Phương trình vi phân tuyến tính cấp 2 (linear second-order ordinary differential equation)

4. Phương trình vi phân tuyến tính cấp 2, không thuần nhất hệ số hàm số:

Phương trình vi phân tuyến tính cấp 2 không thần nhất, hệ số hàm là phương trình có dạng:

y'' + p(x)y' + q(x)y = f(x) (4.1),

trong đó p(x), q(x), f(x) là những hàm số liên tục trên [a;b].

Để giải phương trình này, theo mục 3.5 ở trên ta cần 2 bước:

– Bước 1: Tìm nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất

– Bước 2: Tììm 1 nghiệm riêng của phương trình không thuần nhất.

4.1: Giải phương trình thuần nhất: y'' + p(x)y' + q(x)y = 0 (4.1.1)

Dạng phương trình này cho đến nay vẫn chưa có cách giải tổng quát mà chỉ có thể giải được nếu như ta biết trước 1 nghiệm riêng y_1 Khi đó, ta sẽ tìm nghiệm riêng y_2 độc lập tuyến tính với y_1 bằng công thức Liouville (công thức 3.5.4) ở trên.

Ta có: y_2y_1^{'} - y_1y_2^{'} = e^{- \int p(x) \, dx}

Chia hai vế cho y_1^2   (4.1.2) ta có: \dfrac{y_2y_1^{'} - y_1y_2^{'}}{y_1^2} = \dfrac{e^{- \int p(x) \, dx}}{y_1^2} (4.1.3)

Quan sát vế trái ta thấy vế trái chính là đạo hàm của \dfrac{y_2}{y_1} . Vậy:

\left( \dfrac{y_2}{y_1} \right)^{'} = \dfrac{e^{- \int p(x) \, dx}}{y_1^2} (4.1.4)

Do đó, lấy tích phân hai vế ta có: \dfrac{y_2}{y_1} = \int \dfrac{e^{- \int p(x) \, dx}}{y_1^2} \, dx (4.1.5)

Vậy: {y_2 = y_1{ \int \dfrac{e^{- \int p(x) \, dx}}{y_1^2}} \, dx} (4.1.6)

Từ (4.1.6) ta dễ dàng nhận thấy y_1 , y_2 độc lập tuyến tính.

Vậy nghiệm tổng quát của phương trình (4.1.1) là \overline{y} = C_1y_1+C_2y_2

4.2 Một số ví dụ:

Ví dụ 1. Cho phương trình: y'' - \dfrac{1}{x}y' = 0 (4.2.1)

Biết phương trình có 1 nghiệm riêng dạng đa thức bậc 2. Bạn hãy tìm nghiệm tổng quát của pt (4.2.1).

Do pt (4.2.1) có 1 nghiệm riêng dạng đa thức bậc hai nên nghiệm riêng y_1 có  dạng: y_1 = ax^2+bx+c Thế vào phương trình ta có:

2a - \dfrac{1}{x} (2ax+b) = 0

Suy ra: b = 0 , a, c tùy ý . Vậy nghiệm riêng y_1 = x^2

Bây giờ, ta tìm nghiệm riêng y_2 độc lập tuyến tính với y_1 dụa vào công thức  (4.1.5)

Ta có: y_2 = y_1 \int \dfrac{e^{- \int p(x) \, dx}}{y_1^2} \, dx

Hay: y_2 = x^2 \int \dfrac{e^{\dfrac{dx}{x} \, }}{x^4} \, dx = x^2 \int \dfrac{e^{lnx}}{x^4} \, dx = x^2 \int \dfrac{dx}{x^3} \, = x^2 \left( \dfrac{-1}{2x^2} \right) = - \dfrac{1}{2}

Vậy nghiệm tổng quát của pt (4.2.1) là: \overline{y} = C_1x^2 + C_2

Ví dụ 2. Cho phương trình (x^2-1)y'' + 4xy' + 2y = 0 (4.2.2)

Biết y = \dfrac{x^2+x+1}{x+1} - x là 1 nghiệm riêng của phương trình (4.2.2). Tìm nghiệm tổng quát của phương trình (4.2.2)

Trường hợp x^2 -1 = 0 thì từ pt ta có: y^2 =C

Giả sử x^2 -1 \ne 0 : y'' + \dfrac{4x}{x^2-1}y' + \dfrac{2}{x^2-1}y = 0

Do y_1 = \dfrac{x^2+x+1}{x+1} -x = \dfrac{1}{x+1} là 1 nghiệm riêng của (4.2.2)  nên nghiệm riêng y_2 độc lập tuyến tính với y_1 được xác định bởi:

y_2 = y_1 \int \dfrac{e^{- \int p(x) \, dx}}{y_1^2} \, dx

Hay: y_2 = \dfrac{1}{x+1} \int (x+1)^2 e^{\left(- \int p(x) \, dx \right)} \, dx

trong đó \int p(x) \, dx = \int \dfrac{4x}{x^2 - 1} \, dx = 2ln|x^2 -1| = ln(x^2-1)^2

nên e^{- \int p(x) \, dx} = e^{-ln(x^2-1)^2} = \dfrac{1}{(x^2-1)^2}

Vậy: y_2 = \dfrac{1}{x+1} \int \dfrac{(x+1)^2}{(x^2-1)^2} \, dx = \dfrac{1}{x+1} \int \dfrac{dx}{(x-1)^2} \, = \dfrac{-1}{x^2-1}

Vậy nghiệm tổng quát của phương trình (4.2.2) là:

\overline{y} = \dfrac{C_1}{x+1} + \dfrac{C_2}{x^2-1}

4.3 Tìm nghiệm riêng của pt không thuần nhất (4.1): Phương pháp biến thiên hằng số (method of variation of parameters):

Cho phương trình y'' + p(x)y' + q(x)y = f(x)

và phương trình thuần nhất y'' + p(x)y' + q(x)y = 0 có nghiệm tổng quát: \overline{y} = C_1y_1 + C_2y_2

Khi đó ta tìm 1 nghiệm riêng y^{*} có dạng: y^{*} = u(x)y_1+v(x)y_2

Nói cách khác, ta cần tìm u(x), v(x) để y* là 1 nghiệm riêng của (4.1)

Ta có: (y^{*})' = u'(x)y_1 + v'(x)y_2 + u(x)y_1^{'} + v(x)y_2^{'} (4.3.1)

Nhận xét: nếu tiếp tục lấy đạo hàm rồi thế vào pt thì ta sẽ có 1 biểu thức trong đó có 6 đại lượng chưa biết là u(x), v(x), u'(x), v'(x), u''(x), v''(x) nên không thể giải được.

Do vậy, ta cần tìm u(x), v(x) sao cho biểu thức  (4.3.1) có thể triệt tiêu bớt những thành phần chưa biết.

Vì vậy, ta sẽ chọn u(x), v(x) sao cho:

u'(x)y_1 + v'(x)y_2 = 0 (4.3.2)

Khi đó, từ biểu thức (4.3.1) ta có:

(y^{*})' = u(x)y_1^{'} + v(x)y_2^{'} (4.3.3)

Lấy đạo hàm biểu thức  (4.3.3) ta có:

(y^{*})'' = u'(x)y_1^{'} + u(x)y_1^{''} + v'(x)y_2^{'} + v(x)y_2^{''} (4.3.4)

Thế (4.3.4) và (4.3.3) vào pt(4.1) và chú ý y_1 , y_2 là 2 nghiệm của phương trình thuần nhất, ta có:

u'(x)y_1^{'} + v'(x)y_2^{'} = f(x) (4.3.5)

Từ (4.3.2) và (4.3.5) ta có u(x), v(x) là nghiệm của hpt:

\left\{\begin{array}{c} u'(x)y_1 + v'(x)y_2 = 0 \\ u'(x)y_1^{'} + v'(x)y_2^{'} = f(x) \\ \end{array} \right. (I)

Do y_1, y_2 là 2 nghiệm độc lập tuyến tính nên theo (3.5) và lý thuyết hệ phương trình ta sẽ có hệ pt (I) có duy nhất nghiệm u'(x) , v'(x).

Vậy ta tìm được u(x), v(x). Do đó tìm được nghiệm riêng y*.

Vậy bài toán đã được giải quyết.

4.4 Một số ví dụ:

Ví dụ 1: Biết rằng các hàm y_1(x) = \dfrac{cosx}{x} ; y_2(x) = \dfrac{sinx}{x} tạo thành hệ nghiệm cơ bản của phương trình y'' + \dfrac{2}{x}y' + y = 0 . Hãy tìm nghiệm tổng quát của phương trình: xy'' + 2y' + xy = x (4.4.1)

Giải

Ta có nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất tương ứng là:

\overline{y} = C_1{ \dfrac{cosx}{x}} + C_2{ \dfrac{sinx}{x}}

Ta tìm nghiệm riêng y* của phương trình không thuần nhất (4.4.1) bằng phương pháp biến thiên hằng số.

Muốn vậy, trước tiên ta phải chuyển phương trình về dạng y'' + p(x)y' + q(x)y = f(x) , nghĩa là phải chia 2 vế cho x.

Mẹo: từ phương trình trên ta dễ dàng nhận thấy y = 1 thỏa mãn phương trình (4.4.1). Vậy ta có thể tìm nghiệm riêng y* bằng cách kiểm tra y = 1 là nghiệm. Cách này sẽ giúp ta tính toán nhanh hơn so với cách chính quy.

Cách chính quy: nghiệm riêng y* của (4.4.1) có dạng

y^{*} = u(x){ \dfrac{cosx}{x}} + v(x){ \dfrac{sinx}{x}}

trong đó u(x), v(x) là nghiệm của hệ phương trình:

\left\{\begin{array}{l}u'(x){ \dfrac{cosx}{x}}+v'(x){ \dfrac{sinx}{x}}=0 \\ u'(x){ \dfrac{-xsinx-cosx}{x^2}}+v'(x){ \dfrac{xcosx-sinx}{x^2}} = 0 \\ \end{array} \right.

Giải hệ phương trình trên ta được: u'(x) = -xsinx ; v'(x) = xcosx

Bằng cách tích phân từng phần ta có: u(x) = xcosx-sinx ; v(x) = xsinx+cosx

Vậy ta nhận được nghiệm riêng của phương trình (4.4.1) là:

y^{*} = (xcosx-x){ \dfrac{cosx}{x}}+(xsinx+cosx){ \dfrac{sinx}{x}} = 1

Suy ra, nghiệm tổng quát của phương trình (4.4.1) có dạng:

y(x) = C_1{ \dfrac{cosx}{x}}+C_2{ \dfrac{sinx}{x}} + 1

Trang: 1 2 3 4

Thảo luận

56 bình luận về “Phương trình vi phân tuyến tính cấp 2 (linear second-order ordinary differential equation)”

  1. chào thầy ! thầy giải giúp em phương trình vi phân này được không ạ? x = e^y” + y” ( x bằng e mũ y hai phẩy cộg y hai phẩy ) cảm ơn thầy trước ạ!

    Thích

    Posted by Thu Trang | 28/11/2014, 09:41
    Reply to this comment
« Bình luận cũ hơn

Bình luận về bài viết này

Translators & RSS

English French RussiaMaths 4 Physics (M4Ps)

Bạn hãy nhập địa chỉ email của mình để đăng ký theo dõi tin tức từ blog này và nhận những bài viết mới nhất qua địa chỉ email.

Join 2 787 other subscribers

Đôi lời

Bạn có thể theo dõi các lời bình liên quan đến lời bình của mình qua email bằng cách chọn dòng thông báo Báo cho bạn khi có người bình luận tiếp theo đề tài này bằng điện thư mỗi khi viết 1 lời bình.

Rất mong các bạn viết lời nhắn bằng tiếng việt có dấu nhé.

Để viết tiếng việt có dấu bạn dùng font chữ Unicode và bảng mã là Unicode UTF-8.

Để biết cách gõ công thức Toán học trong các lời nhắn ở trang web này, mời bạn đọc bài hướng dẫn tại đây hoặc bạn có thể xem bài hướng dẫn dùng MathType tại đây và bài tạo công thức trực tuyến tại đây

Get Well

Lời nhắn mới nhất

Dương Khánh Uyên trong Trang 2
Trần Thái An trong Trang 2
Chúc Chúc trong Xác suất có điều kiện
Hoang Anh trong Khai triển Taylor – Macl…
Trần Trung Đức trong Mẹo phân tích nhanh 1 phân…
Nhung Duong trong Trang 2
khoi trong Khai triển Taylor – Macl…
Minh pham trong Chuỗi Fourier Sine và Cos…
Minh Phạm trong Chuỗi Fourier
Anh Tuấn trong Cực trị (không điều kiện) của…