Bài tập phương pháp giải tích giải gần đúng phương trình vi phân thường

Bài giảng
BÀI TẬP SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP GIẢI TÍCH
GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN THƯỜNG
Người soạn: ThS. Nguyễn Hữu Học
Thanh Hóa 2014
Giải tích số Giải gần đúng pt vi phân thường
Mục lục
1 Phương pháp xấp xỉ liên tiếp Picard 2
2 Phương pháp chuỗi Taylor 4
3 Phương pháp chuỗi lũy thừa 5
4 Phương pháp Frobenius 8
Tài liệu tham khảo10
1
Giải tích số Giải gần đúng pt vi phân thường
BÀI TẬP SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP GIẢI TÍCH
GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN THƯỜNG
1 Phương pháp xấp xỉ liên tiếp Picard
Công thức xấp xỉ liên tiếp Picard:







y
n
= y
0
+
x


x
0
f (t, y
n−1
)dt
y
0
= y(x
0
)
Bài 1 Tìm nghiệm gần đúng của phương trình: y

= x + y
2
thỏa mãn điều kiện ban
đầu: y(0) = 1 bằng phương pháp xấp xỉ liên tiếp Picard (đến xấp xỉ thứ hai).
Giải:
Ta có:
x
0
= 0; y
0
= y(0) = 1
Xấp xỉ thứ nhất:
y
1
= y
0
+

x

0

t + y
2
0

dt
⇒ y
1
= 1 +
x

0
(t + 1)dt = 1 + x +
x
2
2
Xấp xỉ thứ hai:
y
2
= y
0
+
x

0

t + y

2
1

f t = 1 +
x

0

1 +

1 + x +
x
2
2

2

dt
⇒ y
2
= 1 + x +
3
2
x
2
+
2
3
x
3

+
1
4
x
4
+
1
20
x
5
Bài 2 Tìm nghiệm đúng của bài toán vi phân y

= x + y, y(0) = 0 trên miền x ≥ 0
bằng phương pháp dãy Picard.
Giải:
Ta có:
y
0
= y(x
0
) = 0
2
Giải tích số Giải gần đúng pt vi phân thường
Áp dụng công thức xấp xỉ liên tiếp Picard, ta được:
y
1
= y
0
+
x


0
(t + y
0
)dt =
x

0
tdt =
x
2
2
y
2
= y
0
+
x

0
(t + y
1
)dt =
x

0

t +
t
2

2

dt =
x
2
2
+
x
3
2.3
y
3
= y
0
+
x

0
(t + y
2
)dt =
x

0

t +
t
2
2
+

t
3
2.3

dt =
x
2
2
+
x
3
2.3
+
x
4
2.3.4
··· ··· ···
Tổng quát, bằng phương pháp quy nạp toán học ta có thể chứng minh được:
y
n
=
x
2
2!
+
x
3
3!
+
x

4
4!
+ . . . +
x
n+1
(n + 1)!
Hay:
y
n
=

1 + x +
x
2
2!
+
x
3
3!
+
x
4
4!
+ . . . +
x
n+1
(n + 1)!

− x − 1
Dãy xấp xỉ thu được hội tụ tới hàm e

x
− x − 1 trên miền x ≥ 0. Do đó nghiệm đúng
của bài toán đã cho là:
y(x) = e
x
− x − 1
Bài 3 Tìm nghiệm đúng của phương trình y

= 2xycos

x
2

thỏa mãn điều kiện
y(0) = 1 bằng phương pháp dãy Picard.
Giải:
Ta có:
x
0
= 0 y
0
= y(0) = 1
Áp dụng công thức xấp xỉ liên tiếp Picard, ta được:
y
1
= y
0
+
x


0
2t.y
0
. cos

t
2

dt = 1 +sin

t
2

y
2
= y
0
+
x

0
2t.

1 + sin

t
2

cos


t
2

dt = 1 +sin

t
2

+
sin
2

t
2

2
y
3
= y
0
+
x

0
2t

1 + sin

t
2


+
sin
2

t
2

2

cos

t
2

dt = 1 +sin

t
2

+
sin
2

t
2

2
+
sin

3

t
2

2.3
. . . . . . . . .
3
Giải tích số Giải gần đúng pt vi phân thường
Tổng quát, bằng phương pháp quy nạp toán học ta có thể chứng minh được:
y
n
=
n
∑
k=0
sin
k

x
2

k!
Dãy xấp xỉ thu được hội tụ tới hàm e
sin
(
x
2
)
. Do đó nghiệm đúng của bài toán đã

cho là:
y(x) = e
sin
(
x
2
)
2 Phương pháp chuỗi Taylor
Nghiệm của bài toán được tìm dưới dạng chuỗi Taylor:
y(x) = y (x
0
) +
y

(x
0
)
1!
(x − x
0
) +
y

(x
0
)
2!
(x − x
0
)

2
+ . . . +
y
(n)
(x
0
)
n!
(x − x
0
)
n
+ . . .
Tính các giá trị y
(n)
(x
0
), thay vào ta tìm được nghiệm của bài toán.
Bài 4 Tìm nghiệm phương trình y

= x
2
+ y
2
thỏa mãn điều kiện y (0) = 1 bằng
phương pháp chuỗi Taylor (lấy với 6 số hạng khác không đầu tiên trong khai triển).
Giải:
Ta có:
x
0

= 0; y (x
0
) = y (0) = 1
y

= x
2
+ y
2
⇒ y

(0) = 0 + 1 = 1
y

= 2x + 2yy

⇒ y

(0) = 2.0 + 2.1.1 = 2
y

= 2 + 2y
2
+ 2yy

⇒ y

(0) = 2 + 2.1 + 2.1.2 = 8
y
(4)

= 6y

y

+ 2yy

⇒ y
(4)
(0) = 6.1.2 + 2.1.8 = 28
y
(5)
= 8y

y

+ 6y
2
+ 2yy
(4)
⇒ y
(5)
(0) = 8.1.8 + 6.4 + 2.1.28 = 144
Vậy nghiệm của phương trình đã cho lấy với 6 số hạng khác không đầu tiên là:
y(x) = 1 +x + x
2
+
4x
3
3
+

7x
4
6
+
6x
5
5
+ . . .
Bài 5 Tìm nghiệm bài toán: y

= x+y
2
; y (0) = 0; y

(0) = 1 bằng phương pháp chuỗi
Taylor (lấy 4 số hạng khác không trong khai triển).
Giải:
4
Giải tích số Giải gần đúng pt vi phân thường
Ta có:
x
0
= 0; y (x
0
) = y (0) = 0; y

(0) = 1
y

= x + y

2
⇒ y

(0) = 0
y

= 1 + 2yy

⇒ y

(0) = 1
y
(4)
= 2y
2
+ 2yy

⇒ y
(4)
(0) = 2
y
(5)
= 6y

y

+ 2yy

⇒ y
(5)

(0) = 0
y
(6)
= 6y
2
+ 8y

y

+ 2yy
(4)
⇒ y
(6)
(0) = 8
Vậy nghiệm của phương trình đã cho lấy với 4 số hạng khác không đầu tiên là:
y(x) = x +
x
3
6
+
x
4
12
+
x
6
90
+ . . .
3 Phương pháp chuỗi lũy thừa
Nghiệm của bài toán được tìm dưới dạng chuỗi lũy thừa:

y(x) =
∞
∑
n=0
C
n
x
n
Tính đạo hàm thay vào phương trình để tìm các hệ số C
n
.
Bài 6 Tìm nghiệm tổng quát của phương trình:
y

− x
2
y = 0
trong dạng chuỗi lũy thừa.
Giải:
Nghiệm của bài toán được tìm dưới dạng:
y(x) =
∞
∑
n=0
C
n
x
n
Ta có:
y


(x) =
∞
∑
n=2
n(n − 1)C
n
x
n−2
Thay m = n − 2 vào chuỗi trên rồi thay thế m bởi n ta có thể viết lại:
y

(x) =
∞
∑
n=0
(n + 2)(n + 1)C
n+2
x
n
Thay vào phương trình đã cho ta được:
∞
∑
n=0
(n + 2)(n + 1)C
n+2
x
n
−
∑

n=0
C
n
x
n+2
= 0
5
Giải tích số Giải gần đúng pt vi phân thường
Chuỗi thứ hai ở vế trái đặt m = n + 2 rồi thay m bởi n, ta thu được:
∞
∑
n=0
(n + 2)(n + 1)C
n+2
x
n
−
∞
∑
n=2
C
n−2
x
n
= 0
Hay:
2C
2
+ 6C
3

x +
∞
∑
n=2
[(n + 2)(n + 1)C
n+2
−C
n−2
]x
n
= 0
Từ đó:



C
2
= C
3
= 0
C
n+2
=
C
n−2
(n + 2)(n + 1)
(n ≥ 2)
Ta tính một vài số hạng đầu:
n = 2 : C
4

=
C
0
2.3
n = 3 : C
5
=
C
1
4.5
n = 4 : C
6
= 0
n = 5 : C
7
= 0
n = 6 : C
8
=
C
4
7.8
=
C
0
2.3.7.8
n = 7 : C
9
=
C

5
8.9
=
C
1
4.5.8.9
··· ··· ···
Từ quy luật trên ta có:
C
4k
=
C
0
2.3.7.8. ··· . (4k − 1)4k
C
4k+1
=
C
1
4.5.8.9. ··· .4k. (4k +1)
C
4k+2
= C
4k+3
= 0
(k = 0, 1, 2, . . .)
Vậy nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là:
y(x) = C
0
∞

∑
k=0
x
4k
3.4.7.8 . . . (4k −1)4k
+C
1
∞
∑
k=0
x
4k+1
4.5.8.9 . . . (4k)(4k + 1)
Bài 7 Tìm nghiệm phương trình y

+x
2
y = 0 thỏa mãn điều kiện y(0) = 0, y

(0) = 1
bằng phương pháp chuỗi lũy thừa.
6
Giải tích số Giải gần đúng pt vi phân thường
Giải:
Nghiệm của bài toán được tìm dưới dạng:
y(x) =
∞
∑
n=0
C

n
x
n
Ta có:
y

(x) =
∞
∑
n=2
n(n − 1)C
n
x
n−2
Thay m = n − 2 vào chuỗi trên rồi thay thế m bởi n ta có thể viết lại:
y

(x) =
∞
∑
n=0
(n + 2)(n + 1)C
n+2
x
n
Thay vào phương trình đã cho ta được:
∞
∑
n=0
(n + 2)(n + 1)C

n+2
x
n
+
∑
n=0
C
n
x
n+2
= 0
Chuỗi thứ hai ở vế trái đặt m = n + 2 rồi thay m bởi n, ta thu được:
∞
∑
n=0
(n + 2)(n + 1)C
n+2
x
n
+
∞
∑
n=2
C
n−2
x
n
= 0
Hay:
2C

2
+ 6C
3
x +
∞
∑
n=2
[(n + 2)(n + 1)C
n+2
+C
n−2
]x
n
= 0
Từ đó:



C
2
= C
3
= 0
C
n+2
= −
C
n−2
(n + 2)(n + 1)
(n ≥ 2)

Từ giả thiết, ta có:
C
0
= y(0) = 0
C
1
= y

(0) = 1
7
Giải tích số Giải gần đúng pt vi phân thường
Ta tính một vài số hạng đầu:
n = 2 : C
4
= −d
C
0
3.4
= 0
n = 3 : C
5
= −
C
1
4.5
n = 4 : C
6
= −
C
2

5.6
= 0
n = 5 : C
7
= −
C
3
6.7
= 0
n = 6 : C
8
= −
C
4
7.8
= 0
n = 7 : C
9
= −
C
5
8.9
=
C
1
4.5.8.9
··· ··· ···
Từ quy luật trên ta có:
C
4k+1

= (−1)
k
C
1
4.5.8.9. ··· .4k. (4k +1)
C
4k
= C
4k+2
= C
4k+3
= 0
(k = 0, 1, 2, . . .)
Vậy nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là:
y(x) =
∞
∑
n=0
(−1)
n
x
4n+1
4.5.8.9 . . . (4n)(4n + 1)
4 Phương pháp Frobenius
Nghiệm của bài toán được tìm dưới dạng chuỗi Frobenius:
y(x) = x
s
∞
∑
n=0

C
n
x
n
Các bước thực hiện tương tự như phương pháp chuỗi lũy thừa.
Bài 8 Tìm nghiệm tổng quát của phương trình x
2
y

− 2y = 0 bằng phương pháp
Frobenius.
Giải:
Ta tìm nghiệm của bài toán trong dạng:
y(x) = x
s
∞
∑
n=0
C
n
x
n
= C
0
x
s
+C
1
x
s+1

+C
2
x
s+2
+ . . . (C
0
= 0)
8
Giải tích số Giải gần đúng pt vi phân thường
⇒ y

(x) = C
0
s(s − 1)x
s−2
+C
1
(s + 1)sx
s−1
+C
2
(s + 2)(s + 1)x
s
+ . . .
Thế vào phương tr ình đã cho và sắp xếp theo lũy thừa của x, ta được:
[s(s − 1) − 2]C
0
x
s
+ [(s + 1)s − 2]C

1
x
s+1
+ [(s + 2)(s + 1) −2]C
2
x
s+2
+
[(s + 3)(s + 2) − 2]C
3
x
s+3
+ . . .
Từ đó ta được:











[s(s − 1) − 2]C
0
= 0
[(s + 1)s − 2]C
1

= 0
[(s + 2)(s + 1) − 2]C
2
= 0
[(s + 3)(s + 2) − 2]C
3
= 0
··· ··· ···
(∗)
Phương trình chỉ định:
s(s − 1) − 2 = 0 ⇒

s = 2
s = −1
• Với s = 2 kết hợp với hệ (∗), ta được: C
1
= C
2
= C
3
= . . . = 0. Khi đó vì C
0
tùy
ý nên y
1
(x) = x
2
là một nghiệm của phương trình.
• Với s = −1 kết hợp với hệ (∗) ta được: C
1

= C
2
= C
3
= . . . = 0. Khi đó vì C
0
tùy
ý nên y
2
(x) = x
−1
là nghiệm thứ hai của phương trình đã cho.
Vì y
1
(x) và y
2
(x) là hai nghiệm độc lập tuyến tính nên nghiệm tổng quát của phương
trình là:
y(x) = c
1
x
2
+ c
2
x
−1
Bài 9 Tìm nghiệm Frobenius của phương trình Bessel có bậc 0:
x
2
y


+ xy

+ x
2
y = 0
Giải:
Ta tìm nghiệm của bài toán trong dạng:
y(x) = x
s
∞
∑
n=0
C
n
x
n
=
∞
∑
n=0
C
n
x
n+s
(C
0
= 0)
⇒ y


(x) =
∞
∑
n=0
(n + s)C
n
x
n+s−1
⇒ xy

=
∞
∑
n=0
(n + s)C
n
x
n+s
y

(x) =
∞
∑
n=0
(n + s)(n + s − 1)C
n
x
n+s−2
⇒ x
2

y

=
∞
∑
n=0
(n + s)(n + s − 1)C
n
x
n+s
Thay vào phương trình ta được:
∞
∑
n=0
(n + s)
2
C
n
x
n+s
+
∞
∑
n=0
C
n
x
n+s+2
= 0
9

Giải tích số Giải gần đúng pt vi phân thường
Hay:
C
0
s
2
x
s
+ (s + 1)C
1
x
s+1
+
∞
∑
n=2
(n + s)
2
C
n
x
n+s
+
∞
∑
n=0
C
n
x
n+s+2

(∗)
Với chuỗi
∞
∑
n=2
(n + s)
2
C
n
x
n+s
, ta đặt m = n −2 rồi thay lại m bởi n ta được:
∞
∑
n=0
(n + s + 2)
2
C
n+2
x
n+s+2
. Thay vào (∗), ta được:
C
0
s
2
x
s
+C
1

(s + 1)
2
x
s+1
+
∞
∑
n=0

(n + s + 2)
2
C
n+2
+C
n

x
n+s+2
= 0
Từ đó:





s
2
C
0
= 0

(s + 1)
2
C
1
= 0
(n + s + 2)
2
C
n+2
+C
n
= 0
⇒







s = 0
C
1
= 0
C
n+2
= −
C
n
(n + 2)

2
Do đó C
n
= 0 với n lẻ, và:
C
2
= −
C
0
2
2
C
4
= −
C
2
4
2
=
C
0
2
2
4
2
C
6
= −
C
4

6
2
= −
C
0
2
2
4
2
6
2
··· ··· ···
C
2n
=
(−1)
n
C
0
2
2n
(n!)
2
Chọn C
0
= 1, ta được nghiệm:
J
0
(x) =
∞

∑
n=0
(−1)
n
x
2n
2
2n
(n!)
2
= 1 −
x
2
4
+
x
4
64
−
x
6
2304
+ . . .
Đây là hàm Bessel bậc không loại một, một trong những hàm đặc biệt quan trọng
nhất trong toán học.
Tài liệu
[1] Lê Trọng Vinh (2007), Giáo trình Giải tích số, Nhà xuất bản Khoa học và Kỹ
thuật.
[2] Phạm Kỳ Anh (1996), Giải tích số, Nhà xuất bản Đại Học Quốc Gia Hà Nội.
10