Khóa luận tốt nghiệp chuyên ngành giải tích

Khóa luận tốt nghiệp

Ts. Nguyễn Văn Hùng

LỜI CẢM ƠN
Để hồn thành bản khóa luận tốt nghiệp này, trước hết em xin chân thành
cảm ơn các thầy cô giáo trong khoa Tốn, các thầy cơ trong tổ giải tích đã tạo điều
kiện, giúp đỡ em trong thời gian vừa qua.
Đặc biệt, em xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành và sâu sắc nhất tới Tiến sĩ
Nguyễn Văn Hùng đã tận tình hướng dẫn, chỉ bảo cho em trong suốt quá trình
nghiên cứu khóa luận.
Em xin chân thành cảm ơn.

Hà Nội, ngày 20 tháng 4 năm 2013
Sinh viên
Trần Hồng Hạnh

Trần Hồng Hạnh –K35G SP Toán

1


Khóa luận tốt nghiệp

Ts. Nguyễn Văn Hùng

LỜI CAM ĐOAN

Em xin cam đoan khóa luận là cơng trình nghiên cứu của riêng em.
Trong khi nghiên cứu, em đã kế thừa những thành quả nghiên cứu của các
nhà khoa học, nhà nghiên cứu với sự trân trọng và biết ơn.

Những kết quả nêu trong khóa luận chưa được cơng bố trên bất kì cơng trình
nào khác.

Hà Nội, ngày 20 tháng 4 năm 2013
Sinh viên
Trần Hồng Hạnh

Trần Hồng Hạnh –K35G SP Toán

2


Khóa luận tốt nghiệp

Ts. Nguyễn Văn Hùng

LỜI NĨI ĐẦU
Thoạt đầu, toán học được phát sinh do nhu cầu giải quyết các bài tốn có
nguồn gốc thực tiễn. Cùng với sự phát triển của nội tại toán học và các ngành khoa
học khác, toán học chia thành hai lĩnh vực : tốn học lí thuyết và tốn học ứng
dụng.
Trong lĩnh vực toán học ứng dụng thường gặp rất nhiều bài toán liên quan
tới phương trình vi phân thường. Vì vậy, nghiên cứu phương trình vi phân thường
đóng một vai trị quan trọng trong lí thuyết tốn học.
Chúng ta biết rằng chỉ có một số ít các phương trình vi phân thường là có
thể tìm được nghiệm chính xác,trong khi đó phần lớn các phương trình vi phân
thường nảy sinh từ các bài tốn thực tiễn đều khơng tìm được nghiệm chính xác.
Do đó một số vấn đề đặt ra là tìm các phương pháp để xác định nghiệm gần đúng
của phương trình vi phân thường.
Xuất phát từ nhu cầu thực tiễn đó, các nhà tốn học đã tìm ra nhiều phương

pháp để giải gần đúng phương trình vi phân thường. Trong các phương pháp đó,
người ta đã phân làm 2 nhóm: nhóm thứ nhất gọi là các phương pháp giải tích cho
phép tìm nghiệm gần đúng dưới dạng biểu thức giải tích, nhóm thứ hai gọi là các
phương pháp số cho phép tìm nghiệm dưới dạng bảng.
Là một sinh viên khoa Tốn, trong khn khổ một bản khóa luận, em xin
được trình bày những hiểu biết của mình về một số phương pháp số giải gần đúng
phương trình vi phân thường.
Được sự hướng dẫn tận tình của tiến sĩ Nguyễn Văn Hùng cùng với lịng
nhiệt tình say mê nghiên cứu khoa học, em đã chọn đề tài: “ Một số phương pháp
giải gần đúng phương trình vi phân”. Em đã đi sâu nghiên cứu 2 phương pháp
số: phương pháp Euler và Euler cải tiến, phương pháp Runge –Kutta.
Nội dung bản khóa luận gồm 3 chương :
Chương 1: Các kiến thức chuẩn bị.
Chương 2: Một số phương pháp giải gần đúng phương trình vi phân.
Trần Hồng Hạnh –K35G SP Tốn

3


Khóa luận tốt nghiệp

Ts. Nguyễn Văn Hùng

Chương 3: Bài tập áp dụng.
Do thời gian và năng lực có hạn nên khóa luận của em cịn nhiều thiếu sót,
kính mong nhận được ý kiến đóng góp của các thầy cơ giáo và các bạn sinh viên.

Hà Nội, ngày 20 tháng 4 năm 2013
Sinh viên
Trần Hồng Hạnh

Trần Hồng Hạnh –K35G SP Toán

4


Khóa luận tốt nghiệp

Ts. Nguyễn Văn Hùng

MỤC LỤC
LỜI CẢM ƠN…………………………………………………………………….1
LỜI CAM ĐOAN………………………………………………………………...2
LỜI NÓI ĐẦU………………………………………………………………........3
CHƯƠNG 1 : CÁC KIẾN THỨC CHUẨN BỊ…………………………………..6
§1: Số gần đúng và sai số………………………………………………………....6
§2: Sai phân………………………………………………………………………11
§3:Phương trình vi phân thường…………………………………………………14
CHƯƠNG 2 : MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI GẦN ĐÚNG PHƯƠNG TRÌNH
VI PHÂN…………………………………………………………………………19
§1:Phương pháp Euler và Euler cải tiến………………………………………….19
§2: Phương pháp Runge –Kutta………………………………………………….23
CHƯƠNG 3: BÀI TẬP ÁP DỤNG……………………………………………....37
KẾT LUẬN………………………………………………………………………49
TÀI LIỆU THAM KHẢO………………………………………………………..50

Trần Hồng Hạnh –K35G SP Toán

5

Khóa luận tốt nghiệp

Ts. Nguyễn Văn Hùng

CHƯƠNG 1 :CÁC KIẾN THỨC CHUẨN BỊ

§1 : SỐ GẦN ĐÚNG VÀ SAI SỐ

1 . Khái niệm về số gần đúng,sai số tuyệt đối, sai số tương đối.
a , Số gần đúng, sai số tuyệt đối và sai số tương đối:
Trong thực tế tính tốn, ta thường khơng biết số đúng a* mà chỉ biết số gần đúng
của a* là a. Đại lượng ∆ = a* - a được gọi là sai số thực sự của a.
Do không biết a* nên ∆ cũng không biết nhưng ta có thể tìm được ∆a ≥0 sao cho :
a * − a ≤ ∆a ; (1.1)

Số ∆a nhỏ nhất thỏa mãn (1.1) được gọi là sai số tuyệt đối của a.
∆a

Tỷ số δa = a

được gọi là sai số tương đối của a.

Ví dụ 1: Giả sử a= 3,14 ; a*= ᴨ
Do 3,14 < a* < 3,15=3,14+0,01 nên ∆a= 0,01
Mặt khác: 3,14 < a* < 3,142=3,14+0,002 nên ∆b = 0,002
Trong phép đo nói chung sai số tuyệt đối càng nhỏ thì càng tốt.
Ví dụ 2: A :100 m ; ∆a = 0,5 m
B :6 km ; ∆b= 20 m
δa =

0,5
1
=
100 200

;

δb =

20
1
=
6000 300

Phép đo B chính xác hơn phép đo A.
Vậy độ chính xác của phép đo phản ánh qua sai số tương đối.
b , Sự thu gọn các số, sai số thu gọn:
Trần Hồng Hạnh –K35G SP Toán

6


Khóa luận tốt nghiệp

Ts. Nguyễn Văn Hùng

Giả sử a được biểu diễn dưới dạng thập phân :
a = ± (βp . 10p + βp-1 . 10p-1 + …+ βp-q . 10p-q)
Trong đó : 0 ≤ βi ≤ 9 ,βi ∈ Z ,( i= p,p-1,…,p-q)

Chẳng hạn : a = 597,36= 5.102 + 9.101 +7.100+3.10-1+6.10-2
ở đây p=2, q=4, β2=5, β1=9, β0=7, β-1=3, β-2=6
Thu gọn a là vứt bỏ đi một số các chữ số hàng bên phải trong biểu diễn của a để
được một số gần đúng a gọn hơn nhưng vẫn đảm bảo độ chính xác cần thiết.
Quy ước : nếu chữ số đầu tiên bỏ đi tính từ bên phải qua có giá trị lớn hơn hoặc
bằng 5 thì khi thu gọn ta tăng thêm vào chữ số cuối cùng giữ lại 1 đơn vị, nếu nhỏ
hơn 5 thì giữ nguyên. Trong trường hợp chữ số đầu tiên bỏ đi đúng bằng 5 và các
chữ số tiếp theo toàn là chữ số 0 thì chữ số cuối cùng giữ lại để nguyên nếu nó là
số chẵn và tăng thêm 1 đơn vị nếu là số lẻ (tính tốn với số chẵn thuận lợi hơn).
Ví dụ 3: Thu gọn đến 2 chữ số sau dấu phẩy với các số sau:
a = 57,96564

; a = 57,97

a = 65,752648

; a = 65,75

a = 903,28500

; a = 903,28

a = 423,23500

; a = 423,24

c , Cách viết các số gần đúng:
Ta thường viết số gần đúng kèm theo sai số (tuyệt đối hoặc tương đối).
 + 0,05 



 − 0,002 

Chẳng hạn : a= 16,52 


; b= 0,085 (± 0,003) ; c= 154 (±2%)

Trong các bảng số thường chỉ giữ lại các chữ số chắc, tức là các số mà chữ số cuối
cùng được giữ lại có bậc tương ứng sai số tuyệt đối theo quy tắc làm trịn số (ở đây
khơng đưa ra định nghĩa chính xác của chữ số chắc).
2 . Sai số tính tốn :
Trần Hồng Hạnh –K35G SP Tốn

7


Khóa luận tốt nghiệp

Ts. Nguyễn Văn Hùng

Giả sử ta phải tính đại lượng y theo cơng thức y = f (x1,…,xn)
Gọi x *= (x*1, … ,x*n) ; y* = f (x*) là các giá trị đúng.
Giả sử ta không biết các giá trị đúng này, ta chỉ biết các giá trị gần đúng là: x=(x1,
… ,xn) ; y=f(x).
Giả sử ∆xi(i=1,…,n) ; δxi (i=1, … ,n) là các sai số tuyệt đối và tương đối tương đối
tương ứng của các đối số. Khi đó : sai số của hàm y =f(x1, … ,xn) được gọi là sai số
tính tốn.
Giả sử hàm f là hàm số khả vi liên tục theo tất cả các biến xi thì:
*

*
*
∆y = y − y = f ( x1 ,..., x n ) − f ( x1 ,..., x n )
n

*
= ∑ f ' x ( x1 ,..., xn ) . xi − xi
i =1

i

Với x =( x1 ,…, x n ) và x là điểm nằm giữa x và x*.
*
Vì f khả vi liên tục, ∆xi= xi − xi khá bé nên:
n

∆y = ∑ f ' x ( x) . ∆xi
i

i =1

với x =(x1, … ,xn)

∆y n ∂
ln f ( x) . ∆xi
Vậy δy = y = ∑
i =1 ∂xi

; (1.2)

Và đơi khi có thể viết δy= ∆ln y

; (1.2’)

a , Sai số của một tổng:
n

Nếu y=

∑x
i =1

thì y’x i =1 (i=1,…,n) .Vậy ta có:

i

n

∆y =

∑
i =1

f ' xi ( x) . ∆xi =∆x1 +…+ ∆xn =

n

∑ ∆x
i =1

i

; (1.3)

Sai số tuyệt đối của một tổng bằng tổng các sai số tuyệt đối của các số hạng.
b , Sai số của một tích:
Trần Hồng Hạnh –K35G SP Toán

8


Khóa luận tốt nghiệp

Ts. Nguyễn Văn Hùng

y = x1.x2…xn
y = x1 . x 2 … x n

Ln y =ln x1 +ln x2 +…+ln xn
→ ∆ln y =∆ln x1 +…+ ∆ln xn
→ δy= δx1 + … +δxn
∆y = y . δy
Sai số tương đối của một tích bằng tổng các sai số tương đối của các số hạng thành
phần.
c , Sai số của một thương:
x1

y= x
2
1

y’x 1 = x
∆y=

2

− x1

; y’x 2 = x 2
2

x1 .∆x2 + x2 .∆x1
2
x2

δy= δx1+ δx2
d , Sai số của y= lnx :
∆y =δx
3 . Bài tốn ngược của bài tốn sai số.
Giả sử y=f(x1,x2,…,xn)
Cần tính ∆xi để ∆y ≤ ɛ , (ɛ <0) cho trước.
Theo cơng thức tổng qt của sai số tính tốn ta phải có:

Trần Hồng Hạnh –K35G SP Tốn

9


Khóa luận tốt nghiệp
n

∆y=

∂f

∑ ∂x
i =1

Ts. Nguyễn Văn Hùng

. ∆xi ≤ ɛ
i

ε

⇔ ∆xi ≤ n. f '
x

i

ε

Nếu các biến xi có vai trị “đều nhau” thì ta có thể lấy ∆xi ≤ n. f '
x

khi đó: ∆y ≤ ɛ

i

Trần Hồng Hạnh –K35G SP Toán

10


Khóa luận tốt nghiệp

Ts. Nguyễn Văn Hùng

§2 .SAI PHÂN

1 . Định nghĩa và tính chất:
a , Định nghĩa:
Giả sử y=f(x) là hàm số xác định trên tập X, h >0 sao cho: x+h ∈ X, khi đó biểu
thức :
∆f(x)= f(x+h) – f(x) được gọi là sai phân cấp 1 của hàm số f(x) tại điểm x.
∆2f= ∆(∆f)= [f(x+h+h) - f(x+h)] – [f(x+h) – f(x)]
= f(x+2h) – 2.f(x+h) + f(x)
= ∆f(x+h) - ∆f(x)
được gọi là sai phân cấp 2 của f(x) tại x.
Tương tự :∆nf= ∆(∆n-1f) được gọi là sai phân cấp n.
Giả sử f(x) được cho bằng bảng tại các giá trị cách đều của đối số:f(xi) , xi=x0+ih
(i=0,±1,…)
Khi đó, ta có thể lập bảng các sai phân cấp 1, cấp 2, … của f như sau:
xi
x-3
x-2
x-1
x0
x1
x2

x3

fxi
f-3
f-2
f-1
f0
f1
f2
f3

∆fxi

∆2fxi

∆3fxi

∆4fxi

∆5fxi

∆6fxi

∆f-3
∆f-2
∆f-1
∆f0
∆f1
∆f2

∆2f-3
∆2f-2
∆2f-1
∆2f0
∆2f1

∆3f-3
∆3f-2
∆3f-1
∆3f0

∆4f-3
∆4f-2
∆4f-1

∆5f-3
∆5f-2

∆6f-3

Nhận xét: bắt đầu từ cột 3 mỗi phần tử bằng hiệu của 2 phần tử dòng dưới và dòng
trên của cột liền trước.
Chẳng hạn : ∆f-3= f-2 – f-3
Trần Hồng Hạnh –K35G SP Toán

11


Khóa luận tốt nghiệp

Ts. Nguyễn Văn Hùng

b ,Các tính chất:
+) ∆k(f±g)= ∆kf ± ∆kg
+) ∆k (αf)= α.∆kf
+) ∆n(Pn(x))= c =const
∆m(Pm(x))= 0, nếu m>n
với Pn(x) là đa thức cấp n của x.
n

+) f(x+ n.h)=
+) ∆nf=

n

∑C
i =1

∑ (−1) .C
i =1

i

i
n

i
n

.∆i f ( x)

f ( x + (n − i ).h)

2 . Một số công thức nội suy sử dụng sai phân:
Giả sử hàm y=f(x) dưới dạng bảng yi=f(xi) tại các mốc xi cách đều:
xi+1 – xi =h=const (i≥0)
Mốc nội suy được sắp xếp theo thứ tự : x0Ta tìm đa thức nội suy dưới dạng:
P(x)= a0+ a1(x-x0) + a2(x-x0)(x-x1)+ … + an(x-x0)…(x-xn-1)
Cho x=x0, ta được : a0=y0; x=x1 ⇒ a1=

∆y 0
h

∆i y 0
Đặt x = xi ⇒ ai=
i!h i

Đổi biến t =

x − x0
h

⇒x = x0+th , ta có:

t
t (t − 1) 2
t (t − 1)...(t − n + 1) n
f ( n −1) (ξ ) n+1
F(x0+ th) = y0+ .∆y0+

∆ y0+ … +
∆ y0 +
h
1!
2!
n!
(n + 1)!

t(t-1)…(t-n)
Trần Hồng Hạnh –K35G SP Toán

12


Khóa luận tốt nghiệp

Ts. Nguyễn Văn Hùng

Đây là cơng thức nội suy Newtơn tiến.
Mốc nội suy sắp theo thứ tự xn>xn-1>…>x0
Đặt t =

x − xn
⇒ x=xn + th
h

Đa thức nội suy Newtơn lùi tìm dưới dạng:
P(x)= a0 + a1(x-xn) + a2(x-xn)(x-xn-1) + … + an(x-xn)(x-xn-1)…(x-x1)
Cho x=xn ⇒ a0=yn
x=xn-1 ⇒ a0 + a1(-h)= yn-1 ⇒ a1=

Tổng quát: đặt x=xi ⇒ ai=

∆i y n −i
i!h i

∆y n −1
h

;(i=(0,…,n))

Như vậy, công thức Newtơn lùi sẽ có dạng:
t
t (t + 1) 2
t (t + 1)...(t + n − 1) n
f ( n +1) (ξ )
f(xn+th) = yn + ∆yn-1 +
∆ yn-2 +… +
∆ y0 +
1!
2!
n!
(n + 1)!

hn+1t(t+1)…(t+n)

Trần Hồng Hạnh –K35G SP Toán

13

Khóa luận tốt nghiệp

Ts. Nguyễn Văn Hùng

§3.PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN THƯỜNG

1 . Một số khái niệm:
Phương trình vi phân thường bậc n là một hệ thức có dạng :
F(x,y,y’,y”,…,y(n)) =0 ; (1.4)
Trong đó : x là biến độc lập, y là hàm số cần tìm
y’,y”,…,y(n) là các đạo hàm của hàm số y (y là hàm số của x).
Cấp của phương trình là đạo hàm cấp cao nhất có mặt trong phương trình.
Hàm số y=ϕ(x) được gọi là nghiệm của phương trình (1.4) nếu thay y = ϕ(x)
,y’=ϕ’(x),…, y(n)=ϕ(n)(x) vào (1.4) thì (1.4) trở thành đồng nhất thức.
Hàm số y=ϕ(x,c) thỏa mãn (1.4) khi (x,y) chạy khắp D, với mọi c ∈R
2 . Một số phương trình vi phân đã biết cách giải:
a , Phương trình vi phân có biến số phân li:
dy
= f(x) ⇒ y=
dx
dy
= f(y) ⇒
dx

∫ f ( x)dx

+c

dy

∫ f ( y) = x+c
M 1 ( x)

N 2 ( y)

M1(x) N1(y) dx + M2(x) N2(y) dy=0 ⇔ M ( x) dx + N ( y ) dy =0
2
1
(M2(x).N1(y) ≠0)
b , Phương trình vi phân cấp 1 thuần nhất:
y
x

y’=f( ). Giả thiết hàm số xác định với mọi x ≠0.Để giải phương trình này ta đặt
y
x

u= , sau đó đưa về việc giải phương trình vi phân có biến số phân li.
Trần Hồng Hạnh –K35G SP Toán

14


Khóa luận tốt nghiệp

Ts. Nguyễn Văn Hùng

c . Phương trình vi phân tuyến tính cấp 1
Dạng tổng quát : y’ + P(x) y = Q(x)
+) Q(x) ≠ 0 thì gọi là phương trình tuyến tính khơng thuần nhất cấp 1.

+) Q(x) ≡ 0 thì gọi là phương trình tuyến tính thuần nhất cấp 1.
Công thức nghiệm tổng quát của phương trình là:



y= e ∫ − P ( x ) dx  ∫ Q( x)e ∫

P ( x ) dx

dx + c 



d , Phương trình Bernoulli:
Dạng tổng quát : y’ + P(x) .y = Q(x) .yα
+) α=1 : phương trình tuyến tính thuần nhất cấp 1
+) α=0 : phương trình tuyến tính khơng thuần nhất cấp 1
+) α≠0, α≠1: ta chia cả 2 vế của phương trình cho yα
Sau đó, đặt z=y1-α và đưa về phương trình tuyến tính khơng thuần nhất.
e , Phương trình vi phân tồn phần:
Dạng tổng quát: P(x,y) dx + Q(x,y) dy =0 ; (1.5)
trong đó : P(x,y) , Q(x,y) là các hàm số liên tục cùng với các đạo hàm riêng trên
miền đơn liên D và thỏa mãn : Q’x(x,y) =P’y(x,y) trên D.
Nếu D=R2 , giả sử (x0,y0) ∈ D thì tích phân tổng qt của (1.5) là:
x

u(x,y) = ∫ P( x, x0 )dx +
x0

y

x

y0

x0

∫ Q( x, y )dy = ∫ P( x, y)dx +

y

∫ Q( x , y)dy
0

y0

f , Phương trình vi phân đưa được về dạng phương trình thuần nhất cấp 1.
 ax + by + c 
dy
= f
a x+b y+c 

dx
 1
1
1 

; (1.6)

Nếu c=c1=0 thì (1.6) là phương trình thuần nhất cấp 1

Trần Hồng Hạnh –K35G SP Toán

15


Khóa luận tốt nghiệp

Ts. Nguyễn Văn Hùng

ab

Nếu c≠0, c1≠0, a b ≠0
1 1
 x = x1 + α
, (α,β _const).
 y = y1 + β

Đặt 

3 . Định lí Pica – Lindolov (định lí tồn tại và duy nhất nghiệm)
Giả sử hàm f(x,y) xác định và liên tục trong miền G:
G = {( x, y ) : x − x0 ≤ a, y − y 0 ≤ b}
đồng thời thỏa mãn điều kiện Lipsit theo biến y. Khi đó, tồn tại một dãy nghiệm
gần đúng của phương trình

dy
=f(x,y) trên đoạn [x0-h, x0+h] và dãy nghiệm này là
dx

các hàm liên tục hội tụ đều đến nghiệm duy nhất của phương trình đã cho và thỏa

mãn điều kiện ban đầu.



y(x0)=y0 , h= min  a,

b 
 , M = (max f(x,y)
x , y )∈G
M

Chứng minh:
Lấy ϕ0(x)=y0
x

ϕ1(x)=y0 +

∫ f (t ,ϕ

0

(t ))dt

x0
x

ϕ2(x)=y0 +

∫ f (t ,ϕ (t ))dt
1

; (1.7)

x0

…….
x

ϕn(x)=y0 +

∫ f (t ,ϕ

n −1

(t ))dt

x0

Dãy hàm {ϕn(x)} gọi là nghiệm gần đúng của phương trình đã cho.Ta sẽ chứng
minh dãy {ϕn(x)} hội tụ đều.
Gọi ϕ(x) là nghiệm đúng của phương trình, ta có:
Trần Hồng Hạnh –K35G SP Toán

16


Khóa luận tốt nghiệp

Ts. Nguyễn Văn Hùng

x

ϕ(x)= y0 +

∫ f (t ,ϕ (t ))dt

x0

Đặt ωn(x)= ϕ ( x) − ϕ n ( x) , ta có:
x

ϕ(x) - ϕn(x)= ∫ [ f (t , ϕ (t )) − f (t , ϕ n −1 (t ))]dt
x0

x

Từ đó, ta có: ωn(x)= ϕ ( x) − ϕ n ( x) ≤

∫

f (t , ϕ (t )) − f (t , ϕ n −1 (t )) dt

x0

Vì f(x,y) thỏa mãn điều kiện Lipsit theo biến y do vậy:
x

ωn(x) ≤ ∫ L ϕ (t ) − ϕ n−1 (t ) dt
x0

x

= L. ∫ ω n−1 (t )dt ; (1.8)
x0

(L là hằng số Lipsit của hàm số f)
Với n=0, ta có : ω0(x)= ϕ ( x) − ϕ 0 ( x) = (x-x0). ϕ ' (ξ ) ; (x0< ξ Vì ϕ ' (ξ ) = f (ξ , ϕ (ξ )) ≤ M , nên ω0(x) ≤ M (x-x0).Áp dụng liên tiếp (1.8) ta được:
x

ω1(x) ≤ L ∫ ω 0 (t )dt ≤ L.M
x0
x

ω2(x) ≤ L ∫ ω1 (t )dt ≤ L2.M
x0

x

(x − x )
∫ (t − x0 )dt =L.M. 2 0
x0

2

3
(t − x 0 ) 2
dt = L2.M. ( x − x 0 )
∫ 2
3!

x0
x

………
( x − x 0 ) n +1
ωn(x) ≤ L .M.
(n + 1)!
n

; (n=0,1,2…)

Từ đó, ta có: n → ∞ thì ωn(x) →0 và ϕn(x)→ϕ(x) trên đoạn [x0, x0+h].
Ta chứng minh ϕ(x) là duy nhất. Giả sử có 2 hàm ϕ(x) & ψ(x) là nghiệm của
phương trình đã cho và thỏa mãn điều kiện ban đầu cho trước. Xét:

Trần Hồng Hạnh –K35G SP Toán

17


Khóa luận tốt nghiệp

Ts. Nguyễn Văn Hùng

x

∫ f (t ,ϕ (t ))dt

ϕ(x) = y0 +

x0
x

ψ(x) = y0 +

∫ f (t ,ψ (t ))dt

x0

x

x

x0

x0

ϕ(x) – ψ(x) ≤ L ∫ ϕ (t ) − ψ (t ) dt ≤ L ∫ sup ϕ (t ) − ψ (t ) dt
t
= L sup ϕ (t ) − ψ (t ) .(x-x0) ≤ L. sup ϕ ( x) − ψ ( x) .a
t
x
⇒ ϕ ( x) − ψ ( x) ≤ L.a. sup ϕ ( x) − ψ ( x)
x

; ( x − x0 ≤a)

; ∀x

⇒ sup ϕ ( x) − ψ ( x) ≤ L.a. sup ϕ ( x) − ψ ( x)

x
x
⇔ (1-La) . sup ϕ ( x) − ψ ( x)
x
(1-La) >0 ⇒ sup ϕ ( x) − ψ ( x) ≤ 0
x
⇒ ϕ ( x) − ψ ( x) = 0 , ∀ x
⇒ϕ≡ψ
Vậy ϕ(x) là duy nhất.

4. Phương trình vi phân cấp 1 chưa giải ra đối với đạo hàm
Dạng phương trình:

F(x,y,y’) = 0 ; (1.8)

Trường hợp 1: phương trình (1.8) giải được theo y: y = ϕ(x,y’) ; (1.9)
∂ϕ

∂ϕ

Đặt y’= p ⇒ y = ϕ(x,p) ⇒ dy = ∂x dx + ∂p dp
Trần Hồng Hạnh –K35G SP Toán

18


Khóa luận tốt nghiệp

Ts. Nguyễn Văn Hùng

Vì dy = y’dx = pdx thì phương trình :
∂ϕ
∂ϕ
∂ϕ ∂ϕ dp
dx +
dp ⇒ p =
+
. ⇒ p = ω ( x, c )
∂x
∂p
∂x ∂p dx
⇒ y = ϕ ( x, ω ( x, c ));
pdx =

Trường hợp 2: phương trình (1.8) giải được theo x: x = ϕ(y,y’) ; (1.10)
∂ϕ

∂ϕ

Đặt y’ = p ⇒ x = ϕ(y,p) ⇒ dx = ∂y dy + ∂p dp ;
Vì dy = y’dx = pdx ⇒ dx =

1
dy , thay vào ta có:
p

dy ∂ϕ
∂ϕ
1 ∂ϕ ∂ϕ dp
=

dy +
dp ⇒ =
+
. ⇒ p = ω ( y, c) ⇒ x = ϕ ( y, ω ( y, c ))
p
∂y
∂p
p ∂y ∂p dy

*) Phương trình Lagrăng: y = x.ϕ(y’) + ψ(y’) ; (1.11)
Đặt y’ = p ⇒ y = x.ϕ(p) + ψ(p) ; (1.12)
Ta vi phân hai vế của (1.11): dy = ϕ(p) dx + [ x.ϕ’(p) + ψ’(p) ] dp
Thay : dy = y’dx = pdx ⇒ pdx = ϕ(p)dx + [ x.ϕ’(p) + ψ’(p) ] dp
⇔ [ p-ϕ(p) ]dx = [ x.ϕ’(p) + ψ’(p) ] dp ; (1.13)
+ Nếu p - ϕ(p) = 0, giả sử p0 là nghiệm của phương trình này thì nghiệm của
phương trình (1.11) là: y = p0 x + ψ(p0)
+ Nếu p - ϕ(p) ≠0 thì (1.13)
dx x.ϕ ' ( p ) + ψ ' ( p )
=
dp
p − ϕ ( p)
dx
ϕ ' ( p)
ψ ' ( p)
⇔
=
x+
dp p − ϕ ( p )
p − ϕ ( p)
dx ϕ ' ( p )

ψ ' ( p)
⇔
+
x=
; (1.14)
dp ϕ ( p )
p − ϕ ( p)
⇔

Tích phân phương trình (1.14) ta được nghiệm tổng quát dạng tham số của phương
trình (1.11):
Trần Hồng Hạnh –K35G SP Toán

19


Khóa luận tốt nghiệp

Ts. Nguyễn Văn Hùng

 x = ω ( p, c )

 y = ϕ ( p ).ω ( p, c ) + ψ ( p )

Hoặc từ (1.14) ta giải được nghiệm rồi rút p theo x thế vào (1.12)
*) Phương trình Clerơ: y = xy’ + ψ(y’) ; (1.15)
(1.15) là phương trình Lagrăng với ϕ(y’) = y’
Giả thiết hàm ψ là hàm phi tuyến tính (khơng tuyến tính)
Đặt y’ = p ta có phương trình : y = xp + ψ(p) ; (1.16)
Vi phân hai vế theo p ta có:

Dy = pdx + (x + ψ’(p))dp
Thay dy = y’dx = pdx ⇒ pdx = pdx + (x+ ψ’(p))dp
⇒ (x + ψ’(p))dp = 0 ; (1.17)
dp = 0

p = c

⇒
Từ (1.17) ⇒ 
 x + ψ ' ( p) = 0  p = ω ( x)
 y = cx + ψ (c )

Thay vào (1.16) ⇒ 
 y = xω ( x) + ψ (ω ( x))
5. Cách giải một số phương trình vi phân cấp cao
a, Một số phương trình cấp cao đơn giản:
*) Phương trình chỉ chứa biến số độc lập và đạo hàm cấp cao nhất:
F(x,y(m)) = 0 ; (1.18)
Trường hợp 1: Nếu từ (1.18) ta giải ra được: y(n) = f(x) với f(x) liên tục trên [a,b]
thì ta có:
dy = y’dx ⇒ dy

(n-1)

= y dx ⇒ y
(n)

( n −1)

x

=

∫y

x0

x

(n)

dx =

∫ f ( x)dx + c

1

x0

Tương tự:
Trần Hồng Hạnh –K35G SP Toán

20


Khóa luận tốt nghiệp
x x

y

x

x0 x0

(n-2)

x0

= …⇒ ∫ ∫ ... ∫ f ( x)dx +

Ts. Nguyễn Văn Hùng
c1
( x − x 0 ) ( n −1) + ... + c n −1 ( x − x0 ) + c n ;
( n − 1)!

Trường hợp 2: Biểu diễn x, y(n) theo tham số t:
 x = ϕ (t )
 (n)
 y = ψ (t )

ϕ là hàm khả vi liên tục; ψ là hàm liên tục.
Ta có: dy = y’dx ⇒ dy(n-1) = y(n)dx = ψ(t).ϕ’(t)dt
y ( n −1) = ∫ψ (t )ϕ ' (t )dt + c1 = ψ 1 (t , c1 )

Tương tự: y(n-1) = ψ2(t,c1,c2) ⇒ y = ψn(t,c1,c2,…,cn)
 x = ϕ (t )

Vậy nghiệm tổng quát của (1.18) là :  y = ψ (t , c ,..., c )
n
1

n

*) Phương trình chỉ chứa đạo hàm cấp n và cấp n-1 :
F(y(n),y(n-1)) = 0 ; (1.19)
+ Trường hợp 1: Từ (1.19) giải ra được y(n) = f(y(n-1))
Đặt z = ω(x,c1) ⇒ y(n-1) = ψ(t,c1)
 x = ϕ (t )
⇒  ( n −1)
= ψ (t , c1 )
y

+ Trường hợp 2: Giả sử từ (1.19), ta có thể biểu diễn y(n-1), y(n) theo tham số t có
phương trình dạng:
 y ( n −1) = ϕ (t )

 (n)
 y = ψ (t )


Vì dy = y’dx ⇒ dy

(n-1)

dy ( n −1)
= y dx ⇒ dx =
y ( n)
(n)

Trần Hồng Hạnh –K35G SP Toán

21


Khóa luận tốt nghiệp

Ts. Nguyễn Văn Hùng

d (ϕ (t )) ϕ ' (t )dt
=
ψ (t )
ψ (t )
ϕ ' (t )dt
⇒x = ∫
+ c1 = ϕ1 (t , c1 )
ψ (t )
⇒ dx =

dy ( n −2 ) = y ( n −1) dx = ϕ (t ) .

ϕ ' (t )
ϕ (t )ϕ ' (t )
dt ⇒ y ( n −2 ) = ∫
dt + c 2
ψ (t )
ψ (t )

⇒ y ( n − 2 ) = ϕ 2 (t , c 2 )
 x = ϕ1 (t , c1 )

Ta có: 

y

( n − 2)

= ϕ 2 (t , c 2 )

; (Đã biết cách giải ở trên)

 x = ϕ1 (t , c1 )
 y = ψ n −1 (t , c 2 ,..., c n )

Nghiệm : 

*) Phương trình chỉ chứa đạo hàm cấp n và cấp (n-2):
F(y(n-2),y(n)) = 0 ; (1.21)
+ Trường hợp 1: Từ (1.21) ta giải được y(n) theo y(n-2): y(n) = f(y(n-2))
Đặt y(n-2) = z ⇒ z” = f(z). Từ phương trình z” = f(z) ⇒ 2z’z” = 2z’f(z); (z’ ≠ 0)
d(z’2) = 2f(z)dz
⇒ z ' 2 = ∫ 2 f ( z )dz + c1
⇒ z' = ±

∫ 2 f ( z)dz + c

1

dz
= ± 2∫ f ( z )dz + c1
dx
dz

⇒ dx =
± 2 ∫ f ( z )dz + c1
⇔

⇒ x + c2 = ∫

dz
± 2∫ f ( z ) dz + c1

; (1.22)

Giải (1.22) sau đó thay z = y(n-2), ta đưa phương trình (1.22) về trường hợp đã giải ở
trên.

Trần Hồng Hạnh –K35G SP Toán

22


Khóa luận tốt nghiệp

Ts. Nguyễn Văn Hùng

 y ( n ) = ψ (t )

+ Trường hợp 2: Từ (1.21), ta có thể biểu diễn:  ( n− 2)
; vì:
y
= ϕ (t )


dy ( n −1) = y ( n ) dx
dy ( n −1) = y ( n ) dx


⇒  ( n −1)
 ( n−2)
( n −2)
dy
=y
dx  y
dx = dy ( n −2 )



Ta nhân hai vế của hai phương trình ta được:
y ( n −1) dy ( n −1) = y ( n ) dy ( n −2 ) ⇒ 2 y ( n −1) dy ( n −1) = 2 y ( n ) dy ( n −2 )
⇒ d [ y ( n −1) ] 2 = 2 y ( n ) dy ( n − 2) ⇒ [ y ( n −1) ] 2 = ∫ 2ψ (t )ϕ ' (t )dt + c1
⇒ y ( n −1) = ± 2∫ψ ' (t )ϕ ' (t ) dt + c1 = ψ 1 (t , c1 )
 y ( n −1) = ψ 1 (t , c1 )

Ta có:  ( n)
; (Đã có cách giải ở trên)
 y = ψ (t )


b, Các phương trình cấp cao hạ thấp cấp được:
*) Phương trình khơng chứa hàm phải tìm và các đạo hàm đến cấp (k-1)
Dạng phương trình: F(x,y(k),y(k+1),… ,y(n)) = 0 ; (k ≤ n) ; (1.23)
Đặt z = y(k), ta có phương trình: F(x,z,z’,…,z(n-k)) = 0 ; (1.24)
Giả sử (1.24) có nghiệm: z = ω(x,c1,…,cn-k) ⇒ z = y(k) = ω(x,c1,…,cn-k)

⇒ y(k) = ω(x,c1,…,cn-k) ; (đưa nó về dạng phương trình chỉ chứa biến số
độc lập và đạo hàm cấp cao nhất);
Nếu từ (1.24) ta tìm được tích phân tổng qt: ϕ(x,z,c1,…,cn-k) = 0 thì ta có phương
trình : ϕ(x,y(k),c1,…,cn-k) = 0; (đã biết cách giải ở trên)
*) Phương trình khơng chứa biến số độc lập:
Dạng phương trình: F(y,y’,…,y(n)) = 0 ; (1.25)
dy '

dz

dz dy

dz

''
Đặt y’ = z ta có: dy’ = y”dx ⇒ y = dx = dx = dy dx = z dy

Tương tự:
Trần Hồng Hạnh –K35G SP Toán

23


Khóa luận tốt nghiệp
 dz 
d z 
 dy 
dy ' '
=
y' ' ' =

= 
dx
dx

Ts. Nguyễn Văn Hùng
 dz 
d z 
 dy  dy


dy
dx

 dz 
d z 
'
 dy 

 = z  z dz  
 
y' ' ' = z



dy
 dy  y 


2
 dz 

d 2z
y ' ' ' = z[( z.z 'y ) 'y ] = z   + z 2 
 
dy 
 dy 


...
 dz
d ( n −1) z 
y ( n ) = ω  z, ,..., ( n −1) 
 dy

dy



Thay vào phương trình đầu ta được phương trình vi phân cấp (n-1):

dz
d ( n −1) z 
φ  y, z , ,..., ( n −1)  = 0 ;


dy
dy



Giả sử phương trình này có nghiệm tổng qt z = ψ(y,c1,…,cn-1);

dx =

dy
dy
⇒ x + c' = ∫
ψ ( y, c1 ,..., c n −1 )
ψ ( y, c1 ,..., c n −1 )

*) Phương trình thuần nhất đối với hàm phải tìm và các đạo hàm của nó:
Dạng phương trình: F(x,y,y’,…,y(n)) = 0 ; (1.26)
Trong đó: F(x,y,y’,…,y(n)) là hàm thuần nhất đối với các biến từ y, y’, … , y(n) tức
∃k sao cho: F(x,ty,ty’,…,ty(n)) = tk F(x,y,y’,…,y(n)) ; ∀t, (t ∈ N)
Cách giải:
Đặt y’= yz ⇒ y’’ = (yz)’ = y’z + yz’ = yz2 + yz’ = y(z2 +z’)
y’’’ = (y(z2+z’))2 = y’(z2+z’) + y(2zz’+z’’)
= yz(z2+z’) + y(2zz’+z’’) = y[z3+z’’+3zz’]
…
Trần Hồng Hạnh –K35G SP Toán

24


Khóa luận tốt nghiệp

Ts. Nguyễn Văn Hùng

y(n) = yω(z,z’,…,z(n-1)) thay vào phương trình đầu:
y(k) F(x,1,z,z’+z2,…,ω(z,z’,…,z(n-1)) = 0;
Với y ≠ 0 ta đưa phương trình trên về phương trình cấp (n-1) đối với biến z
ϕ(x,z,z’,…,z(n-1)) = 0

Giả sử phương trình này có nghiệm tổng quát:
y'
= φ1 ( x, c1 ,.., c n −1 )
y
dy
dy
= y φ1 ( x, c1 ,..., c n −1 ) ⇒
= φ1 ( x, c1 ,..., c n −1 ) dx
dx
y

z = φ1 ( x, c1 ,..., c n −1 ) ⇔

Vậy y = c n e ∫

φ1dx

; cn ≠ 0

Nếu k > 0 thì y = 0 là nghiệm của (1.26) ứng với cn = 0;

CHƯƠNG 2. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI GẦN ĐÚNG
PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN
§1. PHƯƠNG PHÁP EULER VÀ EULER CẢI TIẾN

1 . Phương pháp Euler:

Trần Hồng Hạnh –K35G SP Toán

25