Phương pháp xấp xỉ liên tiếp Picard. Phương pháp chuỗi Taylor. Phương pháp chuỗi lũy thừa. Phương pháp Frobenius.
Trang 1BÀI TẬP SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP GIẢI TÍCH GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN THƯỜNG
Người soạn: ThS Nguyễn Hữu Học
Thanh Hóa 2014
Trang 2Mục lục
Tài liệu tham khảo10
Trang 3BÀI TẬP SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP GIẢI TÍCH
GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN THƯỜNG
1 Phương pháp xấp xỉ liên tiếp Picard
Công thức xấp xỉ liên tiếp Picard:
yn= y0+
x
Z
x0
f(t, yn−1) dt
y0= y (x0)
Bài 1 Tìm nghiệm gần đúng của phương trình: y0 = x + y2 thỏa mãn điều kiện ban đầu: y ( 0) = 1 bằng phương pháp xấp xỉ liên tiếp Picard (đến xấp xỉ thứ hai).
Giải:
Ta có:
x0= 0; y0= y (0) = 1 Xấp xỉ thứ nhất:
y1= y0+
x
Z
0
t+ y20 dt
⇒ y1= 1 +
x
Z
0
(t + 1) dt = 1 + x +x
2
2 Xấp xỉ thứ hai:
y2= y0+
x
Z
0
t+ y21 f t = 1 +
x
Z
0
1 +
1 + x +x
2
2
2! dt
⇒ y2 = 1 + x +3
2x
2+2
3x
3+1
4x
4+ 1
20x
5
Bài 2 Tìm nghiệm đúng của bài toán vi phân y0= x + y, y(0) = 0 trên miền x ≥ 0
bằng phương pháp dãy Picard.
Giải:
Ta có:
y0= y (x0) = 0
Trang 4Áp dụng công thức xấp xỉ liên tiếp Picard, ta được:
y1= y0+
x
Z
0
(t + y0) dt =
x
Z
0
tdt = x
2
2
y2= y0+
x
Z
0
(t + y1) dt =
x
Z
0
t+t
2
2
dt = x
2
2 +
x3 2.3
y3= y0+
x
Z
0
(t + y2) dt =
x
Z
0
t+t
2
2 +
t3 2.3
dt = x
2
2 +
x3 2.3+
x4 2.3.4
· · · ·
Tổng quát, bằng phương pháp quy nạp toán học ta có thể chứng minh được:
yn= x
2
2!+
x3 3!+
x4 4!+ +
xn+1 (n + 1)!
Hay:
yn=
1 + x +x
2
2!+
x3 3!+
x4 4!+ +
xn+1 (n + 1)!
− x − 1
Dãy xấp xỉ thu được hội tụ tới hàm ex− x − 1 trên miền x ≥ 0 Do đó nghiệm đúng của bài toán đã cho là:
y(x) = ex− x − 1
Bài 3 Tìm nghiệm đúng của phương trình y0 = 2xy cos x2 thỏa mãn điều kiện
y(0) = 1 bằng phương pháp dãy Picard.
Giải:
Ta có:
x0= 0 y0= y (0) = 1
Áp dụng công thức xấp xỉ liên tiếp Picard, ta được:
y1= y0+
x
Z
0
2t.y0 cos t2 dt = 1 + sin t2
y2= y0+
x
Z
0
2t 1 + sin t2 cos t2 dt = 1 + sin t2 +sin
2 t2 2
y3= y0+
x
Z
0
2t
"
1 + sin t2 +sin
2 t2 2
# cos t2 dt = 1 + sin t2 +sin
2 t2
2 +
sin3 t2 2.3
Trang 5Tổng quát, bằng phương pháp quy nạp toán học ta có thể chứng minh được:
yn =
n
∑
k=0
sink x2 k!
Dãy xấp xỉ thu được hội tụ tới hàm esin(x2) Do đó nghiệm đúng của bài toán đã cho là:
y(x) = esin(x2)
Nghiệm của bài toán được tìm dưới dạng chuỗi Taylor:
y(x) = y (x0) +y
0(x0) 1! (x − x0) +
y0(x0) 2! (x − x0)
2
+ +y
(n)(x0) n! (x − x0)
n
+
Tính các giá trị y(n)(x0), thay vào ta tìm được nghiệm của bài toán
Bài 4 Tìm nghiệm phương trình y0 = x2+ y2 thỏa mãn điều kiện y ( 0) = 1 bằng
phương pháp chuỗi Taylor (lấy với 6 số hạng khác không đầu tiên trong khai triển).
Giải:
Ta có:
x0= 0; y (x0) = y (0) = 1
y0 = x2+ y2⇒ y0(0) = 0 + 1 = 1
y00= 2x + 2yy0⇒ y00(0) = 2.0 + 2.1.1 = 2
y000= 2 + 2y02+ 2yy00⇒ y000(0) = 2 + 2.1 + 2.1.2 = 8
y(4)= 6y00y0+ 2yy000⇒ y(4)(0) = 6.1.2 + 2.1.8 = 28
y(5)= 8y0y000+ 6y002+ 2yy(4) ⇒ y(5)(0) = 8.1.8 + 6.4 + 2.1.28 = 144
Vậy nghiệm của phương trình đã cho lấy với 6 số hạng khác không đầu tiên là:
y(x) = 1 + x + x2+4x
3
3 +
7x4
6 +
6x5
5 +
Bài 5 Tìm nghiệm bài toán: y00= x + y2; y (0) = 0; y0(0) = 1 bằng phương pháp chuỗi
Taylor (lấy 4 số hạng khác không trong khai triển).
Giải:
Trang 6Ta có:
x0= 0; y (x0) = y (0) = 0; y0(0) = 1
y00= x + y2⇒ y00(0) = 0
y000 = 1 + 2yy0 ⇒ y000(0) = 1
y(4)= 2y02+ 2yy00⇒ y(4)(0) = 2
y(5)= 6y0y00+ 2yy000⇒ y(5)(0) = 0
y(6)= 6y002+ 8y0y000+ 2yy(4)⇒ y(6)(0) = 8 Vậy nghiệm của phương trình đã cho lấy với 4 số hạng khác không đầu tiên là:
y(x) = x +x
3
6 +
x4
12+
x6
90+
Nghiệm của bài toán được tìm dưới dạng chuỗi lũy thừa:
y(x) =
∞
∑
n=0
Cnxn
Tính đạo hàm thay vào phương trình để tìm các hệ số Cn
Bài 6 Tìm nghiệm tổng quát của phương trình:
y00− x2y= 0
trong dạng chuỗi lũy thừa.
Giải:
Nghiệm của bài toán được tìm dưới dạng:
y(x) =
∞
∑
n=0
Cnxn
Ta có:
y00(x) =
∞
∑
n=2
n(n − 1)Cnxn−2
Thay m = n − 2 vào chuỗi trên rồi thay thế m bởi n ta có thể viết lại:
y00(x) =
∞
∑
n=0
(n + 2) (n + 1)Cn+2xn
Thay vào phương trình đã cho ta được:
∞
∑
n=0
(n + 2) (n + 1)Cn+2xn− ∑
n=0
Cnxn+2 = 0
Trang 7Chuỗi thứ hai ở vế trái đặt m = n + 2 rồi thay m bởi n, ta thu được:
∞
∑
n=0
(n + 2) (n + 1)Cn+2xn−
∞
∑
n=2
Cn−2xn = 0
Hay:
2C2+ 6C3x+
∞
∑
n=2
[(n + 2) (n + 1)Cn+2−Cn−2] xn= 0
Từ đó:
C2= C3 = 0
Cn+2= Cn−2
(n + 2) (n + 1) (n ≥ 2)
Ta tính một vài số hạng đầu:
n= 2 : C4= C0
2.3
n= 3 : C5= C1
4.5
n= 4 : C6= 0
n= 5 : C7= 0
n= 6 : C8= C4
7.8 =
C0 2.3.7.8
n= 7 : C9= C5
8.9 =
C1 4.5.8.9
· · · ·
Từ quy luật trên ta có:
C4k= C0
2.3.7.8 · · · (4k − 1) 4k
C4k+1= C1
4.5.8.9 · · · 4k (4k + 1)
C4k+2= C4k+3= 0 (k = 0, 1, 2, ) Vậy nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là:
y(x) = C0
∞
∑
k=0
x4k 3.4.7.8 (4k − 1) 4k+C1
∞
∑
k=0
x4k+1 4.5.8.9 (4k) (4k + 1)
Bài 7 Tìm nghiệm phương trình y00+ x2y= 0 thỏa mãn điều kiện y (0) = 0, y0(0) = 1
bằng phương pháp chuỗi lũy thừa.
Trang 8Nghiệm của bài toán được tìm dưới dạng:
y(x) =
∞
∑
n=0
Cnxn
Ta có:
y00(x) =
∞
∑
n=2
n(n − 1)Cnxn−2
Thay m = n − 2 vào chuỗi trên rồi thay thế m bởi n ta có thể viết lại:
y00(x) =
∞
∑
n=0
(n + 2) (n + 1)Cn+2xn
Thay vào phương trình đã cho ta được:
∞
∑
n=0
(n + 2) (n + 1)Cn+2xn+ ∑
n=0
Cnxn+2 = 0
Chuỗi thứ hai ở vế trái đặt m = n + 2 rồi thay m bởi n, ta thu được:
∞
∑
n=0
(n + 2) (n + 1)Cn+2xn+
∞
∑
n=2
Cn−2xn = 0
Hay:
2C2+ 6C3x+
∞
∑
n=2
[(n + 2) (n + 1)Cn+2+Cn−2] xn= 0
Từ đó:
C2= C3 = 0
Cn+2= − Cn−2
(n + 2) (n + 1) (n ≥ 2)
Từ giả thiết, ta có:
C0= y (0) = 0
C1= y0(0) = 1
Trang 9Ta tính một vài số hạng đầu:
n= 2 : C4= −dC0
3.4 = 0
n= 3 : C5= −C1
4.5
n= 4 : C6= −C2
5.6 = 0
n= 5 : C7= −C3
6.7 = 0
n= 6 : C8= −C4
7.8 = 0
n= 7 : C9= −C5
8.9 =
C1 4.5.8.9
· · · ·
Từ quy luật trên ta có:
C4k+1= (−1)k C1
4.5.8.9 · · · 4k (4k + 1)
C4k= C4k+2= C4k+3= 0 (k = 0, 1, 2, )
Vậy nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là:
y(x) =
∞
∑
n=0
(−1)nx4n+1 4.5.8.9 (4n) (4n + 1)
Nghiệm của bài toán được tìm dưới dạng chuỗi Frobenius:
y(x) = xs
∞
∑
n=0
Cnxn
Các bước thực hiện tương tự như phương pháp chuỗi lũy thừa
Bài 8 Tìm nghiệm tổng quát của phương trình x2y00− 2y = 0 bằng phương pháp
Frobenius.
Giải:
Ta tìm nghiệm của bài toán trong dạng:
y(x) = xs
∞
∑
n=0
Cnxn= C0xs+C1xs+1+C2xs+2+ (C06= 0)
Trang 10⇒ y00(x) = C0s(s − 1) xs−2+C1(s + 1) sxs−1+C2(s + 2) (s + 1) xs+
Thế vào phương trình đã cho và sắp xếp theo lũy thừa của x, ta được:
[s (s − 1) − 2]C0xs+ [(s + 1) s − 2]C1xs+1+ [(s + 2) (s + 1) − 2]C2xs+2+
[(s + 3) (s + 2) − 2]C3xs+3+
Từ đó ta được:
[s (s − 1) − 2]C0 = 0 [(s + 1) s − 2]C1 = 0 [(s + 2) (s + 1) − 2]C2= 0 [(s + 3) (s + 2) − 2]C3= 0
· · · ·
(∗)
Phương trình chỉ định:
s(s − 1) − 2 = 0 ⇒ s = 2
s= −1
• Với s = 2 kết hợp với hệ (∗), ta được: C1= C2= C3= = 0 Khi đó vì C0 tùy
ý nên y1(x) = x2 là một nghiệm của phương trình
• Với s = −1 kết hợp với hệ (∗) ta được: C1= C2= C3= = 0 Khi đó vì C0tùy
ý nên y2(x) = x−1 là nghiệm thứ hai của phương trình đã cho
Vì y1(x) và y2(x) là hai nghiệm độc lập tuyến tính nên nghiệm tổng quát của phương trình là:
y(x) = c1x2+ c2x−1
Bài 9 Tìm nghiệm Frobenius của phương trình Bessel có bậc 0:
x2y00+ xy0+ x2y= 0
Giải:
Ta tìm nghiệm của bài toán trong dạng:
y(x) = xs
∞
∑
n=0
Cnxn =
∞
∑
n=0
Cnxn+s (C0 6= 0)
⇒ y0(x) =
∞
∑
n=0
(n + s)Cnxn+s−1 ⇒ xy0=
∞
∑
n=0
(n + s)Cnxn+s
y00(x) =
∞
∑
n=0
(n + s) (n + s − 1)Cnxn+s−2 ⇒ x2y00=
∞
∑
n=0
(n + s) (n + s − 1)Cnxn+s
Thay vào phương trình ta được:
∞
∑
n=0
(n + s)2Cnxn+s+
∞
∑
n=0
Cnxn+s+2= 0
Trang 11C0s2xs+ (s + 1)C1xs+1+
∞
∑
n=2
(n + s)2Cnxn+s+
∞
∑
n=0
Cnxn+s+2 (∗)
Với chuỗi
∞
∑
n=2
(n + s)2Cnxn+s, ta đặt m = n − 2 rồi thay lại m bởi n ta được:
∞
∑
n=0
(n + s + 2)2Cn+2xn+s+2 Thay vào (∗), ta được:
C0s2xs+C1(s + 1)2xs+1+
∞
∑
n=0
h (n + s + 2)2Cn+2+Cn
i
xn+s+2 = 0
Từ đó:
s2C0= 0 (s + 1)2C1= 0 (n + s + 2)2Cn+2+Cn= 0
⇒
s= 0
C1 = 0
Cn+2= − Cn
(n + 2)2
Do đó Cn= 0 với n lẻ, và:
C2= −C0
22
C4= −C2
42 = C0
2242
C6= −C4
62 = − C0
224262
· · · ·
C2n = (−1)
n
C0
22n(n!)2 Chọn C0= 1, ta được nghiệm:
J0(x) =
∞
∑
n=0
(−1)nx2n
22n(n!)2 = 1 −
x2
4 +
x4
64− x
6
2304+
Đây là hàm Bessel bậc không loại một, một trong những hàm đặc biệt quan trọng
nhất trong toán học
Tài liệu
[1] Lê Trọng Vinh (2007), Giáo trình Giải tích số, Nhà xuất bản Khoa học và Kỹ
thuật
[2] Phạm Kỳ Anh (1996), Giải tích số, Nhà xuất bản Đại Học Quốc Gia Hà Nội.