›
›

Bài giảng Phương pháp tính - Chương 5: Phương trình vi phân - Nguyễn Hồng Lộc

pdf 29 trang haiha333 08/01/2022 7791
Download
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Bài giảng Phương pháp tính - Chương 5: Phương trình vi phân - Nguyễn Hồng Lộc", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

  • pdfbai_giang_phuong_phap_tinh_chuong_5_phuong_trinh_vi_phan_ngu.pdf

Nội dung text: Bài giảng Phương pháp tính - Chương 5: Phương trình vi phân - Nguyễn Hồng Lộc

  1. PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN Bài giảng điện tử Nguyễn Hồng Lộc Trường Đại học Bách Khoa TP HCM Khoa Khoa học ứng dụng, bộ môn Toán ứng dụng TP. HCM — 2013. Nguyễn Hồng Lộc (BK TPHCM) PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TP. HCM — 2013. 1 / 29
  2. Các công thức sai phân Sai phân tiến Áp dụng công thức Taylor: 0 f (xk+1) = f (xk ) + f (xk )(xk+1 − xk ) + o(xk+1 − xk ) 0 ⇒ f (xk+1) ≈ f (xk ) + f (xk )(xk+1 − xk ) 0 f (xk+1) − f (xk ) ⇒ f (xk ) ≈ xk+1 − xk Sai phân lùi Áp dụng công thức Taylor: 0 f (xk ) = f (xk+1) + f (xk+1)(xk − xk+1) + o(xk − xk+1) 0 ⇒ f (xk ) ≈ f (xk+1) + f (xk+1)(xk − xk+1) 0 f (xk ) − f (xk+1) ⇒ f (xk+1) ≈ xk − xk+1 Nguyễn Hồng Lộc (BK TPHCM) PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TP. HCM — 2013. 2 / 29
  3. Các công thức sai phân Sai phân hướng tâm Xét 3 điểm cách đều xk−1, xk , xk+1 và h = xk+1 − xk = xk − xk−1. Áp dụng khai triển Taylor đến cấp 2: 0 00 h2 2 f (xk+1) = f (xk ) + f (xk ).h + f (xk ) 2 + o(h ) (1) 0 00 h2 2 f (xk−1) = f (xk ) − f (xk ).h + f (xk ) 2 + o(h ) (2) 0 2 (1) − (2) ⇒ f (xk+1) − f (xk−1) = 2hf (xk ) + o(h ) f (x ) − f (x ) ⇒ f 0(x ) ≈ k+1 k−1 k 2h 2 00 2 (1) + (2) ⇒ f (xk+1) + f (xk−1) = 2f (xk ) + h f (xk ) + o(h ) f (x ) − 2f (x ) + f (x ) ⇒ f 00(x ) ≈ k+1 k k−1 k h2 Nguyễn Hồng Lộc (BK TPHCM) PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TP. HCM — 2013. 3 / 29
  4. Bài toán Cauchy Đặt vấn đề Nhiều bài toán của khoa học kỹ thuật dẫn đến việc giải phương trình vi phân. Bài toán đơn giản nhất là bài toán Cauchy  y 0(x) = f (x, y(x)), a < x b, 6 (1) y(a) = y0 với y = y(x) là hàm cần tìm, khả vi trên đoạn [a, b], y0 là giá trị ban đầu cho trước của y(x) tại x = a. Đối với bài toán Cauchy (1) ta chỉ có thể tìm được nghiệm đúng của một số phương trình đơn giản, còn đối với trường hợp f (x, y) có dạng bất kỳ thì nói chung không có phương pháp giải. Ngoài ra, trong những trường hợp có thể tìm ra nghiệm đúng của bài toán Cauchy (1) quá phức tạp thì người ta cũng ít dùng. Vì vậy, việc tìm những phương pháp giải gần đúng bài toán Cauchy có vai trò rất quan trọng trong thực tế. Nguyễn Hồng Lộc (BK TPHCM) PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TP. HCM — 2013. 4 / 29
  5. Bài toán Cauchy Công thức Euler Để tìm nghiệm gần đúng của bài toán (1) ta chia đoạn [a, b] thành n đoạn b − a nhỏ bằng nhau với h = . Khi đó các điểm chia là n x0 = a, xk = x0 + kh, k = 0, 1, 2, , n, xn = b. Giá trị gần đúng cần tìm của hàm tại điểm xk được ký hiệu là yk và ta có yk ≈ y(xk ) Giả sử y(x) là nghiệm duy nhất của bài toán (1), có đạo hàm đến cấp 2 liên tục trên đoạn [a, b]. Áp dụng phương trình y 0(x) = f (x, y(x)) tại nút (xk , yk ) và sử dụng sai phân tiến cho đạo hàm, ta có: 0 y(xk+1) − y(xk ) y (xk ) = f (xk , y(xk )) ⇒ = f (xk , y(xk )) xk+1 − xk Công thức Euler y(xk+1) ≈ yk+1 = yk + hf (xk , yk ), k = 0, 1, 2, , n − 1. Nguyễn Hồng Lộc (BK TPHCM) PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TP. HCM — 2013. 5 / 29
  6. Bài toán Cauchy Công thức Euler Ý nghĩa hình học của phương pháp Euler Ý nghĩa hình học của công thức Euler là từ điểm (xk , yk ) thuộc đường cong y = y(x), kẻ tiếp tuyến với đường cong. Đường tiếp tuyến sẽ cắt x = xk+1 tại yk+1 chính là giá trị gần đúng của hàm tại x = xk Nguyễn Hồng Lộc (BK TPHCM) PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TP. HCM — 2013. 6 / 29
  7. Bài toán Cauchy Công thức Euler Ví dụ Sử dụng phương pháp Euler để xấp xỉ nghiệm của bài toán Cauchy  0 2 y (x) = y − x + 1, 0 < x 6 2, y(0) = 0.5 với n = 10. Tại những điểm nút chia so sánh giá trị gần đúng với giá trị chính xác, biết nghiệm chính xác của bài toán là y(x) = (x + 1)2 − 0.5ex . Giải. Nguyễn Hồng Lộc (BK TPHCM) PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TP. HCM — 2013. 7 / 29
  8. Bài toán Cauchy Công thức Euler k xk yk y(xk ) |y(xk ) − yk | 0 0.0 0.5000000 0.5000000 0.0000000 1 0.2 0.8000000 0.8292986 0.0292986 2 0.4 1.1520000 1.2140877 0.0620877 3 0.6 1.5504000 1.6489406 0.0985406 4 0.8 1.9884800 2.1272295 0.1387495 5 1.0 2.4581760 2.6408591 0.1826831 6 1.2 2.9498112 3.1799415 0.2301303 7 1.4 3.4517734 3.7324000 0.2806266 8 1.6 3.9501281 4.2834838 0.3333557 9 1.8 4.4281538 4.8151763 0.3870225 10 2.0 4.8657845 5.3054720 0.4396874 Nguyễn Hồng Lộc (BK TPHCM) PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TP. HCM — 2013. 8 / 29
  9. Bài toán Cauchy Công thức Euler cải tiến 0 Áp dụng phương trình y (x) = f (x, y(x)) tại nút (xk+1, yk+1) và sử dụng sai phân lùi cho đạo hàm, ta có: 0 y(xk+1) − y(xk ) y (xk+1) = f (xk+1, y(xk+1)) ⇒ ≈ f (xk+1, y(xk+1)) xk+1 − xk ⇒ yk+1 = yk + hf (xk+1, yk+1) Kết hợp với công thức yk+1 = yk + hf (xk , yk ) ta được công thức cải tiến: f (x , y ) + f (x , y ) y(x ) y = y +h k k k+1 k+1 , k = 0, 1, 2, , n−1. k+1 ≈ k+1 k 2 Việc tính toán theo công thức trên rất phức tạp vì cả 2 vế đều chứa yk+1 là ẩn cần tìm. Để đơn giản ta thay yk+1 ở vế phải bởi công thức Euler yk+1 = yk + hf (xk , yk ). Lúc này ta có công thức Euler cải tiến (RK2) f (xk , yk ) + f (xk+1, yk + hf (xk , yk )) y(xk+1) ≈ yk+1 = yk + h 2 Nguyễn Hồng Lộc (BK TPHCM) PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TP. HCM — 2013. 9 / 29
  10. Bài toán Cauchy Công thức Euler cải tiến Ví dụ Sử dụng phương pháp Euler cải tiến để xấp xỉ nghiệm của bài toán Cauchy  0 2 y (x) = y − x + 1, 0 < x 6 2, y(0) = 0.5 với n = 10. Tại những điểm nút chia so sánh giá trị gần đúng với giá trị chính xác, biết nghiệm chính xác của bài toán là y(x) = (x + 1)2 − 0.5ex . Giải. Nguyễn Hồng Lộc (BK TPHCM) PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TP. HCM — 2013. 10 / 29
  11. Bài toán Cauchy Công thức Euler cải tiến k xk yk y(xk ) |y(xk ) − yk | 0 0.0 0.5000000 0.5000000 0.0000000 1 0.2 0.8260000 0.8292986 0.0032986 2 0.4 1.2069200 1.2140877 0.0071677 3 0.6 1.6372424 1.6489406 0.0116982 4 0.8 2.1102357 2.1272295 0.0169938 5 1.0 2.6176876 2.6408591 0.0231715 6 1.2 3.1495789 3.1799415 0.0303627 7 1.4 3.6936862 3.7324000 0.0387138 8 1.6 4.2350972 4.2834838 0.0483866 9 1.8 4.7556185 4.8151763 0.0595577 10 2.0 5.2330546 5.3054720 0.0724173 Nguyễn Hồng Lộc (BK TPHCM) PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TP. HCM — 2013. 11 / 29
  12. Bài toán Cauchy Công thức Runge-Kutta  n P k  yk+1 = y(xk + h) ≈ yk + Aj Kj  j=1  k  K1 = hf (xk , yk )  k k K2 = hf (xk + α2h, yk + β21K1 )  k k k  K3 = hf (xk + α3h, yk + β31K1 + β32K2 )    k k k k Kn = hf (xk + αnh, yk + βn1K1 + βn2K2 + + βn,n−1Kn−1) trong đó các hệ số A1, A2, , An; α2, α3, . . . , αn; β21, β31, . . . , βn,n−1 được xác định theo phương pháp sau. Đặt n X k ϕ(h) = y(xk + h) − yk − Aj Kj . j=1 Các hệ số cần tìm thỏa mãn điều kiện ϕ0(0) = ϕ00(0) = = ϕ(m)(0) = 0. Công thức Runge-Kutta có độ chính xác cao hơn công thức Euler, vì dùng khai triển Taylor nghiệmy = y(x) của bài toán (1) với nhiều số hạng hơn. Nguyễn Hồng Lộc (BK TPHCM) PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TP. HCM — 2013. 12 / 29
  13. Bài toán Cauchy Công thức Runge-Kutta Công thức Runge-Kutta bậc bốn Trong trường hợp n = m = 4 ta có công thức Runge-Kutta bậc bốn  1 k k k k yk+1 = y(xk + h) ≈ yk + 6 (K1 + 2K2 + 2K3 + K4 )  k  K1 = hf (xk , yk )  k k h K1 K2 = hf (xk + 2 , yk + 2 ) K k  k h 2  K3 = hf (xk + 2 , yk + 2 )  k k K4 = hf (xk + h, yk + K3 ) Nguyễn Hồng Lộc (BK TPHCM) PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TP. HCM — 2013. 13 / 29
  14. Bài toán Cauchy Công thức Runge-Kutta Ví dụ Sử dụng phương pháp Runge-Kutta bậc 4 để xấp xỉ nghiệm của bài toán Cauchy  0 2 y (x) = y − x + 1, 0 6 x 6 2, y(0) = 0.5 với n = 10. Tại những điểm nút chia so sánh giá trị gần đúng với giá trị chính xác, biết nghiệm chính xác của bài toán là y(x) = (x + 1)2 − 0.5ex . Giải. Nguyễn Hồng Lộc (BK TPHCM) PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TP. HCM — 2013. 14 / 29
  15. Bài toán Cauchy Công thức Runge-Kutta k xk yk y(xk ) |y(xk ) − yk | 0 0.0 0.5000000 0.5000000 0.0000000 1 0.2 0.8292933 0.8292986 0.0000053 2 0.4 1.2114362 1.2140877 0.0000114 3 0.6 1.6404175 1.6489406 0.0026515 4 0.8 2.1088953 2.1272295 0.0183342 5 1.0 2.6079021 2.6408591 0.032957 6 1.2 3.1264849 3.1799415 0.0000474 7 1.4 3.6512660 3.7324000 0.0000599 8 1.6 4.1659056 4.2834838 0.0000743 9 1.8 4.6504464 4.8151763 0.0000906 10 2.0 5.0805126 5.3054720 0.0001089 Nguyễn Hồng Lộc (BK TPHCM) PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TP. HCM — 2013. 15 / 29
  16. Bài toán Cauchy Bài tập Bài tập Cho bài toán Cauchy  0 y (x) = 3x + x sin(x + 2y), x > 1 y(1) = 2.4 Sử dụng công thức Runge-Kutta cấp 4 hãy xấp xỉ y(1.2) với bước h = 0.2 Giải. y(1.2) = 3.1123 Nguyễn Hồng Lộc (BK TPHCM) PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TP. HCM — 2013. 16 / 29
  17. Hệ phương trình vi phân Hệ phương trình vi phân  0 y1(x) = f1(x, y1(x), y2(x)), a 6 x 6 b,  0 y2(x) = f2(x, y1(x), y2(x)), a 6 x 6 b,  y1(a) = y1,0 , y2(a) = y2,0 Lần lượt áp dụng phương pháp (Euler,Euler cải tiến, Gunge-Kutta) cho T mỗi phương trình,chú ý tính theo nghiệm y = [y1(xk ), y2(xk )] theo thứ tự các nút xk từ thấp đến cao. Ví dụ nếu áp dụng phương pháp Euler, ta có:   y1(xk+1) = y1(xk ) + hf1(x, y1(xk ), y2(xk )) y2(xk+1) = y2(xk ) + hf2(x, y1(xk ), y2(xk ))  y1(a) = y1,0 , y2(a) = y2,0 Nguyễn Hồng Lộc (BK TPHCM) PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TP. HCM — 2013. 17 / 29
  18. Phương trình vi phân bậc cao Phương trình vi phân bậc cao  00 0 y (x) = f1(x)y + f2(x)y + f3(x), a 6 x 6 b, y(a) = α , y 0(a) = β Thực hiện đổi biến y 0 = z ⇒ y” = z0, z(a) = y 0(a) = β Phương trình vi phân được chuyển về hệ:  0 y (x) = z(x), a 6 x 6 b,  0 z (x) = f1(x)z + f2(x)y + f3(x), a 6 x 6 b,  y(a) = α , z(a) = β Nguyễn Hồng Lộc (BK TPHCM) PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TP. HCM — 2013. 18 / 29
  19. Phương trình vi phân bậc cao Bài tập Cho bài toán Cauchy  00 0 3 y (x) = 4.6y + 2x y + 2.6,, 1 6 x 6 1.8 y(1) = 1.2, y 0(1) = 1. Đưa về hệ phương trình vi phân cấp 1. Sử dụng công thức Euler,giải gần đúng phương trình vi phân trên đoạn [1; 1.8] với bước h = 0.2 Giải. y(1.2) = 1.4000, y(1.8) = 6.6665 Nguyễn Hồng Lộc (BK TPHCM) PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TP. HCM — 2013. 19 / 29
  20. Bài toán biên tuyến tính cấp 2 Đặt vấn đề Các phương pháp tìm nghiệm gần đúng của phương trình vi phân thường đòi hỏi các điều kiện được cho tại một thời điểm ban đầu nào đó. 0 Đối với phương trình vi phân bậc hai, ta cần 2 giá trị y(x0) và y (x0). Tuy nhiên, nhiều bài toán trong thực tế cho thấy điều kiện của hàm cần tìm được cho tại nhiều thời điểm khác nhau. Vấn đề này dẫn tới việc tìm nghiệm gần đúng của 1 dạng bài toán thứ hai được gọi là bài toán biên. Trong phần này chúng ta chỉ xét bài toán biên của phương trình vi phân thường tuyến tính cấp hai với điều kiện biên được cho ở 2 điểm có dạng  00 0  p(x)y (x) + q(x)y (x) + r(x)y(x) = f (x), a < x < b,  y(a) = α, y(b) = β. với phương pháp. sai phân hữu hạn Nguyễn Hồng Lộc (BK TPHCM) PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TP. HCM — 2013. 20 / 29
  21. Bài toán biên tuyến tính cấp 2 Phương pháp sai phân hữu hạn Phương pháp sai phân hữu hạn Chọn số tự nhiên bất kỳ n > 0. Chia đều đoạn [a, b] thành n đoạn bởi các điểm chia x0 = a, xk = x0 + kh, k = 1, 2, , n − 1, xn = b với b − a h = . n Tại các nút xk , k = 1, 2, , n − 1 bên trong đoạn [a, b] sử dụng công thức sai phân hướng tâm, ta có y(x ) − y(x ) y − y y 0(x ) ≈ k+1 k−1 = k+1 k−1 k 2h 2h y(x ) − 2y(x ) + y(x ) y − 2y + y y 00(x ) ≈ k+1 k k−1 = k+1 k k−1 k h2 h2 Thay vào phương trình đã cho ta được y − 2y + y y − y p k+1 k k−1 + q k+1 k−1 + r y = f , k h2 k 2h k k k ∀k = 1, 2, , n − 1 với pk = p(xk ), qk = q(xk ), rk = r(xk ) và fk = f (xk ). Nguyễn Hồng Lộc (BK TPHCM) PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TP. HCM — 2013. 21 / 29
  22. Bài toán biên tuyến tính cấp 2 Phương pháp sai phân hữu hạn Từ các điều kiện biên y0 = α, yn = β sau khi biến đổi ta thu được hệ phương trình  y = α, y = β  0 n pk qk 2pk pk qk ( h2 − 2h )yk−1 + (rk − h2 )yk + ( h2 + 2h )yk+1 = fk  ∀k = 1, 2, , n − 1. Đây chính là hệ phương trình đại số tuyến tính cấp n − 1 : AY = B với A là ma trận  2p1 p1 q1  r1 − h2 h2 + 2h 0 0 p2 q2 2p2 p2 q2  2 − r2 − 2 2 + 0  A =  h 2h h h 2h    2pn−1 0 0 0 rn−1 − h2 Nguyễn Hồng Lộc (BK TPHCM) PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TP. HCM — 2013. 22 / 29
  23. Bài toán biên tuyến tính cấp 2 Phương pháp sai phân hữu hạn T Y = [y1, y2, , yn−1] và  p1 q1  f1 − ( h2 − 2h )α  f2    B =      fn−2  pn−1 qn−1 fn−1 − ( h2 + 2h )β Nguyễn Hồng Lộc (BK TPHCM) PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TP. HCM — 2013. 23 / 29
  24. Bài toán biên tuyến tính cấp 2 Ma trận 3 đường chéo Ma trận A ở trên là ma trận 3 đường chéo. Để giải hệ phương trình trên thì ta dùng phương pháp phân rã LU.   a11 a12 0 0 0  a21 a22 a23 0 0     0 a32 a33 0 0  A =        0 0 0 an−1,n−1 an−1,n  0 0 0 an,n−1 ann Nguyễn Hồng Lộc (BK TPHCM) PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TP. HCM — 2013. 24 / 29
  25. Bài toán biên tuyến tính cấp 2 Ma trận 3 đường chéo Khi đó phân rã Doolit cho ta  1 0 0 0   `21 1 0 0    L =  0 `32 1 0  ,     0 0 0 1   u11 u12 0 0  0 u22 u23 0    U =  0 0 u33 0      0 0 0 unn Nguyễn Hồng Lộc (BK TPHCM) PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TP. HCM — 2013. 25 / 29
  26. Bài toán biên tuyến tính cấp 2 Trường hợp n=4 Trường hợp n=4  2p1 p1 q1     p1 q1  r1 − h2 h2 + 2h 0 Y1 f1 − ( h2 − 2h )α p2 q2 2p2 p2 q2  h2 − 2h r2 − h2 h2 + 2h   Y2  =  f2  p3 q3 2p3 Y f − ( p3 + q3 )β 0 h2 − 2h r3 − h2 3 3 h2 2h Ví dụ Xét bài toán biên  π  y 00 − y 0 − 2y = cos x, 0 < x < π 2 y(0) = −0.3, y( ) = −0.1  2 có nghiệm chính xác y(x) = −0.1(sin x + 3 cos x). Sử dụng phương pháp sai phân hữu hạn xấp xỉ nghiệm gần đúng và so sánh với nghiệm chính xác π trong trường hợp h = . 8 Nguyễn Hồng Lộc (BK TPHCM) PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TP. HCM — 2013. 26 / 29
  27. Bài toán biên tuyến tính cấp 2 Trường hợp n=4 Ta có hệ phương trình  y0 = −0.3, y4 = −0.1  1 −1 2 1 −1 ( h2 − 2h )yk−1 + (−2 − h2 )yk + ( h2 + 2h )yk+1 = cos(xk )  ∀k = 1, 2, 3.  y = −0.3, y = −0.1  0 4  ( 1 + 1 )y + (−2 − 2 )y + ( 1 − 1 )y = cos( π ) ⇔ h2 2h 0 h2 1 h2 2h 2 8 ( 1 + 1 )y + (−2 − 2 )y + ( 1 − 1 )y = cos( π )  h2 2h 1 h2 2 h2 2h 3 4  1 1 2 1 1 3π ( h2 + 2h )y2 + (−2 − h2 )y3 + ( h2 − 2h )y4 = cos( 8 )  2 1 1 π 1 1 (−2 − h2 )y1 +( h2 − 2h )y2 +0y3 = cos( 8 ) − ( h2 + 2h )y0  1 1 2 1 1 π ⇔ ( h2 + 2h )y1 +(−2 − h2 )y2 +( h2 − 2h )y3 = cos( 4 )  1 1 2 3π 1 1 0y1 +( h2 + 2h )y2 +(−2 − h2 )y3 = cos( 8 ) − ( h2 − 2h )y4 Nguyễn Hồng Lộc (BK TPHCM) PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TP. HCM — 2013. 27 / 29
  28. Bài toán biên tuyến tính cấp 2 Trường hợp n=4 k xk yk y(xk ) |y(xk ) − yk | 0 0 −0.30000 −0.30000 0.00000 π 1 8 −0.31569 −0.31543 0.00025 π 2 4 −0.28291 −0.28284 0.00007 3π 3 8 −0.20700 −0.20719 0.00019 π 4 2 −0.10000 −0.10000 0.00000 Nguyễn Hồng Lộc (BK TPHCM) PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TP. HCM — 2013. 28 / 29
  29. Bài toán biên tuyến tính cấp 2 Trường hợp n=4 Bài tập Cho bài toán biên tuyến tính cấp 2  xy 00 + 12y 0 − 4.6y = 2 + 2(x + 2)2, 0.4 ≤ x ≤ 1.2 y(0.4) = 1.3, y(1.2) = 4.6 Sử dụng phương pháp sai phân hữu hạn,hãy xấp xỉ giá trị của hàm y(x) trên đoạn [0.4; 1.2] với bước h = 0.2 Giải. y(0.6) = 3.2924, y(0.8) = 3.3097, y(1.0) = 3.9643 Nguyễn Hồng Lộc (BK TPHCM) PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TP. HCM — 2013. 29 / 29