báo cáo bài tập lớn giải tích 1 khái niệm hệ phương trình vi phân tổng quát

ĐẠI HỌC QUỐC GIA TP HỒ CHÍ MINHTRƯỜNG ĐẠI HỌC BÁCH KHOA

KHOA KHOA HỌC ỨNG DỤNG🙞······🙞

BÁO CÁO BÀI TẬP LỚNGiải tích 1

Giảng viên hướng dẫn: Ths.Nguyễn Thị Xuân AnhLớp L23, Nhóm 8

TPHCM 11/2023

a/ Tính v₃, v₅ theo v₁, v₂, v₄ để cho lượng nước không đổi: 6

b/ Thành lập hệ phương trình vi phân với điều kiện đầu miêu tả quá trình trên 6

Đề bài

1 Khái niệm hệ phương trình vi phân tổng quát

Một cách tổng quát, ta gọi các hệ phương trình có dạngy′i = fi(x, y1, y2, , yn), i = 1, 2, , n (1)

trong đó fi là các hàm số với (n + 1) biến, còn yi là các hàm chưa biết của biến x là hệ phương trình vi phân Giải (hay tích phân) hệ trên có nghĩa là tìm tất cả các bộ n hàm số yi(x) i =1, ,n thỏa mãn (1) Nếu cho trước điểm x0 và các giá trị b1, , bn ∈ R thì một nghiệm y1(x),…,yn(x) của hệ (1) thỏa mãn điều kiện (khởi đầu).

Nội dung của phương pháp khử là đưa hệ phươngtrình vi phân thành 1 ptvp cấp cao bằng cách lấy đạo hàm một phương trình rồi khử các hàm chưa biết.

Phần 1

a/ Tính v₃, v₅ theo v₁, v₂, v₄ để cho lượng nước không đổi:

Để lượng nước không đổi: tốc độ của nước đổ vào sẽ bằng tốc độ nước thoát ra.Từ đó ta có được tốc độ của v₃ và v₅ là:

{v ₃=v₁+v₄v ₅=v₁+v₂

b/ Thành lập hệ phương trình vi phân với điều kiện đầu miêu tả quá trình trên.

Bể 1:

 Đầu vào: n₁v₁ + 300y v₄ Đầu ra: 500x v₃

Bể 2:

 Đầu vào: n2v2 + 500x v₃

 Đầu ra: 300y v₄ + 300y v5 = 300y (v4 + v5)Lập phương trình theo hệ x(t), y(t):

{ x'=n ₁v ₁+ y300v ₄− x500v₃y'=n₂v₂+ x500v₃− y300(v₄+v₅)

Phần 2

Trình bày cách dùng phương pháp khử để đưa hệ phương trình vi phân tuyến tính 2 phương trình – 2 ẩn tổng quát dưới đây về phương trình tuyến tính cấp 2 sau đó giải ví dụ cụ thể.

x 0 (t) = ax(t) + by(t) + f(t) y 0 (t) = cx(t) + dy(t) + g(t)

B2: Thế (*) vào phương trình còn lại=> phương trình tuyến tính cấp 2 hệ số hằng Cx’’ – ax’’ - f ' (t) = bcx + dx’ -adx – df(t) + bg(t)

 x’’ – (a+d)x’ + (ad – bc)x = f ' (t) – df(t) + bg(t)B3: Giải (**) suy ra xTQ

B4: Thế xTQ (*) suy ra yTQ

VD: Giải hệ phương trình

{ x’(t)=5 x(t)+ y(t)(1)

y’(t)=−101x(t )−15 y(t)−2e−5t sin(t)(2)

Từ phương trình 1: thay vào phương trình 2:

VT:

Phương trình đặc trưng:

VP: là nghiệm của phương trình đặc trưng

 xr’’

 Thay vào phương trình

24 A−10B+10 B−50 A+26 B=0−2 A−10B+10B=−2

−10 A+2B+10 A=0

 {A=1B=0

 xTQ’

 Thế yTQ = x’ -5x

 Vậy

 Nghiệm tổng quát phương trình thuần nhất : ytn = C1eAt + C2eBtĐặt yr = ax + b , y’r = a , y’’r = 0

Thay yr vào 2 phương trình tương ứng, ta được: a = 0 , b = 1627

 y = C1eAt + C2eBt + 1627

 y’ = AC1eAt + BC2eBt (1)

Ta có x’ = 1.08 -1507 y – y’ => x’ = 1.08 +( 150−7C1 – AC1)eAt + ( 150−7C2 – BC2)eBt (2)Khi t0 = 0 => x’, y’ = 0, => Thế t0 = 0 vào phương trình (1) , (2)

 x’ + y’ = 0,955 -754 y

Ta có y’’ = 0.02x’ - 30019 y’ => x’ = 50y’’ + 196 y’

 50y’’ + 256 y’ + 754 y = 0,955

 Phương trình đặc trưng : 50k2 + 256 k + 754 = 0 => k1 = A k2 = B

 Ta có x’ = 0,955 -754 y - y’ => x’ = 0.955 + ( −475C1 – AC1)eAt + ( −475C2 – BC2)eBt (2)Khi t0 = 0 => x’, y’ = 0, => Thế t0 = 0 vào phương trình (1) , (2)

Ta có y’’ = 0.028x’ - 0.06y’ => x’ = 2507 y’’ + 157 y’

 250

7 y’’ + 227 y’ + 301 y = 0.68

 Phương trình đặc trưng : 2507 k2 + 227 k + 301 = 0 => k1 = A k2 = B Nghiệm tổng quát phương trình thuần nhất : ytn = C1eAt + C2eBtĐặt yr = ax + b , y’r = a , y’’r = 0

Thay yr vào 2 phương trình tương ứng, ta được: a = 0 , b = 20.4 y = C1eAt + C2eBt + 1025

 y’ = AC1eAt + BC2eBt (1)

Ta có x’ = 0.68 -301 y – y’ => x’ = 0.68 + ( −130C1 – AC1)eAt + ( −130C2 – BC2)eBt (2)Khi t0 = 0 => x’, y’ = 0, => Thế t0 = 0 vào phương trình (1) , (2)

Ta có y’’ = 0.032x’ - 121 y’ => x’ = 31.25y’’ + 12548 y’

 31.25y’’ + 17348 y’ + 0.05y = 0.99

 Phương trình đặc trưng : 31.25k2 + 17348 k + 0.05 = 0 => k1 = A k2 = B Nghiệm tổng quát phương trình thuần nhất : ytn = C1eAt + C2eBtĐặt yr = ax + b , y’r = a , y’’r = 0

Thay yr vào 2 phương trình tương ứng, ta được: a = 0 , b = 995

 y = C1eAt + C2eBt + 99

x’(t) = -x(t) + 5y(t) + e4t y’(t) = x(t) + 3y(t) – 2e-2t

 Nghiệm tổng quát phương trình thuần nhất : y = C1e4t + C2e-2t

Đặt yr1 = ate4t , y’r1 = a( e4t + 4te4t ) , y’’r1 = a( 8e4t + 16te4t) yr2 = bte-2t, y’r2 = b( e-2t -2te-2t ) , y’’r2 = b( -4e-2t + 4te-2t )

Thay yr1, yr2 vào 2 phương trình tương ứng, ta được: a = 1/6 , b = -1/3 y(t) = C1e4t + C2e-2t + 16te4t -13te-2t

 y’(t) = 4C1e4t - 2C2e-2t + 16(4te4t + e4t) -13(-2te-2t + e-2t)Ta có x’(t) = 8y(t) + e4t – 2e-2t - y’(t)

=> x’(t) = 4C1e4t + 10C2e-2t + 23 te4t + 16 e4t - te-2t - 13 e-2t

x’(t) = x(t) + 2y(t) - 2e-2t cos(5t) y’(t) = -17x(t) - 5y(t)

 17 x’(t) + y’(t) = 29y(t) - 34e-2t cos(5t) (1)

 Ta có y’’(t) = -17x’(t) - 5y’(t) => 17x’(t) = - y’’(t) - 5y’(t) (2)Thay (2) vào (1) => y’’(t) + 4y’(t) + 29y(t) = 34e-2tcos(5t)  Phương trình đặc trưng : k2 + 4k + 29 = 0 => k1 = -2 +5i k2 = -2 – 5i

 Nghiệm tổng quát phương trình thuần nhất : ytn = e-2t(C1cos(5t) + C2sin(5t))Đặt yr = te-2t(acos(5t) + bsin(5t)),

y’r = e-2t((-5at -2bt + b)sin(5t) + cos(5t)(-2at + a + 5bt ))

y’’r = e-2t((20at – 10a -21bt - 4b)sin(5t) - cos(5t)(21at + 4a + 20bt – 10b)) Thay yr vào 2 phương trình tương ứng, ta được: a = 0 , b = 175

 y(t) = e-2t( C1cos(5t) + C2sin(5t) + 175 tcos(5t))

 y’(t) = 1 e-2t (((17 - 10 C1 + 25C2 - 34t) cos(5t) - 5 (5C1 + 2C2 + 17t) sin(5t))