Tải bản đầy đủ

21 bài giảng HPT vi phân tuyến tính không thuần nhất với hệ số hằng

HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TUYẾN TÍNH
KHÔNG THUẦN NHẤT VỚI HỆ SỐ HẰNG
Th.S. Đỗ Viết Tuân-HVQLGD
1. Định nghĩa: Hệ phương trình vi phân tuyến tính không
thuần nhất có dạng
𝑑𝑦1
= 𝑎11 𝑦1 + 𝑎12 𝑦2 + ⋯ + 𝑎1𝑛 𝑦𝑛 + 𝑓1 𝑥
𝑑𝑥
𝑑𝑦2
= 𝑎21 𝑦1 + 𝑎22 𝑦2 + ⋯ + 𝑎2𝑛 𝑦𝑛 + 𝑓2 𝑥
I
𝑑𝑥

𝑑𝑦𝑛
= 𝑎𝑛1 𝑦1 + 𝑎𝑛2 𝑦2 + ⋯ + 𝑎𝑛𝑛 𝑦𝑛 + 𝑓𝑛 𝑥
𝑑𝑥
Trong đó 𝑎𝑖𝑗 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡 và 𝑓𝑖 (𝑥) 𝑖 = 1,  𝑛 là các hàm xác
định và liên tục trên (a, b).


Dạng ma trận




Đặt 𝑌 =

𝐴=



𝑎11
𝑎21

𝑎𝑛1

𝑦1
𝑦2

𝑦𝑛

,

𝑎12
𝑎22

𝑎𝑛2

Khi đó 𝐼 ⇔

𝑑𝑌
𝑑𝑥

𝑑𝑌
𝑑𝑥

=

𝑑𝑦1
𝑑𝑥
𝑑𝑦2
𝑑𝑥




,

𝑑𝑦𝑛
𝑑𝑥
𝑎1𝑛


… 𝑎2𝑛
… … , F(x) =
… 𝑎𝑛𝑛
= 𝐴𝑌 + 𝐹(𝑥)

𝑓1 (𝑥)
𝑓2 (𝑥)

𝑓𝑛 (𝑥)
(II)


2. Phương pháp giải hệ
𝑑𝑌
𝑑𝑥

Bước 1: Giải hệ thuần nhất = 𝐴𝑌, tìm hệ
nghiệm cơ bản: 𝑌1 ,  𝑌2 , … ,  𝑌𝑛 .
 Bước 2: Tìm nghiệm riêng Y* của (II) bằng
phương pháp biến thiên hằng số lagrange


Y*  C1 (x)Y1  C2 (x)Y2 



 Cn (x)Yn .

Bước 3: Kết luận nghiệm tổng quát

𝑌 = 𝐶1 𝑌1 + 𝐶2 𝑌2 + ⋯ + 𝐶𝑛 𝑌𝑛 + 𝑌 ∗     𝐶𝑖 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡


3. Ví dụ mẫu

Ví dụ 1: Giải hệ phương trình vi phân:
𝑑𝑦1
= 4𝑦1 + 𝑦2 − 𝑒 2𝑥
𝑑𝑥
𝑑𝑦2
= −2𝑦1 + 𝑦2
𝑑𝑥

.


Lời giải



Xét hệ thuần nhất

𝑑𝑦1
= 4𝑦1 + 𝑦2
𝑑𝑥
.
𝑑𝑦2
= −2𝑦1 + 𝑦2
𝑑𝑥

4 1
Ma trận hệ số: 𝐴 =
.
−2 1
4−𝜆
1
 Phương trình đặc trưng:
=
−2 1 − 𝜆
0⇔ 4−𝜆 1−𝜆 +2=0
𝜆=2
2
⇔ 𝜆 − 5𝜆 + 6 = 0 ⇔
.
𝜆=3


Tìm nghiệm cơ bản
Với 𝜆 = 2, tọa độ vectơ riêng là nghiệm của hệ
2𝑥1 + 𝑥2 = 0
⇔ 𝑥2 = −2𝑥1 .
−2𝑥1 − 𝑥2 = 0
Vectơ riêng 𝑣1 1;   − 2 nghiệm cơ bản
2𝑥
𝑒
𝑌1 =
−2𝑒 2𝑥
 Với 𝜆 = 3, tương tự vectơ riêng 𝑣2 1;   − 1
3𝑥
𝑒
nghiệm cơ bản 𝑌2 =
−𝑒 3𝑥



Tìm nghiệm riêng


Gọi 𝑌 ∗ = 𝐶1 (𝑥)𝑌1 +𝐶2 (𝑥)𝑌2 là một nghiệm riêng.

2𝑥
3𝑥
𝐶
𝑥
𝑒
+
𝐶
𝑥
𝑒
1
2
Khi đó 𝑌 ∗ =
−2𝐶1 𝑥 𝑒 2𝑥 − 𝐶2 𝑥 𝑒 3𝑥

Thay Y* vào hệ ban đầu ta có:

𝐶′1 (𝑥)𝑒 2𝑥 + 𝐶′2 (𝑥)𝑒 3𝑥 = −𝑒 2𝑥
𝐶′1 (𝑥) = 1

2𝑥
3𝑥
𝐶′2 (𝑥) = −2𝑒 −𝑥
−2𝐶′1 (𝑥)𝑒 − 𝐶′2 (𝑥)𝑒 = 0
𝐶1 (𝑥) = 𝑥
𝐶′1 (x) = 1


−𝑥
𝐶2 (𝑥) = 2𝑒 −𝑥
𝐶′2 (𝑥) = −2𝑒


Nghiệm tổng quát
Suy ra vậy nghiệm
2𝑥
2𝑥
𝑥𝑒
+
2𝑒
𝑌∗ =
2𝑥
2𝑥 .
−2𝑥𝑒 − 2𝑒
 Nghiệm tổng quát: 𝑌 = 𝐴𝑌1 + 𝐵𝑌2 + 𝑌 ∗


𝐴𝑒 2𝑥 + 𝐵𝑒 3𝑥 + 𝑥 + 2 𝑒 2𝑥
=
−2𝐴𝑒 2𝑥 − 𝐵𝑒 3𝑥 − 2𝑥 + 2 𝑒 2𝑥
(A,B = const)


Ví dụ 2: Giải hệ phương trình
𝑑𝑦1
𝑑𝑥
𝑑𝑦2
𝑑𝑥

= 2𝑦1 + 4𝑦2 + 𝑐𝑜𝑠𝑥
= −𝑦1 − 2𝑦2 + 𝑠𝑖𝑛𝑥

.


Lời giải
Xét hệ phương trình thuần nhất

 dy1
 2y1  4y 2

dx
I
   dy
 2   y  2y
1
2
 dx
Xét phương trình đặc trưng của (I) là:

2

4

1

2  

 0   2  0  1   2  0

Với   0 khi đó tọa độ của véctơ riêng là
nghiệm của hệ phương trình sau:


2x1  4x 2  0
 x1  2x 2

 x1  2x 2  0
Suy ra vecto riêng là (2; -1) hệ phương trình
(I) có một nghiệm cơ bản là:

2
Y1   
 1
Giả sử một nghiệm cơ bản nữa của hệ phương
trình (I) có dạng là:

  a1  b1x  e 0x   a  b x 
1
1

Y2  



0x
  a2  b 2 x  e   a2  b 2 x 




Ta thay vào (I) khi đó ta có:
 b1  2  a1  b1x   4  a2  b2 x 
 b1   2a1  4a2    2b1  4b 2  x


 b2    a1  b1x   2  a2  b2 x   b2   a1  2a2     b1  2b 2  x

 b1  2a1  4a2
 b1  2b2


2b1  4b2  0
  b1  2a1  4a2

 b2  a1  2a2
 b  a  2a
1
2
 2
 b  2b  0
2
 1
Ta chọn a1  1; a2  1  b2  1; b1  2
 1  2x 
Y2  
Khi đó

 1  x 
Nghiệm tổng quát của hệ phương trình (I) là:


Giả sử Y*(x) là nghiệm riêng của hệ phương
trình (I). Khi đó Y*(x) có dạng:
 2C1  x   1  2x  C2  x  

Y*  
 C1  x    1  x  C2  x  


Trong đó C1 (x), C2 (x) là nghiệm của hệ phương
trình sau:

2C'1  x   1  2x  C'2  x   cosx

C'1  x    1  x  C'2  x   sin x


C'2  x   2sin x  cosx

C'1  x   3sin x  cosx  2xsin x  x cosx

C2  x    2sin x  cosx  dx



C1  x     3sin x  cosx  x  2sin x  cosx   dx
C2  x   2 cosx  sin x


C1  x     3sin x  cosx  x  2sin x  cosx   dx


C1  x   2 cosx  sin x

C2  x   3cosx  sin x   x  2sin x  cosx  dx
Đặt I   x  2sin x  cosx  dx

 u  x
du  dx

Đặt 
v  2 cosx  sin x
du   2sin x  cosx  dx
Khi đó: I  2x cosx  xsin x    2 cosx  sin x  dx
 2x cosx  xsin x  2sin x  cosx

Suy ra: C1  x   2x cosx  xsin x  3sin x  2 cosx
Suy ra:Y

*
x

 4x cos x  x sin x  6sin x  4 cos x  1  2x  2 cos x  sin x  


 2x cos x  x sin x  3sin x  2 cos x   1  x  2 cos x  sin x  




 8x cosx  6 cosx  5sin x 


 4x cosx  2sin x  4 cosx 
Nghiệm tổng quát của hệ phương trình (I) là:

 2C1  1  2x  C2  8x cos x  6 cos x  5sin x
Y  C1Y1  C2 Y2  Y  
 C1   1  x  C2  4x cos x  2sin x  4 cos x

*

Vậy hệ phương trình (I) có nghiệm là
 2C1  1  2x  C2  8x cos x  6 cos x  5sin x 

Y
 C1   1  x  C2  4x cos x  2sin x  4 cos x 




4. Luyện tập
Bài tập: Giải các hệ phương trình vi phân tuyến tính
sau:
𝑑𝑦1
= 5𝑦1 − 3𝑦2 + 2𝑒 3𝑥
𝑎)   𝑑𝑥
𝑑𝑦2
= 𝑦1 + 𝑦2 + 5𝑒 −𝑥
𝑑𝑥
𝑑𝑦1
= −2𝑦1 + 𝑦2 − 𝑒 2𝑥
𝑑𝑥
𝑏)  
𝑑𝑦2
= −3𝑦1 + 2𝑦2 + 6𝑒 2𝑥
𝑑𝑥


Luyện tập
 dy1
 2y1  y 2

c)  dx
 dy 2  4y  y
1
2
 dx



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×