Phương trình hệ phương trình tích phân tuyến tính volterra

ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM ——————————— NGUYỄN PHƯỚC TRÚC LINH PHƯƠNG TRÌNH - HỆ PHƯƠNG TRÌNH TÍCH PHÂN TUYẾN TÍNH VOLTERRA LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC Đà Nẵng - Năm 2022 ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM ——————————– NGUYỄN PHƯỚC TRÚC LINH PHƯƠNG TRÌNH - HỆ PHƯƠNG TRÌNH TÍCH PHÂN TUYẾN TÍNH VOLTERRA Ngành: Tốn giải tích Mã số: 8.46.01.02 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học: TS Phan Đức Tuấn Đà Nẵng - Năm 2023 iii MỤC LỤC MỞ ĐẦU Chương PHƯƠNG TRÌNH TÍCH PHÂN TUYẾN TÍNH VOLTERRA 1.1 Kiến thức chuẩn bị 1.1.1 Không gian metric 4 1.1.2 Không gian định chuẩn 1.1.3 Không gian Hilbert 1.1.4 Khai triển Taylor - Maclaurin 1.1.5 Biến đổi Laplace - Biến đổi Laplace ngược 1.2 Phương trình tích phân Volterra 14 1.2.1 Phương trình tích phân tuyến tính Volterra loại I 1.2.2 Phương trình tích phân tuyến tính Volterra loại II 14 14 1.2.3 Quy tắc Leibnitz cho phương trình tích phân 15 1.2.4 Biến đổi phương trình tích phân Volterra loại thành phương trình tích phân Volterra loại hai 17 1.2.5 Định lí tồn nghiệm phương trình tích phân Volterra 19 Chương MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH TÍCH PHÂN TUYẾN TÍNH VOLTERRA 20 2.1 Phương pháp phân tích Adomian 20 2.2 Phương pháp biến đổi phân tích 24 2.3 Phương pháp số hạng nhiễu 28 2.4 Phương pháp lặp biến phân (VIM) 31 2.5 Phương pháp xấp xỉ liên tiếp 45 2.6 Phương pháp biến đổi Laplace 49 2.7 Phương pháp nghiệm chuỗi 51 iv Chương HỆ PHƯƠNG TRÌNH TÍCH PHÂN TUYẾN TÍNH VOLTERRA 55 3.1 Hệ phương trình tích phân Volterra loại I 55 3.2 Hệ phương trình tích phân Volterra loại II 55 3.3 Chuyển đổi hệ phương trình loại I sang loại II 56 3.4 Phương pháp phân tích Adomian 56 3.5 Phương pháp số hạng nhiễu 60 3.6 Phương pháp biến đổi Laplace 61 KẾT LUẬN 67 TÀI LIỆU THAM KHẢO 68 DANH MỤC KÍ HIỆU C Khơng gian hàm liên tục C Rn Không gian hàm khả vi liên tục Không gian Euclide n chiều L x∈M Biến đổi Laplace x thuộc tập M x∈ /M x không thuộc tập M ∀x ∈ M Với x thuộc tập M ∃x Tồn x MỞ ĐẦU Trong thực tế, nhiều vấn đề Tốn học, Vật lí hay tốn ứng dụng dẫn đến phương trình mà ẩn hàm xuất dấu tích phân Những phương trình gọi phương trình tích phân Phương trình tích phân cơng cụ tốn học hữu ích nhiều lĩnh vực khoa học khác nhau, chúng cho ta kỹ thuật mạnh mẽ để giải toán thực tế thay cho phương trình vi phân Ví dụ nghiên cứu phương trình tích phân với điều kiện xác định toán truyền lượng xạ, Vì việc nghiên cứu giải phương trình - hệ phương trình tích phân đóng vai trị quan trọng lý thuyết tốn học Phương trình - Hệ phương trình tích phân Volterra sinh từ nhiều ứng dụng khoa học phát triển dân số, lây lan dịch bệnh thiết bị bán dẫn Nó cho thấy phương trình tích phân Volterra suy từ toán giá trị ban đầu Volterra bắt đầu làm việc với phương trình tích phân Volterra lần vào năm 1884 nghiên cứu thực ông bắt đầu vào năm 1896 Phương trình tích phân loại I loại II mơ tả ẩn hàm bên dấu tích phân Với phương trình Volterra loại I, ẩn hàm u(x) xuất dấu tích phân dạng Z x f (x) = K(x, t)u(t)dt (1) Tuy nhiên, phương trình tích phân Volterra loại II, ẩn hàm u(x) xuất bên bên ngồi dấu tích phân Phương trình loại II có dạng Z u(x) = f (x) + λ x K(x, t)u(t)dt (2) Trong ẩn hàm u(x), xác định, xuất ngồi dấu tích phân Hạt nhân K(x, t) hàm f (x) cho hàm giá trị thực, λ tham số Việc tìm nghiệm xác phương trình - hệ phương trình tích phân thường gặp nhiều khó khăn; lúc người ta quan tâm đến việc giải 46 xấp xỉ liên tiếp hội tụ đến nghiệm, với lựa chọn ban đầu, gọi xấp xỉ thứ không Xấp xỉ thứ không hàm giá trị thực lựa chọn bất kỳ, sau dùng quan hệ truy hồi để xác định xấp xỉ khác Cho phương trình Volterra tuyến tính loại hai Z x K(x, t)u(t)dt, u(x) = f (x) + λ u(x) hàm ẩn cần xác định, K(x, t) hạt nhân λ tham số Phương pháp xấp xỉ liên tiếp giới thiệu hệ thức truy hồi Z x K(x, t)un−1 (t)dt, n ≥ 1, (2.28) un (x) = f (x) + λ thành phần thứ khơng u0 (x) chọn hàm giá trị thực Ta ln bắt đầu với việc gán giá trị ban đầu cho u0 (x), thường ta chọn 0, 1, x cho u0 (x), áp dụng ta có vài xấp xỉ liên tiếp uk , k ≥ xác định sau Z x K(x, t)u0 (t)dt, u1 (x) = f (x) + λ Z x K(x, t)u1 (t)dt, u2 (x) = f (x) + λ Z un (x) = f (x) + λ x K(x, t)un−1 (t)dt Sự hội tụ un (t) giải đáp định lí sau Định lý 2.5.1 [3] Nếu f (x) (2.28) liên tục đoạn ≤ x ≤ a hạt nhân K(x, t) liên tục tam giác ≤ x ≤ a, ≤ t ≤ x, dãy xấp xỉ liên tiếp un (x), n ≥ hội tụ tới nghiệm u(x) phương trình tích phân Trong dãy xấp xỉ liên tiếp xây dựng công thức Z x un (x) = f (x) + λ K(x, t)un−1 (t)dt, n ≥ 1, với u0 (x) tùy ý 47 Phương pháp xấp xỉ liên tiếp hay phương pháp lặp Picard minh họa ví dụ sau Ví dụ 2.5.1 (Bài tập 3.2.5, [3]) Giải phương trình tích phân Volterra sau phương pháp xấp xỉ liên tiếp Z x (x − t)u(t)dt u(x) = x + Chọn xấp xỉ thứ không u0 (x) = x (2.29) Phương pháp xấp xỉ liên tiếp xây dựng theo công thức lặp Z x (x − t)un (t)dt, n ≥ un+1 (x) = x + (2.30) Thay (2.29) vào phương trình (2.30) ta được: Z x (x − t)u0 (t)dt = x + x3 , u1 (x) = x + 3! Z0 x (x − t)u1 (t)dt = x + x3 + u2 (x) = x + 3! Z0 x (x − t)u2 (t)dt = x + x3 + u3 (x) = x + 3! x, 5! x + x, 5! 7! tiếp tục vậy, ta có: un+1 (x) = n X x2k+1 (2k + 1)! k=0 Nghiệm u(x) phương trình cho u(x) = lim un+1 (x) = n→∞ ex − e−x Ví dụ 2.5.2 (Bài tập 3.2.5, [3]) Giải phương trình tích phân Volterra phương pháp xấp xỉ liên tiếp 1 u(x) = − x2 + Z x (x − t)3 u(t)dt 48 Chọn xấp xỉ thứ không u0 (x) = Phương pháp xấp xỉ liên tiếp xây dựng theo công thức lặp Z x un+1 (x) = − x + (x − t)3 un (t)dt Thay u0 vào phương trình ta được: Z x u1 (x) = − x + (x − t)3 u0 (t)dt = − x2 , 2! Z x 1 1 u2 (x) = − x2 + (x − t)3 u1 (t)dt = − x2 + x4 − x6 , 2! 4! 6! Z x 1 (x − t)3 u2 (t)dt u3 (x) = − x2 + 1 1 10 = − x2 + x4 − x6 + x8 − x 2! 4! 6! 8! 10! tiếp tục vậy, ta có: un+1 (x) = n X k=0 x2k (−1) (2k)! k Nghiệm u(x) phương trình cho u(x) = lim un+1 (x) = cos x n→∞ Ví dụ 2.5.3 (Bài tập 3.2.5, [3]) Giải phương trình tích phân Volterra phương pháp xấp xỉ liên tiếp Z u(x) = x cosh x − x tu(t)dt Ta chọn xấp xỉ thứ không: u0 (x) = x Tiếp theo, ta sử dụng công thức lặp Z un+1 (x) = x cosh x − x tun (t)dt, n ≥ 0 49 Thay u0 vào phương trình ta có: t3 u1 (x) = x cosh x − , Z3 x u2 (x) = x cosh x − x5 − (x2 + 2) sinh x + 3x cosh x 15 tu1 (t)dt = =x+ x + x + , 3! Z5! x x5 tu2 (t)dt = u3 (x) = x cosh x − − (x2 + 2) sinh x + 3x cosh x 15 1 = x + x3 + x5 + x7 + 3! 5! 7! tiếp tục vậy, ta có: u(x) = −x + x X k=0 x2n−1 (2n − 1)! Nghiệm u(x) phương trình cho u(x) = −x + sinh x 2.6 Phương pháp biến đổi Laplace Phương pháp biến đổi Laplace để giải phương trình tích phân Volterra minh họa qua việc tìm hiểu ví dụ sau Ví dụ 2.6.1 (Bài tập 3.2.6, [3]) Giải phương trình tích phân Volterra phương pháp biến đổi Laplace Z u(x) = x + x u(t)dt Chú ý hạt nhân K(x − t) = 1, λ = Lấy Laplace hai vế phương trình cho ta: L{u(x)} = L{x} + L{1 ∗ u(x)}, U (s) = 1 + U (s), s2 s 50 hay tương đương 1 − s−1 s Lấy Laplace ngược hai vế kết trên, nghiệm cho U (s) = u(x) = ex − Ví dụ 2.6.2 (Bài tập 3.2.6, [3]) Giải phương trình tích phân Volterra phương pháp biến đổi Laplace Z x (x − t)u(t)dt u(x) = − x − Ta có hạt nhân K(x, t) = (x − t), λ = Lấy Laplace hai vế phương trình cho ta: L{u(x)} = L{1} − L{x} − L{(x − t) ∗ u(x)} Do U (s) = 1 − − U (s) s s s tương đương s s−1 = − s +1 s +1 s +1 Lấy Laplace ngược hai vế kết trên, ta U (s) = u(x) = cos x − sin x Ví dụ 2.6.3 (Bài tập 3.2.6, [3]) Giải phương trình tích phân Volterra cách sử dụng biến đổi Laplace Z x u(x) = cos x − sin x + cos(x − t)u(t)dt Lấy Laplace hai vế phương trình ta có: L{u(x)} = L{cos x − sin x} + 2L{cos(x − t)u(x)} Do đó: U (s) = s 2s − + U (s) s2 + s2 + s2 + tương đương s−1 Lấy Laplace ngược hai vế phương trình ta có: U (s) = u(x) = ex 51 2.7 Phương pháp nghiệm chuỗi Một hàm thực u(x) gọi giải tích có đạo hàm cấp cho chuỗi Taylor điểm b nằm tập xác định hàm u u(x) = n X f (k) (b) k! k=0 (x − b)k , (2.31) hội tụ tới f (x) lân cận b Để đơn giản, dạng tổng quát chuỗi Taylor x = viết sau u(x) = ∞ X an xn (2.32) n=0 Giả sử nghiệm u(x) phương trình tích phân Volterra Z x u(x) = f (x) + λ K(x, t)u(t)dt, (2.33) giải tích, có chuỗi Taylor cho (2.32) hệ số an xác định Thế (2.32) vào hai vế (2.33) cho ta ! Z x ∞ ∞ X X an xn = T (f (x)) + λ K(x, t) an tn dt, (2.34) n=0 n=0 hay Z a0 +a1 x+a2 x + = T (f (x))+λ x K(x, t)(a0 +a1 t+a2 t2 + .)dt, (2.35) T (f (x)) chuỗi Taylor f (x) Phương trình tích phân (2.33) chuyển thành tích phân thường (2.34) hay (2.35), thay lấy tích phân hàm u(x), ta lấy tích phân số hạng tn , n ≥ Nếu f (x) chứa hàm sơ cấp hàm lượng giác, hàm mũ, khai triển Taylor cho hàm chứa f (x) Đầu tiên ta nhóm vế phải tích phân (2.34) hay (2.35) nhóm hệ số Tiếp theo ta đồng hệ số lũy thừa x bậc hai vế phương trình Kết thu quan hệ truy hồi, giải hệ thức truy hồi tìm hệ số aj , j ≥ Khi xác định hệ 52 số aj , j ≥ 0, chuỗi lũy thừa tìm trực tiếp sau phép hệ số xác định vào (2.32) Nghiệm xác thu tồn Ví dụ 2.7.1 (Bài tập 3.2.7, [3]) Giải phương trình tích phân Volterra phương pháp sử dụng chuỗi lũy thừa Z x u(x) = − u(t)dt Thế u(x) chuỗi u(x) = ∞ X an xn , n=0 vào hai vế phương trình ta có: ∞ X an xn = − Z x n−0 ∞ X ! an tn dt n=0 Tính tích phân vế phải cho ta ∞ X n an x = − n−0 Tức a0 + ∞ X n−0 n ∞ X an xn+1 n+1 n−0 an x = − ∞ X n n=1 an−1 xn , (2.36) (2.37) tương đương 1 a0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 + = − a0 x − a1 x2 − a2 x3 − (2.38) Trong (2.36), lũy thừa x hai vế khác nhau, ta làm cho chúng giống cách thay đổi số tổng thứ hai để thu (2.37) Đồng hệ số lũy thừa bậc x hai vế (2.37) cho ta hệ thức truy hồi a0 = 1, −1 an = an−1 , n ≥ n 53 Kết cho ta , n ≥ n! Thế kết vào (2.36) ta chuỗi lũy thừa an = (−1)n u(x) = x X (−1)n n=0 n x n! hội tụ tới nghiệm u(x) = e−x Kết thu cách đồng hệ số số hạng giống hai vế (2.38) a0 = 1; a1 = −a0 = −1, 1 a2 = − a1 = , 2! 1 an = − an−1 = (−1)n n n! Ta có kết thu trước cách giải hệ thức truy hồi Ví dụ 2.7.2 (Bài tập 3.2.7, [3]) Giải phương trình tích phân Volterra phương pháp chuỗi Z u(x) = x cos x − x tu(t)dt Ta dùng chuỗi Taylor cho cos x cho nghiệm u(x) phương trình để có:   Z x x2 a0 +a1 x+a2 x +a3 x + = x − + + t(a0 +a1 t+a2 t2 + .)dt 2! Tính tích phân vế phải nhóm số hạng giống x ta tìm 1 1 a0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 + = x + a0 x2 + ( a1 − )x3 + a2 x4 + (2.39) Cân hệ số lũy thừa bậc x (2.39) dẫn đến a0 = 0, a1 = 1 1 a2 = a0 = 0, a3 = a1 − = − , 3! 54 tổng quát a2n = 0, a2n+1 (−1)n = , n ≥ (2n)! Nghiệm dạng chuỗi cho u(x) = x − x + x − 3! 5! cho ta nghiệm xác u(x) = sin x 55 Chương HỆ PHƯƠNG TRÌNH TÍCH PHÂN TUYẾN TÍNH VOLTERRA 3.1 Hệ phương trình tích phân Volterra loại I Dạng tổng quát hệ phương trình tích phân Volterra loại I cho Z x  ˜ f1 (x) = K1 (x, t)u(t) + K1 (x, t)v(t) + dt, Z x  ˜ f2 (x) = K1 (x, t)u(t) + K1 (x, t)v(t) + dt, (3.1) ˜ i (x, t) hàm fi (x) cho hàm giá hạt nhân Ki (x, t) K trị thực, u(x), v(x), ẩn hàm xác định Nhớ lại ẩn hàm xuất bên tích phân ký hiệu cho phương trình tích phân Volterra loại I 3.2 Hệ phương trình tích phân Volterra loại II Hệ phương trình tích phân Volterra loại II cho công thức Z x  ˜ u(x) = f1 (x) + K1 (x, t)u(t) + K1 (x, t)v(t) + , Z x (3.2)  v(x) = f2 (x) + K2 (x, t)u(t) + K˜2 (x, t)v(t) + Các ẩn hàm u(x), v(x), xác định, xuất dấu ˜ i (x, t) hàm fi (x) cho hàm tích phân Hạt nhân Ki (x, t) K thực 56 3.3 Chuyển đổi hệ phương trình loại I sang loại II Lấy vi phân hai vế phương trình (3.1) sử dụng quy tắc Leibnitz, ta có: f1′ (x) = K1 (x, x)u(x) + K˜1 (x, x)v(x) Z x  ˜ K1x (x, t)u(t) + K1 x (x, t)v(t) + dt, = f2′ (x) = K2 (x, x)u(x) + K˜2 (x, x)v(x) Z x  ˜ = K2x (x, t)u(t) + K2 x (x, t)v(t) + dt, Nhận xét 3.3.1 (3.3) ˜ i (x, x), i = 1, 2, , n Nếu Ki (x, x) K phương trình khơng biến mất, nên hệ phương trình rút gọn thành hệ phương trình tích phân Volterra loại II Trong trường hợp này, ta dùng phương pháp nói chương II ˜ i (x, x) = 0, i = 1, 2, , n với phương trình bất Nếu Ki (x, x) = K ˜ ix (x, x) ̸= ta lấy vi phân lần kì, Kix (x, x) ̸= K phương trình Hàm fi (x) phải thỏa mãn điều kiện cụ thể để đảm bảo nghiệm liên tục cho nghiệm chưa biết 3.4 Phương pháp phân tích Adomian Phương pháp phân tích Adomian trình bày Chương II Phương pháp phân tích ẩn hàm phương trình thành tổng vơ hạn thành phần, thành phần xác định lặp lại Và cách sử dụng phương pháp tơi khơng trình bày lại 57 Ví dụ 3.4.1 (Bài tập 10.2.1, [3]) Giải hệ phương trình tích phân Volterra sau phương pháp phân tích Adomian Z x ((x − t)2 u(t) + (x − t)v(t))dt, u(x) = x2 − x5 + 12 Z0 x v(x) = x3 − x6 + ((x − t)3 u(t) + (x − t)2 v(t))dt 30 (3.4) Phương pháp phân tích Adomian gợi ý số hạng tuyến tính u(x) v(x) phân tích chuỗi vô hạn thành phần u(x) = ∞ X un (x), v(x) = n=0 ∞ X (x), (3.5) n=0 un (x) (x), n ≥ thành phần u(x) v(x) xác định cách tinh tế hệ thức truy hồi Thay (3.5) vào (3.4) ta x X un (x) = x − n=0 x X x + 12 (x) = x3 − x6 − 30 n=0 ∞ X x Z (x − t)2 Z x un (t) + (x − t) n=0 ∞ X (x − t) ∞ X ! (t) dt, n=0 ∞ X un (t) + (x − t) n=0 ! (t) dt n=0 Các thành phần thứ không u0 (x) v0 (x) xác định tất thành phần khơng nằm dấu tích phân Theo phân tích Adomian, hệ phương trình chuyển đổi thành tập hệ thức truy hồi cho u0 (x) = x2 − x5 , Z x 12
uk+1 (x) = (x − t)2 uk (t) + (x − t)vk (t) )dt, k ≥ 0, v0 (x) = x3 − x6 , Z x 30
vk+1 (x) = (x − t)3 uk (t) + (x − t)2 vk (t) dt, k ≥ 58 Từ ta có: 11 x u1 (x) = x5 − x, 12 12 10080 1 x v0 (x) = x3 − x6 , v1 (x) = x6 − 30 30 360 Rõ ràng số hạng nhiễu ∓ x5 xuất u0 (x) u1 (x) Hơn nữa, 12 số hạng nhiễu ∓ x xuất v0 (x) v1 (x) Bằng việc xóa 12 số hạng nhiễu từ u0 (x) v0 , phần khơng thể xóa u0 (x) v0 cho ta u0 (x) = x2 − nghiệm xác (u(x), v(x)) = (x2 , x3 ) Ví dụ 3.4.2 (Bài tập 10.2.1, [3]) Sử dụng phương pháp phân tích Adomian để giải hệ phương trình tích phân Volterra Z x u(x) = cos x − x sin x + (sin(x − t)u(t) + cos(x − t)v(t))dt, Z x v(x) = sin x − x cos x + (sin(x − t)u(t) − sin(x − t)v(t))dt (3.6) Đầu tiên, ta phân tích số hạng tuyến tính u(x) v(x) chuỗi vô hạn thành u(x) = ∞ X un (x), n=0 v(x) = ∞ X (x), (3.7) n=0 un (x) (x), n ≥ thành phần u(x) v(x) xác định cách tinh tế hệ thức truy hồi Thay (3.7) vào (3.6) ta có: ∞ X un (x) = cos x − x sin x n=0 Z x sin(x − t) + ∞ X ∞ X un (t) + cos(x − t) ∞ X n=0 n=0 ∞ X ∞ X ! (t) dt, (x) = sin x − x cos x n=0 Z x cos(x − t) + n=0 un (t) + sin(x − t) n=0 ! (t) dt 59 Các thành phần thứ không u0 (x) v0 (x) xác định tất thuật ngữ khơng bao gồm dấu tích phân Theo phương pháp phân tích Adomian, ta có hệ thức truy hồi u0 (x) = cos x, x Z uk+1 (x) = −x sin x + (sin(x − t)uk (t) + cos(x − t)vk (t)dt), k ≥ 0, u0 (x) = sin x, Z x (cos(x − t)uk (t) + sin(x − t)vk (t)dt), uk+1 (x) = −x cos x + k ≥ 0 Điều cho ta u0 (x) = cos x, u1 (x) = 0, uk+1 (x) = 0, k ≥ 1, v0 (x) = cos x, v1 (x) = 0, vk+1 (x) = 0, k ≥ Từ ta có nghiệm xác (u(x), v(x)) = (cos x, sin x) thỏa mãn hệ phương trình Ví dụ 3.4.3 (Bài tập 10.2.1, [3]) Sử dụng phương pháp Adomian để giải hệ phương trình tích phân Volterra sau: Z x
−x u(x) = e − sinh 2x + e−t u(t) + et v(t) dt Z x
v(x) = ex − 2x + et u(t) + e−t v(t) dt Theo phần trước ta có: ∞ X n=0 ∞ X n=0 un (x) = e−x − sinh 2x + x Z e−t (x) = ex − 2x + Z x et ∞ X n=0 ∞ X un (t) + et n=0 un (t) + e−t ∞ X ! (t) dt, n=0 ∞ X n=0 ! (t) dt 60 Từ ta có: u0 (x) = ex − 2x; u1 (x) = 2x + , v0 (x) = e−x − sinh 2x; v1 (x) = sinh 2x + Loại bỏ phần tử nhiễu từ u0 (x) v0 (x), thành phần không triệt tiêu u0 (x) v0 (x) cho ta nghiệm xác (u(x), v(x)) = (e−x ; ex ) thỏa mãn hệ phương trình cho 3.5 Phương pháp số hạng nhiễu Việc giải hệ phương trình phương pháp số hạng nhiễu hoàn toàn tương tự phương trình Ví dụ 3.5.1 (Bài tập 10.2.1, [3]) Giải hệ phương trình tích phân Volterra sau phương pháp số hạng nhiễu Z x ((x − t)u(t) + (x − t)v(t))dt, u(x) = − x + x + 0Z x ((x − t)u(t) − (x − t)v(t))dt v(x) = − x − x + 10 Giải Theo phương pháp Adomian ta có hệ thức: u0 (x) = − x2 + x3 , Z x uk+1 (x) = uk (x)dt, v0 (x) = − x3 − x5 , 10 Z x vk+1 (x) = vk (t)dt, k ≥ 0 Điều cho ta: x, 10 x4 x7 x4 x5 x7 u1 (x) = x2 − − , v1 (x) = − + + , 12 420 12 10 420 x4 x4 u2 (x) = + , v2 (x) = + 12 12 u0 (x) = − x2 + x3 , v0 (x) = − x3 −