BÀI GIẢNG PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN (Số tín chỉ: 2)

Chia sẻ: Lan Lan | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:32

Thêm vào BST

Báo xấu

561
lượt xem 102
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Trong nhiều lĩnh vực kỹ thuật, vật lý, khoa học xã hội ta thường gặp các bài toán dẫn đến việc xác định một hàm thỏa mãn phương trình có chứa một hay nhiều đạo hàm của hàm đó. Các phương trình như vậy gọi là phương trình vi phân (PTVP). PTVP là phương trình liên hệ giữa biến độc lập, hàm cần tìm và các đạo hàm của nó. - Nếu hàm cần tìm chỉ phụ thuộc vào một biến độc lập thì ta có PTVP thường. - Nếu hàm cần tìm phụ thuộc vào hai hoặc nhiều biến...

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: BÀI GIẢNG PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN (Số tín chỉ: 2)

Trường ĐHQN Khoa Toán BÀI GIẢNG PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN (Số tín chỉ: 2) Dành cho sinh viên : Khoa Hóa Hệ : Tổng hợp Khóa : 33 Năm học : 2011-2012 Giảng viên : Nguyễn Thị Phương Lan -1-
Chương I: PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP MỘT §1 PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP MỘT Trong nhiều lĩnh vực kỹ thuật, vật lý, khoa học xã hội ta thường gặp các bài toán dẫn đến việc xác định một hàm thỏa mãn phương trình có chứa một hay nhiều đạo hàm của hàm đó. Các phương trình như vậy gọi là phương trình vi phân (PTVP). PTVP là phương trình liên hệ giữa biến độc lập, hàm cần tìm và các đạo hàm của nó. - Nếu hàm cần tìm chỉ phụ thuộc vào một biến độc lập thì ta có PTVP thường. - Nếu hàm cần tìm phụ thuộc vào hai hoặc nhiều biến độc lập thì ta có phương trình đạo hàm riêng. - Cấp của PTVP là cấp cao nhất của đạo hàm có mặt trong phương trình đó. - Nghiệm của PTVP là mọi hàm thỏa mãn phương trình ấy. Trong học phần này ta chỉ xét đến PTVP thường (còn gọi là PTVP). 1 Ví dụ: y '+ y = 0 là PTVP cấp một, y '' = cos x là PTVP cấp hai. x ∂u ∂u x +y = 0 là phương trình đạo hàm riêng cấp một. ∂x ∂y ∂ 2u ∂ 2 u + = 0 là phương trình đạo hàm riêng cấp hai. ∂x 2 ∂y 2 1.1 Định nghĩa: PTVP cấp một có dạng: F ( x, y, y ') = 0 (1) Nếu giải được đối với y ' thì PTVP cấp một có dạng dy y ' = f ( x, y ) hay = f ( x, y ) (2) (dạng chuẩn) hoặc dx P ( x, y ) dx + Q ( x, y ) dy = 0 (3) ( dạng vi phân) = e x cos x, xydx + ( x 2 + y 2 ) dy = 0 là các PTVP cấp một. dy Ví dụ: y ' = 2 y , x dx 1.2 Nghiệm của PTVP cấp một: là hàm thỏa mãn phương trình ấy. - Nghiệm tổng quát của PTVP cấp một là nghiệm có chứa một hằng số tùy ý. y = ϕ ( x, C ) , C = const . Ví dụ hàm y = Cx 2 , C = const là nghiệm tổng quát của PT y ' = 2 y . x Về mặt hình học nghiệm tổng quát xác định một họ đường (cong) gọi là họ đường tích phân. - Nghiệm riêng của PTVP cấp một là nghiệm nhận được từ nghiệm tổng quát bằng cách chọn hằng số phù hợp. Chú ý: - Đôi khi giải PTVP ta không tìm được nghiệm tổng quát dưới dạng tường minh -2-
y = ϕ ( x, C ) , C = const mà được một hệ thức dạng Φ ( x, y, C ) = 0, C = const nó xác định nghiệm tổng quát dưới dạng ẩn. Hệ thức ấy được gọi là tích phân tổng quát. Hệ thức Φ ( x, y, C0 ) = 0 được gọi là tích phân riêng. - PTVP có thể có một số nghiệm không nằm trong họ nghiệm tổng quát đó là những nghiệm kỳ dị. 1.3 Bài toán Cauchy (bài toán đầu): PTVP dạng y ' = f ( x, y ) cùng với điều kiện y ( x0 ) = y0 lập nên bài toán Cauchy (bài toán đầu) của PTVP cấp một. Điều kiện y ( x0 ) = y0 với x0 , y0 là các hằng số cho trước được gọi là điều kiện đầu. Ví dụ: Tìm nghiệm riêng thỏa mãn điều kiện đầu y (1) = 2 của phương trình y ' = 2 y . x 1.4 Sự tồn tại và duy nhất nghiệm của bài toán Cauchy: Xét phương trình y ' = f ( x, y ) ∂f Định lý: Nếu các hàm f ( x, y ) và liên tục trong hình chữ nhật D có chứa điểm ∂y ( x0 , y0 ) thì tồn tại một lân cận của điểm x0 sao cho PTVP y ' = f ( x, y ) có một nghiệm duy nhất thỏa mãn điều kiện y ( x0 ) = y0 , nghĩa là bài toán Cauchy y ( x0 ) = y0 của PTVP y ' = f ( x, y ) có một nghiệm duy nhất. §2 CÁCH GIẢI MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH CẤP MỘT 2.1 Phương trình phân ly biến số (tách biến) A ( x ) dx = B ( y ) dy 1. Phương trình dạng: (1) trong đó A ( x ) là hàm số liên tục của biến x, B ( y ) là hàm số liên tục của biến y được gọi là phương trình tách biến. Để giải (1) ta chỉ cần tích phân hai vế. dy = 3x 2 ( y + 2 ) ( *) Ví dụ 1: a) Giải phương trình vi phân: dx b) Tìm nghiệm bài toán Cauchy y ( 0 ) = 0 của (*) . Ví dụ 2: Thực nghiệm chỉ ra các chất phóng xạ như uranium có tốc độ phóng xạ tỉ lệ với khối lượng M ( t ) tại thời điểm đang xét. Ta có thể viết công thức để tính khối lượng tại bất kỳ thời điểm nào bằng cách giải phương trình dM = −kM . dt y ' = f ( ax + by + c ) 2. Phương trình dạng: (2) được đưa về (1) bằng cách z = ax + by + c, z = z ( x ) . -3-
2.2 Phương trình đẳng cấp và gần đẳng cấp: 2.2.1 Phương trình đẳng cấp:  y y ' = f  , x ≠ 0 Phương trình dạng: (3) x có thể đưa (3) về phương trình tách biến bằng cách đặt y du u = , x ≠ 0 , u = u ( x ) ⇒ y = ux, y ' = x + u . x dx du = f (u ) − u Thay vào (3) ta được x (4). dx dx du du - Nếu f ( u ) − u ≠ 0 thì ( 4 ) ⇔ = φ ( u ) + ln C , C ≠ 0 ⇔ ln x = ∫ = f (u ) − u f (u ) − u x φ (u ) ⇔ x = Ce ,C ≠ 0 .  y φ  y Thay u = , x ≠ 0 ta được tích phân tổng quát của (1) là x = Ce  x  , C ≠ 0 . x - Nếu f ( u ) = u tại u = u0 thì có thể kiểm tra hàm y = u0 x cũng là nghiệm của (3). Đó là một nghiệm riêng. dy y - Nếu f ( u ) ≡ u thì (3) có dạng = là phương trình tách biến. Nghiệm tổng quát của dx x nó là y = Cx, C = const . Ví dụ: Giải các phương trình: x+ y y 2 + 2 xy a) y ' = b) y ' = . x− y x2 2.2.2 Phương trình gần đẳng cấp:  ax + by + c  y' = f  Phương trình dạng:  (5)  a1 x + b1 y + c1  trong đó a, b, c, a1 , b1 , c1 là các hằng số. - Nếu c = c1 = 0 thì (5) là phương trình đẳng cấp. - Nếu ít nhất một trong các hằng số c hoặc c1 khác 0 thì ab = ab1 − a1b ≠ 0 thì (5) có thể đưa về phương trình đẳng cấp bằng a) Nếu a1 b1 cách đặt:  ax + by + c = 0 x = X + α , trong đó α , β là nghiệm của hệ   . a1 x + b1 y + c1 = 0 y =Y + β    aX + bY  dY Khi đó (5) ⇔ = f  là phương trình đẳng cấp. a1 X + bY   dX 1 -4-
ab ab = 0 ⇔ 1 = 1 = λ ⇒ a1 = λ a, b1 = λb thì b) Nếu a1 b1 ab  ax + by + c  dy ( 5) ⇔ = f . ( ax + by ) λ + c1  dx  đặt z = ax + by, z = z ( x ) thì ta được phương trình tách biến. Ví dụ: Giải phương trình: ( 2 x + y − 1) dx − ( x − 2 ) dy = 0 . 2.3 Phương trình vi phân toàn phần, thừa số tích phân: 2.3.1 Phương trình vi phân toàn phần: Phương trình dạng: P ( x, y ) dx + Q ( x, y ) dy = 0 (6) trong đó P = P ( x, y ) , Q = Q ( x, y ) là các hàm số liên tục và có các đạo hàm riêng liên tục ∂P ∂Q trong miền mở, đơn liên D ⊂ R 2 và thỏa mãn điều kiện , ∀ ( x, y ) ∈ D thì (6) = ∂y ∂x được gọi là PTVP toàn phần. ∂U ∂U Khi đó sẽ tồn tại hàm U ( x, y ) ∈ D sao cho: P = ,Q= và Pdx + Qdy = dU . ∂x ∂y và (1) ⇔ dU ( x, y ) = 0 . Vậy U ( x, y ) = C , C = const là tích phân tổng quát của (6) . Cách giải: Giả sử y y x x ( x0 , y0 ) ∈ D ⇒ U ( x, y ) = ∫ P ( x, y0 )dx + ∫ Q ( x, y )dy = ∫ Q ( x0 , y )dy + ∫ P ( x, y )dx . x0 y0 y0 x0 (3x + 6 xy ) dx + ( 6 x y + 4 y ) dy = 0 . Ví dụ: Giải phương trình: 2 2 2 3 2.3.3 Thừa số tích phân: ∂P ∂Q Xét PTVP P ( x, y ) dx + Q ( x, y ) dy = 0 ≠ (6). Nếu thì (6) không ∂y ∂x phải là PTVP toàn phần. Tuy nhiên có thể tìm được hàm µ = µ ( x, y ) ≠ 0 sao cho phương trình µ Pdx + µQdy = 0 (7) là PTVP toàn phần. Hàm µ = µ ( x, y ) được gọi là thừa số tích phân của (6). Khi đó nếu U ( x, y ) = C , C = const là tích phân tổng quát của (7) cũng đồng thời là tích phân tổng quát của (6). -5-
Cách tìm thừa số tích phân: Vì (7) là PTVP toàn phần nên: ∂ ∂ ∂P ∂µ ∂Q ∂µ ( µ P ) = ( µQ ) ⇔ µ + P = µ + Q ∂y ∂x ∂y ∂y ∂x ∂x 1  ∂P ∂Q  a) Nếu µ = µ ( x ) và  = F1 ( x ) chỉ phụ thuộc vào x thì có thể tìm được −  Q  ∂y ∂x  thừa số tích phân µ = e ∫ F1 ( x )dx . 1  ∂Q ∂P  b) Nếu µ = µ ( y ) và  = F2 ( y ) chỉ phụ thuộc vào y thì có thể tìm được −  P  ∂x ∂y  thừa số tích phân µ = e ∫ F2 ( y )dy . Ví dụ: Giải các phương trình:  y3  a)  2 xy + x 2 y +  dx + ( x 2 + y 2 ) dy = 0 b) y (1 + xy ) dx − xdy = 0 .  3 2.4 Phương trình vi phân tuyến tính cấp một: y '+ p ( x ) y = q ( x ) Định nghĩa: Phương trình dạng: (8) trong đó p ( x ) , q ( x ) là các hàm số liên tục. - Nếu q ( x ) ≡ 0 thì (8) được gọi là PTVP tuyến tính thuần nhất. - Nếu q ( x ) ≠ 0 thì (8) được gọi là PTVP tuyến tính không thuần nhất. Cách giải 1: Phương pháp biến thiên hằng số 1) Xét phương trình thuần nhất tương ứng: y '+ p ( x ) y = 0 (9) - y = 0 là nghiệm của (9). = − p ( x ) dx ⇔ y = Ce ∫ − p ( x )dx dy - y ≠ 0 thì (2) ⇔ , C ≠ 0. y Ngoài ra nghiệm y = 0 cũng được ghép vào nghiệm tổng quát ứng với C = 0 . Vậy nghiệm tổng quát của (9) là y = Ce ∫ − p ( x )dx , ∀C = const (10) 2) Để tìm nghiệm tổng quát của (8) ta dùng phương pháp biến thiên hằng số. Xem C = C ( x ) ta tìm C ( x ) để (10) là nghiệm tổng quát của (8). Ta có y ' = C '( x ) e ∫ − C ( x) p( x)e ∫ dC − ∫ p( x )dx − p( x )dx − p ( x )dx − p ( x) y = e dx thay vào (8) ⇒ dC = q ( x ) e ∫ dx ⇔ C = q ( x ) e ∫ p ( x )dx p( x )dx ∫ dx + K , K = const . -6-
Vậy nghiệm tổng quát của (8) là   − p( x )dx = Ke− ∫ p( x )dx + e − ∫ p( x )dx q x e ∫ p( x )dx dx, K = const y =  ∫ q ( x ) e∫ dx + K  e ∫ p ( x )dx ∫()   Chú ý: Công thức nghiệm: Nghiệm tổng quát của phương trình không thuần nhất = nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất tương ứng + Nghiệm riêng của phương trình không thuần nhất. Cách giải 2: Ta tìm nghiệm tổng quát của (8) dưới dạng y = u.v trong đó u = u ( x ) , v = v ( x ) mà một trong hai hàm đó có thể chọn tùy ý. Thay vào (8) ta được vu '+ v '+ p ( x ) v  .u = q ( x ) (11).   Tìm v ( x ) từ điều kiện v '+ p ( x ) v = 0 . Thay vào (11) có thể tìm u ( x ) từ phương trình vu ' = q ( x ) . Vậy có thể tìm được nghiệm tổng quát của (8). y y '+ 2 = 4 x, y (1) = 2 . Ví dụ: 1) Giải bài toán Cauchy: x e dx + ( xe y − 1) dy = 0 . 2) Giải phương trình: y 2.5 Phương trình Bernoulli: y '+ p ( x ) y = yα q ( x ) Định nghĩa: Phương trình dạng: (12) trong đó α ∈ R , p ( x ) , q ( x ) là các hàm số liên tục. Nếu α = 0 hoặc α = 1 thì (12) là PTVP tuyến tính cấp một. Nếu α ≠ 0 và α ≠ 1thì (12) được gọi là phương trình Bernoulli. Cách giải: - y = 0 là nghiệm của (12). - y ≠ 0 thì (12) ⇔ y −α y '+ p ( x ) y1−α = q ( x ) (13) 1 −α Đặt z = y1−α , z = z ( x ) ⇒ y ' = y z ' ⇒ z ' = (1 − α ) y −α y ' . Thay vào (13) ta được 1−α z '+ (1 − α ) p ( x ) z = (1 − α ) q ( x ) (14) là PTVP tuyến tính cấp một. xy ' = 4 y + x 2 y . Ví dụ: Giải phương trình: 2.6 Phương trình Clairaut: y = xy '+ f ( y ' ) Định nghĩa: Phương trình dạng: (15) trong đó f là hàm số khả vi. -7-
Cách giải: Đặt y ' = t , ta có y = xt + f ( t ) . Lấy đạo hàm hai vế đối với x, ta được dt dt dt y ' = t + x + f ' ( t ) = t hay  x + f ' ( t ) = 0 .   dx dx dx dt = 0 thì t là hằng số, ta được họ đường thẳng Dt phụ thuộc tham số t có - Nếu dx phương trình y = tx + f ( t ) . - Nếu x = − f ' ( t ) thì y = −tf ' ( t ) + f ( t ) , đó là phương trình tham số của đường tích phân kỳ dị E. Dễ thấy đường E tiếp xúc với mọi đường tích phân Dt . 1 Ví dụ: Giải phương trình: y = xy '− y '2 . 4 2.7 Phương trình Lagrange: y = x g ( y ') + f ( y ') Định nghĩa: Phương trình dạng (16) trong đó f và g là các hàm số khả vi. Cách giải: Đặt y ' = t , ta có y = x g ( t ) + f ( t ) . Lấy đạo hàm hai vế đối với x, ta được dt dt dx y ' = g ( t ) + xg ' ( t ) + f ' ( t ) = t hay  g ( t ) − t  + g ' ( t ) x + f ' ( t ) = 0 .   dt dx dx Đó là phương trình tuyến tính đối với x ( t ) . Nếu nghiệm tổng quát của nó là x = Cϕ ( t ) + ψ ( t ) , trong đó C là hằng số tùy ý thì y = Cϕ ( t ) + ψ ( t ) g ( t ) + f ( t ) . Ta   được phương trình tham số của các đường tích phân. Ví dụ: Giải phương trình: y = xy '2 + y '2 . §3 PHƯƠNG PHÁP XẤP XỈ PICARD (PHƯƠNG PHÁP GẦN ĐÚNG LIÊN TIẾP) Phương pháp cho ta nghiệm gần đúng của bài toán đầu y ' = f ( x, y ) ; y ( x0 ) = y0 khi giả thiết bài toán có nghiệm duy nhất trong khoảng nào đấy có chứa x0 . Sau khi tích phân bài toán trở thành y ( x ) = y0 + ∫ f ( t , y ( t ) ) dt x x0 xác định một dãy các hàm như sau: x x x y1 ( x ) = y0 + ∫ f ( t , y0 ) dt , y2 ( x ) = y0 + ∫ f ( t , y1 ) dt ,..., yn ( x ) = y0 + ∫ f ( t , yn −1 ) dt . x0 x0 x0 -8-
Từ đó ta xây dựng được y1 ( x ) từ y0 và f ( x, y ) ; y2 ( x ) từ y1 ( x ) và f ( x, y ) ... xác định mỗi hàm từ hàm ngay trước nó và f ( x, y ) . Ta đưa ra sơ đồ xấp xỉ Picard. x yn ( x ) = y0 + ∫ f ( t , yn −1 ) dt . x0 Với các điều kiện đặt lên hàm f ( x, y ) mà ta sẽ xét đến trong định lý tồn tại và duy nhất nghiệm. Có thể chứng minh dãy y0 , y1 ,..., yn ,... hội tụ về nghiệm thực y ( x ) . Do đó sơ đồ Picard là một công cụ lý thuyết hữu hiệu để chứng minh định lý tồn tại và duy nhất nghiệm của PTVP. Ví dụ: Tìm nghiệm gần đúng của bài toán đầu sau: y ' = 1 + y2 , y ( 0) = 0 . Giải: Áp dụng sơ đồ Picard ta tính được x3 y0 = 0 ; y1 = 0 + ∫ dt = x ; y2 = 0 + ∫ (1 + t ) dt = x + ; x x 2 3 0 0   t3   x 3 2 x 5 x 7 ; ... x y3 = 0 + ∫ 1 +  t +   dt = x + + +  3  0 3 15 63 Để so sánh kết quả ta tìm nghiệm tổng quat của phương trình y ' = 1 + y 2 là arctan y = x + C . Với điều kiện đầu đã cho thì C = 0 và y = tan x là nghiệm của bài toán đầu đã xét. Khai triển Maclaurin của tan x ở lân cận x = 0 có dạng x 3 2 x 5 17 x 7 tan x = x + + + + ... 3 15 315 §4 GIỚI THIỆU CÁC PHƯƠNG PHÁP SỐ Phương pháp số để giải bài toán đầu là một cách xác định nghiệm gần đúng tại các điểm riêng biệt nào đấy mà chỉ cần dùng đến các phép toán cộng, trừ, nhân, chia và tính giá trị hàm. Mọi phương pháp số đều dẫn đến tìm nghiệm gần đúng tại x0 , x1 ,... , trong đó hiệu giữa hai giá trị x bằng hằng số, tức là xn +1 − xn = h . Ta mô tả ba phương pháp để tìm nghiệm gần đúng của bài toán đầu y ' = f ( x, y ) , y ( x0 ) = y0 . 3.1 Phương pháp Euler. Giả sử h nhỏ, ta dùng gần đúng y ( x + h ) = y ( x ) + hy ' ( x ) = y ( x ) + h f ( x, y ) . Đặt xi = x0 + ih và tính y0 = y ( x0 ) , y1 = y0 + h f ( x0 , y0 ) , y2 = y1 + h f ( x1 , y1 ) ,..., yn +1 = yn + h f ( xn , yn ) . -9-
Vậy bước thứ n của phương pháp Euler có dạng yn+1 = yn + h f ( xn , yn ) . Về mặt hình học nghiệm gần đúng nhận được như một đường gấp khúc mà đoạn đầu tiên là tiếp tuyến với đường cong nghiệm tại x0 . Ví dụ: Xác định 5 xấp xỉ của phương pháp Euler giải bài toán đầu sau đây với h = 0, 2 y ' = x + y ; y ( 0) = 0 . Nghiệm gần đúng yn +1 = yn + 0,2 ( xn + yn ) . Nghiệm chính xác y = e x − x − 1 . Giá trị y đúng n xn yn 0 0,0 0,0 0,0 1 0,2 0,0 0,021 2 0,4 0,04 0,091 3 0,6 0,128 0,222 4 0,8 0,274 0,425 5 1,0 0,489 0,718 3.2 Phương pháp Euler cải tiến. Đây là phương pháp biến thể của phương pháp Euler. Tại mỗi bước tính giá trị phụ yn+1 = yn + h f ( xn , yn ) * rồi tính giá trị mới yn +1 = yn +  f ( xn , yn ) + f ( xn +1 , yn +1 )  . h *   2 Kết hợp hai biểu thức ta viết bước thứ n của phương pháp Euler cải tiến { } h f ( xn , yn ) + f  xn + h, yn + hf ( xn , yn )  . yn+1 = yn +   2  h Về mặt hình học, trong khoảng  xn , xn +  ta gần đúng y theo đường thẳng qua  2 ( xn , yn ) với hệ số góc f ( xn , yn ) rồi tiếp tục dọc theo đường thẳng với hệ số góc f ( xn +1 , yn +1 ) . * Ví dụ: Xác định 5 xấp xỉ của phương pháp Euler cải tiến của bài toán đầu nêu trên. Nghiệm gần đúng yn +1 = yn + 0,2 ( xn + yn ) . * { } yn +1 = yn + 0,1 xn + yn +  xn + 0, 2 + yn + 0, 2 ( xn + yn )    - 10 -
Do vậy yn+1 = yn + 0, 22 ( xn + yn ) + 0,02 Giá trị y đúng n xn yn 0 0,0 0,0 0,0 1 0,2 0,0200 0,0214 2 0,4 0,0884 0,0918 3 0,6 0,2158 0,2221 4 0,8 0,4153 0,4255 5 1,0 0,7027 0,7183 3.3 Phương pháp Runge-Kutta. Phương pháp được thiết lập bằng cách lấy trung bình có trọng số của f ( x, y ) tại các điểm xác định trong khoảng [ xn , xn +1 ] . h yn+1 = yn + ( An + 2 Bn + 2Cn + Dn ) 6 trong đó  h h An = f ( xn , yn ) , Bn = f  xn + , yn + An  ,  2 2  h h Cn = f  xn + , yn + Bn  , Dn = f ( xn + h, yn + hCn )  2 2 Ví dụ: Xác định 5 xấp xỉ của phương pháp Runge-Kutta của bài toán đầu nêu trên. An = xn + yn , Bn = 1,1( xn + yn ) + 0,1 Cn = 1,11( xn + yn ) + 0,11 ; Dn = 1, 222 ( xn + yn ) + 0,222 yn+1 = yn + 0, 2214 ( xn + yn ) + 0,0214 Giá trị y đúng n xn yn 0 0,0 0,0 0,0 1 0,2 0,02140 0,02140 2 0,4 0,09181 0,09182 3 0,6 0,22210 0,22211 4 0,8 0,42552 0,42557 5 1,0 0,71825 0,71828 Cấp của phương pháp số. Phương pháp số có cấp n với n nguyên dương, nếu phương pháp chính xác đến đa thức cấp n của h. Phương pháp Euler là cấp một, phương pháp Euler cải tiến là cấp hai, phương pháp Runge-Kutta là cấp bốn. - 11 -
PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP CAO VÀ Chương II: HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN §1 PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP CAO 1.1 Định nghĩa: PTVP cấp n là phương trình có dạng: ( )=0 F x, y, y ',..., y ( n) Nếu giải được đối với đạo hàm cấp n thì PTVP cấp n có dạng: ( ) y ( ) = f x, y, y ',..., y ( n −1) n (1) 1.2 Bài toán Cauchy (bài toán đầu): Bài toán Cauchy đối với phương trình (1) là bài toán tìm nghiệm y = y ( x ) của ( x0 ) = y0(k ) , k = 0, n − 1 , phương trình (1) thỏa mãn các điều kiện đầu y ( k) trong đó (n −1) là các hằng số cho trước và được gọi là các giá trị đầu. ' x0 , y0 , y0 ,..., y0 Định lý (Sự tồn tại và duy nhất nghiệm của bài toán Cauchy): ( ) Xét phương trình y ( ) = f x, y, y ',..., y ( ) n −1 n ( ) và ∂∂f( ) , k = 0, n − 1 liên tục trong miền D ⊂ R Nếu các hàm f x, y, y ',..., y ( ) n −1 n +1 có k y ( ) thì tồn tại duy nhất một nghiệm y = y ( x ) của bài toán ( n −1) chứa điểm x0 , y0 , y0 ,..., y0 ' Cauchy của phương trình (1) trong một lân cận nào đó của điểm x0 . 1.3 Nghiệm tổng quát: Định nghĩa: Hàm số y = y ( x, C1 ,..., Cn ) , Ci = const , i = 1, n phụ thuộc vào n hằng số tùy ý được gọi là nghiệm tổng quát của phương trình (1) nếu thỏa mãn - Hàm y ( x, C1 ,..., Cn ) thỏa mãn (1) với mọi giá trị C1 ,..., Cn . ( ) cho trước, bài toán Cauchy bao giờ cũng giải ( n −1) - Với mọi giá trị x0 , y0 , y0 ,..., y0 ' được. Các khái niệm khác như nghiệm riêng, nghiệm kỳ dị, tích phân tổng quát, tích phân riêng được định nghĩa tương tự như đối với PTVP cấp một. - 12 -
§2 HẠ THẤP CẤP PTVP CẤP CAO ( ) = 0. 2.1 Phương trình dạng: F x, y ( n) Nếu giải được đối với y ( ) thì ta có phương trình n y( ) = f ( x ) n (1) , z = z ( x) ( 2) ⇒ z ' = f ( x ) và z ( x ) = ∫ f ( x ) dx + C1 . Đặt z = y ( n −1) phương trình (2) có dạng như phương trình (1) nhưng cấp thấp hơn một đơn vị. Tích phân n lần ta được kết quả. y ''' = x 2 . Ví dụ: Giải phương trình: ( )=0 2.2 Phương trình dạng: F y ( n −1) , y( n) (3) , z = z ( x ) ta có ( 3) ⇔ F ( z, z ') = 0 là PTVP cấp một. Đặt z = y ( n −1) Giả sử phương trình này có nghiệm z = f ( x, C1 ) ⇒ y ( = f ( x, C1 ) là phương n −1) trình có dạng (1) nhưng cấp thấp hơn một đơn vị. y '''− y '' = 1 . Ví dụ: Giải phương trình: ( )=0 F x, y ( n −1) , y( n) 2.3 Phương trình dạng: (4) , z = z ( x ) ta có ( 4) ⇔ F ( x, z , z ' ) = 0 là PTVP cấp một. Đặt z = y ( n −1) y '' y '''− = x. Ví dụ: Giải phương trình: x , z = z ( x) ( 4 ) ⇔ F ( x, z, z ') = 0 là PTVP cấp một. Đặt z = y ( n −1) 2.4 Phương trình dạng: F ( y, y ', y '' ) = 0 hoặc y '' = f ( y, y ') (5) dy dz dz dy dz Đặt z = y ' = , z = z ( x ) , xem z là hàm của y . Ta có y '' = = . =z . dx dy dx dy dx  dz  Thay vào (5) ta được F  y, z, z  = 0 là PTVP cấp một, trong đó y được xem là biến  dy  độc lập, z là hàm của y. 2 yy ''+ y '2 = 0 . Ví dụ: Giải phương trình: - 13 -
§3 PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TUYẾN TÍNH CẤP HAI y ''+ p ( x ) y '+ q ( x ) y = f ( x ) (1) 3.1 Định nghĩa: Phương trình dạng: trong đó p ( x ) , q ( x ) và f ( x ) là các hàm số liên tục. - Nếu f ( x ) ≡ 0 thì (1) được gọi là PTVP tuyến tính cấp hai thuần nhất. - Nếu f ( x ) ≠ 0 thì (1) được gọi là PTVP tuyến tính cấp hai không thuần nhất. - Nếu p ( x ) , q ( x ) là các hằng số thì (1) được gọi là PTVP tuyến tính cấp hai với hệ số hằng. y ''+ x 2 y '+ e x y = 0 ⇒ PTVP tuyến tính cấp hai thuần nhất. Ví dụ: 1 y ''+ 2 xy '+ y = e x sin x ⇒ PTVP tuyến tính cấp hai không thuần nhất. x y ''− 2 y '+ y = x 2 ⇒ PTVP tuyến tính cấp hai với hệ số hằng. 3.2 PTVP tuyến tính cấp hai thuần nhất: y ''+ p ( x ) y '+ q ( x ) y = 0 ( 2) Phương trình dạng: trong đó p ( x ) , q ( x ) là các hàm số liên tục. 3.2.1 Định nghĩa: Hai hàm y1 ( x ) , y2 ( x ) được gọi là phụ thuộc tuyến tính nếu tồn tại các hằng số C1 , C2 không đồng thời bằng 0 sao cho C1 y1 + C2 y2 = 0 . Trường hợp ngược lại thì chúng được gọi là độc lập tuyến tính. y ( x) Nhận xét: Hai hàm y1 ( x ) , y2 ( x ) là độc lập tuyến tính nếu 1 ≠ C = const . y2 ( x ) 3.2.2 Định lý: Nếu các hàm y1 = y1 ( x ) , y2 = y2 ( x ) là hai nghiệm riêng độc lập tuyến tính của (2) thì hàm y = C1 y1 + C2 y2 , trong đó C1 , C2 là các hằng số tùy ý là nghiệm tổng quát của (2). Chú ý: Nếu các hàm y1 = y1 ( x ) , y2 = y2 ( x ) là hai nghiệm riêng phụ thuộc tuyến tính của phương trình (2) thì y1 = k y2 , k = const ⇒ y = C1 y1 + C2 y2 = ( kC1 + C2 ) y2 thực chất chỉ phụ thuộc vào một hằng số nên y không phải là nghiệm tổng quát của (2). Nhận xét: - Từ định lý muốn tìm nghiệm tổng quát của (2) chỉ cần tìm hai nghiệm riêng độc lập tuyến của nó (các nghiệm đó được gọi là hệ nghiệm cơ bản). 3.2.3 Công thức Liouville: Nếu đã biết một nghiệm riêng y1 = y1 ( x ) của (2) thì có thể tìm nghiệm riêng độc lập tuyến tính y2 = y2 ( x ) của nó theo công thức Liouville: e∫ − p( x )dx 1 y2 = y1.u , trong đó u = u ( x ) = ∫ dx .  y1 ( x ) 2   - 14 -
Ví dụ: Tìm nghiệm tổng quát của phương trình: 2x 2 y ''+ y '− y=0 1 − x2 1 − x2 biết một nghiệm riêng y1 ( x ) = x . 3.3 PTVP tuyến tính cấp hai không thuần nhất: y ''+ p ( x ) y '+ q ( x ) y = f ( x ) ( 3) Phương trình dạng: trong đó p ( x ) , q ( x ) và f ( x ) là các hàm liên tục, f ( x ) ≠ 0 . y ''+ p ( x ) y '+ q ( x ) y = 0 ( 2 ) được gọi là phương trình Phương trình thuần nhất tương ứng của (3). 3.3.1 Công thức nghiệm: Nếu gọi y là nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất (2), Y là nghiệm riêng của phương trình không thuần nhất (3) thì y = y + Y là nghiệm tổng quát của (3). 3.3.2 Nguyên lý cộng nghiệm ( chồng chất nghiệm ): Xét phương trình không thuần nhất y ''+ p ( x ) y '+ q ( x ) y = f1 ( x ) + f 2 ( x ) ( 4) Nếu Y1 là nghiệm riêng của phương trình y ''+ p ( x ) y '+ q ( x ) y = f1 ( x ) , Y2 là nghiệm riêng của phương trình y ''+ p ( x ) y '+ q ( x ) y = f 2 ( x ) thì Y = Y1 + Y2 là nghiệm riêng của (4). Kết quả này còn được mở rộng đối với vế phải của (4) là tổng của hữu hạn hàm. 3.3.3 Phương pháp biến thiên hằng số: Giả sử y = C1 y1 + C2 y2 , trong đó C1 , C2 là các hằng số là nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất tương ứng (2). Khi đó nếu C1 = C1 ( x ) , C2 = C2 ( x ) là những hàm số thỏa mãn hệ phương trình:   C1 y1 + C2 y2 = 0 ' ' '' C1 y1 + C2 y2 = f ( x ) ''  thì hàm y = C1 ( x ) y1 + C2 ( x ) y2 là nghiệm tổng quát của phương trình không thuần nhất (3). §4 PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TUYẾN TÍNH CẤP HAI VỚI HỆ SỐ HẰNG 4.1 Phương trình tuyến tính thuần nhất: (1) , trong đó p,q là các hằng số. y ''+ py '+ qy = 0 Phương trình dạng: - 15 -
Cách giải: Ta tìm nghiệm riêng của (1) dưới dạng y = e kx , trong đó k là hằng số. Thay y, y ', y '' vào (1) ta được phương trình đại số bậc hai (2) k 2 + pk + q = 0 và gọi là phương trình đặc trưng, nó có đúng hai nghiệm trong trường số phức £ . Ta có các khả năng xảy ra như sau: - Nếu phương trình đặc trưng (2) có hai nghiệm thực k1 ≠ k2 thì y1 = ek1x , y2 = e k2 x là hai nghiệm riêng độc lập tuyến tính của (1). Do đó nghiệm tổng quát của (1) là y = C1ek1x + C2ek2 x , trong đó C1 , C2 là các hằng số. - Nếu phương trình đặc trưng (2) có nghiệm thực kép k1 = k2 = k thì y1 = ekx là một nghiệm riêng của (1). Nghiệm riêng y2 = xekx tìm được theo công thức Liouville. Do đó nghiệm tổng quát của (1) là y = ( C1 + xC2 ) ekx , trong đó C1 , C2 là các hằng số. - Nếu phương trình đặc trưng (2) có hai nghiệm phức liên hợp k1 = α + i β , k2 = α − i β thì y1 = e( ) = eα x eiβ x = eα x ( cosβ x + i sin β x ) , y2 = e( ) = eα x e −iβ x = eα x ( cosβ x − i sin β x α +iβ x α −i β x là hai nghiệm riêng phức của (1). Ta có y + y2 y − y2 = eα x cosβ x , y2 = 1 = eα x sin β x y1 = 1 2 2i là hai nghiệm riêng thực độc lập tuyến tính của (1). Do đó nghiệm tổng quát của (1) là y = eα x ( C1cosβ x + C2 sin β x ) , trong đó C1 , C2 là các hằng số. Ví dụ : 1) Giải các phương trình: a) y ''− 3 y '+ 2 y = 0 , b) y ''+ 4 y '+ 4 y = 0 . y ''+ 2 y '+ 4 y = 0; y ( 0 ) = 1, y ' ( 0 ) = 1 . 2) Giải bài toán Cauchy: 4.2 Phương trình tuyến tính không thuần nhất: y ''+ py '+ qy = f ( x ) ( 3) 4.2.1 Phương trình dạng: trong đó p,q là các hằng số, f ( x ) là hàm số liên tục. Có thể tìm nghiệm của (3) bằng phương pháp biến thiên hằng số. 1 y ''+ y = Ví dụ : Giải phương trình: . sin x 4.2.2 Phương pháp hệ số bất định (Phương pháp Lagrange): Nếu vế phải f ( x ) của (3) có dạng đặc biệt thì có thể tìm nghiệm riêng của (3) theo phương pháp hệ số bất định. - 16 -
a) Trường hợp: Vế phải f ( x ) = eγ x Pn ( x ) , trong đó γ ∈ R , Pn ( x ) là đa thức bậc n. - Nếu γ không trùng với nghiệm của phương trình đặc trưng (2) thì nghiệm riêng của (3) có dạng Y = eγ xQn ( x ) . - Nếu γ trùng với nghiệm đơn của phương trình đặc trưng (2) thì nghiệm riêng của (3) có dạng Y = xeγ xQn ( x ) . - Nếu γ trùng với nghiệm kép của phương trình đặc trưng (2) thì nghiệm riêng của (3) có dạng Y = x 2eγ xQn ( x ) . trong đó Qn ( x ) là đa thức bậc n mà hệ số của nó được xác định theo phương pháp hệ số bất định. b) Trường hợp: Vế phải f ( x ) = eγ x  Pn ( x ) cosθ x + Pm ( x ) sin θ x  , trong đó γ ,θ ∈ R ;   Pn ( x ) , Pm ( x ) là các đa thức bậc n,m ; l = max ( m, n ) - Nếu γ ± iθ không trùng với cặp nghiệm phức của phương trình đặc trưng (2) thì nghiệm riêng của (3) có dạng Y = eγ x Ql ( x ) cosθ x + Rl ( x ) sin θ x  .   - Nếu γ ± iθ trùng với cặp nghiệm phức của phương trình đặc trưng (2) thì nghiệm riêng của (3) có dạng Y = xeγ x Ql ( x ) cosθ x + Rl ( x ) sin θ x  .   trong đó Ql ( x ) , Rl ( x ) là các đa thức bậc l mà hệ số của chúng được xác định theo phương pháp hệ số bất định. Đặc biệt nếu f ( x ) = [ Acosθ x + B sin θ x ] , trong đó A,B là các hằng số. - Nếu ±iθ không trùng với cặp nghiệm phức của phương trình đặc trưng (2) thì nghiệm riêng của (3) có dạng: Y = [ Mcosθ x + N sin θ x ] . - Nếu ±iθ trùng với cặp nghiệm phức của phương trình đặc trưng (2) thì nghiệm riêng của (3) có dạng: Y = x [ Mcosθ x + N sin θ x ] . trong đó M,N là các hằng số được xác định theo phương pháp hệ số bất định. Ví dụ : Giải các phương trình: a) y ''− 3 y '+ 2 y = e x ( 3 − 4 x ) b) y ''+ y = 4 x sin 2 x c) y ''− y ' = 5e x + cosx . §5 PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TUYẾN TÍNH CẤP CAO 5.1 Định nghĩa: PTVP tuyến tính cấp n là phương trình có dạng: y ( ) + an−1 ( x ) y ( ) + ... + a1 ( x ) y '+ a0 ( x ) y = f ( x ) n −1 n (1) trong đó f ( x ) , a0 ( x ) , a1 ( x ) ,..., an−1 ( x ) là các hàm số liên tục . - 17 -
- Nếu f ( x ) ≡ 0 thì (1) được gọi là PTVP tuyến tính cấp n thuần nhất. - Nếu f ( x ) ≠ 0 thì (1) được gọi là PTVP tuyến tính cấp n không thuần nhất. - Nếu a0 ( x ) , a1 ( x ) ,..., an−1 ( x ) là các hằng số thì (1) được gọi là PTVP tuyến tính cấp n với hệ số hằng. 5.2 Biểu diễn dưới dạng toán tử: Nếu ký hiệu vế trái của (1) là L ( y ) và gọi là toán tử vi phân tuyến tính cấp n thì (1) có dạng L ( y ) = f ( x ) . Phương trình thuần nhất tương ứng là L ( y ) = 0 (2). Toán tử L ( y ) có các tính chất: - L ( Cy ) = CL ( y ) , C = const . - L ( y1 + y2 ) = L ( y1 ) + L ( y2 ) . m m - L  ∑ Ck yk  = ∑ Ck L ( yk ), Ck = const .  k =1  k =1 Từ các tính chất của toán tử L ( y ) ta thấy nếu các hàm y1 , y2 ,..., yn là các nghiệm của phương trình thuần nhất (2) thì tổ hợp tuyến tính y = C1 y1 + C2 y2 + ... + Cn yn , trong đó C1 , C2 ,..., Cn là các hằng số cũng là nghiệm của (2). 5.3 Sự độc lập tuyến tính, phụ thuộc tuyến tính - Định thức Wronski - Hệ nghiệm cơ bản, nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất: 5.3.1 Sự độc lập tuyến tính, phụ thuộc tuyến tính: Định nghĩa: Hệ n hàm y1 = y1 ( x ) , y2 = y2 ( x ) ,..., yn = yn ( x ) , x ∈ ( a, b ) được gọi là phụ thuộc tuyến tính nếu tồn tại các hằng số C1 , C2 ,..., Cn không đồng thời bằng 0 sao cho C1 y1 + C2 y2 + ... + Cn yn = 0 . - Các hàm trên được gọi là độc lập tuyến tính nếu chúng không phụ thuộc tuyến tính. 5.3.2 Định thức Wronski: Giả sử các hàm y1 = y1 ( x ) , y2 = y2 ( x ) ,..., yn = yn ( x ) , x ∈ ( a, b ) là các nghiệm của phương trình thuần nhất (2). Định thức Wronski của các nghiệm này được xác định bởi: y1 y2 ... yn y1' ' ' y2 ... yn W= ... ... ... ... y1( n −1) ( n −1) ( n −1) y2 ... yn - 18 -
Định lý: Tập hợp n nghiệm y1 = y1 ( x ) , y2 = y2 ( x ) ,..., yn = yn ( x ) , x ∈ ( a, b ) của phương trình thuần nhất (2) là độc lập tuyến tính trong khoảng ( a, b ) ⇔ ∃x0 ∈ ( a, b ) :W ≠ 0 . 5.3.3 Hệ nghiệm cơ bản, nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất: Định nghĩa: Hệ gồm n nghiệm độc lập tuyến tính của phương trình thuần nhất (2) được gọi là hệ nghiệm cơ bản của phương trình ấy. Định nghĩa: Nếu hệ n hàm y1 = y1 ( x ) , y2 = y2 ( x ) ,..., yn = yn ( x ) là hệ nghiệm cơ bản của phương trình (2) thì hàm y = C1 y1 + C2 y2 + ... + Cn yn , trong đó C1 , C2 ,..., Cn là các hằng số là nghiệm tổng quát của (2). Công thức nghiệm: Nghiệm tổng quát của phương trình không thuần nhất (1) là y = y + Y , trong đó y là nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất tương ứng, Y là nghiệm riêng của (1). 5.4 Phương pháp biến thiên hằng số: Giả sử y = C1 y1 + C2 y2 + ... + Cn yn , trong đó C1 , C2 ,..., Cn là các hằng số là nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất. Nếu C1 = C1 ( x ) , C2 = C2 ( x ) ,..., Cn = Cn ( x ) là những hàm số thỏa mãn hệ phương trình:  C1' y1 + C2 y2 + ... + Cn yn = 0 ' '  C1' y1' + C2 y2 + ... + Cn yn = 0 '' ''   .................................................  C ' y ( n−1) + C ' y ( n−1) + .... + C ' y ( n−1) = f ( x ) 11 22 nn thì hàm y = C1 ( x ) y1 + C2 ( x ) y2 + ... + Cn ( x ) yn là nghiệm tổng quát của phương trình không thuần nhất. 5.5 PTVP tuyến tính cấp n với hệ số hằng: PTVP tuyến tính cấp n với hệ số hằng là phương trình dạng: y ( ) + an−1 y ( ) + ... + a1 y '+ a0 y = f ( x ) n −1 n trong đó a0 , a1 ,..., an−1 là các hằng số, f ( x ) là hàm số liên tục. 5.5.1 Phương trình tuyến tính thuần nhất cấp n: Phương trình có dạng: y ( ) + an −1 y ( ) + ... + a1 y '+ a0 y = 0 n −1 n (3) trong đó a0 , a1 ,..., an−1 là các hằng số. - 19 -
Phương trình đặc trưng của (3) là: k n + an−1k n−1 + ... + a1k + a0 = 0 (4) (4) là phương trình đại số bậc n, nó có đúng n nghiệm trong trường số phức £ . Ta có: - Nếu (4) có n nghiệm thực phân biệt thì nghiệm tổng quát của (3) là: y = C1e k1x + C2ek2 x + ... + Cnekn x ; C1 , C2 ,..., Cn là các hằng số - Nghiệm thực k bội m ( m ≤ n ) của (4) cho nghiệm của (3) là: e kx ( C1 + xC2 + ... + x m−1Cm ) ; C1 , C2 ,..., Cm là các hằng số. - Cặp nghiệm phức liên hợp α ± iβ của (4) cho nghiệm của (3) là: eα x ( C1cosβ x + C2 sin β x ) ; C1 , C2 là các hằng số. - Cặp nghiệm phức liên hợp α ± iβ bội m ( m ≤ n ) của (4) cho nghiệm của (3) là: eα x cosβ x ( C1 + xC2 + ... + x m−1Cm ) ; C1 , C2 ,..., Cm là các hằng số. eα x sin β x ( D1 + xD2 + ... + x m −1 Dm ) ; D1 , D2 ,..., Dm là các hằng số. Chú ý: Nghiệm tổng quát của (3) phải chứa đúng n hằng số. Ví dụ : Giải các phương trình: a) y ( ) − 3 y '''+ 3 y ''− y ' = 0 b) y ( ) − y = 0 . 4 4 5.5.2 Phương trình tuyến tính không thuần nhất cấp n: Giải tương tự như phương trình không thuần nhất cấp hai. y ( ) + 2 y ''+ y = cos 2 x . 4 Ví dụ : Giải phương trình: $6 PHƯƠNG TRÌNH EULER 6.1 Phương trình Euler cấp hai thuần nhất: (1) x 2 y ''+ Axy '+ By = 0 Phương trình dạng: trong đó A, B là các hằng số. Cách giải: dz 1 Cách 1: Đặt x = e z , z = z ( x ) , x > 0 ⇒ z = ln x ⇒ = . Ta có: dx x dy dy dz 1 dy y' = =.= . dx dz dx x dz d  1 dy  1 dy 1 d  dy  1 dy 1 d 2 y dz 1 dy 1 d 2 y d y '' = ( y ') =  =− 2 +  =− 2 +. . =− 2 + dx  x dz  x dz x dx  dz  x dz x dz 2 dx x dz x 2 dz 2 dx . - 20 -