Bài giảng phương pháp tính chương 5 giải phương trình vi phân thường TS nguyễn quốc lân

BỘ MƠN TỐN ỨNG DỤNG - ĐHBK
-------------------------------------------------------------------------------------

PHƯƠNG PHÁP TÍNH – SV
CHƯƠNG 5
GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN THƯỜNG
•

TS. NGUYỄN QUỐC LÂN (5/2006)


NỘI DUNG
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

A- BÀI TỐN CƠSI (GIÁ TRỊ ĐẦU)
1 – PHƯƠNG PHÁP EULER
2 – EULER CẢI TIẾN + RUNGE – KUTTA
3 – HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN THƯỜNG
4 – PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP CAO
B- BÀI TOÁN BIÊN
1- PHƯƠNG PHÁP SAI PHÂN HỮU HẠN


BÀI TỐN CƠSI
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Tìm hàm y = y(t) thoả phương trình vi phân thường &
điều kiện đầu

 y ' = f (t , y ), a ≤ t ≤ b


 y (a ) = α

Giải xấp xỉ: Chia [a, b] thành n đoạn bằng nhau, độ dài h =
(b – a)/n, (n + 1) điểm chia t0 = a < t1 = a + h < … < tn = b
y1 = ?
y0 = α

h

a
a = t0

t1

b
t2

b = tn

Cần tính gần đúng giá trị wk ≈ yk = y(tk), k = 1 → n


MINH HOẠ Ý TƯỞNG
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

 y ' = −5 y + 5t 2 + 2t , 0 ≤ t
Bài tốn Cơsi: 
Với bước chia h = 0.5
 y (0) = 1 3
f ( x0 + h) − f ( x0 )

& công thức xấp xỉ đạo hàm 2 điểm: f ' ( x0 ) ≈
h
hãy tính xấp xỉ nghiệm y tại t = 0.5, t = 1.
Từ đó xây dựng đa thức nội suy Lagrange (spline) ygđ và vẽ đồ
1 −5 t
2
t + e
thị so sánh với nghiệm chính xác g(t) =
3
Điểm chia:

t0 = 0

Kết quả tìm được:

t1 = 0.5
y ( 0.5) = −0.5
y (1.0 ) = 1.875

t 2 = 1.
ygñ.Lagrange = at 2 + bt + c
⇒ ygñ = 6.42t 2 − 4.87t + 0.33


CÁC SƠ ĐỒ GIẢI XẤP XỈ PTRÌNH VPHÂN THƯỜNG
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Btốn Cơsi: Tìm y(t)
 y ' = f (t , y ), t ∈ [ a, b]


 y (a ) = α
Chia [a, b] → n đoạn
b−a
h=
, ti = a + ih
n
Tính wi, i = 0 → n

Sơ đồ Runge –
Kutta: w0 = α.
Giả sử biết wi ⇒

Sơ đồ Euler (i = 0 → n – 1)
w0 = α . Giả sử wi đã biết ⇒
wi +1 = wi + hf (ti , wi )
S/đ Euler cải tiến (i = 0 → n – 1)
w0 = α . Giả sử wi đã bieát ⇒
k1 = hf (ti , wi ), k 2 = hf (ti + h, wi + k1 )
wi +1 = wi + (k1 + k 2 ) 2

k1 = hf (ti , wi ), k 2 = hf (ti + h 2 , wi + k1 2)

k3 = hf (ti + h 2 , wi + k 2 2), k 4 = hf (ti +1 , wi + k3 )
 w = w + ( k + 2k + 2k + k ) 6
 i +1
i
1
2
3
4

VÍ DỤ PHƯƠNG PHÁP EULER
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Bằng p/pháp Euler, giải bài tốn Côsi với n = 3 đoạn chia:
 y ' = y − t 2 + 1, 0 ≤ t ≤ 1

 y (0) = 0.5
So sánh nghiệm xấp xỉ với nghiệm g(t) = (t+1)2 – 0.5et. Từ
1
đó tính xấp xỉ tích phân bằng c/t hình thang:

I = ∫ y (t )dt
0

Giải: f(t,y) = y – t2 + 1
h = (b–a)/n = 1/3
Sơ đồ Euler:

t0 = 0, w0 = 0.5

t1 , w1

t 2 , w2

w0 = 0.5

wi +1 = wi + hf (ti , wi ) = wi + 0.2( wi − ti2 + 1)


t3 , w3


KẾT QUẢ PHƯƠNG PHÁP EULER
-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Bảng kết quả:
i

ti

wi

gi = g(ti )

| gi - wi |

0

0

0.5

0.5

0

1

1/3

2

2/3

3

1.

Tính gần đúng tích phân với cơng thức hình thang
1

h
[ y( t0 ) + 2 y( t1 ) + 2 y( t2 ) + y( t3 ) ] ≈ h [ w0 + 2w1 + 2w2 + w3 ]
2
2
= 1.3528807

∫ y(t )dt ≈
0


VÍ DỤ EULER CẢI TIẾN
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Tính y(1.) của bt Cơsi sau bằng  y ' = y − t 2 + 1, 0 ≤ t ≤ 1

SĐ Euler cải tiến với h = 0.5:
 y (0) = 0.5

f (t , y ) = y − t 2 + 1 , h = 0.5

t0 = 0, α = 0.5 t1 = 0.5, w1 = ?

t 2 , w2

k1 + k 2
k1 = hf (ti , wi ) , k 2 = hf (ti + h, wi + k1 ) → wi +1 = wi +
2
i

ti

wi

k1

0

0.0

0.5

0.75

1

0.5

1.375

1.0625

2

1.0

2.515625

k2
1.0
1.21875


VÍ DỤ RUNGE – KUTTA
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Tính y(1.) bằng Runge – Kutta với h = 0.5

 y' = y − t 2 + 1

 y (0) = 0.5

h
k

k1 = hf (ti , wi ) , k 2 = hf (ti + , wi + 1 )
Runge – 
2
2


Kutta 4: k3 = hf (ti + h 2 , wi + k 2 2) , k 4 = hf (ti + h, wi + k3 )

wi → wi+1 wi +1 = wi + k1 + 2k 2 + 2k3 + k 4

6
i

ti

0 0.0

wi

k1

k2

0.5

0.75

0.90625

k3

k4

0.9451325 1.0976563

1 0.5 1.4251302 1.0875651 1.2032064 1.2331167 1.3286235
2 1.0 2.6396027


HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN THƯỜNG
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Bài tốn Cơsi : Tìm hai hàm u1 = u1(t), u2 = u2(t) thoả
 du1 = f (t , u , u ), a ≤ t ≤ b
1
1 2
 dt
u1 (a ) = α1
& Điều kiện đầu 

u2 (a ) = α 2
 du2 = f 2 (t , u1 , u2 ), a ≤ t ≤ b
 dt
Chia [a, b] thành đoạn bằng nhau: Phân hoạch & rời rạc hoá
0
1
w10 = α1 , w2 = α 2 w1 , w1
2

α1 , α 2
a = t0

u1 ( t1 ) , u2 ( t1 ) = ?

t1 = a + h

2
w12 , w2 = ?

t 2 = a + 2h

i
i
0
0
i
i
Ký hiệu: w1 ≈ u1 (ti ), w2 ≈ u2 (ti ), i ≥ 0 ⇒ Bieát w1 , w 2 tính w1 , w 2 ?


MINH HOẠ Ý TƯỞNG
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Xét bài tốn Cơsi với hệ phương trình vi phân thường:
u1 ' = 3u1 + 2u2 − ( 2t 2 + 1) e 2t , u1 ( 0 ) = 1

u2 ' = 4u1 + u2 + ( t 2 + 2t − 4 ) e 2t , u2 ( 0 ) = 1

Với bước chia h = 0.5, tính xấp xỉ nghiệm u1, u2 tại t = 0.5; 1
So sánh giá trị tính được với giá trị nghiệm chính xác:
1 5t 1 −t
1 5t 2 −t 2 2 t
2t
u1 ( t ) = e − e + e ; u2 ( t ) = e + e + t e
3

3
3
3
Điểm chia:

t0 = 0
u1 ( 0 ) = 1

t1 = 0.5
u1 ( 0.5) = ?

u2 ( 0 ) = 1 u2 ( 0.5) = ?

t 2 = 1.
u1 (1) = ?

u2 (1) = ?

t

u1

u2

0

1

1

0.5
1.0


SƠ ĐỒ EULER
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Bài tốn Cơsi : Tìm hai hàm u1 = u1(t), u2 = u2(t) thoả
 du1 = f (t , u , u ), a ≤ t ≤ b
1
1 2
 dt
u1 (a ) = α1
& Điều kiện đầu 

u2 (a ) = α 2
 du2 = f 2 (t , u1 , u2 ), a ≤ t ≤ b
 dt
S/đồ Euler:

0
0
i
w1 = α1 , w2 = α 2 Giaû sử biết w1i , w2 ( i = 0 → n − 1)
i
w1i +1 = w1i + hf1 ( ti , w1i , w2 ) ,

i
i
i

w2+1 = w2 + hf 2 ( ti , w1i , w2 )

u1 ' = 3u1 + 2u2 − ( 2t + 1) e , u1 ( 0 ) = 1
        

f1 ( t ,u1 ,u 2 )

VD: 
u2 ' = 4u1 + u2 + ( t 2 + 2t − 4 ) e 2t , u2 ( 0 ) = 1

         

f 2 ( t ,u1 ,u 2 )

2

2t

α1 = 1 w10 = 1

⇒
⇒ 0
α 2 = 1 w2 = 1

1
w1 = 1 + 0.5 f1 ( 0,1,1) =

w1 = 1 + 0.5 f 2 ( 0,1,1) =
2

ÁP DỤNG : PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP 2
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Bài tốn Cơsi cấp 2 (Ph/trình vi phân cấp 2 và đkiện đầu):
 y" = f ( t , y, y ') , t ≥ a

 y ( a ) = α1 , y ' ( a ) = α 2
Đưa về bài tốn Cơsi cấp 1: Đổi biến u1(t)= y(t), u2(t)=y’(t)
u1 ' = u2 = f1 ( t , u1 , u2 )

u2 ' = y ' ' = f ( t , y, y ') = f 2 ( t , u1 , u2 )

w10 = α1
u1 ( a ) = y ( a ) = α1
⇒ 0
Điều kiện đầu: 
u2 ( a ) = y ' ( a ) = α 2 w2 = α 2
1
0
w1 = w10 + hf1 ( t0 , w10 , w2 ) = α1 + hα 2
Sơ đồ Euler:  1
0
0
w2 = w2 + hf 2 ( t0 , w10 , w2 ) = α 2 + hf 2 ( a, α1 , α 2 )



VÍ DỤ
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Với h = 0.1, tính xấp xỉ giá trị y(0.2), y’(0.2) của nghiệm
bài toán sau bằng phương pháp Euler:
 y"−2 y '+2 y = e 2t sin t , t ≥ 0

 y (0) = −0.4, y ' (0) = −0.6
Đổi biến đưa về bài tốn Cơsi cấp 1: u1 = y(t), u2 = y’(t) ⇒
u1 ' = u2 = f1 ( t , u1 , u2 ) & u1 ( 0 ) = −0.4 , u2 ( 0 ) = −0.6

u2 ' = −2 y + 2 y '+ e 2t sin t = −2u1 + 2u2 + e 2t sin t = f 2 ( t , u1 , u2 )


1
0
w1 = w10 + hf1 ( t0 , w10 , w2 ) = −0.4 + 0.1 f1 ( 0,−0.4,−0.6 )
w10 = −0.4
⇒ 1
 0
0
0
w2 = −0.6
w2 = w2 + hf 2 ( t0 , w10 , w2 ) = −0.6 + 0.1 f 2 ( 0,−0.4,−0.6 )




BÀI TỐN BIÊN
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Bài tốn biên cấp 2: Tìm hàm y = y(x) thoả phương trình

 y ' ' = f ( x, y, y ' ), a ≤ x ≤ b

 y (a ) = α , y ( b ) = β
Hay gặp: Bài tốn biên tuyến tính cấp 2
 y" = p ( x) y '+ q ( x) y + r ( x), a ≤ x ≤ b

 y( a ) = α , y( b ) = β


MINH HOẠ
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Tính giá trị nghiệm y của bài tốn biên tuyến tính cấp 2
 y ' ' = −( x + 1) y '+2 y + (1 − x 2 ) e − x , 0 ≤ x ≤ 1

 y ( 0 ) = −1, y (1) = 0

tại các điểm chia cách đều của [0, 1] với bước chia h = 1/3
và xấp xỉ đạo hàm y’, y’’ bằng công thức hướng tâm
Điểm chia:

x0 = 0

y ( 0 ) = y0 = −1

x1 = 1 3
1 = y = ?
y 
1
3



x2 = 2 3

x3 = 1

2 = y = ?
y 
2
3


y (1) = y3 = 0


PHƯƠNG PHÁP SAI PHÂN HỮU HẠN
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

BT biên tuyến tính

 y" = p ( x) y '+ q ( x) y + r ( x), a ≤ x ≤ b ( *)

 y( a ) = α , y( b) = β

Chia [a, b] thành các đoạn nhỏ bằng nhau. Thay x = xk vào (*).
Xấp xỉ y’(xk) , y’’(xk): công thức đạo hàm hướng tâm

y ( x2 ) − y ( x0 )
y ' ( x1 ) ≈
2h

y ' ( x2 )

y ( x3 ) − y ( x1 )
≈
2h

h
a= x0

x1

y ( x2 ) − 2 y ( x1 ) + y ( x0 )
y" ( x1 ) ≈
h2

x2

x3

b= xn+1

y ( x3 ) − 2 y ( x2 ) + y ( x1 )
y" ( x2 ) ≈
h2


CÔNG THỨC LẮP GHÉP
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

n mốc xk ∈ (a, b) – ứng n giá trị yk chưa biết → Ma trận cấp n
Ký hiệu pk = p(xk) … yk = y(xk), 1 ≤ k ≤ n ⇒ y= [y1, … yn]T: Ay = b

h
 2  h  


2
2 + h q1 − 1 + p1
0  0
 − h r1 +  1 + 2 p1 α 

2






2
h
h
2


− h r2
 − 1 − p2 2 + h q2 − 1 + p2  






2
2
2
− h r3

 0
 b= 
A=



0
 




h
   

 − 1 + pn −1 


− h 2 rn −1

2





h
 2  h  
2
 0  0 − 1 − p n 2 + h q n 
 − h rn +  1 − 2 pn  β 



 

2




LẬP BẢNG LẮP GHÉP
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

BT biên tuyến tính

 y" = p ( x) y '+ q ( x) y + r ( x), a ≤ x ≤ b ( *)

 y( a ) = α , y( b ) = β

 Chia [a, b] thành các đoạn nhỏ độ dài h. n điểm chia xk
(không kể 2 đầu) – ứng với yk chưa biết → n ẩn số yk
 Lập bảng cột xk → pk = p(xk), qk = q(xk), rk = r(xk) → akk
(đ/chéo chính), ak,k+1 (chéo trên), ak-1,k (dưới), bk → Nghiệm yk

 Đ/chéo akk: k = 1 → n; ak,k+1: k = 1 → (n – 1), ak-1,k: k = 2 → n
i
1
2
3

xk

pk

qk

rk

akk

ak,k+1

ak-1,k

bk

yk


VÍ DỤ
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Giải bài tốn biên cấp 2 sau bằng phương pháp sai phân hữu
hạn với bước chia h = 0.2

 y" = −3 y '+2 y + 2 x + 3

 y (0) = 2, y (1) = 1

h = 0.2 ⇒ n = 5 ⇒ 6 điểm chia ⇒ Hệ phương trình 4 ẩn
Ma trận cấp 4: Chéo chính akk – 4 phần tử; Chéo trên ak, k+1: 3
i
1

xi

0.2
2 0.4
3 0.6
4 0.8

pi

qi

ri

aii

ai,i+1

−3
−3
−3

−3

2
2
2
2

3.4
3.8
4.2
4.6

− 2.08
− 2.08
− 2.08
− 2.08

1.3
1.3
1.3

ai-1,i

bi

0.7
0.7
0.7

− 1.264

0.152
0.168
− 1.116


KẾT QUẢ
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Giải hệ bằng phép khử Gauss (làm tròn 3 chữ số lẻ):
0
0
 2.08 − 1.3
− 0.7 2.08 − 1.3
0

[ A b] =
− 0.7 2.08 − 1.3
 0
 0
0 − 0.7 2.08

0
0
 1 − 0.625
 0 1.642 − 1.3
0

→ [ A b] =
− 0.7 2.08 − 1.3
 0

 0
0 − 0.7 2.08


0.608 
0.273 

− 0.168
1.116 


1.264 
− 0.152

− 0.168
1.116 

1.006 
0.636

⇒ y=
0.593
0.736

