biên
Các ví dụ trước đã cho chúng ta một số ý tưởng về phương pháp khai triển tiệm cận. Tuy nhiên, chúng không thể cho ta thấy tất cả các tính
năng của phương pháp này bởi vì chúng quá đơn giản. Trong phần này, chúng ta sẽ nghiên cứu một bài toán phức tạp hơn bao trùm tất cả các khía cạnh của khai triển tiệm cận. Xét bài toán với phương trình vi phân thường cấp hai εd 2u dx2 + (1 +ε)du dx +u = 0 trên D, (2.47) u(0) = 0, u(1) = 1. (2.48) Trước hết, chúng ta chứng minh phương trình (2.47)-(2.48) không phải là chính quy. Ta đặt
uε(x) =u0(x) + εu1(x) +ε2u2(x) + .... (2.49) Thay vào phương trình (2.47) và so sánh các hệ số của εi ở cả hai vế, ta có
du0
dx +u0 = 0, (2.50)
u0(0) = 0, u0(1) = 1. (2.51) Hơn nữa, ta nhận được
du1 dx +u1 + d2u0 dx2 + du0 dx = 0, (2.52) u1(0) = 0. (2.53) du2 dx +u2 + d2u1 dx2 + du1 dx = 0, (2.54) u2(0) = 0. (2.55)
Bởi vì phương trình (2.50) là phương trình vi phân cấp một, nên chỉ cần một trong hai điều kiện (2.51) là thỏa mãn. Nghiệm của phương trình (2.50) là
Chúng ta sẽ thấy rằng ngay cả khi u0(x) chỉ thỏa mãn một điều kiện trong (2.51), thì vẫn không tồn tại khai triển tiệm cận dạng (2.49). Xét hai trường hợp.
Trường hợp 1. Giả sử điều kiện tại x = 0 thỏa mãn (chúng ta không quan tâm tới điều kiện khác lúc này). Khi đó C0 = 0, do đó u0(x) = 0. Giải các bài toán (2.52)-(2.53) và (2.54)-(2.55) ta được
u1(x) =u2(x) = 0.
Do vậy không tìm được khai triển tiệm cận.
Trường hợp 2. Giả sử điều kiện tại x = 1 thỏa mãn. Khi đó C0 = e và u0(x) = e1−x. Do đó, phương trình (2.52) và (2.54) trở thành du1 dx +u1 = 0, du2 dx + u2 = 0, (2.56) suy ra u1(x) = C1e−x, u2(x) =C2e−x.
Nhưng từ điều kiện u1(x) = u2(x) = 0, điều kiện được suy ra từ dạng nghiệm (2.49), ta có C1 = C2 = 0. Từ đó ta có
u1(x) =u2(x) = 0
và khai triển tiệm cận “có thể” là Uiε(x) = e1−x với i = 0,1,2, .... Lưu ý rằng
|Uiε(0)−uε(0)| = e9 0. Do vậy, bài toán (2.47)-(2.48) là kì dị.