Bai giảng Giải tích 3 - Chương 2: Phương trình vi phân (Phần 2)

Nội dung text: Bai giảng Giải tích 3 - Chương 2: Phương trình vi phân (Phần 2)

1. $3. PTVP cấp 2 1. Đại cương về PTVP cấp 2. 1.1 ĐN 퐹( , , ′, ") = 0 (1); " = ( , , ′) (2). 1.2 Sơ kiện ban đầu: ቤ = 0 và ′ ቤ = ′0 = 0 = 0 ′ hay 0 = 0 và 0 = ′0 (3) với 0, 0, ′0 cho trước Bài toán Cauchy (bài toán giá trị ban đầu): Tìm nghiệm của PTVP (1) hoặc (2) thỏa mãn sơ kiện ban đầu (3). 1.3 Định lý (sự tồn tại và duy nhất nghiệm). Nếu 휕 휕 , , ′ ; 푣à liên tục trong miền ῼ chứa điểm 휕 휕 ′ 0, 0, ′0 thì phương trình (2) có nghiệm duy nhất thỏa mãn sơ kiện (3).
2. 1.4 Nghiệm tổng quát, nghiệm riêng Nghiệm TQ của PTVP (2) là hàm số = 휑( , 1, 2) trong đó 1, 2 là các hàng số tùy ý sao cho: 1) Nó thỏa mãn PTVP (2) với mọi 1, 2 2) Với bộ 3 số 0, 0, ′0 cho trước sao cho điều kiện Định lý trên thỏa mãn thì tồn tại 1 = 01, 2 = 02 để hàm số = 휑( , 01, 02) thỏa mãn sơ kiện ban đầu (3). Hệ thức ɸ , , 1, 2 = 0 xác định nghiệm TQ của (2) gọi là TP TQ của nó. Hệ thức ɸ , , 01, 02 = 0 gọi là TP riêng
3. 2. Một số PT khuyết. 2.1 PT khuyết , ′: 퐹( , ") = 0. Cách giải:Đặt = ′ → ′ = ′′ → 퐹 , ′ = 0 đây là PTVP cấp 1. VD. Giải PTVP " = 푠푖푛2 thỏa mãn (0) = 0; ′(0) = 0 Giải: Đặt = ′ → ′ = ′′ = 푠푖푛2 1 − 표푠2 1 푠푖푛2 → = න 푠푖푛2 = න = − + 2 2 4 1 1 푠푖푛2 ′ 0 = 0 = = 0 → = − 1 2 4 1 푠푖푛2 1 푠푖푛2 2 표푠2 ′ = − → = න − = + + 2 4 2 4 4 8 2 1 1 2 표푠2 1 0 = + = 0 → = − → = + − 8 2 2 8 4 8 8
4. 2.2 PT khuyết : 퐹 , ′. ′′ = 0. Cách giải: Đặt ′ = ( ) → ′′ = ′ → 퐹 , , ′ = 0 PTVP cấp1 VD. 2 + 1 ′′ + ′ = 0 Giải. Đặt ′ = → ′′ = ′ → 2 + 1 ′ + = 0 2 + 1 ′ = − * = 0 là nghiệm → = . * p ≠ 0 → 2 + 1 = − → = − 2+1 1 2 1 → 푙푛 ( ) = − 푙푛 + 1 + 푙푛 1 = 푙푛 2 2 + 1 → ′ = = 1 2 + 1 1 2 → = න = 1푙푛 + + 1 + 2 2 + 1
5. 2.3 PT khuyết : 퐹( , ′, ") = 0. Cách giải: Đặt ′ = ( ) → " = . = . → 퐹( , , ) = 0. PTVP cấp 1 ẩn là , biến là . VD. Giải phương trình 2 " − 1 = ′2. Giải: Đặt ′ = ( ) → " = → 2 = 2 + 1 2 2p 1 = → ׬ dp = ׬ → 푙푛 2 + 1 + 푙푛 = 푙푛 2+1 p2+1 1 2 2 → 푙푛 = 푙푛 + 1 → = 1 + 1 với 1 là hằng số 1 ′ 2 1 = = → = = = 2 1 → = 2 1 2 2 = + 2 → = 1 + 1 = 1 + 2 + 1 2 1 2 1
6. 3. PT tuyến tính cấp 2 3.1 ĐN: PTVP tuyến tính cấp 2 là PT " + ( ) ′ + 푞( ) = ( )(1) trong đó , 푞 , đ trên 3.2 Bài toán Cauchy đối với PTVP TT cấp 2. Tìm nghiệm của (1) thỏa mãn sơ kiện ban đầu ′ 0 = 0; 0 = ′0 với 0 ∈ ; 0 và ′0 cho trước Định lý: Nếu , 푞 , ( ) liên tục trên khoảng mở thì PT " + ( ) ′ + 푞( ) = ( ) có nghiệm duy nhất trên với 0 ∈ và 0, ′0 cho trước.
7. 3.3 PTVP tuyến tính thuần nhất " + ( ) ′ + 푞( ) = 0 (2) Định lý 1. Nếu 1 ; 2 là 2 nghiệm của (2) thì ത = 1 1 + 2 2 với 1, 2 là 2 hằng số tùy ý là nghiệm của (2) Chứng minh: ഥ ′ = 1 ′1 + 2 ′2 ; " = 1 "1 + 2 "2 ഥ "+ ( ) ′+푞 ത = 1 "1 + 2 "2 ′ ′ + 1 1 + 2 2 + 푞( ) 1 1 + 2 2 ′ ′ = 1 "1 + 1 + 푞( ) 1 + 2 "2 + 2 + 푞( ) 2 = 0 Định nghĩa 1. Hai hàm số 1 ; 2 gọi là độc lập tuyến tính trên ( ) nếu 1 ≠ . ( là hằng số, trái lại gọi là pttt) 2( ) VD: 1 = sin ; 2 = cos( ) độc lập tuyến tính trên 푅 5 5 1 = 3푒 ; 2 = −7푒 phụ thuộc tuyến tính trên 푅.
8. 3.3 PTVP tuyến tính thuần nhất (tiếp) " + ( ) ′ + 푞( ) = 0 (2) ĐN2. Hai hàm số 1( ); 2 khả vi trên . Khi đó định 1 2 thức W x = W 1, 2 = gọi là định thức ′1 ′2 Wronski. Định lý 2. Nếu hai hàm số 1( ); 2 pttt trên thì W 1, 2 =0 ∀ ∈ . CM: 1( ); 2 pttt→ 2 = 1( ) → ′2 = ′1( ) 1 2 1 1 → W 1, 2 = = = 0 ′1 ′2 ′1 ′1
9. 3.3 PTVP tuyến tính thuần nhất (tiếp) " + ( ) ′ + 푞( ) = 0 (2) Định lý 3(Định lý Abel). Nếu 1 ; 2 là 2 nghiệm của (2), ; 푞( ) liên tục trên khoảng mở 푣à 0 ∈ thì ׬ − 푊 = 푊 0 푒 0 ∀ ∈ Hệ quả: 푊 = 0 ∀ ∈ hoặc 푊 ≠ 0 ∀ ∈ ׬ − CM: 푊 = 푊 0 푒 0 . Nếu 푊 0 =0 thì 푊 = 0 ∀ ∈ . Nếu 푊 0 ≠0 thì 푊 ≠ 0 ∀ ∈
10. Định lý 4. Giả sử 1 ; 2 là 2 nghiệm của (2), ; 푞( ) liên tục trên khoảng mở . Khi đó 1 ; 2 đltt khi và chỉ khi 푊 ≠ 0 ∀ ∈ Định lý 5. Nếu 1 ; 2 là 2 nghiệm đltt trên của (2), ; 푞( ) liên tục trên thì ത = 1 1( ) + 2 2( ) là nghiệm TQ của (2) trên . CM: Theo Định lý 1 thì ത là nghiệm của (2) ∀ 1; 2 là các hằng số Giả sử sơ kiện ban đầu 0 = 0; ′ 0 = ′0 cho trước. Ta có ത = + = (i) (I) ቊ 0 1 1 0 2 2 0 표 ത′ 0 = 1 ′1 0 + 2 ′2 0 = ′표 (ii) Ta có 푊 ≠ 0 (Định lý 4) 1 0 2 0 Hệ pt có = =푊 0 ≠ 0 (Hệ quả Đlý 3) → ′1 0 ′2 0 Hệ (I) có nghiệm duy nhất (ẩn là 1; 2).
11. Bài toán: Giải pt thuần nhất. Tìm 2 nghiệm đltt của (2) Biết 1 . Tìm 2 = 1 → PT khuyết 2 6 VD. Giải PT " + ′ − = 0 (1) biết nghiệm = 2 2 1 2 ′ 2 Giải: 2 = 1 = → 2 = 2 + ′ ′ ′ 2 2 "2 = 2 + 2 + 2 + " = 2 + 4 ′ + “ thay vào (1): 2 6 2 + 4 ′ + 2 “+ 2 + 2 ′ − 2 = 0 2 2 " + 6 ′ = 0. Đặt = ′ → ′ = " → ′ + 6 = 0 → = 0 = loại ቈ ≠ 0 1 → = −6 → = −6 → 푙푛 = −6푙푛 → = = ′ 6 1 1 1 1 = න = − → = − 2 = − 6 5 5 2 5 5 5 3 Vậy nghiệm TQ của (1) ത = 2 + 2 trong đó ; là 2 hằng số 1 3 1 2 tùy ý
12. 3.4 PT tuyến tính không thuần nhất " + ( ) ′ + 푞( ) = ( ) (3) Định lý 6. Nghiệm TQ của (3) là tổng nghiệm TQ ത của PT thuần nhất " + ( ) ′ + 푞( ) = 0 (2) với một nghiệm riêng bất kỳ ∗ của (3): = ത + ∗ Cách giải (3): (Phương pháp biến thiên hằng số Lagrange): Giả sử ത = 1 1 + 2 2 là nghiệm TQ của (2) 1; 2 là các hằng số ∗ Tìm = 1 1 + 2 2, trong đó 1( ); 2( ) là hàm số ∗ ′ = ′1 1 + 1 ′1 + ′2 2 + 2 ′1 ∗ ′ Chọn ′1 1 + ′2 2 = 0 (푖) → = 1 ′1 + 2 ′1 ∗ " " " ′ ′ ′ ′ = 1 1 + 2 2 + 1 1 + 2 2 thay vào (3): " ′ " ′ 1 1 + 1 + 푞 1 + 2 2 + 2 + 푞 2 ′ ′ ′ ′ + 1 1 + 2 2 = ( ) ′ ′ ′ ′ → 1 1 + 2 2 = ( ) (ii)
13. ′ + ′ = 0 (푖) ቊ 1 1 2 2 ′1 ′1 + ′2 ′2 = (푖푖) 1 2 = = 푊 ≠ 0; ′1 ′2 0 2 1 0 1 = ; 2 = ( ) ′2 ′1 ( ) ; = ׬ ′ = ׬ 1 1 1 ; ( ) = ׬ ′ = ׬ 2 2 2
14. 2 2 VD: 1 − " + 2 ′ − 2 = 1 − (1) biết 1 = là một nghiệm của PT thuần nhất 2 2 * 1 − 2 +2xy′ −2y=0→ " + ′ − = 0 (2). 1− 2 1− 2 ′ ′ ′ 2 = 1 = → 2 = + ; "2 = 2 + “ 2 2 2 ′ + “+ + ′ − = 0 1− 2 1− 2 2 2 2 " + 2 + ′ = 0 → “ + ′ = 0 1 − 2 1 − 2 2 Đặt ′ = 푣 → " = 푣′ → 푣′ + 푣 = 0 1− 2 푣 2푣 푣 2 → = − → = − 1 − 2 푣 1 − 2 1 − 2 1 − 2 1 1 + 2 ′ = 푣 = → = න = − − = − 2 2 2 2 2 → 2 = = − 1 + . Lấy 2= 1 + → ത = 1 + 2 1 +
15. 1 − 2 " + 2 ′ − 2 = 1 − 2 2 2 → " + ′ − =1 1− 2 1− 2 ∗ 2 = 1( ) + 2( ) 1 + thỏa mãn ′ ′ 2 1 + 2 1 + = 0 ቊ ′ ′ 1 + 2 . 2 = 1 2 2 0 = 1 + = 2 − 1; = 0 1 + = − 1 + 2 ; = = 1 2 1 1 2 2 1 1 1+ 2 2 −1 = ׬ ′ ( ) = ׬ − = − ׬ 1 + = − − 푙푛 1 1 2−1 2−1 +1 1 = න ′ ( ) = න = 푙푛 2 − 1 2 2 2 − 1 2 − 1 1 ∗ = − + 푙푛 + 1 + 2 푙푛 2 − 1 + 1 2 Nghiệm TQ: −1 1 = ത + ∗ = + 1 + 2 − + 푙푛 + 1 + 2 푙푛ȁ 2 − 1 2 +1 2 1ȁ
16. Định lý 7 (Nguyên lý chồng chất nghiệm) Cho pt: " + ( ) ′ + 푞( ) = 1( ) + 2( ) (1) với , 푞 , 1 , 2( ) liên tục trong khoảng . ∗ Nếu 1 là nghiệm riêng của " + ( ) ′ + 푞( ) = 1( ) (2) ∗ và 2 là nghiệm riêng của " + ( ) ′ + 푞( ) = 2( ) (3) thì ∗ = 1∗ + 2∗ là nghiệm riêng của (1). CM: ∗ ′ = 1∗ ’+ 2∗ ’; ∗ " = 1∗ "+ 2∗ “ ∗ " + ( ) ∗ ′ + 푞( ) ∗ = 1∗ " + ( ) 1∗ ′ + 푞( ) 1∗ ∗ ∗ ∗ +[ " + ( ) ′ + 푞( ) ] = 1( ) + 2( ) (đpcm)
17. 4. PTVT tuyến tính cấp 2 hệ số hằng " + ′ + 푞 = ( ) (1) với , 푞 là hằng số 4.1 Công thức Euler: 푖휑 (푖휑)2 (푖휑)3 (푖휑)4 (푖휑)5 (푖휑)6 (푖휑)7 푒𝑖휑 = 1 + + + + + + + + ⋯ 1! 2! 3! 4! 5! 6! 7! 휑2 휑4 휑6 휑 휑3 휑5 휑7 푒𝑖휑 = 1 − + − + ⋯ + 푖 − + − + ⋯ . 2! 4! 6! 1! 3! 5! 7! 푒𝑖휑 = 표푠휑 + 푖푠푖푛휑 4.2 PT thuần nhất: " + ′ + 푞 = 0 (2) Nghiệm = 푒 → ′ = 푒 → " = 2푒 thay vào (2) 2푒 + 푒 + 푞푒 = 0 → 2 + + 푞 = 0 Phương trình đặc trưng ∆= 2 − 4푞
18. Nghiệm của PT thuần nhất: " + ′ + 푞 = 0 1 2 1 2 TH1. ∆> 0 → 1 ≠ 2 → 1 = 푒 ; 2 = 푒 đltt ത = 1푒 + 2푒 TH2.∆= 0 → = = − → = 푒 1 ; = = 푒 1 1 2 2 1 2 1 ′ ′ 1 1 1 ′ 1 2 1 → 2 = 푒 + 1 푒 ; "2 = "푒 + 2 1 푒 + ( 1) 푒 1 2 thay vào (2): 푒 " + 2 1 + ′ + ( 1) + 1 + 푞 = 0 2 Vì 2 1 + =0 và ( 1) + 1 + 푞=0 → " = 0 → = 1 1 → 2 = 1 = 푒 → ത = 1 1 + 2 2 = 푒 1 + 2 TH3:∆< 0 → 1 = 훼 + 푖훽; 2 = 훼 − 푖훽 훼+𝑖훽 훼 1 = 푒 = 푒 표푠훽 + 푖푠푖푛훽 훼−𝑖훽 훼 2 = 푒 = 푒 표푠훽 − 푖푠푖푛훽 Đị푛ℎ 푙ý 1 + − 푌 = 1 2 = 푒훼 표푠훽 ; 푌 = 1 2 = 푒훼 푠푖푛훽 1 2 2 2푖 là 2 nghiệm đltt của (2) 훼 → ത = 1푌1 + 2푌2 = 푒 1 표푠훽 + 2푠푖푛훽 Là nghiệm TQ của (2)
19. VD. Tìm nghiệm tổng quát: 1) " − 2 ′ + 5 = 0. 2 Giải: − 2 + 5 = 0 → 1 = 1 + 2푖; 2 = 1 − 2푖 ത = 푒 1 표푠2 + 2푠푖푛2 2) " − 5 ′ + 6 = 0 2 Giải: − 5 + 6 = 0 → 1 = 2; 2 = 3 2 3 ത = 1푒 + 2푒 3) " + 6 ′ + 9 = 0 2 Giải: + 6 + 9 = 0 → 1 = 2 = −3 −3 ത = 푒 1 + 2
20. 4.3 PT tuyến tính không thuần nhất " + ′ + 푞 = ( ) Nguyên tắc chung: Sử dụng phương pháp biến thiên hằng số Lagrange. Khi ( ) có dang đặc biệt Dạng 1. = 푒 푃푛 , 푃푛( ) là đa thức bậc 푛. ∗ TH1: ≠ 1; ≠ 2 → = 푒 푄푛 ; 푄푛 đa thức cùng bậc với 푃푛( ) ∗ TH2: = 1 ≠ 2 → = 푒 푄푛 ∗ 2 TH3: = 1 = 2 → = 푒 푄푛 VD. 1) " − 3 ′ + 2 = 2 2 (1) 2 2 Giải: − 3 + 2 = 0 → 1 = 1; 2 = 2 → ത = 1푒 + 2푒 = 2 = 푒0 2 → = 0 → ∗ = 푒0 2 + + ∗ ′ = 2 + ; ∗ " = 2 thay vào (1): 2 − 3 2 + + 2 2 + + =2 2 = 1 2 = 2 = 3 7 → −6 + 2 = 0 → → ∗ = 2 + 3 + 7 2 2 − 3 + 2 = 0 = 2 7 Nghiệm = ത + ∗ = 푒 + 푒2 + 2 + 3 + 1 2 2
21. VD2: " − 5 ′ + 6 = 푒2 + 6 − 5 (1) 2 2 3 Giải: − 5 + 6 = 0 → 1 = 2; 2 = 3 → ത = 1푒 + 2푒 2 ∗ 2 2 • 1 = 1. 푒 → = 2 = 1 ≠ 2 → 1 = 푒 = 푒 1∗ ′ = 푒2 + 2 푒2 = (1 + 2 )푒2 1∗ " = 2푒2 + (2 + 4 )푒2 = (4 + 4 )푒2 1∗ " − 5 1∗ ′ + 6 1∗ = 푒2 4 + 4 푒2 − 5 1 + 2 푒2 + 6 푒2 = 푒2 − 푒2 = 푒2 → = −1 → 1∗ = − 푒2 0 ∗ • 2 = 6 − 5 = 푒 6 − 5 → = 0 → 2 = + 2∗ ′ = → 2∗ " = 0 2∗ " − 5 2∗ ′ + 6 2∗ = −5 + 6 + = 6 − 5 6 = 6 = 1 ቊ ↔ ൜ → 2∗ = −5 + 6 = −5 = 0 ∗ = 1∗ + 2∗ = − 푒2 + ∗ 2 3 2 Nghiệm: = ത + = 1푒 + 2푒 + − 푒 + .
22. 훼 Dạng 2. = 푒 푃푛 표푠훽 + 푄 푠푖푛훽 ∗ 훼 = 훼 + 푖훽 TH1: ≠ 1; ≠ 2: = 푒 푅푙 표푠훽 + 푆푙 푠푖푛훽 ; 푙 = , 푛 ∗ 훼 TH2: = 1 ≠ 2: = 푒 푅푙 표푠훽 + 푆푙 푠푖푛훽 ; 푙 = , 푛 VD: " + = 2푠푖푛 (1) 2 Giải: + 1 = 0 → 1,2 = ±푖 = 0 ± 푖 → ത = 1 표푠 + 2푠푖푛 0 = 푒 0. 표푠 + 2. 푠푖푛 → = 0 + 푖 = 1 ∗ = 푒0 표푠 + 푠푖푛 = ( 표푠 + 푠푖푛 ) ∗ ′ = 표푠 + 푠푖푛 + − 푠푖푛 + 표푠 ∗ ′ = + 표푠 − − 푠푖푛 ∗ " = 표푠 − + 푠푖푛 − 푠푖푛 − − 표푠 ∗ " = 2 − 표푠 − + 2 푠푖푛 ∗ " + ∗ = 2 − 표푠 − + 2 푠푖푛 + 표푠 + 푠푖푛 = 2푠푖푛 2 = 0 = −1 2 표푠 − 2 푠푖푛 = 2푠푖푛 → ቊ → ൜ → ∗ = − 표푠 −2 = 2 = 0 ∗ Nghiệm = ത + = 1 표푠 + 2푠푖푛 − 표푠 .
23. 5. PTVP Euler: 2 " + ′ + = 0 (1); , là hằng số 1 Cách giải: Đặt = 푒푡 → 푡 = 푙푛 → ′ = = 푡 1 2 " = ( ′) = − thay vào (1): 2 푡2 푡 2 + − 1 + = 0 푡2 푡 VD: 2 " − ′ + = 표푠 푙푛 (2). 2 Giải = 푒푡 → − 2 + = 표푠푡 (3). Đây là ptvp tt cấp 2 푡2 푡 hệ số hằng 1 Nghiệm của (3): = 푒푡 푡 + − 푠푖푛푡 1 2 2 1 Nghiệm của (2): = 푙푛 + − 푠푖푛푙푛 1 2 2