Chương 6 Giải gần đúng phương trình vi phân thường

MỞ ĐẦU Nhiều bài toán kỹ thuật qui về việc t×m nghiệm của phương trình vi phân thoả mãn điều kiện nào đó điều kiện đầu , điều kiện biên … nói chung giải đúng là khó nên thường giải gầ

Chương 6 GIẢI GẦN ĐÚNG PHƯƠNG TRÌNH

VI PHÂN THƯỜNG

6.1 MỞ ĐẦU

Nhiều bài toán kỹ thuật qui về việc t×m nghiệm của phương trình vi phân thoả

mãn điều kiện nào đó (điều kiện đầu , điều kiện biên … ) nói chung giải đúng là khó nên thường giải gần đúng

Có 2 phương pháp giải gần đúng :

phương pháp này thưòng ít dùng hơn

- Phương pháp số : Ta tìm nghiệm tại các điểm xo<x1,…<xn ≤ x tức là đúng

nghiệm ở giá trị trước để tính giá trị sau : yk =φ(yk-1,…yk-v )

Có thể có phương pháp 1 bước và phương pháp đa bước : phương pháp 1 bước tính yk qua yk-1 ;phương pháp đa bước tính thông qua yk-1…yk-v

Trong phạm vi chương này ta xét 2 loại bài toán :

1 – Bài toán giá trị ban đầu còn gọi là bài toán Côsi :

Tìm y(x) thoả mãn 2 điều kiện : +y’=f(x,y) x0 < x <x

+y(x0) = y0

2 – Bài toán biên tuyến tính : +Biên 2 điểm a , b

⎪

⎩

⎪

⎨

⎧

= +

= +

= +

+

2 2

2

1 1

1

) ( ' ) (

) ( ' ) (

) ( ) ( ' ) (

"

γ β

α

γ β

α

b y b

y

a y a

y

x f y x q y x p y

6.2 PHƯƠNG PHÁP GIẢI TÍCH (PHƯƠNG PHÁP CHUỖI NGUYÊN )

Xét bài toán Côsi :

y’ = f(x,y) ; x0 < x < x (7-1 )

y(x0) = y0 (7-2)

Trong đó hàm f(x,y) giải tích trong lân cận (x0,y0) tức là :

f(x,y) =∑∞ a

=0

, j

i

i,j(x-x0)i(y-y0)j

Khi đó nghiệm đúng y+(x)có thể khai triển thành chuổi Taylo

y*(x) = ∑

=

n

) ( )

i

x

y+i o

(x-xo)i

Các đạo hàm y+(i)(xo) có thể tính được dựa vào (7-1) và (7-2)

y(xo) = yo

y’(x) = f(x,y) ⇒ y’(xo) =f(xo,yo)

y” =

x

f

∂

∂

+

y

f

∂

∂

.y’

y”(xo) =

x

f

∂

∂

(xo,yo) +

y

f

∂

∂

(xo,yo).f(xo,yo) Và cứ tiếp tục như vậy Khi tính như vậy ta sẽ tìm được chuỗi Taylo và đó chính là nghiệm của phương trình vi phân

Ví dụ :

⎩

⎨

⎧

=

= 1 ) 0 (

'

y

y x y

Ta có : y(0) =1

y’(o) =0 – 1 =-1

y” = 1-y’ ⇒ y”(0) =2

, = - y ⇒ (0) =-2

Từ đây ta suy ra ; y(k)(0) = (-1)k.2 với k≥2 Do đó :

yt(x) = 1-x +2 ∑∞

=2

) 1 (

k

x k

k

=0

) (

k

x k

= 2e-x + x –1

Đây là nghiệm dạng chuỗi đúng

Ví dụ 2 :

⎪⎩

⎪

⎨

⎧

= +

= 2 ) 1 (

'

y

x y

y y

2 1

2 + =

3

2

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛

+ y

x

) (

)' ( ' ) (

y x

y x y y y x

+

+

−

) (

'

y x

y xy

+

−

) 2 1 (

2 3

2 1 +

−

=

27 4

−

Tiếp tục ta tính các các đạo hàm bậc cao :

y (1) =''

27

4 … vv

Ta có kết quả :

y(x) ≈ 2+

3

-27

2 (x-1)2 +

27

2 (x-1)2+

81

2 (x-3)3 + …

6.3 PHƯƠNG PHÁP SỐ

6.3.1 Phương pháp cấp 1 – Phương pháp Ơle

Ta chia đoạn (x0,x) thành n đoạn nhỏ bằng nhau bởi các điểm chia xi, bước các điểm chia là h, h>0

h=

n

x

x− 0 ;

xi = x0 +i.h ; i= 0,1,…,n

Nếu y(x) là nghiệm đúng của phương trình (7.1),(7.2) ta tìm cách tính gần đúng giá trị y(x) chỉ tại các nút xi mà thôi, rồi từ đó cho phép ta dùng các giá trị gần đúng đó Gọi ui là giá trị gần đúng của y(xi) là gia trị ù cần tìm

Nếu đã biết ui tại xi ta tính ui+1 tại nút xi+1 Ta khai triển Taylo hàm y(x) tại xi :

y (x) =y(xi) + y’(xi).(x-xi) +

! 2

) ( ,

i

c

y (x-xi)2

ci = xi + θ (x-xi) ; 0 < θ <1

Thay: x = xi+1 = xi + h ; y’(xi) = f(xi,y(xi)) theo (7.1)

Ta có:

y (xi +1) = y(xi) + h.f(xi,y(xi)) +

2

2

h y (c,

i) (7.3) Khi h bé thì số hạng cuối bé ta bỏ qua khi đó ta thay giá trị y(xi) ≈ ui đã có thì ta tính được ui+1 ≈ y(xi +1) là:

ui+1 ≈ ui +h.f(xi,ui) (7.4)

Dựa vào điều kiện (7.2) ta chọn u0 = y0 (7.5) với i=0

Ta dùng (7.4) tính được u1 và từ đó ta tính được các giá trị khác Phương pháp tính ui trên gọi là phương pháp Ơle

Tóm lại phương pháp Ơle: ui+1 = ui +h(f(xi,ui))

xn = x0 +n.h Sai số cục bộ của phương pháp:

,

2

) (

h c

y i

Phương pháp này có độ chính xác thấp

Ví dụ: y’ = y -

y

x

2 ; 0 < ≤ 1 y(0) = 1

Ta có: f(x,y) = y -

y

x

2 ; x0 = 0 ; x =1 ; y0 =1

Lưới sai phân: xi =i.h ; h =

n

1

Công thức Ơle cho bài toán là:

ui+1 = ui + h.(ui -

i

i

u

x

2 )

u0 = y0 = 1 Nếu ta chia n =10 thì kết quả tính như bảng sau:

(Trong bảng có cho giá trị đúng yi vì y = 2x+1 )

6.4.CÁC PHƯƠNG PHÁP ĐA BƯỚC

Xét bài toán côsi :

y’=f(x,y) xo ≤ x ≤ x

y(xo) = yo (y,f ∈ Rm)

Tích phân 2 vế từ xn đến xn+1 được:

y” =yn + ∫+1 '( )

n

n

x

x

dx x y

Đặt

i

n

l

x

x − =t , có :

yn+1 =yn + h y' (x t.h)dt (*)

1

+

∫

Aùp dụng đa thức nội suy Niutơn lùi cho y’n+1 =y’(xn+t.h) ta có:

y’n+t =y’n +

! 1

t ∆y’n-1 +

! 2

) 1 (t+

t ∆2y’n-2 +

!

) 1 ) (

1 (

q

q t t

t + + − ∆qy’n-q Aùp dụng tính chất sai phân và ký hiệu sai phân lùi ta có :

∇y’n =∇y’n-1 = y’1 – y’n-1

y’n+t =y’n +

!

1

t ∇y’n +

! 2

) 1 (t+

!

) 1 ) (

1 (

q

q t t

t + + − ∇qy’n (**)

(∇ky’n =∇ky’n-k)

Xuất phát từ xn+1 (thay n = n+1 và t = t-1 ) ta có :

y’n+t = y’n+1 +

! 1 1

−

t ∇y’n+1 +

! 2

) 1 (t− t ∇2y’n+1 + … +

!

) 2 ) (

1

(

q

q

t

t

t − + − ∇qy’n+1

Thay (**) vào (*) ta có công thức :

=

q

i i

a

0

iy’n (***)

Trong đó ao =1 ; ai = ∫1

) 1 ) (

1 (

i

i t t

Tính các hệ số ta có :

yn+1 =yn + h[1+

2

1 ∇ +

2

5∇2 +

8

3∇3 +

720

!

25 ∇4 +… ] y’n

Nếu q = 0 ta có lại công thức Euler :

yn+1 = yn + h f(xn,yn)

Từ công thức (***) ta tính được các giá trị tiếp theo của y tại nút

Sai số của công thức là :

Rq = liq+2∫1

) ) (

1 ( +

+ +

q

q t t

t y(q+2)(ξ)dt Hay : Rq = hq+2y(q+2)(ξ)

-Phương pháp tiệm cận sai số : Khì (x,y) khả vi , liên tục và y(x) có đạo hàm đến cấp 3 bị chặn thì tồn tại hàm w(x) liên tục không phụ thuộc vào bước h sao cho :

ui – y(xi) = h.w(xi) +o(h2) (*)

Giả sử với cùng bài toán ta tính theo ơle 2 lần: Lần 1 với bước h ta được giá trị gần đúng tại xi là u(xi,{

2

h}) , lần 2 với bước

2

h ta được giá trị gần đúng tại xi là u(xi,{

2

h}) theo (*) ta có :

u(xi,{h}) – y(xi) = h w(xi) + o(h2) (**)

u(xi,{

2

h}) – y(xi) =

2

h w(xi) + o(h2) (***)

Ta khử w(xi) khỏi 2 đẳng thức trên ta có :

[2u(xi,

2

h) - u(xi,h)] – y(xi) = o(h2)

Vì o(h2) rất bé , là sai số của phép xác định ta có :

y(xi) = 2u(xi,

2

h) - u(xi,h) (***)

Ta có nghiệm chính xác hơn

Và như vậy có phương pháp 2 bước ( Euler )

Ví dụ : cũng giải bài toán y’ =

y-y

x

2 ; với 0 ≤ x ≤ 1 y(0) =1

Ta có bảng kết quả :

i,

2

y(xi)