2 Phương pháp hàm sinh
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1016.09 KB, 66 trang )
Chương 2. Nghiệm hiển
Vì vậy
Gi (t) = pi 1 +
iqt i(i + 1)q 2 t2
(i)(i + 1)...(i + k − 1)q k tk
+
+ ··· +
+ ···
1!
2!
k!
× t + t2 + · · ·
iq i(i + 1)q 2 3
iq 2
t + 1+ +
t + ···
=p t+ 1+
1!
1!
2!
i
iq i(i + 1)q 2
i(i + 1)...(i + j − 2) j−1 j
+ ··· + 1 + +
+ ··· +
q
t + ···
1!
2!
(j − 1)!
hay
∞ j−1
i
Gi (t) = p
j=1 k=0
(i + k − 1)! k j
q t = pi
k!(i − 1)!
∞
j−1
∞
k
C(i+k−1) q k tj .
j=1
k=0
∞
Hơn nữa do Gi (t) = j=0 Pij tj = j=1 Pij tj và bằng việc đồng nhất thức ta
có công thức nghiệm của bài toán trên là
j−1
Pij = p
k
C(i+k−1) q k .
i
k=0
Tiếp theo, ta đưa ra một cách tiếp cận khác cũng dựa vào ý tưởng về hàm
sinh. Xét các bài toán có dạng
k
p
amn ui+m,j+n = 0,
(2.6)
m=0 n=0
với {amn } là dãy số thực, p, k ∈ R. Mỗi dãy u = {uij }i,j∈Z , hàm sinh của dãy u
được định nghĩa hình thức như sau
∞
∞
si tj
uij . .
i! j!
j=0
Y (s, t) =
i=0
Giả sử chuỗi này hội tụ khi |s| < α và |t| < β. Ta thấy
∞
Y (s, 0) =
i=0
∞
si
ui0 ,
i!
tj
Y (0, t) =
u0j .
j!
j=0
18
Chương 2. Nghiệm hiển
Vì Y (s, t) hội tụ trên miền |s| < α và |t| < β nên các đạo hàm riêng của nó
cũng hội tụ và
∂Y (s, t)
=
∂s
∂Y (s, t)
=
∂t
Nghĩa là
∂Y (s,t) ∂Y (s,t)
, ∂t
∂s
∞
∞
∞
si−1 tj
=
iuij
i! j!
j=0
i=1
∞ ∞
i=0
∞
i=0
i=0
si tj−1
juij
=
i! j!
j=1
∞
si tj
,
ui+1,j
i! j!
j=0
∞
si tj
ui,j+1
.
i! j!
j=0
lần lượt là hàm sinh của {ui+1,j } và {ui,j+1 }. Tương tự
∂ 2 Y (s, t)
=
∂s∂t
∞
∞
i=0
si tj
ui+1,j+1
i! j!
j=0
là hàm sinh của {ui+1,j+1 }. Tổng quát ta có
∂ m+n Y (s, t)
=
∂sm ∂tn
∞
∞
ui+m,j+n
i=0 j=0
si tj
.
i! j!
si tj
i! j!
và lấy tổng theo i, j từ 0 tới ∞ thì
k
Nếu nhân 2 vế của (2.6) với
p
m=0 n=0
∂ m+n Y (s, t)
= 0.
∂sm ∂tn
Giải phương trình vi phân đạo hàm riêng này để tìm Y (s, t), sau đó tìm nghiệm
của (2.6) từ công thức sau
uij =
∂ i+j Y (s, t)
∂si ∂tj
.
s=0,t=0
Sau đây ta xét một ví dụ cụ thể cho trường hợp này.
Ví dụ 2.5. Xét phương trình sai phân riêng sau
ui+1,j+1 − ui,j+1 − uij = 0,
i, j ∈ N,
với các điều kiện sau
u00 = 0,
u01 = u10 = 1,
ui+1,0 = ui0 + ui−1,0 , i ∈ Z+ ,
u0,j+1 = u0,j + u0,j−1 , j ∈ Z+ .
19
(2.7)
Chương 2. Nghiệm hiển
Nhân 2 vế của (2.7) với
∞
i=0
si tj
i! j!
lấy tổng theo i, j từ 0 tới ∞ ta có
∞
si tj
ui+1,j+1
−
i! j!
j=0
∞
∞
i=0
si tj
−
ui,j+1
i! j!
j=0
∞
i=0
∞
si tj
= 0,
ui,j
i! j!
j=0
hay
∂ 2 Y (s, t) ∂Y (s, t)
−
− Y (s, t) = 0.
∂s∂t
∂t
Ta có các điều kiện tương ứng của (2.8)
(2.8)
Y (0, 0) = 0,
∂Y (0, 0)
∂Y (0, 0)
=1=
,
∂s
∂t
∂ 2 Y (s, 0) ∂Y (s, 0)
− Y (s, 0) = 0,
−
∂s2
∂s
∂ 2 Y (0, t) ∂Y (0, t)
− Y (0, t) = 0.
−
∂t2
∂t
Giải hai phương trình vi phân tuyến tính thường với hệ số hằng trên được
1
Y (s, 0) = √ {esγ+ − esγ− },
5
(2.9)
1
Y (0, t) = √ {etγ+ − etγ− },
5
(2.10)
với γ± là hai nghiệm phân biệt của phương trình đặc trưng
√
1± 5
x2 − x − 1 = 0, ⇔ γ± =
.
2
Khi đó nghiệm của (2.8)-(2.9)-(2.10) là
1
Y (s, t) = √ eγ+ (t+s) − eγ− (t+s) .
5
Vậy
uij =
2.3
∂ i+j Y (s, t)
∂si ∂tj
1
= √ eγ+ (i+j) − eγ− (i+j) .
5
s=0,t=0
Phương pháp tịnh tiến
Như ta biết, không phải phương pháp nào cũng tìm ra nghiệm hiển của phương
trình sai phân riêng như ở các phần trên. Vì vậy, chúng ta hoặc phải đưa ra một
20
Chương 2. Nghiệm hiển
phương pháp để tìm những nghiệm này, hoặc phải kiểm tra tính đúng đắn của
nghiệm tìm được. Sau đây, chúng ta thảo luận một phương pháp đơn giản để tìm
nghiệm hiển của phương trình sai phân riêng.
Cho lN là tập tất cả các dãy phức có dạng {fk }k∈N . Khi đó lN với phép cộng
thông thường và phép nhân với một số là một không gian tuyến tính. Xét ánh xạ
tịnh tiến xác định bởi E m {fk }k∈N = {fm+k }k∈N .
Ví dụ 2.6. Xét phương trình sau
(n)
u(n+1) = 4um+1 , m, n ∈ N,
m
(0)
điều kiện ban đầu um = vm , m ∈ N.
(n)
Với mỗi n ∈ N, cho {um }m∈N =: u(n) ∈ lN . Khi đó, viết lại phương trình
u(n+1) = 4Eu(n) , n ∈ N,
u(0) = {vm }m∈N .
Vì vậy
u(n+1) = 4Eu(n) = 4E(4Eu(n−1) ) = 42 E 2 u(n−1) = · · · = 4n+1 E n+1 u(0) ,
hay nghiệm duy nhất của bài toán này có dạng
u(n) = 4n vm+n , m, n ∈ N.
m
Ví dụ 2.7. Xét phương trình sai phân riêng
(n)
u(n+1) − bum+1 − cu(n) = 0, m, n ∈ N,
m
m
điều kiện ban đầu
u(0) = fm , m ∈ N.
m
(n)
Rõ ràng bài toán này tồn tại và duy nhất nghiệm. Đặt u(n) := {um }m∈N và
viết lại phương trình dưới dạng
u(n+1) = (bE + cE 0 )u(n) ,
khi đó
u(n) = (bE + cE 0 )u(n−1) = · · · = (bE + cE 0 )n u(0)
n
0 n
k
Cn bn−k ck E n−k {fj }.
= (bE + cE ) {fj } =
k=0
Vậy nghiệm duy nhất của bài toán giá trị ban đầu này là
n
(n)
uj
k
Cn bn−k ck fn+j−k .
=
k=0
21
