Phương trình toán lý

ĐỒN MINH THỦY BÀI GIẢNG PHƯƠNG TRÌNH TỐN LÝ Tai ngay!!! Ban co the xoa dong chu nay!!! 2019 Chương I MỞ ĐẦU 1.1 Phương trình đạo hàm riêng cấp hai phân loại 1.1.1 Phương trình đạo hàm riêng cấp hai Phương trình đạo hàm riêng phương trình chứa hàm chưa biết, đạo hàm riêng biến số độc lập Cấp phương trình cấp cao đạo hàm riêng hàm phải tìm có mặt Phương trình đạo hàm riêng cấp m phương trình có dạng  u u u  u  u  mu F  x1 , x , , x n , u, , , , , , , k1 x1 x x n x12 x1x x1 x nk n   0  Đây phương trình đạo hàm riêng cấp m hàm n biến độc lập ( x1 , x , , x n ) Với k1 + k2 + … + kn = m Một số phương trình ví dụ: u u u u x  xuy hay  x  xuy2  ; x y x y 4w  w 3w 3w w 3   cos(xu)  xyzu 0 ; zu u uxz x x  2h  2h  2h   0 x y2 z Để thuận tiện trình bày ta quy ước cách viết sau:  2h  2h  2h    hay h ''xx  h ''yy  h ''zz  , x y z h xx  h yy  h zz  viết Trong tốn vật lý phương trình thường gặp phương trình đạo hàm riêng tuyến tính cấp hai mà dạng tổng quát là: n n n  Aiju x x   Bi u x i 1 j1 i j i 1 i  Cu  F (1.1) u hàm n biến xi (i =  n), ta viết: u = u (x1, x2, …, xn) = u(x), với x  (x1 , x , , x n ) Chú ý ta viết theo quy ước u xi x j  u ''xi x j   2u x i x j Aij, Bi, C, F hệ số, chúng chứa biến độc lập xi, ta viết: Aịj = Aij(x) = Aij(x1, x2, …, xn) ; Bi = Bi(x) = Bi(x1, x2, …, xn); C = C(x) = C(x1, x2, …, xn); F = F(x) = F(x1, x2, … xn); Trong phương trình (1.1) F(x) = gọi phương trình đạo hàm riêng tuyến tính cấp hai Trong vật lý, biến độc lập thường biến thời gian t biến tọa độ x, y, z Ví dụ: u u  x  xuy2  phương trình ĐHR tuyến tính cấp nhất; x y uxx − 2uxy + uyy = cos x phương trình ĐHR tuyến tính cấp nhất; ux(1 + uy)= uxx phương trình ĐHR cấp khơng tuyến tính 1.1.2 Phân loại phương trình đạo hàm riêng cấp hai với hai biến số độc lập Gọi u(x,y) hàm số hai biến số độc lập x, y Dạng tổng quát phương trình đạo hàm riêng cấp hai có dạng: F(x, y, ux, uy, uxx, uxy, uxy) = (1.2) Phương trình (1.2) gọi phương trình đạo hàm riêng tuyến tính cấp hai có dạng Auxx + 2Buxy + Cuyy + Dux + Euy + Fu + G = (1.3) đó: A, B, C, D, E, F, G hàm x y Chú ý số (1.3) đưa vào để thuận tiện cho việc tính tốn sau Nếu phương trình khơng có số hạng chứa hàm chưa biết đạo hàm riêng hàm chưa biết (tức G = 0) gọi phương trình Nếu hệ số A, B, C, D, E, F số gọi phương trình tuyến tính với hệ số số Nếu phương trình (1.2) có dạng Auxx + 2Buxy + Cuyy + F(ux, uy, u, x, y) = (1.4) gọi phương trình tuyến tính với đạo hàm cấp hai Bằng phương pháp đổi biến ta đưa phương trình dạng đơn giản Chẳng hạn, ta thực phép đổi biến: x, y  ,  cách đặt: x = x (, ); y = y(, ) (1.5) Ta biểu diễn ngược lại:  = (x, y);  = (x, y) (1.6) Để chuyển phương trình (1.3), (1.4) qua biến , , ta thực phép tính uxx, uxy, uyy’ ux, uy sau: ux = ux + ux; uxx = (ux + ux)x = (ux)x + (ux)x = (u)xx + uxx + (u)xx + uxx = (ux + ux)x + uxx + (ux + ux)x + uxx = u(x)2 + uxx + uxx + uxx + u(x)2 + uxx = u(x)2 + 2uxx + u(x)2 + uxx + + uxx Việc tính uxy, uyy, ux, uy tương tự Cụ thể: uyy = u(y)2 + 2uyy + u(y)2 + uyy + + uyy u xy u y x u ( y x y x ) u xy u y x u xy Thay tất vào (1.4) ta A u + B u + C u + F = (1.7) với: A = A  2x + 2Bxy + C  2y B = Axx + B(xy + yx) + Cyy C = A  2x + 2Bxy + C  2y F không chứa đạo hàm riêng bậc hai theo   Nếu thay đạo hàm riêng vào phương trình (1.3) F có dạng F = u + u + u +  , , ,  hàm   Điều có nghĩa phương trình (1.2) tuyến tính sau đổi biến phương trình nhận tuyến tính So sánh (1.4) (1.7) ta thấy chúng có dạng giống Tuy nhiên khác biệt A , B , C phụ thuộc vào đổi biến, đổi biến thích hợp ta làm cho hai hệ số A , B , C khơng Khi (1.7) trở nên đơn giản việc giải phương trình dễ dàng Để tìm phép đổi biến cho thỏa mãn điều ta có bổ đề sau: Xét phương trình đạo hàm riêng cấp A(Zx)2 + 2BZxZy + C(Zy)2 = (1.8) với A, B, C phụ thuộc vào x, y Z hàm x, y Bổ đề: Điều kiện cần đủ để hàm Z = (x,y) nghiệm phương trình (1.8) (x,y) =  ( số bất kỳ) nghiệm tổng quát phương trình vi phân cấp thường A(dy)2 - 2Bdxdy + C(dx)2 = Thật vậy: Nếu Z = (x,y) nghiệm (1.8) nghiệm (1.9) A(x)2 + 2Bxy + C(y)2 =   A   x  y     2B  x     y  + C =   (1.9)  A( dy dy ) + 2B(- ) + C = dx dx  A(dy)2 -2Bdxdy +C(dx)2 = Như vậy, qua bổ đề ta thấy, để xác định hàm Z ta cần giải phương trình vi phân thường (1.9), phương trình vi phân cấp mà ta biết cách giải Cụ thể, từ phương trình (1.9) ta có: dy B  B  AC  dx A (1.10) dy B  B  AC  dx A (1.11) Có ba khả xảy ra: - Nếu B2 - AC > phương trình (1.9) có hai nghiệm phân biệt, phương trình (1.7) thuộc loại hypecbơlic - Nếu B2 - AC = phương trình (1.9) có nghiệm kép, phương trình (1.7) thuộc loại parabơlic - Nếu B2 - AC < phương trình (1.9) có nghiệm phức, phương trình (1.7) thuộc loại eliptic 1.1.3 Chuyển phương trình đạo hàm riêng dạng tắc 1.1.3.1 Phương trình loại hypecbơlic Khi B2 - AC > (1.10) (1.11) thực độc lập Giả sử nghiệm phương trình (1.10) (1.11) (x,y) = C1, (x,y) = C2 Nếu ta chọn  = (x,y) ;  =  (x,y) A=0; C=0 Phương trình (1.7) trở thành B u +  u =  F =0 F = F1(u, u, u, , ) 2B (1.12) Phương trình (1.12) gọi dạng tắc thứ phương trình hypecbơlic Ta thực thêm phép biến đổi để đưa phương trình (1.12) dạng tắc thứ hai sau:   ;  ; 2 Đặt: = tức là: =+ ;=- Xác định u để thay vào (1.12) u = u + u = (u   u  ) (u   u  ) u   u - u = 4F1 = F2 (1.13) Phương trình (1.13) gọi dạng tắc thứ hai phương trình hypecbơlic 1.1.3.2 Phương trình loại parabơlic Khi B2 - AC = phương trình (1.9) có tích phân tổng quát (x,y) = const Ta chọn  = (x,y) ;  =  (x,y) hàm  (x,y) tùy ý Khi đó: A = ; B = Thật vậy, thay (x,y) = const vào phương trình (1.8) A = A  2x + 2Bxy + C  2y  A x  C y  B = Axx + B(xy + yx) + Cyy = ( A x  C y )( A x  C y )  Với biểu thức trên, rõ ràng với  (x,y) ta ln có B = Khi phương trình (1.7) có dạng C u + F =  u = - F / C = F3 (1.14) Phương trình (1.14) gọi dạng tắc phương trình loại parabơlic 1.1.3.3 Phương trình loại eliptic Khi B2 - AC < phương trình (1.9) có hai nghiệm phức liên hợp (x,y) = C1’ * (x,y) = C2 Tương tự trường hợp phương trình loại ypecbơlic ta chọn:  = (x,y) ;  = * (x,y) (1.15) Tuy nhiên với cách chọn đổi biến phương trình chứa đơn vị ảo Nghiệm phương trình nghiệm phức Để tránh nghiệm phức ta đưa vào hai biến   xác định sau    *   * ;  2i Tức  = (x,y) = (x,y) + i(x,y);  = * (x,y) = (x,y) - i(x,y) Thay (x,y) = (x,y) + i(x,y) vào A = A  2x + 2Bxy + C  2y = 0, ta A  2x + 2Bxy + C  2y = A  2x + 2Bxy + C  2y Axx + B(xy + yx) + Cyy = Vậy ta chọn trực tiếp  = (x,y) ;  = (x,y) A = C B =  u + u = - F / A = F4 (1.16) Phương trình (1.16) gọi dạng tắc phương trình loại eliptic Tóm lại, để chuyển phương trình đạo hàm riêng Auxx + 2Buxy + Cuyy + Dux + Euy + Fu + G = dạng tắc ta thực bước sau: Bước Lập phương trình đặc trưng A(dy)2 -2Bdxdy + C(dx)2 = Bước Giải phương trình đặc trưng Có ba khả xảy ra: - Nếu B2 - AC > phương trình đặc trưng có hai nghiệm thực phân biệt là: (x,y) = C1, (x,y) = C2 Ta đặt biến cho hai nghiệm là:  = (x,y);  =  (x,y) - Nếu B2 - AC = phương trình đặc trưng có nghiệm thực: (x,y) = C Ta chọn biến mới:  = (x,y);  =  (x,y) tùy ý - Nếu B2 - AC < phương trình đặc trưng có hai nghiệm phức liên hợp: (x,y) + i(x,y) = C1; (x,y) - i(x,y) = C2 Ta chọn biến mới:  = (x,y);  =  (x,y) Hoặc  = (x,y) + i(x,y);  = (x,y) - i(x,y) Ví dụ 1.1 Chuyển phương trình đạo hàm riêng sau dạng tắc u xx  a 2u yy  (a ≠ 0) Giải: Các hệ số: A = 1; B = 0, C = -a2  = B2 – AC = a2 > (x,y) , phương trình thuộc loại hypecbơlic với (x,y) Phương trình đặc trưng: (dy)2 - a2(dx)2 = dy  dy   a Giải phương trình đặc trưng:    a   dx  dx  Nếu dy  a   dy   adx  C1  y - ax = C1 dx Nếu dy  a   dy   adx  C1  y + ax = C2 dx với C1, C2 hai số tùy ý Theo phương pháp trình bày trên, ta chọn:  = y + ax;  = y – ax u x  u x  u x  u a  u  (a) ;  x  a  ua  u (a)  u a  u  (a)   a  u   2u   u   u xx  a u   u  u y  u y  u y  u   u   u yy  u   u  y  uy  uy  uy  uy  u   2u   u  Thay tất vào phương trình ta được: 4a u   u   Hay Ví dụ 1.2 Chuyển phương trình đạo hàm riêng sau dạng tắc uxx + xuyy = Giải: Các hệ số: A = ; B = 0; C = x  = B2 – AC = - x; Vậy: +  >  –x >  x < 0, PT thuộc loại hypecbolic +  =  x = 0, PT thuộc loại parabolic +  <  –x <  x > 0, , PT thuộc loại parabolic Phương trình đặc trưng: (dy)2 + x.(dx)2 = dy dx x dy dx x Trường hợp 1:  >  –x >  x < (PT loại hypecpolic) uxx = u(x)2 + 2uxx + u(x)2 + uxx + uxx uyy = u(y)2 + 2uyy + u(y)2 + uyy + uyy Để tránh dấu âm ta đặt x = -t ( t > ) Suy ra: dy dt t dy dt t dy dt t dy dt dy dt t dy dy t y tdt tdt y t ( 1) t x t x x t x 2 t y t; t ( 1) t 2 t y Chọn: 2 t c1 3 2 t c2 xx ; t t; xx t 1; y ; 1; y yy yy Ta có: t )2 + 2u( t ) ( uxx = u( = t u - 2tu+ tu + u( t t ) + u( t )2 + u( ) + u(- t ) + u(- t ) ) t uyy = u(1)2 + 2u.1.1 + u(1)2 + u.0 + u.0 uyy = u + 2u + u Thay tất vào phương trình uxx + xuyy = t u - 2tu+ tu + u( = - 2tu + u( =- 4tu + u( t t  4tu = u(  u = 8t 3/2 ) + u(- ) + u(- t t ) + u(- t ) + u(- t ) –t(u + 2u + u) ) –t(2u) t 1 )=0 t )= t (u - u) (u - u) mặt khác, từ y 2 t y Ta có 2 3/2 t t 3 u u u Trường hợp 2:  =  x = (PT loại parabolic) uxx = Trường hợp 3:  <  –x <  x > (PT loại eliptic) Khi đó: dy dx dy dx i2 x x i x dy dx dy dx i x dy i dy i x xdx i xdx y y 2 ix c1 3 2 ix c2 3 2 x y Chọn: Ta có: ux u u xx u x u u u yy u u x u y x x x uy u x u y u y xu u y u y Thay vào phương trình (*) được: x u u xu 2x u u 2x u 3 u u xu 2x u u u 0 1.3 Một số phương pháp giải phương trình đạo hàm triêng 1.3.1 Phương pháp đổi biến Để giải phương trình đạo hàm riêng ta thực đổi biển để chuyển phương trình dạng đơn giản (dạng tắc) giải d n (e  x ) dx n n x2 H n ( x )  (1) e (5.41) Để chứng minh (5.41) nghiệm phương trình Hermite ta đặt q  e x Ta có q’ + 2xq = Đạo hàm phương trình n + lần theo quy tắc Leibnitz ta q(n+2) + 2xq(n+1) + 2(n+1)q(n) = Mặt khác ta viết y = (-1)nq(n) Thay vào (5.42 ) ta có y’’ + 2xy’ + 2(n+1)y = (5.42) (5.43) x2 Ta lại đặt u  e y , đó:  u '  ex  2xy  y' , u ''  ex y'' 4xy' 4x y  2y 2  Biến đổi biểu diễn u’’ qua u’ u u' '  e x y' '2xy '2(n  1) y  e x 2x( y'2xy )  e x 2ny  2xu '2nu 2 Từ phương trình (5.43) ta có: u’’ – 2xu’ + 2nu = Phương trình cho thấy u(x) nghiệm phương trình Hermite với tham số nguyên dương n Vậy x2 u  e (1) q n (n) n x2  (1) e (e x ( n ) ) n x2  (1) e d n (e  x ) dx n  H n (x) nghiệm đa thức phương trình Hermite 5.3.3 Các cơng thức truy hồi Ta có cơng thức truy hồi sau: a) H 'n (x)  2xH n (x)  H n 1 (x) b) H 'n 1 (x)  2(n  1)H n (x) c) H n 2 (x)  2xH n 1 (x)  2(n  1)H n (x) Chứng minh: Đạo hàm cơng thức Rodrigue (5.41) ta có H'n (x)  (1)n 2xex (e x )(n)  (1)n 1 e x (e x )(n 1) 2 2 H 'n (x)  2xH n (x)  H n 1 (x) (5.44) Đạo hàm (5.44) ta lại có H 'n' (x)  2H n (x)  2xH 'n (x)  H 'n 1 (x) Mặt khác Hn(x) nghiệm phương trình Hermite nên ta có: H 'n' (x)  2xH 'n (x)  2nHn (x)  Từ hai phương trình ta có H 'n 1 (x)  2(n  1)H n (x) 135 (5.45) , phương trình (5.44) thay n n+1 ta có: H 'n 1 (x)  2xH n 1 (x)  H n 2 (x) Kết hợp với (5.45) ta thu H n 2 (x)  2xH n 1 (x)  2(n  1)H n (x) (5.46) Dựa vào công thức truy hồi ta tính đa thức Hermite bậc cao 5.3.4 Hàm sinh Hn(x) Sử dụng cơng thức Rodrigue ta tìm hàm sinh Hn(x) ( x, t )  e tx t e [ x ( t  x ) ]  H n (x) n t n! n 0  (5.47) Đạo hàm (5.47) n lần theo t ta có: n   n ( t  x ) tk x2 n  ( t  x ) e e  e (1) e   H n k ( x ) k! t n x n k 0 Cho t = ta thu công thức Rodrigues x2 n x2 H n ( x )  (1) e d n (e  x ) dx n 5.3.5 Tính trực giao đa thức Hermite  e x  (m  n) 0 H m ( x )H n ( x )dx   n 2 n!  (m  n) Chứng minh Xét m ≠ n Fn ( x )  e x Đặt 2/2 H n (x) Đạo hàm Fn(x) ta có Fn' ( x )  xFn ( x )  e x Fn'' (x )  e x 2/2 H 'n' (x )  2xe x Fn'' ( x )  e x Mà Nên 2/2 H '' n 2/2 2/2 H 'n ( x ) , H 'n ( x )  x e x 2/2 H n (x )  Fn ( x )  (x )  2xH 'n ( x )  x Fn ( x )  Fn ( x ) H 'n' (x)  2xH 'n (x)  2nHn (x)  Fn'' (x )  e x 2/2  2nHn (x)  x Fn (x)  Fn (x)  2nFn (x)  x Fn (x)  Fn (x) Fn'' (x)  x Fn (x)  (2n  1)Fn (x)  (5.48) Chúng ta chứng tỏ dãy Fn ( x ) trực giao khoảng (-, +) Nhân hai vế (5.48) với Fm(x) ta Fm (x)Fn'' (x)  x Fm (x)Fn (x)  (2n  1)Fm (x)Fn (x)  136 Đổi số m thành n ngược lại ta có: Fn (x)Fm'' (x)  x Fn (x)Fm (x)  (2n  1)Fn (x)Fm (x)  Trừ phương trình cho phương trình tích phân từ -  đến +  ta được:  I n ,m    Fn ( x )Fm ( x )dx  [Fn'' ( x )Fm ( x )  Fm'' ( x )Fn ( x )]dx ( n  m)  2(n  m)   Sử dụng tích phân phần ta 2(n  m)I n ,m      Fm' Fn  Fn' Fm I n ,m  Vậy:   Fn Fm  Fm Fn dx   ' ' ' '    Fn (x)Fm (x)dx  (n  m) (5.49)  Nếu n = m I n ,n    e x H n ( x )H m ( x )dx     ex  2 d n  e x  d m  e x      )dx n m dx dx Sử dụng phương pháp tích phân phần n   x   m 1   x   d e   d e   (n) ( m 1)     x2 x  x  x      e d  e e  e  n m 1       dx dx        ( n ) ( n 1)  ( m1) x  x  x  x  x    2xe  e   e  e   e  dx =     (n) ( n 1)  ( m1) x2  x  x  x  x     e 2x e   e  e   e  dx     I n ,n    Với y = (-1)nq(n) = (-1)n( e  x )(n) y’’ + 2xy’ + 2(n+1)y = 2 hay ( e  x )(n+2) + 2x( e  x )(n+1) + 2(n+1)( e  x )(n) = Đổi n thành n – ta có: 2 ( e  x )(n+1) + 2x( e  x )(n) + 2n( e  x )(n-1) = Vậy ta viết I n ,n    2ne  x  x e     ( n 1)  e x      ( m1) dx  2nIn 1,n 1 Từ phương trình ta có I n ,n  2nIn 1,n 1  2n.2(n  1)I n 2,n 2   2.2 2.n(n  1) 1.I 0,0  n n!I 0,0 Mà 137 I 0,    e x H ( x )H ( x )dx     e x dx    Vậy I n ,n  n n!  5.4 Hàm đa thức Laguerre (Edmond Nicolas Laguerre, 1834 - 1886, Nhà toán học người Pháp) 5.4.1 Phương trình Laguerre Phương trình Laguerre phương trình vi phân cấp hai tuyến tính có dạng xy’’ + (1 – x)y’ + y = (5.50) Phương trình xuất học lượng tử xem xét chuyển động điện tử trường xuyên tâm hạt nhân (bài tốn Hiđrơ) Do gốc x = điểm kỳ dị đơn (regular singular point) nên ta tìm nghiệm dạng chuỗi y( x )    a k x k p (5.51) k 0 Để xác định hệ số ak p ta thay (5.51) vào phương trình (5.52), ta có  (k  p) a k x k p1  (  k  p)a k x k    k 0 Để phương trình với x tất hệ số phải đồng không Ta xác định để (5.51) nghiệm (5.50) p = Như  k a k x k1  (  k)a k x k    k 0 Trong số hạn ta đổi số k thành k + 1, kết k  Do ta có a k 1  ak (k  1) (5.52) Khi  số dương n từ (5.52) ta thấy tất hệ số có số lớn n không (ak+1 = ak+2 = … = 0) a1   a3  n (n  1) (1) (n  1)n , a   a  a0 , a 22 (1.2)2 12  (n  2) (1) (n  2)( n  1)n a  a , …… 32 (1x 2x3) Tổng quát (1) k (n  k  1)( n  k  2) ( n  1)n ak  a0 (k!) Chọn a0 = n! (1) k (n  k  1)( n  k  2) ( n  1)n.n! (1) k n!.n! ak   (k!) (n  k )!(k!) 138  (1) k k!(k  1)( k  2) n.k!(k  1)( k  2) n (n  k )!(k!) (1) k (k  1) (k  2) n  (n  k )! (5.53) Nghiệm đa thức phương trình Laguerrue ký hiệu Ln(x), gọi đa thức Laguerrue, xác định   n n 1 n (n  1) n 2 (5.54) L n ( x )  (1) n x n  x  x   n! ! !   Dạng số đa thức Laguerre cấp thấp L0(x) = 1, L1(x) = – x, L2(x) = – 4x + x2, L3(x) = – 18x + 9x2 – x3 5.4.5 Hàm sinh đa thức Laguerre Ln(x) Hàm sinh có dạng  ( x , z)   L (x) e  xz /(1z )  n 1 z n 0 n! (5.55) Hàm (x,z) thỏa mãn phương trình x  2 x  (1  x )   z 0 x z (5.56)  L (x) e  xz /(1z ) Thay ( x, z)  vào (5.56) ta thấy thỏa mãn Mặt khác thay  n 1 z n 0 n! vào (5.56) ta thấy Ln(x) thỏa mãn phương trình Laguerre (5.50) Bây ta nhân (5.55) với Z-n-1 tích phân theo đường trịn bao quanh gốc, ta thu L n (x)  n! e  xz /1z dz 2i  (1  z) Z n 1 (5.57) Biểu thức biểu diễn tích phân Ln(x) Bằng cách đạo hàm hàm sinh phương trình (5.50) theo x z ta thu công thức truy hồi Ln+1(x) = (2n + – x)Ln(x) – n2Ln-1(x) (5.60) nLn-1(x) = nL’n-1(x) – L’n(x) 5.4.3 Công thức Rodrigue cho đa thức Laguerre Đa thức Laguerre xác định qua công thức dn (x n e  x ) (5.61) n dx Để chứng minh công thức quay lại biểu diễn tích phân Ln(x) Với biến đổi xz sx  s  x hay z  1 z s Phương trình (5.61) trở thành 139 Ln (x)  e x L n (x)  n!e x s n e n dz 2i  (s  x ) n 1 Với đường bao quanh điểm s Theo cơng thức tích phân Cauchy (đối với đạo hàm) ta có d n x L n (x)  e x (x e ) dx Đây công thức Rodrigue xác định đa thức Laguerre Cơng thức Rodrigue cũng chứng minh cách đạo hàm hàm sinh n lần cho z tiến không n z0 z n e x lim    x  1 (1  z) exp   z   L n ( x )     n Mà lim n z0 z  n    x  d 1 n x (1  z) exp   z   n x e   dx  d n x Vậy L n (x)  e x (x e ) dx 5.4.4 Tính trực giao đa thức Laguerre Tự thân đa thức Leguerre Ln(x) không tạo thành dãy hàm trực giao, hàm e-x/2Ln(x) hì trực giao khoảng (0, )  0 (n  m) x (5.62) e L ( x ) L ( x ) dx   n m  (n! ) (n  m)  Để chứng minh (5.62) ta ý hai đa thức Leguerre Ln(x), Lm(x) ta có xL''m (x)  (1  x)L'm (x)  nLm  xL''n (x)  (1  x)L'n (x)  nLn  Nhân phương trình cho Ln(x) Lm(x) trừ cho ta     x L n L''m  L m L''n  (1  x) L n L'm  L m L'n  (n  m)L m L n     (n  m)L m L n d (1  x ) L n L'm  L m L'n  L n L'm  L m L'n  dx x x Hay d( xe  x )  e x (1  x ) dx Nhân hai vế cho xe-x, ý rằng: Do ( xe x ) Hay     d d( xe  x ) L n L'm  L m L'n  L n L'm  L m L'n  (n  m)e x L m L n dx dx d xe x L n L'm  L m L'n  (n  m)e x L m L n dx    140 Tích phân hai từ đến +  ta   (n  m)  e x L m L n dx  xe x L n L'm  L m L'n  e Vậy n  m x   0 L m L n dx 0  x  e L n (x) dx  (n!) Nếu n = m ta chứng minh (5.63) 5.4.5 Đa thức Laguerre liên kết Đạo hàm (5.50) m lần ta xy(m+2) + (m +1 – x)y(m+1) + (n-m)y(m) = ( = n) (m) Đặt z = y ta xz’’ + (m +1 – x)z’ + (n-m)z = (5.64) Phương trình gọi phương trình Laguerre liên kết, dễ suy nghiệm z d m L n ( x )  dx m Lmn ( x )  Vậy  Lmn ( x ) (m  n)   d m  x d n x n e x  e  dx m  dx n  (5.65) Lmn ( x ) đa thức cấp n – m, gọi đa thức Laguerre liên kết Một số đa thức Lagerre liên kết cấp thấp có dạng sau: L00 ( x )  1; L01 ( x )   x ; L11 ( x )  1; L02 (x)   4x  x ; L12 ( x)  4  2x ; L22 ( x )  5.5 Hàm gamma 5.5.1 Định nghĩa: Hàm gamma với biến số a ký hiệu (a) xác định qua tích phân suy rộng sau   (a )  x a 1  x e dx Ví dụ 1: tính (1); (1/2)  (1)   e x dx   e x  1 141 (a tham số) (5.66)  (1 / 2)  x 1 /  x e dx Sử dụng phương pháp đổi biến: đặt t  x ; t  x  dx = 2tdt Khi (1 / 2)   x 1 /  x e dx   e t dx  Lưu ý tích phân dạng  e t2 dx      e  x dx đã tính giải tích cách  áp dụng tích phân (x  e  y2 ) dxdy , miền D tồn mặt phẳng, tọa độ cực D 5.5.5 Tính chất: (a  1)  a(a ) (a > 0) (5.67) Chứng minh: (a  1)   x a x e   x a e  x    dx    x a d e  x   0  a  x a 1e  x dx  a  x a 1e  x dx  a(a ) Hệ quả: Nếu a số tự nhiên (a  n) thì: (n  1)  n! Ví dụ 1: tính ( ) , ( ) 2 1 ( )  (1  )  (1)  xét hội tụ (0) 2 2 3 3 ( )  (1  )  ( )   2 2 2 Ví dụ 2: Xét hội tụ (0) Theo định nghĩa:  (0)   x 1e 1dx Để tính tích phân ta phải tìm ngun hàm hàm xe x , việc xác định nguyên hàm khó, ta áp dụng tính chất (a  1) a (a  1) (0)  Lim (a )  Lim  a 0 a 0 a Tổng quát ta chứng minh hàm (a ) hội tụ a > 0, phân kỳ vô a  5.6 Phương trình Bessel (Friedrich Wilhelm Bessel, 1784 – 1846, Nhà Toán học Thiên văn học người Đức) (a  1)  a(a )  (a )  142 5.6.1 Định nghĩa nghiệm phương trình Bessel Phương trình Bessel phương trình vi phân tuyến tính có dạng: x y' ' xy '(x   ) y  (5.68) Trong  tham số dương Nghiệm riêng phương trình siêu bội tìm dạng chuỗi:  y( x )  ak xkr (5.69) k 0 Chuỗi (5.69) hoàn toàn xác định ta xác định ak r Để làm điều ta thay (5.69) vào (5.68) áp dụng phương pháp hệ số bất định Ta có đạo hàm: y' ( x )    a k k  r x k  r 1  , y' ' ( x )  k 0  a k k  r k  r  1x k  r  k 0 Thay tất vào (5.68):     k 0 k 0 k 0 k 0  a k k  r k  r  1x k  r +  a k k  r x k  r +  a k x k  r  -   a k x k  r = Đồng tất hệ số cho khơng Trước hết ta phải có hệ số số hạng bậc thấp xr không a0r(r-1) + a0r - 2a0 =  a0(r2 - 2) =  r =   a0 tùy ý Ta xét nghiệm riêng phương trình (5.55) với r = , gọi nghiệm riêng y1(x): y1 ( x )   a k x k  (5.70) k 0 Thay vào phương trình (5.69) ta có:   a k k   k    1x k   + k 0   a k k   x k   + k 0   a k x k 2 - 2 k 0   a k x k  = k 0 Như đã xác định ao tùy ý Hệ số x+1 là: a1(1 + ) + a1(+1) - 2a1 =  a1[(1 + )2 - 2] =  a1 = Hệ số x+2 là: a2(2 + )(+1) + a2(+2) + a0 - 2a2 =  a2   a0 [(  2)   ] Hệ số x+3 là: a3(3 + )(+2) + a3(+3) + a1 - 2a3 =  a3[(3 + )2- 2] + a1 = Do a1 = nên a3 cũng khơng Tổng qt ta chứng tỏ rằng: a2k+1 = ( k = 0, 1, …) a 2k  (1) k [(  2)   ][(   4)   ] [(   2k )   ] 143 a0 (1) k (1) k  a0 = k a0 2.4 2k.( 2  2)( 2  4) ( 2  2k ) (1.2 k.) k (  1)(  2) (   k ) Mà : 1.2….k = k! = (k  1) ; (  1)(  2) (   k )  (k    1) (  1) Vậy: y1 ( x )   (1) k (  1)a  k  (k  1)(k    1) 2k   x 2k   (1) k x  (  1)a     ( k  )  ( k    ) 2 k 0  Vì a0 tùy ý nên để đơn giản ta chọn a  (  1)2  2k   , đó:  (1) k x y1 ( x )     k  (k  1)(k    1)   2k   (5.71) Nghiệm gọi hàm Bessel loại cấp , ký hiệu J(x) J  (x)   (1) k x  (k  1)(k    1)     k 0 2k   (5.72)  Với r = -  cách tính tương tự ta xác định hàm riêng thứ hai y (x)   (1) k x  (k  1)(k    1)     k 0 2k   Hàm cũng hàm Bessel, ký hiệu J-(x) Vậy:  (1) k x J   (x)     k  (k  1)(k    1)   2k   (5.73) - Nếu  số tự nhiên hai nghiệm y1 y2 độc lập tuyến tính nên nghiệm tổng quát phương trình Bessel là: y(x) = C1y1(x) + C2y2(x) = C1J(x) + C2J-(x) - Nếu  số tự nhiên n chứng tỏ Jn(x) = (-1)nJ-n (x) , nghĩa hai nghiệm không độc lập tuyến tính Ví dụ Xác định J0(x)     (1) k k  (k!) 2 x 2k  2k 2k  (1) k  x      k  (k!)   2k (1) k x2 k  (2k!!) (1) k x J (x)     k  (k  1)(k  1)     x 2k =  Ví dụ Xác định J1(x) 144  x4 2  x6 2 2   (1) k x J1 ( x )     k  (k  1)(k  2)   x  (1) k  x      k  (k  1)( k!)   k 1 2k 1 x  (1) k x     k  (k  1)(k  1)(k  1)   2k  x x2 x4 x6     = 1  2 2 2    2.2 3.2 4.2  Ví dụ Xác định J1/2(x)  Mà J1 / ( x )  (1) k x J1 / ( x )     k  ( k  1)( k  )   (2k  1)!! (k  )   2k 1 2k  2  (1) k  (1) k 2k 1 2 k 1 x  x  sin x   x k  k!(2k  1)!!2 k x k  (2k  1)! x Bằng cách tương tự ta xác định J 1 / ( x )  cos x x 5.6.5 Hàm Bessel loại Như đã nói trên,  số tự nhiên n Jn(x) = (-1)nJ-n (x) , nghĩa hai nghiệm không độc lập tuyến tính Để có nghiệm tổng qt pt (68) ta cần phải tìm nghiệm độc lập tuyến tính với Jn(x) Để thống mặt hình thức thuận tiện cho tính tốn số, nghiệm pt (5.68) chọn có dạng J ( x ) cos   J   ( x ) Y ( x )   , Y (x)  Yn (x) (5.74) sin  n Nghiệm gọi hàm Bessel loại hai bậc  Nó cịng gọi hàm neumann bậc  ký hiệu N(x) (Carl Neumann 1832-1925, nhà Vật lý Tốn học người Đức) Ta cũng chứng tỏ Y-n(x) = (-1)nYn(x) Hình 1.3 Đồ thị biểu diễn hàm Besel loại cấp thấp Y0(x), Y1(x), Y2(x) 145 Đồ thị ba hàm Yn(x) biểu diễn hình 1.3 Nghiệm tổng quát phương trình Bessel tất giá trị  y(x) = c1J(x) + c2Y(x) Trong số ứng dụng nghiệm phương trình Bessel biểu diễn dạng phức H (1) ( x ) = J(x) + iY(x) (5.75) H (2) ( x ) = J(x) - iY(x) (5.76) Các hàm độc lập tuyến tính xem hàm Bessel loại ba bậc  hay hàm Hankel thứ hai bậc  5.6.3 Các công thức truy hồi  (5.77a ) J ' ( x )  J  1 ( x )  J  ( x ) x  (5.77b) J ' ( x )  J  1 ( x )  J  ( x ) x x J  ( x )  J  1 ( x )  J  ! ( x ) (5.77c) 2 Chứng minh (5.77a) Từ (5.72) ta có J  (x) x  (1) k x 2k   2k   k  (k  1)(k    1) x  J ' ( x )  x 1J  ( x ) đạo hàm hai vế: x 2 (1) k 2kx 2k 1  k  k 0 (k  1)(k    1)  (1) k 2kx 2k 1 = 2k   k 1(k  1)(k    1)  Đổi số: k = l + J ' ( x ) x  J  ( x ) x  1  J  ( x )    ' (1) l 1 2(l  1) x 2l 1 J ( x )       x  l  (l  2)(l    2) 2l    x  (1) l 1 (l  1) x 2l 1  2l 1  l  (l  1)(l  1)(l     1)  =  J ' ( x )  J  ( x )  x (1) l 1 x 2l 1   (l  1)(l     1) 2l 1   J  1 (x) l0   J ' ( x )   J  1 (x)  J  (x) x Chứng minh (5.77b), từ (5.72) ta có  (1) k x k  2 x J  (x)   2k   k  (k  1)(k    1)   Đạo hàm hai vế: 146 x  1 J  ( x )  x  J ' ( x ) (1) k (2k  2) x 2k 21  2 k  k 0 (k  1)(k    1)    (1) k (2k  2) x 2k  2 1 '  J  (x)  J  (x)  x  x 2k   k  (k  1)(k    1)  (1) k (k  ) x 2k   1  k   1 k  (k  1)( k  )(k     1)  (1) k x 2k   1    J   (x) k   1 k  (k  1)(k     1)   J ' ( x )  J   ( x )  J  ( x ) x Từ (5.77a) (5.77b) dễ dàng suy (5.77c) Ví dụ Xác định J3/2(x) x J  1 (x)  J  ! (x) , chọn  = 1/2 Áp dụng công thức J  ( x )  2 J3/2(x) = J1 / ( x )  J 1 / ( x ) x Theo ví dụ ta đã có:  J1 / ( x )  Vậy 2 sin x ; J 1 / ( x )  cos x x x J3/2(x) =  sin x   cos x   x  x  Tương tự J / (x)    sin x      1 cos x   x  x x   Hàm J(n+1/2)(x) J-(n+1/2)(x) với n số nguyên dương hay không gọi hàm Besel cầu Chúng có ứng dụng quan trọng các tốn dao động sóng mà tọa độ cầu thích hợp 5.6.4 Hàm sinh Jn(x) ( x, t )  e Hàm x  1 t  2 t    J n (x)t n  (5.78) n   gọi hàm sinh hàm Bessel loại Jn(x) Để chứng minh (78) ta xét hàm mũ ext/2 e-xt/5 Khai triển Laurent hàm theo t ta có xt e2   xt / 2k k 0 k!   ; e Nhân chúng với ta có 147 xt    xt / 2m m0 m!  e x  1 t  2 t    (1) m  x       k ! m ! 2 k 0 k 0 km t k m (5.79) Có thể thấy hệ số t0 (ứng với trường hợp m = k) J0(x)   (1) k k 0 2k (k!) x 2k  J ( x ) Tương tự, hệ số tn tọa số hạng k – m = n Jn(x)  (1) k  k  (k  n )! k!2 2k  n x 2k  n  J n ( x ) Điều chứng tỏ hệ số khai triển Laurent hàm sinh hàm Bessel bậc nguyên 5.6.5 Tính trực giao hàm Bessel Nếu   hai số khác  xJ n (x)J n (x)dx  (5.80) , biếu thức tính trực giao hàm Bessel Để chứng tỏ (5.80) trước hết ta chứng tỏ  xJ n (x)J n (x)dx  J n ()J 'n ()  J n ()J 'n () 2   (5.81) Từ phương trình Bessel (5.68) ta đổi biến thành x, ta có x y' ' xy '(2 x  n ) y  Nghiệm phương trình Jn(x) Bây ta giả sử ta có hai phương trình thể, y1 với số  phương trình y2 với số  x y1' '  xy 1'  (2 x  n ) y1  ; x y '2'  xy '2  ( x  n ) y  Nhân phương trình đầu cho y2 phương trình sau cho y1 trừ cho nhau, ta có            x y y1' '  y1y '2'  x y y1'  y1y '2    2 x y1y Chia cho x ta x y y1' '  y1y '2'  y y1'  y1y '2    2 xy 1y Hay     d x y y1'  y1y '2    2 xy 1y , dx Tích phân hai vế ta 2  2  xy 1y2dx xy2 y1'  y1y'2  Lưu ý ta đã bỏ qua số tích phân 148 Thay y1 = Jn(x) y2 = Jn(x) vào  xJ n (x)J n (x)dx   x J n (x )J 'n (x )  J n (x )J 'n (x )    2  xJ n (x)J n (x)dx  J n ()J 'n ()  J n ()J 'n () 2   Bây cho    áp dụng quy tắc L’Hospital, ta có  xJ 2n (x )dx  = J 'n ()J 'n ()  J n ()J 'n ()  J n ()J 'n' () Lim   2 J 'n2 ()  J n ()J 'n ()  J n ()J 'n' () 2 2 J 'n' ()  J 'n ()  (2  n )J n ()  Mà Rút J 'n' ( x ) từ phương trình thay vào tích phân ta có:  xJ n (x)dx   n2    '2 J n ()  1  J n ()      (5.82) Mặt khác,   hai nghiệm phân biệt phương trình RJn(x) + SxJn’(x) = với R S số có RJn() + SJn’() = ; RJn() + SJn’() = - Nếu R S khơng đồng thời khơng J n ()J 'n ()  J n ()J 'n () = - Nếu R = 0, S  R  0, S =   nghiệm phương trình Jn(x) = Jn’(x) = Khi biểu thức 149