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 .
5 trang |
Chia sẻ: nguyenlam99 | Lượt xem: 1293 | Lượt tải: 0
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:
- toana5chuong_4_phuong_trinh_vp_cap_2_7027.pdf