và biến phụ thuộc x không thông qua các đạo hàm), hoặc d−ới dạng các biến phụ thuộc tham số. Nếu ta muốn bắt nó phải cho ta nghiệm d−ới dạng hiển (tức là một hàm số của y theo x ) thì ta cho keyword d−ới dạng explicit=true. (Vì khả năng này th−ờng khó có thể thực hiện đ−ợc nên ng−ời ta th−ờng cho giá trị mặc định là explicit=false ). Muốn biểu diễn đ−ợc nghiệm thông qua các hàm đặc biệt kiểu Dirac(.), Heaviside(.),... thì ta phải cho keyword là method=laplace. Trong thí dụ nêu trên, với điều kiện đầu là 2 1)0( =f , nếu ta cho máy tìm nghiệm d−ới dạng chuỗi, nó sẽ cho kết quả ngay lập tức: [>dsolve({f(0)=1/2,diff(f(x),x)+f(x)^5*x=sin(x)},f(x), series); )( 12288 977 64 31 2 1)( 642 xOxxxf +−+= . Thí dụ Giải hệ    = −−= y dx dz xyz dx dy với giá trị khởi đầu 1)0(,0)0( == zy . 1) Theo ph−ơng pháp mặc định: [> sys:=diff(y(x),x)=z(x)-y(x)-x,diff(z(x),x)=y(x): fcns:={y(x),z(x)}: [> dsolve({sys,y(0)=0,z(0)=1},fcns);    =++−=    −   +− )(,15 5 15 5 1)( )15( 2 1)15( 2 1 xyxeexz xx    −−++−    +−   −   −   +− xxxx eeee )15( 2 1)15( 2 1)15( 2 1)15( 2 1 2 1 2 115 10 15 10 1 2) Tìm nghiệm d−ới dạng chuỗi (với điều kiện đầu là y(0) = 0, z(0) = 1 ) [> dsolve({sys,y(0)=0,z(0)=1},fcns, type=series); Bài tập và tính toán thực hành Ch−ơng 12 234 ),( 15 1 24 5 2 1)({ 65432 xOxxxxxxy ++−+−= )}( 24 1 8 1 3 1 2 11)( 65432 xOxxxxxz +−+−+= . 3) Với điều kiện đầu nh− trên, tìm nghiệm bằng ph−ơng pháp số, và yêu cầu máy cho biết giá trị của nghiệm tại các điểm x = 1, x = 1.5, x = 1.7 : [> F:=dsolve({sys,y(0)=0,z(0)=1},fcns,type=numeric); F := proc(rkf45_x) ... end [> F(1); [x = 1, y(x) = .343731408276753914, z(x) = 1.25897207653682308] [> F(1.5); [x = 1.5, y(x) = .237649509495644756, z(x) = 1.40935827136441327] [> F(1.7); [x = 1.7, y(x) = .163416733680997378, z(x) = 1.44974926864546538] Thí dụ Giải ph−ơng trình vi phân bậc 2 yxy 32"= bằng ph−ơng pháp số (với ch−ơng trình mang tên dverk78 ) và cho giá trị của nghiệm và đạo hàm của nó tại các điểm x = 1, x = 1.5, x = 1.7 d−ới dạng bảng số liệu: [> sys2:={(D@@2)(y)(x)=2*x^3*y(x),y(0)=1,D(y)(0)=1}: [> s:=dsolve(sys2,{y(x)},type=numeric,method=dverk78, value=array([1.0,1.5,1.7]));                        = 874470275797212217519944271039854666999999669999999991 406990236391691658704137226826796624000000050000000001 1791480936037883115314170170132435221 )(),(, : . .. . .. . .. xyxxyx s ∂ ∂ Ta có thể lấy ra từng số liệu của bảng (ma trận) này, thí dụ nh−: [> s[1,1][3]; )(xy x∂ ∂ , [> s[2,1][2,3]; 8.36391691654069902 . Thí dụ Giải ph−ơng trình vi phân tuyến tính bậc 2 không thuần nhất xyyxy =++ 3'"2 và cho biết hệ cơ sở của tập nghiệm (cùng một nghiệm riêng) [> solve(2*x*diff(y(x),x$2)+diff(y(x),x)+3*y=x,y(x), output=basis); Bài tập và tính toán thực hành Ch−ơng 12 235     +−    x x xx x xx 3 1 9 1, 6 )6sin(, 6 )6cos( 4141 . MAPLE còn có thể biến đổi một hệ ph−ơng trình vi phân th−ờng bậc cao về hệ ph−ơng trình vi phân bậc nhất bằng lệnh convertsys. Hơn nữa, lệnh dsolve của MAPLE còn có thể giải rất nhiều ph−ơng trình vi phân bằng ph−ơng pháp số, sử dụng các ph−ơng pháp cổ điển, ngoại suy một và nhiều b−ớc, công cụ giải ph−ơng trình vi phân th−ờng Livermore Stiff... 2.5. Vẽ đồ thị nghiệm của ph−ơng trình vi phân Để vẽ đồ thị nghiệm của ph−ơng trình vi phân, ta nhập các dòng lệnh sau [> with(DEtools): [>DEplot(deqns,vars,trange,inits,eqns); hoặc [>DEplot(deqns,vars,trange,inits,xrange, yrange, eqns); Trong đó: deqns - bảng các ph−ơng trình vi phân bậc nhất hoặc một ph−ơng trình vi phân bậc cao. vars - biến phụ thuộc hoặc bảng các biến phụ thuộc. trange - miền thay đổi của biến độc lập. inits - điều kiện khởi đầu xác định đ−ờng cong nghiệm cần vẽ. yrange - miền thay đổi của biến phụ thuộc thứ nhất. xrange - miền thay đổi của biến phụ thuộc thứ hai. eqns - các tuỳ chọn (màu, tiêu đề, độ đậm nhạt của đồ thị,...). Thí dụ Vẽ đồ thị của nghiệm của ph−ơng trình vi phân xy dx dy dx yd dx ydx −=+− π2 23 )cos( với điều kiện khởi đầu ,1)0( =y ,2)0( =′y 1)0(" =y , biến độc lập x thay đổi trong đoạn [- 2.5,1.4], biến phụ thuộc y thay đổi trong đoạn [- 4,5], chọn b−ớc là 0.05. [>DEplot({cos(x)*diff(y(x),x$3)- diff(y(x),x$2)+Pi* diff(y(x),x)=y(x)-x},{y(x)},x=-2.5..1.4,[[y(0)=1, D(y)(0)=2,(D@@2)(y)(0)=1]],y=-4..5,stepsize=.05); Hình 12.1 Bài tập và tính toán thực hành Ch−ơng 12 236 Thí dụ Vẽ đồ thị của nghiệm của hệ ph−ơng trình    −= −= −= 2' ' ' yxz xzy zyx với điều kiện khởi đầu 1)0( =x , 0)0( =y , 2)0( =z , biến độc lập t thay đổi trong đoạn [- 2,2], biến phụ thuộc y thay đổi trong đoạn [- 4,5], chọn b−ớc: 0.05, yêu cầu máy cho biểu diễn của 2 thành phần [z(t), x(t)] của nghiệm. [> DEplot({D(x)(t)=y(t)- z(t),D(y)(t)=z(t)-x(t),D(z)(t)= x(t)- y(t)*2},{x(t),y(t),z(t)},t=-2..2,[[x(0)=1, y(0)=0,z(0)=2]],stepsize=.05,scene=[z(t),x(t)]); Với ph−ơng trình vi phân bậc nhất hoặc hệ ph−ơng trình vi phân bậc nhất 2 ẩn thì máy không chỉ vẽ cho ta nghiệm mà vẽ cả tr−ờng vectơ. Thí dụ Vẽ đồ thị của nghiệm của ph−ơng trình vi phân )4( 2 1 2 yxx dx dy +−−= , biến độc lập x thay đổi trong đoạn [-3,3], biến phụ thuộc y thay đổi trong đoạn [-3,2]. (Khi không cho điều kiện dầu thì máy không cho ra một nghiệm cụ thể nào, mà chỉ cho một tr−ờng vectơ). [> DEplot(diff(y(x),x)=1/2*(-x - (x^2+4*y(x))^(1/2)),y(x), x=-3..3,y=-3..2, title=`Restricted domain`); Thí dụ Vẽ đồ thị của nghiệm của hệ ph−ơng trình vi phân   −= −= )1(3.0' )1(' xyy yxx , biến độc lập t thay đổi trong đoạn [-7,7]. Với các điều kiện khởi đầu là [x(0)=1.2, y(0)=1.2] và [x(0)=1, y(0)=0.7], máy sẽ cho ta từng nghiệm t−ơng ứng. [> DEplot({diff(x(t),t)=x(t)* (1-y(t)),diff(y(t),t)=.3* y(t)*(x(t)-1)},[x(t), y(t)],t=-7..7, [[x(0)=1.2, y(0)=1.2],[x(0)=1, y(0)=.7]],stepsize=.2, title=`Lotka-Volterra model`); Hình 12.2 Hình 12.3 Hình 12.4 Bài tập và tính toán thực hành Ch−ơng 12 237 Thí dụ Vẽ đồ thị của nghiệm của ph−ơng trình vi phân 2' xyy −−= , biến độc lập x thay đổi trong đoạn [-1,2.5]. Các điều kiện khởi đầu là [y(0)=0], [y(0)=1], [y(0)=-1], và tiêu đề: ‘Asymptotic solution’ (Nghiệm tiệm cận). [>DEplot(D(y)(x)=-y(x)-x^2, y(x),x=1..2.5,[[y(0)=0], [y(0)=1],[y(0)=-1]], title=`Asymptotic solution`); Hình 12.5