bien-phan (1)

8/3/2019 bien-phan (1)

http://slidepdf.com/reader/full/bien-phan-1 1/74

Phần III: Hàm Đặc BiệtPhần IV: Phương Pháp Biến Phân

Phương Trình LegendrePhương Trình Hermite

Phần III: Hàm Đặc Biệt

Phương Trình Legendre

Phương Trình Hermite

Đinh Văn Tuân Phần III: Hàm Đặc Biệt

http://-/?-

http://-/?-

8/3/2019 bien-phan (1)




I. Phương Trình Legendre

1. Định Nghĩa:

Phương trình vi phân Legendre là phương trình có dạng:

(1

−x2)

d2y

dx2 −2x

dy

dx

+ ν (ν + 1) = 0 (1)

Hay:d2y

dx2− 2x

1− x2

dy

dx+

ν (ν + 1)

1 − x2= 0 (2)

2. Nghiệm Phương Trình Legendre:Nghiệm phương trình biểu diễn dạng chuỗi:

y =∞

m=0

amxm (3)


8/3/2019 bien-phan (1)




(1−x2)

∞m=2

m(m− 1)amxm−2−2x

∞m=1

mamxm−1+k

∞m=0

amxm = 0

Trong đó: k = ν (ν + 1)

Đồng nhất hai vế của phương trình trên ta có:

as+2 = −(ν − s)(ν + s + 1)

(s + 1)(s + 2)as (s = 0, 1,...) (4)

Hệ thức truy hồi này cho phép ta tính các giá trị an theo a1 vàa0. Từ đó ta có:

y(x) = a0y1(x) + a1y2(x) (5)


8/3/2019 bien-phan (1)




Với:

y1(x) = 1− ν (ν + 1)

2!x2 +

(ν − 2)ν (ν + 1)(ν + 3)

4!x4 − +... (6)

Và

y2(x) = x−(ν − 1)(ν + 2)3!

x3+ (ν − 2)(ν − 1)(ν + 2)(ν + 4)5!

x5−+...

(7)

Chú ý: Các chuỗi trên chỉ hội tụ khi:|x

|< 1


8/3/2019 bien-phan (1)




Trong một số bài toán tham số ν là một số nguyên dương n. Từ

phương trình (4) chúng ta thấy: an+2 = 0 và an+4 = 0... Vì vậynếu n chẳn (lẻ) y1(x) (y2(x)) là đa thức bậc n các đa thức đógọi là Đa thức Legendre

as = −(s + 2)(s + 1)

(n− s)(n + s + 1) as+2 (8)

Chọn:

an =(2n)!

2n(n!)2=

1× 3× 5...(2n − 1)

n!, n = 1, 2,... (9)

Khi đó:

an−2m = (−1)m(2n− 2m)!

2nm!(n − m)!(n− 2m)!(10)


8/3/2019 bien-phan (1)




Nghiệm của phương trình Legendre khi đó gọi là Đa Thức

Legendre Bậc n P n(x)

P n(x) =M

m=0

(−1)m(2n− 2m)!

2nm!(n −m)!(n − 2m)!xn−2m (11)

Với M = n/2 hoặc (n− 1)/2. Một và đa thức Legendre:

P 0(x) = 1, P 1(x) = x, P 2(x) =1

2(3x2−1), P 3(x) =

1

2(5x3−3x),

P 4(x) = 18

(35x4 − 30x2 + 3), P 5(x) = 18

(63x5 − 70x3 + 15x).


8/3/2019 bien-phan (1)





8/3/2019 bien-phan (1)




3. Công Thức Rodrigues Cho P n(x):

Các đa thức Legendre P n(x)) có thể được viết dưới dạng:

P n(x) =1

2nn!

dn

dxn[(x2 − 1)n] (12)

CM:

Đặt: z = (x2−1)n

2nn! . Ta có:

(x2

−1)

dz

dx

= 2nxz (13)

Đạo hàm phương trình (13) (n + 1) lần:

(1− x2)dn+2z

dxn+2− 2x

dn+1z

dxn+1+ n(n + 1)

dnz

dxn= 0 (14)


8/3/2019 bien-phan (1)




Đây chính là phương trình Legendre với y = dnzdxn . Vậy nghiệm

phương trình Legendre:

y = P n(x) =1

2nn!

dn

dxn[(x2 − 1)n] (15)


8/3/2019 bien-phan (1)




4. Đa Thức Sinh Của P n(x):

Khảo sát hàm Φ(x, z):

Φ(x, z) = (1 − 2xz + z2)−1

2 ; |z| < 1 (16)

Khai triễn công thức (16) chúng ta có:

Φ(x, z) = 1 +1

2z(2x − z) +

1× 3

22 × 2!z2(2x − z)2 + ...

+1× 3...(2n − 1)

2n

n!

zn(2x

−z)n + ... (17)

Lấy hệ số của zn trong chuỗi trên:

1 × 3...(2n − 1)

2nn!(2nxn)+

1 × 3...(2n − 3)

2n−1(n− 1)![−(n−1)(2x)n−2]+... = P n(x)

(18)Đinh Văn Tuân Phần III: Hàm Đặc Biệt

8/3/2019 bien-phan (1)




Φ(x, z) = (1 − 2xz + z2)−1

2 =∞n=0

P n(x)zn; |z| < 1 (19)

Đạo hàm hai vế phương trình trên theo z:

(x− z)(1− 2xz + z2)−3

2 =∞n=1

nzn−1P n(x) (20)

Nhân hai vế phương trình trên cho (1

−2xz + z2) và dùng

phương trình (19) ta có:

(x− z)

P 0(x) +

∞n=1

P n(x)zn

= (1− 2xz + z2)

∞n=1

nzn−1P n(x)


8/3/2019 bien-phan (1)




Cân bằng hệ số hai vế phương trình chúng ta có hệ thức truy

hồi:(2n + 1)xP n(x) = (n + 1)P n+1(x) + nP n−1(x) (22)

Ngoài ra ta có một số hệ thức truy hồi khác (Homework):

xP

′

n(x)− P

′

n−1(x) = nP n(x) (23)

P ′

n(x)− xP ′

n−1(x) = nP n−1(x) (24)

(1− x2)P ′

n(x) = nP n−1(x)− nxP n(x) (25)

(2n + 1)P n(x) = P ′

n+1(x) − P ′

n−1(x) (26)


8/3/2019 bien-phan (1)







xP

′

n(x)− P

′

n−1(x) = nP n(x) (23)

P ′

n(x)− xP ′

n−1(x) = nP n−1(x) (24)

(1− x2)P ′

n(x) = nP n−1(x)− nxP n(x) (25)

(2n + 1)P n(x) = P ′

n+1(x) − P ′

n−1(x) (26)


8/3/2019 bien-phan (1)







xP

′

n(x)− P

′

n−1(x) = nP n(x) (23)

P ′

n(x)− xP ′

n−1(x) = nP n−1(x) (24)

(1− x2)P ′

n(x) = nP n−1(x)− nxP n(x) (25)

(2n + 1)P n(x) = P ′

n+1(x) − P ′

n−1(x) (26)


ầ

8/3/2019 bien-phan (1)







xP

′

n(x)− P

′

n−1(x) = nP n(x) (23)

P ′

n(x)− xP ′

n−1(x) = nP n−1(x) (24)

(1− x2)P ′

n(x) = nP n−1(x)− nxP n(x) (25)

(2n + 1)P n(x) = P ′

n+1(x) − P ′

n−1(x) (26)


Phầ III Hà Đặ Biệ Ph T ì h L d

8/3/2019 bien-phan (1)




5. Các Tính Chất Của Đa Thức Legendre:

5.1. Tính Trực Giao Của Đa Thức Legendre:Các đa thức Legendre trực giao với nhau:

+1

−1P n(x)P m(x)dx =

22n+1 if m = n

0 if m

= n

(27)

CM:m = n:

Chúng ta viết lại phương trình Legendre cho P m(x) dưới dạng:

ddx [(1− x2)P ′

m(x)] + m(m + 1)P m(x) = 0 (28)Và phương trình tương tự cho P n(x) :

d

dx[(1− x2)P

′

n(x)] + n(n + 1)P n(x) = 0 (29)


Phầ III Hà Đặ Biệt Phươ T ì h L d

8/3/2019 bien-phan (1)




Nhân phương trình (28) cho P n(x) và phương trình (29) cho

P m(x) và trừ nhau:d

dx[(1− x2)(P mP

′

n − P nP ′

m)] + [n(n + 1) − m(m + 1)]P mP n = 0

(30)

Tích phân hai vế ⇒ ĐPCMCM:m = n:

Nhân hai vế hệ thức (23) với P n(x) và tích phân từ −1 −→ +1 :

n

+1

−1[P n(x)]2dx =

+1

−1xP n(x)P

′

n(x)dx−

+1

−1P n(x)P

′

n−1(x)dx

(31)


Phần III: Hàm Đặc Biệt Phương Trình Legendre

8/3/2019 bien-phan (1)




Tích phân thứ hai bên vế phải bằng 0, và dùng tích phận từng

phần cho số hạng thứ nhất:

+1

−1xP n(x)P

′

n(x)dx =x

2[P n(x)]2|1

−1 −1

2

1−1

[P n(x)]2dx

= 1− 12

1

−1[P n(x)]2dx (32)

Thay vào phương trình (31) ⇒ ĐPCM

5.2. Tính Đối Xứng Và Phản Xứng:P n(−x) = (−1)nP n(x) (33)



8/3/2019 bien-phan (1)




5.3. Tính "Chuẩn Hóa"

P n(1) = 1 (34)

P ′

n(1) =n(n + 1)

2(35)



8/3/2019 bien-phan (1)




II. Phương Trình Hermite

1. Định Nghĩa:

Phương trình Hermite là phương trình có dạng:

d2y

dx2 − 2x

dy

dx + 2νy = 0 (36)

2. Nghiệm Phương Trình Hermite:

Nghiệm phương trình biểu diễn dạng chuỗi:

y =∞

j=0

a jx j (37)



8/3/2019 bien-phan (1)




Thay vào phương trình Hermite ta được:

∞ j=0

[( j + 1)( j + 2)a j+2 + 2(ν − j)a j ]x j = 0 (38)

Từ đó ta có:

( j + 1)( j + 2)a j+2 + 2(ν − j)a j = 0 (39)

Hay

a j+2 =

2( j

−ν )

( j + 1)( j + 2) a j (40)Khi ν = n

an+2 = an+4 = ... = 0 (41)



8/3/2019 bien-phan (1)




Khi n chẳn, phương trình (40) cho ta:

a2 = (−1)2n

2!a0; a4 = (−1)2

22(n− 2)n

4!a0; (42)

a6 = (−1)323(n− 4)(n − 2)n

6!a0;

Tổng quát ta có:

an = (−1)n/22n/2n(n− 2)...4 × 2

n!a0; (43)

Nghiệm này gọi là đa thức Hermite bậc n hay H n(x). Nếuchúng ta chọn:

a0 =(−1)n/22n/2n!

n(n

−2)...4

×2

=(−1)n/2n!

(n/2)!(44)



8/3/2019 bien-phan (1)


ặ ệPhần IV: Phương Pháp Biến Phân

g gPhương Trình Hermite

Thì ta có:

H n(x) = (2x)n−n(n− 1)

1!(2x)n−2+

n(n− 1)(n − 2)(n − 3)

2!(2x)n−4+...

(45)Khi n lẻ nghiệm của phương trình Hermite vẫn còn có thể biểudiễn dạng công thức trên nếu chọn:

a1 =(−1)(n−1)/22n!

(n/2 − 1/2)!(46)

Vài đa thức Hermite:

H 0(x) = 1; H 1(x) = 2x; H 2(x) = 4x2 − 2; H 4(x) = 8x3 − 12x; (4

H 4(x) = 16x4 − 48x2 + 12; H 5(x) = 32x5 − 160x3 + 120x; ...



8/3/2019 bien-phan (1)


ặ ệPhần IV: Phương Pháp Biến Phân Phương Trình Hermite

3. Công Thức Rodrigues Cho Đa Thức Hermite:

Đa thức Hermite cũng có thể biễu diễn dạng sau:

H n(x) = (−1)nex2 dn

dxn

e−x

2

(48)

CM:Đặt q = e−x

2

, chúng ta có:

Dq + 2xq = 0, D =d

dx(49)

Đạo hàm phương trình trên (n + 1) lần

Dn+2q + 2xDn+1q + 2(n + 1)Dnq = 0 (50)



8/3/2019 bien-phan (1)


Phần IV: Phương Pháp Biến Phân Phương Trình Hermite

Đặt y = (−1)nDnq chúng ta có:

D2y + 2xDy + 2(n + 1)y = 0 (51)

Thay u = ex2

y thì:

Du = ex2

{2xy + Dy

}(52)

VàD2u = ex

2{D2y + 4xDy + 4x2y + 2y} (53)

Vì vậy phương trình (51) trở thành

D2u − 2xDu + 2nu = 0 (54)Vì vậy

u = (−1)nex2

Dn(e−x2

) (55)

là nghiệm phương trình HermiteĐinh Văn Tuân Phần III: Hàm Đặc Biệt

Phần III: Hàm Đặc Biệtầ ế

Phương Trình Legendre

8/3/2019 bien-phan (1)



4. Các Hệ Thức Truy Hồi Cho Đa Thức Hermite:

Đạo hàm hai vế của công thức Rodrigues:

H ′

n(x) = (−1)n2xex2

Dn(e−x2

) + (−1)nex2

Dn+1(e−x2

) (56)

Vì vậy:H ′n(x) = 2xH n(x)− H n+1(x) (57)

Đạo hàm hai vế:

H ′′

n(x) = 2H n(x) + 2xH ′

n(x)

−H

′

n+1(x) (58)

Mặt khác H n(x) Thỏa Phương trình Hermite:

H ′′

n(x) − 2xH ′

n(x) + 2nH n(x) = 0 (59)


Phần III: Hàm Đặc Biệtầ á ế â

Phương Trình Legendreì

8/3/2019 bien-phan (1)



Từ đó ta có:

H

′

n+1(x) = 2(n + 1)H n(x) (60)Thay n bằng n + 1 trong phương trình (57) và kết hợp với

phương trình trên ta có:

H n+2(x) = 2xH n+1(x)−

2(n + 1)H n(x) (61)


Phần III: Hàm Đặc BiệtPhầ IV Phươ Phá Biế Phâ

Phương Trình LegendrePhươ T ì h H it

8/3/2019 bien-phan (1)



5. Hàm Sinh Cho H n(x)::

Bằng cách dùng công thức Rodrigues ta có thể tìm ra hàm sinhcủa H n(x)

Φ(x, t) = e2xt−t2

= ex2−(t−x)2 =

∞

n=0

H n(x)

n!tn (62)

Đạo hàm hai vế n lần:

ex2 ∂ n

∂tne−(t−x)

2

= ex2

(−1)n∂ n

∂xne−(t−x)

2

=∞

k=0

H n+k(x)tk

k!(63)

Thay t = 0 vào phương trình trên −→ công thức Rodrigues:

H n(x) = (−1)nex2 dn

dxn ex

2

(64)




8/3/2019 bien-phan (1)



6. Tính Trực Giao Của H n(x)::

Định nghĩa:F n(x) = e−x

2/2H n(x) (65)

Ta có:D2F n(x)

−x2F n(x) + (2n + 1)F n(x) = 0 (66)

Nhân F m(x) hai vế

F m(x)D2F n(x)−x2F n(x)F m(x)+(2n + 1)F n(x)F m(x) = 0 (67)

Đổi chỉ số m và n

F n(x)D2F m(x)−x2F m(x)F n(x)+(2m+1)F m(x)F n(x) = 0 (68)




8/3/2019 bien-phan (1)



Trừ hai phương trình cho nhau vế theo vế và tích phân từ

−∞→ +∞I n,m =

+∞−∞

F n(x)F m(x)dx =1

2(n − m)

+∞−∞

(F ′′

n F m−F ′′

mF n)dx

(69)

Tích phân từng phần → VP=0m = n:

Thì

I n,m = +∞

−∞

F n(x)F m(x)dx = 0 (70)




8/3/2019 bien-phan (1)



m = n:

I n,n =

+∞

−∞

e−x2

H n(x)H n(x)dx =

+∞

−∞

ex2

Dn(e−x2

)Dn(e−x2

)dx

(71)Tích phân từng phần với u = ex

2

Dn(e−x2

) và v = Dn−1(e−x2

)Ta có:

I n,n =

+∞−∞

[2xex2

Dn(e−x2

) + ex2

Dn+1(e−x2

)]Dn−1(e−x2

)dx

(72)Dùng phương trình (51) với y = (

−1)nDnq = (

−1)nDn(e−x

2

) Ta

thu được:

I n,n =

+∞−∞

2nex2

Dn−1(e−x2

)Dn−1(e−x2

)dx = 2nI n−1,n−1




8/3/2019 bien-phan (1)



Mà

I 0,0 = +∞−∞

e−x2

dx = √π (74)

Vì vậy:

I n,n = +∞−∞ e

−x2

H n(x)H n(x)dx = 2

n

n!√π (75)

Vì vậy hệ hàm (1/2nn!√

π)1/2e−x2/2H n(x) là hệ hàm trực

giao chuẩn hóa.



Phương Trình Euler - LagrangeBiến Phân Với Ràng BuộtNguyên Lý Hamilton Và Phương Trình Chuyển Động Lagrange

8/3/2019 bien-phan (1)


Phần IV: Phương Pháp Biến Phân Nguyên Lý Hamilton Và Phương Trình Chuyển Động LagrangeBiến Phân Với Nhiều Biến Độc Lập

Phần IV: Phương Pháp Biến Phân

Phương Trình Euler - Lagrange

Biến Phân Với Ràng BuộtNguyên Lý Hamilton Và Phương Trình Chuyển ĐộngLagrange

Biến Phân Với Nhiều Biến Độc Lập

Đinh Văn Tuân Phần IV: Phương Pháp Biến Phân



8/3/2019 bien-phan (1)


g p g y ý g y ộ g g gBiến Phân Với Nhiều Biến Độc Lập

I. Phương Trình Euler - Lagrange

Nhiều bài toán yêu cầu tìm dạng hàm của hàm số y(x) sao chotích phân sau cực trị:

I = x2

x1

f (y(x), y′(x); x)dx (76)

Giá trị của f phụ thuộc vào dạng hàm của hàm y(x) nên ngườita gọi hàm f là phiếm hàm. Các cận x1, x2 được cho trước, Cácgiá trị của hàm y(x) tại các cận cũng bị ràng buộty(x1) = y1; y(x2) = y2




8/3/2019 bien-phan (1)


g p g y ý g y ộ g g gBiến Phân Với Nhiều Biến Độc Lập

Ta định nghĩa đường cong lân cận với y(x) dạng tham số:

y(ε, x) = y(0, x) + εη(x) (77)

Trong đó η(x) là hàm bất kỳ có đạo hàm bậc nhất liên tục vàtham số ε là một tham số nhỏ bất kỳ. Để thỏa điều kiện đường

cong này đi qua (x1, y1) và (x2, y2) thì η(x1) = η(x2) = 0Khi y(x) làm cho I cực trị tiểu điều đó có nghĩa là mọi đườngcong lân cận của y(x) đều làm cho I tăng. Có nghĩa là

I (ε) = x2

x1

f

{y(ε, x), y

′

(ε, x); x

}dx Cực Trị Khi ε = 0 (78)

haydI

dε

ε=0

= 0 (79)




8/3/2019 bien-phan (1)



∂I ∂ε

=

x2

x1

∂f ∂y

∂y∂ε

+∂f ∂y′

∂y′

∂ε

dx (80)

=

x2

x1 ∂f

∂yη(x) +

∂f

∂y′

dη

dxdx

=

x2

x1

∂f

∂y− d

dx

∂f

∂y′

η(x)dx

Khi ε = 0 giá trị của công thức (79) phải triệt tiêu với mọi giá trị

của η(x) từ đó ta có:d

dx

∂f

∂y′

− ∂f

∂y= 0 (81)

Đây chính là Phương Trình Euler - LagrangeĐinh Văn Tuân Phần IV: Phương Pháp Biến Phân



ế ề ế

8/3/2019 bien-phan (1)



∂I ∂ε

=

x2

x1

∂f ∂y

∂y∂ε

+∂f ∂y′

∂y′

∂ε

dx (80)

=

x2

x1 ∂f

∂yη(x) +

∂f

∂y′

dη

dxdx

=

x2

x1

∂f

∂y− d

dx

∂f

∂y′

η(x)dx



dx

∂f

∂y′

− ∂f

∂y= 0 (81)




ế ớ ề ế

8/3/2019 bien-phan (1)



∂I ∂ε

=

x2

x1

∂f ∂y

∂y∂ε

+∂f ∂y′

∂y′

∂ε

dx (80)

=

x2

x1 ∂f

∂yη(x) +

∂f

∂y′

dη

dxdx

=

x2

x1

∂f

∂y− d

dx

∂f

∂y′

η(x)dx



dx

∂f

∂y′

− ∂f

∂y= 0 (81)



Phương Trình Euler - LagrangeBiến Phân Với Ràng BuộtNguyên Lý Hamilton Và Phương Trình Chuyển Động LagrangeBiế Phâ Với Nhiề Biế Độ Lậ

8/3/2019 bien-phan (1)



∂I ∂ε

=

x2

x1

∂f ∂y

∂y∂ε

+∂f ∂y′

∂y′

∂ε

dx (80)

=

x2

x1 ∂f

∂yη(x) +

∂f

∂y′

dη

dxdx

=

x2

x1

∂f ∂y

− ddx

∂f ∂y′

η(x)dx



dx

∂f

∂y′

− ∂f

∂y= 0 (81)



Phương Trình Euler - LagrangeBiến Phân Với Ràng BuộtNguyên Lý Hamilton Và Phương Trình Chuyển Động LagrangeBiế Phâ Với Nhiề Biế Độ Lậ

8/3/2019 bien-phan (1)



Phương Trình Euler - Lagrange có thể viết dạng khác (CM:

Homework): d

dx

f − y

′ ∂f

∂y′

− ∂f

∂x= 0 (82)

Đây là dạng thứ hai của phương trình Euler - Lagrange. Nếu f không phụ thuộc tường minh vào x, chúng ta có:

f − y′ ∂f

∂y′= c (83)

Mở Rộng:

Phương trình Euler - Lagrange có thể mở rộng cho trường hợpf là hàm của nhiều biến phụ thuộc:

f = f

y1(x), y

′

1(x), y2(x), y′

2(x),...; x



Phương Trình Euler - LagrangeBiến Phân Với Ràng BuộtNguyên Lý Hamilton Và Phương Trình Chuyển Động LagrangeBiến Phân Với Nhiều Biến Độc Lập

8/3/2019 bien-phan (1)



Dùng phương pháp tương tự như trên:

yi(ε, x) = yi(0, x) + εηi(x) (84)

Ta có:∂I

∂ε=

x2

x1 ∂f

∂yi− d

dx ∂f

∂y′

i ηi(x)dx (85)

Tương tự như trên chúng ta có:

d

dx

∂f

∂y′

i

− ∂f

∂yi= 0, i = 1, 2,...,n. (86)




8/3/2019 bien-phan (1)



VD: Đường Đoản ThờiBài Toán:

Tìm đường vật đi từ điểm P 1(x1, y1) sang điểm P 2(x2, y2) trongtrường trọng lực sao cho vật tốn khoảng thời gian ngắn nhất.




8/3/2019 bien-phan (1)



Solution:

Chọn P 1(x1, y1) làm gốc tọa độ O như hình. Định luật bảo toàncơ năng:

0 + mgy1 =1

2m

ds

dt

2

+ mg(y1 − y)

Từ đây ta có: ds

dt=

2gy

Mà

t =

P 2

P 1

dt =

P 2

P 1

ds√2gy

= 1√2g

x2

0

1 + y

′

2√y

dx




8/3/2019 bien-phan (1)



Solution:


0 + mgy1 =1

2m

ds

dt

2

+ mg(y1 − y)


dt=

2gy

Mà

t =

P 2

P 1

dt =

P 2

P 1

ds√2gy

= 1√2g

x2

0

1 + y

′

2√y

dx




8/3/2019 bien-phan (1)


ế â ớ ều ế ộc ập

Solution:


0 + mgy1 =1

2m

ds

dt

2

+ mg(y1 − y)


dt=

2gy

Mà

t = P 2P 1

dt = P 2P 1

ds√2gy

= 1√2g

x20

1 + y

′

2√y

dx




8/3/2019 bien-phan (1)


ộ ập

Solution:


0 + mgy1 =1

2m

ds

dt

2

+ mg(y1 − y)


dt=

2gy

Mà

t = P 2P 1

dt = P 2P 1

ds√2gy

= 1√2g

x20

1 + y

′

2√y

dx




8/3/2019 bien-phan (1)


Ứng dụng phương trình Euler - Lagrange với

f =

1 + y′2√

y

Bởi vì f không chứa x một cách tường minh nên theo phương

trình (82) ta có:f − y′

∂f

∂y′= c

Hay

1 + y′2√

y =1

c




8/3/2019 bien-phan (1)



f =

1 + y′2√

y



∂f

∂y′= c

Hay

1 + y′2√

y =1

c




8/3/2019 bien-phan (1)


Đặt 1/c =√

a và y = a sin2 θ = a2 (1− cos2θ) chúng ta có:

x =

y

a− ydy = a

(1− cos2θ)dθ =

a

2(2θ − sin2θ) + k

Đặt b = a/2, φ = 2θ và dùng điều kiện đường cong này đi qua

gốc tọa độ nêny = b(1− cos φ), x = b(φ− sin φ)

b được xác định từ điều kiện đường cong này qua P 2(x2, y2)




8/3/2019 bien-phan (1)


Đặt 1/c =√


x =

y

a− ydy = a

(1− cos2θ)dθ =

a

2(2θ − sin2θ) + k







8/3/2019 bien-phan (1)


Phương trình:

y = b(1− cos φ), x = b(φ− sin φ)

Chính là phương trình một đường Cycloid : Phương trình quỹđạo của một điểm trên đường tròn bán kính b lăn dọc theo trụcOx.




ế

8/3/2019 bien-phan (1)


II. Biến Phân Với Ràng Buột

Một số bài toán yêu cầu tìm cực đại hoặc cực tiểu của:

I =

x2x1

f

y(x), y′(x); x

dx (87)

Với điều kiện một tích phân khác:

J =

x2x1

g

y(x), y′(x); x

dx (88)

nhận giá trị cho trước.




8/3/2019 bien-phan (1)


VD:

Tìm đường cong có chu vi cho trước bao được vùng có diệntích lớn nhất, tìm hình dạng sợi dây chiều dài cố định sao chothế năng nhỏ nhất.

Định Lý: (Phương pháp thừa số Lagrange)

Vấn đề giá trị dừng của F (x, y) với điều kiện G(x, y) = consttương đương với vấn đề giá trị dừng không ràng buột củaF + λG với một vài hằng số λ với hoặc ∂G/∂x hoặc ∂G/∂ykhông triệt tiêu tại điểm tới hạn.

Hằng số λ gọi là thừa số Lagrange




8/3/2019 bien-phan (1)


CM:

Giả sử rằng từ điều kiện G(x, y) = 0 chúng ta thu đượcy = g(x) có đạo hàm g′(x) liên tục. Thì.

F (x, y) = F [x, g(x)] (89)

Điều kiện cực đại hoặc cực tiểu:∂F

∂x+

∂F

∂y

dy

dx= 0 hay F x + F yg′(x) = 0 (90)

Từ điều kiện G(x, g(x)) = 0 chúng ta có:∂G

∂x+

∂G

∂y

dy

dx= 0 hay Gx + Gyg′(x) = 0 (91)




8/3/2019 bien-phan (1)


Từ (90) và (91) ta có:

F x − (F y/Gy)Gx = 0 (92)Giả sử rằng Gy = 0, ta định nghĩa λ = −F y/Gy hay

F y + λGy = 0 (93)

Từ phương trình (92) ta có:F x + λGx = 0 (94)

Ta định nghĩa:

H (x, y) = F (x, y) + G(x, y)

Thì:∂H (x, y)

∂x= 0 Hay

∂H (x, y)

∂y= 0 (95)

Hay H (x, y) đạt cực trị (ĐPCM)Đinh Văn Tuân Phần IV: Phương Pháp Biến Phân



8/3/2019 bien-phan (1)


Vậy bài toán I cực trị với tích phân J là hằng số tương đươngvới bài toán:

I + λJ =

x2x1

f

y(x), y′(x); x

+ λg

y(x), y′(x); x

dx (96)

Cực trị

Nên: d

dx

∂ (f + λg)

∂y′

− ∂ (f + λg)

∂y= 0 (97)




8/3/2019 bien-phan (1)


VD:

Bài toán đường đồng chu vi: Tìm đường cong có chu vi chotrước l bao được vùng có diện tích lớn nhất

Solution:

Diện tích đường cong (C)

A =1

2

C

(xdy − ydx) =1

2

C

(xy′ − y)dx (98)

Chu vi đường cong C

s = C

1 + y′2dx = l (99)




8/3/2019 bien-phan (1)


Vậy bài toán quy về cực trị của:

H = C

[ 12

(xy′ − y) + λ

1 + y′2]dx (100)

Phương trình Euler - Lagrange:

d

dx1

2 x +

λy′ 1 + y′2

+

1

2 = 0 (101)

Hay:

y′ = ± x − c1

λ2

−(x

−c1)2

(102)

Tích phân hai vế:

(x − c1)2 + (y − c2)2 = λ2 (103)

Đây là phương trình đường trònĐinh Văn Tuân Phần IV: Phương Pháp Biến Phân



8/3/2019 bien-phan (1)



H = C

[ 12

(xy′ − y) + λ

1 + y′2]dx (100)


d

dx1

2 x +

λy′ 1 + y′2

+

1

2 = 0 (101)

Hay:

y′ = ± x − c1

λ2

−(x

−c1)2

(102)


(x − c1)2 + (y − c2)2 = λ2 (103)

Đây là phương trình đường tròn




8/3/2019 bien-phan (1)



H = C

[ 12

(xy′ − y) + λ

1 + y′2]dx (100)


d

dx1

2 x +

λy′ 1 + y′2

+

1

2 = 0 (101)

Hay:

y′ = ± x − c1

λ2

−(x

−c1)2

(102)


(x − c1)2 + (y − c2)2 = λ2 (103)





8/3/2019 bien-phan (1)



H = C

[ 12

(xy′ − y) + λ

1 + y′2]dx (100)


d

dx1

2 x +

λy′ 1 + y′2

+

1

2 = 0 (101)

Hay:

y′ = ± x − c1

λ2

−(x

−c1)2

(102)


(x − c1)2 + (y − c2)2 = λ2 (103)





III Nguyên Lý Hamilton Và Phương Trình Chuyển

8/3/2019 bien-phan (1)


III. Nguyên Lý Hamilton Và Phương Trình ChuyểnĐộng Lagrange

Hàm Lagrange cho hệ bảo toàn

L = T − V (104)

Hàm tác dụng (hay tích phân tác dụng):

I =

t2t1

L(qi(t), qi(t); t)dt, q = dq/dt (105)

Trong đó qi(t) là các tọa độ suy rộng của hệ




8/3/2019 bien-phan (1)


Nguyên lý Hamilton:

Trong các hệ bảo toàn, chuyển động của hệ từ vị trí của nó ởthời điểm t1 đến vị trí của nó ở thời điểm t2 theo quỹ đạo nàosao cho hàm tác dụng đạt giá trị dừng.

δI =

∂I

∂εε=0 dε = δ

t2t1 L(qi(t), qi(t); t)dt = 0 (106)

Phương trình Euler - Lagrange hay Phương Trình Chuyển Độngcủa hệ

d

dt

∂L

∂ qi −∂L

∂qi = 0 (107)Đây là dạng tương đương của phương trình định luật II Newton.




Biến Phân Với Ràng BuộtNguyên Lý Hamilton Và Phương Trình Chuyển Động LagrangeBiến Phân Với Nhiều Biến Độc Lập

8/3/2019 bien-phan (1)


VD:

Hạt cườm khối lượng m trượt không ma sát trên vòng tròn bánkính b đang quay vận tốc ω quanh một điểm O trên vòng tròn.CMR: hạt dao động như một con lắc có chiều dài l = g/ω2





8/3/2019 bien-phan (1)


Solution:

Tọa độ của vậtx = b cos ωt + b cos(θ + ωt)

y = b sin ωt + b sin(θ + ωt)

Lagrange của hệ:

L = T =1

2mb2

ω2 + (θ + ω)2 + 2ω(θ + ω)cos θ

Phương trình Euler - Lagrange

d

dt

∂L

∂ θ

− ∂L

∂θ= 0 Hay θ + ω2 sin θ = 0 (108)





ắ

8/3/2019 bien-phan (1)


Phương trình dao động của con lắc đơn¨θ + (g/l)sin θ = 0 (109)





IV Biến Phân Với Nhiều Biến Độc Lập

8/3/2019 bien-phan (1)


IV. Biến Phân Với Nhiều Biến Độc Lập

Trong một vài trường hơp ta cần tìm hàm u(x,y,z) sao cho tíchphân sau cực trị:

I =

V

f (u, ux, uy, uz; x,y,z)dxdydz (110)

Với ux = ∂u∂x và các giá trị của u(x,y,z) trên mặt biên S đượcbiết trước và V là không gian trong mặt S Tương tự như phương pháp biến phân cho hàm một biến:

u(x,y,z,ε) = u(x,y,z, 0) + εη(x,y,z) (111)

Từ đó ta có:dI

dε

ε=0

=

V

∂f

∂uη +

∂f

∂uxηx +

∂f

∂uyηy +

∂f

∂uzηz

dxdydz = 0

(112)





Tí h hâ ừ hầ

8/3/2019 bien-phan (1)


Tích phân từng phần

V

∂f ∂u

− ddx

∂f ∂ux

− ddy

∂f ∂uy

− ddz

∂f ∂uz

η(x,y,z)dxdydz = 0

(113)Từ đó ta có phương trình Euler - Lagrange

∂f ∂u

− ddx

∂f ∂ux

− ddy

∂f ∂uy

− ddz

∂f ∂uz

= 0 (114)





VD

8/3/2019 bien-phan (1)


VD:

Từ điều kiện cực tiểu hóa năng lượng hãy dẫn ra phương trìnhSchrodinger cho cơ lượng tử

Solution:

Năng lượng của hệ N hạt trong cơ lượng tử:

H =N i=1

2

2mi

∂ψ∗

∂xi

∂ψ

∂xi+

∂ψ∗

∂yi

∂ψ

∂yi+

∂ψ∗

∂zi

∂ψ

∂zi

+ V ψ∗ψ (115)

Đây là bài toán biến phân với ràng buột là điều kiện chuẩn hóa ψ∗ψdτ = 1 (116)

τ là yếu tố thể tích trong không gian pha của các tọa độ.





Bài t á à tươ đươ ới tì hà ψ∗( ) h tí h

8/3/2019 bien-phan (1)


Bài toán này tương đương với tìm hàm ψ∗(x,y,z) sao cho tíchphân sau cực trị:

(H + λψ∗ψ)dτ (117)

Dùng phương trình Euler - Lagrange cho hàm u ≡ ψ∗ chúng tacó:

(V + λ)ψ −N i=1

2

2mi▽2

i ψ = 0 (118)

Đặt λ = −E chúng ta được:

−N i=1

2

2mi▽2

i ψ + V ψ = Eψ (119)

Đây chính là phương trình Schrodinger


bien-phan (1)

Documents

Transcript of bien-phan (1)