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

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

+
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

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
+

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

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

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

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
)

= 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)

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

(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:


(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
−
∑

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

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
∞

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

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)

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

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

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

= 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

(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

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

(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

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

∑
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