Giả sử ta chưa biết trước được tỷ lệ chính xác để xây dựng một khai triển tiệm cận. Để minh họa điều này, ta xét cụ thể phương trình (2.23)
trên đây. Cho một hàm thực của ε và đặt
x = δX,
ở đó δ = δ(ε) và X = O(1). Kỹ thuật tỉ lệ là xác định hàm số δ, do đó biến mới X sẽ được tìm. Viết lại phương trình (2.23) theo X, ta có
εδ2X2 −δX −1 = 0. (2.26) Bằng cách so sánh các hệ số của phương trình (2.26) cụ thể là εδ2, δ,1. Ta chia lập luận đối với phương pháp tỉ lệ thành năm trường hợp
(i) Trường hợp δ << 1. Khi đó, phương trình (2.26) được viết như sau 1 = εδ2X2 | {z } o(1) − δX |{z} o(1) = o(1). (2.27)
Điều này không thể xảy ra vì vế trái của phương trình (2.27) bằng 1
trong khi vế phải là một đại lượng rất nhỏ.
(ii) Trường hợp δ = 1. Thay giá trị này vào phương trình (2.26) ta nhận được phương trình dưới đây
εX2
|{z}
o(1)
−X −1 = 0. (2.28)
Trong trường hợp này, không nhận được sự thay đổi nào so với với phương trình (2.23). Như vậy, không thể có được X = 1 và chúng ta có thể xây dựng một khai triển tiệm cận chính quy nhưng không thể tìm lại được nghiệm đã mất.
(iii) Trường hợp 1 << δ << 1
ε. Ở đây, ta suy ra rằng δε << 1. Chia
cả hai vế của phương trình (2.26) cho δ ta nhận được
εδX2
| {z }
o(1)
−X − 1
δ = 0. (2.29)
Như vậy X = o(1). Điều này không thể xảy ra.
(iv) Trường hợp δ = 1
ε hay δε = 1. Bởi vì, chúng ta giả thiết rằng ε <<1 nên δ >> 1. Do đó, từ phương trình (2.26) ta suy ra
X2 −X − 1
δ
|{z}
o(1)
= 0. (2.30)
Do đó X ∼ 0 hoặc 1. Điều này cho ta tỷ lệ chính xác. (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
(v) Trường hợp δ >> 1
ε hay δε >> 1. Nhân cả hai vế của phương
trình (2.26) với ε−1δ−2 ta được X2 −(εδ)−1X | {z } o(1) − 1 εδ2 = 0 (2.31)
và X = o(1). Đây cũng không phải là một tỷ lệ thích hợp. Do đó, ta thấy rằng chỉ có duy nhất trường hợp δ = 1
đó, ta nhận được ngay x = X
ε và phương trình (2.26) trở thành
X2 −X −ε= 0. (2.32)
Bây giờ chúng ta quay trở lại phương trình(2.23). Phương pháp tỉ lệ gợi ý cho ta sử dụng biểu diễn sau
xε = ε−1x−1 +x0 +εx1 +... (2.33) Thay vào phương trình (2.23) và so sánh các hệ số của εi(i = −1,0,1...)
trên cả hai vế của phương trình (2.23) ta được
ε−1 : x2−1 −x−1 = 0 (2.34)
ε0 : 2x0x−1 −x0 −1 = 0 (2.35)
ε1 : x20 + 2x−1x1 −x1 = 0 (2.36) Các nghiệm của phương trình (2.34) là x−1 = 1 và x−1 = 0. Nghiệm thứ hai không cho ta một khai triển tiệm cận chính quy. Bây giờ ta xét tới nghiệm thứ nhất x−1 = 1.
Từ phương trình (2.35) và phương trình (2.36) ta giải được
x0 = 1, x1 = −1.
Do đó, chúng ta xây dựng các xấp xỉ Xiε;i = 0,1,2 của nghiệm xε+ bởi
X2ε = 1 ε + 1−ε (2.37) X1ε = 1 ε + 1 (2.38) và X0ε = 1 ε (2.39)
Vấn đề còn lại là, chúng có thỏa mãn phương trình (2.23) hay không?. Bằng tính toán đơn giản ta nhận được
ε(X0ε)2 −X0ε−1 = −1
Tương ứng với xε+ −X0ε = 1 − 2ε + o(ε) 9 0. Điều này cho thấy đây không phải là một khai triển tốt.
Đối với hai khai triển còn lại ta có
ε(X1ε)2 −X1ε−1 = ε và ε(X2ε)2 −X2ε−1 = O(ε2).
Tương ứng ta thấy rằng
xε+−X1ε = O(ε) và xε+−X2ε = O(ε2).
Như thế X1ε, X2ε là một xấp xỉ tốt đối với xε+. Hơn nữa, chúng ta có thể thấy rằng việc lấy thêm các số hạng cho ta xấp xỉ tốt hơn. Ngoài ra, chúng ta cũng có thể hình dung ra được dáng điệu tiệm cận của xε+.