Bài giảng Đại số tuyến tính - Nguyễn Văn Phong - Phần: Phương trình vi phân

PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN Nguyễn Văn Phong Toán cao cấp - MS: MAT1006 Nguyễn Văn Phong (BMT - TK) GIẢI TÍCH Toán cao cấp - MS: MAT1006 1 / 26 NỘI DUNG 1 KHÁI NIỆM CHUNG 2 ĐỊNH NGHĨA 3 PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP I 4 PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP 2 Nguyễn Văn Phong (BMT - TK) GIẢI TÍCH Toán cao cấp - MS: MAT1006 1 / 26 Một số ví dụ Ví dụ 1. Nghiên cứu về dân số, người ta thấy rằng, tỷ số giữa sự thay đổi dân số theo thời gian được cho như sau: dP dt = rP , P(0) = P0, P ,P0 > 0 (1) trong đó r là tỷ lệ tăng dân hằng năm. Nhân hai vế của (1) cho 1/P , ta được 1 P dP dt = r (2) Tích phân hai vế, ta được lnP = rt + C ⇒ P = ert+C (3) Mặt khác, với P(0) = e0+C = P0, thay vào (3) ta được P(t) = P0e rt (4) Nguyễn Văn Phong (BMT - TK) GIẢI TÍCH Toán cao cấp - MS: MAT1006 2 / 26 Một số ví dụ Kết quả ứng dụng 1. Dựa vào (4), nếu dân số thế giới năm 1990 là 5.8 tỉ và nếu tỉ lệ r = 2.6% thì dân số thế giới năm 2013 là 10.8245 tỉ 2. Dân số Việt Nam năm 1990 là 63 triệu và tỉ lệ r = 2%, thì dân số Việt Nam năm 2013 là 101.8 triệu. Ví dụ 2. Năm 1946 Willard Libby, phát hiện rằng trong tế bào của thực vật, động vật, người trong suốt thời gian chúng sống, lượng carbon − 14 phóng xạ không đổi. Nếu chúng chết, lượng carbon − 14 phóng xạ sẽ giảm do sự phân rã hạt nhân. Và sự phân rã này tuân theo môt quy luật cho bởi dQ dt = −rQ, Q(0) = Q0 (5) Nguyễn Văn Phong (BMT - TK) GIẢI TÍCH Toán cao cấp - MS: MAT1006 3 / 26 Một số ví dụ Tương tự như ví dụ 1, ta cũng có kết quả sau Q(t) = Q0e −rt , với r = 0.0001238 (6) Kết quả ứng dụng Các nhà khảo cổ ở Châu phi tìm thấy bộ xương của người tiền sử, với lượng carbon − 14 hiện diện là 10%. Khi đó, áp dụng (6), ta có Q(t) = 0.1Q0 = Q0e −0.0001238t Suy ra, t = ln 0.1 −0.0001238 = 18.600 năm Qua hai ví dụ trên, ta thấy việt tìm ra các quy luật (Mô hình) có ứng dụng rất mạnh trong thực tế. Đặc biệt là trong lĩnh vực dự báo. Nguyễn Văn Phong (BMT - TK) GIẢI TÍCH Toán cao cấp - MS: MAT1006 4 / 26 Định nghĩa Định nghĩa Một phương trình liên hệ giữa các biến độc lập, hàm cần tìm và đạo hàm (hay vi phân) của hàm cần tìm được gọi là phương trình vi phân. Nếu hàm cần tìm phụ thuộc 1 biến độc lập gọi là PTVP thường Nếu hàm cần tìm phụ thuộc 2 hay nhiều biến độc lập gọi là Phương trình đạo hàm riêng thường Cấp cao nhất của đạo hàm có mặt trong phương trình gọi là cấp của phương trình vi phân Nguyễn Văn Phong (BMT - TK) GIẢI TÍCH Toán cao cấp - MS: MAT1006 5 / 26 Định nghĩa Dạng tổng quát Phương trình vi phân cấp n, có dạng F ( x , y , y ′, . . . , y (n) ) = 0 (7) Hay dạng giải được y (n) = ϕ ( x , y , y ′, . . . , y (n−1) ) (8) Ví dụ. a) y ′ = √ 1− y 2 b) ( 3y 2x + ey ) y ′ + ( y 3 + 2x ) = 0 Là các phương trình vi phân cấp 1. Nguyễn Văn Phong (BMT - TK) GIẢI TÍCH Toán cao cấp - MS: MAT1006 6 / 26 Định nghĩa Nghiệm PTVP Hàm khả vi y = ϕ(x) được gọi là nghiệm của PTVP, nếu khi thay nó cho hàm chưa biết của phương trình sẽ được đồng nhất thức. Ví dụ. Phương trình y ′ = √ 1− y 2 có nghiệm là y = sin (x + C ) Nguyễn Văn Phong (BMT - TK) GIẢI TÍCH Toán cao cấp - MS: MAT1006 7 / 26 Phương trình vi phân cấp 1 Dạng tổng quát Phương trình vi phân cấp 1, có dạng F (x , y , y ′) = 0 (9) Hay dạng giải được y ′ = f (x , y) (10) Nghiệm tổng quát của PTVP cấp 1, y ′ = f (x , y), trong miền D, là hàm y = ϕ (x ,C ) có tính chất sau i) Là nghiệm của (9) hay (10) với mọi C ii) Với điều kiện đầu y (x0) = y0 sao cho (x0, y0) ∈ D chỉ có duy nhất C = C0 là cho nghiệm y = ϕ (x ,C0) thoả điều kiện đầu Nguyễn Văn Phong (BMT - TK) GIẢI TÍCH Toán cao cấp - MS: MAT1006 8 / 26 Phương trình vi phân cấp 1 Nghiệm riêng là nghiệm nhận được từ nghiệm tổng quát, y = ϕ(x ,C ), ứng với các giá trị cụ thể C = C0, y = ϕ(x ,C0). Nghiệm kỳ dị là nghiệm nhận được không từ nghiệm tổng quát. Bài toán Cauchy là bài toán tìm nghiệm riêng của (9) hay (10) thoả mãn điều kiện đầu y(x0) = y0. Đường cong tích phân là đồ thị của mỗi nghiệm y = ϕ(x) trên mặt phẳng Oxy . Nghiệm của bài toán Cauchy tồn tại và duy nhất nếu hàm f (x , y) và đạo hàm riêng fy liên tục trong N(x0,y0) Nguyễn Văn Phong (BMT - TK) GIẢI TÍCH Toán cao cấp - MS: MAT1006 9 / 26 Dạng tách biến (có biến số phân ly) Phương trình vi phân có dạng y ′ = f (x)g(y) (11) f (x)dx + g(y)dy = 0 (12) f1(x)ϕ1(y)dx + f2(x)ϕ2(y)dy = 0 (13) Cách giải. Đối với (12), tích phân hai vế ta có∫ f (x)dx + ∫ g(y)dy = C (14) Đối với (13), ta biến đổi về dạng (12) như sau∫ f1(x) f2(x) dx + ∫ ϕ1(y) ϕ2(y) dy = C (15) Nguyễn Văn Phong (BMT - TK) GIẢI TÍCH Toán cao cấp - MS: MAT1006 10 / 26 Ví dụ Giải các phương trình sau 1) y ′ = ex 2) (x + sin x) dx + 5y 4dy = 0 3) y ′ − xy 2 = 2xy 4) (1+ x2) ydy = x (1+ y 2) dx 5) y ′ cos x = y ln y 6) y ′ = tan x tan y 7) (1+ x2) dy + ydx = 0, y(1) = 1 8) dy (1+ y 2) + dx (1+ x2) = 0 9) x(1+ x2)dy − (1+ y 2)dx = 0 10) (x + 1)3dy − (y − 2)2dx = 0 Nguyễn Văn Phong (BMT - TK) GIẢI TÍCH Toán cao cấp - MS: MAT1006 11 / 26 Phương trình vi phân toàn phần Phương trình vi phân có dạng P(x , y)dx + Q(x , y)dy = 0, với Py = Qx (16) Cách giải. Ta nhận xét rằng, vế trái của (16) là vi phân toàn phần của một hàm u(x , y) nào đó. Khi đó, nếu (16) viết dưới dạng du = 0, thì nghiệm tổng quát của có dạng u = C , trong đó u(x , y) = ∫ x x0 P(x , y)dx + ∫ y y0 Q(x0, y)dy (17) Nguyễn Văn Phong (BMT - TK) GIẢI TÍCH Toán cao cấp - MS: MAT1006 12 / 26 Ví dụ Giải phương trình (ex + y + sin y) dx + (ey + x + x cos y) dy = 0, (1) Ta có P (x , y) = ex + y + sin y ; Q (x , y) = ey + x + x cos y Do đó, Py (x , y) = 1+ cos y ; Qx (x , y) = 1+ cos y Nghĩa là vế trái của (1) là vi phân toàn phần của hàm u(x , y), với ux = e x + y + sin y (a); uy = e y + x + x cos y (b) Từ (a), ta có u = ∫ (ex + y + sin y) dx + C (y) = ex + xy + x sin y + C (y) suy ra, uy = x + x cos y + C ′ (y) Từ (b), ta có x + x cos y + C ′ (y) = ey + x + x cos y Do đó, C ′ (y) = ey ⇒ C (y) = ey Vậy nghiệm tổng quát của (1) là ex + xy + x sin y + ey = C Nguyễn Văn Phong (BMT - TK) GIẢI TÍCH Toán cao cấp - MS: MAT1006 13 / 26 Phương trình vi phân tuyến tính Phương trình vi phân có dạng y ′ + P(x)y = Q(x) (18) Nếu Q(x) = 0 thì (18) được gọi là thuần nhất Nếu Q(x) 6= 0 thì (18) được gọi là không thuần nhất 1. Thuần nhất: y′ + P(x)y = 0 Trước tiên ta biểu diễn phương trình thuần nhất về dạng dy dx + P(x)y = 0⇔ dy y = −P(x)dx ⇒ ln y = − ∫ P(x)dx + lnC Do đó, nghiệm tổng quát có dạng y = Ce− ∫ P(x)dx , với C là hằng số Nguyễn Văn Phong (BMT - TK) GIẢI TÍCH Toán cao cấp - MS: MAT1006 14 / 26 Phương trình vi phân tuyến tính 2. Không thuần nhất: y′ + P(x)y = Q(x) (1) Để tìm nghiệm tổng quát của (1) ta thực hiện Bước 1: Tìm một nguyên hàm của P(x): u(x) = ∫ P(x)dx Bước 2: Tìm một thừa số tích phân: v(x) = eu(x) Bước 3: Nhân hai vế của (1) cho v(x), ta được v(x)y ′ + P(x)v(x)y = v(x)Q(x)⇔ (v(x)y)′ = v(x)Q(x) Bước 4: Lấy tích phân hai vế ta có v(x)y = ∫ v(x)Q(x)dx ⇒ y = 1 v(x) ∫ v(x)Q(x)dx Hay nghiệm tổng quát của (1) là: y = e− ∫ P(x)dx [∫ Q(x)e ∫ P(x)dxdx + C ] Nguyễn Văn Phong (BMT - TK) GIẢI TÍCH Toán cao cấp - MS: MAT1006 15 / 26 Phương trình Bernoulli Phương trình vi phân có dạng y ′ + P(x)y = Q(x)ym, m 6= 0,m 6= 1 (19) Để giải (19), ta thực hiện Bước 1: Chia hai vế của (19) cho ym, ta được y ′y−m + P(x)y 1−m = Q(x) Bước 2: Đặt z = y 1−m ⇒ z ′ = (1−m)y−my ′ Khi đó, (19) trở thành: 1 1−mz ′ + P(x)z = Q(x) Đây chính là phương trình tuyến tính cấp 1. Nguyễn Văn Phong (BMT - TK) GIẢI TÍCH Toán cao cấp - MS: MAT1006 16 / 26 Phương trình đẳng cấp Định nghĩa Hàm f (x , y) được gọi là đẳng cấp bậc m nếu f (λx , λy) = λmf (x , y) Khi đó phương trình đẳng cấp có dạng P(x , y)dx + Q(x , y)dy = 0 (20) Trong đó, P(x , y),Q(x , y) là hàm đẳng cấp cùng bậc. Để giải (20), ta đưa (20) về dạng y ′ = f (y x ) (∗) Đặt y = tx ta đưa (∗) về dạng phương trình phân ly biến đối với hàm cần tìm là t Nguyễn Văn Phong (BMT - TK) GIẢI TÍCH Toán cao cấp - MS: MAT1006 17 / 26 PTVP cấp 2 hệ số hằng 1. Phương trình thuần nhất Phương trình thuần nhất có dạng y ′′ + ay ′ + by = 0 (21) Trong đó, a, b là các hằng số. Ta nhận xét rằng, phương trình (21) có một nghiệm là y = ekx với k là hằng số. Thay, y = ekx vào (21) ta được( k2 + ak + b ) ekx = 0 vì ekx 6= 0, nên k2 + ak + b = 0 (1). Ta gọi (1) là phương trình đặt trưng của (21). Khi đó, ta tìm nghiệm tổng quát của (21) như sau Nguyễn Văn Phong (BMT - TK) GIẢI TÍCH Toán cao cấp - MS: MAT1006 18 / 26 PTVP cấp 2 hệ số hằng 1. Phương trình thuần nhất: y′′ + ay′ + by = 0 Giải phương trình k2 + ak + b = 0 (1). Ta có các khả năng sau: Nếu (1) có hai nghiệm phân biệt k1, k2 thì NTQ của (21) là y = C1e k1x + C2e k2x ; C1,C2 : Const Nếu (1) có nghiệm kép k thì NTQ của (21) là y = C1e kx + C2xe kx ; C1,C2 : Const Nếu (1) có 2 nghiệm phức k = α± βi thì NTQ của (21) là y = eαx (C1 cos βx + C2 sin βx) ; C1,C2 : Const Nguyễn Văn Phong (BMT - TK) GIẢI TÍCH Toán cao cấp - MS: MAT1006 19 / 26 PTVP cấp 2 hệ số hằng 2. Phương trình không thuần nhất Phương trình không thuần nhất có dạng y ′′ + ay ′ + by = f (x) (22) Trong đó, a, b là các hằng số. Định lý Giả sử yp là một nghiệm riêng của (22) và y0 là nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất tương ứng. Khi đó, nghiệm tổng quát của (22) là y(x) = y0(x) + yp(x) Khi đó, ta tìm nghiệm tổng quát của (22) như sau Nguyễn Văn Phong (BMT - TK) GIẢI TÍCH Toán cao cấp - MS: MAT1006 20 / 26 PTVP cấp 2 hệ số hằng 2. Phương trình không thuần nhất Để tìm nghiệm tổng quát của (22) ta thực hiện Bước 1: Tìm nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất y0 Bước 2: Tim một nghiệm riêng của (22), với Trường hợp 1: Nếu f(x) = eαxPn(x)(Pn(x) : đa thức bậc n), và α là nghiệm bội m của phương trình thuần nhất thì nghiệm riêng của (22) có dạng yp = x meαxQn(x) trong đó, Qn(x) là đa thức cùng bậc với Pn(x). Trường hợp 2: Nếu f(x) = eαx (Pn(x) cos βx+Qn(x) sin βx) Trong đó, (Pn(x),Qn(x) : đa thức bậc n), và α± iβ là nghiệm bội m của phương trình thuần nhất thì nghiệm riêng của (22) có dạng yp = x meαx (An(x) cos βx+ Bn(x) sin βx) trong đó, An(x),Bn(x) là đa thức cùng bậc với Pn(x),Qn(x). Nguyễn Văn Phong (BMT - TK) GIẢI TÍCH Toán cao cấp - MS: MAT1006 21 / 26 Ví dụ Giải các phương trình thuần nhất sau: 1) y ′′ − y ′ − 2y = 0 2) y ′′ + 4y ′ + 4y = 0 3) y ′′ − 2y ′ + 5y = 0 4) y ′′ − 2y ′ − 3y = 0, y(0) = 0, y ′(0) = 4 Giải các phương trình không thuần nhất sau: 1) y ′′ + y ′ − 2y = −4x 2) y ′′ + 3y ′ + 2y = x2 3) y ′′ − 2y ′ + y = cos x 4) y ′′ − 4y ′ + 4y = e2x Nguyễn Văn Phong (BMT - TK) GIẢI TÍCH Toán cao cấp - MS: MAT1006 22 / 26 Định lý cộng nghiệm Định lý Nếu y1 là nghiệm của y ′′ + ay ′ + by = f1(x) và y2 là nghiệm của y ′′ + ay ′ + by = f2(x) thì hàm y(x) = αy1(x) + βy2(x) là nghiệm của y ′′ + ay ′ + by = αf1(x) + βf2(x) Nguyễn Văn Phong (BMT - TK) GIẢI TÍCH Toán cao cấp - MS: MAT1006 23 / 26 Ví dụ Phương trình y ′′ + 4y = ex có nghiệm riêng là: y1 = 15e x , và phương trình y ′′ + 4y = x2 có nghiệm riêng là: y2 = 14x 2 − 1 8 Theo định lý cộng nghiệm Phương trình y ′′ + 4y = 6ex có nghiệm riêng: y(x) = 6y1 = 6 5 ex Phương trình y ′′ + 4y = −4x2 có nghiệm riêng: y(x) = −4y2 = −x2 + 1 2 Phương trình y ′′ + 4y = 10ex + 8x2 có nghiệm riêng: y(x) = 10y1 + 8y2 = 2e x + 2x2 + 1 Nguyễn Văn Phong (BMT - TK) GIẢI TÍCH Toán cao cấp - MS: MAT1006 24 / 26 PTVP cấp 2 có thể giảm cấp Phương trình có vế phải không chứa y(x) y ′′ = f (x , y ′) (23) Đặt y ′ = p → y ′′ = p′, khi đó (23) tương đương p′ = f (x , p) Phương trình có vế phải không chứa x y ′′ = f (y , y ′) (24) Đặt y ′ = p → y ′′ = pdp dy , khi đó (24) tương đương p dp dy = f (y , p) Nguyễn Văn Phong (BMT - TK) GIẢI TÍCH Toán cao cấp - MS: MAT1006 25 / 26 Ví dụ Giải phương trình: y ′′ + y ′ x = x (1) Đặt y ′ = p → y ′′ = p′, khi đó (1) tương đương p′ + p x = x Giải phương trình: 2yy ′′ + (y ′)2 = 0 (2) Đặt y ′ = p → y ′′ = pdp dy , khi đó (2) tương đương 2yp dp dy + p2 = 0 Nguyễn Văn Phong (BMT - TK) GIẢI TÍCH Toán cao cấp - MS: MAT1006 26 / 26