Phương pháp chuỗi lũy thừa là một phương pháp cơ bản để giải các phương trình vi phân tuyến tính với hệ số là hàm số. Ý tưởng về phương pháp chuỗi lũy thừa cho việc giải phương trình vi phân là đơn giản và tự nhiên.
Bài giảng SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP CHUỖI LŨY THỪA 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 Điểm chính quy và điểm kỳ dị của phương trình vi phân 2 2 Phương pháp chuỗi lũy thừa 2 3 Phương pháp Probenius 6 3.1 Định nghĩa điểm kỳ dị chính quy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 3.2 Phương pháp Frobenius . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 4 Bài tập 8 Tài liệu tham khảo8 1 Giải tích số Giải gần đúng pt vi phân thường SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP CHUỖI LŨY THỪA GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN THƯỜNG Phương pháp chuỗi lũy thừa là một phương pháp cơ bản để giải các phương trình vi phân tuyến tính với hệ số là hàm số. Ý tưởng về phương pháp chuỗi lũy thừa cho việc giải phương trình vi phân là đơn giản và tự nhiên. Xét bài toán Cauchy với phương trình vi phân tuyến tính cấp 2: y + p (x)y + q (x)y = f (x) y(x 0 ) = α; y (x 0 ) = β (0.1) 1 Điểm chính quy và điểm kỳ dị của phương trình vi phân Xét bài toán Cauchy (0.1). • Nếu các hàm số p(x), q (x), f (x) trong phương trình (0.1) là giải tích tại x = x 0 (khả vi vô hạn lần tại x = x 0 ) thì điểm x = x 0 gọi là điểm chính quy (điểm thông thường) của phương trình trên. • Một điểm không là điểm chính quy được gọi là điểm kỳ dị (điểm bất thường) của phương trình Trong trường hợp x 0 là điểm chính quy, ta sẽ dùng phương pháp chuỗi lũy thừa để giải phương trình vi phân. 2 Phương pháp chuỗi lũy thừa Ta nhắc lại một số điều thường gặp đối với chuỗi lũy thừa: Trong khoảng hội tụ của chuỗi, ta có thể lấy đạo hàm và tích phân từng số hạng của chuỗi, chuỗi mới nhận được (sau khi lấy đạo hàm hoặc tích phân) cũng có bán kính hội tụ như chuỗi ban đầu. Để đơn giản ta xét bài toán Cauchy đối với phương trình vi phân tuyến tính cấp 2: y + p (x)y + q (x)y = f (x) y(0) = α; y (0) = β (2.1) trong đó p (x), q (x), f (x) là các hàm giải tích tại x = 0. Khi đó, ta có: p(x) = ∞ ∑ n=0 a n x n ; q(x) = ∞ ∑ n=0 b n x n ; f (x) = ∞ ∑ n=0 f n x n (2.2) 2 Giải tích số Giải gần đúng pt vi phân thường Nghiệm của bài toán (2.1) được tìm trong dạng chuỗi lũy thừa: y(x) = ∞ ∑ n=0 C n x n (2.3) trong đó C n cần được xác định sao cho (2.3) là nghiệm của bài toán (2.1). Để xác định C n (n = 0, 1, 2, . . .) ta buộc (2.3) thỏa mãn (2.1) với mọi x. Tính: y (x) = ∞ ∑ n=1 nC n x n−1 ; y (x) = ∞ ∑ n=2 n(n − 1)C n x n−2 Thay y , y và (2.2) vào (2.1) ta được: ∞ ∑ n=2 n(n − 1)C n x n−2 + ∞ ∑ n=1 nC n x n−1 ∞ ∑ j =0 a j x j + ∞ ∑ n=0 C n x n ∞ ∑ j =0 b j x j = ∞ ∑ n=0 f n x n Đồng nhất hai vế theo lũy thừa của x được hệ phương trình để xác định C i , (i = 0, 1, 2, . . .) theo a n , b n , f n : x 0 : 2C 2 +C 1 a 0 +C 0 b 0 = f 0 x 1 : 3.2C 3 + 2C 2 a 0 +C 1 a 1 +C 1 b 0 +C 0 b 1 = f 1 x 2 : 4.3C 4 + 3C 3 a 0 + 2C 2 a 1 +C 1 a 2 +C 2 b 0 +C 1 b 1 +C 0 b 2 = f 2 ··· ··· ··· Hai hệ số C 0 ,C 1 được xác định nhờ điều kiện đầu tại x = 0. C 0 = y(0) = α C 1 = y (0) = β C 2 ,C 3 được xác định theo C 0 ,C 1 và a n , b n , f n . Vấn đề đặt ra là: với điều kiện nào thì chuỗi (2.3) hội tụ và có hội tụ tới nghiệm của bài toán (2.1) hay không?. Người ta chứng minh được kết quả sau: Định lý 2.1 Nếu các chuỗi hàm (2.2) hội tụ với |x| < R thì chuỗi hàm (2.3) thu được bằng cách trên cũng hội tụ với |x| < R, đồng thời (2.3) là nghiệm đúng của bài toán đó. Ta công nhận kết quả này! Vậy nếu đặt S n (x) = n ∑ k=0 C k x k của chuỗi (2.3) làm nghiệm gần đúng: y (x) ≈ S n (x) thì sao số là phần dư của chuỗi (2.3). Độ chính xác càng cao nếu n càng lớn. Nếu chọn C 0 ,C 1 bất kỳ thì ta được nghiệm tổng quát của phương trình vi phân tuyến tính cấp 2. 3 Giải tích số Giải gần đúng pt vi phân thường Ví dụ 2.1 Xét bài toán: y − xy + y = 1 −cosx y(0) = 0; y (0) = 1 Giải: Ở đây p (x) = −x, q(x) = 1, f (x) = 1 −cosx là hàm giải tích. Đối với f (x), ta có khai triển: f (x) = 1 − cosx = x 2 2! − x 4 4! + x 6 6! − x 8 8! + . . . + (−1) n+1 x 2n (2n)! + . . . Hay f (x) = ∞ ∑ n=1 (−1) n+1 x 2n (2n)! Nghiệm của bài toán được tìm trong dạng: y(x) = ∞ ∑ n=0 C n x n Tính y , y và thay vào phương trình ta được: ∞ ∑ n=2 n(n − 1)C n x n−2 − x ∞ ∑ n=1 nC n x n−1 + ∞ ∑ n−0 C n x n = ∞ ∑ n=1 (−1) n+1 x 2n (2n)! Đồng nhất hai vế theo lũy thừa của x: x 0 : C 0 + 2C 2 = 0 x 1 : 6C 3 = 0 x 2 : −C 2 + 12C 4 = 1 2 x 3 : −2C 3 + 20C 5 = 0 x 4 : −3C 4 + 30C 6 = − 1 24 x 5 : −4C 5 + 42C 7 = 0 x 6 : 5C 6 + 56C 8 = 1 172 . . . . . . . . . Do y(0) = 0 ⇒ C 0 = 0, y (0) = 1 ⇒ C 1 = 1. Vậy: C 0 = 0,C 1 = 1,C 2 = 0,C 3 = 0,C 4 = 1 24 ,C 5 = 0,C 6 = 1 360 ,C 7 = 0,C 8 = 11 40320 4 Giải tích số Giải gần đúng pt vi phân thường Nghiệm của bài toán sẽ là: y(x) = x + x 4 24 + x 6 360 + 11x 8 40320 + . . . Miền hội tụ: với mọi x vì p, q, f có chuỗi hội tụ với mọi x. Ví dụ 2.2 Tìm nghiệm tổng quát của phương trình vi phân y + y = 0 bằng phương pháp chuỗi lũy thừa. Giải: Nghiệm của bài toán được cho dưới dạng: y(x) = ∞ ∑ n=0 C n x n Khi đó: y (x) = ∞ ∑ n=2 n(n − 1)C n x n−2 Để thuận tiện ta viết lại y với chỉ số bắt đầu với n = 0: y = ∞ ∑ 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 = 0 Hay ta có: ∞ ∑ n=0 [(n + 2)(n + 1)C n+2 +C n ]x n = 0 Theo phương pháp hệ số bất định, hai chuỗi số muốn bằng nhau thì từng hệ số tương ứng phải bằng nhau. Vì vậy, hệ số của x n ở biểu thức trên phải bằng 0. Hay: (n + 2)(n + 1)C n+2 +C n = 0 Từ đây ta có: C n+2 = − C n (n + 2)(n + 1) Do đó: Với n = 0 ⇒ C 2 = − C 0 1.2 Với n = 1 ⇒ C 3 = − C 1 2.3 5 Giải tích số Giải gần đúng pt vi phân thường Với n = 2 ⇒ C 4 = − C 2 3.4 = C 0 1.2.3.4 = C 0 4! Với n = 3 ⇒ C 5 = − C 3 4.5 = C 1 2.3.4.5 = C 1 5! . . . . . . . . . Một cách tổng quát ta có: Với các hệ số chẵn: C 2k = (−1) k C 0 (2k)! Với các hệ số lẻ: C 2k+1 = (−1) k C 1 (2k + 1)! . Do đó nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là: y = C 0 ∞ ∑ n=0 (−1) n x 2n (2n)! +C 1 ∞ ∑ n=0 (−1) n x 2n+1 (2n + 1)! Nhận xét: • Bán kính hội tụ: mọi x. • Hai chuỗi ứng với các hệ số chẵn, lẻ tương ứng với khai triển Maclaurin của các hàm sin x, cos x. Do đó nghiệm của phương trình sẽ là: y = C 0 cos x +C 1 sin x Kết quả này phù hợp với kết quả đã biết của các phương pháp sơ cấp đã học. 3 Phương pháp Probenius Trong trường hợp bài toán có điểm kỳ dị, phương pháp trên không thể giải quyết được bài toán. Tuy nhiên nếu điểm kỳ dị là điểm kỳ dị chính quy, ta có thể sử dụng phương pháp Frobenius để giải. 3.1 Định nghĩa điểm kỳ dị chính quy Xét phương trình vi phân dạng: y + p(x)y + q(x)y = 0 có x = x 0 là điểm kỳ dị. Nếu các hàm (x − x 0 )p(x) và (x − x 0 ) 2 q(x) đều giải tích tại x = x 0 thì x 0 được gọi là điểm kỳ dị chính quy. Trường hợp điểm kỳ dị không thỏa mãn điều kiện trên được gọi là điểm kỳ dị không chính quy. 6 Giải tích số Giải gần đúng pt vi phân thường 3.2 Phương pháp Frobenius Trong trường hợp bài toán có điểm kỳ dị chính quy ta có thể sử dụng phương pháp Frobenius để qiải bài toán. Nội dung của phương pháp là nghiệm cần tìm được viết dưới dạng: y = x s ∞ ∑ n=0 C n x n và cách thức giải tương tự như với phương pháp chuỗi lũy thừa. Xét ví dụ cụ thể: Ví dụ 3.1 Tìm nghiệm tổng quát của phương trình: 4x 2 y − 3y = 0 Giải: Nghiệm được tìm 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 + K, (C 0 = 0) Khi đó: 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 + K Thay vào phương trình đã cho và sắp xếp theo lũy thừa của x, ta thu được: [4s(s − 1) − 3]C 0 x s + [4(s + 1)s − 3]C 1 x s+1 + [4(s + 2)(s + 1) − 3]C 2 x s+1 + +[4(s + 3)(s + 2) − 3]C 3 x s+3 + K = 0 Cho các hệ số lần lượt bằng không: [4s(s − 1) − 3]C 0 = 0 [4s(s + 1) − 3]C 1 = 0 [4 (s + 2) (s + 1) − 3]C 2 = 0 [4 (s + 3) (s + 2) − 3]C 3 = 0 ··· ··· ··· Phương trình thu được ứng lũy thừa thấp nhất của x được gọi là phương trình chỉ định. Ở đây, vì C 0 = 0 nên phương trình chỉ định là: 4s(s − 1) − 3 = 0 ⇒ s = 3 2 s = − 1 2 7 Giải tích số Giải gần đúng pt vi phân thường • Với s = 3 2 kết hợp với các phương trình còn lại ta được: C 1 = C 2 = C 3 = . . . = 0. Khi đó y 1 (x) = C 0 x 3 2 là một nghiệm của phương trình đã cho. • Với s = − 1 2 kết hợp với các điều kiện còn lại ta được: C 1 = C 2 = C 3 = . . . = 0. Khi đó y 2 (x) = C 0 x − 1 2 là nghiệm thứ hai của phương trình đã cho. Vì C 0 là hằng số tùy ý, nên nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là: y(x) = c 1 y 1 (x) + c 2 y 2 (x) = c 1 x 3 2 + c 2 x − 1 2 4 Bài t ập Bài 1 Tìm nghiệm tổng quát của phương trình: y − x 2 y = 0 trong dạng chuỗi lũy thừa. Bài 2 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. Bài 3 Tìm nghiệm tổng quát của phương trình x 2 y − 2y = 0 bằng phương pháp Frobenius. Bài 4 Tìm nghiệm Frobenius của phương trình Bessel có bậc 0: x 2 y + xy + x 2 y = 0 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. 8