Chuỗi luỹ thừa và ứng dụng

ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM KHOA TOÁN ******** KHOÁ LUẬN TỐT NGHIỆP Đề tài CHUỖI LUỸ THỪA VÀ ỨNG DỤNG Sinh viên thực : Vũ Phượng Nhi Lớp : 15ST Giảng viên hướng dẫn: TS Lê Hồng Trí Đà Nẵng, 01/2019 LỜI CẢM ƠN Trong suốt thời gian làm đề tài luận văn tốt nghiệp, em nhận hướng dẫn, bảo tận tình thầy giáo TS Lê Hồng Trí tạo điều kiện tốt trình tìm hiểu tài liệu khoa Tốn – Trường Đại Học Sư Phạm Đà Nẵng Em xin bày tỏ lòng biết ơn đến thầy Lê Hồng Trí thầy khoa Tốn – Trường Đại Học Sư Phạm Đà Nẵng bạn bè Do luận văn hoàn thành thời gian ngắn lực có hạn nên cố gắng có lẽ khơng tránh khỏi cịn nhiều thiếu sót Em mong nhận góp ý chân thành thầy cô giáo để đề tài hoàn thiện Em xin chân thành cảm ơn! Đà Nẵng, ngày 20 tháng 01 năm 2019 Sinh viên thực Vũ Phượng Nhi MỤC LỤC PHẦN MỞ ĐẦU I Lí chọn đề tài II Mục đích nghiên cứu III Đối tượng nghiên cứu IV Phạm vi nghiên cứu V Phương pháp nghiên cứu VI Cấu trúc khoá luận CHƯƠNG I CÁC KIẾN THỨC CƠ SỞ 1.1 Chuỗi luỹ thừa hình thức 1.1.1 Định nghĩa 1.1.2 Đại số chuỗi hình thức 1.1.3 Phép chia .7 1.1.4 Đạo hàm hình thức .8 1.1.5 Thay biến 1.1.6 Chuỗi ngược 10 1.1.7 Quan hệ đồng dư modulo 11 1.1.8 Hàm sinh 12 1.2 Hội tụ 13 1.2.1 Chuỗi số Chuỗi số phức 13 1.2.2 Dãy hàm 14 1.2.3 Chuỗi hàm 14 Chương II Chuỗi luỹ thừa 16 2.1 Bán kính hội tụ 16 2.1.1 Khái niệm chuỗi luỹ thừa 16 2.1.2 Bán kính hội tụ tổng chuỗi luỹ thừa 16 2.1.3 So sánh bán kính .19 2.1.4 Dấu hiệu d’Alembert 20 2.2 Các phép toán chuỗi luỹ thừa 23 2.2.1 Cấu trúc vectơ 23 2.2.2 Lấy đạo hàm 25 2.2.3 Tích hai chuỗi luỹ thừa 26 2.3.Hội tụ 28 2.4 Tính quy tổng chuỗi luỹ thừa 29 2.5 Khai triển thành chuỗi luỹ thừa 30 2.5.1 Tổng quát .30 2.5.2 Các phép toán hàm số khai triển thành chuỗi luỹ thừa .36 2.5.3 Những KTCLT(0) thường dùng 40 2.6 Các hàm số biến phức thường gặp 44 2.6.1 Hàm mũ phức 44 2.6.2 Hàm số lượng giác 45 2.6.3 Hàm số hyperbolic .45 Chương III Ứng dụng giải phương trình vi phân phương pháp chuỗi luỹ thừa 47 3.1 Phương pháp hệ số bất định 47 3.2 Phương pháp đạo hàm liên tiếp 52 3.3 Điều kiện tồn nghiệm dạng chuỗi 54 3.4 Cách tìm nghiệm dạng chuỗi luỹ thừa phương trình vi phân tuyến tính 54 KẾT LUẬN 57 TÀI LIỆU THAM KHẢO 58 PHẦN MỞ ĐẦU I Lí chọn đề tài Tốn học giải tích ngày có tiến mạnh mẽ Trong đó, lĩnh vực chuỗi luỹ thừa khơng ngừng phát triển có nhiều ứng dụng thực tiễn Có thể kể đến việc áp dụng chuỗi luỹ thừa chuỗi Taylor hay chuỗi Maclaurin vào để giải tốn phương trình vi phân, lĩnh vực tốn học khác có nhiều ứng dụng sống thực tế Bởi lý với tận tình hướng dẫn thầy giáo TS Lê Hồng Trí, em chọn đề tài “Chuỗi luỹ thừa ứng dụng” để hoàn thành luận văn tốt nghiệp II Mục đích nghiên cứu Thực đề tài “Chuỗi luỹ thừa ứng dụng”, em hướng đến mục đích hình thành khả trình bày vấn đề Toán học trừu tượng cách logic có hệ thống Luận văn nhằm nghiên cứu khái niệm, định lý, mệnh đề, tính chất chuỗi luỹ thừa ứng dụng Thực luận văn này, em có hội củng cố lại kiến thức giải tích học suốt trình đại học làm quen với cách nghiên cứu khoa học vấn đề toán học III Đối tượng nghiên cứu Chuỗi luỹ thừa hình thức, chuỗi luỹ thừa số ứng dụng giải phương trình vi phân phương pháp chuỗi luỹ thừa IV Phạm vi nghiên cứu Trong khn khổ khố luận nghiên cứu chuỗi luỹ thừa ứng dụng chuỗi luỹ thừa vào giải số phương trình vi phân V Phương pháp nghiên cứu Các phương pháp sử dụng q trình hồn thành luận văn là: Tìm kiếm, tổng hợp tài liệu từ giáo trình, sách vở, trang web chuỗi luỹ thừa hình thức, chuỗi luỹ thừa, giải phương trình vi phân phương pháp chuỗi luỹ thừa… Sau đó, phân tích, tổng hợp để trình bày rõ ràng, hợp logic vấn đề VI Cấu trúc khoá luận Nội dung khố luận trình bày chương Ngồi ra, khố luận có Lời cảm ơn, Mục lục, phần Mở đầu, phần Kết luận Tài liệu tham khảo Chương Trình bày, hệ thống hố số kiến thức như: Chuỗi luỹ thừa hình thức, chuỗi số, chuỗi số phức, dãy hàm, chuỗi hàm làm sở cho chương sau Chương Chương trình bày số khái niệm, định lý, tính chất chuỗi luỹ thừa Chương Chương trình bày định lý, cách giải số tốn phương trình vi phân dựa vào phương pháp chuỗi luỹ thừa CHƯƠNG I CÁC KIẾN THỨC CƠ SỞ 1.1 Chuỗi luỹ thừa hình thức 1.1.1 Định nghĩa Chuỗi luỹ thừa hình thức biến 𝑍 tổng hình thức vơ hạn ∞ ∑ 𝑎𝑘 𝑍 𝑘 = 𝑎0 + 𝑎1 𝑍 + 𝑎2 𝑍 + ⋯, 𝑘=0 𝑎𝑘 ∈ 𝑪 gọi hệ số thứ 𝑘 chuỗi, 𝑍 biến, thoả: 𝑍 𝑝 𝑍 𝑞 = 𝑍 𝑝+𝑞 Hai chuỗi luỹ thừa gọi hệ số tương ứng chúng Như cho chuỗi luỹ thừa hình thức tương đương cho dãy: (𝑎0 , 𝑎1 , … , 𝑎𝑘 , … ) Ký hiệu 𝐂⟦𝑍⟧ tập chuỗi luỹ thừa hình thức biến 𝑍 𝑘 Cấp chuỗi 𝑆(𝑍) = ∑∞ 𝑘=0 𝑎𝑘 𝑍 số: 𝜔(𝑆 ) = 𝑖𝑛𝑓 {𝑘: 𝑎𝑘 ≠ 0}, 𝜔(0) = +∞ Khi 𝑆(𝑍) = 𝑎𝜔 𝑍 𝜔 + số hạng luỹ thừa > 𝜔 Ví dụ 1.1.1 Một đa thức xem chuỗi với đồng sau: 𝑎0 + 𝑎1 𝑍 + ⋯ + 𝑎𝑛 𝑍 𝑛 = 𝑎0 + 𝑎1 𝑍 + ⋯ + 𝑎𝑛 𝑍 𝑛 + 0𝑍 𝑛+1 + 0𝑍 𝑛+2 + ⋯ 1.1.2 Đại số chuỗi hình thức Trên 𝐂⟦𝑍⟧ định nghĩa phép toán Phép cộng: ∞ ∞ ∞ 𝑘 𝑘 (∑ 𝑎𝑘 𝑍 ) + (∑ 𝑏𝑘 𝑍 ) = ∑(𝑎𝑘 + 𝑏𝑘 ) 𝑍 𝑘 𝑘=0 𝑘=0 𝑘=0 Phép nhân: ∞ ∞ 𝑘 ∞ (∑ 𝑎𝑘 𝑍 ) (∑ 𝑏𝑘 𝑍 ) = ∑ 𝑐𝑘 𝑍 𝑘 𝑘=0 𝑘 𝑘=0 𝑘=0 Với 𝑐𝑛 = 𝑎0 𝑏𝑛 + ⋯ + 𝑎𝑛 𝑏0 Khi (𝐂⟦𝑍⟧, +, ) Là đại số với đơn vị = + 0𝑍 + 0𝑍 + ⋯ Hơn nữa, miền nguyên (i.e vành thoả: 𝑆 ≠ 0, 𝑇 ≠ ⟹ 𝑆𝑇 ≠ 0) 𝜔 (𝑆𝑇) = 𝜔(𝑆) + 𝜔(𝑇) 1.1.3 Phép chia ∞ 𝑘 𝑘 Cho 𝑆(𝑍) = (∑∞ 𝑘=0 𝑎𝑘 𝑍 ) 𝑇 (𝑍) = (∑𝑘=0 𝑏𝑘 𝑍 ) 𝑘 Bài toán: Khi tồn chuỗi 𝑄(𝑍) = ∑∞ 𝑘=0 𝑐𝑘 𝑍 , cho 𝑆 (𝑍) = 𝑇 (𝑍)𝑄(𝑍) Khi đó, ta ký hiệu 𝑄(𝑍) = 𝑆(𝑍) , gọi chuỗi thương 𝑇(𝑍) 𝑆(𝑍) 𝑇(𝑍) Mệnh đề 1.1.2 Giả sử 𝑆(0) = 𝑎0 ≠ Điều kiện cần đủ để tồn 𝑄(𝑍) ∈ 𝐂⟦𝑍⟧ cho 𝑆(𝑍) 𝑇(𝑍) = 𝑄(𝑍), hệ số 𝑇(0) = 𝑏0 ≠ Khi ∞ 𝑘 ∑∞ 𝑘=0 𝑎𝑘 𝑍 = ∑ 𝑐𝑘 𝑍 𝑘 𝑘 ∑∞ 𝑏 𝑍 𝑘=0 𝑘 𝑘=0 Với 𝑐0 = 𝑎0 𝑏0 , 𝑐𝑛 = 𝑏0 (𝑎𝑛 − 𝑏𝑛 − ⋯ − 𝑏1 𝑐𝑛−1) Chứng minh: Sự tồn 𝑄(𝑍) cho 𝑆(𝑍) = 𝑇(𝑍)𝑄(𝑍), suy 𝑎0 = 𝑏𝑜 𝑐0 Theo giả thiết 𝑎0 ≠ 0, 𝑏0 ≠ Ngược lại, giả sử 𝑎0 ≠ 0, 𝑏0 ≠ Ta cần xác định hệ số 𝑐𝑘 cho ∞ ∞ ∞ ∑ 𝑎𝑘 𝑍 𝑘 = (∑ 𝑏𝑘 𝑍 𝑘 ) (∑ 𝑐𝑘 𝑍 𝑘 ) 𝑘=0 𝑘=0 𝑘=0 Theo phép nhân, đồng hệ số, ta có hệ phương trình với ẩn 𝑐0 , 𝑐1 , …: 𝑎𝑛 = 𝑏0 𝑐𝑛 + 𝑏1 𝑐𝑛−1 + ⋯ + 𝑏𝑛 𝑐0 𝑛 = 0,1,2, … Vì 𝑎0 ≠ 0, hệ có nghiệm: 𝑐0 = 𝑎0 𝑏0 , 𝑐𝑛 = 𝑏0 (𝑎𝑛 − 𝑏𝑛 𝑐0 − ⋯ − 𝑏1 𝑐𝑛−1) Ví dụ 1.1.3 a) Cho đa thức 𝑇(𝑍) = − 𝑍 Để tìm thương , dùng cơng thức 𝑇(𝑍) mệnh đề hay nhận xét sau 𝑘 Xét chuỗi hình học 𝑄(𝑍) = + 𝑍 + 𝑍 + ⋯ = ∑∞ 𝑘=0 𝑍 Ta có 𝑍𝑄 (𝑍) = 𝑍 + 𝑍 + ⋯ Vậy (1 − 𝑍)𝑄(𝑍) = Nói cách khác 𝑘 = + 𝑍 + 𝑍 + ⋯ = ∑∞ 𝑘=0 𝑍 1−𝑍 Ví dụ cho thấy nghịch đảo đa thức không đa thức b) Phương pháp ví dụ sử dụng để tìm nghịch đảo chuỗi luỹ 𝑘 thừa 𝑇 (𝑍) = ∑∞ 𝑘=0 𝑏𝑘 𝑍 , với 𝑏0 ≠ 0, sau Viết 𝑇 (𝑍) = 𝑏0 (1 − Φ(𝑍)), Φ(𝑍) = 𝑐1 𝑍 + 𝑐2 𝑍 + ⋯, i.e Φ(0) = Suy 𝑇(𝑍) = 𝑏0 (1−Φ(𝑍)) = 𝑏0 (1 + Φ(𝑍) + Φ(𝑍)2 + ⋯ ) 𝑘 c) Cho 𝑆(𝑍) = ∑∞ 𝑘=0 𝑎𝑘 𝑍 Khi 𝑆(𝑍) 1−𝑍 = 𝑎0 + (𝑎0 + 𝑎1 )𝑍 + ⋯ + 𝑠𝑛 𝑍 𝑛 + ⋯, 𝑠𝑛 = 𝑎0 + ⋯ + 𝑎𝑛 Nhận xét Cho 𝑆(𝑍), 𝑇(𝑍) ∈ 𝐂⟦𝑍⟧, 𝑇(𝑍) ≠ Khi có biểu diễn chuỗi luỹ thừa hình thức với hữu hạn số hạng luỹ thừa âm: 𝑆(𝑍) 𝑐−𝑚 𝑐−𝑚+1 𝑐−1 = 𝑚 + 𝑚−1 + ⋯ + + 𝑐0 + 𝑐1 𝑍 + 𝑐2 𝑍 + ⋯ 𝑇(𝑍) 𝑍 𝑍 𝑍 Thật vậy, gọi p q cấp S T Khi 𝑆(𝑍) = 𝑍 𝑝 (𝑎𝑝 + 𝑎𝑝+1 𝑍 + ⋯ ) = 𝑍 𝑝 𝑆1 (𝑍) 𝑇 (𝑍) = 𝑍 𝑞 (𝑏𝑞 + 𝑏𝑞+1 𝑍 + ⋯ ) = 𝑍 𝑞 𝑇1 (𝑍) Do 𝑇1 (0) = 𝑏𝑞 ≠ 0, nên 𝑇1 (𝑍) = 𝑈(𝑍) ∈ 𝐂⟦𝑍⟧ Vậy biểu diễn 𝑆(𝑍) 𝑍 𝑝 𝑆1 (𝑍) 𝑆1 (𝑍)𝑈(𝑍) (𝑚 = 𝑞 − 𝑝) = = 𝑇(𝑍) 𝑍 𝑞 𝑇1 (𝑍) 𝑍𝑚 Từ suy biểu diễn nêu 1.1.4.Đạo hàm hình thức 𝑘 Cho 𝑆(𝑍) = (∑∞ 𝑘=0 𝑎𝑘 𝑍 ) Đạo hàm 𝑆 (𝑍), chuỗi ký hiệu 𝑆′(𝑍) hay 𝑑𝑆 𝑑𝑍 , định nghĩa ∞ 𝑆′(𝑍) = ∑ 𝑘𝑎𝑘 𝑍 𝑘−1 𝑘=0 Dùng phương pháp đồng hệ số ta có cơng thức tính đạo hàm quen biết: ∀𝑆, 𝑇 ∈ 𝐂⟦𝑍⟧, ∀𝛼, 𝛽 ∈ 𝐂, 𝑆 ′ (𝛼𝑆 + 𝛽𝑇)′ = 𝛼𝑆 ′ + 𝛽𝑇 ′ , (𝑆𝑇)′ = 𝑆 ′ 𝑇 + 𝑆𝑇′, ( ) = 𝑇 𝑆 ′ 𝑇−𝑆𝑇′ 𝑇2 (𝑇 (0) ≠ 0) ′ Đạo hàm cấp n định nghĩa quy nạp: 𝑆 (𝑛)(𝑍) = (𝑆 (𝑛−1)(𝑍)) , 𝑛 ∈ ℕ Ta có 𝑆 (𝑛)(𝑍) = 𝑛! 𝑎𝑛 + số hạng bậc ≥ Vậy 𝑆 (𝑛) (0) = 𝑛! 𝑎𝑛 Suy cơng thức Taylor hình thức: ∞ 𝑆 (𝑘) (0) 𝑘 𝑆(𝑍) = ∑ 𝑍 𝑘! 𝑘=0 1.1.5.Thay biến ∞ 𝑘 𝑙 Cho 𝑆(𝑍) = (∑∞ 𝑘=0 𝑎𝑘 𝑍 ) , 𝑇(𝑍) = ∑𝑙=0 𝑏𝑙 𝑍 , 𝑏0 = 𝑇 (0) = Thay Z T(Z) vào S, gọi chuỗi hợp 𝑆 ∘ 𝑇, định ngĩa ∞ 𝑘 𝑆 ∘ 𝑇(𝑍) = 𝑆(𝑇 (𝑍)) = ∑ 𝑎𝑘 (𝑇 (𝑍)) 𝑘=0 Nhận xét Việc thay biến cho ta chuỗi luỹ thừa hình thức, i.e định nghĩa hợp cách Thật vậy, gọi 𝑐𝑛 hệ số 𝑍 𝑛 𝑘 ∑∞ 𝑘=0 𝑎𝑘 (𝑇 (𝑍)) Khi theo phép nhân, ta có: 𝑛 𝑐𝑛 = ∑ 𝑎𝑘 ( ∑ 𝑏𝑝1 … 𝑏𝑝𝑘 ) 𝑘=1 𝑝1 +⋯+𝑝𝑘=𝑛 Viết cách ngắn gọn: 𝑐𝑛 = hệ số 𝑍 𝑛 𝑎0 + 𝑎1 𝑇 (𝑍) + ⋯ + 𝑎𝑛 𝑇(𝑍)𝑛 = 𝑎1 𝑏𝑛 + 𝑃𝑛 (𝑎2 , … , 𝑎𝑛 , 𝑏1 , … , 𝑏𝑛−1 ) (𝑃𝑛 đa thức) Vậy 𝑐𝑛 phụ thuộc vào 𝑛 hệ số đầu 𝑆 𝑇 Ví dụ 1.1.4 a) 1−𝑐𝑍 = + 𝑐𝑍 + 𝑐 𝑍 + 𝑐 𝑍 … 𝑘 b) Cho 𝑆(𝑍) = ∑∞ 𝑘=0 𝑎𝑘 𝑍 Ta tách chuỗi có mũ chẵn lẻ: (𝑆(𝑍) + 𝑆(−𝑍)) = 𝑎0 + 𝑎2 𝑍 + 𝑎4 𝑍 + ⋯ 44 ∀𝑥 ∈ [−1; 1], ln (𝑥 + √1 + 𝑥 ) +∞ = 𝑥 + ∑(−1 )𝑛 𝑛=1 +∞ =∑ 𝑛=1 1.3 … (2𝑛 − 1) 𝑥 2𝑛+1 2.4 … (2𝑛) 2𝑛 + (−1)𝑛 (2𝑛)! 𝑥 2𝑛+1 (2𝑛 𝑛!)2 2𝑛 + Nhận xét: Có thể chứng minh cơng thức c) d) 𝑥 = −1 𝑥 = 2.6 Các hàm số biến phức thường gặp 2.6.1 Hàm mũ phức Định nghĩa 2.6.1 Chuỗi luỹ thừa ∑𝑛≥0 2𝑛 có bán kính vơ tận, tổng 𝑛 gọi hàm mũ phức ký hiệu exp Vậy ta có: ∀𝑧 ∈ ℂ, exp(𝑧) = ∑ 𝑛≥0 𝑧𝑛 𝑛! Nhận xét: Ta ký hiệu 𝑒 𝑧 thay cho exp(𝑧) ′ ′ Định lý 2.6.2 ∀(𝑧, 𝑧 ′ ) ∈ ℂ2 , 𝑒 𝑧 𝑒 𝑧 = 𝑒 𝑧+𝑧 Chứng minh: Cho (𝑧, 𝑧 ′ ) ∈ ℂ2 Các chuỗi số ∑𝑛≥0 𝑧𝑛 𝑛! ∑𝑛≥0 tuyệt đối Ta có chuỗi tích chúng ∑𝑛≥0 𝑤𝑛, 𝑛 𝑧 𝑘 𝑧′𝑛−𝑘 𝑤𝑛 = ∑ 𝑘! (𝑛 − 𝑘 )! 𝑘=0 ′ chuỗi hội tụ tuyệt đối có tổng 𝑒 𝑧 𝑒 𝑧 Nhưng mặt khác: 𝑛 1 ∀𝑛 ∈ ℕ, 𝑤𝑛 = ∑ 𝐶𝑛𝑘 𝑧 𝑘 𝑧 ′ 𝑛−𝑘 = (𝑧 + 𝑧 ′ )𝑛 𝑛! 𝑛! 𝑘=0 ′ ′ ′ +∞ Vậy ta có ∑𝑛=0 𝑤𝑛 = 𝑒 𝑧+𝑧 cuối cùng: 𝑒 𝑧 𝑒 𝑧 = 𝑒 𝑧+𝑧 Hệ 2.6.3 i) 𝑁 ∑𝑘=1 𝑧𝑘 ∀𝑁 ∈ ℕ∗ , ∀𝑧1 , … , 𝑧𝑁 ∈ ℂ, ∏𝑁 , 𝑘=1 𝑒 ii) ∀𝑧 ∈ ℂ, (𝑒 𝑧 ≠ 0, 𝑒𝑧 = 𝑒 −𝑧 ), iii) ∀𝑛 ∈ ℤ, ∀𝑧 ∈ ℂ, (𝑒 𝑧 )𝑛 = 𝑒 𝑛𝑧 Mệnh đề 2.6.4 ∀𝑧 ∈ ℂ, 𝑒 𝑧 = 𝑒 𝑧 𝑧′𝑛 𝑛! hội tụ 45 Chứng minh: +∞ +∞ +∞ 𝑛=0 𝑛=0 𝑛=0 (𝑧 𝑛 ) 𝑧𝑛 𝑧𝑛 𝑧 𝑒 =∑ = ∑( ) = ∑ = 𝑒𝑧 𝑛! 𝑛! 𝑛! Mệnh đề 2.6.5 ∀𝑧 ∈ ℂ, |𝑒 𝑧 | = 𝑒 Re(𝑧) Chứng minh: |𝑒 𝑧 |2 = 𝑒 𝑧 𝑒 𝑧 = 𝑒 𝑧 𝑒 𝑧 = 𝑒 𝑧+𝑧 = 𝑒 2Re(𝑧) = (𝑒 Re(𝑧)) Do đẳng thức cần chứng minh |𝑒 𝑧 | > 𝑒 Re(𝑧) > Hệ 2.6.6 ∀𝑧 ∈ ℂ, (|𝑒 𝑧 | = ⇔ 𝑧 ∈ iℝ) Định lý 2.6.7 Ánh xạ 𝑧 ⟼ 𝑒 𝑧 đồng cấu toàn ánh, liên tục từ nhóm (ℂ, +) lên nhóm (ℂ∗ ,×) Mệnh đề - Định nghĩa 2.6.8 Ánh xạ 𝜓: 𝑡 ⟼ 𝑒 i𝑡 đồng cấu tồn ánh liên tục từ nhóm (ℝ, +) lên nhóm (𝕌, ) có 𝑎 ∈ ℝ∗+ cho 𝑎 𝐾𝑒𝑟(𝜓) = 𝑎ℤ Ta ký hiệu 𝜋 = (Với 𝕌 = {𝑧 ∈ ℂ, |𝑧| = 1}) Hệ 2.6.9 ∀𝑧 ∈ ℂ, (𝑒 𝑧 = ⇔ 𝑧 ∈ 2𝜋iℤ) 2.6.2 Hàm số lượng giác Định nghĩa 2.6.10 Ta định nghĩa 𝐜𝐨𝐬 𝐬𝐢𝐧 ℂ bởi: với 𝑧 thuộc ℂ: 𝑒 𝑖𝑧 + 𝑒 −𝑖𝑧 𝑒 𝑖𝑧 − 𝑒 −𝑖𝑧 cos 𝑧 = , sin 𝑧 = 2𝑖 Mệnh đề 2.6.11 +∞ +∞ 𝑛=0 𝑛=0 (−1)𝑛 𝑧 2𝑛 (−1)𝑛 𝑧 2𝑛+1 ∀𝑧 ∈ ℂ, (cos 𝑧 = ∑ , sin 𝑧 = ∑ ) (2𝑛)! (2𝑛 + 1)! Định nghĩa 2.6.12 i) 𝜋 sin 𝑧 cos 𝑧 Với 𝑧 ∈ ℂ − ( + 𝜋ℤ), ta ký hiệu tan 𝑧 = ii) Với 𝑧 ∈ ℂ − 𝜋ℤ, ta ký hiệu cotan 𝑧 = cos 𝑧 sin 𝑧 2.6.3 Hàm số hyperbolic Định nghĩa 2.6.13 Ta định nghĩa 𝐜𝐡 𝐬𝐡 ℂ bởi: với 𝑧 thuộc ℂ: ch𝑧 = 𝑒 𝑧 + 𝑒 −𝑧 𝑒 𝑧 − 𝑒 −𝑧 , sh𝑧 = 2 Mệnh đề 2.6.14 ∀𝑧 ∈ ℂ, { 𝑖sh𝑧 = sin(𝑖𝑧) ch𝑧 = cos(𝑖𝑧) 46 Mệnh đề 2.6.15 +∞ +∞ 𝑛=0 𝑛=0 𝑧 2𝑛 𝑧 2𝑛+1 ∀𝑧 ∈ ℂ, (𝑐ℎ𝑧 = ∑ , 𝑠ℎ𝑧 = ∑ ) (2𝑛)! (2𝑛 + 1)! 47 CHƯƠNG III ỨNG DỤNG GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN BẰNG PHƯƠNG PHÁP CHUỖI LUỸ THỪA Phương pháp chuỗi lũy thừa phương pháp để giải phương trình vi phân tuyến tính với hệ số hàm số Ý tưởng phương pháp chuỗi lũy thừa cho việc giải phương trình vi phân đơn giản tự nhiên Phương pháp cho nghiệm phương trình vi phân dạng lũy thừa: +∞ 𝑦 = 𝑦(𝑥 ) = ∑ 𝑐𝑛 𝑥 𝑛 = 𝑐0 + 𝑐1 𝑥 + 𝑐2 𝑥 + 𝑐3 𝑥 + ⋯ 𝑛=0 Cơ sở toán học phương pháp thay biểu thức với đạo hàm +∞ +∞ 𝑦 ′(𝑥) = ∑ 𝑛𝑐𝑛 𝑥 𝑛−1 , 𝑦"(𝑥) = ∑ 𝑛(𝑛 − 1)𝑐𝑛 𝑥 𝑛−2 , … 𝑛=1 𝑛=1 vào phương trình vi phân từ xác định giá trị số 𝑐0 , 𝑐1 , … 3.1 Phương pháp hệ số bất định Phương pháp minh hoạ qua ví dụ sau Ví dụ 3.1.1 Sử dụng phương pháp chuỗi để tìm nghiệm riêng phương trình sau: 𝑦" − (𝑥 + 1)𝑦′ + 𝑥 𝑦 = 𝑥, với 𝑦(0) = 1, 𝑦′(0) = Một nghiệm theo luỹ thừa 𝑥 có dạng là: 𝑦(𝑥 ) = 𝑐0 + 𝑐1 𝑥 + 𝑐2 𝑥 + 𝑐3 𝑥 + 𝑐4 𝑥 + ⋯ Với: 𝑦 ′(𝑥) = 𝑐1 + 2𝑐2 𝑥 + 3𝑐3 𝑥 + 4𝑐4 𝑥 + 5𝑐5 𝑥 + ⋯, 𝑦 ′′(𝑥) = 2𝑐2 + 6𝑐3 𝑥 + 12𝑐4 𝑥 + 20𝑐5 𝑥 + ⋯, Cũng hội tụ với 𝑥 Thế 𝑦, 𝑦 ′ , 𝑦" vào phương trình cho, ta được: (2𝑐2 + 6𝑐3 𝑥 + 12𝑐4 𝑥 + ⋯ ) − (𝑥 + 1)(𝑐1 + 2𝑐2 𝑥 + 3𝑐3 𝑥 + 4𝑐4 𝑥 + ⋯ ) + 𝑥 (𝑐0 + 𝑐1 𝑥 + 𝑐2 𝑥 + 𝑐3 𝑥 + 𝑐4 𝑥 + ⋯ ) = 𝑥 Sắp xếp số hạng theo luỹ thừa 𝑥, ta được: (2𝑐2 − 𝑐1 ) + (6𝑐3 − 2𝑐2 − 𝑐1 − 1)𝑥 + (12𝑐4 − 3𝑐3 − 2𝑐2 + 𝑐0 )𝑥 + ⋯ = 48 Do chuỗi tất hệ số chuỗi nên ta có: 𝑐1 2𝑐2 + 𝑐1 + 6𝑐3 − 2𝑐2 − 𝑐1 − = 0, 𝑐3 = 3𝑐3 + 2𝑐2 − 𝑐0 12𝑐4 − 3𝑐3 − 2𝑐2 + 𝑐0 = 0, 𝑐4 = 12 Ta có: 𝑦(0) = 𝑐0 , 𝑦 ′ (0) = 𝑐1 Kết hợp với điều kiện ban đầu, ta được: 2𝑐2 − 𝑐1 = 0, 𝑐2 = 𝑐0 = 1, 𝑐1 = 1 1 2 Suy ra: 𝑐2 = , 𝑐3 = , 𝑐4 = Vậy, nghiệm chuỗi cần tìm là: 𝑥2 𝑥3 𝑥4 𝑦(𝑥 ) = + 𝑥 + + + + ⋯ , −∞ < 𝑥 < ∞ 2 Ví dụ 3.1.2 Dũng chuỗi luỹ thừa giải phương trình: 𝑦" + 𝑦 = Giả sử phương trình có nghiệm dạng: ∞ 𝑦 = ∑ 𝑐𝑛 𝑥 𝑛 𝑛=0 Lấy vi phân số hạng chuỗi này, ta được: ∞ 𝑦 ′ = 𝑐1 + 2𝑐2 𝑥 + 3𝑐3 𝑥 + ⋯ = ∑ 𝑛𝑐𝑛 𝑥 𝑛−1 , 𝑛=1 ∞ 𝑦" = 2𝑐2 + 2.3𝑐3 + ⋯ = ∑ 𝑛(𝑛 − 1)𝑐𝑛 𝑥 𝑛−2 𝑛=2 Thay vào phương trình cho, ta có: 2𝑐2 + 6𝑐3 𝑥 + 12𝑐4 𝑥 + 20𝑐5 𝑥 + 30𝑐6 𝑥 + ⋯ + 𝑐0 + 𝑐1 𝑥 + 𝑐2 𝑥 + 𝑐3 𝑥 + 𝑐4 𝑥 + ⋯ = Sắp xếp vế nhữung số hạng theo số mũ tăng dần 𝑥, ta được: (2𝑐2 + 𝑐0 ) + (6𝑐3 + 𝑐1 )𝑥 + (12𝑐4 + 𝑐2 )𝑥 + (20𝑐5 + 𝑐3 )𝑥 + (30𝑐6 + 𝑐4 )𝑥 + ⋯ = Vì phương trình thoả với 𝑥 nên: 2𝑐2 + 𝑐0 = 0, 6𝑐3 + 𝑐1 = 0, 30𝑐6 + 𝑐4 = 0, … Từ đó: 12𝑐4 + 𝑐2 = 0, 20𝑐5 + 𝑐3 = 0, 49 1 1 𝑐2 = − 𝑐0 , 𝑐3 = − 𝑐1 , 𝑐4 = − 𝑐2 , 𝑐5 = − 𝑐3 , 𝑐6 = − 𝑐4 12 20 30 Ta thấy: 𝑐2 biểu diễn qua 𝑐0 , 𝑐3 biểu diễn qua 𝑐1 Và 𝑐4 biểu diễn qua 𝑐2 𝑐2 biểu diễn qua 𝑐0 Do đó: 𝑐4 = − 𝑐2 1 = − (− 𝑐0 ) = 𝑐 12 12 24 Tương tự: 1 𝑐1 , 𝑐6 = − 𝑐 120 720 𝑛 Nếu ta giá trị từ 𝑐0 đến 𝑐6 vào 𝑦 = ∑∞ 𝑛=0 𝑐𝑛 𝑥 đặt 𝑐0 , 𝑐1 làm nhân 𝑐5 = tử chung ta được: 1 𝑦(𝑥 ) = 𝑐0 (1 − 𝑥 + 𝑥 − 𝑥 + ⋯) 24 720 1 + 𝑐1 (𝑥 − 𝑥 + 𝑥 + ⋯ ) 120 Chú ý: Phương pháp cho phép ta tìm nhiều số hạng nghiệm Phương pháp trở nên đơn giản nhiều ta tìm dạng tổng quát cho hệ số 𝑐𝑛 Công việc tiến hành sau: Ta giải phương trình vi phân cho, lần ta sử dụng ký hiệu tổng " ∑ " để thuận tiện cho việc so sánh hệ số 𝑦 ′ , 𝑦" dễ dàng hơn, ta ′ ′ đặt 𝑛′ = 𝑛 − 2, nghĩa 𝑛 = 𝑛′ + Ta được: 𝑦" = ∑∞ 𝑛′=0(𝑛 + 2)(𝑛 + ′ 1)𝑐𝑛′ +2 𝑥 𝑛 ′ ′ ′ 𝑛 Theo lý thuyết chuỗi luỹ thừa, hai chuỗi ∑∞ 𝑛′=0(𝑛 + 2)(𝑛 + 1)𝑐𝑛 ′ +2𝑥 ∞ 𝑛 ∑∞ 𝑛=0(𝑛 + 2)(𝑛 + 1)𝑐𝑛+2 𝑥 Nên 𝑦" = ∑𝑛=0(𝑛 + 2)(𝑛 + 1)𝑐𝑛+2 𝑥 𝑛 Thay 𝑦, 𝑦 ′ , 𝑦" vào phương trình vi phân cho, ta được: ∞ ∑[(𝑛 + 2)(𝑛 + 1)𝑐𝑛+2 + 𝑐𝑛 ]𝑥 𝑛 = 𝑛=0 Một chuỗi luỹ thừa đồng không tất hệ số khơng Do đó, hệ số 𝑥 𝑛 phải 0: (𝑛 + 2)(𝑛 + 1)𝑐𝑛+2 + 𝑐𝑛 = 0, 𝑛 = 0,1,2, … Suy ra: 𝑐𝑛+2 = − 𝑐𝑛 , (𝑛 + 1)(𝑛 + 2) 𝑛 = 0,1,2,3, … 50 Nếu biết 𝑐0 𝑐1 hệ số lại xác định Với 𝑛 = 0, 𝑐1 = − Với 𝑛 = 1, 𝑐3 = − Với 𝑛 = 2, 𝑐4 = − Với 𝑛 = 3, 𝑐5 = − Với 𝑛 = 4, 𝑐6 = − Với 𝑛 = 5, 𝑐7 = − 𝑐0 1.2 𝑐1 2.3 𝑐2 3.4 𝑐3 4.5 𝑐4 5.6 𝑐5 6.7 = = 𝑐0 𝑐 1.2.3.4 𝑐1 = 1.2.3.4.5 =− =− 𝑐0 4!.5.6 𝑐1 5!.6.7 4! 𝑐1 = 5! 𝑐 = − 6! 𝑐1 =− 7! Do đó, nghiệm phương trình cho là: 𝑦 = 𝑐0 + 𝑐1 𝑥 + 𝑐2 𝑥 + 𝑐3 𝑥 + ⋯ 𝑥2 𝑥4 𝑥6 𝑥 2𝑛 𝑥3 𝑥5 𝑥7 𝑛 ( ) = 𝑐0 (1 − + − + ⋯ + −1 + ⋯ ) + 𝑐1 (𝑥 − + − (2𝑛)! 2! 4! 6! 3! 5! 7! + ⋯ + (−1)𝑛 ∞ = 𝑐0 ∑(−1 𝑛=0 𝑥 2𝑛+1 (2𝑛 + 1)! ∞ )𝑛 𝑥 2𝑛 𝑥 2𝑛+1 + 𝑐1 ∑(−1)𝑛 , (2𝑛)! (2𝑛 + 1)! 𝑛=0 Với 𝑐0 𝑐1 hai số tuỳ ý Nhận xét: Chúng ta nhận thấy hai chuỗi tìm chuỗi Maclaurin cos 𝑥 sin 𝑥 Do đó, nghiệm phương trình là: 𝑦 = 𝐶1 cos 𝑥 + 𝐶2 sin 𝑥 Tuy nhiên, có số trường hợp khó biểu diễn nghiệm dạng chuỗi luỹ thừa phương trình vi phân dạng hàm số sơ cấp biết Ví dụ 3.1.3 Giải phương trình: 𝑦" − 2𝑥𝑦′ + 𝑦 = Giả sử nghiệm phương trình có dạng: ∞ 𝑦 = ∑ 𝑐𝑛 𝑥 𝑛 𝑛=0 Khi đó: 51 ∞ 𝑦 ′ = ∑ 𝑛𝑐𝑛 𝑥 𝑛−1 𝑛=1 ∞ ∞ 𝑦" = ∑ 𝑛(𝑛 − 1)𝑐𝑛 𝑥 𝑛−2 = ∑(𝑛 + 2)(𝑛 + 1)𝑐𝑛+2 𝑥 𝑛 𝑛=2 𝑛=0 ′ Thế 𝑦, 𝑦 , 𝑦" vào phương trình rút gọn, ta được: ∞ ∑[(𝑛 + 2)(𝑛 + 1)𝑐𝑛+2 − (2𝑛 − 1)𝑐𝑛 ]𝑥 𝑛 = 𝑛=0 Do đó: (𝑛 + 2)(𝑛 + 1)𝑐𝑛+2 − (2𝑛 − 1)𝑐𝑛 = 2𝑛−1 Vậy: 𝑐𝑛+2 = (𝑛+1)(𝑛+2) 𝑐𝑛 , 𝑛 = 0,1,2, … Với 𝑛 = 0, 𝑐2 = − Với 𝑛 = 1, 𝑐3 = Với 𝑛 = 2, 𝑐4 = Với 𝑛 = 3, 𝑐5 = Với 𝑛 = 4, 𝑐6 = 𝑐1 𝑐0 1.2 2.3 3𝑐2 3.4 5𝑐3 4.5 7𝑐4 5.6 =− = 3𝑐0 1.2.3.4 5𝑐1 = 1.2.3.4.5 =− =− 3.7𝑐0 4! 1.5𝑐1 5! =− 4!.5.6 3𝑐0 3.7𝑐0 6! ………………… Tổng quát, hệ số cho bởi: 𝑐2𝑛 = − 𝑐2𝑛+1 = 3.7.11 … (4𝑛 − 5) 𝑐0 , (2𝑛)! 1.5.9.13 … (4𝑛 − 3) 𝑐1 (2𝑛 + 1)! Do đó, nghiệm phương trình là: ∞ 3.7 … (4𝑛 − 5) 2𝑛 𝑦 = 𝑐0 (1 − 𝑥 − ∑ 𝑥 ) (2𝑛)! 2! 𝑛=2 ∞ + 𝑐1 (𝑥 + ∑ 𝑛=1 1.5.9 … (4𝑛 − 3) 2𝑛+1 𝑥 ) (2𝑛 + 1)! Định nghĩa 3.1.4 Hệ thức truy hồi 𝑐0 , 𝑐1 , 𝑐2 , … phương trình có dạng 𝑐𝑛+𝑚 = 𝑓 (𝑐𝑛 , 𝑐𝑛+1 , … , 𝑐𝑛+𝑚−1) Nghĩa 𝑐𝑚+𝑛 xác định 𝑚 số hạng trước  Số nguyên dương 𝑚 bậc hệ thức truy hồi 52 Ví dụ: 𝑐𝑛+2 = − 𝑐𝑛 (𝑛+1)(𝑛+2) hệ thức truy hồi bậc hai  Khơng có phương pháp tổng quát để tìm hệ thức truy hồi Tuy nhiên, kỹ thuật đơn giản thường làm viết lại cách khéo léo hệ thức truy hồi Điều minh hoạ qua ví dụ sau: * Hệ thức truy hồi 𝑐𝑛 = −𝑐𝑛−1 (𝑛 = 1,2, … ) viết lại dạng: (−1)𝑛 𝑐𝑛 = (−1)𝑛−1 𝑐𝑛−1 , nên (−1)𝑛 𝑐𝑛 = (−1)𝑛−1 𝑐𝑛−1 = (−1)𝑛−2 𝑐𝑛−2 = ⋯ = −𝑐1 = 𝑐0 Do đó, 𝑐𝑛 = (−1)𝑛 𝑐0 * Hệ thức truy hồi 𝑛𝑐𝑛 = 𝑐𝑛−1 (𝑛 = 1,2, … ) viết lại dạng: 𝑛! 𝑐𝑛 = (𝑛 − 1)! 𝑐𝑛−1 , nên 𝑛! 𝑐𝑛 = (𝑛 − 1)! 𝑐𝑛−1 = (𝑛 − 2)! 𝑐𝑛−2 = ⋯ = 𝑐0 Do đó, 𝑐𝑛 = 𝑐0 2𝑛 * Hệ thức truy hồi (𝑛 + 2)(𝑛 + 1)𝑐𝑛+2 = −𝑐𝑛 giải sau: Nếu 𝑛 số chẵn, 𝑛 = 2𝑚, hệ thức truy hồi viết là: (−1)𝑚+1 (2𝑚 + 2)! 𝑐2𝑚+2 = (−1)𝑚 (2𝑚)! 𝑐2𝑚 , nên (−1)𝑚+1 (2𝑚 + 2)! 𝑐2𝑚+2 = (−1)𝑚 (2𝑚)! 𝑐2𝑚 = (−1)𝑚−1(2𝑚 − 2)! 𝑐2𝑚−2 = ⋯ = 𝑐0 Do đó, 𝑐2𝑚 = (−1)𝑚 𝑐0 (2𝑚)! Nếu 𝑛 số lẻ, 𝑛 = 2𝑚 + 1, hệ thức truy hồi viết (−1)𝑚+1 (2𝑚 + 3)! 𝑐2𝑚+3 = (−1)𝑚 (2𝑚 + 1)! 𝑐2𝑚+1, nên (−1)𝑚+1 (2𝑚 + 3)! 𝑐2𝑚+3 = (−1)𝑚 (2𝑚 + 1)! 𝑐2𝑚+1 = ⋯ = 𝑐1 Do đó, 𝑐2𝑚+1 = 3.2 (−1)𝑚 𝑐1 (2𝑚+1)! Phương pháp đạo hàm liên tiếp Để đơn giản ta trình bày phương pháp cho phương trình cấp hai Các phương trình cấp khác trình bày tương tự Xét phương trình 𝑦" = 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑦′) (3.2.1) 𝑦(𝑥0 ) = 𝑦0 , 𝑦 ′ (𝑥0 ) = 𝑦0′ (3.2.2) 53 Trong đó, hàm số 𝑓 đạo hàm riêng liên tục miền mở 𝐷 chứa điểm (𝑥0 , 𝑦0 , 𝑦0′ ) Vấn đề trước tiên tìm 𝑦 (𝑛)(𝑥0 ), 𝑛 = 0,1,2 … với 𝑦 (𝑥0 ), 𝑦 ′ (𝑥0 ) biết Để tìm 𝑦"(𝑥0 ) việc cho 𝑥 = 𝑥0 , 𝑦 = 𝑦𝑜 , 𝑦 ′ = 𝑦𝑜′ vào (3.2.1) ta 𝑦"(𝑥0 ) = 𝑓(𝑥0 , 𝑦0 , 𝑦𝑜′ ) (3.2.3) Tiếp theo để tìm 𝑦 ′′′(𝑥0 ), ta đạo hàm (3.2.1) 𝑦 ′′′ = 𝜕𝑓 𝜕𝑥 (𝑥0 , 𝑦0 , 𝑦𝑜′ ) + 𝜕𝑓 𝜕𝑦 (𝑥0 , 𝑦0 , 𝑦𝑜′ )𝑦𝑜′ + 𝜕𝑓 𝜕𝑦 (𝑥0 , 𝑦0 , 𝑦𝑜′ )𝑦0′′ Tiếp tục q trình ta tìm 𝑦 (𝑛)(𝑥0 ), với 𝑛 Tiếp đến thiết lập chuỗi Taylor tìm khoảng hội tụ Cuối kiểm tra xem chuỗi có phải nghiệm hay khơng Ví dụ 3.2.1 Xét phương trình 𝑦 ′ = 𝑥𝑦, 𝑦(0) = Ta có 𝑦 ′ (0) = 0, dễ thấy 𝑦 (𝑛) = 𝑥𝑦 (𝑛−1) + (𝑛 − 1)𝑦 (𝑛−2) 𝑛 ≥ Từ đấy, ta được: 𝑦 (𝑛)(0) = { 0, 𝑛 = 2𝑚 + (2𝑚 − 1)(2𝑚 − 3) … 1, 𝑛 = 2𝑚 Vậy ta có chuỗi luỹ thừa quanh 𝑥0 = là: ∞ ∞ ∞ 𝑛=0 𝑘=1 𝑘=0 [(2𝑘 − 1)(2𝑘 − 3) … 1] 2𝑘 𝑦 (𝑛)(0) 𝑛 𝑥 2𝑘 ( ) 𝑧 𝑥 =∑ 𝑥 =1+∑ 𝑥 =∑ 𝑘 (2𝑘 )! 𝑛! 𝑘! Ta có: ∞ ∞ ∞ 𝑘=0 𝑘=1 𝑚=0 2𝑘𝑥 2𝑘−1 𝑥 (2𝑘−1) 𝑥 2𝑚 ′( ) 𝑧 𝑥 =∑ = 𝑥 ∑ 𝑘−1 = 𝑥 ∑ 𝑚 = 𝑥𝑧(𝑥) 2𝑘 𝑘! (𝑘 − 1)! 𝑚! Vậy 𝑧(𝑥 ) nghiệm phương trình Ví dụ 3.2.2 Sử dụng phương pháp chuỗi để tìm nghiệm riêng phương trình sau: 𝑦 ′′ − (𝑥 + 1)𝑦 ′ + 𝑥 𝑦 = 𝑥, Với 𝑦 (0) = 1, 𝑦 ′ (0) = Bài toán giải phương pháp hệ số bất định Ta có: 𝑓0 (𝑥 ) = 𝑥 , 𝑓1 (𝑥 ) = −𝑥 − 1, 𝑄(𝑥 ) = 𝑥 Vì hàm đa thức, 54 nên nghiệm chuỗi nhận hội tụ với 𝑥 Điều kiện ban đầu cho ta giá trị nghiệm đạo hàm 𝑥 = nên ta tìm nghiệm dạng chuỗi Maclaurin là: 𝑦(𝑥 ) = 𝑦 (0) + 𝑦 ′ (0) + 𝑦 ′′ (0) 𝑦 ′′′(0) 𝑦 (4) (0) 𝑥 + 𝑥 + 𝑥 + ⋯ 2! 3! 4! Thế 𝑥 = 0, 𝑦 = 1, 𝑦 ′ = vào phương trình cho, ta được: 𝑦 ′′ (0) − = 0, Hay 𝑦 ′′(0) = Để tìm 𝑦 ′′′ (0), 𝑦 (4) (0) ta lấy đạo hàm hai vế phương trình cho, ta được: 𝑦 ′′′ − (𝑥 + 1)𝑦 ′′ − 𝑦 ′ + 𝑥 𝑦 ′ + 2𝑥𝑦 = Tiếp tục lấy đạo hàm hai vế phương trình ta được: 𝑦 (4) = (𝑥 + 1)𝑦 ′′′ − 2𝑦 ′′ + 𝑥 𝑦 ′′ + 4𝑥𝑦 ′ + 2𝑦 = Kết hợp với 𝑥 = 0, 𝑦 ′ = 1, 𝑦 ′′ = 1, ta suy ra: 𝑦 ′′′(0) = 3, 𝑦 (4) (0) = Từ đó, ta được: 𝑥2 𝑥3 𝑥4 𝑦(𝑥 ) = + 𝑥 + + + + ⋯ , −∞ < 𝑥 < ∞, 2 nghiệm chuỗi với năm số hạng thoả yêu cầu toán 3.3 Điều kiện tồn nghiệm dạng chuỗi Định nghĩa 3.3.1 (Điểm qui) Điểm 𝑥 = 𝑥0 gọi điểm qui (điểm thơng thường) phương trình vi phân tuyến tính 𝑦 (𝑛) + 𝐹𝑛−1 (𝑥 )𝑦 (𝑛−1) + ⋯ + 𝐹1 𝑦 + 𝐹0 (𝑥 ) = 𝑄(𝑥) hàm 𝐹0 , 𝐹1 , … , 𝐹𝑛−1, 𝑄 giải tích 𝑥 = 𝑥0 Định lý 3.3.2 Cho phương trình vi phân tuyến tính có dạng: 𝑦 (𝑛) + 𝑓𝑛−1 (𝑥 )𝑦 (𝑛−1) + ⋯ + 𝑓1 𝑦 + 𝑓0 (𝑥 ) = 𝑄(𝑥) Nếu hàm 𝑓0 (𝑥 ), 𝑓1 (𝑥 ), … , 𝑓𝑛−1 (𝑥 ), 𝑄(𝑥) phương trình giải tích 𝑥 = 𝑥0 phương trình ln có nghiệm 𝑦(𝑥) giải tích 𝑥 = 𝑥0 thoả 𝑛 điều kiện ban đầu là: 𝑦(𝑥0 ) = 𝑎0 , 𝑦 ′ (𝑥0 ) = 𝑎1 , … , 𝑦 (𝑛−1)(𝑥0 ) = 𝑎𝑛−1 3.4 Cách tìm nghiệm dạng chuỗi luỹ thừa phương trình vi phân tuyến tính 55 Để dễ hình dung, phần sau nêu cách tìm nghiệm dạng chuỗi phương trình vi phân tuyến tính cấp hai Để tìm nghiệm chuỗi luỹ thừa phương trình 𝑎2 (𝑥 )𝑦 ′′ + 𝑎1 (𝑥 )𝑦 ′ + 𝑎0 (𝑥 )𝑦 = (3.4.1) quanh 𝑥0 = 0, 𝑎2 (𝑥 ), 𝑎1 (𝑥 ), 𝑎0 (𝑥 ) đa thức 𝑥 𝑎2 (0) ≠ 0, ta thực theo bước sau: 1) Giả sử nghiệm chuỗi có dạng: ∞ 𝑦 = ∑ 𝑐𝑛 𝑥 𝑛 𝑛=0 2) Thay 𝑦 đạo hàm thích hợp vào phương trình cho 3) Kết hợp số hạng đưa dạng số mũ chuỗi sau đổi số tổng 4) Để số tất chuỗi bắt đầu với số nguyên 5) Cho hệ số luỹ thừa 𝑥 khơng, từ nhận hệ thức truy hồi 6) Tìm số hạng nghiệm chuỗi tìm cơng thức tổng qt cho 𝑐𝑛 7) Kiểm tra hội tụ chuỗi Chú ý: Nếu điều kiện ban đầu cho với giá trị đặc biệt 𝑥 giá trị 𝑛 sử dụng cho 𝑥0 , nghĩa ta dùng chuỗi 𝑦 = ∑∞ 𝑛=0 𝑐𝑛 (𝑥 − 𝑥0 ) Trong trường hợp có hai cách để làm 𝑛 Cách 1: Theo kỹ thuật trước, ta dùng chuỗi 𝑦 = ∑∞ 𝑛=0 𝑐𝑛 (𝑥 − 𝑥0 ) để 𝑛 thay cho chuỗi 𝑦 = ∑∞ 𝑛=0 𝑐𝑛 𝑥 Cách thuận lợi biểu diễn hệ số 𝑎2 (𝑥 ), 𝑎1 (𝑥 ), 𝑎0 (𝑥 ) thành đa thức 𝑥 − 𝑥0 Cách 2: Đổi biến 𝑋 = 𝑥 − 𝑥0 Theo cách điểm 𝑥 − 𝑥0 tương ứng với ∞ 𝑛 𝑛 𝑋 = 0, 𝑦(𝑥 ) = ∑∞ 𝑛=0 𝑐𝑛 (𝑥 − 𝑥0 ) trở thành 𝑦(𝑋 ) = ∑𝑛=0 𝑐𝑛 𝑋 Sau đó, ta làm theo tiến trình Ví dụ 3.4.1 Sử dụng phương pháp chuỗi để tìm nghiệm phương trình sau đây: 1 𝑦 ′′′ + 𝑦 ′ − 𝑦 = 0, 𝑥 𝑥 𝑥 ≠ 0, 56 ′( với 𝑦 (1) = 1, 𝑦 1) = 0, 𝑦 ′′ ( 1) = Một nghiệm chuỗi theo luỹ thừa (𝑥 − 1) có dạng là: 𝑦(𝑥 ) = 𝑐0 + 𝑐1 (𝑥 − 1) + 𝑐2 (𝑥 − 1)2 + 𝑐3 (𝑥 − 1)3 + 𝑐4 (𝑥 − 1)4 + ⋯ với đạo hàm: 𝑦 ′(𝑥) = 𝑐1 + 2𝑐2 (𝑥 − 1) + 3𝑐3 (𝑥 − 1)2 + 4𝑐4 (𝑥 − 1)3 + 5𝑐5 (𝑥 − 1)4 + ⋯, 𝑦 ′′(𝑥 ) = 2𝑐2 + 6𝑐3 (𝑥 − 1) + 12𝑐4 (𝑥 − 1)2 + 20𝑐5 (𝑥 − 103 + ⋯, 𝑦 ′′′ (𝑥 ) = 6𝑐3 + 24𝑐4 (𝑥 − 1) + 60𝑐5 (𝑥 − 1)2 + ⋯ Nhân 𝑥 vào hai vế phương trình cho, sau 𝑦, 𝑦 ′ , 𝑦 ′′ , 𝑦′′′ vào phương trình cho Ta được: 𝑥 [6𝑐3 + 24𝑐4 (𝑥 − 1) + 60𝑐5 (𝑥 − 1)2 + ⋯ ] + 𝑥[𝑐1 + 2𝑐2 (𝑥 − 1) + 3𝑐3 (𝑥 − 1)2 + 4𝑐4 (𝑥 − 1)3 + ⋯ ] − [𝑐0 + 𝑐1 (𝑥 − 1) + 𝑐2 (𝑥 − 1)2 + ⋯ ] = Ta cần biểu diễn 𝑥 𝑥 theo luỹ thừa (𝑥 − 1) Ta có: 𝑥 = + (𝑥 − 1), 𝑥 = + 2(𝑥 − 1) + (𝑥 − 1)2 Thế 𝑥, 𝑥 vào phương trình trên, ta được: (6𝑐3 + 𝑐1 − 𝑐0 ) + (24𝑐4 + 12𝑐3 + 2𝑐2 )(𝑥 − 1) + (60𝑐5 + 48𝑐4 + 9𝑐3 + 𝑐2 )(𝑥 − 1)2 + ⋯ = Cho hệ số theo luỹ thừa (𝑥 − 1) Ta được: 𝑐3 = 𝑐0 − 𝑐1 1 (−12𝑐3 − 2𝑐2 ), 𝑐5 = (−48𝑐4 − 9𝑐3 − 𝑐2 ) , 𝑐4 = 24 60 Ta có: 𝑦 (1) = 𝑐0 , 𝑦 ′ (1) = 𝑐1 , 𝑦 ′′ (1) = 2𝑐2 Kết hợp với điều kiện ban đầu, ta được: 𝑐0 = 1, 𝑐1 = 0, 𝑐2 = Từ suy ra: 𝑐3 = 1 , 𝑐4 = − , 𝑐5 = 15 Vậy nghiệm cần tìm là: (𝑥 − 1)2 (𝑥 − 1)3 (𝑥 − 1)4 (𝑥 − 1)5 𝑦(𝑥 ) = + + − + + ⋯ , < 𝑥 < 2 15 57 KẾT LUẬN Khoá luận trình bày chuỗi luỹ thừa ứng dụng giải phương trình vi phân phương pháp chuỗi Tuy nhiên đề tài dừng lại mức độ giới thiệu, đưa khái niệm, định lý, không sâu vào toàn ứng dụng của chuỗi luỹ thừa Vì khn khổ khố luận có giới hạn nên đề tài chưa nghiên cứu sâu vào việc vận dụng chuỗi luỹ thừa để giải dạng phương trình vi phân khác,… Nếu có điều kiện em tiếp tục nghiên cứu việc ứng dụng chuỗi luỹ thừa để giải số phương trình vi phân đặc biệt phương trình Airy, phương trình Legendre, phương trình Hermite,… Trong q trình thực khố luận, thân có nhiều cố gắng khơng tránh khỏi sai lầm thiếu sót Kính mong q thầy đóng góp ý kiến để khố luận hoàn thiện 58 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Nguyễn Xuân Liêm, Giải tích II, NXB Giáo Dục Việt Nam (2010) [2] Nguyễn Đình Phư, Phương trình vi phân, NXB Đại học Quốc gia Tp HCM (2002) [3] Jean – Marie Monier, Cours de mathématiques - 4, NXB Giáo dục (2006) [4] Nguyễn Thừa Hợp, Giải tích tập II, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội (2004) [5] Nguyễn Văn Kh, Lê Mậu Hải, Giải tích tốn học tập II, NXB Đại học Sư phạm Hà Nội (2004) ... hình thức, chuỗi luỹ thừa số ứng dụng giải phương trình vi phân phương pháp chuỗi luỹ thừa IV Phạm vi nghiên cứu Trong khn khổ khố luận nghiên cứu chuỗi luỹ thừa ứng dụng chuỗi luỹ thừa vào giải... cho chuỗi luỹ thừa không ứng dụng Chẳng hạn: ∑