Đang tải... (xem toàn văn)
Phương pháp xấp xỉ liên tiếp Picard. Phương pháp chuỗi Taylor. Phương pháp chuỗi lũy thừa. Phương pháp Frobenius.
Bài giảng BÀI TẬP SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP GIẢI TÍCH GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN THƯỜNG Người soạn: ThS. Nguyễn Hữu Học Thanh Hóa 2014 Giải tích số Giải gần đúng pt vi phân thường Mục lục 1 Phương pháp xấp xỉ liên tiếp Picard 2 2 Phương pháp chuỗi Taylor 4 3 Phương pháp chuỗi lũy thừa 5 4 Phương pháp Frobenius 8 Tài liệu tham khảo10 1 Giải tích số Giải gần đúng pt vi phân thường BÀI 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: y n = y 0 + x x 0 f (t, y n−1 )dt y 0 = y(x 0 ) Bài 1 Tìm nghiệm gần đúng của phương trình: y = x + y 2 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: x 0 = 0; y 0 = y(0) = 1 Xấp xỉ thứ nhất: y 1 = y 0 + x 0 t + y 2 0 dt ⇒ y 1 = 1 + x 0 (t + 1)dt = 1 + x + x 2 2 Xấp xỉ thứ hai: y 2 = y 0 + x 0 t + y 2 1 f t = 1 + x 0 1 + 1 + x + x 2 2 2 dt ⇒ y 2 = 1 + x + 3 2 x 2 + 2 3 x 3 + 1 4 x 4 + 1 20 x 5 Bài 2 Tìm nghiệm đúng của bài toán vi phân y = x + y, y(0) = 0 trên miền x ≥ 0 bằng phương pháp dãy Picard. Giải: Ta có: y 0 = y(x 0 ) = 0 2 Giải tích số Giải gần đúng pt vi phân thường Áp dụng công thức xấp xỉ liên tiếp Picard, ta được: y 1 = y 0 + x 0 (t + y 0 )dt = x 0 tdt = x 2 2 y 2 = y 0 + x 0 (t + y 1 )dt = x 0 t + t 2 2 dt = x 2 2 + x 3 2.3 y 3 = y 0 + x 0 (t + y 2 )dt = x 0 t + t 2 2 + t 3 2.3 dt = x 2 2 + x 3 2.3 + x 4 2.3.4 ··· ··· ··· Tổng quát, bằng phương pháp quy nạp toán học ta có thể chứng minh được: y n = x 2 2! + x 3 3! + x 4 4! + . . . + x n+1 (n + 1)! Hay: y n = 1 + x + x 2 2! + x 3 3! + x 4 4! + . . . + x n+1 (n + 1)! − x − 1 Dãy xấp xỉ thu được hội tụ tới hàm e x − x − 1 trên miền x ≥ 0. Do đó nghiệm đúng của bài toán đã cho là: y(x) = e x − x − 1 Bài 3 Tìm nghiệm đúng của phương trình y = 2xycos x 2 thỏa mãn điều kiện y(0) = 1 bằng phương pháp dãy Picard. Giải: Ta có: x 0 = 0 y 0 = y(0) = 1 Áp dụng công thức xấp xỉ liên tiếp Picard, ta được: y 1 = y 0 + x 0 2t.y 0 . cos t 2 dt = 1 +sin t 2 y 2 = y 0 + x 0 2t. 1 + sin t 2 cos t 2 dt = 1 +sin t 2 + sin 2 t 2 2 y 3 = y 0 + x 0 2t 1 + sin t 2 + sin 2 t 2 2 cos t 2 dt = 1 +sin t 2 + sin 2 t 2 2 + sin 3 t 2 2.3 . . . . . . . . . 3 Giải tích số Giải gần đúng pt vi phân thường Tổng quát, bằng phương pháp quy nạp toán học ta có thể chứng minh được: y n = n ∑ k=0 sin k x 2 k! Dãy xấp xỉ thu được hội tụ tới hàm e sin ( x 2 ) . Do đó nghiệm đúng của bài toán đã cho là: y(x) = e sin ( x 2 ) 2 Phương pháp chuỗi Taylor Nghiệm của bài toán được tìm dưới dạng chuỗi Taylor: y(x) = y (x 0 ) + y (x 0 ) 1! (x − x 0 ) + y (x 0 ) 2! (x − x 0 ) 2 + . . . + y (n) (x 0 ) n! (x − x 0 ) n + . . . Tính các giá trị y (n) (x 0 ), thay vào ta tìm được nghiệm của bài toán. Bài 4 Tìm nghiệm phương trình y = x 2 + y 2 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: x 0 = 0; y (x 0 ) = y (0) = 1 y = x 2 + y 2 ⇒ y (0) = 0 + 1 = 1 y = 2x + 2yy ⇒ y (0) = 2.0 + 2.1.1 = 2 y = 2 + 2y 2 + 2yy ⇒ y (0) = 2 + 2.1 + 2.1.2 = 8 y (4) = 6y y + 2yy ⇒ y (4) (0) = 6.1.2 + 2.1.8 = 28 y (5) = 8y y + 6y 2 + 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 + x 2 + 4x 3 3 + 7x 4 6 + 6x 5 5 + . . . Bài 5 Tìm nghiệm bài toán: y = x+y 2 ; y (0) = 0; y (0) = 1 bằng phương pháp chuỗi Taylor (lấy 4 số hạng khác không trong khai triển). Giải: 4 Giải tích số Giải gần đúng pt vi phân thường Ta có: x 0 = 0; y (x 0 ) = y (0) = 0; y (0) = 1 y = x + y 2 ⇒ y (0) = 0 y = 1 + 2yy ⇒ y (0) = 1 y (4) = 2y 2 + 2yy ⇒ y (4) (0) = 2 y (5) = 6y y + 2yy ⇒ y (5) (0) = 0 y (6) = 6y 2 + 8y y + 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 + x 4 12 + x 6 90 + . . . 3 Phương pháp chuỗi lũy thừa Nghiệm của bài toán được tìm dưới dạng chuỗi lũy thừa: y(x) = ∞ ∑ n=0 C n x n Tính đạo hàm thay vào phương trình để tìm các hệ số C n . Bài 6 Tìm nghiệm tổng quát của phương trình: y − x 2 y = 0 trong dạng chuỗi lũy thừa. Giải: Nghiệm của bài toán được tìm dưới dạng: y(x) = ∞ ∑ n=0 C n x n Ta có: y (x) = ∞ ∑ n=2 n(n − 1)C n x n−2 Thay m = n − 2 vào chuỗi trên rồi thay thế m bởi n ta có thể viết lại: y (x) = ∞ ∑ n=0 (n + 2)(n + 1)C n+2 x n Thay vào phương trình đã cho ta được: ∞ ∑ n=0 (n + 2)(n + 1)C n+2 x n − ∑ n=0 C n x n+2 = 0 5 Giải tích số Giải gần đúng pt vi phân thường Chuỗi thứ hai ở vế trái đặt m = n + 2 rồi thay m bởi n, ta thu được: ∞ ∑ n=0 (n + 2)(n + 1)C n+2 x n − ∞ ∑ n=2 C n−2 x n = 0 Hay: 2C 2 + 6C 3 x + ∞ ∑ n=2 [(n + 2)(n + 1)C n+2 −C n−2 ]x n = 0 Từ đó: C 2 = C 3 = 0 C n+2 = C n−2 (n + 2)(n + 1) (n ≥ 2) Ta tính một vài số hạng đầu: n = 2 : C 4 = C 0 2.3 n = 3 : C 5 = C 1 4.5 n = 4 : C 6 = 0 n = 5 : C 7 = 0 n = 6 : C 8 = C 4 7.8 = C 0 2.3.7.8 n = 7 : C 9 = C 5 8.9 = C 1 4.5.8.9 ··· ··· ··· Từ quy luật trên ta có: C 4k = C 0 2.3.7.8. ··· . (4k − 1)4k C 4k+1 = C 1 4.5.8.9. ··· .4k. (4k +1) C 4k+2 = C 4k+3 = 0 (k = 0, 1, 2, . . .) Vậy nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là: y(x) = C 0 ∞ ∑ k=0 x 4k 3.4.7.8 . . . (4k −1)4k +C 1 ∞ ∑ k=0 x 4k+1 4.5.8.9 . . . (4k)(4k + 1) Bài 7 Tìm nghiệm phương trình y +x 2 y = 0 thỏa mãn điều kiện y(0) = 0, y (0) = 1 bằng phương pháp chuỗi lũy thừa. 6 Giải tích số Giải gần đúng pt vi phân thường Giải: Nghiệm của bài toán được tìm dưới dạng: y(x) = ∞ ∑ n=0 C n x n Ta có: y (x) = ∞ ∑ n=2 n(n − 1)C n x n−2 Thay m = n − 2 vào chuỗi trên rồi thay thế m bởi n ta có thể viết lại: y (x) = ∞ ∑ n=0 (n + 2)(n + 1)C n+2 x n Thay vào phương trình đã cho ta được: ∞ ∑ n=0 (n + 2)(n + 1)C n+2 x n + ∑ n=0 C n x n+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)C n+2 x n + ∞ ∑ n=2 C n−2 x n = 0 Hay: 2C 2 + 6C 3 x + ∞ ∑ n=2 [(n + 2)(n + 1)C n+2 +C n−2 ]x n = 0 Từ đó: C 2 = C 3 = 0 C n+2 = − C n−2 (n + 2)(n + 1) (n ≥ 2) Từ giả thiết, ta có: C 0 = y(0) = 0 C 1 = y (0) = 1 7 Giải tích số Giải gần đúng pt vi phân thường Ta tính một vài số hạng đầu: n = 2 : C 4 = −d C 0 3.4 = 0 n = 3 : C 5 = − C 1 4.5 n = 4 : C 6 = − C 2 5.6 = 0 n = 5 : C 7 = − C 3 6.7 = 0 n = 6 : C 8 = − C 4 7.8 = 0 n = 7 : C 9 = − C 5 8.9 = C 1 4.5.8.9 ··· ··· ··· Từ quy luật trên ta có: C 4k+1 = (−1) k C 1 4.5.8.9. ··· .4k. (4k +1) C 4k = C 4k+2 = C 4k+3 = 0 (k = 0, 1, 2, . . .) Vậy nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là: y(x) = ∞ ∑ n=0 (−1) n x 4n+1 4.5.8.9 . . . (4n)(4n + 1) 4 Phương pháp Frobenius Nghiệm của bài toán được tìm dưới dạng chuỗi Frobenius: y(x) = x s ∞ ∑ n=0 C n x n Các bước thực hiện tương tự như phương pháp chuỗi lũy thừa. Bài 8 Tìm nghiệm tổng quát của phương trình x 2 y − 2y = 0 bằng phương pháp Frobenius. Giải: Ta tìm nghiệm của bài toán trong dạng: y(x) = x s ∞ ∑ n=0 C n x n = C 0 x s +C 1 x s+1 +C 2 x s+2 + . . . (C 0 = 0) 8 Giải tích số Giải gần đúng pt vi phân thường ⇒ y (x) = C 0 s(s − 1)x s−2 +C 1 (s + 1)sx s−1 +C 2 (s + 2)(s + 1)x s + . . . Thế vào phương tr ình đã cho và sắp xếp theo lũy thừa của x, ta được: [s(s − 1) − 2]C 0 x s + [(s + 1)s − 2]C 1 x s+1 + [(s + 2)(s + 1) −2]C 2 x s+2 + [(s + 3)(s + 2) − 2]C 3 x s+3 + . . . Từ đó ta được: [s(s − 1) − 2]C 0 = 0 [(s + 1)s − 2]C 1 = 0 [(s + 2)(s + 1) − 2]C 2 = 0 [(s + 3)(s + 2) − 2]C 3 = 0 ··· ··· ··· (∗) Phương trình chỉ định: s(s − 1) − 2 = 0 ⇒ s = 2 s = −1 • Với s = 2 kết hợp với hệ (∗), ta được: C 1 = C 2 = C 3 = . . . = 0. Khi đó vì C 0 tùy ý nên y 1 (x) = x 2 là một nghiệm của phương trình. • Với s = −1 kết hợp với hệ (∗) ta được: C 1 = C 2 = C 3 = . . . = 0. Khi đó vì C 0 tùy ý nên y 2 (x) = x −1 là nghiệm thứ hai của phương trình đã cho. Vì y 1 (x) và y 2 (x) là hai nghiệm độc lập tuyến tính nên nghiệm tổng quát của phương trình là: y(x) = c 1 x 2 + c 2 x −1 Bài 9 Tìm nghiệm Frobenius của phương trình Bessel có bậc 0: x 2 y + xy + x 2 y = 0 Giải: Ta tìm nghiệm của bài toán trong dạng: y(x) = x s ∞ ∑ n=0 C n x n = ∞ ∑ n=0 C n x n+s (C 0 = 0) ⇒ y (x) = ∞ ∑ n=0 (n + s)C n x n+s−1 ⇒ xy = ∞ ∑ n=0 (n + s)C n x n+s y (x) = ∞ ∑ n=0 (n + s)(n + s − 1)C n x n+s−2 ⇒ x 2 y = ∞ ∑ n=0 (n + s)(n + s − 1)C n x n+s Thay vào phương trình ta được: ∞ ∑ n=0 (n + s) 2 C n x n+s + ∞ ∑ n=0 C n x n+s+2 = 0 9 [...].. .Giải tích số Giải gần đúng pt vi phân thường Hay: 2 s C0 s x + (s + 1)C1 x s+1 ∞ 2 + ∑ (n + s) Cn x n+s n=2 ∞ + ∑ Cn xn+s+2 (∗) n=0 ∞ Với chuỗi ∑ (n + s)2 Cn xn+s , ta đặt m = n − 2 rồi thay lại m bởi n ta được: n=2 ∞ 2... 1− + − + 4 64 2304 22n (n!)2 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 10