C.9 · Integrating factors and nonhomogeneous differential equations

Chuẩn bị GRE đại học. Mục tiêu cục bộ nằm trong phạm vi ETS đã xem xét; đây là giảng dạy nguyên bản, không phải bài thi chính thức hoặc dự đoán điểm số.

Kiến thức nền tảng: Quy tắc đạo hàm bậc nhất, hàm mũ và phương trình đặc trưng.

• Giải phương trình tuyến tính bậc nhất bằng thừa số tích phân
• Xây dựng phần thuần nhất và phần riêng của nghiệm hệ số hằng
• Xử lý cộng hưởng và kiểm tra kết quả trong phương trình ban đầu

thừa số tích phân: Một thừa số biến phương trình tuyến tính bậc nhất thành đạo hàm của tích.

nghiệm riêng: Một nghiệm cung cấp lực tác động không thuần nhất đã cho.

Một phương trình tuyến tính bậc nhất có dạng y′+p(x)y=q(x) trên một khoảng mà các hệ số của nó liên tục. Phương trình này không nhất thiết phải tách biến được. Đặt μ(x)=exp(∫p(x)dx). Vì μ′=pμ, nhân cả hai vế ta có (μy)′=μq, suy ra y=μ⁻¹(∫μq dx+C). Chọn bất kỳ nguyên hàm nào thuận tiện cho p; hằng số tích phân chỉ làm thay đổi tỷ lệ của μ và sẽ triệt tiêu trong nghiệm. Áp dụng dữ liệu ban đầu sau khi tích phân, và giữ lại các điểm hệ số dị thường nằm ngoài khoảng đã chọn.

Đối với y′+2xy=x với y(0)=1, ta có μ=e^(x²). Khi đó (e^(x²)y)′=x e^(x²), có nguyên hàm là e^(x²)/2+C. Do đó y=1/2+C e^(−x²), và điều kiện ban đầu cho C=1/2. Thay trực tiếp kiểm tra y′+2xy=x. Nhân tử tích phân biến vế trái thành đạo hàm của tích; đây không phải là thừa số phụ thêm vẫn còn nhân vào vế phải ban đầu trong đáp án cuối cùng.

For ay″+by′+cy=r(x) with a nonzero, solve the characteristic equation aλ²+bλ+c=0 for the homogeneous part. Distinct real roots give two exponentials; a repeated root λ gives (C₁+C₂x)e^(λx); roots α±iβ give e^(αx)(C₁ cos βx+C₂ sin βx). The complete solution is y_h+y_p. A polynomial forcing suggests a polynomial particular trial; an exponential or sine/cosine forcing suggests the corresponding family, with enough coefficients to account for differentiation.

Nếu thử nghiệm riêng trùng với nghiệm thuần nhất, nó không thể tạo ra hàm kích thích: nhân với x một lần cho nghiệm đơn, hai lần cho nghiệm bội. Đối với y″−3y′+2y=e^x, dạng Ke^x thông thường bị triệt tiêu. Thử Kxe^x cho −Ke^x, nên y_p=−xe^x. Điều kiện ban đầu chỉ xác định các hằng số thuần nhất sau khi cộng y_p. Thay hàm cuối cùng vào phương trình gốc để kiểm tra dấu và hàm kích thích; chỉ kiểm tra điều kiện ban đầu thì không thể xác minh phương trình vi phân.

Với y″−3y′+2y=4, các nghiệm đặc trưng là 1 và 2. Một nghiệm riêng hằng y_p=2 cho 2y_p=4, nên y=C₁e^x+C₂e^(2x)+2. Với y′+2xy=x và y(0)=1, nghiệm riêng bậc nhất là y=(1+e^(−x²))/2. Những ví dụ này minh họa các phương pháp khác nhau; không có phương trình nào trở thành thuần nhất chỉ vì vế trái là tuyến tính.

Giữ lại nghiệm riêng. Thử nghiệm cộng hưởng cần thừa số x. Đạo hàm thừa số tích phân áp dụng trên khoảng hệ số hợp lệ và không nên chia cho y hay vô tình loại bỏ nghiệm bằng 0.

Giải $y'+2y=e^x$, $y(0)=1$ bằng nhân tử tích phân. Kiểm tra đáp án trực tiếp.

Giải mẫu

Các hệ số liên tục trên toàn bộ miền. Nhân tử tích phân là $\mu=e^{2x}$. Nhân lên cho $(e^{2x}y)'=e^{3x}$. Tích phân cho $y=e^x/3+Ce^{-2x}$. Điều kiện ban đầu cho C=2/3, nên $y=e^x/3+2e^{-2x}/3$. Vi phân cho $y'=e^x/3-4e^{-2x}/3$; cộng 2y cho $e^x$, và y(0)=1.

Giải $y''-2y'+y=e^x$ với $y(0)=0,y'(0)=0$. Giải thích tại sao cả $Ke^x$ lẫn $Kxe^x$ không phải là thử nghiệm riêng phù hợp.

Kiểm tra sau khi đã làm

Nghiệm thuần nhất là 1 với bội hai, nên $y_h=(C_1+C_2x)e^x$. Cả hai nghiệm thử đề xuất đều thuộc không gian thuần nhất này và bị triệt tiêu. Đặt $y=e^xv$; khi đó $y''-2y'+y=e^xv''$. Suy ra $v''=1$ và $v=x^2/2+C_2x+C_1$. Hai điều kiện ban đầu cho $C_1=C_2=0$, do đó $y=x^2e^x/2$. Việc thay thế này cũng kiểm tra hàm kích thích mà không chỉ dựa vào giá trị ban đầu.