MTH204 CIS chapter 4 PDF

Preview

Summary

TRƯỜNG ĐẠI HỌC DUY TÂNKHOA MÔI TRƯỜNG & KHOA HỌC TỰ NHIÊNBÀI TẬP CHUYÊN ĐỀHỌC PHẦN TOÁN CAO CẤP ANhóm thực hiện : Nhóm 4Lớp : MTH-204-CISGiảng viên giảng dạy : ThS. PHAN QUÝĐà Nẵng, 11/STT Họ và Tên Mã số sinh viên Phần thực hiện1 Nguyễn Duy Nhật Tân (Nhóm trưởng)25211114104 A ,B, Bài tập 2...

Description

TRƯỜNG ĐẠI HỌC DUY TÂN KHOA MÔI TRƯỜNG & KHOA HỌC TỰ NHIÊN 

BÀI TẬP CHUYÊN ĐỀ

HỌC PHẦN TOÁN CAO CẤP A3

Nhóm thực hiện : Nhóm 4 Lớp : MTH-204-CIS Giảng viên giảng dạy : ThS. PHAN QUÝ

Đà Nẵng, 11/2021

STT

Họ và Tên

Mã số sinh viên

Phần thực hiện

1

Nguyễn Duy Nhật Tân (Nhóm trưởng)

25211114104

A.1 ,B.1, Bài tập 21, Làm slide

2

Trần Quang Dũng

25211204414

Bài tập 6

3

Phan Trọng Huy

25211216464

4

Nguyễn Lam Trường

25211217426

A.2 B.2, Bài tập 21, Tổng kết tài liệu Bài tập 19

5

Huỳnh Tấn Phát

25211415827

Bài tập 7

6

Trần Văn Nhân

25211215742

Bài tập 8

7

Nguyễn Văn Thành Nam

25211217060

Bài tập 25

8

Võ Đại Duy

25211211139

Bài tập 16, Bài tập 17

9

Trần Anh Quân

25211200029

10

Nguyễn Đắc Trung

25212104467

A.1,B.2,Bài tập 3,Bài tập 4 Bài tập 22, Bài tập 23

11

Nguyễn Văn Tấn

25211200654

Bài tập 24

12

Huỳnh Văn Thuận

25214302052

13

Nguyễn Anh Quốc

25211202854

B.2,Bài tập 1,Bài tập 2 Bài tập 11, Bài tập 12

14

Đỗ Anh Duy

25211202243

15

Nguyễn Vĩnh Long

25211200855

16

Đặng Thị Hồng Nhung

25201204533

17

Trần Thị Thu Hiền

25204311706

18

Lê Gia Bảo

25211208903

A.1,Bài tập 15, Tổng kết tài liệu Bài tập 13, Bài tập 14,Làm slide B.2, Bài tập 20

19

Lê Hoàng Hải

25211209252

Bài tập 9,Bài tập 10

20

Thái Quang Hòa

25211208370

Bài tập 5

21

Trần Đức Duy

25211203378

Bài tập 26, Bài tập 27

Ghi chú: -A,B là các mục lớn trong bài

A.1 ,B.1, Bài tập 21, Làm slide A.2,B.2, Bài tập 18

A. XÂY DỰNG BÀI TOÁN TỪ THỰC TẾ Bài toán 1: Trộn ở trong hai bể Bể T1 và T2 ban đầu chứa 100 gal nước.Trong T1 hoàn toàn là nước trong khi trong bể T2 chúng ta thả 150 lb phân bón vào. Tuần hoàn chất lỏng với tốc độ 2gal/phút. Gọi t là thời gian lượng phân bón ở bể T1 và T2 thay đổi. Hỏi bao lâu thì chúng ta thấy bể T1 có lượng phân bón ít nhất bằng 1 nửa số còn lại ở bên T2?

Bài toán 2: Mạch điện Tìm I1 và I2 trong mạch.Giả sử tại thời điểm t=0 thì I1=0 và I2=0

B. PHƯƠNG PHÁP GIẢI Bài toán 1: Bể T1 và T2 ban đầu chứa 100 gal nước.Trong T1 hoàn toàn là nước trong khi trong bể T2 chúng ta thả 150 lb phân bón vào. Tuần hoàn chất lỏng với tốc độ 2gal/phút. Gọi t là thời gian lượng phân bón ở bể T1 và T2 thay đổi. Hỏi bao lâu thì chúng ta thấy bể T1 có lượng phân bón ít nhất bằng 1 nửa số còn lại ở bên T2?

Bài làm Với mỗi bể thời gian lượng phân bón thay đổi là lấy lượng vào(inflow) trừ đi cho lượng ra(outflow).Nên chúng ta có: 2 2 – y1 y1’= Lượng vào/ phút- lượng ra /phút= y1’ 100 100 Tương tự với bể 2: 2 2 – y2 y2’= Lượng vào/ phút- lượng ra/phút = y2 100 100 Tương đương với : y1’=-0.02 y1 +0.02 y2 y2’=0.02 y1 -0.02 y2 Ta có: + λ1=0

−1 = -0.04 25 Với λ1=0 chọn nghiệm p1=1 p2=1 + λ2=

y11=1 . e 0 =1 y21=1 . e 0 =1 −1 = -0.04 chọn nghiệm p1=-1 p2=1 25 y12= -1 . e−0.04 t = - e−0.04 t y22= 1. e−0.04 t = e−0.04 t

Với λ2=

Từ đó ta có −0.04 t y1= C1 - e .C2

y2=C1+ e−0.04 t C2 Nhìn vào biểu đồ đã cho ta thấy với y1(0)=0 và y2(0)=150 Nên ta lại có: C1-C2=0 C1+C2=150 =>C1=C2=75 Vậy y1= 75 - e−0.04 t .75 (bể 1) y2=75+ e−0.04 t .75 (bể 2) Nhìn vào giả thiết: Hỏi bao lâu thì chúng ta thấy bể T1 có lượng phân bón ít nhất bằng 1 nửa số còn lại ở bên T2. Lượng phân bón ban đầu ở T2 là 150lb để như giả thiết thì T1 có 50lb và T2 có 100lb Nên: 75 - e−0.04 t .75 =50 => t =27,47 Vậy chúng ta cần 27,47 phút để thấy bể T1 có lượng phân bón ít nhất bằng 1 nửa số còn lại ở bên T2

Bài toán 2: Tìm I1 và I2 trong mạch.Giả sử tại thời điểm t=0 thì I1=0 và I2=0

Bài làm Với nửa bên trái: -Điện áp giảm trên cuộn cảm: V=L.

di1 =L. I1’=1. I1’= I1’ dt

-Điện áp qua cuộn cảm: R1 (I1- I2)=4(I1- I2) (I1- I2 là vì I1 và I2 chạy ngược chiều nhau qua cuộn cảm) Theo định luật Kirchhoff: Tổng điện áp trên mạch bằng điện áp chung Nên ta có : I1’+4(I1- I2) =12 => I1’=12- 4 I1 +4 I2 (1) Với nửa bên phải: -Điện áp qua cuộn cảm: +R2. I2=6. I2 + R1 (I2- I1)=4(I2- I1) 1 1 . ∫ I 2 dt = . ∫ I 2 dt=4. ∫ I 2 dt -Điện áp qua tụ điện: 0.25 C Theo định luật Kirchhoff: Tổng giá trị điện áp dọc theo một vòng bằng 0 Ta có: 6. I2+4 I2-4 I1+4. ∫ I 2 dt=0 10. I2 - 4 I1 + 4. ∫ I 2 dt=0 Từ (1) ta có => I2’ =-1,6. I1 + 1,2. I2 + 4.8 Vậy: - I1’=- 4 I1 + 4 I2 + 12 - I2’ =-1.6. I1 + 1.2. I2 + 4.8 Ta có: + λ1=−2 + λ2=−4/5=-0.8 Với λ1=−2 chọn p1=2 và p2=1 I11=2 . e−2 t I21=1 . e−2 t = e−2 t Với λ2=-0.8 chọn p1=1.25 và p2=1 I12=1.25 . e−0.8 t I22=1 . e−0.8t = e−0.8t Vậy I1=2 . e−2 t .C1 + 1.25 . e−0.8 t .C2 I2= e−2 t C1+ e−0.8t .C2 Lại xét phương trình đặc trưng: - 4 a1 + 4 a2 + 12=0 -1.6. a1 + 1.2. a2 + 4.8=0 => a1=3 và a2 =0 Vậy I1=2 . e−2 t .C1 + 1.25 . e−0.8 t .C2 +3 I2= e−2 t C1+ e−0.8t .C2 Theo giả thiết: Giả sử tại thời điểm t=0 thì I1=0 và I2=0

Ta có: 2C1 + 1.25.C2 + 3 =0 C1 + C2 =0 =>C1=-4 và C2=4 Vậy : + 5. I1=-8 . e−2 t I2=-4.C1+ 4 .e−0.8t

e−0.8 t

+3

C. ÁP DỤNG Bài tập 1 : (Huỳnh Văn Thuận) y1’ = y1 + 2y2 y2’ = 2y1 + y2

Lời giải:

|1−2 λ

|

2 =0 1− λ  λ2−2 λ−3=0 λ 1=−1  λ 2=3

det(A – λ I) = 0 

[

Với λ1=−1

-

[

ta có hệ phương trình:

][ ] [ ]

1−(−1) 2 0 p1 = 0 2 1−(−1 ) p 2 2 p 1+ 2 p 2= 0  p1+ p 2 = 0  2 p 1+ 2 p 2= 0 p 1=−1 Ta chọn được nghiệm: p 2=1 Vậy nghiệm của hệ phương trình vi phân ứng với x =−1 e−1. t=−e−t y =1 e−1 λ =e−t - Với λ2=3 ta có hệ phương trình:

{

{

{

[1−3 2

][ ]

2 p1 1 −3 p 2

=

[00 ]

λ=−1 là:



1+2 p 2=0 {−22 p p1−2 p 2=0

p1 − p2 = 0



{

p 1=1 p 2=1 Vậy nghiệm của hệ phương trình vi phân ứng với λ=3 là: x =1e 3.t =e 3 t y=1 e 3 t=e3 t Tóm lại nghiệm tổng quát của hệ phường trình vi phân là: −t 3t x =−C1 . e +C 2 . e −t 3t y=C 1 . e + C2 . e

Ta chọn được nghiệm:

{

{

Bài tập 2 : (Huỳnh Văn Thuận) y1’ = -y1 + 4y2 y2’ = 3y1 - 2y2

Lời giải:

|−1−3 λ

|

4 =0 −2−λ  λ2 +3 λ−10=0 λ 1=−5  λ2=2 Với λ1=−5 ta có hệ phương trình:

det(A – λ I) = 0 

[

-

[

][ ] [ ]

−1−(−5) 4 0 p1 = 0 3 −2−(−5 ) p 2 4 p 1+ 4 p 2= 0   p1 + p2 = 0 3 p 1+3 p 2=0 p 1=−1 Ta chọn được nghiệm: p 2=1 Vậy nghiệm của hệ phương trình vi phân ứng với x =−1 e−5. t=−e−5t y =1 e−5 λ =e−5 t - Với λ2=2 ta có hệ phương trình:

{

{

{

[−13−2

][ ]

4 p1 −2−2 p 2 −3 p 1+4 p 2 =0  3 p 1− 4 p2=0

{

= 

[00] p1 -

4 p =0 3 2

λ=−5 là:

{

4 3 Ta chọn được nghiệm: p 2=1 Vậy nghiệm của hệ phương trình vi phân ứng với λ=2 là: 4 2t x= e 3 y =e 2 t Tóm lại nghiệm tổng quát của hệ phường trình vi phân là: 4 2t x =−C1 . e−5t + C . e 3 2 y=C 1 . e−5 t +C 2 . e 2 t p 1=

{

{

Bài tập 3 : (Trần Anh Quân)

{

'

y 1 =4 y 1+ y 2 ' y 2=4 y 1 + 4 y 2

Lời giải: 

Ta có phương trình đặc trưng:

[4−λ4

]

1 =0 4−λ  λ2−8 λ+12=0 λ=6 (nghiệm đơn )  λ=2(nghiệm đơn )

det ( A – λ . I )=0 

[

 Với λ=6

[4−6 4

{

ta có hệ phương trình:

][ ] [ ]

1 p1 =0 4 −6 p 2 0

−2 p 1 + p 2=0 4 p1−2 p2=0  −2 p 1+ p2 =0 Ta chọn được nghiệm p 1=1  p 2=2 Vậy nghiệm của hệ phương trình vi phân ứng với x=1. e 6.t x =e 6 t  6. t y=2. e y=2 e6 t 

{

{

{

λ=6

là:

 Với λ=2

[4−2 4

ta có hệ phương trình:

][ ] [ ]

1 p1 = 0 4 − 2 p2 0

{

2 p1 + p2=0 4 p1 +2 p 2=0  2 p1 + p2=0 Ta chọn được nghiệm p 1=1  p 2=−2 Vậy nghiệm của hệ phương trình vi phân ứng với x=1. e 2.t x=e 2 t  2.t y=−2. e y=−2 e 2t 

{

{

{

λ=2

là:

 Tóm lại nghiệm tổng quát của phương trình vi phân là:

{

6t

2t

x=C 1 . e +C 2 . e 6t 2t y=2 C1 . e −2 C 1 . e

Bài tập 4 : (Trần Anh Quân)

{

'

y1 = y2 ' y 2=−5 y 1−2 y 2

Lời giải: 

Ta có phương trình đặc trưng:

 Với λ=−1−2 i i [1+2 −5 

{

[0−5−λ

]

1 =0 −2−λ  λ2 +2 λ+5=0 λ=−1−2i  λ=−1+ 2i ta có hệ phương trình:

det ( A – λ . I )=0 

[

][ ] [ ]

1 p1 = 0 −1+2 i p 2 0

(1+2 i) p 1+ p2 =0 −5 p1 +(−1+2i) p2 =0

−1+2 i . p2  5 p 2= p 2 Ta chọn được nghiệm −1+2 i p 1= 5  p2=1 Vậy nghiệm của hệ phương trình vi phân ứng với λ=−1−2 i là: (−1−2 i)t −1+2 i (−1−2 i).t −1+2 i x= .e x= .e 5  5 y=1. e (−1−2 i). t y=e(−1−2i)t

{ {

p 1=

{

{

 Với λ=−1+2i

[1−5−2i 

ta có hệ phương trình:

][ ] [ ]

p1 1 = 0 −1−2 i p 2 0

{

(1−2 i) p1 + p 2=0 −5 p1 −(1+2 i) p 2=0

{ {

−(1+2 i) . p2  5 p2= p2 Ta chọn được nghiệm −( 1+2 i ) p 1=  5 p2 =1 p 1=

Vậy nghiệm của hệ phương trình vi phân ứng với λ=−1+2i là: (−1 + 2 i)t −1−2i (−1 +2 i).t −1 −2i x= .e .e x= 5  5 y =1. e(−1+2 i).t y=e(−1+2 i)t  Tóm lại nghiệm tổng quát của phương trình vi phân là:

{

{

{

x=

(−1−2i )t (−1 + 2 i)t −1+2 i −1−2 i . C1 . e .C 2 . e + 5 5 (−1 −2 i)t (−1+2 i)t y=C 1 .e +C2 . e

Bài tập 5 : (Thái Quang Hòa) y’’’ + 2y’’ - y’ - 2y = 0 Lời giải:

Ta có phương trình dạng đặc trưng là: K= 1 (nghiệm đơn) K^3 + 2K^2 – K - 2 =0

 K= -1 ( nghiệm đơn) K= -2 ( nghiệm đơn)

Suy ra 2 nghiệm của phương trình thuần nhất là: y1=e^x; y2=e^(-x) ; y3=e^(-2x) vậy nghiệm tổng quát của phương trình là: Y(tq)= C1. e^x + C2. e^(-x) + C3. e^(-2x)

Bài tập 6 : (Trần Quang Dũng) y’’ + 3y’ + 2y = 0 Lời giải: y’’ + 3y’ + 2y = 0 =>y’’ = -3y’ -2y y1’ = y2 y2’ = -2y1 – 3y2 y’ = Ay = 0 1 -2 -3

Det ( A - I ) =

- 1 -2 -3- = ^2 +3 + 2 =0 1 = -1 2 = -2

A - I = 0 TH1: -x1 + x2 = 0 => x1= 1, x2 = 1 TH2: -2x1 + x2 = 0 => x1=1, x2 = 2 x1 = 1 1

x2=

1 2 y = y1 = c1 e^t + c2 e^2t y2 = y1’ = y’ = c1e^t + 2 c2 e^2t

Bài tập 7 : (Huỳnh Tấn Phát) y’’ + 2y’ - 24y = 0 y’’ = -2y’ + 24y

Lời giải:

y1’ = y2 y2’ = 24y1 – 2y2 y’ = Ay = 0 1 24 -2 Det ( A - I ) =

- 1 24 -2- = ^2 +2 - 24 =0 1 = 4 2 = -6

A - I = 0 TH1: -4x1 + x2 = 0 => x1= 1, x2 = 4 Th2: 6x1 + x2 = 0 => x1=1, x2 = -6 x1 = 1 4

x2=

1 -6 y = y1 = c1 e^4t + c2 e^-6t y2 = y1’ = y’ = 4 c1e^4t - 6 c2 e^-6t

Bài tập 8 : (Trần Văn Nhân) 4y’’-15y’-4y=0 4y’’-15y’-4y=0 =>y’’ = 15/4 y’+y Y1’=y2’ Y2’= y1+ 15/4 y2

Lời giải:

Y’ =Ay = 0

1 1

Det(A- lmI)=

15/4 - lm 1

1 15/4-lm

x^2 – 15/4 x -1 =0 Lm= 4 Lm= -1/4 Th1 -4 x1+x2 =0 => x1=1 ,x2= 4 TH2 +1/4 x1+ x2 =0 => x1=1 ,x2=-1/4 Y=y1= 1 C1 e^4t +C2 e^-1/4t Y2=4C1 e^4t - 1/4C2 e^-1/4t

Bài tập 9 : (Lê Hoàng Hải)

{

'

y 1=2 y 1 +5 y 2 ' y 2=5 y 1+12.5 y 2 Lời giải:



Ta có phương trình đặc trưng:

[2−λ5

]

5 =0 12.5−λ  λ2−14.5 λ=0 λ=0  λ=14.5

det ( A – λ . I )=0 

[

 Với λ=0

[2−0 5

ta có hệ phương trình:

][ ] [ ]

5 p1 = 0 12.5−0 p 2 0 2 p1 +5 p 2=0  5 p1 +12.5 p 2=0  p1+ 2.5 p2 =0 Ta chọn được nghiệm p 1=−2.5  p 2=1 Vậy nghiệm của hệ phương trình vi phân ứng với

{

{

λ=0

là:

{

x =−2.5 . e0.t y=1. e 0.t

 Với λ=14.5

{x =−2.5 y=1



ta có hệ phương trình:

[2−14.5 5

][ ] [ ]

p1 5 =0 12.5−14.5 p2 0 −12.5 p1 +5 p2=0  5 p1−2 p2=0  p1−0.4 p2 =0 Ta chọn được nghiệm p1=1  p 2=−0.4 Vậy nghiệm của hệ phương trình vi phân ứng với λ=14.5 là: x=1. e14.5 t x=e14.5 t  14.5 t y=−0.4 e y=−0.4 e14.5 t

{

{

{

{

 Tóm lại nghiệm tổng quát của phương trình vi phân là:

{

14.5t

x =−2.5 C 1 +C 2 . e 14.5t y=C1 −0.4 C 2 . e

Bài tập 10: (Lê Hoàng Hải)

{

'

y 1=2 y 1 −2 y 2 y'2=2 y 1+2 y 2 Lời giải:



Ta có phương trình đặc trưng:

 Với λ=2−2 i

[

[2i2 −22 i ] [ pp ]=[00 ] 1 2



{

2i . p1−2. p2= 0 2 p1 +2 i p2=0

[2−λ2

]

−2 =0 2−λ  λ2−4 λ +8=0 λ= 2 − 2 i  λ=2+ 2i ta có hệ phương trình:

det ( A – λ . I )=0 

 { p1 +i. p2=0 Ta chọn được nghiệm p 1=−i  p2=1 Vậy nghiệm của hệ phương trình vi phân ứng với λ=2−2 i là: x =−i. e( 2−2 i) .t x =−i . e( 2−2 i) t  (2−2 i).t (2−2 i)t y =1.e y=e

{

{

{

 Với λ=2+2i

ta có hệ phương trình:

−2 p [−22i −2i ][ p ]=[ 00 ] 1 2

{

−2i . p1 −2 p2=0  2 p1−2 i . p2=0  { p1−i . p2 =0 Ta chọn được nghiệm p1=i  p 2=1 Vậy nghiệm của hệ phương trình vi phân ứng với λ=2+2i là: (2 +2i ).t ( 2+2 i) t x=i. e x =i. e  ( 2+2 i ) .t (2 + 2 i)t y=1. e y=e  Tóm lại nghiệm tổng quát của phương trình vi phân là:

{

{

{

{

x =−i. C1 . e( 2−2i ) t +i . C 2 . e( 2+2 i) t y=C 1 .e (2−2 i)t +C 2 . e(2 +2 i)t

Bài tập 11: (Nguyễn Anh Quốc)

{

'

y 1= y 1 ' y 2=2 y 2

Lời giải: 

Ta có phương trình đặc trưng:

[1−λ0

]

0 =0 2−λ  λ2−3 λ+2=0 λ=1  λ=2

det ( A – λ . I )=0 

[

 Với λ=1

ta có hệ phương trình:

[00 01 ][ pp ]= [00 ] 1 2

{

0 p1 +0 p2=0  0 p 1+1 p2=0  1 p2 =0 Ta chọn được nghiệm p 1=1  p =0 2 Vậy nghiệm của hệ phương trình vi phân ứng với .t x=1. e 1.t x =e  y=0 y=0. e 1.t

{

{

λ=1

là:

λ=2

là:

{

 Với λ=2

ta có hệ phương trình:

[−10 00] [ pp ]=[00 ] 1 2

{

−1 p1=0  0 p1 +0 p2=0  p1=0 Ta chọn được nghiệm p 1=0  p 2=1 Vậy nghiệm của hệ phương trình vi phân ứng với 2t x =0 x =0. e  2t 2t y=e y =1 e

{

{

{

 Tóm lại nghiệm tổng quát của phương trình vi phân là:

{

x=C 1 . e t y=C 2 . e 2t

Bài tập 12: (Nguyễn Anh Quốc)

{

'

y 1=−4 y 1 ' y 2=−3 y 2

Lời giải: 

Ta có phương trình đặc trưng:

[−4−λ 0

]

0 =0 −3−λ  λ2 +7 λ+ 12=0 λ=−4  λ=−3

det ( A – λ . I )=0 

[

 Với λ=−4

ta có hệ phương trình:

[00 01 ][ pp ]= [00 ] 1 2

{

0 p1 +0 p2=0  0 p 1+1 p2=0  1 p2 =0 Ta chọn được nghiệm p 1=1  p 2=0 Vậy nghiệm của hệ phương trình vi phân ứng với x=1. e−4.t x =e−4 t  −4.t y=0 y=0. e

{

{

 Với λ=−3

λ=−4

là:

λ=−3

là:

{

ta có hệ phương trình:

[−10 00] [ pp ]=[00 ] 1 2

{

−1 p1=0 0 p1 +0 p2=0  p1=0 Ta chọn được nghiệm p 1=0  p 2=1 Vậy nghiệm của hệ phương trình vi phân ứng với x=0 x =0. e−3 t  −3 t y=e−3 t y=1 e 

{

{

{

 Tóm lại nghiệm tổng quát của phương trình vi phân là:

{

−4 t

x=C 1 . e −3 t y=C 2 . e

Bài tập 13: (Trần Thị Thu Hiền)

{ 

y'1= y 1 +2 y 2 1 ' y 2= y 1+ y 2 2 Lời giải: Ta có phương trình đặc trưng: det ( A – λ . I )=0   

 Với λ=0

[

[

]

1−λ 2 =0 1 1−λ 2 2 λ −2 λ=0 λ=0(nghiệm đ ơn ) λ=2(nghiệm đ ơn )

[

ta có hệ phương trình:

][ ] [ ]

1−0 2 p1 = 0 1 1−0 p2 0 2 1 p 1+2 p2=0  1 p +1 p 2=0 2 1  p1+ 2 p2=0 Ta chọn được nghiệm p 1=−2  p 2=1 Vậy nghiệm của hệ phương trình vi phân ứng với x =−2 x =−2. e0. t  0.t y=1 y=1. e

{

{

{

 Với λ=2

[

{

ta có hệ phương trình:

][ ] [ ]

1−2 2 p1 = 0 1 1−2 p 2 0 2 −1 p1 +2 p 2=0  1 p −1 p2 =0 2 1  p1−2 p 2=0

{

λ=0

là:

Ta chọn được nghiệm p 1=2  p 2=1 Vậy nghiệm của hệ phương trình vi phân ứng với 2t x =2. e 2.t x =2. e  2. t 2t y =e y=1. e

{

{

{

λ=2

là:

 Tóm lại nghiệm tổng quát của phương trình vi phân là:

{

x =−2C 1 +2.C 2 .e 2 t y=C 1+C 2 .e 2 t

Bài tập 14: (Trần Thị Thu Hiền)

{ 

'

y 1=−8 y 1−2 y 2 y 2' = 2 y 1− 4 y 2

Lời giải: Ta có phương trình đặc trưng: det ( A – λ . I )=0 

 Với λ=−6

{

[

−2 [−8−2 λ −4−λ ] =0

 λ2 +12 λ+36=0  λ=−¿ 6 ta có hệ phương trình:

][ ] [ ]

−8−(−6) −2 p1 = 0 2 −4−(−6 ) p 2 0

−2 p1 +−2 p2=0 2 p 1+2=0  p1+ p 2=0 Ta chọn được nghiệm p 1=−1  p 2=1 Vậy nghiệm của hệ phương trình vi phân ứng với x =−1. e−6. t x =−e−6.t  y=1. e−6.t y=e−6. t 

{

{

{

λ=−6

là:

 Tóm lại nghiệm tổng quát của phương trình vi phân là:

{

−6.t

x =−C 1 . e

−6.t

y=C 1 . e

Bài tập 15: (Đặng Thị Hồng Nhung)

{ 

y 1' =10 y 1−10 y 2−4 y 3 ' y 2 =−10 y 1 + y 2−14 y 3 ' y 3=−4 y 1−14 y 2−2 y 3

Lời giải: Ta có phương trình đặc trưng:

[

]

10−λ −10 −4 −10 1−λ −14 =0 −4 −14 −2−λ  − λ3 +9 λ 2+324 λ−2916= 0 λ1=−18 (nghiệm đơn ) λ2=9 (nghiệm đơn )  λ3=18( nghi ệm đơn )

det ( A – λ . I )=0 

[

 Với λ=¿ -18 ta có hệ phương trình:



{

[

][ ] [ ]

10−(−18) −10 −4 p1 0 −10 1−(−18) −14 p2 = 0 0 −4 −14 −2−(−18 ) p3

28 p1−10 p2−4 p 3=0 −10 p1 +19 p2−14 p3 =0 −4 p 1−1...