Phương trình vi phân cấp II | Doanhnhan.edu.vn

1. Định nghĩa phương trình vi phân cấp II

Phương trình vi phân cấp hai là phương trình có dạng (G(x,y,yy’,y”)=0(*)) hoặc (y”=f(x,y,y’))

  • Nghiệm tổng quát của (*) có dạng (y = varphi (x,{C_1},{C_2})), cho (({C_1},{C_2})) một giá trị cụ thể ta có một nghiệm riêng.
  • Thường ta tìm được nghiệm của phương trình (*) dưới dạng (F(x,y,{C_1},{C_2})=0) cho ta mối liên hệ giữa biến độc lập và nghiệm tổng quát của phương trình vi phân cấp hai được gọi là phương trình tổng quát của nó.

2. Vài phương trình vi phân cấp hai có thế hạ bậc

i. Phương trình có vế phải không phụ thuộc y, y’ có dạng:  (y” = f(x))

(Rightarrow y” = int {f(x)dx + {C_1}} Rightarrow y = int {left[ {int {f(x)dx} } right]dx + {C_1}x + {C_2},,{C_1},{C_2}} in R)

Ví dụ: Tìm nghiệm tổng quát và nghiệm riêng của phương trình (y” = cos2x) thỏa (D): (y(0) = 0, y'(0) = 1)

Giải

(y’ = int {cos 2xdx + {C_1}} = frac{1}{2}sin 2x + {C_1})

(Rightarrow y = int {left( {frac{1}{2}sin 2x + {C_1}} right)} dx = – frac{1}{4}cos 2x + {C_1}x + {C_2})

Vậy (y = – frac{1}{4}cos 2x + {C_1}x + {C_2})là nghiệm tổng quát

Vì (left{ begin{array}{l} y(0) = 0\ y'(0) = 1 end{array} right. Rightarrow left{ begin{array}{l} – frac{1}{4} + {C_2} = 0\ 0 + {C_1} = 1 end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l} {C_1} = 1\ {C_2} = frac{1}{4} end{array} right. )

Nên nghiêm riêng thỏa (D) là: (y = – frac{1}{4}cos 2x + x + frac{1}{4})

ii. Phương trình có vế phải không chứa y dạng: (y”=f(x,y’))

Đặt (y’= u, y” = u’) phương trình thành (u’ = f(x,u)) Đây là phương trình cấp 1.

Ví dụ: Giải phương trình:   (y” = x – frac{{y’}}{x})    (1)

Giải: Đặt y’ = u ⇒ y” = u’. Khi đó (1) thành

(u’ = x – frac{u}{x} Leftrightarrow u’ + frac{u}{x} = x)

Đây là phương trình tuyến tính cấp 1 có nghiệm là:

(u = frac{{{x^2}}}{3} + frac{{{C_1}}}{x},,hay,,y’ = frac{{{x^2}}}{3} + frac{{{C_1}}}{x})

Vậy nghiệm tổng quát là:

(y = int {left( {frac{{{x^2}}}{3} + frac{{{C_1}}}{x}} right)} = frac{{{x^2}}}{9} + {C_1}ln left| x right| + {C_2})

iii. Phương trình có vế phải không chứa x dạng: (y”=f(y,y’))

Đặt y’ = u, xem u là hàm của y lấy đạo hàm hai vế theo x, ta có:

(u’ = y” = frac{{du}}{{dx}} = frac{{du}}{{dy}}frac{{dy}}{{dx}} = ufrac{{du}}{{dy}})

Khi đó phương trình thành: (ufrac{{du}}{{dy}} = f(y,u)).

Đây là phương trình vi phân cấp 1 với u là hàm và y là biến độc lập. Nếu phương trình này giải được, ta có:

(u = varphi (y,{C_1}),,hay,,frac{{dy}}{{dx}} = varphi (y,{C_1}),,,,hay,,dy = varphi (y,{C_1}),,dx)

Ví dụ: Giải phương trình: (2yy”+ (y’)^2= 0).

Giải: Đặt  (y’ = u Rightarrow y” = ufrac{{du}}{{dy}}), phương trình thành:

(2yufrac{{du}}{{dy}} + {u^2} = 0)

(Leftrightarrow u = 0,,,(hay,y = c),,(**),,hay,frac{{du}}{u} = – frac{{dy}}{{2y}})

Ta có

(,frac{{du}}{u} = – frac{{dy}}{{2y}} Leftrightarrow 2ln left| u right| = ln frac{c}{{left| y right|}},,c > 0)

(Leftrightarrow u = frac{{{C_1}}}{{sqrt {left| y right|} }},,{C_1} = pm ,c ne 0 Leftrightarrow frac{{dy}}{{dx}} = frac{{{C_1}}}{{sqrt {left| y right|} }},,{C_1} ne 0)

( Leftrightarrow y = {left( {hx + k} right)^{frac{2}{3}}},h,k in R,h ne 0)

Nếu cho h = 0 ⇒ họ nghiệm (**)

⇒ nghiệm tổng quát là (y = {left( {hx + k} right)^{frac{2}{3}}},h,k in R)

3. Phương trình vi phân tuyến tính cấp 2

 Định nghĩa: Phương trình vi phân tuyến tính cấp 2 là phương trình có dạng: (y” + {a_1}y’ + {a_2}y = f(x),,,,(a))hay (y” + a(x)y’ + b(x)y = c(x))

  • Nếu f(x) = 0 thì (a) được gọi là phương trình tuyến tính thuần nhất.
  • Nếu (a_1,a_2) là hàng số thì (a) gọi là phương trình tuyến tính có hệ số không đổi (hệ số hàng)
READ:  Before going to an interview, it is (0 ADVISE)_________ to go through a mock interview. | Doanhnhan.edu.vn

Phương trình tuyến tính cấp hai thuần nhất(y” + {a_1}(x)y’ + {a_2}(x)y = 0,,,,(b))

Ta có các kết quả:

i. Tính chất 1: Nếu ({y_1}(x)) và (y_2(x)) là hai nghiệm của (b) thì (y{rm{ }} = {rm{ }}{C_1}{y_1}(x){rm{ }} + {rm{ }}{C_2}{y_2}left( x right))là nghiệm của (b) (với ({C_1},{rm{ }}{C_2} in R))

Định nghĩa: Các hàm số ({y_1}(x))(y_2(x)) được gọi là độc lập tuyến tính trên D nếu tỉ số của chúng không phải là hàng số: (frac{{{y_1}(x)}}{{{y_2}(x)}} ne ,constan t). Nói cách khác, không tồn tại (c in R) sao cho ({y_1}(x) = c.{y_2}(x),,hay,,{y_2}(x) = c.{y_1}(x),,,forall x in D). Ngược lại, ta nói chúng phụ thuộc tuyến tính.

Ví dụ:

  • Các hàm (y_1 = 4x,y_2 = e^x) độc lập tuyến tính trên R
  • Các hàm (y_1 = 2x^2 +2,y_2 = x^2 + 1) là phụ thuộc tuyến tính trênR.

ii. Tính chất 2: Nếu ({y_1}(x),{y_2}(x)) là 2 nghiệm độc lập tuyến tính của (b) thì (y = {C_1}{y_1}(x) + {C_2}{y_2}(x)) (trong đó (C_1, C_2) là 2 hàng số tùy ý) là nghiệm tổng quát của (b).

iii. Tính chất 3: Nếu biết một nghiệm riêng (y_2(x)) của (b) thì có thể tìm được một nghiệm riêng ({y_2}(x)) của (b) với ({y_1}(x),{y_2}(x)) độc lập tuyến tính bàng cách đặt

({y_2}={y_1}(x)u(x))

Ví dụ: Tìm nghiệm tổng quát của (y” + frac{{2x}}{{1 – {x^2}}}y’ – frac{{2x}}{{1 – {x^2}}}y = 0) biết một nghiệm riêng y1 = x.

Giải: Ta tìm một nghiệm (y_2 = x.u(x)), thay (y_2) vào phương trình đã cho ta có:

((2u’ + xu”) + frac{{2x}}{{1 – {x^2}}}(u + xu’) – frac{{2ux}}{{1 – {x^2}}} = 0)

(Leftrightarrow u”x(1 – {x^2}) + 2u’ = 0)

Đặt (z = u’ Rightarrow z’x(1 – {x^2}) + 2z = 0)với (z ne 0) phương trình thành (frac{{dz}}{z} = – frac{{2dx}}{{x(1 – {x^2})}} Rightarrow z = frac{{{C_1}(1 – {x^2})}}{{{x^2}}},{C_1} ne 0)

Cho (C_1=-1),ta được: (z = frac{{{x^2} – 1}}{{{x^2}}} = 1 – frac{1}{{{x^2}}})hay (frac{{du}}{{dx}} = 1 – frac{1}{{{x^2}}} Rightarrow u = x + frac{1}{x} + {C_2})

Chọn ({C_2} = 0 Rightarrow u = x + frac{1}{x} Rightarrow {y_2} = x(x + frac{1}{x}) = {x^2} + 1)

⇒ nghiệm tổng quát là (y = {k_1}x + {k_2}({x^2} + 1)) với k1, k2 là hàng số tùy ý.

Phương trình tuyến tính cấp hai không thuần nhất

Cho phương trình không thuần nhất (a) (ở trên) với (f(x) ne 0) phương trình (y” + a_1y’ + a_2y = 0) (a’) được gọi là phương trình thuần nhất tương ứng (liên kết) với (a).

  • Tính chất 1: nghiệm tổng quát của (a) là tổng của nghiệm tổng quát của(a’) với một nghiệm riêng nào đó của (a).
  • Tính chất 2 (nguyên lý chồng chất nghiệm): cho phương trình không thuần nhất nếu (y” + {a_1}y’ + {a_2}y = {f_1}(x)+{f_2}(x)) là nghiệm riêng của (y” + {a_1}y’ + {a_2}y = {f_1}(x)) và y2 là nghiệm riêng của (y” + {a_1}y’ + {a_2}y = {f_2}(x)) thì y1 – y2 là nghiệm riêng của (c) (định lý vẫn đúng khi vế phải bằng f1 + f2 +… +fn)
  • Phương pháp biến thicn hằng số Lagrange: Giả sử cho phương trình tuyến tính không thuần nhất (a) (như trên) và giả sử biết nghiệm của phương trình thuần nhất (a’) là: (y = {C_1}{y_1} + {C_2}{y_2})(*). Hãy tìm nghiệm của (a).
READ:  Sinh học 10 Bài 6: Axit nuclêic | Doanhnhan.edu.vn

Ta sẽ tìm nghiệm tổng quát của (a) dưới dạng  (y = {C_1}{y_1} + {C_2}{y_2})  trong đó C1,C2 là các hàm theo x

((*) Rightarrow y’ = {C_1}y{‘_1} + {C_2}y{‘_2} + C{‘_1}{y_1} + C{‘_2}{y_2})

Ta chọn C1,C2 sao cho: (C{‘_1}{y_1} + C{‘_2}{y_2}=0)

( Rightarrow y’ = {C_1}y{‘_1} + {C_2}y{‘_2} Rightarrow {C_1}y'{‘_1} + {C_2}y'{‘_2} + C{‘_1}y{‘_1} + C{‘_2}y{‘_2})

Thế y, y’, y” vào (a) ta có:

({C_1}(y'{‘_1} + {a_1}y{‘_1} + {a_2}{y_1}) + {C_2}(y'{‘_2} + {a_1}y{‘_2} + {a_2}{y_2}) + {C_1}’y{‘_1} + {C_2}’y{‘_2} = f(x))

Vì y1, y2 là nghiệm của (a’) nên các biểu thức trong ngoặc bằng (Rightarrow {C_1}’y{‘_1} + {C_2}’y{‘_2} = f(x))

Suy ra (y= {C_1}y{_1} + {C_2}y{_2} ) là nghiệm của (a) nếu (C_1,C_2) là nghiệm của

((**)left{ begin{array}{l} {C_1}'{y_1} + {C_2}'{y_2} = 0\ {C_1}’y{‘_1} + {C_2}’y{‘_2} = f(x) end{array} right. Leftrightarrow left( {begin{array}{*{20}{c}} {{y_1}}&{{y_2}}\ {y{‘_1}}&{y{‘_2}} end{array}} right)left( {begin{array}{*{20}{c}} {C{‘_1}}\ {C{‘_2}} end{array}} right) = left( {begin{array}{*{20}{c}} 0\ f end{array}} right) )

Nếu y1, y2 độc lập tuyến tính thì (left| {begin{array}{*{20}{c}} {{y_1}}&{{y_2}}\ {y{‘_1}}&{y{‘_2}} end{array}} right| ne 0 ) và (**) có nghiệm (C{‘_1} = {varphi _1}(x),C{‘_2} = {varphi _2}(x), Rightarrow left{ begin{array}{l} {C_1} = int {{varphi _1}(x)dx + {k_1}} \ {C_2} = int {{varphi _2}(x)dx + {k_2}} end{array} right. )

Thay C1, C2 vào (*) ta có nghiệm tổng quát của phương trình (a) là: (y = {k_1}{y_1} + {k_2}{y_2} + {y_1}int {{varphi _1}(x)dx + } {y_2}int {{varphi _2}(x)dx})

Cho k1 = k2 = 0 ta được một nghiệm riêng của (a).

Ví dụ: Tìm nghiệm tổng quát của (y” – frac{{y’}}{x} = x)

Giải: Nghiệm của phương trình thuần nhất tương ứng

(y” – frac{{y’}}{x} = 0 Leftrightarrow frac{{y”}}{{y’}} = frac{1}{x} Leftrightarrow ln left| {y’} right| = ln left| {k.x} right| Leftrightarrow y’ = C.x)

Biểu thức: (y = C_1(x).x^2 + C_2(x)) là nghiệm của phương trình nếu C1, C2 là nghiệm của 

(left{ begin{array}{l} C{‘_1}{x^2} + C{‘_2}.1 = x\ 2C{‘_1}x + C{‘_2}.0 = x end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l} C{‘_1} = frac{1}{2}\ C{‘_2} = – frac{1}{2}{x^2} end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l} {C_1} = frac{1}{2}x + {k_1}\ {C_2} = – frac{{{x^3}}}{6} + {k_2} end{array} right. )

Nghiệm tổng quát là:

(y = left( {frac{x}{2} + {k_1}} right){x^2} + left( {frac{{ – {x^3}}}{6} + {k_2}} right) = frac{{{x^3}}}{3} + {k_1}{x^2} + {k_2})

4. Phương trình vi phân tuyến tính cấp 2 có hệ số không đổi

Phương trình tuyến tính thuần nhất: ({a_2}y” + {a_1}y’ + {a_0}y = 0)

với a, a1, a2 là các hằng số và (a_2 ne 0)

phương trình trên tương đương: (y” + {alpha_1}y’ + {alpha_0}y = 0) với ({alpha _1} = frac{{{a_1}}}{{{a_2}}},{alpha _0} = frac{{{a_0}}}{{{a_2}}})

Ta cần tìm 2 nghiệm riêng độc lập tuyến tính của (iv).

Ta tìm nghiệm riêng của (iv) dưới dạng y = ekx với k; cần xác định.

Phương trình này được gọi là phương trình đạc trưng của (iv). Phương trình (v) có 2 nghiệm k1 k2. Ta có trường hợp sau:

  • (k_1, k_2 in R) và ({k_1} ne {k_2} Rightarrow 2) nghiệm riêng của (iv) là ({y_1} = {e^{{k_1}x}},,{y_2} = {e^{{k_2}x}})

Ví dụ: Giải phương trình: ( y” -7y’ + 10y = 0 )

Giải: Phương trình đặc trưng là: 

({k^2} – 7k + 10 = 0 Leftrightarrow k = 2,,,hay,,k = 5)

Nghiệm tổng quát là (y = {C_1}{e^{2x}} + {C_2}{e^{5x}})

(k_1= k_2 in R). Khi đó 1 nghiệm riêng của (iv) là ({y_1} = {e^{{k_1}x}})

Ta tìm nghiệm riêng y2 độc lập tuyến tính với y1 dưới dạng:

(begin{array}{l} {y_2} = {y_1}u(x) = u(x){e^{{k_1}x}}\ \ Rightarrow y{‘_2} = u'{e^{{k_1}x}} + {k_1}u{e^{{k_1}x}},,y'{‘_2} = u”{e^{{k_1}x}} + 2{k_2}u'{e^{{k_1}x}} + k_1^2u{e^{{k_1}x}} end{array} )

Thế vào (iv) ta có:

({e^{{k_1}x}}left[ {u” + (2{k_1} + {a_1})u’ + (k_1^2 + {a_1}{k_1} + {a_0})u} right] = 0)

(Rightarrow {e^{{k_1}x}}u” = 0 Rightarrow u” = 0 Rightarrow u = Ax + B)

Chọn A = 1, B = 0 ta có (u = x Rightarrow {y_2} = x{e^{{k_1}x}})

⇒ nghiệm tổng quát là (y = {C_1}{e^{{k_1}x}} + {C_2}{e^{{k_1}x}} = ({C_1} + {C_2}x){e^{{k_1}x}})

Ví dụ 1: Giải (y” + 6y’ + 9y = 6{e^{ – 3x}})

Giải: Phương trình đặc trưng

READ:  Ảnh hưởng của thuốc hóa học bảo vệ thực vật đến quần thể sinh vật và môi trường | Doanhnhan.edu.vn

({k^2} + 6k = 9 = 0 Leftrightarrow k = – 3)(nghiệm kép)

Vậy nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất tương ứng là (overline y = {e^{ – 3x}}({c_1} + {c_2}x))với (c_1,c_2in R)

Do k = -3 là nghiệm kép của phương trình đặc trưng nên nghiệm riêng của (D) có dạng ({y_1} = a{x^2}.{e^{ – 3x}})

(left{ begin{array}{l} y{‘_1} = – 3{e^{ – 3x}}a{x^2} + {e^{ – 3x}}(2ax)\ y'{‘_1} = 9{e^{ – 3x}}.a{x^2} + 6{e^{ – 3x}}(2ax) + 2a.{e^{ – 3x}} end{array} right. )

Thế vào (D) và chia 2 vế cho ({e^{ – 3x}}), ta có (2a=6 Rightarrow a=3)

Vậy một nghiệm của (D) là ({y_1} = 3{x^2}.{e^{ – 3x}})

Suy ra nghiệm tổng quát của (D) là

(y = {y_1} + overline y = 3{x^2}{e^{ – 3x}} + {e^{ – 3x}}({c_1} + {c_2}x))

hay (y = {e^{ – 3x}}({c_1} + {c_2}x + 3{x^2}))

Ví dụ 2

(y” – 4y’ + 4y = ({x^2} + 2x + 6){e^{2x}})có nghiệm riêng có dạng (y = {x^2}(a{x^2} + bx + c){e^{2x}})vì k = 2 là nghiệm kép của phương trình đặc trưng (ứng với ({e^{2x}}))

Ví dụ 3

(y” – 6y’ + 9y = (2x + 1){e^{3x}})có nghiệm riêng có dạng (y=x(ax+b){e^{3x}})

Ví dụ 4

(y” – 6y’ + 9y = 6{e^{3x}})có nghiệm riêng có dạng (y = a.{x^2}.{e^{3x}})

(f(x) = {e^{ax}}left[ {{P_n}(x)cos bx + {Q_m}(x)sin bx} right])với a + ib không là nghiệm của phương trình đặc trưng. Khi đó (1) có một nghiệm riêng có dạng:

({y_1} = {e^{ax}}left[ {R(x)cos bx + S(x)sin bx} right])

với R(x), S(x) là các đa thức có bậc (le maxleft{ {{rm{n}},m} right})

(f(x) = {e^{ax}}left[ {{P_n}(x)cos bx + {Q_m}(x)sin bx} right])với a + ib không là nghiệm của phương trình đặc trưng. Khi đó (1) có một nghiệm riêng có dạng:

({y_1} =x {e^{ax}}left[ {R(x)cos bx + S(x)sin bx} right])

với R(x), S(x) là các đa thức có bậc (le maxleft{ {{rm{n}},m} right})

Ví dụ: Giải (y” + y = {cos ^3}x = frac{3}{4}cos x + frac{1}{4}cos 3x)(E)

Giải

Vì i là nghiệm của phương trình đặc trưng nên (y” + y = frac{3}{4}cos x)(E1) có nghiệm riêng có dạng:

(y_1=x(a cosx+b sinx))

Suy ra 

(begin{array}{l} y{‘_1} = a{mathop{rm cosx}nolimits} + bsinx + x( – asin x + b{mathop{rm cosx}nolimits} )\ \ y'{‘_2} = – 2asin x + 2b{mathop{rm cosx}nolimits} + x( – a,cosx – bsinx) end{array} )

Thế vào (E1) ta có:

(2b{mathop{rm cosx}nolimits} – 2asin x = frac{3}{4}cos x,forall x Leftrightarrow b = frac{3}{8})và a = 0

Vậy một nghiệm riêng của (E1) là ({y_1} = frac{3}{8}x.{mathop{rm sinx}nolimits})

Vì 3i không là nghiệm của phương trình đặc trưng nên (y” + y = frac{1}{4}cos 3x)(E2) có nghiệm riêng có dạng:

(y_2=c,cos3x+d sin3x)

Suy ra: (y{‘_2} = 3d,cos 3x, – 3c,sin ,3x;,,,y'{‘_2} = – 9c,cos 3x, – ,9d,sin ,3x)

Thế vào (E2) ta có:

(- 8c.cos 3x, – 8d,sin 3x = frac{1}{4}cos 3x,forall x Leftrightarrow c = frac{{ – 1}}{{32}},d = 0)

Vậy một nghiệm riêng của (E2) là ({y_2} = frac{{ – 1}}{{32}}cos 3x)

Từ nghiệm riêng của (E1) và (E2) ta có một nghiệm riêng của (E) là ({y_3} = {y_1} + {y_2} = frac{3}{8}x.{mathop{rm sinx}nolimits} – frac{1}{{3x}}cos 3x)

Nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất tương ứng với (E) là (overline y = {c_1}cos x + {c_2}{mathop{rm sinx}nolimits})với (c_1, c_2 in R)

Vậy nghiệm tổng quát của phương trình (E) là 

(y = {y_3} + overline y = frac{3}{8}x.{mathop{rm sinx}nolimits} – frac{1}{{32}}cos 3x + {c_1}cos x + {c_2}{mathop{rm sinx}nolimits})với (c_1, c_2 in R)

 

Xem thêm bài viết thuộc chuyên mục: Học tập