Tải bản đầy đủ

Phương pháp lyapunov và phương pháp δ mở rộng giải phương trình vi phân

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2
KHOA TOÁN
————oOo————

NGUYỄN THỊ LỆ THÚY

PHƯƠNG PHÁP LYAPUNOV
VÀ PHƯƠNG PHÁP δ - MỞ RỘNG
GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN

KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC
Chuyên ngành: Toán Giải tích

Hà Nội – Năm 2018


TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2
KHOA TOÁN
————oOo————

NGUYỄN THỊ LỆ THÚY


PHƯƠNG PHÁP LYAPUNOV
VÀ PHƯƠNG PHÁP δ - MỞ RỘNG
GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN

KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC
Chuyên ngành: Toán Giải tích

Người hướng dẫn khoa học
PGS. TS. KHUẤT VĂN NINH

Hà Nội – Năm 2018


Lời cảm ơn
Trước khi trình bày nội dung chính của khóa luận tốt nghiệp, em
xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới PGS. TS. Khuất Văn Ninh
người đã tận tình hướng dẫn để em có thể hoàn thành khóa luận này.
Em cũng xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới toàn thể các thầy
cô trong Khoa Toán, Trường Đại học Sư phạm Hà Nội 2 đã dạy bảo
em tận tình trong suốt quá trình học tập tại khoa.
Em xin chân thành cảm ơn!

Hà Nội, tháng 5 năm 2018
Sinh viên

Nguyễn Thị Lệ Thúy


Lời cam đoan
Em xin cam đoan kết quả nghiên cứu trong khóa luận này là trung
thực và chưa hề được sử dụng để bảo vệ một học vị nào. Mọi thông tin
trích dẫn trong khóa luận đã được chỉ rõ nguồn gốc một cách rõ ràng.
Em hoàn toàn chịu trách nhiệm trước nhà trường về sự cam đoan này.

Hà Nội, tháng 5 năm 2018
Sinh viên

Nguyễn Thị Lệ Thúy


Mục lục

Lời mở đầu

1

1 Kiến thức chuẩn bị

3

1.1

1.2

Một số kiến thức về phương trình vi phân . . . . . . .

3

1.1.1

Các khái niệm mở đầu . . . . . . . . . . . . . .

3

1.1.2

Bài toán Cauchy . . . . . . . . . . . . . . . . .

4

Một số phương trình vi phân đã biết cách giải . . . . .

5

1.2.1

Phương trình vi phân có biến số phân li . . . .

5

1.2.2

Phương trình vi phân tuyến tính cấp một . . .

5

1.2.3

Phương trình Bernoulli . . . . . . . . . . . . . .

5

1.2.4

Phương trình tuyến tính thuần nhất cấp n với
hệ số hằng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

6

1.3

Tính chất nghiệm của phương trình vi phân tuyến tính

7

1.4

Một số kiến thức về giải tích . . . . . . . . . . . . . .

8

1.4.1

Chuỗi hàm số, chuỗi lũy thừa . . . . . . . . . .

8

1.4.2

Công thức khai triển Taylor . . . . . . . . . . .

9

2 Phương pháp Lyapunov và phương pháp δ - mở rộng

11

2.1

Phương pháp Lyapunov . . . . . . . . . . . . . . . . .

11

2.1.1

11

Bài toán giá trị ban đầu . . . . . . . . . . . . .
i


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

2.2

2.3

NGUYỄN THỊ LỆ THÚY

2.1.2

Ví dụ

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

12

2.1.3

Bài tập áp dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . .

14

Phương pháp δ - mở rộng . . . . . . . . . . . . . . . .

32

2.2.1

Bài toán mở đầu . . . . . . . . . . . . . . . . .

32

2.2.2

Ví dụ

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

32

2.2.3

Bài tập áp dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . .

37

Mối liên hệ giữa phương pháp Lyapunov và phương
pháp phân tích Adomian . . . . . . . . . . . . . . . . .

44

2.3.1

Giới thiệu phương pháp phân tích Adomian . .

44

2.3.2

Mối liên hệ giữa phương pháp Lyapunov và phương
pháp phân tích Adomian . . . . . . . . . . . . .

3

45

Ứng dụng của phương pháp Lyapunov và phương pháp
δ - mở rộng

49

3.1

Bài toán vật lí . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

49

3.2

Ứng dụng của phương pháp Lyapunov . . . . . . . . .

51

3.3

Ứng dụng của phương pháp δ - mở rộng . . . . . . . .

53

Kết luận

57

Tài liệu tham khảo

59

ii


Lời mở đầu
1. Lý do chọn đề tài
Phương trình vi phân có nhiều ứng dụng trong khoa học và công
nghệ. Trong thực tế có nhiều phương trình vi phân không thể tìm được
nghiệm chính xác. Chính vì vậy việc nghiên cứu các phương pháp giải
gần đúng phương trình vi phân là một trong những hướng nghiên cứu
có ý nghĩa quan trọng.
Phương pháp Lyapunov và phương pháp δ - mở rộng là những
phương pháp hữu hiệu để giải gần đúng các phương trình vi phân phi
tuyến. Nhờ các phương pháp này, việc giải một phương trình vi phân
phi tuyến được đưa về giải một dãy những phương trình vi phân tuyến
tính.
Với mong muốn tìm hiểu rõ hơn về các phương pháp giải gần đúng
phương trình vi phân thường, em đã lựa chọn đề tài: “Phương pháp
Lyapunov và phương pháp δ - mở rộng giải phương trình vi
phân” làm đề tài khóa luận tốt nghiệp của mình.
2. Mục đích nghiên cứu
Nghiên cứu ứng dụng của phương pháp Lyapunov và phương pháp
δ - mở rộng vào giải một số phương trình vi phân thường phi tuyến.

1


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

NGUYỄN THỊ LỆ THÚY

3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu
- Đối tượng nghiên cứu: Phương pháp Lyapunov và phương pháp
δ - mở rộng
- Phạm vi nghiên cứu: Phương pháp Lyapunov và phương pháp
δ - mở rộng, ứng dụng trong giải phương trình vi phân thường
phi tuyến.
4. Phương pháp nghiên cứu
Sử dụng phương pháp phân tích và tổng hợp tài liệu về đề tài.
5. Cấu trúc khóa luận
Nội dung khóa luận gồm ba chương:
- Chương 1: Kiến thức chuẩn bị
- Chương 2: Phương pháp Lyapunov và phương pháp δ - mở rộng
- Chương 3: Ứng dụng của phương pháp Lyapunov và phương pháp
δ - mở rộng.

2


Chương 1
Kiến thức chuẩn bị
Trong chương này trình bày một số khái niệm, tính chất cơ bản của
phương trình vi phân và một số kiến thức giải tích có được sử dụng
trong chương 2 và chương 3. Nội dung của chương này được tham
khảo trong các tài liệu [1], [2], [3].

1.1
1.1.1

Một số kiến thức về phương trình vi phân
Các khái niệm mở đầu

Định nghĩa
Phương trình vi phân cấp n có dạng tổng quát
F (x, y, y , y , . . . , y (n) ) = 0

(1.1)

trong đó F là hàm xác định trong một miền G nào đấy của không
gian Rn+2 , x là biến độc lập, y = y(x) là hàm số phải tìm.
Trong phương trình (1.1) có thể vắng mặt một số trong các biến
x, y, y , ...., y (n−1) nhưng y (n) nhất thiết phải có mặt.
Từ phương trình (1.1) ta giải ra được đạo hàm cấp cao nhất, tức
3


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

NGUYỄN THỊ LỆ THÚY

là phương trình (1.1) có dạng
y (n) = f (x, y, y , . . . , y (n−1) )

(1.2)

Định nghĩa
Nghiệm của phương trình (1.1) là hàm y = ϕ(x) khả vi n lần trên
khoảng (a, b) sao cho
- (x, ϕ(x), ϕ (x), . . . , ϕn (x)) ∈ G, ∀x ∈ (a, b)
- Nó nghiệm đúng phương trình (1.1) trên (a, b).
1.1.2

Bài toán Cauchy

Giả sử điểm ban đầu x0 , y0 , y0 , . . . , y0n−1 ∈ D ⊂ Rn+1
Bài toán

 y (n) = f (x, y, y , . . . , y (n−1) ), (x, y, y , . . . , y (n−1) ) ∈ D
 y(x ) = y , y (x ) = y , . . . , y (n−1) (x ) = y (n−1)
0

0

0

0

0

0

được gọi là bài toán Cauchy hay bài toán giá trị ban đầu.
Định lí tồn tại và duy nhất nghiệm của bài toán Cauchy
Giả sử trong miền G ⊂ Rn+1 hàm f (x, u1 , u2 , . . . , un ) liên tục và
thỏa mãn điều kiện Lipschitz theo u1 , u2 , . . . , un .
(n−1)

Khi đó với bất kì điểm trong (x0 , y0 , y0 , . . . , y0

) ∈ G tồn tại duy

nhất nghiệm y = y(x) của phương trình (1.2) thỏa mãn điều kiện ban
đầu
(n−1)

y(x0 ) = y0 , y (x0 ) = y0 , . . . , y (n−1) (x0 ) = y0

nghiệm này xác định tại lân cận (x0 − h, x0 + h) của x0 .
4


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

1.2

NGUYỄN THỊ LỆ THÚY

Một số phương trình vi phân đã biết cách
giải

1.2.1

Phương trình vi phân có biến số phân li
dy
= f (x) ⇔ y = f (x)dx + C
dx
dy
dy
= f (y) ⇔
= x + C, f (y) = 0
dx
f (y)

1.2.2

Phương trình vi phân tuyến tính cấp một

Dạng tổng quát:
dy
+ P (x).y = Q(x)
dx

(1.3)

- Nếu Q(x) ≡ 0 thì phương trình (1.3) được gọi là phương trình
tuyến tính không thuần nhất cấp một.
- Nghiệm tổng quát của phương trình (1.3) là
y = e−

1.2.3

P (x)dx

C+

Q(x).e

P (x)dx

dx

Phương trình Bernoulli

Dạng tổng quát:
dy
+ P (x).y = Q(x)y α
dx

(1.4)

- Nếu α = 1 thì phương trình (1.4) là phương trình tuyến tính
thuần nhất cấp một.
- Nếu α = 0 thì phương trình (1.4) là phương trình tuyến tính
không thuần nhất cấp một.
5


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

NGUYỄN THỊ LỆ THÚY

- Nếu α = 0, α = 1: chia cả hai vế của phương trình (1.4) cho y α ,
sau đó đặt z = y 1−α và đưa về phương trình tuyến tính không
thuần nhất cấp một.
1.2.4

Phương trình tuyến tính thuần nhất cấp n với hệ số
hằng
y (n) + a1 y (n−1) + . . . + an y = 0

(1.5)

trong đó a1 , a2 , . . . , an là các hằng số thực.
Xét phương trình đặc trưng
λn + a1 λn−1 + . . . + an = 0

(1.6)

Nếu (1.6) có n nghiệm thực khác nhau λ1 , λ2 , . . . , λn thì nghiệm
tổng quát của (1.5) có dạng
y = C1 eλ1 x + C2 eλ2 x + . . . + Cn eλn x
Nếu (1.6) có n nghiệm khác nhau λ1 , λ2 , . . . , λn nhưng trong chúng
có nghiệm phức λ1 = α + iβ, λ2 = α − iβ thì hệ nghiệm cơ bản của
(1.5) là
eαx cos βx, eαx sin βx, eλ3 x , . . . , eλn x
Nếu (1.6) có n nghiệm thực nhưng trong chúng có nghiệm thực bội
k là λ1 = λ2 = . . . = λk thì hệ nghiệm cơ bản của (1.5) là
eλ1 x , xeλ2 x , x2 eλ3 x , . . . , xk−1 eλk x , eλk x , . . . , eλn x

6


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

1.3

NGUYỄN THỊ LỆ THÚY

Tính chất nghiệm của phương trình vi phân
tuyến tính

Xét phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất cấp n
y (n) + p1 (x)y (n−1) + . . . + pn (x)y = 0
Để đơn giản cách viết về sau, ta ký hiệu
L(y) = y (n) + p1 (x)y (n−1) + . . . + pn (x)y = 0

(1.7)

L(y) được gọi là toán tử vi phân tuyến tính.
Toán tử L(y) có các tính chất sau:
- Đối với y1 (x), y2 (x) khả vi n lần liên tục ta có
L(y1 + y2 ) = L(y1 ) + L(y2 )
- Đối với hàm khả vi liên tục n lần y(x) và hằng số c bất kỳ ta có
L(cy) = cL(y)
Dựa vào tính chất của toán tử L ta suy ra các tính chất sau đây
của tập nghiệm phương trình tuyến tính thuần nhất cấp n
- Nếu y(x) là nghiệm của phương trình (1.7) thì cy(x) với c là hằng
số tùy ý cũng là nghiệm của phương trình.
- Nếu y1 (x), y2 (x) là hai nghiệm bất kỳ của phương trình (1.7) thì
y(x) = y1 (x) + y2 (x)
7


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

NGUYỄN THỊ LỆ THÚY

cũng là nghiệm của phương trình (1.7).
- Nếu y1 (x), y2 (x), . . . , yk (x) là các nghiệm bất kỳ của phương trình
(1.7) thì
y(x) = c1 y1 (x) + c2 y2 (x) + . . . + ck yk (x)
cũng là nghiệm của phương trình (1.7).

1.4

Một số kiến thức về giải tích

1.4.1

Chuỗi hàm số, chuỗi lũy thừa

Định nghĩa chuỗi hàm số
Cho dãy hàm {un } cùng xác định trên một tập U ⊂ R. Chuỗi hàm
là một tổng hình thức:
+∞

u1 (x) + u2 (x) + . . . + un (x) + . . . =

un (x)

(1.8)

n=1
+∞

Nếu tại x0 ∈ U chuỗi số

un (x) hội tụ thì ta nói x0 là điểm hội
n=1

tụ của chuỗi hàm (1.8).
+∞

un (x) phân kì thì ta nói chuỗi hàm (1.8) phân kì tại x0 .

Nếu
n=1

Định nghĩa chuỗi lũy thừa
Chuỗi lũy thừa là chuỗi hàm có dạng:
+∞

an (x − x0 )n
n=0

trong đó a0 , a1 , a2 , . . . là những số thực, x0 là tâm của chuỗi lũy thừa.
8


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

NGUYỄN THỊ LỆ THÚY

Định lí:
+∞

Giả sử chuỗi lũy thừa

an (x − x0 )n có bán kính hội tụ R > 0 và

n=0
+∞

an (x − x0 )n , x ∈ (x0 − R, x0 + R)

f (x) =
n=0

Khi đó:
i) f là hàm khả vi vô hạn trong x ∈ (x0 − R, x0 + R)
+∞ f n (x )
f n (x0 )
0
ii) an =
, ∀n = 0, 1, 2, . . . và f (x) =
(x − x0 )n ,
n!
n!
n=0
∀x ∈ (x0 − R, x0 + R)

1.4.2

Công thức khai triển Taylor

Giả sử hàm f : (a, b) → R có đạo hàm đến cấp (n + 1) trong (a, b).
Khi đó với mọi x0 ∈ (a, b) ta có
n

f (x) =
k=0

f (k) (x0 )
f (n+1) (c)
k
(x − x0 ) +
(x − x0 )n+1
k!
(n + 1)!

trong đó c là một điểm ở giữa x và x0 .
Định lí:
Cho tập hợp U ⊂ R. Giả sử hàm f : U → R khả vi đến cấp n trong
một lân cận nào đó của x0 ∈ U và f (n) (x) liên tục tại x0 ở trong lân
cận nói trên của x0 ta có
f (x0 )
f (n) (x0 )
f (x) = f (x0 ) +
(x − x0 ) + . . . +
(x − x0 )n + o ((x − x0 )n )
1!
n!
Công thức trên được gọi là công thức khai triển Taylor của hàm f
trong lân cận của x0 .
9


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

NGUYỄN THỊ LỆ THÚY

Khai triển Taylor của hàm f (x) trong lân cận của điểm x0 = 0 còn
được gọi là khai triển Mac- Laurin:
f (x) = f (0) +

f (0)
f (n) (0) n
x + ... +
x + o(xn )
1!
n!

Khai triển MacLaurin của một số hàm sơ cấp cơ bản
+∞ xn
x2 x3
i) e = 1 + x +
+
+ ... =
2!
3!
n=0 n!
x

−x

ii) e

n
+∞
x2 x3
nx
=1−x+

+ ... =
(−1)
2!
3!
n!
n=0

+∞ (−1)n
x2 x4 x6
+

+ ... =
x2n
iii) cos x = 1 −
2!
4!
6!
n=0 (2n)!
+∞ (−1)n
x3 x5 x7
iv) sin x = x −
+

+ ... =
x2n+1
3!
5!
7!
n=0 (2n + 1)!

10


Chương 2
Phương pháp Lyapunov và phương
pháp δ - mở rộng
Trong chương này trình bày phương pháp Lyapunov, phương pháp δ mở rộng và mối liên hệ giữa phương pháp Lyapunov với phương pháp
phân tích Adomian. Nội dung của chương này được tham khảo trong
các tài liệu [5], [6].

2.1
2.1.1

Phương pháp Lyapunov
Bài toán giá trị ban đầu

Trong phương pháp Lyapunov, ta đưa vào một tham số giả được gọi
là tham số Lyapunov để giải quyết các bài toán. Nghiệm của bài toán
được giả thiết là một chuỗi lũy thừa của tham số giả đó. Tương tự như
phương pháp tìm nghiệm của chuỗi lũy thừa và phương pháp nhiễu,
ở đây ta cân bằng các hệ số của lũy thừa cùng bậc.
Xét bài toán giá trị ban đầu:
dy
+ (y(x))n = k, y(0) = b
dx
11

(2.1)


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

NGUYỄN THỊ LỆ THÚY

trong đó b và k là hằng số, n ≥ 1.
Đưa tham số giả ε vào phương trình và viết lại phương trình như sau
dy
+ ε(y(x))n = k, y(0) = b
dx
Giả thiết nghiệm của phương trình là một chuỗi lũy thừa của tham
số giả ε. Nghĩa là, ta có
y(x) = y0 (x) + εy1 (x) + ε2 y2 (x) + ε3 y3 (x) . . .

(2.2)

trong đó y0 (x) , y1 (x) , y2 (x) . . . là các hàm số chưa biết cần xác định.
Trong phương trình (2.2), lấy đạo hàm hàm số y(x) theo biến x, ta
được
dy
dy0
dy1
dy2
dy3
=

+ ε2
+ ε3
+ ...
dx
dx
dx
dx
dx

(2.3)

Thay phương trình (2.2) và (2.3) vào phương trình (2.1), sau đó
cân bằng các hệ số của lũy thừa ε cùng bậc ở hai vế phương trình, ta
nhận được một hệ phương trình vi phân tuyến tính.
Giải hệ phương trình trên kết hợp với điều kiện ban đầu ta tìm
được các giá trị của y0 (x) , y1 (x) , y2 (x) . . .
Thay y0 (x) , y1 (x) , y2 (x) . . . vào phương trình (2.2), ta được


yn (x) εn

y(x) =
n=0

2.1.2

Ví dụ

Giải bài toán ban đầu sau bằng cách sử dụng phương pháp Lyapunov
dy
+ y 3 = 3, y(0) = 0
dx
12


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

NGUYỄN THỊ LỆ THÚY

Lời giải
Áp dụng phương pháp Lyapunov ta viết lại phương trình như sau:
dy
+ εy 3 = 3, y(0) = 0
(2.4)
dx
Giả sử nghiệm của phương trình có dạng
y(x) = y0 (x) + εy1 (x) + ε2 y2 (x) + . . .

(2.5)

Lấy đạo hàm hàm số y(x) theo biến x, ta được
dy
dy0
dy1
dy2
=

+ ε2
+ ...
dx
dx
dx
dx

(2.6)

Thay phương trình (2.5) và (2.6) vào phương trình (2.4) ta được
dy0
dy1
dy2

+ ε2
+ ... + ε y0 + εy1 + ε2 y2 + ....
dx
dx
dx

3

=3

(2.7)

y0 (0) + εy1 (0) + ε2 y2 (0) + ... = 0
Cân bằng các hệ số của lũy thừa ε cùng bậc ở hai vế phương trình
(2.7), ta được một hệ phương trình vi phân tuyến tính cho bởi:
dy0
= 3, y0 (0) = 0
dx
dy1
ε1 :
+ y03 = 0, y1 (0) = 0
dx
dy2
ε2 :
+ 3y02 y1 = 0, y2 (0) = 0
dx
..
.

ε0 :

Giải các phương trình trên cùng với điều ban đầu
dy0
=3⇔
dx

dy0 =

3dx + C ⇔ y0 = 3x + C
13


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

NGUYỄN THỊ LỆ THÚY

Từ điều kiện ban đầu: y0 (0) = 0 ⇔ C = 0
Suy ra y0 = 3x



dy1
+ y03 = 0 ⇔ dy1 + (3x)3 dx = 0
dx
27
dy1 = − 27x3 dx + C ⇔ y1 = − x4 + C
4

Từ điều kiện ban đầu: y1 (0) = 0 ⇔ C = 0
27
Suy ra y1 = − x4
4



dy2
729 6
+ 3y02 y1 = 0 ⇔ dy2 =
x
dx
4
729 7
729 6
x + C ⇔ y2 =
x +C
dy2 =
4
28

Từ điều kiện ban đầu: y2 (0) = 0 ⇔ C = 0
729 7
Suy ra y2 =
x
28
Thay các giá trị y0 , y1 , y2 , . . . vào phương trình (2.5), ta được
y(x) = 3x − ε

27 4
729 7
x + ε2
x + ...
4
28

là nghiệm cần tìm
Đặc biệt, nếu ε = 1 thì nghiệm cần tìm có dạng
y(x) = 3x −
2.1.3

27 4 729 7
x +
x + ...
4
28

Bài tập áp dụng

Ví dụ 2.1.1. Sử dụng phương pháp Lyapunov giải phương trình vi
phân sau:

1
+ 1+
θ = 1, θ(0) = 0
dx
x
14

(2.8)


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

NGUYỄN THỊ LỆ THÚY

Lời giải
Áp dụng phương pháp Lyapunov ta viết lại phương trình như sau:
1

+ε 1+
θ = 1, θ(0) = 0
dx
x

(2.9)

Giả sử nghiệm của phương trình có dạng
θ = θ0 + εθ1 + ε2 θ2 + ....

(2.10)

Lấy đạo hàm hàm số θ(x) theo biến x, ta được

dθ0
dθ1
dθ2
=

+ ε2
+ ...
dx
dx
dx
dx

(2.11)

Thay phương trình (2.10), (2.11) vào phương trình (2.9) ta được
dθ0
dθ1
dθ2

+ ε2
+ ...
dx
dx
dx
1
+ε 1 +
(θ0 + εθ1 + ε2 θ2 + ....) = 1
x

(2.12)

Cân bằng các hệ số của lũy thừa ε cùng bậc ở hai vế phương trình
(2.12), ta được một hệ phương trình vi phân tuyến tính cho bởi:
dθ0
= 1, θ0 (0) = 0
dx
dθ1
1
ε1 :
+ 1+
θ0 = 0, θ1 (0) = 0
dx
x
dθ2
1
ε2 :
+ 1+
θ1 = 0, θ2 (0) = 0
dx
x
..
.

ε0 :

Giải các phương trình trên cùng với điều ban đầu
15


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

dθ0
=1⇔
dx

NGUYỄN THỊ LỆ THÚY

dθ0 =

dx + C ⇔ θ0 = x + C

Từ điều kiện ban đầu: θ0 (0) = 0 ⇔ C = 0
Suy ra θ0 = x



dθ1
1
1
+ (1 + )θ0 = 0 ⇔ dθ1 + (1 + )xdx = 0
dx
x
x
x2
dθ1 = −(x + 1)dx + C ⇔ θ1 = −( + x) + C
2

Từ điều kiện ban đầu: θ1 (0) = 0 ⇔ C = 0
x2
Suy ra θ1 = −
+x
2
dθ2
1
1
x2
+ 1+
θ1 = 0 ⇔ dθ2 = 1 +
+ x dx
dx
x
x
2
1
x2
⇔ dθ2 =
1+
+ x dx + C
x
2
x2 3x
⇔ dθ2 =
+
+ 1 dx + C
2
2
1
x3 3x2
+
+x+C =
2x3 + 9x2 + 12x + C
⇔ θ2 =
6
4
12
Từ điều kiện ban đầu: θ2 (0) = 0 ⇔ C = 0
1
Suy ra θ2 =
2x3 + 9x2 + 12x
12
Thay các giá trị y0 , y1 , y2 , . . . vào phương trình (2.10), ta được
x2
ε2
θ = x − ε( + x) + (2x3 + 9x2 + 12x) + ...
2
12
Chú ý: Nghiệm chính xác của bài toán là
1 − e−x
θ =1−
x
16


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

NGUYỄN THỊ LỆ THÚY

Thật vậy, trước tiên ta tìm nghiệm của phương trình vi phân tuyến
tính thuần nhất
1

+ 1+
θ=0
dx
x
Ta có




1

1
=− 1+
θ⇔
=− 1+
dx
dx
x
θ
x
1

= − 1+
dx + ec ⇔ ln |θ| = −x − ln |x| + ec
θ
x

⇔ ln |θ| + ln |x| = −x + ec
−x

⇔ xθ = Ce

Ce−x
⇔θ=
x

Áp dụng phương pháp biến thiên hằng số, ta tìm C sao cho
Ce−x
θ=
x
là nghiệm của phương trình (2.8)
Ce−x
e−x
e−x
=C ·
+C ·
x
x
x
−x
−x
−x
e
−xe − e
=C ·
+C ·
x
x2
e−x
−(x + 1)e−x
=C ·
+C ·
x
x2

θ =

Thay θ, θ vào phương trình (2.8), ta được:
e−x
−(x + 1)e−x
1 Ce−x
C ·
+C ·
+ (1 + )
=1
x
x2
x x
e−x
−(x + 1)e−x
(x + 1)e−x
⇔C.
+ C.
+C
=1
x
x2
x2
17


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

e−x
⇔C.
x


dC =

NGUYỄN THỊ LỆ THÚY

=1⇔

dC
x
= −x ⇔ dC = xex dx
dx
e

xex dx + C1 ⇔ C = xex −

ex dx + C1

⇔ C = xex − ex + C1 = (x − 1)ex + C1
Suy ra
[(x − 1)ex + C1 ] .e−x
x − 1 C1 e−x
Ce−x
=
=
+
θ=
x
x
x
x
Từ điều kiện ban đầu
θ(0) = 0 ⇔ C1 = 1
Suy ra
x − 1 e−x
1 − e−x
θ=
+
=1−
x
x
x
1 − e−x
Vậy θ = 1 −
là nghiệm chính xác của bài toán.
x
Ví dụ 2.1.2. Sử dụng phương pháp Lyapunov giải phương trình vi
phân sau:
dy
+ y 2 = 4, y(0) = 0
dx

(2.13)

Lời giải
Áp dụng phương pháp Lyapunov ta viết lại phương trình như sau:
dy
+ εy 2 = 4, y(0) = 0
dx

(2.14)

Giả sử nghiệm phương trình có dạng
y(x) = y0 (x) + εy1 (x) + ε2 y2 (x) + ε3 y3 (x) . . .
18

(2.15)


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

NGUYỄN THỊ LỆ THÚY

Lấy đạo hàm hàm số y(x) theo biến x, ta được
dy0
dy1
dy2
dy3
dy
=

+ ε2
+ ε3
+ ···
dx
dx
dx
dx
dx

(2.16)

Thay phương trình (2.15) và (2.16) vào phương trình (2.14) ta được
dy1
dy0
dy2
dy3

+ ε2
+ ε3
+ ... + ε y0 + εy1 + ε2 y2 + ....
dx
dx
dx
dx

2

=4

Từ điều kiện ban đầu y(0) = 0, ta có
y(0) = y0 (0) + εy1 (0) + ε2 y2 (0) + ... = 0
Suy ra
y0 (0) = y1 (0) = y2 (0) = . . . = 0
Cân bằng các hệ số của lũy thừa ε cùng bậc ở hai vế phương trình
trên, ta được một hệ phương trình tuyến tính cho bởi:
dy0
dx
dy1
ε1 :
dx
dy
2
ε2 :
dx
dy
3
ε3 :
dx
..
.

ε0 :

= 4, y0 (0) = 0
+ y02 = 0, y1 (0) = 0
+ 2y0 y1 = 0, y2 (0) = 0
+ 2y0 y2 + y12 = 0, y3 (0) = 0

Giải các phương trình trên cùng với điều kiện ban đầu
dy0
= 4 ⇔ dy0 = 4dx
dx
19


Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×

×