Nội suy newton và bài toán biên hỗn hợp thứ nhất của phương trình vi phân

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC Trần Thu Hiền NỘI SUY NEWTON VÀ BÀI TOÁN BIÊN HỖN HỢP THỨ NHẤT CỦA PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC Chuyên ngành: TOÁN ỨNG DỤNG Mã số: 60.46.01.12 Người hướng dẫn khoa học GS TSKH NGUYỄN VĂN MẬU THÁI NGUYÊN - NĂM 2014 Tai ngay!!! Ban co the xoa dong chu nay!!! Mục lục Mở đầu Một số kiến thức chuẩn bị 1.1 Công thức nội suy Taylor 1.2 Công thức nội suy Newton 1.3 Khai triển Taylor - Gontcharov 1.3.1 Khai triển Taylor-Goncharov với phần dư dạng Lagrange 1.3.2 Khai triển Taylor-Goncharov với phần dư dạng Cauchy 12 18 19 Bài toán biên hỗn hợp thứ phương trình vi phân 21 2.1 Bài toán Cauchy 21 2.1.1 Bài toán Cauchy trừu tượng 23 2.1.2 Bài tốn Cauchy phương trình vi phân 29 2.2 Bài toán biên hỗn hợp thứ 32 2.2.1 Bài toán biên hỗn hợp thứ trừu tượng 32 2.2.2 Bài tốn biên hỗn hợp thứ phương trình vi phân 41 Ví dụ áp dụng 44 Kết luận 49 Tài liệu tham khảo 51 Một số kí hiệu dùng luận văn + + + + + Trong luận văn có sử dụng số kí hiệu sau đây: L(X) : tập tất tốn tử tuyến tính tác động X domA: miền xác định tập A L0 (X) = A ∈ L(X) : domA = X R(X): tập tất toán tử khả nghịch phải domA RD : tập tất toán tử khả nghịch phải D ∈ R(X) Mở đầu Lý thuyết nội suy vấn đề liên quan lĩnh vực không chuyên đề nhiều người quan tâm nghiên cứu Nó khơng quan trọng tốn học, đặc biệt chuyên ngành Đại số Giải tích mà cịn làm cơng cụ để giải nhiều vấn đề thực tiễn sống Trong toán học, có nhiều cách để xác định hàm số để xác định xác hàm số mà nhờ vào số giá trị rời rạc hàm số đạo hàm phương pháp nội suy hữu hiệu mà phải kể đến tốn nội suy Taylor nội suy Newton: Bài toán nội suy Taylor Hãy xác định đa thức N (x) có bậc khơng n (deg N (x) ≤ n) thỏa mãn điều kiện N (i) (x0 ) = , i = 0, 1, , n Bài toán nội suy Newton Hãy xác định đa thức N (x) có bậc khơng q n (deg N (x) ≤ n) thỏa mãn điều kiện N (i) (xi ) = , i = 0, 1, , n Từ toán nội suy Taylor nội suy Newton, ta phát triển để nghiên cứu phương trình vi phân - vấn đề đề cập nhiều chương trình tốn phổ thơng chương trình tốn trường cao đẳng, đại học với toán Cauchy (bài toán ban đầu) biên hỗn hợp thứ sau Bài tốn Cauchy Tìm tất nghiệm phương trình n X (t)x(n−i) (t) = y(t), i=0 thỏa mãn điều kiện ban đầu x(i) (t0 ) = bi , i = 0, 1, , n Bài tốn biên hỗn hợp thứ phương trình vi phân Tìm tất nghiệm phương trình n X (t)x(n−i) (t) = y(t) i=0 thỏa mãn điều kiện sau x(j) (tj ) = bj , j = 0, 1, , n Trong thực tiễn, phương trình vi phân có nhiều ứng dụng Chúng ta nghiên cứu gia tăng dân số, phân rã phóng xạ, nóng lên nguội vật thể Với lí nên tác giả chọn: "Nội suy Newton toán biên hỗn hợp thứ phương trình vi phân" làm đề tài nghiên cứu luận văn tốt nghiệp Khi thực luận văn tác giả thấy việc nghiên cứu hữu ích thân, trước hết hình thành rèn luyện cho người viết kĩ kinh nghiệm nghiên cứu vấn đề khoa học Đồng thời người viết trau dồi cập nhật kiến thức Ngồi luận văn cịn tài liệu tham khảo, nghiên cứu cho học viên cao học, giảng viên sinh viên trường nước Ngồi mục lục, lời nói đầu, kết luận tài liệu tham khảo, luận văn bao gồm chương sau Chương Một số kiến thức chuẩn bị Chương phần đầu nhắc lại khái niệm tính chất liên quan đến đa thức đại số ba phần: phần thứ trình bày công thức nội suy Taylor, phần thứ hai trình bày tốn cơng thức nội suy Newton, phần thứ ba đưa khai triển Taylor-Gontcharov chứng minh định lý làm tảng kiến thức cho chương sau Chương Bài toán biên hỗn hợp thứ phương trình vi phân Chương phần luận văn, tác giả trình bày toán Cauchy toán biên hỗn hợp thứ trừu tượng Sau áp dụng khảo sát toán Cauchy toán biên hỗn hợp thứ phương trình vi phân Chương Ví dụ áp dụng Trong chương này, tác giả đưa ví dụ điển hình để làm minh họa cụ thể cho toán Cauchy toán biên hỗn hợp thứ phương trình vi phân đề cập Chương Tác giả tiến hành nghiên cứu, phân tích kỹ tài liệu có liên quan từ tập trung đánh giá, tổng hợp lại để làm tảng kiến thức cho luận văn Nhưng lần làm quen với việc nghiên cứu khoa học, có nhiều cố gắng, song hạn chế nhiều mặt thời gian, kiến thức kinh nghiệm nghiên cứu nên luận văn tránh khỏi thiếu sót Tác giả mong nhận góp ý, bảo, bổ sung thầy cô giáo quan tâm bạn bè đồng nghiệp để luận văn ngày hoàn thiện Hoàn thành luận văn này, tác giả xin chân thành cảm ơn thầy giáo GS TSKH NGUYỄN VĂN MẬU người trực tiếp hướng dẫn tận tình giúp đỡ tác giả suốt thời gian thực luận văn Tác giả xin chân thành cảm ơn Ban chủ nhiệm khoa Tốn, phịng Đào tạo trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên thầy, cô giáo tham gia giảng dạy khóa học Xin cảm ơn anh chị đồng nghiệp, anh chị đồng môn người ủng hộ, động viên tạo điều kiện cho thời gian hoàn thành luận văn Chương Một số kiến thức chuẩn bị Ở phần này, ta nhắc lại kiến thức đa thức đại số *) Đa thức đại số tính chất liên quan Định nghĩa 1.1 (xem [1]) Cho vành A vành giao hốn có đơn vị Ta gọi đa thức bậc n biến x biểu thức có dạng Pn (x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 (an 6= 0) ∈ A gọi hệ số, an hệ số bậc cao a0 hệ số tự đa thức Nếu = 0, ∀i = 1, 2, , n a0 6= ta có bậc đa thức Nếu = 0, ∀i = 0, 1, , n ta coi bậc đa thức −∞ gọi đa thức khơng (nói chung người ta khơng định nghĩa bậc đa thức không) Tập hợp tất đa thức với hệ số lấy vành A kí hiệu A [x] Khi A = K với K trường vành K [x] vành giao hốn có đơn vị Ta thường xét A = Z A = Q A = R A = C Khi ta có vành đa thức tương ứng Z [x] , Q [x] , R [x] , C [x] Định nghĩa 1.2 (xem [1]) Cho hai đa thức f (x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 , g(x) = bn xn + bn−1 xn−1 + · · · + b1 x + b0 Ta định nghĩa phép tính số học f (x) + g(x) = (an + bn )xn + (an−1 + bn−1 )xn−1 + · · · + (a1 + b1 )x + a0 + b0 , f (x) − g(x) = (an − bn )xn + (an−1 − bn−1 )xn−1 + · · · + (a1 − b1 )x + a0 − b0 , f (x)g(x) = c2n x2n + c2n−1 x2n−1 + · · · + c1 x + c0 , ck = a0 bk + a1 bk−1 + · · · + ak b0 , k = 0, 1, , n Định lý 1.1 (xem [1]) Giả sử A trường, f (x) g(x) 6= hai đa thức vành A [x], có cặp đa thức g(x) r(x) thuộc A [x] cho f (x) = g(x)q(x) + r(x) với deg r(x) < deg g(x) Nếu r(x) = ta nói f (x) chia hết cho g(x) Giả sử f (x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 đa thức tùy ý vành A [x], a phần tử tùy ý vành A, phần tử f (a) = an an + an−1 an−1 + · · · + a1 a + a0 có cách thay x a gọi giá trị f (x) a Nếu f (a) = ta gọi a nghiệm f (x) Bài tốn tìm nghiệm f (x) A gọi giải phương trình đại số bậc n an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 = (an 6= 0) A Định lý 1.2 (xem [1]) Giả sử A trường, a ∈ A f (x) ∈ A [x] Dư số phép chia f (x) cho x − a f (a) Định lý 1.3 (xem [1]) Số a nghiệm f (x) f (x) chia hết cho x − a Giả sử A trường, a ∈ A f (x) ∈ A [x] m số tự nhiên lớn Khi a nghiệm bội cấp m f (x) f (x) chia hết cho (x − a)m f (x) không chia hết cho (x − a)m+1 Trong trường hợp m = ta gọi a nghiệm đơn cịn m = a gọi nghiệm kép Số nghiệm đa thức tổng số nghiệm đa thức kể bội nghiệm (nếu có) Vì người ta coi đa thức có nghiệm bội cấp m đa thức có m nghiệm trùng Định lý 1.4 (xem [1]) Mỗi đa thức thực bậc n có khơng n nghiệm thực Hệ 1.1 Đa thức có vô số nghiệm đa thức không Hệ 1.2 Nếu đa thức f (x) có deg ≤ n mà nhận giá trị n + điểm phân biệt đối số đa thức Hệ 1.3 Hai đa thức có deg ≤ n mà nhận n + giá trị trùng n + điểm phân biệt đối số chúng đồng Định lý 1.5 (xem [1]) Mọi đa thức f (x) ∈ C [x] bậc n có n nghiệm (tính bội nghiệm) Định lý 1.6 (xem [1]) Mọi đa thức f (x) ∈ R [x] có bậc n có hệ số (hệ số bậc cao nhất) an 6= phân tích (duy nhất) thành nhân tử dạng m s Y Y
f (x) = an (x − di ) x2 + bk x + ck i=1 k=1 với di , bk , ck ∈ R, 2s + m = n, b2k − 4ck < 0, l, m, n ∈ N∗ 1.1 Công thức nội suy Taylor Bây giờ, ta chuyển sang xét toán nội suy Taylor Bài toán 1.1 (Bài toán nội suy Taylor, xem [2]) Cho x0 , ak ∈ R với k = 0, 1, , N − Hãy xác định đa thức T (x) bậc không N − (tức deg T (x) N − 1) thỏa mãn điều kiện T (k) (x0 ) = ak , ∀k = 0, 1, , N − Giải Ta dễ thấy đa thức viết dạng T (x) = N −1 X αk (x − x0 )k k=0 có deg T (x) N − Ta cần xác định hệ số αk ∈ R cho T (x) thỏa mãn điều kiện T (k) (x0 ) = ak , ∀k = 0, 1, , N − Lần lượt lấy đạo hàm T (x) đến cấp thứ k, k = 0, 1, , N − 1, x = x0 sử dụng giả thiết T (k) (x0 ) = ak , ∀k = 0, 1, , N − 1, ta suy ak , ∀k = 0, 1, , N − k! Thay giá trị αk vào biểu thức T (x), ta thu αk = T (x) = N −1 X k=0 ak (x − x0 )k k! (1.1) Với k = 0, 1, , N − 1, ta có T (k) (x) = ak + N −1 X aj (x − x0 )j−k (j − k)! j=k+1 Do đa thức T (x) thỏa mãn điều kiện T (k) (x0 ) = ak , ∀k = 0, 1, , N − Cuối cùng, ta phải chứng minh đa thức T (x) nhận từ (1.1) đa thức thỏa mãn điều kiện toán nội suy Taylor (1.1), ta gọi đa thức đa thức nội suy Taylor Thật vậy, có đa thức T ∗ (x), có bậc deg T ∗ (x) N − thỏa mãn điều kiện tốn (1.1) đó, đa thức P (x) = T (x) − T ∗ (x) có bậc deg P (x) N − đồng thời thỏa mãn điều kiện P (k) (x0 ) = 0, ∀k = 0, 1, , N − 1, tức là, đa thức P (x) đa thức có bậc khơng q N − (deg P (x) N − 1) mà lại nhận x0 làm nghiệm với bội không nhỏ thua N , nên P (x) ≡ 0, T (x) = T ∗ (x) Nhận xét 1.1 Chú ý đa thức nội suy Taylor T (x) xác định từ (1.1) khai triển Taylor đến cấp thứ N − đa thức T (x) điểm x = x0 1.2 Công thức nội suy Newton Bài toán 1.2 (Bài toán nội suy Newton, xem [2]) Cho xi , ∈ R với i = 0, 1, n Hãy xác định đa thức N (x) có bậc khơng q n (deg N (x) ≤ n) thỏa mãn điều kiện N (i) (xi ) = , i = 0, 1, , n Giải Dễ dàng chứng minh đẳng thức sau Zx N (x) = N (x0 ) + x0 N (t1 ) dt1 , (1.2) Tương tự, theo cách ta chứng minh toán tử I + T khả nghịch trái XM +N I + T khả nghịch trái XM Từ ta suy tốn tử I + T khả nghịch XM +N I + T khả nghịch XM  Bổ đề 2.4 (xem[4]) Cho Q[D] T xác định (2.27)- (2.31) tương ứng Khi (2.33) DM +N (I + T ) = Q [D] , Fj Dj (I + T ) = Fj Dj (j = 0, 1, , M + N − 1) (2.34) Chứng minh Do DFj = nên DM +N (I + T ) = DM +N M X N X I+ ! R0 RM +N −m Emn Dn m=0 n=0 = DM +N + =D M +N + = DM +N + = DM +N + M X N X m=0 n=0 M X N X m=0 n=0 M X N X m=0 n=0 M X N X Dm Emn Dn D m A0mn − M X ! FM +N −m D k=m N X Dm A0mn Dn + k−m A0kn n D + N X n=0 A00n Dn n=0 Dm A0mn Dn m=0 n=0 = Q[D] Ta chứng minh (2.33) Với j ∈ {0, 1, , N − 1}, Fj Rj = ta có Fj Dj (I + T ) = Fj Dj + Fj Dj T = M X N X j j = Fj D + Fj D R0 RM +N −m−1 Emn Dn =Fj Dj + Fj Dj m=0 n=0 M X N X Fj Rj Rj+1 RM +N −m−1 Emn Dn m=0 n=0 j = Fj D Với j ∈ {N + i, i = 0, 1, , M − 1} 35 A00n Dn FN +i DN +i (I + T ) = FN +i D N +i + FN +i D N +i M X N X R0 RM +N −m−1 Emn Dn m=0 n=0 = FN +i D N +i + = FN +i DN +i + M X N X m=0 n=0 M X N X FN +i Di RN RM +N −m−1 Emn Dn FN +i Di RN RM +N −m−1 Emn Dn m=1 n=0 + N X FN +i Di RN RM +N −1 E0n Dn n=0 = FN +i D N +i + M X N X FN +i Di RN RM +N −m−1 (A0mn − m=1 n=0 − M X FM +N −m Dk−m A0kn )Dn k=m = FN +i D N +i + = FN +i DN +i + − M X M N X X m=M −i n=0 M N X X FN +i D i−M +m (A0mn − M X FM +N −m Dk−m A0kn )Dn k=m FN +i Di−M +m A0mn Dn − m=M −i n=0 N X M X FN +i Di−M +m FM +N −m Dk−m A0kn Dn m=M −i n=0 k=m M N X X N +i = FN +i D + FN +i Di−M +m A0mn Dn − m=M −i n=0 M N X M X X − FN +i Di−M +m−1 DFM +N −m Dk−m A0kn Dn m=M −i+1 n=0 k=m N M X X − FN +i D0 FM +N −M +i Dk−M +i A0kn Dn n=0 k=M −i M N X X N +i = FN +i D + FN +i Di−M +m A0mn Dn − m=M −i n=0 N M X X − FN2 +i Dk−M +i A0kn Dn n=0 k=M −i 36 = FN +i D N +i + N M X X FN +i Di−M +m A0mn Dn − m=M −i n=0 − N M X X FN +i Dk−M +i A0kn Dn n=0 k=M −i = FN +i DN +i  Do đó, ta chứng minh (2.34) Bổ đề 2.5 (xem[4]-[6]) Bài toán (2.27)-(2.28) đặt chỉnh I + T khả nghịch XM +N Chứng minh Theo bổ đề 2.4, phương trình (2.28) tương đương (I + T )x = R0 RM +N −1 y + z0 + MX +N −1 R0 Rj−1 zj , j=1 z0 , z1 , , zM +N −1 ∈ ker D tùy ý Từ cơng thức (2.34) phương trình cuối ta suy toán (2.27)-(2.28) tương đương với phương trình (I + T )x = R0 RM +N −1 y + y0 + MX +N −1 R0 Rj−1 yj (2.35) j=1 +) Nếu λ = −1 giá trị riêng T phương trình tương ứng (I + T )x = có nghiệm khơng tầm thường, đó, tốn (2.27)-(2.28) đặt khơng chỉnh I + T không khả nghịch +) Nếu λ = −1 không giá trị riêng T I + T không khả nghịch XM +N tức (I + T )XM +N * XM +N (2.35) giải R0 RM +N −1 y + y0 + MX +N −1 R0 Rj−1 yj ∈ (I + T )XM +N (2.36) j=1 Cố định u ∈ XM +N \(I + T )XM +N cho yj = Fj Dj u (j = 0, 1, , M + N − 1) Khi đó, theo cơng thức Taylor-Gontcharov R0 RM +N −1 y + y0 + M +N P−1 R0 Rj−1 yj = j=1 = R0 RM +N −1 DM +N u + F0 u + = R0 RM +N −1 DM +N + F0 + M +N P−1 j=1 M +N P−1 j=1 = Iu = u 37 R0 Rj−1 Fj Dj u ! R0 Rj−1 Fj Dj u Mà u ∈ / (I + T )XM +N , đó, tốn (2.27)-(2.28) đặt khơng chỉnh I + T không khả nghịch Nếu I + T khả nghịch XM +N nghiệm tốn (2.27)-(2.28)   MX +N −1 x = (I + T )−1 R0 RM +N −1 y + y0 + R0 Rj−1 yj  j=1  tức toán (2.27)-(2.28) đặt chỉnh Định lý 2.6 (xem [4]) Bài toán (2.27)-(2.28) đặt chỉnh toán tử giải I + T cuả khả nghịch Chứng minh Theo bổ đề 2.3, I + T khả nghịch XM I + T khả nghịch XM +N Từ giả thiết Q[D] ta có ImT ⊂ XM nên ta có I + T khả nghịch có khả nghịch XM Từ đó, I + T khả nghịch I + T khả nghịch XM +N Mặt khác, theo bổ đề 2.5 I + T khả nghịch XM +N tốn (2.27)-(2.28) đặt chỉnh Do định lý chứng minh  Định lý 2.7 (xem [4]-[6]) Giả sử D ∈ R(X), Rj ∈ RD Fj ∈ FD toán tử ban đầu D ứng với Rj (j = 0, 1, , M + N − 1) Cho T T / xác định (2.31) (2.29) tương ứng Khi I + T / khả nghịch tốn (2.27)-(2.28) đặt chỉnh nghiệm   MX +N −1 x = MT R0 RM +N −1 y + y0 + R0 Rj−1 yj  , (2.37) j=1 MT = I − R0 RN −1 (I + T )−1 T1 , T1 xác định (2.32) Chứng minh Theo bổ đề 2.4 phương trình (2.27) tương đương (I + T )x = R0 RM +N −1 y + z0 + MX +N −1 R0 Rj−1 zj j=1 z0 , z1 , , zM +N −1 ∈ ker D tùy ý Từ công thức (2.34) phương trình cuối ta suy tốn (2.27)-(2.28) tương đương với phương trình (I + T )x = R0 RM +N −1 y + y0 + MX +N −1 j=1 38 R0 Rj−1 yj Nếu I + T / khả nghịch từ định lý 2.6 bổ đề 2.5 ta suy I + T khả nghịch XM +N Do theo bổ đề 2.3 MT = I − R0 RN −1 (I + T )−1 T1 nghịch đảo I + T MT XM +N ⊂ XM +N Từ ta có (2.37) tức định lý chứng minh  Khi ta cho Amn = (m = 0, 1, , M −1; n = 0, 1, , N ) AM n = An (n = 0, 1, , N ) định lý 2.7 ta thu kết sau toán N X M P (D)x = D An Dn x = y, y ∈ X, n=0 Fj Dj x = yj , yj ∈ ker D, (j = 0, 1, , M + N − 1) (2.38) Hệ 2.6 Giả sử D ∈ R(X), Rj ∈