1. Trang chủ >
  2. Giáo Dục - Đào Tạo >
  3. Cao đẳng - Đại học >

Tìm No tổng quát :

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (352.21 KB, 37 trang )


R2
R2
= A+2Ccos2x – 2Ax +Bsin2x →
y’’
R2
= - 2A +2Csin2x – 2Asin2x – 4Ax+B cos2x = -4A+Csin2x –4Ax+Bcos2x
Thay vào pt ta được : -4A –5Csin2x – 5Ax+Bcos2x
=
x x
2 cos
2 −
 
 
 
 
− =
− =
= =
⇔ 
 
 
 =
= =
+ −

25 2
10 1
. 5
4 10
1 5
2 1
5 5
4
C B
A B
A C
A
N
o
riêng:
x x
x y
R
2 sin
25 2
2 cos
10 1
2
− =
Như vậy, N
o
riêng của pt vi phân khg thuần nhất đã cho là : y
R
= y
R1
+y
R2
x x
x x
2 sin
25 2
2 cos
10 1
2 −
+ −
=
Vậy N
o
tổng quát của pt đã cho
x x
x x
e C
e C
y y
y
x x
R tq
2 sin
25 2
2 cos
10 1
2 .
.
2 1
− +
− +
= +
=

Câu24đ a. Tìm No riêng của PT:
1 1
3 ln
1 3
ln +
− =
⇔ =
+ +
x y
y y
x y
y y
đặt
y y
z y
z ln
= ⇒
=
Thay vào ta được:
1 1
3 +
− =
x z
z
Tích phân 2 vế :
2 1
1 2
2 1
2 2
1 .
2 1
1 3
= +
+ ⇔
− +
− =
− ∫
∫ ⇔
+ −
=
C x
z C
x z
x dx
z dx
z
Thay
→ =
y z ln
ta có:
2 1
1 2
2 ln
= +
+ C
x y
do
→ =
− 2
16 15
e y
thay vào:
8 3
2 1
8 1
2 1
4 1
. 2
. 4
2 1
1 16
15 2
. 2
2 ln
− =
− =
⇔ =
+ ⇔
= +
+ −
C C
C e
Vậy,No riêng của Pt đã cho là :
2 1
8 3
1 2
2 ln
= −
+ x
y

b.Tìm No tổng quát :


2 2
3 x
p ox
e x
y y
= =

-Đây là PT tuyến tính cấp 2 ko thuần nhất - PT đặc trưng tương ứng của PT tuyến tính cấp 2 thuần nhất
3 =
− y
y
là:
 
 =
= ⇔
= −
⇔ =
− 3
2 1
3 3
2 k
k k
k k
k
24
x e
C C
x e
C ox
e C
y 3
. 2
1 3
. 2
. 1
+ =
+ =
ta tìm 1 No riêng của PT vi phân cấp 2 Ko thuần nhất đã cho có dạng :
2 C
bx ax
x R
Y +
+ =

1 α
= =
k
2 3
6 2
9 2
6 3
2 6
2 2
3 2
3
x C
bx ax
b ax
R y
R y
b ax
R y
C bx
ax R
y C
bx ax
= −
− −
+ =
− ⇒
+ =
+ +
= ⇒
+ +

 
 
 
− =
− =
= −
= =
⇔ 
 
 
= −
= −
= −
⇔ =
− +
− +
− ⇔
27 2
9 1
. 3
2 3
2 9
1 3
2 6
1 9
2 3
2 6
2 9
b C
b a
c b
b a
a x
C b
x b
a ax
Vậy →
một no riêng của PT là :
5 2
2 9
27 2
9 1
2 9
1 +
+ −
= +
+ −
= x
x x
x x
x R
y
→ No tquát của Pt đã cho là :
5 2
2 9
3 2
1 +
+ −
+ =
+ =
x x
x x
e C
C R
y y
tq Y
Câu34đ a.
x x
x y
y cos
sin sin
= −
cos sin
x y
x y
+ =

Đặt
x y
z cos
+ =
x z
y x
y z
sin sin
+ =
⇔ −
= ⇒
Thay vào ta được:
x z
z z
x z
z x
x z
sin 1
1 sin
. sin
sin =
− ⇔
− =
⇔ =
+
Tích phân 2 vế :
C z
xdx z
dz xdx
z dx
z
+ −
= −
⇔ ∫
∫ =
− ⇔
∫ ∫
= −
⇔ cos
1 ln
sin 1
sin 1
C là hằng số +Thay
x y
z cos
+ =
ta được No tquát của Pt là :
C x
e x
y C
x e
x y
C x
x y
+ −
+ −
= ⇔
+ −
= −
+ ⇔
+ −
= −
+ cos
cos 1
cos 1
cos cos
1 cos
ln
b.
x x
y y
2 cos
= −
x x
x 2
cos 2
2 +
=
- Đây là PT vi phân tuyến tính cấp 2 Ko thuần nhất - Xét PT vi phân thuần nhất tương ứng :
= −
y y
→ PT đặc trưng :
1 2
, 1
1 2
± =
⇔ =
− k
k
vậy →
PT thuần nhất có No tquát
x e
C x
e C
y −
+ =
2 .
1
- Xét Pt Ko thuần nhất đã cho :
2 1
2 cos
2 2
x f
x f
x x
x y
y +
= +
= −
→ Ta sẽ lần lượt tìm No riêng ứng với Pt : y’’- y = f
1
x 1 là y
R1
và y’’ – y = f
2
x 2 là y
R2
25
2 1
1 .
x P
ox e
= 2
, 1
k k
≠ α
→ Ta tìm N
riêng dạng : y
R1
= e
0X
.Ax + B →
y’
R1
= A →
y’’
R1
= 0 Thay vào 1 : 0 – Ax +B =
2 x
 
 
= −
= ⇔
2 1
B A
→ N
riêng y
R1
=
2 x

∗ Ta có : f
2
x =
[
+ x
x P
ox e
2 cos
. 1
]
x x
Q 2
sin .
→ Ta tìm N
riêng dạng y
R2
= e
0x
.ax+bcos2x+ Csin2x →
y
R2
= ax+bcos2x + Csin2x →
y’
R2
= acos2x –2ax+bsin2x + 2Ccos2x
= a+2ccos2x – 2ax+b sin2x →
y’’
R2
= -2a+2csin2x – 2asin2x – 4ax+bcos2x = -4a+csin2x – 4ax+bcos2x
Thay vào 2 ⇒
- 4a +5csin2x – 5ax+bcos2x =
x x
2 cos
2

 
 
 
 
 
− =
− =
= −
= ⇔
 
 
 
 =
− =
− =
+
25 2
10 1
. 5
4 10
1
2 1
5 5
5 4
c b
a
a b
c a
Vậy →
y
R2
=
x x
x 2
sin 25
2 2
cos 10
1 −

Như vậy theo nlý chồng chất N , N
riêng của pt đã cho sẽ là :
x x
x x
R Y
R Y
R Y
2 sin
25 2
2 cos
10 2
2 1
− −
− =
+ =
Vậy N tq của pt đã cho là :
x x
x x
e C
e C
Y Y
Y
x x
R tq
2 sin
25 2
2 cos
10 2
2 1
− −
− +
= +
=

Câu 4 : 4đ a 2ydx + y
2
– 6xdy = 0
2 3
3 2
y x
y x
y x
y dy
dx −
= −
⇔ =
− +

Đây là pt vi phân t
2
cấp 1 không thuần nhất với :
2 ;
3 y
Q y
P
y y
− =
− =
→ Cthức N
tquát là :
 
× ∫
∫ ∫
− =
dy y
P e
dy y
P e
x
]
C dy
Q
y
+
Đặt
∫ −
= ∫
= dy
y dy
y p
I 3
∫ ∫
− =
− =
∫ ∫ =
∫ −
= −
= ydy
y dy
y y
dy Q
e J
y y
dy
y dy
P
y
. ln
2 3
2 .
ln 3
ln 3
3
Đặt
 
 
 
 =
= ⇒
 
 =
= 2
2 ln
y v
y dy
du ydy
dv y
u
26
2 8
3 ln
2 4
3 4
3 ln
2 4
3 .
2 2
2 2
2 3
y y
y ydy
y y
y dy
+ −
= ∫
+ −
= 
 
Vậy →
no tquát của pt là:
]
 
+ +
− =
C y
y y
y x
2 8
3 ln
2 4
3 ln
3
C là hằng số b.
x e
y y
y 4
20 9
= +

+Đây là Pt vi phân t
2
cấp 2 ko thuần nhất +Xét Pt thuần nhất tương ứng :
20 9
= +
− y
y y
→ Pt đặc trưng:
 
 =
= ⇔
= −
− ⇔
= +
− 5
2 4
1 5
4 20
9 2
k k
k k
k k
→ Pt đặc trưngcó 2No thực phân biệt
5 2
, 4
1 =
= k
k
nên no tquát của Pt thuần nhất là :
x e
C y
4 1
= x
e C
5 .
2 +
-Xét Pt vi phân ko thuần nhất đã cho
1 4
4
4 .
20 9
k p
e e
f f
e y
y y
x o
x x
x x
x
= =
⇒ =
= ⇒
= =
+ −
α
α
⇒ Ta tìm 1 No riêng có dạng:
x e
x A
x e
x x
e A
R y
x e
x A
x e
Ax x
Ae R
y A
x xe
R y
4 2
1 8
4 .
4 1
4 4
. 4
4 4
1 4
. 4
4 .
4
+ =
 
 
+ +
= +
= +
= ⇒
=
thay vào ta có :
1 .
. 20
4 1
9 2
1 8
20 9
4 4
4 4
4 4
4
− =
⇔ =
− ⇔
= +
+ −
+ ⇔
= +
− A
e Ae
e e
Ax e
x A
e x
A e
y y
y
x x
x x
x x
x R
R R
⇒ no riêng :
x e
x R
y 4
. −
=
Vậy, No tquát của pt đã cho là :
x e
x x
e C
x e
C R
y y
tq Y
4 .
5 2
4 1
− +
= +
=
Câu54đ a.Tìm No riêng:
x x
x y
y ln
. ln
. =

- Đặt:
t y
t e
t e
t y
dx dt
dt dy
dx dy
y t
e x
dx dt
xdt dt
t e
dx t
e x
. .
1 −
= −
= =
= ⇒
− =
= ⇔
= =
⇒ =
thay vào Pt ta được :
 
 
 =
− =
⇒ =
− ⇔
= −

t e
t t
q t
t p
t e
t y
t y
t e
t t
e t
y t
y t
e
2 .
1 2
. 1
. .
.
⇒ Đây là Pt vi phân t
2
cấp 1 ko thuần nhất đối với t ⇒
No tquát:
]
C dt
q e
e y
t d t
p dt
p
t t
+ 
 ∫ ∫
∫ =

.
+Ta có :
dt t
p I
∫ =
27
∫ =
= ∫
= ∫ −
= ∫
∫ =
2 2
2 2
. .
1 2
. .
ln ln
t e
dt t
e dt
t e
t t
dt t
e t
t e
dt t
q dt
t p
e J
t
Vậy ⇒
No tquát:
2 2
. 2
2 ln
C t
e t
C t
e t
e y
+ =
 
 
 
 
+ =
Thay t = lnx ,
2 2
ln C
x x
y x
t e
+ =
⇒ =
do:
2 2
e e
y =
thay vào ta có :
2 2
2 .
ln
2 2
2
= ⇒
= +
= +
= C
e C
e C
e e
y
e
Vậy N riêng của pt
 
 
 
= =
− 2
2 ln
ln e
x y
x x
x x
y y
=
x x
y ln
2 2
=
b Tìm N tquát:
x e
x y
y y
. 2
= +

Đây là pt viphân t
2
cấp 2 không thuần nhất. Xét pt thuần nhất tương ứng:
y’’ –2y’ + y = 0 →
pt đặc trưng k
2
– 2k + 1 = 0 ⇔
k – 1
2
= 0 ⇔
N kép k
1
= k
2
= 1 →
pt thuần nhất có N tquát :
x c
c x
e y
2 1
+ =
Ta tìm 1 N riêng của pt khơng tnhất đã cho có dạng:
. .
2 b
ax x
e x
R y
+ =

1 1
2 .
k e
x x
f =
= →
= α
→ y
R
= e
X
ax
3
+ bx
2
→ y
R
[ ]
[ ]
[ ]
bx x
b a
ax bx
x b
a ax
e y
b x
a b
ax e
bx ax
bx ax
e
x R
x x
2 3
2 3
2 3
2 3
2 3
2 2
3 2
3 2
2 3
+ +
+ +
+ +
+ =
⇒ +
+ +
= +
+ +
=
[
]
b x
b a
x b
a ax
e y
x R
2 2
3 2
6
2 3
+ +
+ +
+ =
Thay vào pt đã cho ta được:
[ [ ]
] [
]
x x
R R
R
xe b
x b
b a
x b
b a
b a
e y
y y
= +
− +
+ +
+ −
+ =
+ −
2 4
2 6
3 2
6 2
2
⇔ 6a – 2b x + 2b = x
 
 
= =
⇔ 
 
= =
− 6
1 2
1 2
6 b
a b
b a
Vậy →
N riêng:
x e
x x
x e
x R
y .
6 3
6 1
. .
2 =
+ =
→ N
tquát của pt đã cho là:
 
 
 
 
+ +
= +
+ =
+ =
1 2
3 3
2 1
6 6
C x
C x
e e
x x
C C
e Y
Y Y
x x
x R
tq
Câu 6 : 4đ
aTìm N riêng y’ + tgy =
y x
cos
⇔ y’cosy + siny = x
Đặt z = siny →
z’ = y’cosy
28
Đây trở thành pt vi phân t
2
cấp 1 khg tnhất với :
 
= =
x x
q x
p 1
→ CT N
tquát Z =
]
C dx
q e
e
x dx
p dx
p
x x
 
+ ∫ ∫


.
Ta có :
x dx
dx x
p I
= ∫
= ∫
= xdx
x e
dx x
q dx
x p
e J
. ∫
= ∫
∫ =
Đặt:
 
 
= =
→ 
 
 =
= x
e v
dx du
dx x
e dv
x u
1 .
1 .
− +
= 
 
 +
− −
= →
x x
e c
c x
e x
x e
x J
Như vậy:
1 .
sin −
+ =
x x
e c
y
c là hsố do: y
= 0 =c.e + 0 – 1 = c – 1
⇔ c = 1
Vậy N riêng cần tìm là :
siny =
1 −
+ x
x e
1 arcsin
− +
= ⇔
x x
e y
b Tìm N tquát của pt:
x e
x y
y y
+ =
+ −
6 5
. Đây là pt vi phân t
2
cấp 2 khg thuần nhất Xét pt thuần nhất tương ứng:
y’’ – 5y’ + 6y = 0 →
pt đặc trưng k
2
– 5k +6 = 0 →
k - 2 k – 3 = 0
 
 =
= ⇔
3 2
2 1
k k
→ pt có 2 N
thực phân biệt →
pt thuần nhất có N tquát
x e
c x
e c
y 3
. 2
2 .
1 +
=
- Xét pt khg thuần nhất đã cho: y’’–5y’+6y =
x e
x +
= f
1
x+f
2
x + Với f
1
x = x →
y’’–5y’+6y = f
1
x =
1 .
x p
ox e
2 ,
1 k
k ≠
= α
→ Ta tìm N
riêng có dạng :
b ax
b ax
ox e
R y
+ =
+ =
. 1
→ y’
R1
=a →
y’’
R1
= 0 Thay vào ta có:
0 –5a + 6ax +b =x ⇔
6ax + 6b –5a = x
 
 
 
= =
= ⇔
 
 =
− =

36 5
6 5
6 1
5 6
1 6
a b
a a
b a
No riêng:
36 5
6 1
1 +
= x
R y
+ Với :
2 1
2 2
, 1
6 5
k k
x Q
e x
f y
y y
e x
f
o x
x
≠ =
⇒ =
= +
− ⇒
= α

ta tìm No riêng dạng:
x e
A R
y R
y A
x e
R y
. 2
2 .
2 =
= ⇒
=
Thay vào ta được :
x e
R y
A x
e x
e A
x e
x e
A x
e A
x e
A
2 1
2 2
1 .
2 .
. 6
. 5
. =
⇒ =
⇔ =
⇔ =
+ −
Theo nlý chồng chất No →
riêng của Pt đã cho là :
29
36 5
6 1
2 1
+ +
= +
x e
Vậy No của Pt đã cho :
36 5
6 1
2 1
3 2
2 1
+ +
+ +
= +
= x
x e
x e
C x
e C
R y
y tq
y
C
1
,C
2
là các hằng số
Câu74đ a.
4 2
y x
x y
y =
+ 2
1 .
3 1
4 x
x y
y y
= +

Đặt
6 2
. 3
3 1
y y
y z
y z
− =
⇒ =
z y
y y
y ′
− =
⇔ −
= 3
1 3
4 4
Thay vào ,ta có :
2 3
3 2
1 3
1 x
z x
z x
z x
z −
= −
⇔ =
+ −
⇒ Với
2 3
, 3
x x
q x
x p
− =
− =
đây là Pt vi phân t
2
cấp 1 ko thuần nhất ⇒
cthức No tquát:
[ ]
[ ]
x C
x C
x e
Z x
x dx
dx x
x dx
x e
dx x
Q e
J x
dx x
dx P
I C
dx Q
e e
Z
x x
dx P
x x
dx P
dx P
x x
x
ln 3
ln 3
ln 3
3 3
. 1
3 .
. ln
3 3
.
3 ln
3 2
3 2
ln 3
− =
+ −
= ⇒
∫ −
= −
= ∫
− =
− ∫
= ∫ ∫
= ∫
∫ −
= −
= =
⇒ 
 
 +
∫ ∫ ×
∫ =
− −
Thay:
[ ]
x C
x y
y Z
ln 3
1 1
3 3
3
− =
⇒ =
⇒ No tquát:
[ ]
x C
x y
ln 3
3 3
1 −
=
C là hằngsố
b.
x e
x y
y y
− =
+ +
. 3
4
Đây là Pt vi phân t
2
cấp 2 ko thuần nhất ⇒
xét Pt thuần nhất t.ứng:
3 4
= +
+ y
y y
⇒ xét Pt đặc trưng t.ứng:
 
 −
= −
= ⇔
= +
+ ⇔
= +
+ 3
2 1
1 3
1 3
4 2
k k
k k
k k
⇒ Pt đặc trưng có 2 No thực phân biệt
⇒ No tquát của Pt thuần nhất :
x x
e C
e C
Y
3 2
1
. .
− −
+ =
- Xét Pt ko thuần nhất đã cho :
. .
3 4
1
x P
e f
e x
y y
y
x x
x α
= =
= +
+

⇒ Do
1 1 k
= −
= α
⇒ ta tìm No riêng của Pt ko thuần nhất có dạng:
. .
b ax
x e
x R
y +
− =
2 bx
ax x
e +
− =
 
+ −
+ −
− =
 
 
+ −
+ −
− =
 
 
− −
+ −
= ⇒
2 2
2 2
2 2
2
ax b
a ax
x e
R y
b x
b a
ax x
e bx
ax b
ax x
e R
y
]
b x
b a
− −
− 2
]
 
− +
− −
− =
2 4
2 b
a x
b a
ax x
e
30
]
x b
ax b
x b
a ax
b a
x b
a ax
e y
y y
x R
R R
3 3
4 4
8 4
2 4
3 4
2 2
2
+ +
+ −
+ −
− +
− −
= +

[ ]
 
 
 
− =
− =
= ⇔
 
 =
+ =
⇔ −
= +
+ −
=
4 1
4 1
2 1
4 .
2 4
a b
a b
a a
x e
x b
a ax
x e
⇒ No riêng
x x
R
e x
x x
e x
Y
− −
− =
− =
4 1
4 1
. .
Vậy No tquát của Pt:
4 1
3 2
1
− +
+ =
+ =
− −

x x
e e
C e
C Y
Y Y
x x
x R
tq
Câu84đ a.Tìm No riêng của Pt:
2 2
x x
e y
y y
y e
y y
= +
⇔ =
+
Đặt:Z=
2 2
z y
y y
y z
y =
⇔ =

Thay vào
2
2
x
e z
z =
+ ⇒
2
2 1
2 1
x
e z
z =
+ ⇔
với
 
 
 =
=
2
2 1
2 1
x
e q
x x
P
Đây là Pt vi phân t
2
cấp 1 ko thuần nhất ,No tổng quát : Z =
 ∫ ∫


dx x
Q e
e
dx x
P dx
x P
.
]
C +
x x
x x
dx x
P
e dx
e dx
e e
dx x
Q e
J x
dx dx
x P
I
2 1
2 1
2 1
. .
2 1
2
2 2
= ∫
= ∫
= ∫ ∫
= ∫
∫ =
= =
[ ]
2 2
2
2 1
2 1
.
x x
x
e e
C C
e e
Z
x
+ =
+ =
− −
⇒ no tquát
2 2
2 1
.
x x
e e
C y
+ =

Thay :
4 7
4 9
2 1
2 1
.
2 2
= ⇔
= +
= +
=

C C
e e
C o
Y
- Vậy No riêng của Pt :
2 2
2 1
4 7
x x
e e
y +
=

b.Tìm No tquát của Pt:


Xem Thêm
Tải bản đầy đủ (.doc) (37 trang)

×