Mục lục
Block
Dạng bài
Phương trình vi phân cấp 1 tách biến / mô hình Logistic:
Phương trình vi phân toàn phần:
Phương trình vi phân cấp 1 tuyến tính / đổi biến:
Phương trình cấp 2 hệ số hằng (Hệ số bất định & Biến thiên hằng số):
Phương trình cấp 2 hệ số hằng (Hệ số bất định & Biến đổi Laplace):
Hệ phương trình tuyến tính cấp 1 ($u’ = Au$ với ma trận đối xứng / trị riêng thực):
Hệ phương trình tuyến tính cấp 1 (Ma trận đặc biệt / trị riêng phức / tuần hoàn):
Hệ phương trình đưa về phương trình cấp 2:
Bài toán Cauchy dùng biến đổi Laplace:
Ứng dụng Vật lý (Chuyển động cơ học / Ném xiên / Rơi tự do):
Lý thuyết phương trình vi phân tuyến tính (Tính chất nghiệm):
Đề 1: 2024-2025-GD
Mã HP: MAT2314
Tgian làm bài: 90 phút (không kể thời gian chép đề)
(1) Câu 1
Giải phương trình vi phân
( x 2 + 2 x y + y 2 ) d y d x + x y + 2 y 2 = 0 (x^{2}+2xy+y^{2})\frac{dy}{dx}+xy+2y^{2}=0 ( x 2 + 2 x y + y 2 ) d x d y + x y + 2 y 2 = 0
Block
Đây là phương trình vi phân đưa về dạng đẳng cấp.
Nhận thấy $x^2 + 2xy + y^2 = (x+y)^2$, điều kiện để phương trình xác định là $x + y \neq 0$.
Biến đổi phương trình về dạng:
( x + y ) 2 d y d x = − ( x y + 2 y 2 ) d y d x = − ( x y + 2 y 2 ) ( x + y ) 2 (x+y)^2 \frac{dy}{dx} = -(xy + 2y^2) \\[7pt]
\frac{dy}{dx} = \frac{-(xy + 2y^2)}{(x+y)^2} ( x + y ) 2 d x d y = − ( x y + 2 y 2 ) d x d y = ( x + y ) 2 − ( x y + 2 y 2 )
Block
Chia cả tử và mẫu của vế phải cho $x^2$ (với $x \neq 0$):
d y d x = − ( y x + 2 ( y x ) 2 ) ( 1 + y x ) 2 \frac{dy}{dx} = \frac{-\left(\frac{y}{x} + 2\left(\frac{y}{x}\right)^2\right)}{\left(1 + \frac{y}{x}\right)^2} d x d y = ( 1 + x y ) 2 − ( x y + 2 ( x y ) 2 )
Block
Đặt $y = u \cdot x \Rightarrow \frac{dy}{dx} = u + x\frac{du}{dx}$
Thay vào phương trình ta được:
u + x d u d x = − ( u + 2 u 2 ) ( 1 + u ) 2 x d u d x = − u − 2 u 2 ( 1 + u ) 2 − u x d u d x = − u − 2 u 2 − u ( 1 + 2 u + u 2 ) ( 1 + u ) 2 x d u d x = − u − 2 u 2 − u − 2 u 2 − u 3 ( 1 + u ) 2 x d u d x = − u 3 − 4 u 2 − 2 u ( 1 + u ) 2 u + x\frac{du}{dx} = \frac{-(u + 2u^2)}{(1+u)^2} \\[7pt]
x\frac{du}{dx} = \frac{-u - 2u^2}{(1+u)^2} - u \\[7pt]
x\frac{du}{dx} = \frac{-u - 2u^2 - u(1 + 2u + u^2)}{(1+u)^2} \\[7pt]
x\frac{du}{dx} = \frac{-u - 2u^2 - u - 2u^2 - u^3}{(1+u)^2} \\[7pt]
x\frac{du}{dx} = \frac{-u^3 - 4u^2 - 2u}{(1+u)^2} u + x d x d u = ( 1 + u ) 2 − ( u + 2 u 2 ) x d x d u = ( 1 + u ) 2 − u − 2 u 2 − u x d x d u = ( 1 + u ) 2 − u − 2 u 2 − u ( 1 + 2 u + u 2 ) x d x d u = ( 1 + u ) 2 − u − 2 u 2 − u − 2 u 2 − u 3 x d x d u = ( 1 + u ) 2 − u 3 − 4 u 2 − 2 u
Block
Bước 2: Phân ly biến số và tích phân
Chuyển các đại lượng chứa $u$ sang một vế, $x$ sang một vế:
( 1 + u ) 2 u 3 + 4 u 2 + 2 u d u = − 1 x d x \frac{(1+u)^2}{u^3 + 4u^2 + 2u} du = -\frac{1}{x} dx u 3 + 4 u 2 + 2 u ( 1 + u ) 2 d u = − x 1 d x
Block
Khai triển tử số vế trái: $\frac{u^2 + 2u + 1}{u(u^2 + 4u + 2)} du = -\frac{1}{x} dx$
Lấy tích phân hai vế:
∫ u 2 + 2 u + 1 u ( u 2 + 4 u + 2 ) d u = − ∫ 1 x d x \int \frac{u^2 + 2u + 1}{u(u^2 + 4u + 2)} du = -\int \frac{1}{x} dx ∫ u ( u 2 + 4 u + 2 ) u 2 + 2 u + 1 d u = − ∫ x 1 d x
Block
Tách biểu thức vế trái:
u 2 + 2 u + 1 u ( u 2 + 4 u + 2 ) = 1 2 u + u 2 ( u 2 + 4 u + 2 ) \frac{u^2+2u+1}{u(u^2+4u+2)} = \frac{1}{2u} + \frac{u}{2(u^2+4u+2)} u ( u 2 + 4 u + 2 ) u 2 + 2 u + 1 = 2 u 1 + 2 ( u 2 + 4 u + 2 ) u
Block
Lấy tích phân vế trái:
∫ ( 1 2 u + 1 4 2 u + 4 − 4 u 2 + 4 u + 2 ) d u = 1 2 ∫ 1 u d u + 1 4 ∫ 2 u + 4 u 2 + 4 u + 2 d u − ∫ 1 ( u + 2 ) 2 − 2 d u \int \left( \frac{1}{2u} + \frac{1}{4} \frac{2u+4-4}{u^2+4u+2} \right) du \\[7pt]
= \frac{1}{2} \int \frac{1}{u} du + \frac{1}{4} \int \frac{2u+4}{u^2+4u+2} du - \int \frac{1}{(u+2)^2 - 2} du ∫ ( 2 u 1 + 4 1 u 2 + 4 u + 2 2 u + 4 − 4 ) d u = 2 1 ∫ u 1 d u + 4 1 ∫ u 2 + 4 u + 2 2 u + 4 d u − ∫ ( u + 2 ) 2 − 2 1 d u
Block
Áp dụng công thức $\int \frac{1}{X^2-a^2}dX = \frac{1}{2a}\ln\left \vert \frac{X-a}{X+a}\right \vert $ với $a = \sqrt{2}$:
= 1 2 ln ∣ u ∣ + 1 4 ln ∣ u 2 + 4 u + 2 ∣ − 1 2 2 ln ∣ u + 2 − 2 u + 2 + 2 ∣ + C left = \frac{1}{2}\ln \vert u \vert + \frac{1}{4}\ln \vert u^2+4u+2 \vert - \frac{1}{2\sqrt{2}}\ln\left \vert \frac{u+2-\sqrt{2}}{u+2+\sqrt{2}}\right \vert + C_{\text{left}} = 2 1 ln ∣ u ∣ + 4 1 ln ∣ u 2 + 4 u + 2∣ − 2 2 1 ln u + 2 + 2 u + 2 − 2 + C left
Block
Cho vế trái bằng vế phải ($-\ln \vert x \vert + C_{\text{right}}; C = C_{\text{right}} - C_{\text{left}}$):
1 2 ln ∣ u ∣ + 1 4 ln ∣ u 2 + 4 u + 2 ∣ − 1 2 2 ln ∣ u + 2 − 2 u + 2 + 2 ∣ = − ln ∣ x ∣ + C \frac{1}{2}\ln \vert u \vert + \frac{1}{4}\ln \vert u^2+4u+2 \vert - \frac{1}{2\sqrt{2}}\ln\left \vert \frac{u+2-\sqrt{2}}{u+2+\sqrt{2}}\right \vert = -\ln \vert x \vert + C 2 1 ln ∣ u ∣ + 4 1 ln ∣ u 2 + 4 u + 2∣ − 2 2 1 ln u + 2 + 2 u + 2 − 2 = − ln ∣ x ∣ + C
Block
Nhân cả 2 vế với 4 để làm gọn:
2 ln ∣ u ∣ + ln ∣ u 2 + 4 u + 2 ∣ − 2 ln ∣ u + 2 − 2 u + 2 + 2 ∣ = − 4 ln ∣ x ∣ + 4 C ln ∣ u 2 ( u 2 + 4 u + 2 ) x 4 ∣ − 2 ln ∣ u + 2 − 2 u + 2 + 2 ∣ = 4 C 2\ln \vert u \vert + \ln \vert u^2+4u+2 \vert - \sqrt{2}\ln\left \vert \frac{u+2-\sqrt{2}}{u+2+\sqrt{2}}\right \vert = -4\ln \vert x \vert + 4C \\[7pt]
\ln \vert u^2(u^2+4u+2)x^4 \vert - \sqrt{2}\ln\left \vert \frac{u+2-\sqrt{2}}{u+2+\sqrt{2}}\right \vert = 4C 2 ln ∣ u ∣ + ln ∣ u 2 + 4 u + 2∣ − 2 ln u + 2 + 2 u + 2 − 2 = − 4 ln ∣ x ∣ + 4 C ln ∣ u 2 ( u 2 + 4 u + 2 ) x 4 ∣ − 2 ln u + 2 + 2 u + 2 − 2 = 4 C
Block
Thay $u = \frac{y}{x}$ và rút gọn:
ln ∣ y 2 ( y 2 + 4 x y + 2 x 2 ) ∣ − 2 ln ∣ y + ( 2 − 2 ) x y + ( 2 + 2 ) x ∣ = 4 C \boxed{\ln \vert y^2(y^2+4xy+2x^2) \vert - \sqrt{2}\ln\left \vert \frac{y+(2-\sqrt{2})x}{y+(2+\sqrt{2})x}\right \vert = 4C} ln ∣ y 2 ( y 2 + 4 x y + 2 x 2 ) ∣ − 2 ln y + ( 2 + 2 ) x y + ( 2 − 2 ) x = 4 C
Block
(1) Câu 2
Giải phương trình
d 2 y d x 2 − 5 d y d x + 6 y = e x + 2 x ( 1 ) \frac{d^{2}y}{dx^{2}}-5\frac{dy}{dx}+6y=e^{x}+2x \quad (1) d x 2 d 2 y − 5 d x d y + 6 y = e x + 2 x ( 1 )
Block
dùng: (i) phương pháp hệ số bất định; và (ii) phương pháp phép biến thiên hằng số
Bước 1: Giải phương trình thuần nhất liên kết
Xét phương trình thuần nhất: $y’’ - 5y’ + 6y = 0$.
Phương trình đặc trưng:
λ 2 − 5 λ + 6 = 0 ⇒ { λ 1 = 2 λ 2 = 3 \lambda^2 - 5\lambda + 6 = 0 \Rightarrow \begin{cases} \lambda_1 = 2 \\ \lambda_2 = 3 \end{cases} λ 2 − 5 λ + 6 = 0 ⇒ { λ 1 = 2 λ 2 = 3
Block
Nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất (kí hiệu là $y_c$) là:
y c = C 1 e 2 x + C 2 e 3 x y_c = C_1 e^{2x} + C_2 e^{3x} y c = C 1 e 2 x + C 2 e 3 x
Block
(i) Dùng phương pháp hệ số bất định
Ta tìm nghiệm riêng $y_p$ cho vế phải $f(x) = e^x + 2x$. Tách làm hai hàm $f_1(x) = e^x$ và $f_2(x) = 2x$.
Tìm $y_{p1}$ ứng với $f_1(x) = e^x$:
Vì $\alpha = 1$ không phải là nghiệm của phương trình đặc trưng, ta dự đoán:
y p 1 = A e x ⇒ y p 1 ′ = A e x , y p 1 ′ ′ = A e x y_{p1} = A e^x \Rightarrow y_{p1}' = A e^x, \quad y_{p1}'' = A e^x y p 1 = A e x ⇒ y p 1 ′ = A e x , y p 1 ′′ = A e x
Block
Thay vào vế trái của (1):
A e x − 5 ( A e x ) + 6 ( A e x ) = e x 2 A e x = e x ⇒ A = 1 2 ⇒ y p 1 = 1 2 e x A e^x - 5(A e^x) + 6(A e^x) = e^x \\[7pt]
2A e^x = e^x \Rightarrow A = \frac{1}{2} \Rightarrow y_{p1} = \frac{1}{2} e^x A e x − 5 ( A e x ) + 6 ( A e x ) = e x 2 A e x = e x ⇒ A = 2 1 ⇒ y p 1 = 2 1 e x
Block
Tìm $y_{p2}$ ứng với $f_2(x) = 2x$:
Vì $\alpha = 0$ không phải là nghiệm của phương trình đặc trưng, ta dự đoán đa thức bậc 1:
y p 2 = B x + C ⇒ y p 2 ′ = B , y p 2 ′ ′ = 0 y_{p2} = Bx + C \Rightarrow y_{p2}' = B, \quad y_{p2}'' = 0 y p 2 = B x + C ⇒ y p 2 ′ = B , y p 2 ′′ = 0
Block
Thay vào vế trái của (1):
0 − 5 ( B ) + 6 ( B x + C ) = 2 x 6 B x + ( 6 C − 5 B ) = 2 x 0 - 5(B) + 6(Bx + C) = 2x \\[7pt]
6Bx + (6C - 5B) = 2x 0 − 5 ( B ) + 6 ( B x + C ) = 2 x 6 B x + ( 6 C − 5 B ) = 2 x
Block
Đồng nhất hệ số hai vế:
{ 6 B = 2 6 C − 5 B = 0 ⇒ { B = 1 3 C = 5 18 ⇒ y p 2 = 1 3 x + 5 18 \begin{cases} 6B = 2 \\ 6C - 5B = 0 \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} B = \frac{1}{3} \\ C = \frac{5}{18} \end{cases} \Rightarrow y_{p2} = \frac{1}{3}x + \frac{5}{18} { 6 B = 2 6 C − 5 B = 0 ⇒ { B = 3 1 C = 18 5 ⇒ y p 2 = 3 1 x + 18 5
Block
Nghiệm riêng là $y_p = y_{p1} + y_{p2} = \frac{1}{2} e^x + \frac{1}{3}x + \frac{5}{18}$.
Nghiệm tổng quát của phương trình là $y = y_c + y_p$:
y = C 1 e 2 x + C 2 e 3 x + 1 2 e x + 1 3 x + 5 18 \boxed{y = C_1 e^{2x} + C_2 e^{3x} + \frac{1}{2} e^x + \frac{1}{3}x + \frac{5}{18}} y = C 1 e 2 x + C 2 e 3 x + 2 1 e x + 3 1 x + 18 5
Block
(ii) Dùng phương pháp biến thiên hằng số
Từ nghiệm thuần nhất $y_c = C_1 e^{2x} + C_2 e^{3x}$, ta có 2 nghiệm cơ bản $y_1 = e^{2x}$ và $y_2 = e^{3x}$.
Tính định thức Wronski:
W = y 1 y 2 ′ − y 1 ′ y 2 = e 2 x ( 3 e 3 x ) − ( 2 e 2 x ) e 3 x = 3 e 5 x − 2 e 5 x = e 5 x W = y_1 y_2' - y_1' y_2 = e^{2x}(3e^{3x}) - (2e^{2x})e^{3x} = 3e^{5x} - 2e^{5x} = e^{5x} W = y 1 y 2 ′ − y 1 ′ y 2 = e 2 x ( 3 e 3 x ) − ( 2 e 2 x ) e 3 x = 3 e 5 x − 2 e 5 x = e 5 x
Block
Ta coi $C_1, C_2$ là các hàm theo $x$. Hệ phương trình tìm đạo hàm của chúng là:
{ C 1 ′ = − y 2 f ( x ) W = − e 3 x ( e x + 2 x ) e 5 x = − e − x − 2 x e − 2 x C 2 ′ = y 1 f ( x ) W = e 2 x ( e x + 2 x ) e 5 x = e − 2 x + 2 x e − 3 x \begin{cases} C_1' = \frac{-y_2 f(x)}{W} = \frac{-e^{3x}(e^x + 2x)}{e^{5x}} = -e^{-x} - 2x e^{-2x} \\ C_2' = \frac{y_1 f(x)}{W} = \frac{e^{2x}(e^x + 2x)}{e^{5x}} = e^{-2x} + 2x e^{-3x} \end{cases} { C 1 ′ = W − y 2 f ( x ) = e 5 x − e 3 x ( e x + 2 x ) = − e − x − 2 x e − 2 x C 2 ′ = W y 1 f ( x ) = e 5 x e 2 x ( e x + 2 x ) = e − 2 x + 2 x e − 3 x
Block
Lấy tích phân để tìm $C_1(x)$ và $C_2(x)$ (dùng tích phân từng phần cho cụm chứa $x$):
C 1 ( x ) = ∫ ( − e − x − 2 x e − 2 x ) d x = e − x + x e − 2 x + 1 2 e − 2 x + K 1 C 2 ( x ) = ∫ ( e − 2 x + 2 x e − 3 x ) d x = − 1 2 e − 2 x − 2 3 x e − 3 x − 2 9 e − 3 x + K 2 C_1(x) = \int (-e^{-x} - 2x e^{-2x}) dx = e^{-x} + x e^{-2x} + \frac{1}{2}e^{-2x} + K_1 \\[7pt]
C_2(x) = \int (e^{-2x} + 2x e^{-3x}) dx = -\frac{1}{2}e^{-2x} - \frac{2}{3}x e^{-3x} - \frac{2}{9}e^{-3x} + K_2 C 1 ( x ) = ∫ ( − e − x − 2 x e − 2 x ) d x = e − x + x e − 2 x + 2 1 e − 2 x + K 1 C 2 ( x ) = ∫ ( e − 2 x + 2 x e − 3 x ) d x = − 2 1 e − 2 x − 3 2 x e − 3 x − 9 2 e − 3 x + K 2
Block
Nhân ngược $C_1(x)$ với $y_1$ và $C_2(x)$ với $y_2$ để ra nghiệm tổng quát $y = C_1(x)y_1 + C_2(x)y_2$:
y = ( e − x + x e − 2 x + 1 2 e − 2 x + K 1 ) e 2 x + ( − 1 2 e − 2 x − 2 3 x e − 3 x − 2 9 e − 3 x + K 2 ) e 3 x y = e x + x + 1 2 + K 1 e 2 x − 1 2 e x − 2 3 x − 2 9 + K 2 e 3 x y = \left(e^{-x} + x e^{-2x} + \frac{1}{2}e^{-2x} + K_1\right)e^{2x} + \left(-\frac{1}{2}e^{-2x} - \frac{2}{3}x e^{-3x} - \frac{2}{9}e^{-3x} + K_2\right)e^{3x} \\[7pt]
y = e^x + x + \frac{1}{2} + K_1 e^{2x} - \frac{1}{2}e^x - \frac{2}{3}x - \frac{2}{9} + K_2 e^{3x} y = ( e − x + x e − 2 x + 2 1 e − 2 x + K 1 ) e 2 x + ( − 2 1 e − 2 x − 3 2 x e − 3 x − 9 2 e − 3 x + K 2 ) e 3 x y = e x + x + 2 1 + K 1 e 2 x − 2 1 e x − 3 2 x − 9 2 + K 2 e 3 x
Block
Gom các số hạng tương đồng lại:
y = K 1 e 2 x + K 2 e 3 x + 1 2 e x + 1 3 x + 5 18 \boxed{y = K_1 e^{2x} + K_2 e^{3x} + \frac{1}{2}e^x + \frac{1}{3}x + \frac{5}{18}} y = K 1 e 2 x + K 2 e 3 x + 2 1 e x + 3 1 x + 18 5
Block
(Lưu ý: Kết quả này khớp với phương pháp (i), chỉ đổi tên hằng số $C$ thành $K$).
(1) Câu 3
Giải hệ vi phân $u^{\prime}=Au$ với
A = ( 5 1 1 1 5 1 1 1 5 ) A=
\left( \begin{array}{ccc}
5 & 1 & 1 \\
1 & 5 & 1 \\
1 & 1 & 5
\end{array} \right) A = 5 1 1 1 5 1 1 1 5
Block
Cho $u(0)=(1,1,2)$
Bước 1: Tìm trị riêng của ma trận $A$
Giải phương trình đặc trưng $\det(A - \lambda I) = 0$:
∣ 5 − λ 1 1 1 5 − λ 1 1 1 5 − λ ∣ = 0 \left|\begin{array}{ccc}
5-\lambda & 1 & 1 \\
1 & 5-\lambda & 1 \\
1 & 1 & 5-\lambda
\end{array}\right| = 0 5 − λ 1 1 1 5 − λ 1 1 1 5 − λ = 0
Block
Cộng 2 cột sau vào cột đầu tiên, ta có nhân tử chung là $(7-\lambda)$. Khai triển ra ta được:
( 7 − λ ) ( 4 − λ ) 2 = 0 ⇒ { λ 1 = 7 λ 2 = λ 3 = 4 (7-\lambda)(4-\lambda)^2 = 0 \Rightarrow \begin{cases} \lambda_1 = 7 \\ \lambda_2 = \lambda_3 = 4 \end{cases} ( 7 − λ ) ( 4 − λ ) 2 = 0 ⇒ { λ 1 = 7 λ 2 = λ 3 = 4
Block
Bước 2: Tìm vector riêng tương ứng
Với $\lambda_1 = 7$, ta giải $(A - 7I)v = 0$:
( − 2 1 1 1 − 2 1 1 1 − 2 ) ( x y z ) = ( 0 0 0 ) ⇒ x = y = z ⇒ v 1 = ( 1 1 1 ) \left(\begin{array}{ccc}
-2 & 1 & 1 \\
1 & -2 & 1 \\
1 & 1 & -2
\end{array}\right)
\left(\begin{array}{c} x \\ y \\ z \end{array}\right) =
\left(\begin{array}{c} 0 \\ 0 \\ 0 \end{array}\right)
\Rightarrow x = y = z \Rightarrow v_1 = \left(\begin{array}{c} 1 \\ 1 \\ 1 \end{array}\right) − 2 1 1 1 − 2 1 1 1 − 2 x y z = 0 0 0 ⇒ x = y = z ⇒ v 1 = 1 1 1
Block
Với $\lambda_2 = \lambda_3 = 4$, ta giải $(A - 4I)v = 0$:
( 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ) ( x y z ) = ( 0 0 0 ) ⇒ x + y + z = 0 \left(\begin{array}{ccc}
1 & 1 & 1 \\
1 & 1 & 1 \\
1 & 1 & 1
\end{array}\right)
\left(\begin{array}{c} x \\ y \\ z \end{array}\right) =
\left(\begin{array}{c} 0 \\ 0 \\ 0 \end{array}\right)
\Rightarrow x + y + z = 0 1 1 1 1 1 1 1 1 1 x y z = 0 0 0 ⇒ x + y + z = 0
Block
Chọn 2 vector riêng độc lập tuyến tính: $v_2 = \left(\begin{array}{c} -1 \ 1 \ 0 \end{array}\right)$ và $v_3 = \left(\begin{array}{c} -1 \ 0 \ 1 \end{array}\right)$.
Nghiệm tổng quát của hệ là:
u ( t ) = C 1 e 7 t ( 1 1 1 ) + C 2 e 4 t ( − 1 1 0 ) + C 3 e 4 t ( − 1 0 1 ) u(t) = C_1 e^{7t} \left(\begin{array}{c} 1 \\ 1 \\ 1 \end{array}\right) + C_2 e^{4t} \left(\begin{array}{c} -1 \\ 1 \\ 0 \end{array}\right) + C_3 e^{4t} \left(\begin{array}{c} -1 \\ 0 \\ 1 \end{array}\right) u ( t ) = C 1 e 7 t 1 1 1 + C 2 e 4 t − 1 1 0 + C 3 e 4 t − 1 0 1
Block
Bước 3: Tìm nghiệm riêng với điều kiện $u(0) = (1,1,2)^T$
Thay $t = 0$:
{ C 1 − C 2 − C 3 = 1 C 1 + C 2 = 1 C 1 + C 3 = 2 ⇒ { C 1 = 4 3 C 2 = − 1 3 C 3 = 2 3 \begin{cases}
C_1 - C_2 - C_3 = 1 \\
C_1 + C_2 = 1 \\
C_1 + C_3 = 2
\end{cases}
\Rightarrow
\begin{cases}
C_1 = \frac{4}{3} \\
C_2 = -\frac{1}{3} \\
C_3 = \frac{2}{3}
\end{cases} ⎩ ⎨ ⎧ C 1 − C 2 − C 3 = 1 C 1 + C 2 = 1 C 1 + C 3 = 2 ⇒ ⎩ ⎨ ⎧ C 1 = 3 4 C 2 = − 3 1 C 3 = 3 2
Block
Thay các hằng số vào nghiệm tổng quát, ta được nghiệm cuối cùng:
{ x ( t ) = 4 3 e 7 t − 1 3 e 4 t y ( t ) = 4 3 e 7 t − 1 3 e 4 t z ( t ) = 4 3 e 7 t + 2 3 e 4 t \begin{cases}
x(t) = \frac{4}{3}e^{7t} - \frac{1}{3}e^{4t} \\
y(t) = \frac{4}{3}e^{7t} - \frac{1}{3}e^{4t} \\
z(t) = \frac{4}{3}e^{7t} + \frac{2}{3}e^{4t}
\end{cases} ⎩ ⎨ ⎧ x ( t ) = 3 4 e 7 t − 3 1 e 4 t y ( t ) = 3 4 e 7 t − 3 1 e 4 t z ( t ) = 3 4 e 7 t + 3 2 e 4 t
Block
(1) Câu 4
Trong một mô hình dịch bệnh, một cá nhân nhiễm được đưa vào một cộng đồng có chứa $n$ cá nhân. Gọi $y(t)$ là số người không bị nhiễm bệnh trong cộng đồng tại thời điểm $t$. Giả sử răng không có ai miễn dịch thì $y(t)$ sẽ giảm từ giá trị ban đầu $y(0)=n$ tới 0. Phương trình mô tả hiện tượng truyền nhiễm được cho bởi
y ′ = − r y ( n + 1 − y ) ( 1 ) y^{\prime}=-ry(n+1-y) \quad (1) y ′ = − ry ( n + 1 − y ) ( 1 )
Block
(Với điều kiện ban đầu $y(0) = n$)
trong đó r là một hằng số dương đo tốc độ truyền nhiễm.
i. Xác định nghiệm của phương trình,
ii. khi nào thì tốc độ truyền nhiễm là tối đa?
i. Xác định nghiệm của phương trình
Chuyển biến $y$ sang vế trái, $t$ sang vế phải:
d y y ( n + 1 − y ) = − r d t \frac{dy}{y(n+1-y)} = -r dt y ( n + 1 − y ) d y = − r d t
Block
Bước 2: Tách phân số và lấy tích phân
Tách vế trái thành tổng 2 phân số:
1 n + 1 ( 1 y + 1 n + 1 − y ) d y = − r d t \frac{1}{n+1} \left( \frac{1}{y} + \frac{1}{n+1-y} \right) dy = -r dt n + 1 1 ( y 1 + n + 1 − y 1 ) d y = − r d t
Block
Lấy tích phân hai vế:
∫ ( 1 y + 1 n + 1 − y ) d y = ∫ − ( n + 1 ) r d t ln ∣ y ∣ − ln ∣ n + 1 − y ∣ = − ( n + 1 ) r t + C 1 ln ∣ y n + 1 − y ∣ = − ( n + 1 ) r t + C 1 \int \left( \frac{1}{y} + \frac{1}{n+1-y} \right) dy = \int -(n+1)r dt \\[7pt]
\ln|y| - \ln|n+1-y| = -(n+1)rt + C_1 \\[7pt]
\ln\left|\frac{y}{n+1-y}\right| = -(n+1)rt + C_1 ∫ ( y 1 + n + 1 − y 1 ) d y = ∫ − ( n + 1 ) r d t ln ∣ y ∣ − ln ∣ n + 1 − y ∣ = − ( n + 1 ) r t + C 1 ln n + 1 − y y = − ( n + 1 ) r t + C 1
Block
Mũ hóa hai vế ($e^{\ln}$):
y n + 1 − y = C ⋅ e − ( n + 1 ) r t ( 2 ) \frac{y}{n+1-y} = C \cdot e^{-(n+1)rt} \quad (2) n + 1 − y y = C ⋅ e − ( n + 1 ) r t ( 2 )
Block
Bước 3: Tìm hằng số $C$ từ điều kiện ban đầu
Thay $t = 0$ và $y(0) = n$ vào (2):
n n + 1 − n = C ⋅ e 0 C = n \frac{n}{n+1-n} = C \cdot e^0 \\[7pt]
C = n n + 1 − n n = C ⋅ e 0 C = n
Block
Bước 4: Rút $y(t)$ để có đáp số cuối cùng
Thay $C = n$ vào lại phương trình (2):
y n + 1 − y = n ⋅ e − ( n + 1 ) r t y = ( n + 1 − y ) ⋅ n e − ( n + 1 ) r t y = n ( n + 1 ) e − ( n + 1 ) r t − y ⋅ n e − ( n + 1 ) r t y ( 1 + n e − ( n + 1 ) r t ) = n ( n + 1 ) e − ( n + 1 ) r t \frac{y}{n+1-y} = n \cdot e^{-(n+1)rt} \\[7pt]
y = (n+1-y) \cdot n e^{-(n+1)rt} \\[7pt]
y = n(n+1)e^{-(n+1)rt} - y \cdot n e^{-(n+1)rt} \\[7pt]
y \left( 1 + n e^{-(n+1)rt} \right) = n(n+1)e^{-(n+1)rt} n + 1 − y y = n ⋅ e − ( n + 1 ) r t y = ( n + 1 − y ) ⋅ n e − ( n + 1 ) r t y = n ( n + 1 ) e − ( n + 1 ) r t − y ⋅ n e − ( n + 1 ) r t y ( 1 + n e − ( n + 1 ) r t ) = n ( n + 1 ) e − ( n + 1 ) r t
Block
y ( t ) = n ( n + 1 ) e − ( n + 1 ) r t 1 + n e − ( n + 1 ) r t = n ( n + 1 ) e ( n + 1 ) r t + n \boxed{y(t) = \frac{n(n+1)e^{-(n+1)rt}}{1 + n e^{-(n+1)rt}} = \frac{n(n+1)}{e^{(n+1)rt} + n}} y ( t ) = 1 + n e − ( n + 1 ) r t n ( n + 1 ) e − ( n + 1 ) r t = e ( n + 1 ) r t + n n ( n + 1 )
Block
ii. Khi nào thì tốc độ truyền nhiễm là tối đa?
Tốc độ truyền nhiễm chính là số người nhiễm mới sinh ra trong một đơn vị thời gian. Người chưa bệnh giảm bao nhiêu thì người nhiễm tăng bấy nhiêu, nên tốc độ truyền nhiễm là $v(t) = -y’(t)$.
Theo đề bài, ta có:
v ( t ) = − y ′ ( t ) = r y ( n + 1 − y ) v(t) = -y'(t) = ry(n+1-y) v ( t ) = − y ′ ( t ) = ry ( n + 1 − y )
Block
Bước 1: Tìm số người chưa bệnh $y$ để tốc độ đạt cực đại
Hàm $v(y) = r(n+1)y - ry^2$ là một tam thức bậc hai theo biến $y$, có đồ thị là một parabol bề lõm hướng xuống (do hệ số $a = -r < 0$).
Parabol này đạt giá trị lớn nhất tại đỉnh:
y m a x = − b 2 a = − r ( n + 1 ) 2 ( − r ) = n + 1 2 y_{max} = -\frac{b}{2a} = \frac{-r(n+1)}{2(-r)} = \frac{n+1}{2} y ma x = − 2 a b = 2 ( − r ) − r ( n + 1 ) = 2 n + 1
Block
(Nghĩa là tốc độ lây nhiễm cao nhất khi một nửa cộng đồng đã bị nhiễm).
Bước 2: Tìm thời điểm $t$ tương ứng
Thay $y = \frac{n+1}{2}$ vào đáp số $y(t)$ ở phần (i):
n ( n + 1 ) e ( n + 1 ) r t + n = n + 1 2 n e ( n + 1 ) r t + n = 1 2 e ( n + 1 ) r t + n = 2 n e ( n + 1 ) r t = n \frac{n(n+1)}{e^{(n+1)rt} + n} = \frac{n+1}{2} \\[7pt]
\frac{n}{e^{(n+1)rt} + n} = \frac{1}{2} \\[7pt]
e^{(n+1)rt} + n = 2n \\[7pt]
e^{(n+1)rt} = n e ( n + 1 ) r t + n n ( n + 1 ) = 2 n + 1 e ( n + 1 ) r t + n n = 2 1 e ( n + 1 ) r t + n = 2 n e ( n + 1 ) r t = n
Block
Lấy logarit tự nhiên ($\ln$) hai vế:
( n + 1 ) r t = ln n t = ln n r ( n + 1 ) (n+1)rt = \ln n \\[7pt]
\boxed{t = \frac{\ln n}{r(n+1)}} ( n + 1 ) r t = ln n t = r ( n + 1 ) ln n
Block
Kết luận: Tốc độ truyền nhiễm đạt tối đa tại thời điểm $t = \frac{\ln n}{r(n+1)}$.
Đề 2: 2024-2025-KHTN
Mã HP: MAT2403-3
Tgian làm bài: 90 phút (không kể thời gian chép đề)
(2) Câu 1
Giải phương trình vi phân
d y d x = − x y 2 + y e x y − y sin x + x 2 x 2 y + x e x y + cos x + y + 1 \frac{dy}{dx}=-\frac{xy^{2}+ye^{xy}-y \sin~x+x^{2}}{x^{2}y+xe^{xy}+ \cos~x+y+1} d x d y = − x 2 y + x e x y + cos x + y + 1 x y 2 + y e x y − y sin x + x 2
Block
Dạng phương trình vi phân toàn phần.
Viết lại phương trình dưới dạng $M(x,y)dx + N(x,y)dy = 0$:
( x y 2 + y e x y − y sin x + x 2 ) d x + ( x 2 y + x e x y + cos x + y + 1 ) d y = 0 (xy^{2}+ye^{xy}-y \sin x+x^{2})dx + (x^{2}y+xe^{xy}+ \cos x+y+1)dy = 0 ( x y 2 + y e x y − y sin x + x 2 ) d x + ( x 2 y + x e x y + cos x + y + 1 ) d y = 0
Block
Bước 1: Kiểm tra điều kiện vi phân toàn phần
Đặt $M(x,y) = xy^{2}+ye^{xy}-y \sin x+x^{2}$ và $N(x,y) = x^{2}y+xe^{xy}+ \cos x+y+1$.
Ta tính các đạo hàm riêng (nhớ quy tắc đạo hàm theo biến nào thì coi biến kia là hằng số):
∂ M ∂ y = x ( 2 y ) + ( e x y + y ⋅ x e x y ) − sin x + 0 = 2 x y + e x y + x y e x y − sin x ∂ N ∂ x = y ( 2 x ) + ( e x y + x ⋅ y e x y ) − sin x + 0 + 0 = 2 x y + e x y + x y e x y − sin x \frac{\partial M}{\partial y} = x(2y) + \left(e^{xy} + y \cdot xe^{xy}\right) - \sin x + 0 = 2xy + e^{xy} + xye^{xy} - \sin x \\[7pt]
\frac{\partial N}{\partial x} = y(2x) + \left(e^{xy} + x \cdot ye^{xy}\right) - \sin x + 0 + 0 = 2xy + e^{xy} + xye^{xy} - \sin x ∂ y ∂ M = x ( 2 y ) + ( e x y + y ⋅ x e x y ) − sin x + 0 = 2 x y + e x y + x y e x y − sin x ∂ x ∂ N = y ( 2 x ) + ( e x y + x ⋅ y e x y ) − sin x + 0 + 0 = 2 x y + e x y + x y e x y − sin x
Block
Vì $\frac{\partial M}{\partial y} = \frac{\partial N}{\partial x}$, phương trình đã cho là phương trình vi phân toàn phần. Tồn tại hàm $U(x,y)$ sao cho $\frac{\partial U}{\partial x} = M$ và $\frac{\partial U}{\partial y} = N$.
Từ $\frac{\partial U}{\partial x} = M(x,y)$, lấy tích phân vế phải theo biến $x$ (coi $y$ là hằng số):
U ( x , y ) = ∫ ( x y 2 + y e x y − y sin x + x 2 ) d x U ( x , y ) = 1 2 x 2 y 2 + e x y + y cos x + 1 3 x 3 + g ( y ) U(x,y) = \int (xy^{2}+ye^{xy}-y \sin x+x^{2}) dx \\[7pt]
U(x,y) = \frac{1}{2}x^2y^2 + e^{xy} + y \cos x + \frac{1}{3}x^3 + g(y) U ( x , y ) = ∫ ( x y 2 + y e x y − y sin x + x 2 ) d x U ( x , y ) = 2 1 x 2 y 2 + e x y + y cos x + 3 1 x 3 + g ( y )
Block
(Ghi chú: $\int ye^{xy}dx = e^{xy}$, và $\int -y\sin x dx = y\cos x$)
Lấy đạo hàm của $U(x,y)$ vừa tìm được theo biến $y$ và ép cho bằng $N(x,y)$:
∂ U ∂ y = x 2 y + x e x y + cos x + g ′ ( y ) x 2 y + x e x y + cos x + g ′ ( y ) = x 2 y + x e x y + cos x + y + 1 \frac{\partial U}{\partial y} = x^2y + x e^{xy} + \cos x + g'(y) \\[7pt]
x^2y + x e^{xy} + \cos x + g'(y) = x^{2}y+xe^{xy}+ \cos x+y+1 ∂ y ∂ U = x 2 y + x e x y + cos x + g ′ ( y ) x 2 y + x e x y + cos x + g ′ ( y ) = x 2 y + x e x y + cos x + y + 1
Block
Triệt tiêu các số hạng giống nhau ở hai vế, ta được:
g ′ ( y ) = y + 1 g'(y) = y + 1 g ′ ( y ) = y + 1
Block
Lấy tích phân theo $y$ để tìm $g(y)$:
g ( y ) = ∫ ( y + 1 ) d y = 1 2 y 2 + y g(y) = \int (y + 1) dy = \frac{1}{2}y^2 + y g ( y ) = ∫ ( y + 1 ) d y = 2 1 y 2 + y
Block
Thay $g(y)$ trở lại vào hàm $U(x,y)$ ở Bước 2, ta có:
U ( x , y ) = 1 2 x 2 y 2 + e x y + y cos x + 1 3 x 3 + 1 2 y 2 + y U(x,y) = \frac{1}{2}x^2y^2 + e^{xy} + y \cos x + \frac{1}{3}x^3 + \frac{1}{2}y^2 + y U ( x , y ) = 2 1 x 2 y 2 + e x y + y cos x + 3 1 x 3 + 2 1 y 2 + y
Block
Tích phân tổng quát của phương trình là $U(x,y) = C$.
Vậy đáp án cuối cùng là:
1 3 x 3 + 1 2 x 2 y 2 + e x y + y cos x + 1 2 y 2 + y = C \boxed{\frac{1}{3}x^3 + \frac{1}{2}x^2y^2 + e^{xy} + y \cos x + \frac{1}{2}y^2 + y = C} 3 1 x 3 + 2 1 x 2 y 2 + e x y + y cos x + 2 1 y 2 + y = C
Block
(2) Câu 2
Giải phương trình
d 2 y d x 2 + 4 d y d x + 4 y = e − 2 x + x ( 1 ) y ( 0 ) = y ′ ( 0 ) = 1 \frac{d^{2}y}{dx^{2}}+4\frac{dy}{dx}+4y=e^{-2x}+x \quad (1) \\[7pt]
y(0) = y^\prime (0) = 1 d x 2 d 2 y + 4 d x d y + 4 y = e − 2 x + x ( 1 ) y ( 0 ) = y ′ ( 0 ) = 1
Block
dùng:
phương pháp hệ số bất định;
phương pháp phép biến thiên hằng số.
Bước 1: Giải phương trình thuần nhất liên kết
Xét phương trình thuần nhất: $y’’ + 4y’ + 4y = 0$.
Phương trình đặc trưng:
λ 2 + 4 λ + 4 = 0 ⇒ ( λ + 2 ) 2 = 0 \lambda^2 + 4\lambda + 4 = 0 \Rightarrow (\lambda + 2)^2 = 0 λ 2 + 4 λ + 4 = 0 ⇒ ( λ + 2 ) 2 = 0
Block
Phương trình có nghiệm kép $\lambda_1 = \lambda_2 = -2$.
Nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất ($y_c$) là:
y c = C 1 e − 2 x + C 2 x e − 2 x y_c = C_1 e^{-2x} + C_2 x e^{-2x} y c = C 1 e − 2 x + C 2 x e − 2 x
Block
(i) Dùng phương pháp hệ số bất định
Ta tìm nghiệm riêng $y_p$ cho vế phải $f(x) = e^{-2x} + x$. Tách làm hai hàm $f_1(x) = e^{-2x}$ và $f_2(x) = x$.
Tìm $y_{p1}$ ứng với $f_1(x) = e^{-2x}$:
Vì $\alpha = -2$ là nghiệm kép của phương trình đặc trưng, ta phải nhân thêm $x^2$ vào dự đoán ban đầu:
y p 1 = A x 2 e − 2 x y_{p1} = A x^2 e^{-2x} y p 1 = A x 2 e − 2 x
Block
Tính các đạo hàm:
y p 1 ′ = A ( 2 x e − 2 x − 2 x 2 e − 2 x ) = 2 A x e − 2 x − 2 A x 2 e − 2 x y p 1 ′ ′ = 2 A e − 2 x − 4 A x e − 2 x − 4 A x e − 2 x + 4 A x 2 e − 2 x = 2 A e − 2 x − 8 A x e − 2 x + 4 A x 2 e − 2 x y_{p1}' = A(2x e^{-2x} - 2x^2 e^{-2x}) = 2Ax e^{-2x} - 2Ax^2 e^{-2x} \\[7pt]
y_{p1}'' = 2A e^{-2x} - 4Ax e^{-2x} - 4Ax e^{-2x} + 4Ax^2 e^{-2x} = 2A e^{-2x} - 8Ax e^{-2x} + 4Ax^2 e^{-2x} y p 1 ′ = A ( 2 x e − 2 x − 2 x 2 e − 2 x ) = 2 A x e − 2 x − 2 A x 2 e − 2 x y p 1 ′′ = 2 A e − 2 x − 4 A x e − 2 x − 4 A x e − 2 x + 4 A x 2 e − 2 x = 2 A e − 2 x − 8 A x e − 2 x + 4 A x 2 e − 2 x
Block
Thay vào phương trình $y’’ + 4y’ + 4y = e^{-2x}$:
( 2 A e − 2 x − 8 A x e − 2 x + 4 A x 2 e − 2 x ) + 4 ( 2 A x e − 2 x − 2 A x 2 e − 2 x ) + 4 ( A x 2 e − 2 x ) = e − 2 x e − 2 x ( 2 A − 8 A x + 4 A x 2 + 8 A x − 8 A x 2 + 4 A x 2 ) = e − 2 x 2 A e − 2 x = e − 2 x ⇒ 2 A = 1 ⇒ A = 1 2 (2A e^{-2x} - 8Ax e^{-2x} + 4Ax^2 e^{-2x}) + 4(2Ax e^{-2x} - 2Ax^2 e^{-2x}) + 4(Ax^2 e^{-2x}) = e^{-2x} \\[7pt]
e^{-2x} (2A - 8Ax + 4Ax^2 + 8Ax - 8Ax^2 + 4Ax^2) = e^{-2x} \\[7pt]
2A e^{-2x} = e^{-2x} \Rightarrow 2A = 1 \Rightarrow A = \frac{1}{2} ( 2 A e − 2 x − 8 A x e − 2 x + 4 A x 2 e − 2 x ) + 4 ( 2 A x e − 2 x − 2 A x 2 e − 2 x ) + 4 ( A x 2 e − 2 x ) = e − 2 x e − 2 x ( 2 A − 8 A x + 4 A x 2 + 8 A x − 8 A x 2 + 4 A x 2 ) = e − 2 x 2 A e − 2 x = e − 2 x ⇒ 2 A = 1 ⇒ A = 2 1
Block
Vậy $y_{p1} = \frac{1}{2} x^2 e^{-2x}$.
Tìm $y_{p2}$ ứng với $f_2(x) = x$:
Vì $\alpha = 0$ không phải là nghiệm của phương trình đặc trưng, ta dự đoán đa thức bậc 1:
y p 2 = B x + C ⇒ y p 2 ′ = B , y p 2 ′ ′ = 0 y_{p2} = Bx + C \Rightarrow y_{p2}' = B, \quad y_{p2}'' = 0 y p 2 = B x + C ⇒ y p 2 ′ = B , y p 2 ′′ = 0
Block
Thay vào phương trình $y’’ + 4y’ + 4y = x$:
0 + 4 ( B ) + 4 ( B x + C ) = x 4 B x + ( 4 B + 4 C ) = x 0 + 4(B) + 4(Bx + C) = x \\[7pt]
4Bx + (4B + 4C) = x 0 + 4 ( B ) + 4 ( B x + C ) = x 4 B x + ( 4 B + 4 C ) = x
Block
Đồng nhất hệ số hai vế:
{ 4 B = 1 4 B + 4 C = 0 ⇒ { B = 1 4 C = − 1 4 ⇒ y p 2 = 1 4 x − 1 4 \begin{cases} 4B = 1 \\ 4B + 4C = 0 \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} B = \frac{1}{4} \\ C = -\frac{1}{4} \end{cases} \Rightarrow y_{p2} = \frac{1}{4}x - \frac{1}{4} { 4 B = 1 4 B + 4 C = 0 ⇒ { B = 4 1 C = − 4 1 ⇒ y p 2 = 4 1 x − 4 1
Block
Gom nghiệm tổng quát:
Nghiệm tổng quát của phương trình là $y = y_c + y_{p1} + y_{p2}$:
y = C 1 e − 2 x + C 2 x e − 2 x + 1 2 x 2 e − 2 x + 1 4 x − 1 4 y = C_1 e^{-2x} + C_2 x e^{-2x} + \frac{1}{2} x^2 e^{-2x} + \frac{1}{4}x - \frac{1}{4} y = C 1 e − 2 x + C 2 x e − 2 x + 2 1 x 2 e − 2 x + 4 1 x − 4 1
Block
(ii) Dùng phương pháp biến thiên hằng số
Từ nghiệm thuần nhất, ta có 2 nghiệm cơ bản $y_1 = e^{-2x}$ và $y_2 = x e^{-2x}$.
Tính định thức Wronski:
W = y 1 y 2 ′ − y 1 ′ y 2 = e − 2 x ( e − 2 x − 2 x e − 2 x ) − ( − 2 e − 2 x ) ( x e − 2 x ) = e − 4 x − 2 x e − 4 x + 2 x e − 4 x = e − 4 x W = y_1 y_2' - y_1' y_2 = e^{-2x}(e^{-2x} - 2x e^{-2x}) - (-2e^{-2x})(x e^{-2x}) = e^{-4x} - 2x e^{-4x} + 2x e^{-4x} = e^{-4x} W = y 1 y 2 ′ − y 1 ′ y 2 = e − 2 x ( e − 2 x − 2 x e − 2 x ) − ( − 2 e − 2 x ) ( x e − 2 x ) = e − 4 x − 2 x e − 4 x + 2 x e − 4 x = e − 4 x
Block
Hệ phương trình tìm đạo hàm của $C_1(x), C_2(x)$:
{ C 1 ′ = − y 2 f ( x ) W = − x e − 2 x ( e − 2 x + x ) e − 4 x = − x − x 2 e 2 x C 2 ′ = y 1 f ( x ) W = e − 2 x ( e − 2 x + x ) e − 4 x = 1 + x e 2 x \begin{cases} C_1' = \frac{-y_2 f(x)}{W} = \frac{-x e^{-2x}(e^{-2x} + x)}{e^{-4x}} = -x - x^2 e^{2x} \\ C_2' = \frac{y_1 f(x)}{W} = \frac{e^{-2x}(e^{-2x} + x)}{e^{-4x}} = 1 + x e^{2x} \end{cases} { C 1 ′ = W − y 2 f ( x ) = e − 4 x − x e − 2 x ( e − 2 x + x ) = − x − x 2 e 2 x C 2 ′ = W y 1 f ( x ) = e − 4 x e − 2 x ( e − 2 x + x ) = 1 + x e 2 x
Block
Lấy tích phân (sử dụng tích phân từng phần cho các hàm chứa $x e^{2x}$):
C 1 ( x ) = ∫ ( − x − x 2 e 2 x ) d x = − 1 2 x 2 − ( 1 2 x 2 e 2 x − 1 2 x e 2 x + 1 4 e 2 x ) + K 1 C 2 ( x ) = ∫ ( 1 + x e 2 x ) d x = x + ( 1 2 x e 2 x − 1 4 e 2 x ) + K 2 C_1(x) = \int (-x - x^2 e^{2x}) dx = -\frac{1}{2}x^2 - \left(\frac{1}{2}x^2 e^{2x} - \frac{1}{2}x e^{2x} + \frac{1}{4}e^{2x}\right) + K_1 \\[7pt]
C_2(x) = \int (1 + x e^{2x}) dx = x + \left(\frac{1}{2}x e^{2x} - \frac{1}{4}e^{2x}\right) + K_2 C 1 ( x ) = ∫ ( − x − x 2 e 2 x ) d x = − 2 1 x 2 − ( 2 1 x 2 e 2 x − 2 1 x e 2 x + 4 1 e 2 x ) + K 1 C 2 ( x ) = ∫ ( 1 + x e 2 x ) d x = x + ( 2 1 x e 2 x − 4 1 e 2 x ) + K 2
Block
Nhân ngược $C_1(x)$ với $y_1$ và $C_2(x)$ với $y_2$, ta được:
y = C 1 ( x ) e − 2 x + C 2 ( x ) x e − 2 x y = K 1 e − 2 x + K 2 x e − 2 x − 1 2 x 2 e − 2 x − 1 2 x 2 + 1 2 x − 1 4 + x 2 e − 2 x + 1 2 x 2 − 1 4 x y = C_1(x)e^{-2x} + C_2(x)x e^{-2x} \\[7pt]
y = K_1 e^{-2x} + K_2 x e^{-2x} - \frac{1}{2}x^2 e^{-2x} - \frac{1}{2}x^2 + \frac{1}{2}x - \frac{1}{4} + x^2 e^{-2x} + \frac{1}{2}x^2 - \frac{1}{4}x y = C 1 ( x ) e − 2 x + C 2 ( x ) x e − 2 x y = K 1 e − 2 x + K 2 x e − 2 x − 2 1 x 2 e − 2 x − 2 1 x 2 + 2 1 x − 4 1 + x 2 e − 2 x + 2 1 x 2 − 4 1 x
Block
Gom các số hạng lại, ta ra kết quả y hệt phương pháp (i):
y = K 1 e − 2 x + K 2 x e − 2 x + 1 2 x 2 e − 2 x + 1 4 x − 1 4 y = K_1 e^{-2x} + K_2 x e^{-2x} + \frac{1}{2}x^2 e^{-2x} + \frac{1}{4}x - \frac{1}{4} y = K 1 e − 2 x + K 2 x e − 2 x + 2 1 x 2 e − 2 x + 4 1 x − 4 1
Block
Áp dụng điều kiện ban đầu để tìm nghiệm riêng
Từ nghiệm tổng quát vừa tìm được (dùng $C_1, C_2$ cho thuận mắt):
y ( x ) = C 1 e − 2 x + C 2 x e − 2 x + 1 2 x 2 e − 2 x + 1 4 x − 1 4 y(x) = C_1 e^{-2x} + C_2 x e^{-2x} + \frac{1}{2} x^2 e^{-2x} + \frac{1}{4}x - \frac{1}{4} y ( x ) = C 1 e − 2 x + C 2 x e − 2 x + 2 1 x 2 e − 2 x + 4 1 x − 4 1
Block
Tính đạo hàm $y’(x)$:
y ′ ( x ) = − 2 C 1 e − 2 x + C 2 ( e − 2 x − 2 x e − 2 x ) + ( x e − 2 x − x 2 e − 2 x ) + 1 4 y'(x) = -2C_1 e^{-2x} + C_2(e^{-2x} - 2x e^{-2x}) + \left(x e^{-2x} - x^2 e^{-2x}\right) + \frac{1}{4} y ′ ( x ) = − 2 C 1 e − 2 x + C 2 ( e − 2 x − 2 x e − 2 x ) + ( x e − 2 x − x 2 e − 2 x ) + 4 1
Block
Thay điều kiện $y(0) = 1$ và $y’(0) = 1$:
{ y ( 0 ) = C 1 + 0 + 0 + 0 − 1 4 = 1 y ′ ( 0 ) = − 2 C 1 + C 2 + 0 + 1 4 = 1 ⇒ { C 1 = 5 4 − 2 ( 5 4 ) + C 2 + 1 4 = 1 ⇒ C 2 = 13 4 \begin{cases}
y(0) = C_1 + 0 + 0 + 0 - \frac{1}{4} = 1 \\
y'(0) = -2C_1 + C_2 + 0 + \frac{1}{4} = 1
\end{cases}
\Rightarrow
\begin{cases}
C_1 = \frac{5}{4} \\
-2\left(\frac{5}{4}\right) + C_2 + \frac{1}{4} = 1 \Rightarrow C_2 = \frac{13}{4}
\end{cases} { y ( 0 ) = C 1 + 0 + 0 + 0 − 4 1 = 1 y ′ ( 0 ) = − 2 C 1 + C 2 + 0 + 4 1 = 1 ⇒ { C 1 = 4 5 − 2 ( 4 5 ) + C 2 + 4 1 = 1 ⇒ C 2 = 4 13
Block
Kết luận: Nghiệm riêng của phương trình thỏa mãn điều kiện ban đầu là:
y = 5 4 e − 2 x + 13 4 x e − 2 x + 1 2 x 2 e − 2 x + 1 4 x − 1 4 \boxed{y = \frac{5}{4} e^{-2x} + \frac{13}{4} x e^{-2x} + \frac{1}{2} x^2 e^{-2x} + \frac{1}{4}x - \frac{1}{4}} y = 4 5 e − 2 x + 4 13 x e − 2 x + 2 1 x 2 e − 2 x + 4 1 x − 4 1
Block
(2) Câu 3
Giải hệ vi phân $u^{\prime}=Au$ với
A = ( 1 2 4 2 1 4 4 2 1 ) A=
\left( \begin{array}{ccc}
1 & 2 & 4 \\
2 & 1 & 4 \\
4 & 2 & 1
\end{array} \right) A = 1 2 4 2 1 2 4 4 1
Block
Cho $u(0)=(1,1,2)$
Bước 1: Tìm trị riêng của ma trận $A$
Giải phương trình đặc trưng $\det(A - \lambda I) = 0$:
∣ 1 − λ 2 4 2 1 − λ 4 4 2 1 − λ ∣ = 0 \left|\begin{array}{ccc}
1-\lambda & 2 & 4 \\
2 & 1-\lambda & 4 \\
4 & 2 & 1-\lambda
\end{array}\right| = 0 1 − λ 2 4 2 1 − λ 2 4 4 1 − λ = 0
Block
Khai triển định thức, ta được phương trình:
− ( λ + 1 ) ( λ − 7 ) ( λ + 3 ) = 0 ⇒ { λ 1 = 7 λ 2 = − 1 λ 3 = − 3 -(\lambda + 1)(\lambda - 7)(\lambda + 3) = 0 \Rightarrow \begin{cases} \lambda_1 = 7 \\ \lambda_2 = -1 \\ \lambda_3 = -3 \end{cases} − ( λ + 1 ) ( λ − 7 ) ( λ + 3 ) = 0 ⇒ ⎩ ⎨ ⎧ λ 1 = 7 λ 2 = − 1 λ 3 = − 3
Block
Bước 2: Tìm vector riêng tương ứng
Với $\lambda_1 = 7$, giải $(A - 7I)v = 0 \Rightarrow v_1 = \left(\begin{array}{c} 1 \ 1 \ 1 \end{array}\right)$
Với $\lambda_2 = -1$, giải $(A + I)v = 0 \Rightarrow v_2 = \left(\begin{array}{c} 1 \ -3 \ 1 \end{array}\right)$
Với $\lambda_3 = -3$, giải $(A + 3I)v = 0 \Rightarrow v_3 = \left(\begin{array}{c} 2 \ 2 \ -3 \end{array}\right)$
Nghiệm tổng quát của hệ là:
u ( t ) = C 1 e 7 t ( 1 1 1 ) + C 2 e − t ( 1 − 3 1 ) + C 3 e − 3 t ( 2 2 − 3 ) u(t) = C_1 e^{7t} \left(\begin{array}{c} 1 \\ 1 \\ 1 \end{array}\right) + C_2 e^{-t} \left(\begin{array}{c} 1 \\ -3 \\ 1 \end{array}\right) + C_3 e^{-3t} \left(\begin{array}{c} 2 \\ 2 \\ -3 \end{array}\right) u ( t ) = C 1 e 7 t 1 1 1 + C 2 e − t 1 − 3 1 + C 3 e − 3 t 2 2 − 3
Block
Bước 3: Tìm nghiệm riêng với điều kiện $u(0) = (1,1,2)^T$
Thay $t = 0$:
{ C 1 + C 2 + 2 C 3 = 1 C 1 − 3 C 2 + 2 C 3 = 1 C 1 + C 2 − 3 C 3 = 2 ⇒ { C 1 = 7 5 C 2 = 0 C 3 = − 1 5 \begin{cases}
C_1 + C_2 + 2C_3 = 1 \\
C_1 - 3C_2 + 2C_3 = 1 \\
C_1 + C_2 - 3C_3 = 2
\end{cases}
\Rightarrow
\begin{cases}
C_1 = \frac{7}{5} \\
C_2 = 0 \\
C_3 = -\frac{1}{5}
\end{cases} ⎩ ⎨ ⎧ C 1 + C 2 + 2 C 3 = 1 C 1 − 3 C 2 + 2 C 3 = 1 C 1 + C 2 − 3 C 3 = 2 ⇒ ⎩ ⎨ ⎧ C 1 = 5 7 C 2 = 0 C 3 = − 5 1
Block
Thay các hằng số vào nghiệm tổng quát, ta được nghiệm cuối cùng:
{ x ( t ) = 7 5 e 7 t − 2 5 e − 3 t y ( t ) = 7 5 e 7 t − 2 5 e − 3 t z ( t ) = 7 5 e 7 t + 3 5 e − 3 t \begin{cases}
x(t) = \frac{7}{5}e^{7t} - \frac{2}{5}e^{-3t} \\
y(t) = \frac{7}{5}e^{7t} - \frac{2}{5}e^{-3t} \\
z(t) = \frac{7}{5}e^{7t} + \frac{3}{5}e^{-3t}
\end{cases} ⎩ ⎨ ⎧ x ( t ) = 5 7 e 7 t − 5 2 e − 3 t y ( t ) = 5 7 e 7 t − 5 2 e − 3 t z ( t ) = 5 7 e 7 t + 5 3 e − 3 t
Block
(2) Câu 4
Chứng minh rằng tỉ số giữa hai nghiệm độc lập tuyến tính bất kì của phương trình
y ′ ′ + a 1 ( x ) y ′ + a 0 ( x ) y = 0 y^{\prime\prime}+a_{1}(x)y^{\prime}+a_{0}(x)y=0 y ′′ + a 1 ( x ) y ′ + a 0 ( x ) y = 0
Block
(với hệ số liên tục) không thể có điểm cực đại địa phương.
Bước 1: Thiết lập hàm tỉ số
Gọi $y_1(x)$ và $y_2(x)$ là hai nghiệm độc lập tuyến tính bất kỳ của phương trình đã cho.
Xét hàm tỉ số giữa hai nghiệm:
u ( x ) = y 1 ( x ) y 2 ( x ) u(x) = \frac{y_1(x)}{y_2(x)} u ( x ) = y 2 ( x ) y 1 ( x )
Block
(Xét trên các khoảng mà $y_2(x) \neq 0$. Tại các điểm $y_2(x) = 0$, $u(x)$ có tiệm cận đứng nên chắc chắn không thể đạt cực đại địa phương).
Bước 2: Tính đạo hàm bậc nhất của $u(x)$
Áp dụng quy tắc đạo hàm của một thương:
u ′ ( x ) = y 1 ′ ( x ) y 2 ( x ) − y 1 ( x ) y 2 ′ ( x ) y 2 2 ( x ) u^{\prime}(x) = \frac{y_1^{\prime}(x)y_2(x) - y_1(x)y_2^{\prime}(x)}{y_2^2(x)} u ′ ( x ) = y 2 2 ( x ) y 1 ′ ( x ) y 2 ( x ) − y 1 ( x ) y 2 ′ ( x )
Block
Bước 3: Liên hệ với định thức Wronski
Nhắc lại công thức định thức Wronski (Wronskian) của hai hàm $y_1, y_2$:
W ( x ) = y 1 ( x ) y 2 ′ ( x ) − y 1 ′ ( x ) y 2 ( x ) W(x) = y_1(x)y_2^{\prime}(x) - y_1^{\prime}(x)y_2(x) W ( x ) = y 1 ( x ) y 2 ′ ( x ) − y 1 ′ ( x ) y 2 ( x )
Block
Nhìn vào tử số của $u^{\prime}(x)$, ta thấy nó chính là số đối của định thức Wronski:
y 1 ′ ( x ) y 2 ( x ) − y 1 ( x ) y 2 ′ ( x ) = − W ( x ) y_1^{\prime}(x)y_2(x) - y_1(x)y_2^{\prime}(x) = -W(x) y 1 ′ ( x ) y 2 ( x ) − y 1 ( x ) y 2 ′ ( x ) = − W ( x )
Block
Do đó, đạo hàm của hàm tỉ số được viết lại thành:
u ′ ( x ) = − W ( x ) y 2 2 ( x ) u^{\prime}(x) = -\frac{W(x)}{y_2^2(x)} u ′ ( x ) = − y 2 2 ( x ) W ( x )
Block
Bước 4: Lập luận bằng tính chất của nghiệm độc lập tuyến tính
Vì $y_1(x)$ và $y_2(x)$ là hai nghiệm độc lập tuyến tính của phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất cấp 2, nên theo công thức Liouville (hoặc định lý Abel), định thức Wronski của chúng luôn khác 0 với mọi $x$:
W ( x ) ≠ 0 ∀ x W(x) \neq 0 \quad \forall x W ( x ) = 0 ∀ x
Block
Từ $W(x) \neq 0$ và mẫu số $y_2^2(x) > 0$, ta suy ra:
u ′ ( x ) = − W ( x ) y 2 2 ( x ) ≠ 0 ∀ x u^{\prime}(x) = -\frac{W(x)}{y_2^2(x)} \neq 0 \quad \forall x u ′ ( x ) = − y 2 2 ( x ) W ( x ) = 0 ∀ x
Block
Một hàm số $u(x)$ khả vi muốn đạt cực đại địa phương tại điểm $x_0$ thì điều kiện cần là $u^{\prime}(x_0) = 0$.
Tuy nhiên, vì $u^{\prime}(x)$ không bao giờ bằng 0, hàm $u(x)$ luôn đơn điệu ngặt (luôn tăng hoặc luôn giảm) trên từng khoảng xác định của nó.
Vậy, tỉ số giữa hai nghiệm độc lập tuyến tính không thể có điểm cực đại địa phương (Điều phải chứng minh).
Đề 3: 2022-2023-KHTN-1
Mã HP: MAT2403
Tgian làm bài: 90 phút (không kể thời gian chép đề)
(3) Câu 1
Giải phương trình vi phân
d y d x = 2 y ( 3 − y ) \frac{dy}{dx}=2y(3-y) d x d y = 2 y ( 3 − y )
Block
i. như phương trình tách biến; ii. như phương trình Bernouilli.
Vẽ sơ lược đồ thị các nghiệm.
i. Giải như phương trình tách biến
Biến đổi phương trình gốc:
d y d x = 2 y ( 3 − y ) \frac{dy}{dx} = 2y(3-y) d x d y = 2 y ( 3 − y )
Block
Chuyển tất cả $y$ sang vế trái, $x$ sang vế phải:
d y y ( 3 − y ) = 2 d x \frac{dy}{y(3-y)} = 2 dx y ( 3 − y ) d y = 2 d x
Block
Bước 2: Tách phân số và lấy tích phân
Tách vế trái thành tổng 2 phân số:
1 y ( 3 − y ) = 1 3 ( 1 y + 1 3 − y ) \frac{1}{y(3-y)} = \frac{1}{3} \left( \frac{1}{y} + \frac{1}{3-y} \right) y ( 3 − y ) 1 = 3 1 ( y 1 + 3 − y 1 )
Block
Lấy tích phân hai vế:
∫ 1 3 ( 1 y + 1 3 − y ) d y = ∫ 2 d x 1 3 ( ln ∣ y ∣ − ln ∣ 3 − y ∣ ) = 2 x + C 1 \int \frac{1}{3} \left( \frac{1}{y} + \frac{1}{3-y} \right) dy = \int 2 dx \\[7pt]
\frac{1}{3} (\ln|y| - \ln|3-y|) = 2x + C_1 ∫ 3 1 ( y 1 + 3 − y 1 ) d y = ∫ 2 d x 3 1 ( ln ∣ y ∣ − ln ∣3 − y ∣ ) = 2 x + C 1
Block
Nhân 3 cho cả 2 vế và gộp logarit:
ln ∣ y 3 − y ∣ = 6 x + 3 C 1 ln ∣ y 3 − y ∣ = 6 x + C 2 \ln\left|\frac{y}{3-y}\right| = 6x + 3C_1 \\[7pt]
\ln\left|\frac{y}{3-y}\right| = 6x + C_2 ln 3 − y y = 6 x + 3 C 1 ln 3 − y y = 6 x + C 2
Block
Mũ hóa 2 vế ($e^{\ln}$):
y 3 − y = C ⋅ e 6 x \frac{y}{3-y} = C \cdot e^{6x} 3 − y y = C ⋅ e 6 x
Block
Nhân chéo để rút $y$:
y = C ⋅ e 6 x ( 3 − y ) y = 3 C ⋅ e 6 x − y C ⋅ e 6 x y ( 1 + C ⋅ e 6 x ) = 3 C ⋅ e 6 x y = 3 C ⋅ e 6 x 1 + C ⋅ e 6 x y = C \cdot e^{6x}(3-y) \\[7pt]
y = 3C \cdot e^{6x} - yC \cdot e^{6x} \\[7pt]
y(1 + C \cdot e^{6x}) = 3C \cdot e^{6x} \\[7pt]
y = \frac{3C \cdot e^{6x}}{1 + C \cdot e^{6x}} y = C ⋅ e 6 x ( 3 − y ) y = 3 C ⋅ e 6 x − y C ⋅ e 6 x y ( 1 + C ⋅ e 6 x ) = 3 C ⋅ e 6 x y = 1 + C ⋅ e 6 x 3 C ⋅ e 6 x
Block
Chia cả tử và mẫu cho $C \cdot e^{6x}$ và đặt hằng số mới $K = \frac{1}{C}$:
y = 3 1 + K e − 6 x ( c u ˋ ng với c a ˊ c nghiệm k y ˋ dị y = 0 , y = 3 ) \boxed{y = \frac{3}{1 + K e^{-6x}}} \quad (\text{cùng với các nghiệm kỳ dị } y=0, y=3) y = 1 + K e − 6 x 3 ( c u ˋ ng với c a ˊ c nghiệm k y ˋ dị y = 0 , y = 3 )
Block
ii. Giải như phương trình Bernoulli
Biến đổi phương trình gốc về dạng chuẩn của phương trình Bernoulli:
d y d x = 6 y − 2 y 2 d y d x − 6 y = − 2 y 2 (Đ a ˆ y l a ˋ dạng Bernoulli với n = 2 ) \frac{dy}{dx} = 6y - 2y^2 \\[7pt]
\frac{dy}{dx} - 6y = -2y^2 \quad \text{(Đây là dạng Bernoulli với } n=2) d x d y = 6 y − 2 y 2 d x d y − 6 y = − 2 y 2 ( Đ a ˆ y l a ˋ dạng Bernoulli với n = 2 )
Block
Bước 1: Chia hai vế cho $y^2$
y − 2 d y d x − 6 y − 1 = − 2 y^{-2} \frac{dy}{dx} - 6y^{-1} = -2 y − 2 d x d y − 6 y − 1 = − 2
Block
Đặt $u = y^{1-2} = y^{-1} \Rightarrow \frac{du}{dx} = -y^{-2}\frac{dy}{dx} \Rightarrow y^{-2}\frac{dy}{dx} = -\frac{du}{dx}$
Thay vào phương trình:
− d u d x − 6 u = − 2 d u d x + 6 u = 2 ( Đ a ˆ y l a ˋ phương tr ı ˋ nh tuy e ˆ ˊ n t ı ˊ nh bậc 1 theo u ) -\frac{du}{dx} - 6u = -2 \\[7pt]
\frac{du}{dx} + 6u = 2 \quad (\text{Đây là phương trình tuyến tính bậc 1 theo } u ) − d x d u − 6 u = − 2 d x d u + 6 u = 2 ( Đ a ˆ y l a ˋ ph ươ ng tr ı ˋ nh tuy e ˆ ˊ n t ı ˊ nh bậc 1 theo u )
Block
Bước 3: Giải phương trình tuyến tính
Thừa số tích phân là $\mu(x) = e^{\int 6 dx} = e^{6x}$. Nhân cả hai vế với $e^{6x}$:
e 6 x d u d x + 6 e 6 x u = 2 e 6 x d d x ( u ⋅ e 6 x ) = 2 e 6 x e^{6x} \frac{du}{dx} + 6e^{6x}u = 2e^{6x} \\[7pt]
\frac{d}{dx} \left( u \cdot e^{6x} \right) = 2e^{6x} e 6 x d x d u + 6 e 6 x u = 2 e 6 x d x d ( u ⋅ e 6 x ) = 2 e 6 x
Block
Lấy tích phân hai vế:
u ⋅ e 6 x = ∫ 2 e 6 x d x u ⋅ e 6 x = 1 3 e 6 x + C u = 1 3 + C ⋅ e − 6 x u \cdot e^{6x} = \int 2e^{6x} dx \\[7pt]
u \cdot e^{6x} = \frac{1}{3}e^{6x} + C \\[7pt]
u = \frac{1}{3} + C \cdot e^{-6x} u ⋅ e 6 x = ∫ 2 e 6 x d x u ⋅ e 6 x = 3 1 e 6 x + C u = 3 1 + C ⋅ e − 6 x
Block
Vì $u = \frac{1}{y}$:
1 y = 1 + 3 C ⋅ e − 6 x 3 y = 3 1 + 3 C ⋅ e − 6 x \frac{1}{y} = \frac{1 + 3C \cdot e^{-6x}}{3} \\[7pt]
\boxed{y = \frac{3}{1 + 3C \cdot e^{-6x}}} y 1 = 3 1 + 3 C ⋅ e − 6 x y = 1 + 3 C ⋅ e − 6 x 3
Block
(Lưu ý: Hằng số $3C$ ở đây tương đương với hằng số $K$ ở cách 1, hai kết quả là một).
Vẽ sơ lược đồ thị các nghiệm
(3) Câu 2
Chuyển hệ sau về phương trình vi phân cấp hai rồi dùng phương pháp hệ số bất định để giải
{ x ′ = − 4 x − 6 y + 6 e 2 t ( 1 ) y ′ = x + y + 3 e 2 t ( 2 ) \begin{cases}
x^{\prime}=-4x-6y+6e^{2t} \quad (1) \\
y^{\prime}=x+y+3e^{2t} \quad (2)
\end{cases} { x ′ = − 4 x − 6 y + 6 e 2 t ( 1 ) y ′ = x + y + 3 e 2 t ( 2 )
Block
Bước 1: Chuyển hệ về một phương trình vi phân cấp hai
Từ phương trình (2), rút $x$ theo $y$:
x = y ′ − y − 3 e 2 t ( 3 ) x = y^{\prime} - y - 3e^{2t} \quad (3) x = y ′ − y − 3 e 2 t ( 3 )
Block
Lấy đạo hàm hai vế của (3) theo biến $t$:
x ′ = y ′ ′ − y ′ − 6 e 2 t ( 4 ) x^{\prime} = y^{\prime\prime} - y^{\prime} - 6e^{2t} \quad (4) x ′ = y ′′ − y ′ − 6 e 2 t ( 4 )
Block
Thay $x$ từ (3) và $x^{\prime}$ từ (4) vào phương trình (1):
y ′ ′ − y ′ − 6 e 2 t = − 4 ( y ′ − y − 3 e 2 t ) − 6 y + 6 e 2 t y ′ ′ − y ′ − 6 e 2 t = − 4 y ′ + 4 y + 12 e 2 t − 6 y + 6 e 2 t y^{\prime\prime} - y^{\prime} - 6e^{2t} = -4(y^{\prime} - y - 3e^{2t}) - 6y + 6e^{2t} \\[7pt]
y^{\prime\prime} - y^{\prime} - 6e^{2t} = -4y^{\prime} + 4y + 12e^{2t} - 6y + 6e^{2t} y ′′ − y ′ − 6 e 2 t = − 4 ( y ′ − y − 3 e 2 t ) − 6 y + 6 e 2 t y ′′ − y ′ − 6 e 2 t = − 4 y ′ + 4 y + 12 e 2 t − 6 y + 6 e 2 t
Block
Chuyển vế và rút gọn để được phương trình vi phân cấp 2 theo $y$:
y ′ ′ + 3 y ′ + 2 y = 24 e 2 t ( 5 ) y^{\prime\prime} + 3y^{\prime} + 2y = 24e^{2t} \quad (5) y ′′ + 3 y ′ + 2 y = 24 e 2 t ( 5 )
Block
Bước 2: Giải phương trình thuần nhất liên kết
Xét phương trình thuần nhất: $y^{\prime\prime} + 3y^{\prime} + 2y = 0$.
Phương trình đặc trưng:
λ 2 + 3 λ + 2 = 0 ⇒ { λ 1 = − 1 λ 2 = − 2 \lambda^2 + 3\lambda + 2 = 0 \Rightarrow \begin{cases} \lambda_1 = -1 \\ \lambda_2 = -2 \end{cases} λ 2 + 3 λ + 2 = 0 ⇒ { λ 1 = − 1 λ 2 = − 2
Block
Nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất là:
y c ( t ) = C 1 e − t + C 2 e − 2 t y_c(t) = C_1 e^{-t} + C_2 e^{-2t} y c ( t ) = C 1 e − t + C 2 e − 2 t
Block
Bước 3: Tìm nghiệm riêng bằng phương pháp hệ số bất định
Vế phải của (5) là $f(t) = 24e^{2t}$. Do $\lambda = 2$ không phải là nghiệm của phương trình đặc trưng, ta tìm nghiệm riêng dưới dạng:
y p ( t ) = A e 2 t y_p(t) = A e^{2t} y p ( t ) = A e 2 t
Block
Tính các đạo hàm:
y p ′ = 2 A e 2 t y p ′ ′ = 4 A e 2 t y_p^{\prime} = 2A e^{2t} \\[7pt]
y_p^{\prime\prime} = 4A e^{2t} y p ′ = 2 A e 2 t y p ′′ = 4 A e 2 t
Block
Thay vào phương trình (5):
4 A e 2 t + 3 ( 2 A e 2 t ) + 2 ( A e 2 t ) = 24 e 2 t ( 4 A + 6 A + 2 A ) e 2 t = 24 e 2 t 12 A = 24 ⇒ A = 2 4A e^{2t} + 3(2A e^{2t}) + 2(A e^{2t}) = 24e^{2t} \\[7pt]
(4A + 6A + 2A)e^{2t} = 24e^{2t} \\[7pt]
12A = 24 \Rightarrow A = 2 4 A e 2 t + 3 ( 2 A e 2 t ) + 2 ( A e 2 t ) = 24 e 2 t ( 4 A + 6 A + 2 A ) e 2 t = 24 e 2 t 12 A = 24 ⇒ A = 2
Block
Vậy nghiệm riêng là $y_p(t) = 2e^{2t}$.
Nghiệm tổng quát của $y(t)$ là:
y ( t ) = y c ( t ) + y p ( t ) = C 1 e − t + C 2 e − 2 t + 2 e 2 t y(t) = y_c(t) + y_p(t) = C_1 e^{-t} + C_2 e^{-2t} + 2e^{2t} y ( t ) = y c ( t ) + y p ( t ) = C 1 e − t + C 2 e − 2 t + 2 e 2 t
Block
Tính $y^{\prime}(t)$ từ $y(t)$ vừa tìm được:
y ′ ( t ) = − C 1 e − t − 2 C 2 e − 2 t + 4 e 2 t y^{\prime}(t) = -C_1 e^{-t} - 2C_2 e^{-2t} + 4e^{2t} y ′ ( t ) = − C 1 e − t − 2 C 2 e − 2 t + 4 e 2 t
Block
Thay $y(t)$ và $y^{\prime}(t)$ vào phương trình (3) để tìm $x(t)$:
x ( t ) = ( − C 1 e − t − 2 C 2 e − 2 t + 4 e 2 t ) − ( C 1 e − t + C 2 e − 2 t + 2 e 2 t ) − 3 e 2 t x ( t ) = ( − C 1 − C 1 ) e − t + ( − 2 C 2 − C 2 ) e − 2 t + ( 4 − 2 − 3 ) e 2 t x ( t ) = − 2 C 1 e − t − 3 C 2 e − 2 t − e 2 t x(t) = (-C_1 e^{-t} - 2C_2 e^{-2t} + 4e^{2t}) - (C_1 e^{-t} + C_2 e^{-2t} + 2e^{2t}) - 3e^{2t} \\[7pt]
x(t) = (-C_1 - C_1)e^{-t} + (-2C_2 - C_2)e^{-2t} + (4 - 2 - 3)e^{2t} \\[7pt]
x(t) = -2C_1 e^{-t} - 3C_2 e^{-2t} - e^{2t} x ( t ) = ( − C 1 e − t − 2 C 2 e − 2 t + 4 e 2 t ) − ( C 1 e − t + C 2 e − 2 t + 2 e 2 t ) − 3 e 2 t x ( t ) = ( − C 1 − C 1 ) e − t + ( − 2 C 2 − C 2 ) e − 2 t + ( 4 − 2 − 3 ) e 2 t x ( t ) = − 2 C 1 e − t − 3 C 2 e − 2 t − e 2 t
Block
Nghiệm tổng quát của hệ phương trình là:
{ x ( t ) = − 2 C 1 e − t − 3 C 2 e − 2 t − e 2 t y ( t ) = C 1 e − t + C 2 e − 2 t + 2 e 2 t \begin{cases}
x(t) = -2C_1 e^{-t} - 3C_2 e^{-2t} - e^{2t} \\
y(t) = C_1 e^{-t} + C_2 e^{-2t} + 2e^{2t}
\end{cases} { x ( t ) = − 2 C 1 e − t − 3 C 2 e − 2 t − e 2 t y ( t ) = C 1 e − t + C 2 e − 2 t + 2 e 2 t
Block
(3) Câu 3
Dùng phương pháp phép biến đổi Laplace, tìm nghiệm của bài toán Cauchy
x ′ ′ + 100 x = 19 c o s ( 9 t ) ( 1 ) x^{\prime\prime}+100~x=19~cos(9t) \quad (1) x ′′ + 100 x = 19 cos ( 9 t ) ( 1 )
Block
Cho $x(0)=x^{\prime}(0)=0.$
Bước 1: Lấy biến đổi Laplace hai vế
Gọi $X(s) = \mathcal{L}{x(t)}$. Áp dụng các công thức đạo hàm với điều kiện ban đầu $x(0) = 0$ và $x^{\prime}(0) = 0$:
L { x ′ ′ } = s 2 X ( s ) − s x ( 0 ) − x ′ ( 0 ) = s 2 X ( s ) \mathcal{L}\{x^{\prime\prime}\} = s^2X(s) - sx(0) - x^{\prime}(0) = s^2X(s) L { x ′′ } = s 2 X ( s ) − s x ( 0 ) − x ′ ( 0 ) = s 2 X ( s )
Block
Biến đổi Laplace của vế phải:
L { 19 cos ( 9 t ) } = 19 s s 2 + 9 2 = 19 s s 2 + 81 \mathcal{L}\{19 \cos(9t)\} = 19 \frac{s}{s^2 + 9^2} = \frac{19s}{s^2 + 81} L { 19 cos ( 9 t )} = 19 s 2 + 9 2 s = s 2 + 81 19 s
Block
Thay vào phương trình (1):
s 2 X ( s ) + 100 X ( s ) = 19 s s 2 + 81 ( s 2 + 100 ) X ( s ) = 19 s s 2 + 81 X ( s ) = 19 s ( s 2 + 100 ) ( s 2 + 81 ) s^2X(s) + 100X(s) = \frac{19s}{s^2 + 81} \\[7pt]
(s^2 + 100)X(s) = \frac{19s}{s^2 + 81} \\[7pt]
X(s) = \frac{19s}{(s^2 + 100)(s^2 + 81)} s 2 X ( s ) + 100 X ( s ) = s 2 + 81 19 s ( s 2 + 100 ) X ( s ) = s 2 + 81 19 s X ( s ) = ( s 2 + 100 ) ( s 2 + 81 ) 19 s
Block
Bước 2: Phân tích thành phân thức đơn giản
Ta cần tách phân thức $\frac{19s}{(s^2 + 100)(s^2 + 81)}$.
Đặt $u = s^2$ cho dễ nhìn, ta tách phần hệ số:
19 ( u + 100 ) ( u + 81 ) = A u + 100 + B u + 81 \frac{19}{(u + 100)(u + 81)} = \frac{A}{u + 100} + \frac{B}{u + 81} ( u + 100 ) ( u + 81 ) 19 = u + 100 A + u + 81 B
Block
Quy đồng ta có: $A(u + 81) + B(u + 100) = 19$
Chọn $u = -100 \Rightarrow A(-19) = 19 \Rightarrow A = -1$
Chọn $u = -81 \Rightarrow B(19) = 19 \Rightarrow B = 1$
Vậy:
19 ( s 2 + 100 ) ( s 2 + 81 ) = − 1 s 2 + 100 + 1 s 2 + 81 \frac{19}{(s^2 + 100)(s^2 + 81)} = \frac{-1}{s^2 + 100} + \frac{1}{s^2 + 81} ( s 2 + 100 ) ( s 2 + 81 ) 19 = s 2 + 100 − 1 + s 2 + 81 1
Block
Nhân thêm $s$ vào, ta được $X(s)$:
X ( s ) = s s 2 + 81 − s s 2 + 100 X(s) = \frac{s}{s^2 + 81} - \frac{s}{s^2 + 100} X ( s ) = s 2 + 81 s − s 2 + 100 s
Block
Bước 3: Lấy nghịch đảo Laplace
Từ $X(s)$, ta đưa về các dạng cơ bản L − 1 { s s 2 + ω 2 } = cos ( ω t ) \mathcal{L}^{-1} \left\{ \frac{s}{s^2 + \omega^2} \right\} = \cos(\omega t) L − 1 { s 2 + ω 2 s } = cos ( ω t )
x ( t ) = L − 1 { s s 2 + 9 2 } − L − 1 { s s 2 + 1 0 2 } x(t) = \mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{s}{s^2 + 9^2}\right\} - \mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{s}{s^2 + 10^2}\right\} x ( t ) = L − 1 { s 2 + 9 2 s } − L − 1 { s 2 + 1 0 2 s }
Block
Vậy nghiệm của bài toán Cauchy là:
x ( t ) = cos ( 9 t ) − cos ( 10 t ) \boxed{x(t) = \cos(9t) - \cos(10t)} x ( t ) = cos ( 9 t ) − cos ( 10 t )
Block
(3) Câu 4
Giải hệ vi phân $u^{\prime}=Au$ với
A = ( 0 − 1 − 2 1 0 − 3 2 3 0 ) A=
\left( \begin{array}{ccc}
0 & -1 & -2 \\
1 & 0 & -3 \\
2 & 3 & 0
\end{array} \right) A = 0 1 2 − 1 0 3 − 2 − 3 0
Block
Bước 1: Tìm trị riêng của ma trận $A$
Giải phương trình đặc trưng $\det(A - \lambda I) = 0$:
∣ − λ − 1 − 2 1 − λ − 3 2 3 − λ ∣ = 0 \left|\begin{array}{ccc}
-\lambda & -1 & -2 \\
1 & -\lambda & -3 \\
2 & 3 & -\lambda
\end{array}\right| = 0 − λ 1 2 − 1 − λ 3 − 2 − 3 − λ = 0
Block
Khai triển định thức, ta được:
− λ ( λ 2 + 9 ) − ( − 1 ) ( − λ + 6 ) + ( − 2 ) ( 3 + 2 λ ) = 0 − λ 3 − 9 λ − λ + 6 − 6 − 4 λ = 0 − λ 3 − 14 λ = 0 ⇒ − λ ( λ 2 + 14 ) = 0 -\lambda(\lambda^2 + 9) - (-1)(-\lambda + 6) + (-2)(3 + 2\lambda) = 0 \\[7pt]
-\lambda^3 - 9\lambda - \lambda + 6 - 6 - 4\lambda = 0 \\[7pt]
-\lambda^3 - 14\lambda = 0 \Rightarrow -\lambda(\lambda^2 + 14) = 0 − λ ( λ 2 + 9 ) − ( − 1 ) ( − λ + 6 ) + ( − 2 ) ( 3 + 2 λ ) = 0 − λ 3 − 9 λ − λ + 6 − 6 − 4 λ = 0 − λ 3 − 14 λ = 0 ⇒ − λ ( λ 2 + 14 ) = 0
Block
Hệ có 3 trị riêng: $\lambda_1 = 0$ và hai trị riêng phức $\lambda_{2,3} = \pm i\sqrt{14}$.
Bước 2: Tìm vector riêng cho $\lambda_1 = 0$
Giải hệ $(A - 0I)v = 0$:
( 0 − 1 − 2 1 0 − 3 2 3 0 ) ( x y z ) = ( 0 0 0 ) ⟺ { − y − 2 z = 0 x − 3 z = 0 2 x + 3 y = 0 \left(\begin{array}{ccc}
0 & -1 & -2 \\
1 & 0 & -3 \\
2 & 3 & 0
\end{array}\right)
\left(\begin{array}{c}
x \\ y \\ z
\end{array}\right)
=
\left(\begin{array}{c}
0 \\ 0 \\ 0
\end{array}\right)
\Longleftrightarrow
\begin{cases}
-y - 2z = 0 \\
x - 3z = 0 \\
2x + 3y = 0
\end{cases} 0 1 2 − 1 0 3 − 2 − 3 0 x y z = 0 0 0 ⟺ ⎩ ⎨ ⎧ − y − 2 z = 0 x − 3 z = 0 2 x + 3 y = 0
Block
Chọn $z = 1 \Rightarrow y = -2, x = 3$. Ta có vector riêng đầu tiên: $v_1 = \left(\begin{array}{c} 3 \ -2 \ 1 \end{array}\right)$.
Bước 3: Tìm nghiệm thực cho trị riêng phức $\lambda = i\sqrt{14}$
Giải hệ $(A - i\sqrt{14}I)V = 0$, ta tìm được vector riêng phức có dạng $V = P + iQ$ với:
P = ( − 3 2 13 ) , Q = ( 2 14 3 14 0 ) P = \left(\begin{array}{c} -3 \\ 2 \\ 13 \end{array}\right), \quad Q = \left(\begin{array}{c} 2\sqrt{14} \\ 3\sqrt{14} \\ 0 \end{array}\right) P = − 3 2 13 , Q = 2 14 3 14 0
Block
Từ $P$ và $Q$, ta lập được 2 nghiệm thực độc lập tuyến tính:
u 2 ( t ) = P cos ( 14 t ) − Q sin ( 14 t ) = ( − 3 cos ( 14 t ) − 2 14 sin ( 14 t ) 2 cos ( 14 t ) − 3 14 sin ( 14 t ) 13 cos ( 14 t ) ) u 3 ( t ) = P sin ( 14 t ) + Q cos ( 14 t ) = ( − 3 sin ( 14 t ) + 2 14 cos ( 14 t ) 2 sin ( 14 t ) + 3 14 cos ( 14 t ) 13 sin ( 14 t ) ) u_2(t) = P \cos(\sqrt{14}t) - Q \sin(\sqrt{14}t) = \left(\begin{array}{c} -3\cos(\sqrt{14}t) - 2\sqrt{14}\sin(\sqrt{14}t) \\ 2\cos(\sqrt{14}t) - 3\sqrt{14}\sin(\sqrt{14}t) \\ 13\cos(\sqrt{14}t) \end{array}\right) \\[10pt]
u_3(t) = P \sin(\sqrt{14}t) + Q \cos(\sqrt{14}t) = \left(\begin{array}{c} -3\sin(\sqrt{14}t) + 2\sqrt{14}\cos(\sqrt{14}t) \\ 2\sin(\sqrt{14}t) + 3\sqrt{14}\cos(\sqrt{14}t) \\ 13\sin(\sqrt{14}t) \end{array}\right) u 2 ( t ) = P cos ( 14 t ) − Q sin ( 14 t ) = − 3 cos ( 14 t ) − 2 14 sin ( 14 t ) 2 cos ( 14 t ) − 3 14 sin ( 14 t ) 13 cos ( 14 t ) u 3 ( t ) = P sin ( 14 t ) + Q cos ( 14 t ) = − 3 sin ( 14 t ) + 2 14 cos ( 14 t ) 2 sin ( 14 t ) + 3 14 cos ( 14 t ) 13 sin ( 14 t )
Block
Bước 4: Kết luận
Nghiệm tổng quát của hệ là $u(t) = C_1 v_1 + C_2 u_2(t) + C_3 u_3(t)$:
u ( t ) = C 1 ( 3 − 2 1 ) + C 2 ( − 3 cos ( 14 t ) − 2 14 sin ( 14 t ) 2 cos ( 14 t ) − 3 14 sin ( 14 t ) 13 cos ( 14 t ) ) + C 3 ( − 3 sin ( 14 t ) + 2 14 cos ( 14 t ) 2 sin ( 14 t ) + 3 14 cos ( 14 t ) 13 sin ( 14 t ) ) \boxed{u(t) = C_1 \left(\begin{array}{c} 3 \\ -2 \\ 1 \end{array}\right) + C_2 \left(\begin{array}{c} -3\cos(\sqrt{14}t) - 2\sqrt{14}\sin(\sqrt{14}t) \\ 2\cos(\sqrt{14}t) - 3\sqrt{14}\sin(\sqrt{14}t) \\ 13\cos(\sqrt{14}t) \end{array}\right) + C_3 \left(\begin{array}{c} -3\sin(\sqrt{14}t) + 2\sqrt{14}\cos(\sqrt{14}t) \\ 2\sin(\sqrt{14}t) + 3\sqrt{14}\cos(\sqrt{14}t) \\ 13\sin(\sqrt{14}t) \end{array}\right)} u ( t ) = C 1 3 − 2 1 + C 2 − 3 cos ( 14 t ) − 2 14 sin ( 14 t ) 2 cos ( 14 t ) − 3 14 sin ( 14 t ) 13 cos ( 14 t ) + C 3 − 3 sin ( 14 t ) + 2 14 cos ( 14 t ) 2 sin ( 14 t ) + 3 14 cos ( 14 t ) 13 sin ( 14 t )
Block
(3) Câu 5
Thả một vật có khối lượng 3 kg từ độ cao $h=2$ m. Tính thời gian vật chạm đất. Cho gia tốc trọng trường là $g=9,80665~m/s^{2}$
Bài này là chuyển động rơi tự do. Khối lượng vật $m =$ 3 kg là thông tin bẫy, không ảnh hưởng đến thời gian rơi (bỏ qua lực cản không khí).
Chọn gốc tọa độ tại mặt đất, chiều dương hướng lên trên.
Phương trình chuyển động của vật rơi tự do:
y ( t ) = h − 1 2 g t 2 y(t) = h - \frac{1}{2}gt^2 y ( t ) = h − 2 1 g t 2
Block
Khi vật chạm đất, tọa độ $y(t) = 0$:
h − 1 2 g t 2 = 0 t 2 = 2 h g t = 2 h g h - \frac{1}{2}gt^2 = 0 \\[7pt]
t^2 = \frac{2h}{g} \\[7pt]
t = \sqrt{\frac{2h}{g}} h − 2 1 g t 2 = 0 t 2 = g 2 h t = g 2 h
Block
Thay số với $h =$ 2 m và $g =$ 9.80665 m/s² :
t = 2 ⋅ 2 9.80665 ≈ 0.6386 s t = \sqrt{\frac{2 \cdot 2}{9.80665}} \approx \mathbf{0.6386 \ s} t = 9.80665 2 ⋅ 2 ≈ 0.6386 s
Block
Đáp số: Thời gian vật chạm đất là xấp xỉ 0.6386 giây .
Đề 4: 2022-2023-KHTN-2
Mã HP: MAT2314
Tgian làm bài: 90 phút (không kể thời gian chép đề)
(4) Câu 1
Giải phương trình vi phân
( x 2 + 2 y ) d y d x + 2 x y + 1 = 0 (x^{2}+2y)\frac{dy}{dx}+2xy+1=0 ( x 2 + 2 y ) d x d y + 2 x y + 1 = 0
Block
Đây là phương trình vi phân toàn phần.
Viết lại phương trình dưới dạng:
( 2 x y + 1 ) d x + ( x 2 + 2 y ) d y = 0 (2xy + 1)dx + (x^2 + 2y)dy = 0 ( 2 x y + 1 ) d x + ( x 2 + 2 y ) d y = 0
Block
Bước 1: Kiểm tra điều kiện vi phân toàn phần
Đặt $M(x,y) = 2xy + 1$ và $N(x,y) = x^2 + 2y$.
Ta có các đạo hàm riêng:
∂ M ∂ y = 2 x ∂ N ∂ x = 2 x \frac{\partial M}{\partial y} = 2x \\[7pt]
\frac{\partial N}{\partial x} = 2x ∂ y ∂ M = 2 x ∂ x ∂ N = 2 x
Block
Vì $\frac{\partial M}{\partial y} = \frac{\partial N}{\partial x}$, nên đây là phương trình vi phân toàn phần. Khi đó, chắc chắn tồn tại một hàm số $U(x,y)$ thỏa mãn $\frac{\partial U}{\partial x} = M$ và $\frac{\partial U}{\partial y} = N$.
Từ $\frac{\partial U}{\partial x} = M(x,y) = 2xy + 1$, lấy tích phân vế phải theo biến $x$ (coi $y$ là hằng số):
U ( x , y ) = ∫ ( 2 x y + 1 ) d x = x 2 y + x + g ( y ) U(x,y) = \int (2xy + 1) dx = x^2y + x + g(y) U ( x , y ) = ∫ ( 2 x y + 1 ) d x = x 2 y + x + g ( y )
Block
(với $g(y)$ là một hàm số chưa biết chỉ phụ thuộc vào biến $y$)
Lấy đạo hàm của $U(x,y)$ vừa tìm được theo biến $y$ và ép cho bằng $N(x,y)$:
∂ U ∂ y = x 2 + g ′ ( y ) x 2 + g ′ ( y ) = x 2 + 2 y \frac{\partial U}{\partial y} = x^2 + g'(y) \\[7pt]
x^2 + g'(y) = x^2 + 2y ∂ y ∂ U = x 2 + g ′ ( y ) x 2 + g ′ ( y ) = x 2 + 2 y
Block
Rút gọn ta được:
g ′ ( y ) = 2 y g'(y) = 2y g ′ ( y ) = 2 y
Block
Lấy tích phân theo $y$ để tìm $g(y)$:
g ( y ) = ∫ 2 y d y = y 2 g(y) = \int 2y dy = y^2 g ( y ) = ∫ 2 y d y = y 2
Block
(Lưu ý: Không cần cộng hằng số ở bước này vì sẽ gộp chung vào đáp số cuối cùng).
Thay $g(y) = y^2$ trở lại vào hàm $U(x,y)$ ở Bước 2, ta có:
U ( x , y ) = x 2 y + x + y 2 U(x,y) = x^2y + x + y^2 U ( x , y ) = x 2 y + x + y 2
Block
Nghiệm (tích phân tổng quát) của phương trình vi phân toàn phần luôn có dạng $U(x,y) = C$.
Vậy đáp án cuối cùng của phương trình là:
x 2 y + x + y 2 = C \boxed{x^2y + x + y^2 = C} x 2 y + x + y 2 = C
Block
(4) Câu 2
Giải phương trình
d 2 y d x 2 + y = x 2 e − 2 x ( 1 ) \frac{d^{2}y}{dx^{2}}+y=x^{2}e^{-2x} \quad (1) d x 2 d 2 y + y = x 2 e − 2 x ( 1 )
Block
dùng: (i) phương pháp hệ số bất định; và (ii) phương pháp phép biến đổi Laplace.
(i) Dùng phương pháp hệ số bất định
Bước 1: Giải phương trình thuần nhất liên kết
Xét phương trình thuần nhất: $y’’ + y = 0$.
Phương trình đặc trưng:
λ 2 + 1 = 0 ⇒ λ = ± i \lambda^2 + 1 = 0 \Rightarrow \lambda = \pm i λ 2 + 1 = 0 ⇒ λ = ± i
Block
Nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất ($y_c$) là:
y c = C 1 cos x + C 2 sin x y_c = C_1 \cos x + C_2 \sin x y c = C 1 cos x + C 2 sin x
Block
Bước 2: Tìm nghiệm riêng $y_p$
Vế phải là $f(x) = x^2 e^{-2x}$. Vì $\alpha = -2$ không phải là nghiệm của phương trình đặc trưng ($\pm i$), ta dự đoán nghiệm riêng dưới dạng đa thức bậc 2 nhân với mũ:
y p = ( A x 2 + B x + C ) e − 2 x y_p = (A x^2 + B x + C) e^{-2x} y p = ( A x 2 + B x + C ) e − 2 x
Block
Tính các đạo hàm:
y p ′ = ( 2 A x + B ) e − 2 x − 2 ( A x 2 + B x + C ) e − 2 x = [ − 2 A x 2 + ( 2 A − 2 B ) x + ( B − 2 C ) ] e − 2 x y p ′ ′ = [ − 4 A x + ( 2 A − 2 B ) ] e − 2 x − 2 [ − 2 A x 2 + ( 2 A − 2 B ) x + ( B − 2 C ) ] e − 2 x y p ′ ′ = [ 4 A x 2 + ( 4 B − 8 A ) x + ( 2 A − 4 B + 4 C ) ] e − 2 x y_p' = (2Ax + B)e^{-2x} - 2(Ax^2 + Bx + C)e^{-2x} = \left[-2Ax^2 + (2A - 2B)x + (B - 2C)\right] e^{-2x} \\[7pt]
y_p'' = \left[-4Ax + (2A - 2B)\right]e^{-2x} - 2\left[-2Ax^2 + (2A - 2B)x + (B - 2C)\right] e^{-2x} \\[7pt]
y_p'' = \left[4Ax^2 + (4B - 8A)x + (2A - 4B + 4C)\right] e^{-2x} y p ′ = ( 2 A x + B ) e − 2 x − 2 ( A x 2 + B x + C ) e − 2 x = [ − 2 A x 2 + ( 2 A − 2 B ) x + ( B − 2 C ) ] e − 2 x y p ′′ = [ − 4 A x + ( 2 A − 2 B ) ] e − 2 x − 2 [ − 2 A x 2 + ( 2 A − 2 B ) x + ( B − 2 C ) ] e − 2 x y p ′′ = [ 4 A x 2 + ( 4 B − 8 A ) x + ( 2 A − 4 B + 4 C ) ] e − 2 x
Block
Thay $y_p$ và $y_p’’$ vào phương trình $y’’ + y = x^2 e^{-2x}$:
[ 4 A x 2 + ( 4 B − 8 A ) x + ( 2 A − 4 B + 4 C ) ] e − 2 x + ( A x 2 + B x + C ) e − 2 x = x 2 e − 2 x [ 5 A x 2 + ( 5 B − 8 A ) x + ( 2 A − 4 B + 5 C ) ] e − 2 x = x 2 e − 2 x \left[4Ax^2 + (4B - 8A)x + (2A - 4B + 4C)\right] e^{-2x} + (A x^2 + B x + C) e^{-2x} = x^2 e^{-2x} \\[7pt]
\left[5Ax^2 + (5B - 8A)x + (2A - 4B + 5C)\right] e^{-2x} = x^2 e^{-2x} [ 4 A x 2 + ( 4 B − 8 A ) x + ( 2 A − 4 B + 4 C ) ] e − 2 x + ( A x 2 + B x + C ) e − 2 x = x 2 e − 2 x [ 5 A x 2 + ( 5 B − 8 A ) x + ( 2 A − 4 B + 5 C ) ] e − 2 x = x 2 e − 2 x
Block
Đồng nhất hệ số hai vế:
{ 5 A = 1 5 B − 8 A = 0 2 A − 4 B + 5 C = 0 ⇒ { A = 1 5 B = 8 25 C = 22 125 \begin{cases}
5A = 1 \\
5B - 8A = 0 \\
2A - 4B + 5C = 0
\end{cases}
\Rightarrow
\begin{cases}
A = \frac{1}{5} \\[5pt]
B = \frac{8}{25} \\[5pt]
C = \frac{22}{125}
\end{cases} ⎩ ⎨ ⎧ 5 A = 1 5 B − 8 A = 0 2 A − 4 B + 5 C = 0 ⇒ ⎩ ⎨ ⎧ A = 5 1 B = 25 8 C = 125 22
Block
Vậy nghiệm riêng là: $y_p = \left(\frac{1}{5}x^2 + \frac{8}{25}x + \frac{22}{125}\right)e^{-2x}$.
Nghiệm tổng quát của phương trình là $y = y_c + y_p$:
y = C 1 cos x + C 2 sin x + ( 1 5 x 2 + 8 25 x + 22 125 ) e − 2 x \boxed{y = C_1 \cos x + C_2 \sin x + \left(\frac{1}{5}x^2 + \frac{8}{25}x + \frac{22}{125}\right)e^{-2x}} y = C 1 cos x + C 2 sin x + ( 5 1 x 2 + 25 8 x + 125 22 ) e − 2 x
Block
(ii) Dùng phương pháp biến đổi Laplace
Vì phương pháp Laplace yêu cầu điều kiện ban đầu, ta giả sử $y(0) = K_1$ và $y’(0) = K_2$ (với $K_1, K_2$ là các hằng số tùy ý).
Lấy biến đổi Laplace hai vế của phương trình $y’’ + y = x^2 e^{-2x}$:
L { y ′ ′ } + L { y } = L { x 2 e − 2 x } [ s 2 Y ( s ) − s y ( 0 ) − y ′ ( 0 ) ] + Y ( s ) = 2 ( s + 2 ) 3 ( s 2 + 1 ) Y ( s ) − s K 1 − K 2 = 2 ( s + 2 ) 3 Y ( s ) = K 1 s s 2 + 1 + K 2 1 s 2 + 1 + 2 ( s 2 + 1 ) ( s + 2 ) 3 \mathcal{L}\{y''\} + \mathcal{L}\{y\} = \mathcal{L}\{x^2 e^{-2x}\} \\[7pt]
\left[s^2 Y(s) - s y(0) - y'(0)\right] + Y(s) = \frac{2}{(s+2)^3} \\[7pt]
(s^2 + 1)Y(s) - s K_1 - K_2 = \frac{2}{(s+2)^3} \\[7pt]
Y(s) = K_1 \frac{s}{s^2+1} + K_2 \frac{1}{s^2+1} + \frac{2}{(s^2+1)(s+2)^3} L { y ′′ } + L { y } = L { x 2 e − 2 x } [ s 2 Y ( s ) − sy ( 0 ) − y ′ ( 0 ) ] + Y ( s ) = ( s + 2 ) 3 2 ( s 2 + 1 ) Y ( s ) − s K 1 − K 2 = ( s + 2 ) 3 2 Y ( s ) = K 1 s 2 + 1 s + K 2 s 2 + 1 1 + ( s 2 + 1 ) ( s + 2 ) 3 2
Block
Thực hiện phân tích thành phân thức đơn giản (Partial Fraction Decomposition) cho số hạng cuối cùng:
2 ( s 2 + 1 ) ( s + 2 ) 3 = A s + B s 2 + 1 + C s + 2 + D ( s + 2 ) 2 + E ( s + 2 ) 3 \frac{2}{(s^2+1)(s+2)^3} = \frac{As + B}{s^2+1} + \frac{C}{s+2} + \frac{D}{(s+2)^2} + \frac{E}{(s+2)^3} ( s 2 + 1 ) ( s + 2 ) 3 2 = s 2 + 1 A s + B + s + 2 C + ( s + 2 ) 2 D + ( s + 2 ) 3 E
Block
Đồng nhất hệ số (bước này đi thi có thể nhẩm hoặc bấm máy, viết thẳng kết quả để tiết kiệm thời gian):
$A = -\frac{22}{125}, \quad B = \frac{4}{125}, \quad C = \frac{22}{125}, \quad D = \frac{8}{25}, \quad E = \frac{2}{5}$
Thay ngược lại vào $Y(s)$:
Y ( s ) = K 1 s s 2 + 1 + K 2 1 s 2 + 1 − 22 125 s s 2 + 1 + 4 125 1 s 2 + 1 + 22 125 1 s + 2 + 8 25 1 ( s + 2 ) 2 + 1 5 2 ( s + 2 ) 3 Y(s) = K_1 \frac{s}{s^2+1} + K_2 \frac{1}{s^2+1} - \frac{22}{125} \frac{s}{s^2+1} + \frac{4}{125} \frac{1}{s^2+1} + \frac{22}{125} \frac{1}{s+2} + \frac{8}{25} \frac{1}{(s+2)^2} + \frac{1}{5} \frac{2}{(s+2)^3} Y ( s ) = K 1 s 2 + 1 s + K 2 s 2 + 1 1 − 125 22 s 2 + 1 s + 125 4 s 2 + 1 1 + 125 22 s + 2 1 + 25 8 ( s + 2 ) 2 1 + 5 1 ( s + 2 ) 3 2
Block
Lấy nghịch đảo Laplace $\mathcal{L}^{-1}$ hai vế:
y ( x ) = K 1 cos x + K 2 sin x − 22 125 cos x + 4 125 sin x + 22 125 e − 2 x + 8 25 x e − 2 x + 1 5 x 2 e − 2 x y(x) = K_1 \cos x + K_2 \sin x - \frac{22}{125} \cos x + \frac{4}{125} \sin x + \frac{22}{125} e^{-2x} + \frac{8}{25} x e^{-2x} + \frac{1}{5} x^2 e^{-2x} y ( x ) = K 1 cos x + K 2 sin x − 125 22 cos x + 125 4 sin x + 125 22 e − 2 x + 25 8 x e − 2 x + 5 1 x 2 e − 2 x
Block
Gom các cụm chứa $\cos x$ và $\sin x$ lại với nhau:
y ( x ) = ( K 1 − 22 125 ) cos x + ( K 2 + 4 125 ) sin x + ( 1 5 x 2 + 8 25 x + 22 125 ) e − 2 x y(x) = \left(K_1 - \frac{22}{125}\right) \cos x + \left(K_2 + \frac{4}{125}\right) \sin x + \left(\frac{1}{5}x^2 + \frac{8}{25}x + \frac{22}{125}\right) e^{-2x} y ( x ) = ( K 1 − 125 22 ) cos x + ( K 2 + 125 4 ) sin x + ( 5 1 x 2 + 25 8 x + 125 22 ) e − 2 x
Block
Vì $K_1, K_2$ là các hằng số tùy ý, ta có thể đặt $C_1 = K_1 - \frac{22}{125}$ và $C_2 = K_2 + \frac{4}{125}$. Kết quả cuối cùng hoàn toàn khớp với phương pháp (i):
y = C 1 cos x + C 2 sin x + ( 1 5 x 2 + 8 25 x + 22 125 ) e − 2 x \boxed{y = C_1 \cos x + C_2 \sin x + \left(\frac{1}{5}x^2 + \frac{8}{25}x + \frac{22}{125}\right) e^{-2x}} y = C 1 cos x + C 2 sin x + ( 5 1 x 2 + 25 8 x + 125 22 ) e − 2 x
Block
(4) Câu 3
Giải hệ vi phân $u^{\prime}=Au$ với
A = ( − 3 − 1 0 1 − 3 1 0 1 − 3 ) A=
\left( \begin{array}{ccc}
-3 & -1 & 0 \\
1 & -3 & 1 \\
0 & 1 & -3
\end{array} \right) A = − 3 1 0 − 1 − 3 1 0 1 − 3
Block
Ta tách $A = -3I + B$, với $I$ là ma trận đơn vị và $B$ là phần còn lại:
A = ( − 3 0 0 0 − 3 0 0 0 − 3 ) + ( 0 − 1 0 1 0 1 0 1 0 ) = − 3 I + B A = \left(\begin{array}{ccc} -3 & 0 & 0 \\ 0 & -3 & 0 \\ 0 & 0 & -3 \end{array}\right) + \left(\begin{array}{ccc} 0 & -1 & 0 \\ 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \end{array}\right) = -3I + B A = − 3 0 0 0 − 3 0 0 0 − 3 + 0 1 0 − 1 0 1 0 1 0 = − 3 I + B
Block
Bước 2: Tính lũy thừa ma trận $B$
Ta tính $B^2$ và $B^3$:
B 2 = ( 0 − 1 0 1 0 1 0 1 0 ) ( 0 − 1 0 1 0 1 0 1 0 ) = ( − 1 0 − 1 0 0 0 1 0 1 ) B 3 = B 2 ⋅ B = ( − 1 0 − 1 0 0 0 1 0 1 ) ( 0 − 1 0 1 0 1 0 1 0 ) = ( 0 0 0 0 0 0 0 0 0 ) = 0 B^2 = \left(\begin{array}{ccc} 0 & -1 & 0 \\ 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \end{array}\right) \left(\begin{array}{ccc} 0 & -1 & 0 \\ 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \end{array}\right) = \left(\begin{array}{ccc} -1 & 0 & -1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 \end{array}\right) \\[7pt]
B^3 = B^2 \cdot B = \left(\begin{array}{ccc} -1 & 0 & -1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 \end{array}\right) \left(\begin{array}{ccc} 0 & -1 & 0 \\ 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \end{array}\right) = \left(\begin{array}{ccc} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{array}\right) = 0 B 2 = 0 1 0 − 1 0 1 0 1 0 0 1 0 − 1 0 1 0 1 0 = − 1 0 1 0 0 0 − 1 0 1 B 3 = B 2 ⋅ B = − 1 0 1 0 0 0 − 1 0 1 0 1 0 − 1 0 1 0 1 0 = 0 0 0 0 0 0 0 0 0 = 0
Block
Vì $B^3 = 0$, $B$ là ma trận lũy linh.
Bước 3: Dùng công thức ma trận mũ
Vì $(-3I)$ và $B$ giao hoán với nhau, ma trận cơ bản của hệ là:
e A t = e ( − 3 I + B ) t = e − 3 t I ⋅ e B t = e − 3 t ( I + B t + B 2 t 2 2 ! + B 3 t 3 3 ! + … ) e^{At} = e^{(-3I + B)t} = e^{-3tI} \cdot e^{Bt} = e^{-3t} \left( I + Bt + \frac{B^2 t^2}{2!} + \frac{B^3 t^3}{3!} + \dots \right) e A t = e ( − 3 I + B ) t = e − 3 t I ⋅ e Bt = e − 3 t ( I + Bt + 2 ! B 2 t 2 + 3 ! B 3 t 3 + … )
Block
Do $B^3 = 0$, chuỗi khai triển dừng lại ở bậc 2:
e A t = e − 3 t [ ( 1 0 0 0 1 0 0 0 1 ) + ( 0 − t 0 t 0 t 0 t 0 ) + ( − t 2 2 0 − t 2 2 0 0 0 t 2 2 0 t 2 2 ) ] e A t = e − 3 t ( 1 − t 2 2 − t − t 2 2 t 1 t t 2 2 t 1 + t 2 2 ) e^{At} = e^{-3t} \left[ \left(\begin{array}{ccc} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{array}\right) + \left(\begin{array}{ccc} 0 & -t & 0 \\ t & 0 & t \\ 0 & t & 0 \end{array}\right) + \left(\begin{array}{ccc} -\frac{t^2}{2} & 0 & -\frac{t^2}{2} \\ 0 & 0 & 0 \\ \frac{t^2}{2} & 0 & \frac{t^2}{2} \end{array}\right) \right] \\[10pt]
e^{At} = e^{-3t} \left(\begin{array}{ccc} 1 - \frac{t^2}{2} & -t & -\frac{t^2}{2} \\ t & 1 & t \\ \frac{t^2}{2} & t & 1 + \frac{t^2}{2} \end{array}\right) e A t = e − 3 t 1 0 0 0 1 0 0 0 1 + 0 t 0 − t 0 t 0 t 0 + − 2 t 2 0 2 t 2 0 0 0 − 2 t 2 0 2 t 2 e A t = e − 3 t 1 − 2 t 2 t 2 t 2 − t 1 t − 2 t 2 t 1 + 2 t 2
Block
Nghiệm tổng quát của hệ là $u(t) = e^{At} C$ với $C = (C_1, C_2, C_3)^T$:
u ( t ) = e − 3 t ( C 1 ( 1 − t 2 2 ) − C 2 t − C 3 t 2 2 C 1 t + C 2 + C 3 t C 1 t 2 2 + C 2 t + C 3 ( 1 + t 2 2 ) ) \boxed{u(t) = e^{-3t} \left(\begin{array}{c} C_1\left(1 - \frac{t^2}{2}\right) - C_2 t - C_3\frac{t^2}{2} \\ C_1 t + C_2 + C_3 t \\ C_1\frac{t^2}{2} + C_2 t + C_3\left(1 + \frac{t^2}{2}\right) \end{array}\right)} u ( t ) = e − 3 t C 1 ( 1 − 2 t 2 ) − C 2 t − C 3 2 t 2 C 1 t + C 2 + C 3 t C 1 2 t 2 + C 2 t + C 3 ( 1 + 2 t 2 )
Block
(4) Câu 4
Một học sinh ném một quả tạ có khối lượng $m=5~kg$ từ độ cao $h=1.5~m$ với vận tốc ném $v=13.6~m/s$ và với góc $\theta=40^{\circ}$ so với phương ngang. Tính thời gian tạ chạm đất và tầm xa của cú ném. Cho gia tốc trọng trường là $g=9.80~m/s^{2}$.
Bài này là chuyển động ném xiên từ một độ cao ban đầu. Khối lượng $m =$ 5 kg tiếp tục là thông tin bẫy.
Chọn hệ quy chiếu $Oxy$ với gốc tọa độ $O$ tại mặt đất (ngay dưới điểm ném), trục $Ox$ hướng theo phương ném ngang, trục $Oy$ hướng thẳng đứng lên trên. Gốc thời gian $t =$ 0 lúc bắt đầu ném.
Các phương trình chuyển động:
Trục $Ox$: $x(t) = v \cos(\theta) t$
Trục $Oy$: $y(t) = h + v \sin(\theta) t - \frac{1}{2}gt^2$
1. Tính thời gian chạm đất:
Khi tạ chạm đất, $y(t) = 0$:
− 1 2 g t 2 + v sin ( θ ) t + h = 0 -\frac{1}{2}gt^2 + v \sin(\theta) t + h = 0 − 2 1 g t 2 + v sin ( θ ) t + h = 0
Block
Thay số với $h =$ 1.5 m , $v =$ 13.6 m/s , $\theta =$ 40° , $g =$ 9.80 m/s² :
− 1 2 ( 9.80 ) t 2 + 13.6 sin ( 4 0 ∘ ) t + 1.5 = 0 -\frac{1}{2}(9.80)t^2 + 13.6 \sin(40^\circ)t + 1.5 = 0 − 2 1 ( 9.80 ) t 2 + 13.6 sin ( 4 0 ∘ ) t + 1.5 = 0
Block
− 4.9 t 2 + 8.7419 t + 1.5 = 0 -4.9t^2 + 8.7419t + 1.5 = 0 − 4.9 t 2 + 8.7419 t + 1.5 = 0
Block
Giải phương trình bậc 2, ta lấy nghiệm dương:
t = − 8.7419 − 8.741 9 2 − 4 ( − 4.9 ) ( 1.5 ) 2 ( − 4.9 ) ≈ 1.938 s t = \frac{-8.7419 - \sqrt{8.7419^2 - 4(-4.9)(1.5)}}{2(-4.9)} \approx \mathbf{1.938 \ s} t = 2 ( − 4.9 ) − 8.7419 − 8.741 9 2 − 4 ( − 4.9 ) ( 1.5 ) ≈ 1.938 s
Block
2. Tính tầm xa:
Tầm xa của cú ném chính là tọa độ $x$ khi tạ chạm đất:
L = x ( t m a x ) = v cos ( θ ) t L = x(t_{max}) = v \cos(\theta) t L = x ( t ma x ) = v cos ( θ ) t
Block
L = 13.6 cos ( 4 0 ∘ ) ⋅ 1.938 ≈ 10.418 ⋅ 1.938 ≈ 20.19 m L = 13.6 \cos(40^\circ) \cdot 1.938 \approx 10.418 \cdot 1.938 \approx \mathbf{20.19 \ m} L = 13.6 cos ( 4 0 ∘ ) ⋅ 1.938 ≈ 10.418 ⋅ 1.938 ≈ 20.19 m
Block
Đáp số: Thời gian chạm đất: 1.938 s
Đề 5: 2022-2023-KHTN-3
Mã HP: MAT1259 TNS
Tgian làm bài: 90 phút (không kể thời gian chép đề)
(5) Câu 1
Giải phương trình vi phân
2 x sin y d x + ( x 2 cos y − 1 ) d y = 0 2x \sin~y dx+(x^{2} \cos~y-1)dy=0 2 x sin y d x + ( x 2 cos y − 1 ) d y = 0
Block
biết điều kiện ban đầu $y(0)=1/2$
Dạng phương trình vi phân toàn phần, có thêm bước thay số ở cuối để tìm hằng số $C$ do đề bài cho điều kiện ban đầu.
Bước 1: Kiểm tra điều kiện vi phân toàn phần
Phương trình có dạng $M(x,y)dx + N(x,y)dy = 0$.
Đặt $M(x,y) = 2x \sin y$ và $N(x,y) = x^2 \cos y - 1$.
Ta có các đạo hàm riêng:
∂ M ∂ y = 2 x cos y ∂ N ∂ x = 2 x cos y \frac{\partial M}{\partial y} = 2x \cos y \\[7pt]
\frac{\partial N}{\partial x} = 2x \cos y ∂ y ∂ M = 2 x cos y ∂ x ∂ N = 2 x cos y
Block
Vì $\frac{\partial M}{\partial y} = \frac{\partial N}{\partial x}$, nên đây là phương trình vi phân toàn phần. Tồn tại hàm số $U(x,y)$ sao cho $\frac{\partial U}{\partial x} = M$ và $\frac{\partial U}{\partial y} = N$.
Từ $\frac{\partial U}{\partial x} = M(x,y) = 2x \sin y$, lấy tích phân vế phải theo biến $x$ (coi $y$ là hằng số):
U ( x , y ) = ∫ 2 x sin y d x = x 2 sin y + g ( y ) U(x,y) = \int 2x \sin y dx = x^2 \sin y + g(y) U ( x , y ) = ∫ 2 x sin y d x = x 2 sin y + g ( y )
Block
Lấy đạo hàm của $U(x,y)$ vừa tìm được theo biến $y$ và ép cho bằng $N(x,y)$:
∂ U ∂ y = x 2 cos y + g ′ ( y ) x 2 cos y + g ′ ( y ) = x 2 cos y − 1 \frac{\partial U}{\partial y} = x^2 \cos y + g'(y) \\[7pt]
x^2 \cos y + g'(y) = x^2 \cos y - 1 ∂ y ∂ U = x 2 cos y + g ′ ( y ) x 2 cos y + g ′ ( y ) = x 2 cos y − 1
Block
Rút gọn ta được:
g ′ ( y ) = − 1 g'(y) = -1 g ′ ( y ) = − 1
Block
Lấy tích phân theo $y$ để tìm $g(y)$:
g ( y ) = ∫ ( − 1 ) d y = − y g(y) = \int (-1) dy = -y g ( y ) = ∫ ( − 1 ) d y = − y
Block
Bước 4: Kết luận nghiệm tổng quát
Thay $g(y) = -y$ trở lại vào hàm $U(x,y)$ ở Bước 2, ta có:
U ( x , y ) = x 2 sin y − y U(x,y) = x^2 \sin y - y U ( x , y ) = x 2 sin y − y
Block
Tích phân tổng quát của phương trình là:
x 2 sin y − y = C x^2 \sin y - y = C x 2 sin y − y = C
Block
Bước 5: Tìm nghiệm riêng thỏa mãn điều kiện ban đầu
Đề bài cho điều kiện ban đầu $y(0) = \frac{1}{2}$ (tức là khi $x = 0$ thì $y = \frac{1}{2}$). Thay các giá trị này vào tích phân tổng quát để tìm $C$:
0 2 ⋅ sin ( 1 2 ) − 1 2 = C C = − 1 2 0^2 \cdot \sin\left(\frac{1}{2}\right) - \frac{1}{2} = C \\[7pt]
C = -\frac{1}{2} 0 2 ⋅ sin ( 2 1 ) − 2 1 = C C = − 2 1
Block
Thay $C = -\frac{1}{2}$ vào phương trình, ta được nghiệm riêng của bài toán:
x 2 sin y − y = − 1 2 \boxed{x^2 \sin y - y = -\frac{1}{2}} x 2 sin y − y = − 2 1
Block
(5) Câu 2
Tìm nghiệm của bài toán Cauchy
y ′ ′ + 6 y ′ + 13 y = 2 e − 2 t sin t y^{\prime\prime}+6y^{\prime}+13y=2e^{-2t} \sin~t y ′′ + 6 y ′ + 13 y = 2 e − 2 t sin t
Block
Cho $y(0)=y^{\prime}(0)=0$
dùng: (i) phương pháp hệ số bất định; hoặc (ii) phương pháp phép biến đổi Laplace.
Cách 1: Phương pháp hệ số bất định
Phương trình ban đầu:
y ′ ′ + 6 y ′ + 13 y = 2 e − 2 t sin t ( 1 ) y^{\prime\prime}+6y^{\prime}+13y=2e^{-2t} \sin t \quad (1) y ′′ + 6 y ′ + 13 y = 2 e − 2 t sin t ( 1 )
Block
Bước 1: Giải phương trình thuần nhất liên kết
Xét phương trình thuần nhất: $y’’ + 6y’ + 13y = 0$.
Phương trình đặc trưng:
λ 2 + 6 λ + 13 = 0 ⇒ ( λ + 3 ) 2 = − 4 ⇒ λ = − 3 ± 2 i \lambda^2 + 6\lambda + 13 = 0 \Rightarrow (\lambda + 3)^2 = -4 \Rightarrow \lambda = -3 \pm 2i λ 2 + 6 λ + 13 = 0 ⇒ ( λ + 3 ) 2 = − 4 ⇒ λ = − 3 ± 2 i
Block
Nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất ($y_c$) là:
y c = e − 3 t ( C 1 cos 2 t + C 2 sin 2 t ) y_c = e^{-3t}(C_1 \cos 2t + C_2 \sin 2t) y c = e − 3 t ( C 1 cos 2 t + C 2 sin 2 t )
Block
Bước 2: Tìm nghiệm riêng $y_p$
Vế phải là $f(t) = 2e^{-2t} \sin t$. Vì $\alpha \pm i\beta = -2 \pm i$ không trùng với nghiệm của phương trình đặc trưng (là $-3 \pm 2i$), ta dự đoán nghiệm riêng dưới dạng:
y p = e − 2 t ( A cos t + B sin t ) y_p = e^{-2t}(A \cos t + B \sin t) y p = e − 2 t ( A cos t + B sin t )
Block
Tính các đạo hàm:
y p ′ = e − 2 t [ ( − 2 A + B ) cos t + ( − 2 B − A ) sin t ] y p ′ ′ = e − 2 t [ ( 3 A − 4 B ) cos t + ( 3 B + 4 A ) sin t ] y_p' = e^{-2t} \left[ (-2A+B)\cos t + (-2B-A)\sin t \right] \\[7pt]
y_p'' = e^{-2t} \left[ (3A-4B)\cos t + (3B+4A)\sin t \right] y p ′ = e − 2 t [ ( − 2 A + B ) cos t + ( − 2 B − A ) sin t ] y p ′′ = e − 2 t [ ( 3 A − 4 B ) cos t + ( 3 B + 4 A ) sin t ]
Block
Thay $y_p, y_p’, y_p’’$ vào phương trình (1) và chia cả hai vế cho $e^{-2t}$:
[ ( 3 A − 4 B ) cos t + ( 3 B + 4 A ) sin t ] + 6 [ ( − 2 A + B ) cos t + ( − 2 B − A ) sin t ] + 13 ( A cos t + B sin t ) = 2 sin t \left[ (3A-4B)\cos t + (3B+4A)\sin t \right] + 6 \left[ (-2A+B)\cos t + (-2B-A)\sin t \right] + 13(A \cos t + B \sin t) = 2 \sin t [ ( 3 A − 4 B ) cos t + ( 3 B + 4 A ) sin t ] + 6 [ ( − 2 A + B ) cos t + ( − 2 B − A ) sin t ] + 13 ( A cos t + B sin t ) = 2 sin t
Block
Gom các hệ số của $\cos t$ và $\sin t$:
( 3 A − 4 B − 12 A + 6 B + 13 A ) cos t + ( 3 B + 4 A − 12 B − 6 A + 13 B ) sin t = 2 sin t ( 4 A + 2 B ) cos t + ( − 2 A + 4 B ) sin t = 2 sin t (3A - 4B - 12A + 6B + 13A) \cos t + (3B + 4A - 12B - 6A + 13B) \sin t = 2 \sin t \\[7pt]
(4A + 2B) \cos t + (-2A + 4B) \sin t = 2 \sin t ( 3 A − 4 B − 12 A + 6 B + 13 A ) cos t + ( 3 B + 4 A − 12 B − 6 A + 13 B ) sin t = 2 sin t ( 4 A + 2 B ) cos t + ( − 2 A + 4 B ) sin t = 2 sin t
Block
Đồng nhất hệ số hai vế:
{ 4 A + 2 B = 0 − 2 A + 4 B = 2 ⇒ { B = − 2 A − 2 A + 4 ( − 2 A ) = 2 ⇒ { A = − 1 5 B = 2 5 \begin{cases}
4A + 2B = 0 \\
-2A + 4B = 2
\end{cases}
\Rightarrow
\begin{cases}
B = -2A \\
-2A + 4(-2A) = 2
\end{cases}
\Rightarrow
\begin{cases}
A = -\frac{1}{5} \\[5pt]
B = \frac{2}{5}
\end{cases} { 4 A + 2 B = 0 − 2 A + 4 B = 2 ⇒ { B = − 2 A − 2 A + 4 ( − 2 A ) = 2 ⇒ ⎩ ⎨ ⎧ A = − 5 1 B = 5 2
Block
Vậy nghiệm tổng quát của phương trình là $y(t) = y_c + y_p$:
y ( t ) = e − 3 t ( C 1 cos 2 t + C 2 sin 2 t ) + e − 2 t ( − 1 5 cos t + 2 5 sin t ) y(t) = e^{-3t}(C_1 \cos 2t + C_2 \sin 2t) + e^{-2t} \left(-\frac{1}{5} \cos t + \frac{2}{5} \sin t \right) y ( t ) = e − 3 t ( C 1 cos 2 t + C 2 sin 2 t ) + e − 2 t ( − 5 1 cos t + 5 2 sin t )
Block
Bước 3: Dùng điều kiện ban đầu $y(0) = 0, y’(0) = 0$
Thay $t = 0$ vào $y(t)$:
y ( 0 ) = C 1 − 1 5 = 0 ⇒ C 1 = 1 5 y(0) = C_1 - \frac{1}{5} = 0 \Rightarrow C_1 = \frac{1}{5} y ( 0 ) = C 1 − 5 1 = 0 ⇒ C 1 = 5 1
Block
Tính đạo hàm $y’(t)$ tại $t=0$:
y ′ ( 0 ) = − 3 C 1 + 2 C 2 − 2 ( − 1 5 ) + 2 5 = 0 − 3 ( 1 5 ) + 2 C 2 + 4 5 = 0 ⇒ 2 C 2 + 1 5 = 0 ⇒ C 2 = − 1 10 y'(0) = -3C_1 + 2C_2 - 2 \left(-\frac{1}{5}\right) + \frac{2}{5} = 0 \\[7pt]
-3\left(\frac{1}{5}\right) + 2C_2 + \frac{4}{5} = 0 \Rightarrow 2C_2 + \frac{1}{5} = 0 \Rightarrow C_2 = -\frac{1}{10} y ′ ( 0 ) = − 3 C 1 + 2 C 2 − 2 ( − 5 1 ) + 5 2 = 0 − 3 ( 5 1 ) + 2 C 2 + 5 4 = 0 ⇒ 2 C 2 + 5 1 = 0 ⇒ C 2 = − 10 1
Block
Kết luận: Nghiệm của bài toán Cauchy là:
y ( t ) = e − 3 t ( 1 5 cos 2 t − 1 10 sin 2 t ) + e − 2 t ( − 1 5 cos t + 2 5 sin t ) \boxed{y(t) = e^{-3t} \left(\frac{1}{5} \cos 2t - \frac{1}{10} \sin 2t \right) + e^{-2t} \left(-\frac{1}{5} \cos t + \frac{2}{5} \sin t \right)} y ( t ) = e − 3 t ( 5 1 cos 2 t − 10 1 sin 2 t ) + e − 2 t ( − 5 1 cos t + 5 2 sin t )
Block
Cách 2: Phương pháp biến đổi Laplace
Bước 1: Lấy biến đổi Laplace 2 vế
Do $y(0) = 0$ và $y’(0) = 0$, ta có $\mathcal{L}{y’’} = s^2Y(s)$ và $\mathcal{L}{y’} = sY(s)$.
Vế phải: $\mathcal{L}{2e^{-2t} \sin t} = \frac{2}{(s+2)^2 + 1} = \frac{2}{s^2 + 4s + 5}$
Phương trình trở thành:
( s 2 + 6 s + 13 ) Y ( s ) = 2 s 2 + 4 s + 5 Y ( s ) = 2 ( s 2 + 6 s + 13 ) ( s 2 + 4 s + 5 ) (s^2 + 6s + 13)Y(s) = \frac{2}{s^2 + 4s + 5} \\[7pt]
Y(s) = \frac{2}{(s^2 + 6s + 13)(s^2 + 4s + 5)} ( s 2 + 6 s + 13 ) Y ( s ) = s 2 + 4 s + 5 2 Y ( s ) = ( s 2 + 6 s + 13 ) ( s 2 + 4 s + 5 ) 2
Block
Bước 2: Phân tích thành phân thức đơn giản
2 ( s 2 + 6 s + 13 ) ( s 2 + 4 s + 5 ) = A s + B s 2 + 6 s + 13 + C s + D s 2 + 4 s + 5 \frac{2}{(s^2 + 6s + 13)(s^2 + 4s + 5)} = \frac{As + B}{s^2 + 6s + 13} + \frac{Cs + D}{s^2 + 4s + 5} ( s 2 + 6 s + 13 ) ( s 2 + 4 s + 5 ) 2 = s 2 + 6 s + 13 A s + B + s 2 + 4 s + 5 C s + D
Block
Quy đồng và đồng nhất hệ số tử số (hoặc bấm máy), ta tìm được:
$A = \frac{1}{5}, B = \frac{2}{5}, C = -\frac{1}{5}, D = 0$.
Y ( s ) = 1 5 s + 2 s 2 + 6 s + 13 − 1 5 s s 2 + 4 s + 5 Y(s) = \frac{1}{5} \frac{s + 2}{s^2 + 6s + 13} - \frac{1}{5} \frac{s}{s^2 + 4s + 5} Y ( s ) = 5 1 s 2 + 6 s + 13 s + 2 − 5 1 s 2 + 4 s + 5 s
Block
Bước 3: Biến đổi về dạng chuẩn để lấy nghịch đảo Laplace
Tách các số hạng để xuất hiện dạng $(s+a)$ trên tử số giống mẫu số:
Y ( s ) = 1 5 ( s + 3 ) − 1 ( s + 3 ) 2 + 2 2 − 1 5 ( s + 2 ) − 2 ( s + 2 ) 2 + 1 2 Y ( s ) = 1 5 ( s + 3 ( s + 3 ) 2 + 2 2 − 1 2 ⋅ 2 ( s + 3 ) 2 + 2 2 ) − 1 5 ( s + 2 ( s + 2 ) 2 + 1 2 − 2 ⋅ 1 ( s + 2 ) 2 + 1 2 ) Y(s) = \frac{1}{5} \frac{(s + 3) - 1}{(s+3)^2 + 2^2} - \frac{1}{5} \frac{(s + 2) - 2}{(s+2)^2 + 1^2} \\[7pt]
Y(s) = \frac{1}{5} \left( \frac{s+3}{(s+3)^2 + 2^2} - \frac{1}{2} \cdot \frac{2}{(s+3)^2 + 2^2} \right) - \frac{1}{5} \left( \frac{s+2}{(s+2)^2 + 1^2} - 2 \cdot \frac{1}{(s+2)^2 + 1^2} \right) Y ( s ) = 5 1 ( s + 3 ) 2 + 2 2 ( s + 3 ) − 1 − 5 1 ( s + 2 ) 2 + 1 2 ( s + 2 ) − 2 Y ( s ) = 5 1 ( ( s + 3 ) 2 + 2 2 s + 3 − 2 1 ⋅ ( s + 3 ) 2 + 2 2 2 ) − 5 1 ( ( s + 2 ) 2 + 1 2 s + 2 − 2 ⋅ ( s + 2 ) 2 + 1 2 1 )
Block
Lấy nghịch đảo Laplace $\mathcal{L}^{-1}$:
y ( t ) = 1 5 e − 3 t cos 2 t − 1 10 e − 3 t sin 2 t − 1 5 e − 2 t cos t + 2 5 e − 2 t sin t \boxed{y(t) = \frac{1}{5} e^{-3t} \cos 2t - \frac{1}{10} e^{-3t} \sin 2t - \frac{1}{5} e^{-2t} \cos t + \frac{2}{5} e^{-2t} \sin t} y ( t ) = 5 1 e − 3 t cos 2 t − 10 1 e − 3 t sin 2 t − 5 1 e − 2 t cos t + 5 2 e − 2 t sin t
Block
(5) Câu 3
Cho hệ vi phân
x ′ = y , y ′ = z , z ′ = x x^{\prime}=y, \quad y^{\prime}=z, \quad z^{\prime}=x x ′ = y , y ′ = z , z ′ = x
Block
(i) Giải hệ dùng phương pháp thế.
(ii) Giải hệ dùng Định lý cơ bản hoặc dùng cách tính ma trận mũ.
(iii) Chỉ ra rằng với mọi nghiệm $(x, y, z)$ của hệ thì
e − t ( x + y + z ) e^{-t}(x+y+z) e − t ( x + y + z )
Block
là hằng số.
(i) Giải hệ dùng phương pháp thế
Hệ phương trình ban đầu:
{ x ′ = y ( 1 ) y ′ = z ( 2 ) z ′ = x ( 3 ) \begin{cases}
x^{\prime}=y \quad (1)\\
y^{\prime}=z \quad (2)\\
z^{\prime}=x \quad (3)
\end{cases} ⎩ ⎨ ⎧ x ′ = y ( 1 ) y ′ = z ( 2 ) z ′ = x ( 3 )
Block
Bước 1: Rút về phương trình vi phân cấp 3 theo $x$
Từ (1), lấy đạo hàm hai vế theo $t$: $x^{\prime\prime} = y^{\prime}$. Thay (2) vào ta được:
x ′ ′ = z ( 4 ) x^{\prime\prime} = z \quad (4) x ′′ = z ( 4 )
Block
Lấy đạo hàm tiếp (4) theo $t$: $x^{\prime\prime\prime} = z^{\prime}$. Thay (3) vào ta được:
x ′ ′ ′ = x ⇒ x ′ ′ ′ − x = 0 x^{\prime\prime\prime} = x \Rightarrow x^{\prime\prime\prime} - x = 0 x ′′′ = x ⇒ x ′′′ − x = 0
Block
Bước 2: Giải phương trình cấp 3
Phương trình đặc trưng: $\lambda^3 - 1 = 0 \Leftrightarrow (\lambda - 1)(\lambda^2 + \lambda + 1) = 0$.
Nghiệm của phương trình đặc trưng:
λ 1 = 1 , λ 2 , 3 = − 1 2 ± i 3 2 \lambda_1 = 1, \quad \lambda_{2,3} = -\frac{1}{2} \pm i\frac{\sqrt{3}}{2} λ 1 = 1 , λ 2 , 3 = − 2 1 ± i 2 3
Block
Nghiệm tổng quát của $x(t)$:
x ( t ) = C 1 e t + e − t / 2 ( C 2 cos 3 2 t + C 3 sin 3 2 t ) x(t) = C_1 e^t + e^{-t/2} \left( C_2 \cos \frac{\sqrt{3}}{2}t + C_3 \sin \frac{\sqrt{3}}{2}t \right) x ( t ) = C 1 e t + e − t /2 ( C 2 cos 2 3 t + C 3 sin 2 3 t )
Block
Bước 3: Tìm $y(t)$ và $z(t)$
Vì $y(t) = x^{\prime}(t)$, ta đạo hàm $x(t)$:
y ( t ) = C 1 e t + e − t / 2 [ ( − 1 2 C 2 + 3 2 C 3 ) cos 3 2 t − ( 3 2 C 2 + 1 2 C 3 ) sin 3 2 t ] y(t) = C_1 e^t + e^{-t/2} \left[ \left(-\frac{1}{2}C_2 + \frac{\sqrt{3}}{2}C_3\right) \cos \frac{\sqrt{3}}{2}t - \left(\frac{\sqrt{3}}{2}C_2 + \frac{1}{2}C_3\right) \sin \frac{\sqrt{3}}{2}t \right] y ( t ) = C 1 e t + e − t /2 [ ( − 2 1 C 2 + 2 3 C 3 ) cos 2 3 t − ( 2 3 C 2 + 2 1 C 3 ) sin 2 3 t ]
Block
Vì $z(t) = y^{\prime}(t)$ (hoặc $z(t) = x^{\prime\prime}(t)$), ta tiếp tục đạo hàm $y(t)$:
z ( t ) = C 1 e t + e − t / 2 [ ( − 1 2 C 2 − 3 2 C 3 ) cos 3 2 t + ( 3 2 C 2 − 1 2 C 3 ) sin 3 2 t ] z(t) = C_1 e^t + e^{-t/2} \left[ \left(-\frac{1}{2}C_2 - \frac{\sqrt{3}}{2}C_3\right) \cos \frac{\sqrt{3}}{2}t + \left(\frac{\sqrt{3}}{2}C_2 - \frac{1}{2}C_3\right) \sin \frac{\sqrt{3}}{2}t \right] z ( t ) = C 1 e t + e − t /2 [ ( − 2 1 C 2 − 2 3 C 3 ) cos 2 3 t + ( 2 3 C 2 − 2 1 C 3 ) sin 2 3 t ]
Block
(Gom 3 phương trình $x(t), y(t), z(t)$ lại ta được nghiệm tổng quát của hệ).
(ii) Giải hệ dùng Định lý cơ bản (Tìm trị riêng, vector riêng)
Viết lại hệ dưới dạng ma trận $u^{\prime} = Au$ với $u = (x,y,z)^T$ và:
A = ( 0 1 0 0 0 1 1 0 0 ) A = \left(\begin{array}{ccc} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 0 \end{array}\right) A = 0 0 1 1 0 0 0 1 0
Block
Giải $\det(A - \lambda I) = 0 \Rightarrow -\lambda^3 + 1 = 0$.
Ta có các trị riêng $\lambda_1 = 1$ và $\lambda_{2,3} = -\frac{1}{2} \pm i\frac{\sqrt{3}}{2}$.
Với $\lambda_1 = 1$, giải $(A - I)v = 0 \Rightarrow v_1 = \left(\begin{array}{c} 1 \ 1 \ 1 \end{array}\right)$.
Với trị riêng phức $\lambda = -\frac{1}{2} + i\frac{\sqrt{3}}{2}$, vector riêng tương ứng có dạng $v = \left(\begin{array}{c} 1 \ \lambda \ \lambda^2 \end{array}\right)$.
Ta tách $v$ thành phần thực $P$ và phần ảo $Q$:
v = ( 1 − 1 2 + i 3 2 − 1 2 − i 3 2 ) = ( 1 − 1 / 2 − 1 / 2 ) ⏟ P + i ( 0 3 / 2 − 3 / 2 ) ⏟ Q v = \left(\begin{array}{c} 1 \\ -\frac{1}{2} + i\frac{\sqrt{3}}{2} \\ -\frac{1}{2} - i\frac{\sqrt{3}}{2} \end{array}\right)
= \underbrace{\left(\begin{array}{c} 1 \\ -1/2 \\ -1/2 \end{array}\right)}_{P} + i \underbrace{\left(\begin{array}{c} 0 \\ \sqrt{3}/2 \\ -\sqrt{3}/2 \end{array}\right)}_{Q} v = 1 − 2 1 + i 2 3 − 2 1 − i 2 3 = P 1 − 1/2 − 1/2 + i Q 0 3 /2 − 3 /2
Block
Bước 3: Lập nghiệm tổng quát
Nghiệm phức sinh ra 2 nghiệm thực độc lập (với $\omega = \frac{\sqrt{3}}{2}$):
$u_2(t) = e^{-t/2} (P \cos \omega t - Q \sin \omega t)$
$u_3(t) = e^{-t/2} (P \sin \omega t + Q \cos \omega t)$
Nghiệm tổng quát của hệ là $u(t) = K_1 v_1 e^t + K_2 u_2(t) + K_3 u_3(t)$:
u ( t ) = K 1 e t ( 1 1 1 ) + K 2 e − t / 2 ( cos ω t − 1 2 cos ω t − 3 2 sin ω t − 1 2 cos ω t + 3 2 sin ω t ) + K 3 e − t / 2 ( sin ω t − 1 2 sin ω t + 3 2 cos ω t − 1 2 sin ω t − 3 2 cos ω t ) \boxed{u(t) = K_1 e^t \left(\begin{array}{c} 1 \\ 1 \\ 1 \end{array}\right) + K_2 e^{-t/2} \left(\begin{array}{c} \cos \omega t \\ -\frac{1}{2}\cos \omega t - \frac{\sqrt{3}}{2}\sin \omega t \\ -\frac{1}{2}\cos \omega t + \frac{\sqrt{3}}{2}\sin \omega t \end{array}\right) + K_3 e^{-t/2} \left(\begin{array}{c} \sin \omega t \\ -\frac{1}{2}\sin \omega t + \frac{\sqrt{3}}{2}\cos \omega t \\ -\frac{1}{2}\sin \omega t - \frac{\sqrt{3}}{2}\cos \omega t \end{array}\right)} u ( t ) = K 1 e t 1 1 1 + K 2 e − t /2 cos ω t − 2 1 cos ω t − 2 3 sin ω t − 2 1 cos ω t + 2 3 sin ω t + K 3 e − t /2 sin ω t − 2 1 sin ω t + 2 3 cos ω t − 2 1 sin ω t − 2 3 cos ω t
Block
(Lưu ý: Kết quả này hoàn toàn tương đương với cách (i), chỉ khác cách đặt hằng số).
(iii) Chứng minh $e^{-t}(x+y+z)$ là hằng số
Cộng vế theo vế 3 phương trình của hệ ban đầu ($x^{\prime}=y, y^{\prime}=z, z^{\prime}=x$), ta được:
x ′ + y ′ + z ′ = y + z + x x^{\prime} + y^{\prime} + z^{\prime} = y + z + x x ′ + y ′ + z ′ = y + z + x
Block
Đặt $S(t) = x(t) + y(t) + z(t)$, phương trình trên trở thành:
S ′ = S ⇒ S ′ − S = 0 S^{\prime} = S \Rightarrow S^{\prime} - S = 0 S ′ = S ⇒ S ′ − S = 0
Block
Nhân cả hai vế với thừa số tích phân $e^{-t}$:
e − t S ′ − e − t S = 0 e^{-t}S^{\prime} - e^{-t}S = 0 e − t S ′ − e − t S = 0
Block
Nhận thấy vế trái chính là đạo hàm của một tích:
d d t ( e − t S ) = 0 \frac{d}{dt} \left( e^{-t}S \right) = 0 d t d ( e − t S ) = 0
Block
Lấy tích phân hai vế theo $t$, ta được:
e − t S = C (với C l a ˋ h a ˘ ˋ ng s o ˆ ˊ ) e^{-t}S = C \quad \text{(với C là hằng số)} e − t S = C (với C l a ˋ h a ˘ ˋ ng s o ˆ ˊ )
Block
Thay $S = x + y + z$ ngược lại, ta có:
e − t ( x + y + z ) = C ( đi e ˆ ˋ u phải chứng minh ) \boxed{e^{-t}(x+y+z) = C \quad (\text{điều phải chứng minh})} e − t ( x + y + z ) = C ( đ i e ˆ ˋ u phải chứng minh )
Block
(5) Câu 4
Một sinh viên ném một viên đá có khối lượng m từ độ cao h với vận tốc ném $v,$ và với góc ném $\theta>0$ so với phương ngang. Bỏ qua sức cản của không khí.
Tính độ cao cực đại $h_{max}$ của viên đá.
Cố định các giá trị $m, h, v$, hỏi cần chọn góc ném như thế nào để $h_{max}$ lớn nhất.
Phương trình vận tốc theo trục $Oy$:
v y ( t ) = v sin θ − g t v_y(t) = v \sin\theta - gt v y ( t ) = v sin θ − g t
Block
Phương trình tọa độ theo trục $Oy$:
y ( t ) = h + ( v sin θ ) t − 1 2 g t 2 y(t) = h + (v \sin\theta)t - \frac{1}{2}gt^2 y ( t ) = h + ( v sin θ ) t − 2 1 g t 2
Block
1. Tính độ cao cực đại $h_{max}$:
Viên đá đạt độ cao cực đại khi vận tốc theo phương thẳng đứng bằng 0 :
v y ( t ) = 0 ⇒ v sin θ − g t = 0 ⇒ t m a x = v sin θ g v_y(t) = 0 \Rightarrow v \sin\theta - gt = 0 \Rightarrow t_{max} = \frac{v \sin\theta}{g} v y ( t ) = 0 ⇒ v sin θ − g t = 0 ⇒ t ma x = g v sin θ
Block
Thay $t_{max}$ vào phương trình tọa độ $y(t)$ để tìm $h_{max}$:
h m a x = h + ( v sin θ ) ( v sin θ g ) − 1 2 g ( v sin θ g ) 2 h m a x = h + v 2 sin 2 θ g − v 2 sin 2 θ 2 g h m a x = h + v 2 sin 2 θ 2 g h_{max} = h + (v \sin\theta)\left(\frac{v \sin\theta}{g}\right) - \frac{1}{2}g\left(\frac{v \sin\theta}{g}\right)^2 \\[7pt]
h_{max} = h + \frac{v^2 \sin^2\theta}{g} - \frac{v^2 \sin^2\theta}{2g} \\[7pt]
\mathbf{h_{max} = h + \frac{v^2 \sin^2\theta}{2g}} h ma x = h + ( v sin θ ) ( g v sin θ ) − 2 1 g ( g v sin θ ) 2 h ma x = h + g v 2 sin 2 θ − 2 g v 2 sin 2 θ h max = h + 2g v 2 sin 2 θ
Block
2. Góc ném để $h_{max}$ lớn nhất:
Nhìn vào công thức vừa chứng minh, ta thấy $h, v, g$ đều là các giá trị cố định.
Độ cao cực đại $h_{max}$ phụ thuộc vào hàm $\sin^2\theta$.
Để $h_{max}$ đạt giá trị lớn nhất, ta phải có:
sin 2 θ = 1 \sin^2\theta = 1 sin 2 θ = 1
Block
Vì góc ném hướng lên $\theta > 0$, suy ra:
θ = 9 0 ∘ ( hoặc π 2 rad ) \theta = \mathbf{90^\circ} \quad (\text{hoặc } \frac{\pi}{2} \text{ rad}) θ = 9 0 ∘ ( hoặc 2 π rad )
Block
Kết luận: Để ném được cao nhất, sinh viên cần ném viên đá thẳng đứng hướng lên trời.
