Bài Giảng Toán Cao Cấp
3.3. Phương trình tuyến tính với hệ số hằng
Trong phần này, ta chỉ khảo sát dạng phương trình vi phân tuyến tính cấp hai với hệ số là các hằng số thực. Dựa vào cấu trúc nghiệm trong các mục trước, ta cũng có thể giải được các phương trình vi phân tuyến tính hệ số hằng. Tuy nhiên, do hệ số là hằng nên trong phần này ta sẽ xét đến các cách giải đặc biệt và nhanh hơn.
1. Phương trình thuần nhất
+ Định nghĩa:
Phương trình vi phân tuyến tính cấp hai thuần nhất hệ số hằng có dạng \( {y}”+{{a}_{1}}{y}’+{{a}_{2}}y=0\,\,\,\,\,\,\,\,\,(3) \)
Trong đó các hệ số \( {{a}_{1}},{{a}_{2}}\in \mathbb{R} \).
+ Phương pháp giải:
Gọi phương trình đặc trưng của (3) là \( {{k}^{2}}+{{a}_{1}}k+{{a}_{2}}=\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(3′) \)
Tùy theo dạng nghiệm (kể cả nghiệm phức) của \( (3′) \), ta có 3 trường hợp sau:
– Trường hợp 1:
Phương trình \( (3′) \) có hai nghiệm thực phân biệt \( {{k}_{1}},{{k}_{2}} \). Khi đó, (3) có hai nghiệm riêng \( {{y}_{1}}={{e}^{{{k}_{1}}x}},\,\,{{y}_{2}}={{e}^{{{k}_{2}}x}} \) và nghiệm tổng quát là: \( y={{C}_{1}}{{e}^{{{k}_{1}}x}}+{{C}_{2}}{{e}^{{{k}_{2}}x}}\,\,\,\,\,\,\,\,\,({{C}_{1}},{{C}_{2}}\in \mathbb{R}) \).
– Trường hợp 2:
Phương trình \( (3′) \) có nghiệm kép k. Khi đó, (3) có hai nghiệm riêng \( {{y}_{1}}={{e}^{kx}},\,\,{{y}_{2}}=x{{e}^{kx}} \) và nghiệm tổng quát là \( y=({{C}_{1}}+{{C}_{2}}x){{e}^{kx}}\,\,\,\,\,({{C}_{1}},{{C}_{2}}\in \mathbb{R}) \).
– Trường hợp 3:
Phương trình \( (3′) \) có hia nghiệm phức liên hợp \( {{k}_{1,2}}=\alpha \pm i\beta \) . Khi đó, (3) có hai nghiệm riêng \( {{y}_{1}}={{e}^{\alpha x}}\cos \beta x,\,\,{{y}_{2}}={{e}^{\alpha x}}\sin \beta x \) và nghiệm tổng quát là \( y={{e}^{\alpha x}}({{C}_{1}}\cos \beta x+{{C}_{2}}\sin \beta x)\,\,\,\,\,\,\,\,\,({{C}_{1}},{{C}_{2}}\in \mathbb{R}) \).
Ví dụ 1. Giải phương trình vi phân \( {y}”+2{y}’-3y=0 \) thỏa điều kiện \( y(0)=7,\,\,{y}'(0)=-13 \).
Hướng dẫn giải:
Phương trình đặc trưng \( {{k}^{2}}+2k-3=0 \) có hai nghiệm thực là \( {{k}_{1}}=1,\,\,{{k}_{2}}=-3 \).
Suy ra phương trình đã cho có hai nghiệm riêng \( {{y}_{1}}={{e}^{x}},\,\,{{y}_{2}}={{e}^{-3x}} \) và nghiệm tổng quát là:
\( y={{C}_{1}}{{e}^{x}}+{{C}_{2}}{{e}^{-3x}}\,\,\,\,\,\,(*) \)
\( \Rightarrow {y}’={{C}_{1}}{{e}^{x}}-3{{C}_{2}}{{e}^{-3x}}\,\,\,\,\,\,\,\,\,(**) \)
Thay \( x=0,\,\,y=7,\,\,{y}’=-13 \) vào (*) và (**) ta được: \( {{C}_{1}}=2,\,\,{{C}_{2}}=5 \).
Vậy phương trình đã cho có nghiệm riêng là \( y=2{{e}^{x}}+5{{e}^{-3x}} \).
Nhận Dạy Kèm môn Giải Tích 2 - Calculus II Online qua ứng dụng Zoom, Google Meet,...
- Dạy kèm online tương tác 1 thầy 1 trò! Hỗ trợ trực tuyến 24/7
- Dạy kèm Toán Cao Cấp gồm:
- Giải Tích 1, Giải Tích 2, Giải tích 3
- Đại Số Tuyến Tính, Xác Suất Thống Kê
- Sách Giải Bài Tập của bộ môn Toán Cao Cấp!
- Lịch học sắp xếp sáng - chiều - tối, tất cả các buổi từ thứ 2 ➜ CN
- Thời lượng học 1,5h - 2h/1 buổi!
Ví dụ 2. Giải phương trình vi phân \( {y}”+4{y}’+4y=0 \) thỏa điều kiện \( y(-1)=2,\,\,{y}'(-1)=1 \).
Hướng dẫn giải:
Đáp án: phương trình đã cho có nghiệm riêng là \( y=(7+5x){{e}^{-2x-2}} \).
Ví dụ 3. Giải phương trình vi phân \( {y}”+16y=0 \).
Hướng dẫn giải:
Đáp án: phương trình có hai nghiệm riêng \( {{y}_{1}}=\cos 4x,\,\,{{y}_{2}}=\sin 4x \) và nghiệm tổng quát là \( y={{C}_{1}}\cos 4x+{{C}_{2}}\sin 4x \).
Ví dụ 4. Giải phương trình vi phân \( {y}”-{y}’+y=0 \).
Hướng dẫn giải:
Lời giải:
Ta có \( {{k}^{2}}-k+1=0\Rightarrow {{k}_{1,2}}=\frac{1\pm i\sqrt{3}}{2}\Rightarrow \alpha =\frac{1}{2},\,\,\beta =\frac{\sqrt{3}}{2} \).
Vậy phương trình đã cho có nghiệm tổng quát là \( y={{e}^{\frac{x}{2}}}\left( {{C}_{1}}\cos \frac{\sqrt{3}}{2}x+{{C}_{2}}\sin \frac{\sqrt{3}}{2}x \right) \).
2. Phương trình không thuần nhất
+ Định nghĩa: Phương trình vi phân tuyến tính cấp hai không thuần nhất với hệ số hằng có dạng \( {y}”+{{a}_{1}}{y}’+{{a}_{2}}y=f(x)\,\,\,\,\,\,\,\,(4) \)
Trong đó hàm \( f(x) \) liên tục và các hệ số \( {{a}_{1}},{{a}_{2}}\in \mathbb{R} \).
+ Phương pháp giải:
Xét hai phương trình vi phân liên kết với nhau là: \( {y}”+{{a}_{1}}{y}’+{{a}_{2}}y=0\,\,\,\,\,(3) \) và \( {y}”+{{a}_{1}}{y}’+{{a}_{2}}y=f(x)\,\,\,\,\,\,\,\,(4) \).
Để giải (4), ta thực hiện các bước sau:
– Bước 1. Tìm nghiệm tổng quát \( y(x) \) của (3).
– Bước 2. Tìm nghiệm riêng \( {{y}_{r}}(x) \) của (4).
– Bước 3. Nghiệm tổng quát \( {{y}_{tq}}(x) \) của (4) là \( {{y}_{tq}}(x)=y(x)+{{y}_{r}}(x) \).
Ví dụ 5. Cho biết \( {{y}_{r}}=3x{{e}^{2x}} \), giải phương trình vi phân \( {y}”-2{y}’+5y=(15x+6){{e}^{2x}} \).
Hướng dẫn giải:
Phương trình \( {y}”-2{y}’+5y=0 \) có nghiệm tổng quát là \( y={{e}^{x}}({{C}_{1}}\cos 2x+{{C}_{2}}\sin 2x) \).
Vậy phương trình đã cho có nghiệm tổng quát là \( {{y}_{tq}}={{e}^{x}}({{C}_{1}}\cos 2x+{{C}_{2}}\sin 2x)+3x{{e}^{2x}} \).
+ Chú ý:
Nếu bước tìm nghiệm riêng của (4) gặp khó khăn do hàm \( f(x) \) phức tạp, ta làm như sau (còn được gọi là phương pháp chồng chất nghiệm).
– Bước 1. Biến đổi (4) thành \( {y}”+{{a}_{1}}{y}’+{{a}_{2}}y={{f}_{1}}(x)+{{f}_{2}}(x) \).
– Bước 2. Tìm nghiệm riêng \( {{y}_{{{r}_{1}}}}(x) \) và \( {{y}_{{{r}_{2}}}}(x) \) lần lượt của phương trình \( {y}”+{{a}_{1}}{y}’+{{a}_{2}}y={{f}_{1}}(x) \) và \( {y}”+{{a}_{1}}{y}’+{{a}_{2}}y={{f}_{2}}(x) \).
– Bước 3. Nghiệm riêng \( {{y}_{r}}(x) \) của (4) là \( {{y}_{r}}(x)={{y}_{{{r}_{1}}}}(x)+{{y}_{{{r}_{2}}}}(x) \).
Ví dụ 6. Cho biết hai phương trình vi phân \( {y}”+3{y}’=(8x+6){{e}^{x}} \) và \( {y}”+3{y}’=9(\cos 3x-\sin 3x) \) lần lượt có nghiệm riêng là \( {{y}_{{{r}_{1}}}}=(2x-1){{e}^{x}} \) và \( {{y}_{{{r}_{2}}}}=\sin 3x \).
Giải phương trình vi phân \( {y}”+3{y}’=(8x+6){{e}^{x}}+9(\cos 3x-\sin 3x)\,\,\,\,\,\,(*) \).
Hướng dẫn giải:
Phương trình \( {y}”+3{y}’=0 \) có nghiệm tổng quát là \( y(x)={{C}_{1}}+{{C}_{2}}{{e}^{-3x}} \).
Áp dụng phương pháp chồng chất nghiệm, (*) có nghiệm riêng là \( {{y}_{r}}=(2x-1){{e}^{x}}+\sin 3x \).
Vậy (*) có nghiệm tổng quát là \( {{y}_{tq}}={{C}_{1}}+{{C}_{2}}{{e}^{-3x}}+(2x-1){{e}^{x}}+\sin 3x \).
Sách Giải Bài Tập Giải Tích 2
3. Phương pháp tìm nghiệm riêng đặc biệt
Ta đã biết phương pháp tìm nghiệm riêng là giải hệ Wroskian. Tuy nhiên, trong trường hợp hàm f(x) dạng đặc biệt thì ta có cách tìm nghiệm riêng như sau:
+ Dạng 1. \( f(x)={{e}^{\alpha x}}\cdot {{P}_{n}}(x) \), trong đó \( {{P}_{n}}(x) \) là đa thức bậc n.
– Bước 1. Ta viết nghiệm riêng của (4) dưới dạng \( {{y}_{r}}={{x}^{m}}{{e}^{\alpha x}}{{Q}_{n}}(x) \) với \( {{Q}_{n}}(x) \) là đa thức đầy đủ có bậc n.
– Bước 2. Xác định m:
(1) Nếu \( k=\alpha \) không là nghiệm của phương trình đặc trưng \( (3′) \) thì \( m=0 \).
(2) Nếu \( k=\alpha \) là nghiệm đơn của phương trình đặc trưng \( (3′) \) thì \( m=1 \).
(3) Nếu \( k=\alpha \) là nghiệm kép của phương trình đặc trưng \( (3′) \) thì \( m=2 \).
– Bước 3. Thay \( {{y}_{r}} \) tìm được ở bước 2 vào (10) và đồng nhất thức ta được nghiệm riêng cần tìm.
Ví dụ 7. Tìm nghiệm riêng của phương trình vi phân \( {y}”+2{y}’+y=x{{e}^{x}} \).
Hướng dẫn giải:
Lời giải:
Ta có \( f(x)=x{{e}^{x}},\,\,\alpha =1,\,\,{{P}_{1}}(x)=x\Rightarrow {{y}_{r}}={{x}^{m}}{{e}^{x}}(Ax+B) \).
Do \( \alpha =1 \) không là nghiệm của \( {{k}^{2}}+2k+1=0 \) nên \( m=0 \).
Suy ra \( {{y}_{r}}={{e}^{x}}(Ax+B)\Rightarrow {{{y}’}_{r}}={{e}^{x}}(Ax+A+B)\Rightarrow {{{y}”}_{r}}={{e}^{x}}(Ax+2A+B) \).
Thay \( {{y}_{r}},{{{y}’}_{r}} \) và \( {{{y}”}_{r}} \) vào phương trình đã cho, ta được:
\( 4Ax+(4A+4B)=x\Rightarrow \left\{ \begin{align} & 4A=1 \\ & 4A+4B=0 \\ \end{align} \right. \) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & A=\frac{1}{4} \\ & B=-\frac{1}{4} \\ \end{align} \right. \).
Vậy nghiệm riêng của phương trình đã cho là \( {{y}_{r}}=\frac{x-1}{4}{{e}^{x}} \).
Ví dụ 8. Tìm nghiệm riêng của phương trình vi phân \( {y}”+2{y}’+y=2{{e}^{-x}} \).
Hướng dẫn giải:
Đáp án: nghiệm riêng của phương trình đã cho là \( {{y}_{r}}={{x}^{2}}{{e}^{-x}} \).
Ví dụ 9. Tìm nghiệm riêng của phương trình vi phân \( {y}”-2{y}’-3y={{e}^{3x}}({{x}^{2}}+1) \).
Hướng dẫn giải:
Đáp án: nghiệm riêng của phương trình đã cho là \( {{y}_{r}}=x{{e}^{3x}}\left( \frac{1}{12}{{x}^{2}}-\frac{1}{16}x+\frac{9}{32} \right) \).
+ Dạng 2: \( f(x)={{e}^{\alpha x}}\left[ {{P}_{n}}(x)\cos \beta x+{{Q}_{m}}(x)\sin \beta x \right] \), trong đó \( {{P}_{n}}(x),\,\,{{Q}_{m}}(x) \) là đa thức bậc n và m.
– Bước 1. Xác định \( k=\max \{n,m\} \) và viết nghiệm riêng của (4) dưới dạng
\( {{y}_{r}}={{x}^{s}}{{e}^{\alpha x}}\left[ {{R}_{k}}(x)\cos \beta x+{{H}_{k}}(x)\sin \beta x \right] \) với \( {{R}_{k}}(x) \) và \( {{H}_{k}}(x) \) là các đa thức đầy đủ bậc k.
– Bước 2. Xác định s:
1) Nếu \( \alpha \pm i\beta \) không là nghiệm của phương trình đặc trưng \( (3′) \) thì \( s=0 \).
2) Nếu \( \alpha \pm i\beta \) là nghiệm của phương trình đặc trưng \( (3′) \) thì \( s=1 \).
– Bước 3. Thay \( {{y}_{r}} \) tìm được ở bước 2 vào (4) và đồng nhất thức ta được nghiệm riêng.
Ví dụ 10. Tìm nghiệm riêng của phương trình vi phân \( {y}”+y=3\sin x \).
Hướng dẫn giải:
Ta có: \(f(x)=3\sin x\Rightarrow \alpha =0,\,\,\beta =1,\,\,k=0\Rightarrow {{y}_{r}}={{x}^{s}}(A\cos x+B\sin x)\).
Do \( \alpha \pm i\beta =\pm I \) là nghiệm của \( {{k}^{2}}+1=0 \) nên \( s=1 \)
Hay \( {{y}_{r}}=x(A\cos x+B\sin x)\Rightarrow {{{y}’}_{r}}=A\cos x+B\sin x+x(B\cos x-A\sin x) \)
\( \Rightarrow {{{y}”}_{r}}=2B\cos x-2A\sin x-x(A\cos x+B\sin x) \)
Thay \( {{y}_{r}} \) và \( {{{y}”}_{r}} \) vào phương trình đã cho, ta được: \( 2B\cos x-2A\sin x=3\sin x\Rightarrow \left\{ \begin{align} & B=0 \\ & A=-\frac{3}{2} \\ \end{align} \right. \).
Vậy nghiệm riêng của phương trình đã cho là \( {{y}_{r}}=-\frac{3x}{2}\cos x \).
Ví dụ 11. Giải phương trình vi phân \( {y}”-2{y}’+y=x \) thỏa điều kiện \( y(0)=3,\,{y}'(0)=0 \).
Hướng dẫn giải:
Đáp án: phương trình đã cho có nghiệm riêng là \( y=(1-2x){{e}^{x}}+x+2 \).
Ví dụ 12. Giải phương trình vi phân \( {y}”-2{y}’+2y=(2+{{x}^{2}}){{e}^{x}} \).
Hướng dẫn giải:
Đáp án: phương trình đã cho có nghiệm tổng quát là \( {{y}_{tq}}=({{C}_{1}}\cos x+{{C}_{2}}\sin x+{{x}^{2}}){{e}^{x}} \).
Ví dụ 13. Giải phương trình vi phân \( {y}”+2{y}’+y=x+2{{e}^{-x}} \).
Hướng dẫn giải:
Đáp án: phương trình đã cho có nghiệm tổng quát là \( {{y}_{tq}}=({{C}_{1}}+{{C}_{2}}x){{e}^{-x}}+x-2+{{x}^{2}}{{e}^{-x}} \).
Ví dụ 14. Giải phương trình vi phân \( {y}”-{y}’=2{{\cos }^{2}}x\,\,\,\,\,\,\,(*) \).
Hướng dẫn giải:
Biến đổi: \( {y}”-{y}’=2{{\cos }^{2}}x\Rightarrow {y}”-{y}’=1+\cos 2x \).
Xét phương trình \( {y}”-{y}’=1 \), ta có \( {{y}_{{{r}_{1}}}}=A{{x}^{m}} \).
Do \( \alpha =0 \) là nghiệm đơn của \( {{k}^{2}}-k=0 \) nên \( m=1 \). \( \Rightarrow {{y}_{{{r}_{1}}}}=Ax\Rightarrow {{y}_{{{r}_{1}}}}=-x \).
Xét phương trình \( {y}”-{y}’=\cos 2x \), ta có: \( {{y}_{{{r}_{2}}}}={{x}^{s}}(A\cos 2x+B\sin 2x) \).
Do \( \alpha \pm i\beta =\pm 2i \) không là nghiệm của \( {{k}^{2}}-k=0 \) nên \( s=0 \).
\( \Rightarrow {{y}_{{{r}_{2}}}}=A\cos 2x+B\sin 2x\Rightarrow {{y}_{{{r}_{2}}}}=-\frac{1}{5}\cos 2x-\frac{1}{10}\sin 2x \).
Suy ra phương trình (*) có nghiệm riêng là \( {{y}_{r}}=-x-\frac{1}{5}\cos 2x-\frac{1}{10}\sin 2x \).
Mặt khác, \( {y}”-{y}’=0 \) có nghiệm tổng quát là \( y(x)={{C}_{1}}+{{C}_{2}}{{e}^{x}} \).
Vậy phương trình (*) có nghiệm tổng quát là \( {{y}_{tq}}={{C}_{1}}+{{C}_{2}}{{e}^{x}}-x-\frac{1}{5}\cos 2x-\frac{1}{10}\sin 2x \).
Trong quá trình đăng tải bài viết lên website không thể tránh khỏi việc sai sót, nên bạn đọc muốn xem đầy đủ các dạng bài tập giải chi tiết hãy vui lòng mua sách Giải bài tập Giải Tích 2!
