Phuong Trinh Bessel

Bài giảng: Phươ ng trình vi phân

TS. Nguyễn Hữ u Thọ

Bài số 4B(8) PHƯƠ NG NG PHÁP FROBENIUS. PHƯƠ NG NG TRÌNH BESSEL. Ứ NG NG DỤNG CỦA HÀM BESSEL 1. Phươ ng ng pháp của Frobenius: Các tr ườ ng ng hợ p ngoại lệ  Nhắ c

l ại:

a: Một chuỗ chuỗi vô hạ hạn dang ● Định ngh ĩ a: y ( x) = x

∞

r

∞

∑0 c x = ∑0 c x n

n

n=

n+r

n

= c0 xr + c1x r +1 + c2 x r +2 + ...

n=

đượ c gọ gọi là chuỗ chuỗi Frobenius phươ ng ng trình hệ hệ số hằng số số đồng chiề u (có điểm kỳ kỳ dị chính quy x = 0 ) ● Xét phươ x 2 y ′′ + xp ( x ) y′ + q ( x ) y = 0

(10)

Phươ Phươ ng ng trình xác định: định: r (r − 1) + p0 r + q0 = 0 ở đ ở đây p0 = p(0), q0 = q (0) (16 ● ● Nếu chuỗ chuỗi Frobenius y = x r ∑ cn x n là nghiệ nghiệm củ c ủa phươ ph ươ ng ng trình vi phân (10), thì số mũ r phả phải là mộ một nghiệ nghiệm củ của phươ phươ ng ng trình xác định định (16). 

Xét phươ phươ ng ng trình vi phân tuyế tuyến tính bậ bậc hai có x = 0 là một điểm k ỳ dị chính quy p ( x) q(x) (1) y ′′ + y′ + 2 y = 0

x x tức là khi đó cả hai hàm p ( x ) và q( x) đều giải tích tại x = 0 .

● Khi tìm đượ c hai số mũ r 1 và r 2 ( giả sử là số thực và r 1 ≥ r 2) là nghiệm của phươ ng ng trình xác định (2) φ ( r ) = r (r − 1) + p0 r + q0 = 0 + Luôn tồn tại một chuỗi nghiệm Frobenius y = x 1

r

∑a x

n

n

tươ ng ng ứng v ớ i r1 ;

*

+ Nếu r1 − r2 = k ∉ » + : tồn tại thêm chu ỗi nghiệm Frobenius th ứ hai y = x 2 

r

( x > 0) .

∑b x n

n

.

Câu hỏi: Các trườ ng ng hợ p khác li ệu có tồn tại nghiệm chuỗi Frobenius hay không ?

a. Trườ ng ng hợ p không ch ứ a logarit vớ i r1 = r 2 + N ● Thế Thế chuỗ chuỗi luỹ luỹ thừ thừa : p( x) = ∑ pn x n ; q ( x) = ∑ qn x n và chuỗ chuỗi Frobenius: y ( x) = x

∞

r

∑0

∞

n cn x =

n=

∑0 c x

n+r

n

, vớ i c0 ≠ 0

(3)

n=

vào phươ ng ng trình vi phân d ạng (4) x 2 y ′′ + xp ( x) y ′ + q ( x ) y = 0 ng trình ng pháp đồng nhất h ệ số ta thấy: chuỗ i Frobenius là nghiệ m củ a phươ ● Qua phươ ng (4), nế nếu số mũ r và hệ số c0 , c1 , ..., cn−1 , cn thoả mãn phươ ng trình

, ..., cn −1 ) = 0 . φ ( r + n)cn + Ln (r ; c0 , c1 ,. Đây là công th ức truy hồi của cn theo các s ố hạng c0 , c1 , ..., cn −1 .

- 239 -

(9)



● Giả sử rằng r1 = r2 + N vớ i N là số số nguyên dươ dươ ng, ng, r1 > r 2 : + Khi đó hệ số φ (r1 + n) ≠ 0, ∀n ≥ 1 định, ta có thể giải đượ c phươ ng + Khi c0 , c1 , ..., cn −1 đượ c xác định, ng trình (9) v ớ i cn và tiếp t ục tính toán các h ệ số trong nghi ệm d ạng chuỗi Frobenius t ươ ng ng ứng v ớ i số mũ r 1 . tươ ng ng ứng vớ vớ i + Tuy Tuy nhiên không phải lúc nào cũng t ồn t ại nghiệm d ạng chu ỗi Frobenius tươ số mũ nhỏ nhỏ hơ n r 2 . phươ ng ng trình ● Ví dụ 1. Xét phươ (11)

x2 y" + (6x + x2)y' + xy = 0.

định là + Ở đây p0 = 6 và q0 = 0, nên phươ phươ ng ng trình xác định φ ( r ) = r (r − 1) + 6r = r 2 + 5r = 0 vớ i nghiệm r 1 = 0 và r2 = −5 ⇒ r1 − r2 = 5 = N . + Ta th ế chuỗi Frobenius: y = ∞

∑0 (n + r )(n + r − 1)c x n

∑ c x vào (11) nhận đượ c:c: + 6∑ (n + r )c x + ∑ (n + r )c x n + r

n

∞

n+r

n +r

∞

n

n + r +1

n

n=0

n=

∞

+

n=0

∞

∑0 (n + r )2 + 5(n + r )  c x

⇔

(12)

n+ r

n

n=

n + r +1

n

= 0 .

n=

∞

+

∑0 c x

∑1 (n + r )c

n −1

x n +r = 0 .

n=

+ Số hạng tươ ng ng ứng v ớ i n = 0 cho phươ phươ ng ng trình xác định định trong (12), vớ v ớ i n ≥ 1 ta có

 (n + r )2 + 5(n + r ) cn + (n + r )cn −1 = 0 (13) Chú ý rằng h ệ số của cn là φ(r + n). + Ở đây: r1 = r2 + N = r2 + 5 . Vớ Vớ i r 2 = − 5 , phươ phươ ng ng trình (13) trở tr ở thành thành n(n − 5)cn + ( n − 5)cn −1 = 0 - Nếu n ≠ 5 , ta có thể giải phươ ng ng trình này thu đượ c công th ức truy hồi cn = − Suy ra

:

n

,

c2 = −

c1 = -c0,

c2

cn −1

c0

c1

2

=

c0

2

(15)

, c3

c0

, (16) 3 6 4 24 - Vớ i n = 5 , phươ ph ươ ng ng trình (14) cho ta 0.c5 + 0 = 0 nên c5 là hằng số s ố thứ thứ hai tuỳ tuỳ chọ chọn, vẫn sử sử dụng công thứ th ức truy hồ hồi trong (15) ta nhậ nhận đượ c: c: c3 = −

c6 = −

c5

6

, c7 = −

c6

7

=−

=

c5

6.7

,

n≠5

(14)

và

, c8 = −

+ Khi chúng ta k ết hợ p k ết quả (16) và (17), ta có

y = x

−5

c4 = −

c7

8

=−

=

c5

6.7.8

,

......

∞

∑0 c x

n

n

n=

  x 2 x 3 x 4  x6 x7 x8 −5  5 = c0 x  1 − x + − +  + c5 x  x − + − + ...  2 6 24  6 6.7 6.7.8    vớ i hai hằng s ố tuỳ ý c0 và c5 . + Do đó chúng ta tìm đượ c hai nghi ệm chuỗi Frobenius c ủa p/t (11) x 2 x3 x4  −5  y1 ( x) = x  1 − x + − + và 2 6 24   . ∞ ∞ (−1) n x n (−1) n x n y2 ( x ) = 1 + ∑ = 1 + 1 20 ∑ . n =1 6.7....( n + 5) n =1 ( n + 5)! −5

- 240 -

(17)



● Ví dụ 2. Cho phươ ng ng trình x 2 y ′′ − xy ′ + ( x 2 − 8) y = 0 Kiểm tra xem ph ươ ng ng trình có hay không hai nghi ệm dạng chu ỗi Frobenius ĐLTT.

(18)

Giải. + Ta có p0 = -1 và q0 = -8 , nên phươ ng ng trình xác

định là 1) − r − 8 = r − 2r − 8 = 0 φ (r ) = r (r − 1) có hai nghi ệm là r 1 = 4 và r 2 = -2 có hiệu là N = 6 . n + r + Thế y = ∑ cn x vào phươ ng ng trình (18) ta có 2

∞

∑0 (n + r )(n + r − 1)c x n

n=

⇔

n+r

∞

−

∑0 (n + r )c x

n+r

n

∞

+

n=

∑0 c x

n + r +2

n

∞

∞

n =0

n =0

∑0 c x

−8

n=

∞

n+ r

n

= 0.

n=

∑ (n + r )2 − 2(n + r ) − 8 cn x n+r + ∑ cn−2 x n+r = 0.

cho ta  n + r ) 2 − 2( 2 (n + r ) − 8 c1 = 0 , suy ra c1 = 0 . + Vớ i n ≥ 2 ta có phươ ng ng trình

+ Hệ số x

r +1

(n + r ) 2 − 2(n + r ) − 8 cn + cn − 2 = 0. + Xét nghiệ nghiệm nhỏ nhỏ r = r 2 = -2. Khi đó phươ phươ ng ng trình (19) có thể th ể viế viết dướ dướ i dạ dạng n(n - 6)cn + cn-2 = 0 vớ i n ≥ 2. Vớ i n ≠ 6 ta có thể giải ra công th ức truy hồi như sau cn = −

cn − 2

vớ i n

n(n − 6)

≥

2, n ≠ 6

(19)

(20) (21)

+ Bở i vì c1 = 0, công thức (v ớ i c0 ≠ 0 ) này cho ta

c2 =

c0

8

,

c4 =

c3 = 0,

c2

8

=

+ Khi đó phươ ng ng trình (20) v ớ i n = 6 trở thành c 0.c6 + 0 = 0 .

c0

64

,

và

c5 = 0.

64

+ Vì c0 ≠ 0 do đó không có cách ch ọn c6 để thoả mãn ph ươ ng ng trình. Nên không có nghi ệm dạng chuỗi Frobenius tươ tươ ng ng ứng vớ vớ i nghiệ nghiệm nhỏ nhỏ r 2 = -2. + Để tìm nghiệm đơ n d ạng chuỗi Frobenius tươ tươ ng ng ứng vớ v ớ i nghiệ nghiệm lớ l ớ n r 1 = 4, ta thế thế r = 4

vào phươ phươ ng ng trình (19) để thu đượ c công thứ th ức truy hồ hồi cn = −

cn − 2 n(n + 6)

vớ i n ≥ 2,

(22)

(−1)n c0 (−1)n 6c0 = , từ đó ta có: c2 n = 2.4...( 2n)8.10...( 2n + 6) 22 n n !(n + 3) ! + Vậy nghiệm chuỗi Frobenius c ủa phươ ng ng trình (18): ∞ (−1)n x 2 n  4  y1 ( x ) = x 1 + 6∑ 2 n . n n 2 ! ( 3 ) ! + = 1 n   Chú ý: Khi chỉ có một nghiệm y1 ( x) dạng chuỗi Frobenius của PTVPTT thu ần nhất cấp hai tồn tại, ta sử dụng phươ ng ng pháp h ạ bậc để tìm nghi ệm th ứ hai độc lập tuyến tính. 



Mô tả phươ ng ng pháp hạ bậc: Xét PTVPTT c ấp hai: y ′′ + P ( x) y ′ + Q ( x ) y = 0 - 241 -

(23)



trên khoảng m ở I I mà trên kho ảng đó P và Q là các hàm liên t ục. + Giả sử ta đã biết một nghiệm y1 của ph ươ ng ng trình (23). Ta s ẽ tìm y2 sao cho cùng v ớ i y1 tạo thành hệ nghi ệm ĐLTT. y ( x ) + Xét thươ ng ng : v( x) = 2 (24) y1 ( x) + Nếu ta biết v(x), thì y2 sẽ tìm đượ c bằng công th ức y2(x) = v(x)y1(x) + Ta bắt đầu bằng phép th ế biểu th ức (25) vào ph ươ ng ng trình (23), v ớ i

(25)

y2′ = vy1′ + v ′y1 và y2′′ = vy1′′ + 2v ′y1′ + v ′′y1 ta có

vy ′′ + 2v ′y ′ + v ′′y  + P vy ′ + v ′y  + Qvy = 0 1 1 1 1  1   1  + Sắp xếp lại ta có

v  y1′′ + Py1′ + Qy1  + v′′y1 + 2v′y1′ + Pv′y1 = 0





+ Do y1 là nghiệm của ph ươ ng ng trình (23) nên ta có ph ươ ng ng trình:

v′′y1 + 2v′y1′ + Pv′y1 = 0 (26) + Đặt v’ = u vớ i g/thiết y1(x) không triệt tiêu trên I, khi đó phươ ng ng trình (26) tr ở thành  y ′  (27) u ′ +  2 1 + P( x )  u = 0  y1    + Giải (27) ta nhân đượ c: c: exp (- ∫ P( x) dx ) y2 dx + K . = v = C∫ 2 y1

y1

+ Ch ọn C = 1 và K= 0, ta có

y2 = y1

∫

exp ( -∫ P(x)dx ) y1

2

dx.

(28)

+ Hàm số mũ không triệt tiêu, y2(x) không là b ội số của y1(x), nên y1 và y2 là hai nghiệm độc lập tuyến tính.

b. Trườ ng ng hợ p logarithmic Bây giờ ta sẽ nghiên c ứu công th ức tổng quát nghi ệm thứ hai của phươ ng ng trình p ( x) q(x) y ′′ + y ′ + 2 y = 0, x x vớ i giả thiết r1 − r2 = N ∈ » + . 

(1)

● Giả sử đã có nghiệm thứ nhất dạng chuỗi Frobenius y1 ( x) = x

∞

r 1

∑0 a x n

n

, (a0 ≠ 0)

(29)

n=

vớ i x > 0 tươ ng ng ứng v ớ i số mũ lớ n r 1. p ( x ) q(x) ● Đặt P( x) = , Q( x) = 2 , khi đó ta viết phươ ng ng trình (1) d ướ i dạng x x y ′′ + Py ′ + Qy = 0 . ● Vì phươ ng ng trình xác định có hai nghi ệm r 1 và nghi ệm r 2 = r 1 – N , nên: 1)r + q0 = (r − r1 )(r − r1 + N ) r 2 + ( p0 −1)

= r 2 + ( N − 2r1 )r + (r12 − r1 N ) = 0

- 242 -

(23)



suy ra: p0 – 1 = N – 2r 1 , tức là: (30)

- p0 – 2r 1 = -1 – N

● Ta viết P( x ) =

p0 + p1 x + p2 x 2 + ... x

=

p0 x

+ p1 + p2 x + ...

thì ta có



 p0   + p1 + p2 x + ... dx   x  

exp ( - ∫ P( x) dx ) = exp  - ∫ 

 1   = exp  - p0 ln ln x − p1 x − p2 x 2 − ...  2  

 

= x − p0 exp  − p1 x − nên

1  2 p2 x − ...  , 2 

exp(− ∫ P( x)dx ) = x − p0 (1 + A1 x + A2 x 2 + ...) ● Ta thế (29) và (31) vào công th ức (28); vớ i lựa chọn a0 = 1 trong (29), suy ra: − p 2 x 0 (1 + A1 x + A2 x + ...) y2 = y1 ∫ dx. 2 2 r 1 2 x (1 + a1 x + a2 x + ...) Khai tri ển mẫu số và đơ n gi ản, ta có − p − 2 r 2 x 0 1 (1 + A1 x + A2 x + ...) y2 = y1 ∫ dx. 2 + + + B x B x 1 . . . ( 1 2 )

(31)

(32)

∫

= y1 x −1− N (1 + C1 x + C2 x 2 + ...) dx. 

Trườ ng ng hợ p 1: 1: Số mũ bằng nhau (r1 = r2 tứ c N=0), N=0),

Vớ i N = 0 công th ức (32) trở thành

y2 = y1

∫ (1 / x + C1 + C2 x

2

+ ...) dx

1 2

 

 

= y1 ln x + y1  C1 x + C2 x 2 +  

1 2

 

 

= y1 ln x + x r 1 (1 + a1 x + )  C1 x + C2 x 2 +   = y1 ln x + x r 1 ( b0 x + b1 x 2 + b2 x 3 + ) Như vậy trong tr ườ ng ng h ợ p số mũ bằng nhau, dạng tổng quát c ủa y2 là y2 ( x ) = y1 ( x ) ln x + x

1+ r1

∞

∑0 b x

n

.

n

n=



Trườ ng ng hợ p 2: 2: r1 = r2 +N (vớ i N > 0)

Lúc này (32) tr ở thành

∫

N y2 = y1 x −1−

(1 + C1 x + C2 x 2 + .. + C

N x + ....) dx

N

- 243 -

(33)



 C N

∫  x

= y1 

+

1

+

N +1

x

C 1 x

x −

N

N

= C N y1 ln x + y1 ( = C N y1 ln x + x

− N

r2 + N

+

 

+ ...  dx C1 x − N +1

− N + 1

+ ....)

C1 x  ∞  n  − N  1  ∑ an x  x  − N + − N + 1 + ....     n=0 

nên y2 ( x ) = C N y1 ( x ) ln x + x

∞

r N

∑0 b x

n

(34)

n

n=

trong đó b0 = -a0 /N . ườ ng ĐNNH LÝ 1. Tr ườ ng hợ p ngoại lệ

Giả sử rằng x = 0 là một điểm k ỳ dị chính quy c ủa phươ ng ng trình

x 2 y ′′ + xp ( x) y ′ + q ( x ) y = 0 . Cho ρ > 0 là giá trị nhỏ nhất của bán kính h ội tụ của chuỗi lũy th ừa p ( x ) =

∞

∑0 p x

n

q( x) =

và

n

n=

(4)

∞

∑0 q x n

n

.

n=

Gọi r1 và r2 là hai nghiệ nghi ệm, vớ vớ i r1 ≥ r2 của phươ phươ ng ng trình xác định định r ( r − 1) + p0 r + q0 = 0 . (a) Nế Nếu r 1 = r 2, thì phươ phươ ng ng trình (4) có hai nghiệ nghi ệm y1 và y2 dạng y1 ( x ) = x

∞

r 1

∑0 a x

n

n

vớ i a0 ≠ 0

(35a)

n=

và y2 ( x ) = y1 ( x ) ln x + x

r 1 +1

∞

∑0 b x n

n

.

(35b)

n=

(b) Nế Nếu r1 − r2 = N ∈ » + , thì phươ phươ ng ng trình (4) có hai nghiệ nghi ệm y1 và y2 có dạ dạng y1 ( x ) = x

∞

r 1

∑0 a x

n

n

vớ i a0 ≠ 0

(36a)

n=

và y2 ( x ) = Cy1 ( x ) ln x + x r2

∞

∑0 b x ; n

n

b0 ≠ 0 .

(36b)

n=

sẽ minh họ họa cho trườ trườ ng ng hợ h ợ p r 1= r 2 bằng cách suy ra nghiệ nghi ệm thứ th ứ hai củ của ● Ví d ụ 3. Chúng ta sẽ phươ phươ ng ng trình Bessel bậ bậc không, (37) x 2 y ′′ + xy′ + x 2 y = 0 + Vớ Vớ i r1= r2 = 0. ta đã tìm đượ c nghiệ nghiệm thứ thứ nhấ nhất củ của phươ phươ ng ng trình là n 2n ∞ (−1) x y1 ( x) = J 0 ( x) = ∑ 2 n (38) 2 n 2 ( ! ) n =0 + Theo phươ phươ ng ng trình (35b) nghiệ nghi ệm thứ thứ hai củ của phươ phươ ng ng trình có dạ dạng

) ln x + y2 ( x ) = y1 ( x )l

∞

∑1 b x n

n=

+ Tìm các hệ số bn : Đạo Đạo hàm củ của y2 ta có

- 244 -

n

(39)


TS. Nguyễn Hữ u Thọ y y2′ ( x) = y1′ ( x ) ln x + 1 + x

∞

∑1 nb x

n −1

n

n=

và y2′′( x ) = y1′′( x ) ln x +

2 y1′ x

−

y1 x

2

∞

+

∑2 n(n − 1)b x

n−2

n

n=

Ta thế thế vào phươ phươ ng ng trình (37) và sử s ử dụng tính chấ chất J 0(x) cũng thỏ thỏa mãn phươ phươ ng ng trình này nên ta thu đượ c: c: 0 = x 2 y2′′ + xy2′ + x 2 y2 =  x 2 y1′′ + xy1′ + x 2 y1  ln x + 2xy1′ + ∞

+

∞

∞

∑2 n(n − 1)b x + ∑1 nb x + ∑1 b x n

n

n

n=

n

n

n=

n+2

,

n=

từ đó ta có: ∞ (−1) n 2nx 2 n 2 2 (40) 0 = 2∑ 2 n 2 + b1 x + 2 b2 x + ∑ (n 2bn + bn−2 ) x n . 2 ( ! ) n n =1 n =3 2 + Do: n bn + bn-2 = 0 n ếu n là s ố lẻ, nên tất cả các hệ số có chỉ số lẻ trong y2 đều triệt tiêu. + Hệ số vớ i ch ỉ số chẵn trong phươ ng ng trình (40): v ớ i n ≥ 2, thỏa mãn công th ức truy hồi 2.(−1) n 2n 2 (2n) b2 n + b2 n−2 = − 2 n 2 (42) 2 (n!) + Xét phép th ế: (−1) n+1 c2 n (43) b2 n = 2 n 2 (n!) 2 và hy vọng tim đượ c công th ức truy hồi cho c2n đơ n giản hơ n b2n. + Ta chọn (-1)n+1 thay vì (-1)n , vì b2 = 1/4 > 0 nên vớ i n = 1 trong (43) ta có c2 = 1. + Thế (43) vào (42) ta có n +1 c2 n ( −1) n c2n − 2 (−2)( −2) n 2n 1 2 ( −1) c c , ⇒ + = = + (2 n) 2 n 2n 2 n−2 n 2 ( n!) 2 22 n −2 (( n − 1)!) 2 22n ( n!) 2 ∞

1 1 1 1 + + + .... + = H n (44) 2 3 4 n trong đó ta định ngh ĩ a H n là tổng riêng th ứ n của chuỗi điều hòa ∑ (1 / n) . + Chú ý rằng hệ số của các chỉ số lẻ là bằng 0, ta th ế (43) và (44) nghiệm th ứ hai ∞ (−1)n +1 H n x 2 n y2 ( x ) = J 0 ( x ) ln x + ∑ 22 n (n !)2 n =1 x 2 3 x 4 11x 6 = J 0 ( x ) ln x + − + − ... 4 12 8 13 824 của phươ phươ ng ng trình Bessel bậ bậc không. + Chuỗ Chuỗi lũ lũy thừ thừa trong (45) hộ h ội tụ tụ vớ i mọ mọi x. Ta thườ thườ ng ng công thứ thức: 2 2 Y 0 ( x) = (γ − ln 2) y1 + y 2 ; + Do đó : c2 n = 1 +

π

tức là,

vào (39) thu

đượ c

(45)

π

2 

(−1) n+1 H n x 2 n  Y 0 ( x ) = ∑ 22 n (n!) 2 ; 2  π   trong đó γ đượ c ký hiệ hiệu là hằ ng ng số Euler : γ = lim ( H n − ln n ) ≈ 0.57722 . x   γ + ln  J 0 ( x) + n →∞

Hàm Y0( x gọi là Hàm số Bessel bậc không lo ại hai. x) đượ c gọ - 245 -

(46)



Như một phươ phươ ng ng pháp khác củ c ủa phép thế thế, ta minh họ họa trườ trườ ng ng hợ hợ p r 1 – r 2 = N bằng ● Ví dụ 4. Như cách dùng kỹ k ỹ thu thuậật rút gọ gọn bậ bậc để thu đượ c nghiệ nghiệm thứ thứ hai củ của phươ phươ ng ng trình Bessel bậ bậc mộ một, (48) x 2 y ′′ + x y ′ + ( x 2 − 1) y = 0 + Phươ Phươ ng ng trình xác định định tươ tươ ng ng ứng có nghiệ nghi ệm là r 1 = 1 và r 2 = -1. + Ta đã biế biết: mộ một nghiệ nghiệm củ của phươ phươ ng ng trình (48) là 3 5 7 n 2n x ∞ (−1) x x x x x (49) y1 ( x ) = J 1 ( x) = ∑ 2 n = − + − + ... 2 n=0 2 n!(n + 1)! 2 16 384 18432 + Vớ Vớ i P(x) = 1/x từ (48), sự sự hạ bậc công thứ th ức truy hồ hồi củ của (28) cho ta 1 y2 = y1

= y1

= y1

∫ xy12 dx

∫

∫

1 x3

x

x ( −

+

x5

2 16 3 84 4

x 3 (1 −

x 2

8

+

x4

dx

− ...) 2 dx

− ...) 2

192 1 = 4 y1 ∫ dx x 2 5 x 4 x6 3 x (1 − + − + ...) 4 19 2 46 08  1  x 2 7 x 4 x6 = 4 y1 ∫ 3 1 + + + + ...  dx x  4 1 92 4 608   1 1 7 x 19 x 3  = 4 y1 ∫  + 3+ + + ...  dx  4 x x 192 4609   1 7 x 2 19 x 4  = y1 ln x + 4 y1  − 2 + + + ...  .  2 x 384 18432 

Do đó

1 x x 3 11x5 (50) y2 ( x ) = y1 ( x ) ln x − + + − + ... x 8 32 4608 Chú ý rằ rằng kỹ k ỹ thu thuậật hạ h ạ bậc dễ d ễ thấ thấy ở m ở một vài số số hạng đầu đầu củ c ủa chuỗ chuỗi, như nhưng không dễ d ễ để tìm ra mộ một công thứ thức truy hồ hồi để có thể thể xác định định đượ c số số hạng tổ tổng quát củ của chuỗ chuỗi. 2. Phươ ng ng trình Bessel ● Xét một số trườ ng ng h ợ p c ủa ph ươ ng ng trình Bessel b ậc p ≥ 0, x 2 y ′′ + x y ′ + ( x 2 − p 2 ) y = 0 (1) Nghi ệm của nó đượ c gọi là Hàm Bessel bậ c p. ● Phươ ng định củ định có hai nghiệ ng trình xác định của (1) là r 2 – p2 = 0, p/t xác định nghi ệm là r 1 = p, và r 2 = -p. Nếu chúng ta thế thế y = ∑ cm x m+r vào phươ phươ ng ng trình (1), ta tìm số s ố hạng sao cho c1 = 0 và (m + r )2 − p 2  cm + cm −2 = 0; m ≥ 2 . a. Trườ ng ng hợ p r = p > 0

(2)

+ Nế Nếu ta r = p và thì phươ phươ ng ng trình (2) cho ta công thứ th ức truy hồ hồi am− 2

; am := cm . m(2 p + m) + Bở Bở i vì a1 = 0, suy ra am = 0 cho mọ mọi m nhậ nhận giá trị trị lẻ. am = −

+ Vớ Vớ i các số số hạng chẵ chẵn: công thứ thức tổ tổng quát là

- 246 -

(3)



(−1) m a0 a2 m = 2 m 2 m!( p + 1)( p + 2)...( p + m) nên vớ vớ i nghiệ nghiệm lớ lớ n r = p ta có nghiệ nghi ệm ∞ (−1) m x 2 m+ p y1 ( x ) = a0 ∑ 2 m m!( p + 1)( p + 2)...( p + m) m =0 2 + Nế Nếu p = 0 đây là là mộ m ột nghiệ nghiệm dạ dạng chuỗ chuỗi Frobenius; + Vớ Vớ i a0 = 1 ta có hàm J 0(x) mà ta đã biế biết.

(4)

b. Trườ ng ng hợ p r = -p < 0 : Xét: r = -p , phươ phươ ng ng trình (2) có dạ d ạng (5) m( m − 2 p)bm + bm − 2 = 0; b m := cm vớ i m ≥ 2 còn b1 = 0. + Nế N ếu p là số s ố nguyên dươ dươ ng ng hoặ hoặc là mộ một số s ố nguyên dươ dươ ng ng lẻ lẻ là bộ b ội củ c ủa ½ sẽ có các khả khả năng sau: - Khi m = 2p, phươ phươ ng ng trình (5) là 0.bm + bm-2 = 0; do đó nế nếu bm-2 ≠ 0, thì không có giá trị tr ị nào củ của bm có thể thể thỏ thỏa mãn phươ phươ ng ng trình. - Nế N ếu p là số nguyên dươ dươ ng ng bộ bội lẻ l ẻ của ½ : Giả Giả sử rằng p = k/2 trong đó k là số s ố nguyên dươ ng ng lẻ lẻ, khi đó chỉ chỉ cần chọ chọn bm = 0 cho mọ mọi giá trị trị lẻ của m và ta có: k ( k − k )bk + bk − 2 = 0; và phươ phươ ng ng trình này thoả tho ả mãn vì bk = bk-2 = 0. + Từ Từ đó nế nếu p không là số số nguyên dươ dươ ng, ng, có thể thể lấy bm = 0 vớ i m là số số lẻ và xác định định hệ hệ số của của các chỉ chỉ số chẵ chẵn theo b0 bằng công thứ th ức truy hồ hồi bm = −

bm−2 m(m − 2 p )

vớ i m ≥ 2

(6)

+ So sánh (6) và (3), ta thấ th ấy (6) sẽ sẽ cho kế kết quả quả tươ ng ng tự tự như như (4): ∞ (−1) m x 2 m− p . (7) y 2 ( x ) = b0 ∑ 2 m 2 ! ( 1 )( 2 )...( ) − + − + − + m p p p m m =0 Các chu ỗi trong (4) và (7) hội tụ vớ i m ọi x > 0 vì x = 0 là m ột điểm k ỳ dị chính quy c ủa phươ ng ng trình Bessel.

c. Hàm Gamma + Xét Hàm

gamma Γ(x), đượ c định ngh ĩ a vớ i x > 0 bở i công thức ∞

∫0

Γ ( x ) = e −t t x−1dt

(8)

+ Nhận th ấy tích phân suy r ộng h ội tụ vớ i mọi x > 0. Để ý rằng ∞

b

∫0

Γ(1) = e− t dt = lim  −e −t  = 1 b →∞

0

+ Áp dụ dụng tích phân từ t ừng phầ phần hai vế vế vớ i u = t x và dv = e-t dt : b b b b     −t x −t x −t x −1 Γ( x + 1) = lim ∫ e t dt = lim   −e t  + ∫ xe t dt  = x  lim ∫ e −t t x −1dt  b →∞ b →∞ 0 0 0    b →∞ 0  tức là, Γ(x + 1) = xΓ(x). + Kết hợ p (9) và ph ươ ng ng trình (10) thì ta có Γ (2) Γ (3)=3! (2) = 1. Γ (1)=1!, (1)=1!, Γ (3) (3) = 1.2. Γ (2)=2!, (2)=2!, Γ (4) (4) = 3. Γ (3)=3!, + Tổng quát hóa ta có : Γ (n (n + 1) = n! , vớ i n ≥ 0 và là số nguyên.

+ Một giá trị đặc biệt quan tr ọng c ủa hàm gamma là

- 247 -

(9)

(10)

(11)


TS. Nguyễn Hữ u Thọ ∞

∫0

∞ −t −1 / 2

Γ (1 / 2) = e t

∫0

dt = 2 e

−u 2

du = π

(12)

+ Nếu -1 < x < 0, thì

Γ ( x ) =

Γ ( x + 1) x

;

vế phả phải củ c ủa củ của phươ ph ươ ng ng trình đượ c xác định định vì 0 < x + 1 < 1. Công th ức tươ t ươ ng ng tự tự có thể thể đượ c sử sử dụng để mở r ở rộng cho định định ngh ĩ ngh ĩ a củ của hàm Γ(x) trên kho ảng mở ( -2, -1), thì đối v ớ i khoảng mở ( -3, -2) ta cũng làm tươ ng ng tự, và cứ như vậy. Đồ thị của hàm gamma đượ c chỉ ra trong Hình 3.5.1.

Hình 3.5.1. Đồ thị của hàm Gamma m ở rộng. d. Hàm Bessel loại một

(−1) m x 2 m+ p + Xét: y1 ( x) = a0 ∑ 2 m m! ( p + 1)( p + 2)...( p + m) m =0 2 ∞

(4)

+ Nếu ta chọn a0 = 1/[2 p Γ (p (p +1)] vớ i p > 0, và chú ý rằng (p + m + 1) = (p + m)(p + m – 1)…(p + 2)(p + 1) Γ (p (p + 1) Γ (p khi đó Hàm Bessel lo ại mộ t bậc p rất ngắn gọn vớ i trợ giúp của hàm gamma nh ư sau:

(−1) m  x  J p ( x) = ∑   m=0 m!Γ ( p + m + 1)  2  ∞

+ Nếu p > 0 không là số nguyên: xét y 2 ( x ) = b0 và chọn b0 = 1/[2-p Γ (c: (- p +1)] ta s ẽ đượ c:

2 m+ p

(13)

(−1) m x 2 m− p ∑ 2m m! (− p + 1)( − p + 2)...( − p + m) m =0 2 ∞

2 m− p

(−1) m

 x  J − p ( x ) = ∑   m =0 m!Γ ( − p + m + 1)  2  của phươ ng ng trình Bessel b ậc p. Nếu p không là s ố nguyên, ta có nghi ệm tổng quát ∞

y ( x) = c1 J p ( x) + c2 J − p ( x )

(14)

(15)

vớ i x > 0; x p phải đượ c thay thế bằng |x| p trong phươ ng ng trình (13) đến ph ươ ng ng trình (15) đượ c nghiệm đúng vớ i x < 0. + Nếu p = n là s ố nguyên không âm, thì ph ươ ng ng trình (13) cho ta

để có

2 m+ n

(−1) m  x  J n ( x) = ∑   m = 0 m!( m + n) !  2  đối vớ i phươ ng ng trình Bessel lo ại 1 vớ i bậc nguyên. Do đó 2 4 6 ∞ x x x (−1) m x 2 m J 0 ( x ) = ∑ 2 m 2 = 1 − 2 + 2 2 − 2 2 2 + .... m 2 ( ! ) 2 24 246 m =0 ∞

(16)

(17)

và 3

5

x 1 x (−1) m x 2m+1 1 x J1 ( x ) = ∑ 2 m +1 = −   + − .... (m!)(m + 1)! 2 2!  2  2!3!  2  m =0 2 ∞

- 248 -

(18)



Đồ thị của J 0(x) và J 1(x) đượ c ch ỉ ra trong Hình 3.5.2. , không điểm của hàm J 0(x) và J 1(x)

là đan xen nhau. + V ớ i n lớ n: n: - Không điểm th ứ n của J 0(x) xấp xỉ là: (n – 1/4) π , - Không điểm th ứ n của J 1(x) xấp xỉ là (n + 1/4) π . - Do đó khoảng giữa không điểm liên tiếp c ủa J 0(x) hoặc J 1(x) là x ấp x ỉ π – t ươ ng ng tự cosx và sinx.

Hình 3.5.2. Đồ thị của Hàm Bessel J0(x) và J 1(x)

Lưu ý rằ rằng J p(x) là hàm số số cơ b ơ bản nế nếu bậ bậc củ của nó là mộ một nử nửa củ của mộ một số số nguyên, Ví dụ dụ 2 2 sin x và J −1 / 2 ( x) = cos x J 1 / 2 ( x ) = π x

π x

e. Hàm Bessel loại hai Hàm số s ố: 2n− 2 m (n − m − 1)! 1 ∞ (−1)m ( H n + H m+ n )  x  − ∑ Yn ( x) =  γ + ln  J n ( x) − ∑  2 π 2 π m=0 π m = 0 m! x n − 2m m!(m + n)!   2

1

x 

n −1

n+ 2 m

(20)

đượ c gọ gọi là hàm Bessel loạ loại hai vớ vớ i bậ bậc nguyên n ≥ 0. Nghiệ Nghiệm tổ tổng quát củ của phươ phươ ng ng trình Bessel có bậ b ậc nguyên n là: y( x) = c1 J n ( x) + c2Y n ( x) f. Hàm Bessel đồng nhất Hàm Bessel là tươ tươ ng ng tự tự như như hàm lượ lượ ng ng giác, chúng đều đều thoả thoả mãn phầ phần lớ lớ n nhữ những tiệ tiện ích phổ ph ổ biế biến, đặc đặc biệ biệt trong phép tính tích phân liên quan đến đến Hàm Bessel. Vi phân củ c ủa 2 + m p ∞ (−1) m  x  , (13) J p ( x ) = ∑   Γ + + ! ( 1 ) 2 m p m   m= 0 vớ i p là số số nguyên không âm cho ta:

d dx

[ x J ( x)] = x J

( x) .

(22)

− p J p ( x ) = − x J p+1 ( x ) .

(23)

p

p

p −1

p

+ Tươ Tươ ng ng tự tự ta có d dx

+ Từ Từ đó ta có:

[ x

− p

J p′ ( x ) = J p −1 ( x) −

p x

]

J p ( x ) ,

(24)

p

và : J p′ ( x) = J p ( x) − J p+1 ( x) . x

+Ta có thể thể biể biểu diễ diễn hàm Bessel bậ bậc cao hơ hơ n thông qua hàm Bessel bậ b ậc thấ thấp hơ hơ n: n: 2 p (26) J p +1 ( x ) = J p ( x) − J p −1 ( x ) , x

+ Và có thể thể biể biểu diễ di ễn hàm Bessel bậ b ậc là số số âm lớ l ớ n thông qua hàm Bessel bậ b ậc là số số âm nhỏ nhỏ hơ n - 249 -



2 p

J p −1 ( x) =

x

J p ( x) − J p +1 ( x )

(27)

Chú ý: không khi nào có hàm Bessel có bậ b ậc là số số nguyên âm xuấ xu ất hiệ hi ện. Nói chung, chúng tồn tạ tại vớ vớ i mọ mọi giá trị trị p không là nguyên. 

Ví dụ 1. + Vớ Vớ i p = 0 phươ ph ươ ng ng trình

d dx

[ x J ( x)] = x J p

p

p −1

p

( x) cho ta

∫ xJ 0 ( x)dx = xJ 1 ( x) + C + Tươ ng ng tự tự, vớ vớ i p = 0, phươ ph ươ ng ng trình

d dx

[ x

]

J p ( x) = − x − J p +1 ( x ) cho ta

− p

p

∫ J 1 ( x)dx = − J 0 ( x) + C . Ví dụ 2. Trướ Trướ c tiên sử sử dụng p = 2 và sau đó sử dụng p = 1 trong phươ ph ươ ng ng trình 2 p J p +1 ( x ) = J p ( x ) − J p −1 ( x ) , ta có x

4

4 2



J 3 ( x ) = J 2 ( x ) − J 1 ( x) =  J 1 ( x) − J 0 ( x)  − J 1 ( x), x x  x 

sao cho

4

 8



J 3 ( x ) = − J 0 ( x) +  2 − 1 J 1 ( x ) . x  x 

+Tươ +Tươ ng ng tự tự, mọ mọi hàm Bessel có bậ bậc là số số nguyên dươ dươ ng ng đều đều biể biểu diễ diễn thông qua J 0(x) và J 1(x).

Ví dụ 3. Để tính đượ c vi phân xJ 2(x), đầu đầu tiên ta chú ý rằ r ằng −1 −1 ∫ x J 2 ( x)dx = x J 1 ( x) + C theo phươ phươ ng ng trình

d dx

[ x

]

J p ( x ) = − x − J p+1 ( x ) vớ i p = 1.

− p

p

+ Do đó ta viế viết

∫ xJ 2 ( x)dx = ∫ x

2

( x −1 J 2 ( x))dx

Và tích phân từ t ừng phầ phần hai vế vế vớ i u = x2 , du = 2xdx

ta có

dv = x-1 J 2(x)dx và v = -x-1 J 1(x)

∫ xJ 2 ( x)dx = − xJ1 ( x ) + 2∫ J1 (x)dx = −xJ1 ( x ) − 2J 0 ( x ) + C . 3. Phươ ng ng trình tham s ố Bessel 

Phươ ng ng trình tham s ố Bessel có bậc n là x 2 y ′′ + x y ′ + (α 2 x 2 − n 2 ) y = 0 ,

(28)

trong đó α là tham số số dươ ng. ng. + Phép thế thế t = α x vào phươ phươ ng ng trình (28) biế biến phươ phươ ng ng trình (28) thành phươ ph ươ ng ng trình Bessel t

2

d2y dt

2

+t

dy

+ (t 2 − n 2 ) y = 0

dt vớ i nghiệ nghiệm tổ tổng quát y(t) = c1 J n(t) + c2Y n(t).

(29)

+ Do đó nghiệ nghiệm tổ tổng quát củ c ủa phươ phươ ng ng trình (28) là 

Bây giờ giờ ta ta xét bài toán giá trị tr ị riêng

y(x) = c1 J n(α x) + c2Y n(α x)

- 250 -

(30)



2 2 2 x y ′′ + xy′ + (λ x − n ) = 0,

x ∈ [0, L ]

y ( L ) = 0

(31)

Ta tìm λ > 0 sao cho tồ t ồn tạ tại mộ một nghiệ nghiệm không tầ t ầm thườ thườ ng ng củ của (31) và nó liên tụ t ục trên [0, L]. + Nế Nếu chúng ta viế vi ết λ = α2, thì phươ phươ ng ng trình vi phân (31) là phươ ph ươ ng ng trình vi phân (28), nên nghiệ nghiệm tổ tổng quát củ c ủa phươ phươ ng ng trình đượ c cho bở bở i : + Sự Sự liên tụ tục củ của y(x) đòi hỏ hỏi c2 = 0. Do đó y(x) = c1 J n(α x). + Điều kiệ kiện biế biến y(L) = 0 suy ra z = α L phả phải là mộ một nghiệ nghiệm dươ dươ ng ng củ của phươ phươ ng ng trình (32) J n(z) = 0. + Giá trị trị riêng thứ thứ k của bài toán trong (31) là (γ nk ) 2 2 (33) λ k = (α k ) = 2 L

+ Hàm riêng tươ t ươ ng ng ứng là

 γ nk  x  .  L 

y k ( x ) = J n 

(34)

4. Các ứ ng ng dụng của hàm Bessel nghiệ nghiệm của rất nhiề nhiều phươ phươ ng ng trình vi phân tuyế tuy ến tính bậ bậc hai khác có thể th ể biể biểu diễ diễn thành hàm Bessel. ● Chẳ Chẳng hạ hạn, xét phươ phươ ng ng trình Bessel bậ bậc p có dạ dạng 

Ta biế t rằ ng:

z

2

2

d w dz

2

+ z

dw dz

+ ( z 2 − p 2 ) w = 0 ,

(1)

và phép thế thế w = x − y, α

z = kx

β

● Sau đó biế đổi thông thườ biến đổi thườ ng ng về về dạng 2 x y ′′ + (1 − 2α ) x y ′ + (α 2 − β 2 p 2 + β 2 k 2 x 2 β ) y = 0 , tức là, x 2 y ′′ + Ax y ′ + ( B + Cx q ) y = 0 , trong đó β 2 p2 , C = β 2k 2 và q = 2 β . β . A = 1 - 2α , B = α2 – β + Tứ Tức là: (1 − A) 2 − 4 B q 1 − A 2 C , β = , k = , p = α = q q 2 2 + Giả Giả sử rằng că căn bậ bậc hai trong (5) là số s ố thự thực, từ từ đó nghiệ nghiệm tổ tổng quát củ c ủa (3) là α α β y ( x) = x w( z ) = x w( kx ) , trong đó w( z ) = c1 J p ( z ) + c 2 Y − p ( z ) là nghiệ nghiệm tổ tổng quát củ c ủa phươ phươ ng ng trình Bessel trong (1).

(2)

(3) (4) (5)

ĐNNH LÝ 1. Nghiệm theo hàm Bessel Nếu C > 0, q ≠ 0, và (1 - A)2 ≥ 4B thì nghiệ nghiệm tổ tổng quát ( vớ vớ i x > 0) củ của phươ phươ ng ng trình (3) là: α β β (6) y ( x) = x c1 J p (kx ) + c2 J − p (kx ) Trong đó α , β , k và p đượ c cho bở bở i phươ phươ ng ng trình (5). Nế N ếu p là số số nguyên, thì J -p-p đượ c thay thế thế cho Y p.

Ví dụ 1. Giả Giải phươ phươ ng ng trình

4 x 2 y ′′ + 8 x y ′ + ( x 4 − 3) y = 0

- 251 -

(7)



Giải. + Ta viế viết lạ lại (7) dướ dướ i dạ dạng

1 4

2

4

x y′′ + 2 xy′ + ( x −

3 )y = 0 4

+ Và ta thấ thấy A = 2, B = -3/4, C = 1/4, và q = 4. + Do đó phươ phươ ng ng trình (5) cho ta α = -1/2, β = 2, k = 1/4 và p = 1/2. + Vậy nghiệ nghiệm tổ tổng quát trong (6) củ c ủa (7) là y ( x) = x

−1 / 2

1 2 1 2   c J x c J x ) + ( ) ( 2 −1 / 2  1 1/ 2 4 4 

+ Ta nhớ nhớ llại rằ rằng: J 1 / 2 ( z ) =

2 z π

sin z và J −1 / 2 ( z ) =

2 z π

cos z ,

+ Do đó nghiệ nghiệm tổ tổng quát củ của phươ phươ ng ng trình (7) có thể th ể đượ c viế viết dướ dướ i dạ dạng 2 2 x x  − 3 / 2   A cos . + B sin y ( x) = x 4 4  

Ví dụ 2. Giả Giải phươ phươ ng ng trình Airy y ′′ + 9 xy = 0

(8)

+ Đầu Đầu tiên ta viế vi ết lạ lại phươ phươ ng ng trình dướ dướ i dạ dạng 2 x y ′′ + 9 x 3 y = 0 . + Đây là mộ một trườ trườ ng ng hợ hợ p đặc đặc biệ biệt củ của phươ phươ ng ng trình (3) vớ vớ i A = B = 0, C = 9, và q = 3. Từ đó theo phươ phươ ng ng trình (5) ta có α = 1/2 , β = 3/2 , k = 2 và p = 1/3 . Do đó nghiệ nghiệm tổng quát củ c ủa phươ phươ ng ng trình (8) là y ( x) = x1/ 2 c1 J1/ 3 (2 x 3 / 2 ) + c2 J −1/ 3 (2x 3 / 2 ) . Giải.



Sự cong của cột thẳng đứ ng ng

+ Xét mộ một cộ cột thẳ thẳng đứng đứng không thay đổi đổi sẽ sẽ bị oằn dướ dướ i sứ sức nặ nặng củ của chính nó. + Chúng ta lấ l ấy x = 0 tại điểm tự tự do trên đỉnh đỉnh củ của cộ cột và x = L > 0 tại điểm đáy củ của nó. + Giả Giả sử điểm đáy đượ c gắ gắn cố cố định định trên mặ mặt phẳ phẳng; xem Hình 3.6.1

Hình 3.6.1. Cột cong + Có ngh ĩ ngh ĩ a là góc lệ lệch củ của cộ cột tạ tại điểm x là θ (x). (x). d 2θ

+ g ρ xθ = 0 , (9) dx 2 trong đó E là suấ suất Young củ c ủa chấ ch ất làm nên cộ cột, I là momen quán tính củ c ủa mặ mặt cắ cắt ngang, ρ là mậ m ật

+ Từ Từ lý thuyế thuyết về về sự đàn hồ hồi ta có: EI

độ tuy tuyếến tính củ của cộ cột và g là gia tố t ốc trọ trọng trườ trườ ng. ng. + Điều kiệ kiện biên là: θ ’(0) ’(0) = 0, θ (L) (L) = 0

- 252 -

(10)



+ Vớ Vớ i λ = γ 2 =

ta có bài toán giá trị tr ị riêng

g ρ EI

,

’(0) = 0, θ ′′ + γ 2 xθ = 0 ; θ ’(0)

(11)

θ (L) (L) = 0 (12) + Cộ C ột chỉ ch ỉ bị oằn chỉ ch ỉ khi phươ phươ ng ng trình (12) có mộ m ột nghiệ nghiệm không tầ t ầm thườ th ườ ng, ng, nế nếu không cộ c ột sẽ trở trở vvề trạ trạng thái cũ cũ của nó không bị b ị lệch khỏ khỏi mặ mặt thẳ thẳng đứng. đứng. + Phươ Phươ ng ng trình vi phân (12) là phươ ph ươ ng ng trình Ariy vớ vớ i A = B = 0, C = γ2 và q = 3. 2 + Theo (5) ta có α = 1/2 , β = 3/2, k = γ và p = 1/3, nên nghiệ nghi ệm tổ tổng quát là: 3  2  2  (13) θ ( x ) = x1/ 2 c1 J1/ 3  γ x 3 / 2  + c2 J −1/ 3  γ x 3 / 2   3  3   + Ta thế thế p = ±1/3 vào 2 m + p ∞ (−1) m  x  , J p ( x) = ∑   m = 0 m! Γ ( p + m + 1)  2  và sau đó đơ n giả giản hóa ta có 1 / 3 1 / 3  γ 2 x 4 γ 4 x 7   γ 2 x 3 γ 4 x 6  c1γ c2 3  x − 1 − θ ( x) = 1 / 3 + − ...  + 1 / 3 + − ... 12 504 6 180 3 Γ (4 / 3)   γ Γ (2 / 3)   + Từ Từ điều kiệ kiện điểm cuố cuối θ ’(x) ’(x) = 0 suy ra c1 = 0, nên 2  (14) θ ( x ) = x1/ 2 c2 J −1/ 3  γ x 3 / 2  . 3  + Đ / kiệ kiện θ (L) (L) = 0 cho ta 2  (15) J −1/ 3  γ L3/ 2  = 0 . 3  2 + Do đó cộ cột sẽ sẽ oằn chỉ chỉ khi z = γ L2 là nghiệ nghiệm củ của phươ phươ ng ng trình J -1/3 thị của -1/3 = 0. Đồ thị 3 ( z / 2) −1 / 3  ∞ (−1) m 3 m z 2 m  1 + ∑ 2 m  (16) J −1 / 3 ( z ) = Γ ( 2 / 3)  m m 2 ! 2 . 5 .( 3 1 ) − m =1  đượ c chỉ chỉ ra trong Hình 3.6.2, ở đ ở đó ta thấ thấy rằ rằng không điểm nhỏ nhỏ nhấ nhất dươ dươ ng ng z1 là nhỏ nhỏ hơ n 2.

Bài tập về nhà: Các bài tậ tập lẻ lẻ Tr332 đến đến 335; 344 đến đến 347; 352, 353 Mục: 4.1, 4.2 và 4.3 chuN chuNn bị bị cho Bài số 5A(9) Đọc trướ c các Mụ

- 253 -

Phuong Trinh Bessel

Recommend Documents