Trong phần này, trước hết chúng ta xét một bài toán chính quy đối với phương trình vi phân thường cấp một
du
dx +u = εx; trên D (2.5)
với điều kiện đầu
u(0) = 1. (2.6)
Bài toán liên hợp của nó là bài toán du
dx + u = 0; trên D (2.7)
với điều kiện đầu
u(0) = 1. (2.8)
Dễ dàng, ta thu được nghiệm các bài toán này tương ứng
uε(x) = (1 +ε)e−x+ε(x−1), u0(x) =e−x. (2.9) Sự khác biệt giữa hai nghiệm được xác định bởi
uε −u0 D = εmax ¯ D e−x−x−1 → 0; khi ε→ 0.
Do đó, bài toán (2.5)-(2.6) là chính quy và εx là số hạng nhiễu chính quy.
Thế nhưng, nhìn chung chúng ta không thể có được công thức nghiệm chính xác đơn giản và tường minh như trong biểu thức (2.9). Vì vậy, tiếp
theo chúng ta sẽ nghiên cứu bài toán này theo một cách thức tổng quát với việc sử dụng phương pháp khai triển tiệm cận. Để giải quyết vấn đề này, chúng ta sẽ xác định dạng nghiệm của phương trình này như sau
uε(x) =u0(x) + εu1(x) +ε2u2(x) + .... (2.10) Thay dạng nghiệm này vào phương trình (2.5) ta nhận được
ε0 : u00 + u0 = 0, u0(0) = 1, (2.11) ε0 : u01 +u1 = x, u1(0) = 0, (2.12) ε1 : u02 + u2 = 0, u2(0) = 0. (2.13) Điều kiện u0(0) = 1 suy ra từ (2.6) và dạng nghiệm (2.10). Thật vậy, điều đó thỏa mãn
1 = uε(0) = u0(0) +εu1(0) +ε2u2(0) +· · · → u0(0). (2.14) Với kết quả này, chúng ta lại sử dụng (2.14) để tìm được điều kiện u1(0) = 0. Ta thu được
0 = εu1(0) +ε2u2(0) +..., do
0 = u1(0) +εu2(0) +.... (2.15) Cho ε →0ta nhận đượcu1(0) = 0. Tiến hành theo cách tương tự, chúng ta nhận được điều kiện
u2(0) = 0. Giải bài toán (2.11), (2.12) và (2.13) ta được
Do đó ta có thể xây dựng sự xấp xỉ như sau
U0ε(x) = e−x, (2.17) U1ε(x) =U2ε(x) = (1 +ε)e−x+ ε(x−1). (2.18) Từ việc tính toán đơn giản cho thấy U0ε(x) thỏa mãn bài toán (2.5) với sai số nhỏ
(U1ε(x))0 +U1ε(x)−εx = O(ε)
và điều kiện (2.6) được thỏa mãn. Lưu ý rằng, U1ε(x) = U2ε(x) bằng nghiệm chính xác (2.9), do vậy chúng giải quyết bài toán (2.5)-(2.6)] và là một xấp xỉ rất tốt.