một số áp dụng của biến đổi fourier vào biến đổi laplace ngược

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP HỒ CHÍ MINH Trịnh Văn Hạnh MỘT SỐ ÁP DỤNG CỦA BIẾN ĐỔI FOURIER VÀO BIẾN ĐỔI LAPLACE NGƯỢC LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thành phố Hồ Chí Minh 2012 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP HỒ CHÍ MINH Trịnh Văn Hạnh MỘT SỐ ÁP DỤNG CỦA BIẾN ĐỔI FOURIER VÀO BIẾN ĐỔI LAPLACE NGƯỢC Chuyên ngành Mã số : Toán Giải Tích : 60 46 01 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: TS NGUYỄN CAM Thành phố Hồ Chí Minh 2012 MỤC LỤC LỜI CẢM ƠN LỜI MỞ ĐẦU Chương 1: GIỚI THIỆU 1.1 Biến đổi Fourier 1.2 Đưa tích phân Mellin biến đổi Fourier 12 Chương 2: BIẾN ĐỔI LAPLACE NGƯỢC BẰNG GIÁ TRỊ TRUNG BÌNH CỦA CHUỖI FOURIER 14 2.1 Trường hợp hàm gốc f(x) giảm nhanh 14 2.2 Trường hợp giảm nhanh giá trị tuyệt đối hàm ảnh F(p) 15 Chương 3: CÔNG THỨC NỘI SUY ĐỂ TÍNH TÍCH PHÂN FOURIER 18 3.1 Một số ý sơ 18 3.2 Phép nội suy đại số hàm f(x) 19 3.2.1 Các công thức bổ trợ 19 3.2.2 Xây dựng công thức tính toán 20 3.3 Phép nội suy hàm hữu tỷ 51 3.3.1 Chọn phép nội suy sai số 51 3.3.2 Công thức cầu phương nội suy tổng quát 63 3.3.3 Phép nội suy với điểm cách 66 3.3.4 Quy tắc tính kết hợp với nghiệm đa thức trực giao 66 KẾT LUẬN 76 TÀI LIỆU THAM KHẢO 77 LỜI CẢM ƠN Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến TS Nguyễn Cam, người Thầy hướng dẫn, động viên, khuyến khích suốt trình thực luận văn Tôi xin chân thành cảm ơn Thầy - Cô hội đồng chấm luận văn dành thời gian quý báu cho việc nhận xét phản biện luận văn; cảm ơn Thầy truyền đạt kiến thức học phần Cảm ơn quý Thầy – Cô thuộc phòng, khoa, thư viện trường ĐHSP TP.HCM tạo điều kiện thuận lợi, giúp đỡ suốt trình học tập, thực bảo vệ luận văn Cuối cùng, gởi lời cảm ơn đến tất bạn bè gần xa, người thân hổ trợ, giúp đỡ nhiều mặt LỜI MỞ ĐẦU Biến đổi Laplace có nhiều áp dụng quan trọng khoa học kỹ thuật Bài toán khôi phục hàm gốc từ hàm ảnh phép biến đổi Laplace nhiều nhà toán học quan tâm khảo cứu có nhiều phương pháp đưa Trong luận văn này, tính xấp xỉ biến đổi Laplace ngược thông qua việc áp dụng biến đổi Fourier vào biến đổi Laplace ngược Cụ thể tính tích phân Mellin biến đổi Fourier, từ xét công thức nội suy để tính tích phân Fourier Chương 1: GIỚI THIỆU Bài toán tính tích phân Mellin quy biến đổi Fourier, phương pháp cổ điển để nghiên cứu nhiều toán áp dụng Việc tính tích phân Mêllin cách quy tích phân Fourier hữu ích, hai lý sau Thứ nhất, nhiều phương pháp tính toán điểm công thức cầu phương lấy đường tích phân p= c + iτ (−∞ < τ < ∞) Thứ hai, phương pháp hữu ích thực hành để kiểm tra mặt tính toán giải phương pháp khác 1.1 Biến đổi Fourier Chúng ta xem xét tích phân Fourier kép π ∞ ∞ ∫0 du −∞∫ f (t ) cos u( x − t )dt (1.1.1) Và giả sử hàm f khả tích tuyệt đối trục số −∞ < t < ∞ Tích phân bên hội tụ tuyệt giá trị thực x u , hội tụ hội tụ 1.1.1Định nghĩa giả sử hàm f ( x) với giá trị hữu hạn khoảng [a, b] Chia [a, b] thành hữu hạn phần điểm x0 = a < x1 < < xn = b Xét tổng V ( x0 = , x1 , , xn ) n −1 ∑ k =0 f ( xk +1 ) − f ( xk ) Cận tổng V ( x0 , x1 , , xn ) , Var ( f ) = sup V ( x0 , x1 , , xn ) a ≤ x ≤b x1 , , xn−1 gọi biến phân toàn phần hàm f đoạn [a, b] Nếu Var ( f ) có a ≤ x ≤b giá trị hữu hạn, ta nói f hàm có biến phân hữu hạn [a, b] 1.1.2.Định lý Lấy f hàm khả tích tuyệt đối trục số −∞ < t < ∞ Cho f có biến phân hữu hạn đoạn [a, b] với x ∈ [a, b] , ta có công thức sau: ∞ ∞ 1 [f ( x= du ∫ f (t ) cos u ( x − t )dt + 0) + f ( x − 0)] π ∫0 −∞ (1.1.2) Nếu f có biến phân hữu hạn liên tục đoạn [a, b] , với x ∈ [a, b] , ta có: f ( x) = π ∞ ∞ −∞ ∫ du ∫ f (t ) cos u ( x − t )dt (1.1.3) Ở đây, tích phân kép hội tụ f ( x) với x đoạn đóng [a, b] Phương trình (1.1.2) (1.1.3) gọi công thức Fourier Trong phần sau ta giả sử f ( x) có biến phân hữu hạn đoạn hữu hạn trục thực Vậy (1.1.2) với tất giá trị hữu hạn x Ta giả sử hệ thức f (= x) [f ( x + 0) + f ( x − 0)] tất điểm x Khi (1.1.2) (1.1.3) giống từ trở ta sử dụng (1.1.3) Dùng cos u (= x − t) π ∞ ∞ ∫0 du −∞∫ iu ( x −t ) −iu ( x −t ) +e [e ] , ta có: ∞ ∞ f (= t ) cos u ( x − t )dt du ∫ f (t )[eiu ( x −t ) + e−iu ( x −t ) ]dt ∫ 2π −∞ Bằng cách thay biến u −u ta đưa công thức Fourier (1.1.3) dạng f ( x) = 2π ∞ ∫e − ixu −∞ ∞ du ∫ f (t )eiut dt (1.1.4) −∞ Thật vậy: = f ( x) ∞ ∞ du π∫ ∫ ) cos u ( x − t )dt f (t= −∞ ∞ du π∫ ∫ ∞ ∞ ∞ ∞ −∞ f (t ) [eiu ( x −t ) + e − iu ( x −t ) ]dt ∞ 1 du ∫ f (t )eiu ( x −t ) dt + du ∫ f (t )e − iu ( x −t ) = I1 + I = ∫ ∫ 2π −∞ 2π −∞ Đổi biến u = −u ta có: −∞ ∞ ∞ 1 I1 = d (−u ) ∫ f (t ).ei ( − u )( x −t ) dt = du ∫ f (t )e − iu ( x −t ) dt ∫ ∫ 2π 2π −∞ −∞ −∞ f ( x) = I1 + I = 2π ∞ ∞ ∫ du ∫ −∞ f (t )e − iu ( x −t ) −∞ dt = 2π ∞ ∫e −∞ − iux ∞ du ∫ f (t )eiut dt −∞ (1.1.4) cho ta mối liên hệ hai hàm sau: ϕ (u ) = ∞ ∫ f (t )eiut dt (1.1.5) −∞ f ( x) = 2π ∞ ∫ ϕ (u )e − ixu du (1.1.6) −∞ Công thức (1.1.5) phép biến đổi Fourier phức đưa hàm gốc f vào hàm ảnh ϕ Công thức (1.1.6) cho ta quy tắc chuyển từ hàm ảnh ϕ sang hàm gốc f Cho hai công thức Fourier đặc biệt tương dương với công thức (1.1.3) : ∞ = f ( x) ∫ [a(u ) cos ux + b(u )sin ux]du, (1.1.7) ∞ ∞ 1 a (u ) = J1 + J ∫ f (t ) cos ut dt = ∫ f (t ) cos utdt + ∫ f (t ) cos utdt = π π −∞ ∞ π −∞ ∞ 1 b(u ) = H1 + H ∫ f (t )sin ut dt = ∫ f (t )sin utdt + ∫ f (t )sin utdt = π π −∞ π −∞ Khi f hàm chẵn, đặt x = −t , ta có: J1 = π ∫ f (t ) cos utdt = −∞ π ∫ f (− x) cos u (− x)d (−= x) ∞ a (u ) = J + J = J = H1 = π ∫ π ∞ = ∫ f ( x) cos ux dx π ∞ ∫ f (t ) cos ut dt ∞ −∞ J2 1 f (t )sin ut dt = ∫ f (− x)sin u ( − x)d ( − x) = − ∫ f ( x)sin uxdx = −H π π ∞ b(u ) = H1 + H = −H + H = (1.1.7) trở thành công thức Fourier cosine: ∞ a(u ) cos uxdu ∫0 = = f ( x) π ∞ ∞ ∫0 cos ux du ∫0 f (t ) cos ut dt (0 ≤ x < ∞) (1.1.8) Khi f hàm lẽ, đặt x = −t ta có: J1 = π Do ∫ −∞ 1 f (t ) cos ut dt = ∫ f (− x)cos u (− x)d (− x) = − π π ∞ ∞ ∫ f ( x) cos ux dx =−J a (u ) = J1 + J = −J2 + J2 = H1= π ∫ f (t ) sin utdt= −∞ = π π ∫ f (− x) sin u (− x)d (− x) ∞ ∫ (− f ( x))(− sin ux)(−dx) = ∞ Do b(u ) = H1 + H = H = π π ∞ ∫0 f (t )sin utdt (1.1.7) trở thành công thức Fourier sine: ∞ ∫ f ( x) sin uxdx = H2 = f ( x) ∞ b(u )sin uxdu ∫0 = π ∞ ∞ ∫0 sin ux du ∫0 f (t )sin ut dt (0 ≤ x < ∞) (1.1.9) Công thức Fourier tổng quát (1.1.3) xem tổ hợp công thức riêng (1.1.8) (1.1.9) Thật vậy, hàm f miêu tả thành tổng phần chẵn phần lẽ nó: 1 [f ( x) + f (− x)], h(= x) [f ( x) − f (− x)] 2 f (= x) g ( x) + h( x), g (= x) g ( x) phần chẵn, h( x) phần lẽ Tích phân bên (1.1.3) có biểu diễn sau theo g h : ∞ ∞ ∫ f (t ) cos u ( x − t )dt = −∞ ∫ ( g (t ) + h(t ))(cos ux cos ut + sin ux sin ut )dt −∞ ∞ ∞ ∞ ∞ −∞ −∞ −∞ −∞ = cos ux ∫ g (t ) cos utdt + sin ux ∫ g (t ) sin utdt + cos ux ∫ h(t ) cos utdt + sin ux ∫ h(t ) sin utdt Mà: ∞ ∞ −∞ −∞ 0 ∞ ∞ ∫ g (t ) cos utdt= ∫ g (t ) cos utdt + ∫ g (t ) cos utdt= ∫ g (−t ) cos u (−t )d (−t ) + ∫ g (t ) cos utdt ∞ ∫ g (t ) cos ut (−dt ) + ∫ g (t ) cos utdt = ∞ ∞ = ∫ g (t ) cos utdt ∞ ∞ −∞ −∞ 0 ∞ ∞ ∫ g (t ) sin utdt= ∫ g (t ) sin utdt + ∫ g (t ) sin utdt= ∫ g (−t ) sin u (−t )d (−t ) + ∫ g (t ) sin utdt ∞ ∫ g (t )(− sin ut )(−dt ) + ∫ g (t ) sin utdt = ∞ ∞ ∞ 0 = − ∫ g (t ) sin utdt + ∫ g (t ) sin utdt =0 Tương tự ta có: 10 xj − x x j − xk 1 1 = Π( − ).[ Π ( − )]−1 = ).[ Π ( )]−1 Π( j≠k + x j ≠ k (1 + x )(1 + x ) j ≠ k (1 + x )(1 + x ) + x j j ≠ k + xk + x j j k j x − xj (1 + xk ) n ωn+1 ( x) (1 + xk ) n = , Π = n n j≠k (1 + x) ( x − xk ).ωn/ +1 ( xk ) (1 + x) xk − x j dt )= − 1+ t (1 + t ) n ωn+1 ( x) = Π ( x − x j ), dτ = d( j =0 Thế biểu thức vào (3.3.9) cho ta sai số phép nội suy rn ( x) : ) ρ n ( z= ) rn ( x= n (−1) n +1 ( n +1) n ( ){( − ) ( − ) − Λ k ( z )(τ − zk ) n E (τ − zk )}dτ ψ τ τ z E τ z ∑ ∫ n! k =0 (−1) n +1 ( x − t )n n +1 n +1 (−1) (1 + t ) Ln +1 ( F ).{ E(x − t) − = (1 + t ) n (1 + x) n n ! ∞∫ (1 + xk ) n ( xk − t ) n ωn+1 ( x) − dt E ( xk − t )} −∑ n n n / ( x − xk )ωn +1 ( x) (1 + t ) (1 + xk ) (1 + t ) k = (1 + x ) n ∞ ∫ Ln+1 ( F ) n ωn+1 ( x) dt n {( ) ( ) ( xk − t ) n E ( xk − t )} x t E x t − − − ∑ / n 1+ t n !(1 + x) k = ( x − xk )ωn +1 ( xk ) (3.3.14) Ta có ωn+1 ( x) ( xk − t ) n E ( xk − t ) sai số phép / k = ( x − xk )ωn +1 ( xk ) n K ( x, t ) = ( x − t ) n E ( x − t ) − ∑ nội suy theo biến x hàm ( x − t ) n E ( x − t ) với giá trị hàm điểm xk 3.3.2 Công thức cầu phương nội suy tổng quát Xét biểu thức ∞ ϕe (u ) = ∫ eiux f ( x)dx (3.3.15) Ta có ∞ ∞ ∞ 0 ϕe (u ) = ∫ (cos ux + isin ux) f ( x)dx = ∫ cos ux f ( x)dx + i ∫ sin ux f ( x)dx 63 ∞ Nếu f hàm số có giá trị thực ∫ cos ux f ( x)dx ∞ ∫ sin ux f ( x)dx tương ứng phần thực phần ảo ϕe (u ) Ta giả sử = f ( x) F ( x)(1 + x) − s , ( s > 1) F ( x) hàm liên tục đủ trơn trục ≤ x ≤ ∞ Nội suy hàm F với giúp đỡ đa thức Pn ( x) bậc n theo biến (1 + x) −1 viết Pn ( x) theo dạng (3.3.7) : n n Pn ( x) = ∑ F ( xk )∑ c k 0=l = (k ) l (1 + xk ) n / ωn+1 ( xk ) (1 + x) n−l Trong (3.3.15) ta thay hàm f ( x) = (1 + x) − s F ( x) = (1 + x) − s [Pn ( x) + rn ( x)] ta ∞ ∞ −s iux ϕe (u ) = ∫ e f ( x)dx = ∫ e (1 + x) [ Pn ( x) + rn ( x)] dx iux 0 ∞ cl( k ) (1 + xk ) n = x) [ ∑ F ( xk )∑ + r ( x)]dx / ∫0 e (1 += ωn+1 ( xk ) (1 + x) n−l n k 0=l −s iux = n ∞ Với R = n (u ) ∫e iux n ∞ cl( k ) (1 + xk ) n iux ∫ e (1 + x) − n +l − s dx + Rn (u ) / ωn+1 ( xk ) 0 n ∑ F ( xk )∑ k 0=l = n (3.3.16) (1 + x) − s rn ( x) dx cl( k ) (1 + xk ) n Các hệ số Akl = phụ thuộc vào xk tra bảng ωn/ +1 ( xk ) ∞ Cách tính tích phân ∫ eiux (1 + x) − n +l − s dx trình bày mục 3.3.e Ta có ước lượng : ∞ Rn (u ) =∫ e iux ∞ ∞ rn ( x) rn ( x) rn ( x) iux dx e dx ≤ ≤ ∫0 ∫0 (1 + x)s dx (1 + x) s (1 + x) s Nếu thay rn ( x) biểu thức dạng (3.3.14) vào Rn ( x) ta có 64 (3.3.17) ∞ Rn (u ) = ∫ eiux ∞ ∫e rn ( x) dx (1 + x) s ∞ iux 1 {( x − t ) n E ( x − t ) L ( F ) s ∫ n +1 n (1 + x) n !(1 + x) ωn+1 ( x) dt ( xk − t ) n E ( xk − t )} dx / 1+ t k = ( x − xk )ωn +1 ( xk ) n −∑ ∞ ∫ dx e ∞ iux n ωn+1 ( x) n L ( F ){( x − t ) E ( x − t ) − ∑ n + s ∫ n +1 / n !(1 + x) k =1 ( x − xk )ωn +1 ( xk ) ×( xk − t ) n E ( xk − t )} dt (1 + t ) (3.3.19) Xét nhân tích phân kép n ωn+1 ( x) n K * ( x, t ) {( x t ) E ( x t ) ( xk − t ) n E ( xk − t )} = − − − ∑ n+ s / n !(1 + x) (1 + t ) k = ( x − xk )ωn +1 ( xk ) = K ( x, t ) n !(1 + x) n+ s (1 + t ) Dấu K * ( x, t ) trùng với dấu K ( x, t ) Biểu thức K ( x, t ) gặp (3.3.9) K ( x, t ) nhân biểu diễn tích phân sai số toán sau phép nội suy đại số: lấy điểm xk (k = 0,1, , n) điểm nội suy x nằm [ a, b ] giả sử hàm g ( x) nội suy theo giá trị g ( xk ) đa thức Pn ( x) bậc n Nếu g ( x) có đạo hàm cấp n + liên tục [ a, b ] , sai số nội suy ρ n= ( x) g ( x) − Pn ( x) miêu tả theo đạo hàm cấp n + g có dạng: n ωn+1 ( x) (−1) n +1 ( n +1) n = ρ n ( x) g (τ ){(t − x) E (t − x) − ∑ (t − xk ) n E (t − xk )}dt / ∫ n! a k = ( x − xk )ωn +1 ( xk ) b 65 n ωn+1 ( x) (−1) n +1 ( n +1) n +1 n = g (t )(−1) {( x − t ) E ( x − t ) − ∑ ( xk − t ) n E ( xk − t )}dt / ∫ n! a k = ( x − xk )ωn +1 ( xk ) b b = ∫ g ( n+1) (t ).K ( x, t )dt n! a (3.3.20) 3.3.3 Phép nội suy với điểm cách Ta lấy điểm cách đều= xk kh = (k 0,1, 2, ; h > 0) cho điểm nội suy Trong trường hợp ωn +1 ( x) = x( x − h) .( x − nh) hệ số cl( k ) xác định bởi: ωn+1 ( x) x − xk = x( x − h) .[x − (k − 1)h].[ x − (k + 1)h] ( x − nh) = n ∑c l =0 (k ) l (1 + x)l (k = 0,1, , n) ωn+1 ( x) − ωn+1 ( xk ) ω ( x) ωn/ +1 ( xk ) lim = = lim n +1 x → xk x → xk x − x x − xk k = lim x( x − h) .[x − (k − 1)h].[ x − (k + 1)h] ( x − nh) x → xk = xk ( xk − h) .[xk − (k − 1)h].[ xk − (k + 1)h] ( xk − nh) = kh(k − 1)h h (−h)(−2h) .( −1)(n − k )h h n (−1) n− k k !(n − k )! = cl( k ) (1 + xk ) n cl( k ) (1 + kh) n = Akl = (−1) n −k h n k !(n − k )! ωn/ +1 ( xk ) (3.3.22) Akl tra bảng Quy tắc tính (3.3.16) trường hợp nội suy với điểm cách có dạng: (u ) ϕe= ∞ ∫e ∞ iux n n F ( x) ( ) dx F kh Akl ∫ eiux (1 + x) − n − s +l dx + Rn (u ) = ∑ ∑ s (1 + x) =k 0=l 0 (3.3.23) Sự hội tụ quy tắc tính xảy Rn (u ) → 0,(n → ∞) 3.3.4 Quy tắc tính kết hợp với nghiệm đa thức trực giao Sự hội tụ phương pháp cầu phương nội suy (3.3.23) : 66 (u ) ϕe= ∞ ∫e ∞ iux n n F ( x) dx F ( kh ) Akl ∫ eiux (1 + x) − n − s +l dx + Rn (u ) với điểm = ∑ ∑ s (1 + x) =k 0=l 0 cách cho lớp hẹp hàm Do cần xây dựng quy tắc tính khác thuận tiện hơn, có quan hệ với miền hội tụ tính toán đơn giản Từ lý thuyết xấp xỉ phép cầu phương ta biết tính tích phân với hàm trọng lượng, theo công thức tính sau: b n a k =1 ∫ P( z )ϕ ( z )dz ≈ ∑ Akϕ ( zk ) (3.3.27) Phép chứng minh cho hàm trọng lượng p ( z ) không đổi dấu, chọn lựa zk Ak (3.3.27) ϕ ( z ) đa thức tùy ý bậc 2n − ; zk Ak xác định nhất: zk phải nghiệm đa thức Pn ( z ) bậc n lấy từ hệ đa thức trực giao tương ứng với trọng lượng p ( z ) , b Ak = ∫ p ( z ) a Pn ( z ) dz ( z − zk ) Pn/ ( zk ) Điều có nghĩa quy tắc cầu phương (3.3.27) phải phép nội suy Công thức (3.3.27) hội tụ tập hợp hàm rộng: [a, b] hữu hạn, hàm trọng lượng p ( z ) không đổi dấu [a, b] khác , hội tụ b n ∑ A ϕ ( z ) → ∫ p( z )ϕ ( z )dz k =1 k k (n → ∞) a Điều đủ để ϕ ( z ) bị chặn tập hợp điểm gián đoạn có độ đo Bây lấy tích phân ϕe (u ) (3.3.15) theo dạng = ϕe (u ) ∞ ∫e iux F ( x) dx (1 + x) s 67 ( s > 1) (3.3.28) Ta xét hàm F ( x) liên tục đủ trơn trục đóng [0, ∞] Thừa số (1 + x) − s có điểm kì dị đơn x = ∞ Ta nối (1 + x) − s với hàm trọng lượng eiux = cos ux + isin ux xác định dao động biểu thức dấu tích phân; eiux lượng phức phần thực phần ảo đổi dấu Tất điều làm cho khó để quy eiux trọng lượng theo cách thông thường mà không biến đổi sơ Biến đổi (3.3.28) tích phân với hàm trọng lượng cổ điển, thực phép x = 1− t 1− x t = Nửa trục ≤ x ≤ ∞ trở thành [-1,1] tích phân 1+ t 1+ x (3.3.28) có dạng ∞ ∫e = ϕe (u ) iux F ( x) ∞ = ∫e iux 1−t 1+ t = 21− s ∫ e dx (1 + x) s ( s > 1) 1− t − t −s − t F( )(1 + ) d( )= 1+ t 1+ t 1+ t iux 1−t 1+ t −1 ∫e iux 1−t 1+ t −1 − t (1 + t ) s −2 F( dt ) 1+ t s (1 + t ) 1− t F( )(1 + t ) s − dt 1+ t (3.3.29) (1 + t ) s − xem hàm trọng lượng p (t )= (1 + t ) s − , trường hợp đặc biệt trọng lượng Jacobi (1 − t )α (1 + t ) β với α = 0, β = s − Ta lấy phần lại ψ (t ) = e iu 1−t 1+ t 1− t F( ) cho hàm lấy tích phân Khi tích phân (3.3.29) có 1+ t thể tính quy tắc cho phép lấy tích phân với trọng lượng Jacobi: ϕe (= u) 1− s ∫ ψ (t )(1 + t ) −1 s −2 1− s dt ≈ n ∑ A ψ (t ) k =1 k k (3.3.30) Ở tk nghiệm đa thức Jacobi J n(0, s − 2) (t ) bậc n Ak hệ số cầu phương tương ứng với nghiệm Giá trị tk Ak tra bảng 68 1−t iu 1− t Vì ta giả sử F ( x) = F ( ) liên tục trục ≤ x ≤ ∞ , e 1+t ≤ 1+ t e iu 1−t 1+ t liên tục với −1 < t ≤ , nên hàm ψ (t ) = e iu 1−t 1+ t 1− t F( ) bị chặn liên tục với 1+ t −1 < t ≤ Vậy n tăng vô hạn , với u bất kỳ, ta có hội tụ phương pháp tính (3.3.30) : 1− s lim n →∞ n t ) ∑ A ψ (= k k =1 k 1− s ∫ ψ (t )(1 + t ) = dt ϕe (u ) s −2 −1 Phương pháp tính nói chuyển tích phân (3.3.29) tích phân có độ xác cao với trọng lượng Jacobi Ta giả sử t → −1 , dao động e e iu 1−t 1+ t iu 1−t 1+ t 1− t F( ) đủ trơn, 1+ t tăng vô hạn điểm t = −1 điểm gián đoạn Vì lý này, gần t = −1 hàm ψ (t ) không xấp xỉ xác đa thức đại số Các điểm tk (3.3.30) xem nghiệm đa thức J n(0,s − 2) (t ) Ta đưa thừa số e iu 1−t 1+ t vào trọng lượng đặt 1−t 1+ t 1− t p (t ) = e (1 + t ) s − ,ψ * (t ) = F( ) 1+ t iu * Bây ta nội suy ψ * (t ) với giá trị ψ * (t ) điểm nội suy tk : = ψ * (t ) n ∑ l (t )ψ k =1 lk* (t ) = * k * (tk ) + rn* (t ) Ω* (t ) , (t − tk )Ω*/ (tk ) Ω* (t ) =(t − t1 ) .(t − tn ) = J n(0,s −2) (t ) qn qn hệ số t n đa thức J n(0,s − 2) (t ) 69 (3.3.31) Thay giá trị ψ * (t ) p* (t ) vào (3.3.29) ta được: 21− s ∫ e ϕe (u ) = iu 1−t 1+ t −1 1− s = 1− t (1 + t ) s − F ( )dt = 21− s ∫ p* (t )ψ * (t )dt 1+ t −1 1 n ∫ p (t )[∑ l (t )ψ * k =1 −1 * k * (tk ) + rn* (t )]dt n = [∑ψ (tk ) ∫ p (t )l (t )dt + ∫ p* (t ).rn* (t )dt ] 1− s * k =1 = * k k =1 * k −1 n ∑ Aψ * * −1 (tk ) + Rn* (3.3.32) Với A 2= = ∫ p (t ).l (t )dt , R 1− s * k * * k * n 1− s −1 ∫ p (t ).r (t )dt * * n −1 Sau bỏ Rn* , biểu thức (3.3.32) cho ta quy tắc tính xấp xỉ cho ϕe ( x) Sau ví dụ khác việc chọn điểm tk Trong tích phân (3.3.29) ta lấy = p (t ) e * iu 1−t 1+ t 1− t ) cho hàm lấy (1 + t ) s − cho hàm trọng lượng ψ * (t ) = F ( 1+ t tích phân Lấy đa thức Jacobi tùy ý J n(α ,β ) ( x) có bậc n với số mũ α , β > −1 Ta lấy nghiệm J n(α ,β ) ( x) cho điểm nội suy hàm ψ * (t ) ta kí hiệu nghiệm tk (k = 1, 2, ., n) Công thức nội suy có dạng (3.3.31) với ý nghĩa khác tk = ψ (t ) * n ∑ L (t )ψ k =1 * k * (tk ) + rn* (t ) Ω* (t ) L (t ) = (t − tk )Ω*/ (tk ) * k n Ω* (t ) =Π (t − tk ) = (α ,β ) J n(α ,β ) (t ) k −1 qn 70 L*k (t ) = / J n(α ,β ) (t ).[J n(α ,β ) (tk )]−1 t − tk (3.3.33) qn(α ,β ) hệ số t n đa thức J n(α ,β ) ( x) Để thu công thức tính toán cần thiết, ta trở lại biến cũ đặt x = ứng với t = tk xk = 1− t , 1+ t − tk + tk Ta có: n n 1− x n (1 + x − x − xx ) − (1 − x + x − xx ) 1− xj j j j j Ω* (t ) =Π (t − t j ) =Π ( − ) =Π =j =j 1 + x j 1= + xj (1 + x)(1 + x j ) n n 2( x j − x) x − xj ω ( x) 2n 2n = Π = Π ( ) = n n n =j = (1 + x)(1 + x j ) (1 + x) j −1 − x j (1 + x) ωn (−1) Với n ωn ( x ) = Π(x − x j ) j =1 (1 + x j − xk − xk x j ) − (1 − x j + xk − xk x j ) / − xk − x j Ω* (tk ) = Π (tk − t j ) = Π( − Π )= j≠k j≠k + x j≠k 1+ xj (1 + xk )(1 + x j ) k Π ( xk − x j ) 2( x j − xk ) ωn/ ( xk ) 2n −1.(−1) n −1 2n −1 j≠k = Π = = − n j ≠ k (1 + x )(1 + x ) (1 + xk ) n − (−1) n Π (1 + xk ) n − ωn (−1) k j (−1 − x ) j =1 j 2( x − xk ) − x − xk (1 + xk − x − xxk ) − (1 − xk + x − xxk ) t − tk = − = = − + x + xk (1 + x)(1 + xk ) (1 + x)(1 + xk ) * k L (t ) 1 Ω* (t ) (α , β ) (α , β ) / −1 (tk )] / J n (t ).[J n = t − tk t − tk Ω* (tk ) (1 + x)(1 + xk ) 2n.ωn ( x) −(1 + xk ) n− ωn (−1) = − 2( x − xk ) (1 + x) n ωn (−1) 2n−1.ωn/ ( xk ) + xk n−1 ωn ( x ) ) lk ( x ) = (= 1+ x ( x − xk ).ωn/ ( xk ) 1− t )= − dt 1+ t (1 + t )2 ψ * (tk ) = F ( xk ), d ( x) = d ( 71 (3.3.34) 1− t Nếu thay hàm= ( ) F ( x) thay biểu diễn nội suy ψ * (t ) vào ψ * (t ) F= 1+ t (3.3.29) ta phương trình sau cho ϕe (u ) : ϕe (u ) = 1− s ∫−1 e iu ∫e 1− s = 1−t 1+t iu 1− t F( )(1 + t ) s −2 dt 1+ t 1−t 1+t ψ * (t ).(1 + t ) s −2 dt −1 1− s = ∫e iu 1−t 1+ t k =1 −1 1− s = ∫e n [∑ L*k (t )ψ * (tk ) + rn* (t )](1 + t ) s − dt iu 1−t 1+ t n [∑ L*k (t ) F ( xk ) + rn* (t )](1 + t ) s − dt k =1 −1 n ∑ 21−s F ( xk ) ∫ e = k =1 iu 1−t 1+ t L*k (t )(1 + t ) s − dt + Rn* (u ) (3.3.35) −1 Với ∫e 1− s = R (u ) * n iu 1−t 1+ t * n r (t )(1 + t ) s − dt −1 L (t ) đa thức bậc n − theo biến t Ta khai triển L*k (t ) theo lũy thừa * k t +1: = L*k (t ) n −1 ∑a (k ) l l =0 (t + 1)l Thế vào (3.3.35) ta được: = ϕe (u ) n ∑2 1− s F ( xk ) ∫ e iu 1−t 1+ t n −1 [∑ al( k ) (t + 1)l )](1 + t ) s − dt + Rn* (u ) = k 1= l −1 = n n −1 ∑ F ( x )∑ a k = k =l (k ) l 1− s ∫e iu 1−t 1+ t (1 + t ) s +l − dt + Rn* (u ) −1 Từ (3.3.35) ta trở lại biến = x 1− t 1− x : = ,t 1+ t 1+ x 72 (3.3.36) n ∑ F ( xk ) ∫ e = ϕe (u ) 1− s k =1 iu 1−t 1+ t L*k (t )(1 + t ) s − dt + Rn* (u ) −1 n k =1 −1 ∑ 21−s F ( xk ) ∫ eiuxlk ( x)(1 + = n ∑ F ( xk )2 1− s k =1 ∑ F ( x )∫ e k =1 iux ∫ e lk ( x) ∞ ∞ n = iux k lk ( x ) − x s −2 − x ) d( ) + Rn* (u ) 1+ x 1+ x 2s −2 −2 dx + Rn* (u ) s −2 (1 + x) (1 + x) dx + Rn (u ) (1 + x) s (3.3.37) Rn (u ) = Rn* (u ) Ta khai triển lk ( x) theo lũy thừa + xk n −1 ωn ( x ) ) lk ( x ) ( = = 1+ x ( x − xk ).ωn/ ( xk ) : 1+ x n −1 ∑b l =0 (k ) l (1 + x) − l Thế vào (3.3.37) ta có : ∞ n n −1 ∑ F ( xk )∫ eiux [∑ bl( k ) (1 + x)−l ] = ϕe (u ) = k 1= l 0 n ∞ n −1 ∑ F ( x )∑ b ∫ e = k = k =l (k ) l iux dx + Rn (u ) (1 + x) s (1 + x) − s −l dx + Rn (u ) ∞ Ta đánh giá tích phân ∫ eiux (1 + x) − s −l dx phần 3.3.5 ∞ 3.3.5 Cách tính tích phân= J m+ a ∫e iux (1 + x) − m−α dx Ở m số nguyên không âm ≤ α < Bằng cách tính tích phân phần: ∞ J m+ a = ∫e iux (1 + x) − m−α dx Đặt 73 (3.3.38) iux , du iu.eiux u e= = −1 (1 + x) − m−α dx, v = (1 + x) − m+1−α dv = m −1+ α ∞ J m+ a = ∫ e (1 + x) iux − m −α eiux dx = − (m − + α )(1 + x) m−1+α x →∞ x =0 ∞ iu eiux (1 + x) m−1+α + ∫ m −1+ α ∞ iu eiux (1 + x) m−1+α = + ∫ m −1 + α m −1 + α J m+ a = iu J m−1+ a + m −1+ α m −1+ α Áp dụng (3.3.39) ta có: = J m−1+ a (3.3.39) iu J m− 2+ a + m − +α m − +α Quá trình lặp lại, tính tích phân J m− 2+ a , J m−3+ a , cuối ta phải tính J a (0 < α ≤ 1) ∞ Jα = ∫ eiux dx (1 + x)α Đổi biến t = + x, dt = dx Khi đó: ∞ dx Jα ∫ e = = (1 + x)α iux ∞ ∞ dt dt e e − iu ∫ eiut α α ∫1= t t iu ( t −1) Khi α = , ta phương trình ∞ ∞ dt − iu − iu iut dt J1 e= = ∫1 e t e ∫1 (cos ut + isin ut ) t ∞ ∞ cos ut sin ut dt + i ∫ dt ] =e − iu [Ci (u ) + iSi (u )] =e [ ∫ t t 1 − iu Ci (u ) Si (u ) tra bảng Khi < α < ta có ∞ dt e α ∫1= t iut ∞ dt iut dt ∫0 e tα − ∫0 e tα iut π i (1−α ) dt α −1 ∫0 e tα = u Γ(1 − α )e , u > ∞ iut 74 (3.3.40) ∞ ∞ dt (iut ) k dt ∞ (iu ) k k −α (iu ) k e t dt = = = ∑ ∑ ∑ α α ∫= ∫ ∫ t k! t k k != k k! k +1−α 0 k 0= 1 iut Vậy ∞ Jα = ∫e iux π ∞ i [ (1−α ) −u ] dx (iu ) k α −1 − iu = u Γ(1 − α )e +e ∑ (1 + x)α k = k !( k + − α ) 75 (3.3.42) KẾT LUẬN Trong luận văn này, trình bày việc tính tích phân Mêllin quy tính tích phân Fourier Khảo sát phép nội suy để tích tích phân Fourier, xét sai số tương ứng Phép nội suy với bậc cao sai số nhỏ, độ xác quy tắc tính tích phân Fourier tăng tính toán phức tạp Do phép nội suy bậc cao chưa thể trình bày rõ việc tính toán mà đưa kết quả, sau tiếp tục nghiên cứu làm rõ thêm Trong luận văn chắn nhiều thiếu xót, mong quý Thầy – Cô bạn góp ý giúp hoàn thiện luận văn Tôi xin chân thành cảm ơn! 76 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Đặng Đình Áng, Trần Lưu Cường, Huỳnh Bá Lân, Nguyễn Văn Nhân, Biến Đổi Tích Phân, NXB Giáo Dục (2001) [2] Krylov V.I., Skoblya N.S, A handbook of Methods of Approximate Fourier Transfomation and Inversion of The Laplace Transformation, Mir publishers, Moscow (1985) [3] Krylov V.I., Skoblya N.S, Handbook of Numerical Inversion of Laplace Transforms, IPST Press, Jerusalem (1977) [4] Sveshnikov A.G., Tikhonov N.A, The Theory of Functions of a Complex Variable, Nauka, Moscow (1978) 77 [...]... thức (1.1.10) là biến đổi cosine của hàm gốc f thành hàm ảnh ϕc , công thức (1.1.11) là biến đổi ngược Công thức Fourier sine (1.1.9) cho ta mối liên hệ giữa hai hàm f và ϕ s : = ϕs (u ) f ( x) = ∞ ∫0 f (t )sin ut dt 2 π (0 ≤ x < ∞) (1.1.12) ∞ ∫0 ϕs (u)sin xu du (1.1.13) Phương trình (1.1.12) là biến đổi Fourier sine, và (1.1.13) là biến đổi ngược của nó 11 Ta có thể thấy rằng biến đổi Fourier phức (1.1.5)... Fourier cosine và Fourier sine 1.2 Đưa tích phân Mellin về biến đổi Fourier Bây giờ chúng ta nghiên cứu mối quan hệ giữa biến đổi Laplace ngược và biến đổi Fourier Xét tích phân Mellin c + i∞ 1 = f ( x) F ( p)e xp dp (−∞ < x < ∞) ∫ 2π i c −i∞ (1.2.1) Với hàm F ( p) xác định và khả tích tuyệt đối trên đường thẳng p= c + iτ (−∞ < τ < ∞) Tích phân hội tụ đều với x nằm trên trục −∞ < x < ∞ và là một hàm liên... ihs ( x)] ∫ g (τ )cos xτ dτ + ∫ h(τ )sin xτ dτ = π 0 π π 0 13 (1.2.3) Chương 2: BIẾN ĐỔI LAPLACE NGƯỢC BẰNG GIÁ TRỊ TRUNG BÌNH CỦA CHUỖI FOURIER 2.1 Trường hợp hàm gốc f(x) giảm nhanh Đặt : f= ( x)e− cx g ( x), F= (c + iτ ) G (τ ) Vậy thì biến đổi Laplace ∞ − ( c + iτ ) t F (c + iτ ) = dt ∫ f (t )e 0 1 e f ( x) và biến đổi ngược = 2π − cx ∞ ∫ F (c + iτ )e −∞ ixτ dτ có thể viết như sau ∞ G (τ ) = ∫ g... tả này của Rc (u ) có thể sử dụng để thu được một ước lượng sai số của biểu diễn xấp xỉ (3.2.5) cho ϕc (u ) Ví dụ, từ (3.2.6) ta có ước lượng của Rc (u ) với mọi u ∞ ak +1 Rc (u ) ≤ ∑ ∫ k =0 ak rk (t ) dt (3.2.7) Ta giả sử rằng vế phải của bất đẳng thức (3.2.7) có giá trị hữu hạn Giá trị của vế phải phụ thuộc vào việc chọn các điểm ak , các số nk , các điểm nội suy x (jk ) và các tính chất của hàm... quy về biến đổi (1.1.10) và (1.1.12) Trong (1.1.5) , thay f (t ) bởi tổng phần chẵn và phần lẽ của nó f= (t ) g (t ) + h(t ) , g (t ) và h(t ) được chỉ ra ở trên ∞ ∞ ϕ (u ) = ∫ f (t )e dt = ∫ [g (t ) + h(t )][cos ut + isin ut ]dt iut −∞ −∞ ∞ ∞ 0 0 = 2 ∫ g (t )cos ut dt + 2i ∫ h(t )sin ut dt = 2 gc (u ) + 2ihs (u ) Do đó biến đổi phức (1.1.5) là một sự tổ hợp tuyến tính đơn giản của các biến đổi Fourier. .. (2.2.5) −T < x < T Khi x= m = mΩ , từ (2.2.2) và (2.2.3) , ta được giá trị sau của hàm f ( x) : T 16 f (mΩ).e 1 = g (mΩ) ≈ 2π − cmΩ T ∫ G(τ )e imΩτ dτ= cm (2.2.6) −T Áp dụng (2.2.5) để tính hàm gốc đòi hỏi phải tính các hệ số Fourier (2.2.2) của hàm F (c + iτ ) 17 Chương 3: CÔNG THỨC NỘI SUY ĐỂ TÍNH TÍCH PHÂN FOURIER 3.1 Một số chú ý sơ bộ Để tính các tích phân sau ∞ ϕc (u ) = ∫ f (t )cos ut dt (3.1.1)... (1.2.2) 12 Công thức trên cho thấy rằng việc tính tích phân Mellin f ( x) dẫn đến biến đổi Fourier phức của hàm F (c + iτ ) Trong mục 1.1 ta chú ý rằng biến đổi Fourier của hàm F (c + iτ ) có thể quy về biến đổi Fourier cosine và sine của phần chẵn và phần lẽ của hàm F (c + iτ ) : F (c + iτ ) = g (τ ) + h(τ ) 1 g (τ= ) [F (c + iτ ) + F (c − iτ )] 2 1 h(τ= ) [F (c + iτ ) − F (c − iτ )] 2 e− cx f ( x) = 1... kh [− Có thể thấy rằng khi lấy tổng trên tất cả các khoảng [kh, (k + 1)h] ( ta coi f k → 0 khi k → ∞ ) các số hạng chứa sin triệt tiêu x kh + hξ ta đưa biến số ξ vào trong tích phân với Cuối cùng, nếu đặt = sai số rk ( x, f ) thay cho phép lấy tích phân biến số x , ta được một biểu diễn cho sai số ở dạng tích phân hai lớp, và sau khi lấy tổng trên các khoảng [kh, (k + 1)h] (k= 0,1, ) ta được biểu diễn... ta xây dựng được biểu thức xấp xỉ cho biến đổi Fourier Cosine ∞ ∞ ak +1 ϕc (u ) = ∫ f (t )cos ut dt ≈ ∑ ∫ k 0 ak = 0 ∞ nk Pk (t ) cos utdt ≈ ∑∑ f k 0=j 0 = ak +1 (k ) j ∫l (k ) j (t ) cos ut dt ak (3.2.5) Mỗi tích phân dưới dấu của tổng kép có thể tính được Nếu ta kí hiệu rk= ( x) f ( x) − Pk ( x) là sai số của phép nội suy trên khoảng [ak , ak +1 ] Khi đó sai số của (3.2.5) sẽ là ∞ Rc (u ) = ∞ ak +1... τ )] × ∑ f / / (kh + hτ ) cos u (kh + hξ ) Với= 3 Nếu ta loại bỏ phần dư Rc (u ) , ta được một công thức xấp xỉ cho biến đổi cosine liên hệ với các giá trị của hàm gốc f tại các điểm cách đều Biểu thức của phần dư Rc của công thức cho phép thu được ước lượng của nó Ta sẽ thu được ước lượng đơn giản nhất Nhân của tích phân hai lớp trong ngoặc vuông có giá trị: −τ (1 − ξ ) khi τ < ξ (ξ − τ ) E (ξ − ... xấp xỉ biến đổi Laplace ngược thông qua việc áp dụng biến đổi Fourier vào biến đổi Laplace ngược Cụ thể tính tích phân Mellin biến đổi Fourier, từ xét công thức nội suy để tính tích phân Fourier. .. Do biến đổi phức (1.1.5) tổ hợp tuyến tính đơn giản biến đổi Fourier cosine Fourier sine 1.2 Đưa tích phân Mellin biến đổi Fourier Bây nghiên cứu mối quan hệ biến đổi Laplace ngược biến đổi Fourier. .. TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP HỒ CHÍ MINH Trịnh Văn Hạnh MỘT SỐ ÁP DỤNG CỦA BIẾN ĐỔI FOURIER VÀO BIẾN ĐỔI LAPLACE NGƯỢC Chuyên ngành Mã số : Toán Giải Tích : 60 46 01 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC