Lời cảm ơn Em xin chân thành cảm ơn giúp đỡ thầy giáo, cô giáo tổ Giải tích bạn sinh viên khoa Toán trường Đại học Sư phạm Hà Nội Đặc biệt, em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới TS Nguyễn Văn Hào tận tình giúp đỡ em trình hoàn thành khóa luận tốt nghiệp Lần đầu thực công tác nghiên cứu khoa học nên đề tài không tránh khỏi hạn chế thiếu sót Em xin chân thành cảm ơn ý kiến đóng góp thầy giáo, cô giáo bạn sinh viên Hà Nội, tháng năm 2011 Sinh viên Lê Thị Thu Thủy Lời cam đoan Tôi xin cam đoan, hướng dẫn TS Nguyễn Văn Hào, đề tài nghiên cứu khoa học "Nghiệm chuỗi phương trình vi phân tuyến tính điểm thường" hoàn thành theo nhận thức, hiểu biết trình bày theo quan điểm riêng cá nhân Trong trình làm đề tài, kế thừa thành tựu nhà khoa học với trân trọng biết ơn Hà Nội, tháng năm 2011 Sinh viên Lê Thị Thu Thủy Mục lục Mở đầu Chương Một số kiến thức chuẩn bị 1.1 Tổng quan phương trình vi phân 1.1.1 Các khái niệm 1.1.2 Bài toán Cauchy 1.1.3 Vấn đề tồn nghiệm phương trình vi phân 1.2 Một số vấn đề phương trình vi phân tuyến tính 11 1.2.1 Một số khái niệm 11 1.2.2 Sự phụ thuộc tuyến tính độc lập tuyến tính hàm 11 1.2.3 Cấu trúc nghiệm phương trình vi phân tuyến tính 13 1.2.4 Phương trình vi phân tuyến tính hệ số số 14 1.3 Chuỗi hàm 22 1.3.1 Các khái niệm 23 1.3.2 Chuỗi hàm hội tụ 24 1.3.3 Chuỗi hàm hội tụ tuyệt đối 25 1.4 Chuỗi luỹ thừa 26 1.4.1 Định nghĩa 26 1.4.2 Cách tìm bán kính hội tụ chuỗi lũy thừa 27 1.4.3 Tính chất tổng chuỗi lũy thừa 29 1.4.4 Khai triển hàm số thành chuỗi lũy thừa 30 Chương Nghiệm chuỗi phương trình vi phân tuyến tính điểm thường 33 2.1 Nghiệm chuỗi điểm thường 33 2.1.1 Phương pháp tìm nghiệm chuỗi lũy thừa lân cận điểm thường 34 2.1.2 Một số ví dụ 35 2.2 Mở rộng khái niệm điểm thường 42 2.3 Bán kính hội tụ nghiệm chuỗi 44 Kết luận 48 Tài liệu tham khảo 49 Mở đầu Lí chọn đề tài Phương trình vi phân chuyên ngành Toán học đại, vai trò quan trọng thể qua ảnh hưởng tới việc giải nhiều toán khoa học kỹ thuật, kinh tế nhiều lĩnh vực khác Sự đời phương trình vi phân xuất phát từ việc xác định mối quan hệ xác định đại lượng biến thiên liên tục (được biểu diễn hàm f (x)) với độ biến thiên đại lượng (biễu diễn đạo hàm bậc đạo hàm cấp cao hơn) Đối với phương trình thông thường, nghiệm giá trị số thực phức Tuy nhiên, với phương trình vi phân, nghiệm hàm chưa biết biến độc lập thỏa mãn mối quan hệ đề Thông thường, nghiệm phương trình dạng họ hàm, sai lệch số C Nó xác định tường minh có thêm điều kiện đầu điều kiện biên Tuy nhiên, số trường hợp việc tìm công thức nghiệm gặp phải khó khăn định Lý thuyết phương trình vi phân nghiên cứu từ sớm, nhiều dạng phương trình đưa phương pháp giải cụ thể Đặc biệt phương trình vi phân tuyến tính với hệ số số, người ta xây dựng phương pháp tổng quát giải phương trình Tuy nhiên, có nhiều phương trình vi phân khó tìm nghiệm (nếu nói không tìm được), kể nhiều phương trình xem đơn giản Một phương pháp khắc phục phần vấn đề trên, người ta dùng phương pháp tìm nghiệm chuỗi Được định hướng người hướng dẫn, em chọn đề tài "Nghiệm chuỗi phương trình vi phân tuyến tính điểm thường" để hoàn thành khóa luận tốt nghiệp chuyên ngành Toán Giải tích Khóa luận bố cục thành hai chương Chương Em trình bày số khái niệm phương trình vi phân, phương trình vi phân tuyến tính; phương pháp xây dựng nghiệm tổng quát phương trình vi phân tuyến tính Cũng đây, liên quan việc tìm nghiệm chuỗi phương trình vi phân tuyến tính, nên trình bày số kiến thức chuỗi hàm; chuỗi hàm lũy thừa; miền hội tụ, tính chất tổng chuỗi lũy thừa Chương Như ta biết việc tìm phương trình vi phân tiến hành dễ dàng Phương pháp tìm nghiệm chuỗi phương trình vi phân tuyến tính phương pháp khắc phục phần vấn đề Mục đích khóa luận trình bày chương này, phương pháp tìm nghiệm chuỗi phương trình vi phân tuyến tính Mục đích nhiệm vụ nghiên cứu Trình bày phương pháp tìm nghiệm chuỗi phương trình vi phân tuyến tính Bởi nghiệm phương trình cho dạng chuỗi lũy thừa, nên điều cần thiết liên quan đến vấn đề phải kể đến vấn đề hội tụ nghiệm Đối tượng nghiên cứu Nghiên cứu phương pháp tìm nghiệm phương trình vi phân tuyến tính Tuy nhiên, khuôn khổ yêu cầu khóa luận tốt nghiệp bậc cử nhân Toán học, nên trình bày vấn đề phạm vi tìm nghiệm chuỗi lân cận điểm thường Phương pháp nghiên cứu Tìm kiếm tài liệu, phân tích, tổng hợp xin ý kiến định hướng người hướng dẫn Chương Một số kiến thức chuẩn bị 1.1 Tổng quan phương trình vi phân 1.1.1 Các khái niệm Phương trình vi phân phương trình chứa hàm cần tìm đạo hàm Nếu hàm cần tìm phụ thuộc biến độc lập, phương trình gọi phương trình vi phân thường Nếu hàm cần tìm phụ thuộc hai nhiều biến độc lập phương trình gọi phương trình vi phân đạo hàm riêng Trong khóa luận này, xét phương trình vi phân thường Như phương trình vi phân thường phương trình có dạng tổng quát F x, y, y , y , y (n) = 0, (1.1) F hàm xác định miền G không gian Rn+2 gồm biến độc lập x y hàm biến độc lập đạo hàm cấp đến cấp n Cấp phương trình vi phân thường xác định cấp cao đạo hàm xuất phương trình Nghiệm phương trình (1.1) hàm y = y(x) khả vi n lần khoảng (a, b) thỏa mãn phương trình (1.1), tức F x, y(x), y (x), , y (n−1) (x) = với x thuộc khoảng (a, b) Đường cong y = y(x), x ∈ (a, b) gọi đường cong tích phân phương trình (1.1) Để giải phương trình vi phân ta dùng thuật ngữ “tích phân phương trình vi phân” lý Nếu từ phương trình (1.1) ta tìm biểu diễn đạo hàm cấp cao y (n) qua biến lại, ta nói phương trình giải y (n) gọi phương trình dạng tắc, tức phương trình (1.1) có dạng y (n) = f x, y, y , , y (n−1) 1.1.2 (1.2) Bài toán Cauchy Bài toán tìm nghiệm y = y(x) phương trình (1.2) xác định khoảng (a, b) thoả mãn điều kiện (n−1) y0 = y (x0 ) , y0 = y (x0 ) , , y0 = y (n−1) (x0 ) , (1.3) gọi toán Cauchy Điều kiện (1.3) gọi điều kiện đầu 1.1.3 Vấn đề tồn nghiệm phương trình vi phân Đối với phương trình vi phân, việc nghiên cứu vấn đề tồn nghiệm phức tạp Dưới đây, phát biểu kết cho trường hợp tổng quát đưa phép chứng minh phương trình vi phân cấp Việc chứng minh định lý phương trình cấp n, tham khảo sách [1] trích dẫn phần tài liệu tham khảo Định lý 1.1 (Tồn nghiệm) Cho phương trình vi phân cấp n dạng tắc y (n) = f x, y, y , , y (n−1) với điều kiện đầu (1.3) Giả sử hình hộp chữ nhật (n−1) D : |x − x0 | ≤ a, |y − y0 | ≤ b, |y − y | ≤ b, , y (n−1) − y0 ≤b ( a, b số dương), hàm f thỏa mãn hai điều kiện 1) f x, y, y , , y (n−1) ≤ M với x, y, y , , y (n−1) ∈ D; hàm số f x, y, y , , y (n−1) thỏa mãn điều kiện Lipchitz y, y , , y (n−1) nghĩa là, tồn hàng số dương L cho f x, y2 , y , , y2 (n−1) − f x, y1 , y , , y1 (n−1) (n−1) ≤ L |y2 − y1 | + |y − y | + + y2 (n−1) − y1 , x, y1 , y1 , , y1 (n−1) , x, y2 , y2 , , y2 (n−1) ∈ D Khi đó, tồn nghiệm y = y(x) phương trình thỏa mãn điều kiện ban đầu (1.3) với đạo hàm đến cấp xác định n liên tục đoạn |x − x0 | ≤ h, h = a, b max M, |y | , , y (n−1) −1 Chứng minh định lý trường hợp phương trình vi phân cấp Trong trường hợp phương trình vi phân cấp một, phương trình (1.2) trở thành y = f (x, y) (1.4) hàm số f (x, y) thỏa mãn hình chữ nhật D x0 − a ≤ x ≤ x0 + a y0 − b ≤ y ≤ y0 + b thỏa mãn điều kiện sau 1)) Hàm f (x, y) liên tục (và |f (x, y)| ≤ M với (x, y) ∈ D) 2) Thêm nữa, hàm f (x, y) thỏa mãn điều kiện Lipchitz y, tức tồn số dương N cho |f (x, y2 ) − f (x, y1 )| ≤ N |y2 − y1 | , với (x, y1 ) ∈ D; (x, y2 ) ∈ D Khi đó, đoạn x0 − h ≤ x ≤ x0 + h, b , phương trình (1.4) có nghiệm y = y(x) M thỏa mãn điều kiện đầu y0 (x) = y0 với h = a, Trước hết, ta chứng minh tồn nghiệm phương trình với điều kiện nêu Ta dễ dàng nhận thấy nghiệm phương trình vi phân (1.4) thỏa mãn điều kiện đầu y0 (x) = y0 tương đương với phương trình tích phân sau x y = y0 + f (x, y)dx, (1.5) x0 y hàm số phải tìm Ta giải phương trình tích phân phương pháp xấp xỉ liên bước sau Bước Xuất phát từ hàm y0 , ta xây dựng dãy lặp hàm {yn } sau x y1 = y0 + f (x, y0 )dx, x0 x f (x, y1 )dx, y2 = y0 + x0 x y n = y0 + f (x, yn )dx, x0 Trong việc xây dựng dãy lặp hàm trên, ta giới hạn biến thiên x b Khi đó, dễ dàng thấy đoạn |x − x0 | ≤ h với h = a, M h ≤ a nên |yk − y0 | ≤ M |x − x0 | ≤ M h ≤ b; k = 1, 2, nghĩa với |x − x0 | ≤ h hàm số yk (x) không vượt hình chữ nhật D Bước Bây ta chứng minh dãy {yn } có giới hạn n → ∞ Muốn vậy, ta cần chứng minh chuỗi hàm y0 + (y1 − y0 ) + (y2 − y1 ) + (1.6) hội tụ chuỗi hàm hội tụ tồn giới hạn lim Sn = lim yn (x) = n→∞ n→∞ Y (x) (trong Sn tổng riêng thứ n chuỗi (1.6) Ta đánh giá số dàng thu nghiệm phương trình theo hệ số dạng hàm bản; chẳng hạn hàm mũ hàm lượng giác Phương pháp tiến hành thông dụng để xác định hệ số an thay chuỗi (2.3) đạo hàm y y vào phương trình (2.1) Chúng ta minh họa điều việc xét ví dụ cụ thể 2.1.2 Một số ví dụ Ví dụ 2.1 Trước hết ta xét phương trình đơn giản sau y + y = 0; −∞ < x < +∞ (2.4) Một cách dễ dàng ta xác định hệ nghiệm phương trình gồm hai hàm độc lập tuyến tính sin x cos x Do đó, ta nhận nghiệm tổng quát phương trình (2.1) y = C1 cos x + C2 sin x Bây giờ, tìm nghiệm dạng chuỗi lũy thừa phương trình lân cận điểm x0 = Trước hết, phương trình (2.1) ta xác định P (x) = 1, Q(x) = R(x) = 1, điểm điểm thường Nghiệm chuỗi phương trình cho lân cận điểm x0 = có dạng ∞ n an x n y = a0 + a1 x + + an x + = (2.5) n=0 giả sử chuỗi hội tụ khoảng |x| < ρ Khi đó, lấy đạo hàm số hạng chuỗi ta nhận ∞ y = a1 + 2a2 x + 3a3 x + + nan x n−1 nan xn−1 + = (2.6) n=1 y = 2a2 + 2.3a3 x + 3.4a4 x2 + + n(n − 1)an xn−2 + ∞ n(n − 1)an xn−2 = n=2 35 (2.7) Thay chuỗi (2.5) (2.7) vào phương trình (2.4) ta nhận ∞ ∞ n(n − 1)an x n−2 an xn = + n=2 n=0 ∞ (n + 2)(n + 1)an+2 xn y = n=0 Đây kỹ thuật quan trọng việc sử dụng phương pháp chuỗi Sở dĩ, ta làm việc ta đặt m = n − 2, hay n = m + ta nhận ∞ ∞ m y = (n + 2)(n + 1)an+2 xn (m + 2)(m + 1)am+2 x = m=0 n=0 Khi đó, ta nhận đồng thức ∞ [(n + 2)(n + 1)an+2 + an ]xn = n=0 Theo phương pháp hệ số bất định, hai chuỗi số muốn hệ số tương ứng phải Từ đó, ta suy (n + 2)(n + 1)an+2 + an = 0, với n = 0, 1, 2, (2.8) Từ (2.8) ta nhận công thức truy hồi an+2 = − an , với n = 0, 1, 2, (n + 1)(n + 2) Với hệ số có số chẵn ta có a2 = − a0 a2 a0 a4 a0 , a4 = − = + , a6 = − =− 2.1 4.3 4! 6.5 6! Điều gợi ý cho ta công thức tổng quát cho trường hợp n = 2k, ta có an = a2k (−1)k = a0 , với k = 1, 2, 3, (2k)! (2.9) Việc chứng minh công thức tiến hành phương pháp quy nạp Toán học Tương tự với n = 2k + ta có an = a2k+1 (−1)k = a1 , với k = 1, 2, 3, (2k + 1)! 36 (2.10) Thay hệ số vào biểu thức (2.7) ta nhận a0 a1 a0 a1 y = a0 + a1 x − x2 − x3 + x4 + x5 − 2! 3! 4! 5! n n (−1) a0 2n (−1) a1 2n+1 + x + x + (2n)! (2n + 1)! ∞ ∞ = a0 n=0 (−1)n 2n (−1)n 2n+1 x + a1 x (2n)! (2n + 1)! n=0 (2.11) Như thu hai nghiệm chuỗi phương trình (2.1) Sử dụng tiêu chuẩn hội tụ chuỗi, ta dễ dàng thấy hai chuỗi hội tụ với giá trị x điều minh chứng cho tất bước sử dụng việc thu nghiệm phương trình Chúng ta nhận thấy chuỗi thứ (2.9) khai triển Taylor hàm cos x điểm x = chuỗi thứ hai khai triển Taylor hàm sin x x = Do đó, nhận nghiệm phương trình (2.1) lời giải thông thường biết y = a0 cos x + a1 sin x Ta cần lưu ý điều kiện áp đặt lên a0 a1 chúng số tùy ý Từ phương trình (2.2) (2.3) thấy y(0) = a0 y (0) = a1 Bởi điều kiện đầu y(0) y (0) chọn tùy ý, nên a0 a1 điều kiện đầu tùy ý nói Ví dụ 2.2 Tìm nghiệm chuỗi theo lũy thừa x phương trình Airy y − xy = 0; −∞ < x < ∞ (2.12) Trong phương trình P (x) = 1, Q(x) = R(x) = −x Như điểm điểm thường phương trình Giả sử nghiệm phương trình có dạng ∞ an xn y= n=0 37 (2.13) chuỗi hội tụ khoảng |x| < ρ Chuỗi y cho phương trình (2.7) giải thích ví dụ trên, ta viết dạng ∞ (n + 2)(n + 1)an+2 xn y = (2.14) n=0 Thế chuỗi (2.13) (2.14) với y y vào phương trình (2.12) ta nhận ∞ ∞ n (n + 2)(n + 1)an+2 x = x n=0 ∞ n an xn+1 an x = n=0 (2.15) n=0 Tiếp theo ta nâng số tổng chuỗi bên vế phải phương trình việc thay n n − Khi ta nhận ∞ ∞ n 2.1a2 + an−1 xn (n + 2)(n + 1)an+2 x = n=1 n=1 Lại vì, phương trình thỏa mãn với giá trị x nên hệ số lũy thừa giống phải Do a2 = ta nhận (n + 2)(n + 1)an+2 = an−1 , với n = 1, 2, 3, (2.16) Bởi an+2 xác định theo an−1 nên a0 hệ số xác định theo bước ba Do a0 xác định a3 , cho ta xác định a6 , ; a1 xác định a4 , cho ta xác định a7 , ; a2 xác định a5 , cho ta xác định a8 , Do a2 = nên ta a5 = a8 = a11 = = Với dãy a0 , a3 , a6 , đặt n = 1, 4, 7, 10, quan hệ a0 a3 a0 a6 a0 , a6 = = , a9 = = , 2.3 5.6 2.3.5.6 8.9 2.3.5.6.8.9 Biểu diễn gợi ý công thức tổng quát a3 = a3n = a0 , với n = 1, 2, 3, 2.3.5.6 (3n − 4)(3n − 3)(3n − 1)(3n) Đối với dãy a1 , a4 , a7 , a11 đặt n = 2, 5, 8, 11, quan hệ a4 = a1 a4 a1 a7 a1 , a7 = = , a10 = = , 3.4 6.7 3.4.6.7 9.10 3.4.6.7.9.10 38 Theo cách tương tự thấy a3n+1 = a1 , với n = 1, 2, 3, 3.4.6.7 (3n − 3)(3n − 2)(3n)(3n + 1) Nghiệm tổng quát phương trinh Airy y = a0 + x3 x6 x3n + + + + 2.3 2.3.5.6 2.3 (3n − 1)(3n) x7 x3n+1 x4 + + + + x+ 3.4 3.4.6.7 3.4 (3n)(3n + 1) +a1 ∞ = a0 + n=1 ∞ x3n x3n+1 + a1 x + 2.3 (3n − 1)(3n) 3.4 (3n)(3n + 1) n=1 (2.17) Chúng ta nghiên cứu tính hội tụ hai nghiệm chuỗi Bởi tăng nhanh mẫu số số hạng chuỗi (2.17) nên có hy vọng bán kính hội tụ chuỗi lớn Thực vậy, ta dùng tiêu chuẩn hội tụ để thấy chuỗi hội tụ với x Bây giả sử chuỗi hội tụ với x, ký hiệu y1 y2 hàm xác định tương ứng chuỗi thứ chuỗi thứ hai ngoặc vuông phương trình (2.17) Khi đó, trước tiên chọn a0 = 1, a1 = sau chọn a0 = 0, a1 = 1, ta suy y1 y2 nghiệm riêng phương trình (2.12) Lưu ý y1 thỏa mãn điều kiện đầu y1 (0) = 1, y1 (0) = y2 thỏa mãn điều kiện đầu y2 (0) = 0, y2 (0) = Do đó, định thức Wronski W (y1 , y2 ) (0) = suy y1 y2 độc lập tuyến tính Như vậy, nghiệm tổng quát phương trình Airy y = a0 y1 (x) + a1 y2 (x); −∞ < x < ∞ Ví dụ 2.3 Điểm x = điểm thường phương trình (2.12) tìm nghiệm chuỗi dạng ∞ an (x − 1)n , y= n=1 39 ta giả sử chuỗi hội tụ khoảng |x − 1| < ρ Thế ∞ ∞ n−1 nan (x − 1) y = (n + 1)an+1 (x − 1)n , = n=1 n=0 ∞ ∞ n−2 n(n − 1)an (x − 1) y = (n + 2)(n + 1)an+2 (x − 1)n = n=2 n=0 Thay y y vào phương trình (2.12) nhận ∞ ∞ n an (x − 1)n (n + 2)(n + 1)an+2 (x − 1) = x n=0 (2.18) n=1 Bây để đồng hệ số lũy thừa giống x − phải biểu diễn x, hệ số y phương trình (2.12) dạng lũy thừa x − 1; nghĩa viết x = + (x − 1) Lưu ý khai triển Taylor x lân cận điểm x = Thế phương trình (2.18) trở thành ∞ ∞ n an (x − 1)n (n + 2)(n + 1)an+2 (x − 1) = (1 + (x − 1)) n=0 n=1 ∞ ∞ n an (x − 1)n+1 an (x − 1) + = n=0 n=0 Nâng số tổng chuỗi thứ hai vế phải cho ta đẳng thức ∞ ∞ n (n + 2)(n + 1)an+2 (x − 1) = n=0 ∞ n an−1 (x − 1)n an (x − 1) + n=0 n=0 Đồng hệ số lũy thừa giống x − 1, thu 2.1a2 = a0 , (3.2)a3 = a1 + a0 , (4.3)a4 = a2 + a1 , (5.4)a5 = a3 + a2 , Mối quan hệ lặp tổng quát (n + 2)(n + 1)an+2 = an + an−1 , với n ≥ 40 (2.19) Giải số hệ số an chuỗi biểu diễn qua a0 a1 thấy a2 = a0 a1 a0 a2 a1 a0 a1 , a3 = + , a4 = + = + , 6 12 12 24 12 a3 a2 a0 a1 a5 = + = + 20 20 30 120 Do y = a0 +a1 (x − 1)2 (x − 1)3 (x − 1)4 (x − 1)5 + + + + 1+ 24 30 (x − 1)3 (x − 1)4 (x − 1)5 (x − 1) + + + + 12 120 (2.20) Nhìn chung, mối quan hệ lặp có nhiều hai số hạng, phương trình (2.19) việc xác định công thức an theo a0 a1 phức tạp không nói Trong ví dụ công thức rõ ràng Việc thiếu công thức kiểm tra hai chuỗi phương trình (2.20) tính hội tụ phương pháp trực tiếp việc kiểm tra tỷ số Tuy nhiên, chí công thức đối an , thấy phần sau mục này, ta kiểm tra chuỗi phương trình (2.20) hội tụ với x thêm xác định hàm y3 y4 nghiệm độc lập tuyến tính phương trình Airy (2.12) Do y = a0 y3 (x) + a1 y4 (x), nghiệm tổng quát phương trình Airy với −∞ < x < ∞ Phải nhấn mạnh rằng, thấy ví dụ 2.3, ta tìm ∞ nghiệm phương trình (2.1) dạng y = an (x − x0 )n , hệ n=0 số P (x), Q(x) R(x) phương trình (2.1) phải biểu diễn qua lũy thừa x − x0 Thay cho điều đó, dùng phép đổi biến x − x0 = t, để thu phương trình vi phân y hàm biến t Khi đó, ta tìm nghiệm phương trình dạng 41 ∞ y= an tn Để hoàn thành trình tính toán ta việc thay trở lại t n=0 x − x0 Trong ví dụ 2.2 2.3 tìm hai tập nghiệm phương trình Airy Các hàm y1 y2 xác định phương trình (2.17) nghiệm độc lập tuyến tính phương trình (2.12) với x, điều hàm y3 y4 xác định chuỗi phương trình (2.20) Theo lý thuyết tổng quát phương trình vi phân tuyến tính cấp hai hai hàm đầu biểu diễn tổ hợp tuyến tính qua hai hàm sau 2.2 Mở rộng khái niệm điểm thường Trong phần trước xét vấn đề tìm nghiệm chuỗi phương trình d2 y dy P (x) + Q(x) + R(x)y = 0, (2.21) dx dx với P (x), Q(x) R(x) đa thức, lân cận điểm thường x0 Giả sử phương trình (2.21) có nghiệm y = φ(x) hàm φ có khai triển chuỗi Taylor ∞ an (x − x0 )n , y = φ(x) = (2.22) n=0 hội tụ miền |x − x0 | < ρ với số ρ > Khi đó, ta thấy hệ số an xác định việc trực tiếp y đạo hàm xác định từ chuỗi (2.22) vào phương trình (2.21) Trong phần xét đến điều kiện để x0 điểm thường phương trình (2.21) tồn nghiệm phương trình dạng (2.22) Để giải vấn đề này, trước hết cần tổng quát hóa định nghĩa điểm thường Giả sử tồn nghiệm phương trình (2.21) dạng (2.22) Bằng việc lấy đạo hàm m lần phương trình (2.22) x x0 , nhận 42 m!am = φ(m) (x0 ) Do đó, để tính số hạng an chuỗi (2.22) ta phải chứng tỏ xác định φ(n) (x0 ) với n = 0, 1, 2, từ phương trình vi phân (2.21) Giả sử φ(x) nghiệm phương trình (2.21) thỏa mãn điều kiện đầu y (x0 ) = y0 , y (x0 ) = y0 Thế a0 = y0 , a1 = y0 Nếu ta quan tâm đến việc tìm nghiệm phương trình (2.21) mà không cần quan tâm đến điều kiện đầu, a0 a1 xác định tùy ý Để xác định φ(n) (x0 ) tương ứng an với n = 2, 3, , quay trở lại xét phương trình (2.21) Vì φ nghiệm phương trình (2.21) nên ta có P (x)φ (x) + Q(x)φ (x) + R(x)φ(x) = Bởi vì, lân cận điểm x0 đa thức P (x) không triệt tiêu nên ta viết phương trình dạng φ (x) = −p(x)φ (x) − q(x)φ(x), (2.23) R(x) Q(x) q(x) = Thế x x0 vào phương trình (2.23) P (x) P (x) ta nhận với p(x) = φ (x0 ) = −p(x0 )φ (x0 ) − q(x0 )φ(x0 ) Từ đó, hệ số a2 cho 2!a2 = φ (x0 ) = −p (x0 ) a1 − q (x0 ) a0 (2.24) Để xác định a3 , lấy vi phân phương trình (2.23) thay x x0 , nhận 3!a3 = φ (x0 ) = − [pφ + (p + q)φ + q φ] |x=x0 = −2!p (x0 ) a2 − [p (x0 ) + q (x0 )] a1 − q (x0 ) a0 43 (2.25) Thay a2 từ phương trình (2.24) vào phương trình (2.25) ta nhận hệ số a3 biểu diễn qua hệ số a0 a1 Bởi P (x), Q(x), R(x) đa thức P (x0 ) = nên tất đạo hàm p(x) q(x) x0 xác định Do đó, lấy vi phân phương trình (2.23) liên tiếp thay giá trị x x0 ta nhận hệ số a4 , a5 , Điều quan trọng tính toán hệ số an thực việc lấy vi phân liên tiếp hàm p q Điều đó, cho thấy phải giảm nhẹ giả thiết hàm p q đa thức, đòi hỏi đơn giản chúng khả vi vô hạn lần lân cận điểm x0 Tiếc thay, điều kiện chặt để đảm bảo hội tụ chuỗi khai triển nhận hàm y = φ(x) Điều kiện rộng cần giả thiết hàm p q giải tích x0 ; nghĩa có khai triển Taylor hội tụ khoảng chứa điểm x0 p(x) = p0 + p1 (x − x0 ) + + pn (x − x0 )n + (2.26) q(x) = q0 + q1 (x − x0 ) + + qn (x − x0 )n + (2.27) Với ý tưởng ta tổng quát hóa khái niệm điểm thường điểm kỳ dị phương trình (2.21) sau Q(x) R(x) q(x) = giải tích P (x) P (x) x0 điểm x0 gọi điểm thường phương trình vi phân Định nghĩa 2.1 Nếu hàm p (x) = (2.21); trường hợp khác, gọi điểm kỳ dị 2.3 Bán kính hội tụ nghiệm chuỗi Bây xét vấn đề khoảng hội tụ nghiệm chuỗi Điều thực tế tìm nghiệm chuỗi toán, ta áp dụng tiêu chuẩn hội tụ chuỗi vô hạn để xác định bán kính hội tụ chúng Tuy nhiên, vấn đề giải cách đơn giản cho lớp lớn toán nhờ định lý 44 Định lý 2.1 Nếu x0 điểm thường phương trình vi phân P (x) d2 y dy + Q(x) + R(x)y = 0, dx2 dx R(x) Q(x) q(x) = giải tích x0 P (x) P (x) nghiệm tổng quát phương trình (2.21) nghĩa là, hàm p(x) = ∞ an (x − x0 )n = a0 y1 (x) + a1 y2 (x), y= n=0 a0 , a1 số tùy ý y1 , y2 nghiệm chuỗi độc lập tuyến tính giải tích x0 Thêm nữa, bán kính hội tụ nghiệm chuỗi y1 y2 lớn tối thiểu bán kính hội tụ chuỗi p q Điều lưu ý nghiệm chuỗi có dạng y1 (x) = + b2 (x − x0 )2 + y2 (x) = (x − x0 ) + c2 (x − x0 )2 + Do y1 nghiệm thỏa mãn điều kiện đầu y1 (x0 ) = 1, y1 (x0 ) = y2 nghiệm thỏa mãn điều kiện đầu y2 (x0 ) = 0, y2 (x0 ) = Cũng lưu ý trình tính toán hệ số việc đạo hàm liên tiếp phương trình vi phân điều mẫu mực mặt lý thuyết, quy trình tính toán thông dụng Thay vào đó, nên thay chuỗi (2.22) y vào phương trình vi phân (2.21) xác định hệ số cho phương trình vi phân thỏa mãn, ví dụ phần trước Chúng ta không trình bày chứng minh định lý Phép chứng minh định lý tìm thấy sách [1,5] Một dạng tổng quát chút kết thuộc I L Fuchs Điều quan trọng mục đích tồn nghiệm chuỗi phương trình (2.22); bán kính hội tụ nghiệm chuỗi nhỏ bán kính hội tụ chuỗi p q Chúng ta cần xác định vấn đề Việc tiến hành theo hai cách Một cách đơn giản tính toán chuỗi p q xác định bán kính hội tụ 45 việc sử dụng tiêu chuẩn hội tụ chuỗi vô hạn Tuy nhiên, có cách đơn giản P (x), Q(x) R(x) đa thức Nó chứng tỏ lý thuyết hàm biến phức, thương hai đa thức Q(x)/P (x) có khai triển chuỗi lũy thừa điểm x = x0 P (x0 ) = Thêm nữa, giả thiết nhân tử chung P (x) Q(x) triệt tiêu hết, bán kính hội tụ chuỗi lũy thừa Q(x)/P (x) lân cận điểm x = x0 khoảng cách từ x0 tới không điểm gần P Ví dụ 2.4 Tìm bán kính hội tụ chuỗi Taylor hàm + x2 −1 lân cận điểm x = Một cách tiến hành tìm chuỗi Taylor theo nó, chuỗi = − x2 + x4 − x6 + + (−1)n x2n + 1+x Khi đó, ta kiểm tra bán kính hội tụ chuỗi ρ = Phương pháp khác lưu ý không điểm + x2 x = ±i Bởi khoảng cách từ đến i −i mặt phẳng phức, nên bán kính hội tụ chuỗi điểm x = Ví dụ 2.5 Tìm bán kính hội tụ chuỗi Taylor hàm x2 − 2x + −1 lân cận điểm x = x = Trước hết ta lưu ý phương trình x2 − 2x + có nghiệm x = ± i Khoảng cách từ x = đến − i + i mặt phẳng √ phức Khoảng cách từ x = đến + i − i mặt phẳng phức ∞ 1; bán kính hội tụ khai triển chuỗi Taylor bn (x − 1)n n=0 x = Một nghiệm chuỗi hội tụ miền rộng x định lý nói Thực ra, định lý đưa biên bán kính hội tụ nghiệm chuỗi Điều minh họa nghiệm đa thức Legendre phương trình Legendre cho ví dụ 46 Ví dụ 2.6 Xác định biên bán kính hội tụ nghiệm chuỗi x = phương trình Legendre − x2 y − 2xy + α(α + 1)y = 0, với α số Lưu ý P (x) = (1 − x)2 , Q(x) = −2x R(x) = α(α + 1) đa thức không điểm P (x) x = ±1 Khoảng cách từ chúng đến ∞ Do đó, nghiệm chuỗi dạng an xn hội tụ với n=0 |x| < lớn Thực vậy, chứng minh α số nguyên dương , nghiệm chuỗi ngắt sau số hữu hạn số hạng hội tụ không với |x| < mà với x Ví dụ α = 1, nghiệm đa thức y = x 47 Kết luận Trên toàn nội dung khoá luận tốt nghiệp "Nghiệm chuỗi phương trình vi phân tuyến tính điểm thường" Nội dung luận văn giải vấn đề sau Trước hết hệ thống hóa số kiến thức lý thuyết phương trình vi phân; Tổng quan phương trình vi phân tuyến tính việc tìm nghiệm phương trình vi phân tuyến tính với hệ số số; Chuỗi lũy thừa vấn đề hội tụ chuỗi lũy thừa Kết nghiên cứu khóa luận việc trình bày phương pháp tìm nghiệm chuỗi phương trình vi phân tuyến tính điểm thường Để thực mục đích trước hết trình bày khái niệm điểm thường phương trình vi phân vấn đề mở rộng khái niệm đề thường Ngoài ra, nghiệm phương trình vi phân tìm dạng chuỗi lũy thừa nên điều cần quan tâm đến vấn đề tìm bán kính hội tụ nghiệm chuỗi Ngoài phương pháp thông thường để tìm bán kính hội tụ chuỗi lũy thừa, số phương pháp riêng ngắn gọn để tìm bán kính hội tụ nghiệm chuỗi 48 Tài liệu tham khảo [1] W E Boyce and R C Diprima (2000), Elementary Differential Equations and Boundary Value Problems, John Wiley & Sons, Inc, Seventh edition [2] E A Coddington (1989), An Introduction to Ordinary Differential Equations, Dover Publications, Inc, New York [3] Mohan C Joshi (1979), Ordinary Differential Equations, IIT Bombay [4] W Hundsdorfer (2009), Ordinary Differential Equations, Radboud Universiteit Nijmegen [5] E D Rainville (1964),Intermediate Differential Equations, (2nd ed), New York, Macmilan [...]... của y1 , y2 , , ym Bổ đề được chứng minh 1.2.3 Cấu trúc nghiệm của phương trình vi phân tuyến tính Định nghĩa 1.1 Hệ gồm n nghiệm độc lập tuyến tính của phương trình Ln [y] = 0 gọi là hệ nghiệm cơ bản của phương trình đó Định lý 1.2 Nếu y1 , y2 , , ym là các nghiệm độc lập tuyến tính của phương trình Ln [y] = 0, thì nghiệm tổng quát của phương trình có dạng m y= ck yk (x), k=1 trong đó c1 , c2 , , cm... hệ nghiệm cơ bản của phương trình vi phân tuyến tính với hệ số hằng số, ta cần một số bổ đề sau Bổ đề 1.3 Nếu λ1 , λ2 , , λm là các nghiệm khác nhau của phương trình (1.20) thì eλ1 x , eλ2 x , , eλm x là các nghiệm độc lập tuyến tính của phương trình (1.19) Bổ đề 1.4 Nếu λ1 là một nghiệm bội m của phương trình (1.20) thì các hàm eλ1 x , xeλ1 x , , xm−1 eλ1 x là các nghiệm riêng độc lập tuyến tính của. .. là phương trình vi phân tuyến tính với hệ số hằng số Chú ý Từ định lý tồn tại và duy nhất nghiệm, với các điều kiện đã nêu của phương trình vi phân tuyến tính cấp n ta thấy phương trình, luôn tồn tại duy nhất nghiệm thỏa mãn điều kiện đầu cho trước 1.2.2 Sự phụ thuộc tuyến tính và độc lập tuyến tính của các hàm Các hàm số y1 (x, y2 (x), , ym (x)) xác định trên khoảng (a, b) được gọi là phụ thuộc tuyến. .. nghiệm kể cả nghiệm bội Do đó ta xây dựng được n nghiệm độc lập tuyến tính 15 của phương trình (1.19) qua các bổ đề đã trình bày trên đây Từ đó, ta nhận được nghiệm tổng quát của phương trình đã cho Ví dụ 1.1 Giải phương trình y (5) + y − 10y = 0 Phương trình trên đây có phương trình đặc trưng là λ5 + λ3 − 10λ2 = 0 Các nghiệm của phương trình đặc trưng là λ = 0 (bội 2), λ = 2 (nghiệm đơn) và cặp nghiệm phức... ta có hệ nghiệm cơ bản của phương trình đã cho là e0x = 1, xe0x = x, e2x , e−x cos2x, e−x sin 2x Từ đó, ta được nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là y = c1 + c2 x + c3 e2x + c4 e−x cos2x + c5 e−x sin 2x trong đó ci ; i = 1, 5 là các hằng số c) Nghiệm tổng quát của phương trình vi phân tuyến tính không thuần nhất Phương trình vi phân tuyến tính không thuần nhất có hệ số hằng là phương trình có... cos x ta có phương trình 2 x y − y = cos 2x 2 21 Ta tìm nghiệm riêng của phương trình dưới dạng y˜1 (x) = (Ax + B) cos 2x + (Cx + D) sin 2x Từ cách tìm nghiệm của dạng trên, ta có nghiệm tổng quát của phương trình là y˜1 (x) = − 2 1 x cos 2x + sin 2x 10 25 x Với f2 (x) = − , ta có phương trình 2 x y −y =− 2 Ta được nghiệm riêng của phương trình là y˜2 (x) = x 2 Vậy nghiệm riêng của phương trình là y˜(x)... nhận được nghiệm tổng quát của phương trình tuyến tính không thuần nhất, ta lấy một nghiệm riêng của phương trình không thuần nhất cộng với nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất tương ứng Vấn đề này đã được chứng minh trong phần định lý cấu trúc nghiệm tổng quát 16 Ví dụ 1.2 Xét phương trình y + 4y = ex (1.22) Dễ thấy rằng yh = C1 cos 2x + C2 sin 2x là nghiệm tổng quát của phương trình thuần... trình đặc trưng của phương trình đã cho là λ2 + λ − 2 = 0 và nó có hai nghiệm phân biệt λ1 = 1, λ2 = −2 Do đó y1 = ex và y2 = e−2x là hệ nghiệm cơ bản của phương trình thuần nhất trên Vế phải của phương trình có dạng eαx [Pm1 (x) cos βx + Qm2 (x) sin βx], với α = 1, β = 1, P0 (x) = 1, Q0 (x) = −7 Vì α + iβ = 1 + i không là nghiệm của phương trình đặc trưng nên ta tìm nghiệm riêng y˜(x) của phương trình. .. một nghiệm nào đó của phương trình, ta có Ln [y ∗ − y˜] = Ln [y ∗ − y˜] − Ln [˜ y ] = f (x) − f (x) = 0 nên y ∗ − y˜ cũng là một nghiệm của phương trình Ln [y] = 0 Do đó theo định lý 1.2, tồn tại các hằng số c01 , c02 , , c0n để n ∗ c0k yk , y − y˜ = k=1 hay n ∗ c0k yk y = y˜ + k=1 Như vậy nghiệm y ∗ có dạng (1.18) 1.2.4 Phương trình vi phân tuyến tính hệ số hằng số a) Nghiệm riêng của phương trình vi. .. hệ nghiệm cơ bản của phương trình Ln [y] = 0 và y˜ là một nghiệm riêng của phương trình Ln [y] = f (x), thì nghiệm tổng quát của phương trình Ln [y] = f (x) có dạng n y(x) = y˜(x) + ck yk (x) k=1 13 (1.18) Chứng minh Ta có n ck yk (x)] = f (x) + 0 = f (x) Ln [y] = Ln [˜ y ] + Ln [ k=1 Như vậy công thức (1.18) cho ta nghiệm của phương trình Ln [y] = f (x) Ta cần chứng minh rằng mọi nghiệm của phương trình ... trình bày số khái niệm phương trình vi phân, phương trình vi phân tuyến tính; phương pháp xây dựng nghiệm tổng quát phương trình vi phân tuyến tính Cũng đây, liên quan vi c tìm nghiệm chuỗi phương. .. (2n)! 32 Chương Nghiệm chuỗi phương trình vi phân tuyến tính điểm thường 2.1 Nghiệm chuỗi điểm thường Phương pháp tìm nghiệm tổng quát phương tình vi phân tuyến tính với hệ số số trình bày chương... dụ phương trình tuyến tính cấp hai Vi c tìm nghiệm chuỗi phương trình tuyến tính cấp n tiến hành tương tự Một ưu điểm phương pháp tìm nghiệm chuỗi ta trình bày phương pháp với phương trình vi phân