phương trình đạo hàm riêng

Chương NHỮNG KIẾN THỨC CƠ BẢN 1.1 Phương trình vi phân 1.1.1 Phương trình vi phân tuyến tính cấp Định nghĩa Phương trình vi phân tuyến tính cấp phương trình có dạng: (1) y′ + p ( x ) y = f ( x) đó, p ( x ) , f ( x ) biểu thức theo biến x Nếu f ( x ) ≡ phương trình (1) gọi phương trình tuyến tính cấp Nếu f ( x ) ≡ phương trình (1) gọi phương trình tuyến tính cấp khơng Phương pháp giải Phương pháp Phương pháp biến thiên số (Phương pháp Lagrange) Xét phương trình tương ứng (1): (2) y′ + p ( x ) y = f ( x) Nghiệm tổng quát (2) có dạng: − p ( x ) dx y = Ce ∫ Nghiệm tổng quát (1) có dạng: − p ( x ) dx y = C ( x) e ∫ Thay (3) vào (1) để tìm C(x), ta được: C ′ ( x ) = f ( x ) e ∫ (3) p ( x ) dx Từ ta có: C ( x )= C + ∫ f ( x ).e ∫ p ( x ) dx (4) Với C số Thế (4) vào (3) ta nghiệm (1): − p ( x ) dx  ∫ p( x )dx  = y e ∫ C + f x e ( ) ∫   (5) Ví dụ Giải phương trình: y′ + y cos x = e − sin x (*) Giải có nghiệm dạng: Phương trình nhất: y′ + y cos x = e ∫ y C= Ce − sin x = − cos xdx Nghiệm phương trình (*) có dạng: y = C ( x ) e− sin x Thay vào (*) ta có: C ( x ) e− sin x − C ( x ) e− sin x cos x + C ( x ) e− sin x cos x = e − sin x Ta suy ra: C ′ ( x ) e− sin x = e− sin x Do đó: C ( x )= x + C Vậy nghiệm phương trình (*)= là: y e− sin x ( x + C ) Phương pháp Phương pháp Bernonlli Xét phương trình: y′ + p ( x ) y = f ( x) (1) Tìm nghiệm phương trình (1) dạng: y = u ( x ) v ( x ) (6) Thế vào phương trình (1) ta được: u ′ ( x ) v ( x ) + v′ ( x ) u ( x ) + p ( x ) u ( x ) v ( x ) = f ( x) Suy ra: f ( x) ( u′ ( x ) + u ( x ) p ( x ) ) v ( x ) + v′ ( x ) u ( x ) = (7) Chọn u ( x ) nghiệm phương trình: u ′ ( x ) + p ( x ) u ( x ) = (8) Giả sử: − p ( x ) dx u ( x) = e ∫ (9) − p ( x ) dx Từ (7), (8) (9) ta có: v′ ( x ) e ∫ = f ( x) Ta suy ra: v′ ( x ) = f ( x ) e ∫ Do đó: v ( x ) = ∫ f ( x ).e p ( x )dx ∫ p( x )dx + C − p ( x ) dx  ∫ p( x )dx  Vậy nghiệm phương trình= (1) y e ∫  C + ∫ f ( x) e   Ví dụ Tìm nghiệm phương trình: y′ sin x −= y cos x Giải Tìm nghiệm phương trình dạng: y = u ( x ) v ( x )  sin x , x → ∞, y → x2 sin x x Ta suy ra: ( u′ ( x ) v ( x ) + v′ ( x ) u ( x ) ) sin x − cos x.u ( x ) v ( x ) = Chọn u ( x ) nghiệm phương trình: u′ ( x ) sin x − u ( x ) cos x = Có thể lấy u ( x ) = sin x Khi đó, phương trình trở thành: v′ ( x ) sin x = − Ta suy ra: v′ ( x ) = − Do đó: v ( x )= sin x x2 x2 +C x = y u ( x= Vậy ) v ( x ) sin x  + C  x  Thoả điều kiện x → ∞, y → C = Vậy y = sin x nghiệm phương trình x Phương pháp Phương pháp thừa số tích phân Xét phương trình: y′ + p ( x ) y = f ( x) p ( x ) dx , ta được: Nhân hai vế (1) cho e ∫ y′.e ∫ p ( x )dx ⇔ + p ( x ) y.e ∫ p ( x ) dx p ( x ) dx = f ( x ) e ∫ p ( x ) dx d  ∫ p( x )dx  f ( x ) e∫  y.e = dx   Lấy tích phân hai vế ta được: = y.e ∫ p ( x )dx ∫ f ( x ) e ∫ p( x )dx + C − p ( x ) dx  ∫ p( x )dx  Ta suy ra: y e ∫ = C + ∫ f ( x ) e    Ví dụ Giải phương trình: y′ + y.tgx = cos x Giải tgxdx Nhân hai vế phương trình với: e ∫ = , ta được: cos x sin x = y′ + y cos x cos x cos x ⇔ d    y = dx  cos x  cos x (1) Lấy tích phân hai vế, ta được: y = C + tgx cos x Ta suy= ra: y cos x ( C + tgx ) Vậy nghiệm phương trình = là: y C.cos x + sin x 1.1.2 Phương trình vi phân tuyến tính cấp (hệ số hằng) Định nghĩa Phương trình vi phân tuyến tính cấp (hệ số hằng) phương trình có dạng: (10) y′′ + ay′ + by = f ( x) đó, f ( x ) biểu thức theo biến x; a, b số Nếu f ( x ) ≡ phương trình (10) gọi phương trình tuyến tính cấp Nếu f ( x ) ≡ phương trình (10) gọi phương trình tuyến tính cấp khơng Phương pháp giải Phương pháp giải phương trình Xét phương trình: y’’ + ay’ + by = (11) Ta tìm nghiệm riêng phương trình (11) dạng y = ekx , đó, k số cần tìm Thay vào phương trình (11) ta được: ekx ( k + ak + b ) = Ta suy ra: k + ak + b = (12) Phương trình (12) gọi phương trình đặc trưng phương trình (11) Xét ∆= a − 4b Ta có trường hợp: Trường hợp ∆ > Phương trình (12) có nghiệm thực phân biệt k1 k2 kx Khi đó, phương trình (11) có nghiệm: = y1 e= , y2 e k x y1 = e( k1 − k2 ) x Do đó, nghiệm tổng y2 Hai nghiệm độc lập tuyến tính vì: qt phương trình (11) là: = y C1.e k x + C2 e k x , C1, C2 hai số tuỳ ý Trường hợp ∆ =0 Phương trình (12) có nghiệm kép thực k1 = k2 Do đó, phương trình (11) có nghiệm riêng y1 = ek x Ta tìm nghiệm riêng thứ hai y2 , độc lập tuyến tính với y1 có dạng: = y2 y= u ( x ) e k1x u ( x ) Ta có: = y2′ u ′e k1x + k1ue k1x y2′′ = u ′′e k1x + 2k1u ′e k1x + k12ue k1x Thay vào phương trình (11), ta được: e k1x u ′′ + (2k1 + a )u ′ + ( k12 + ak1 + b ) u  = Ta suy ra: u ′′ + ( 2k1 + a ) u ′ + (k12 + ak1 + b)u = Vì k1 nghiệm kép phương trình (12) nên ta có: k12 + ak1 + b = k1 = −a hay 2k1 + a = Ta suy ra: u′′ = Vậy = u Ax + B Chọn A = 1, B = 0, ta : u = x Do đó: y2 = xek x Vậy phương trình (11) có nghiệm tổng quát là: y =C1 y1 + C2 y2 =ek x ( C1 + C2 x ) , với C1, C2 hai số Trường hợp ∆ < Phương trình (12) có hai nghiệm phức liên hợp: k1 = α + i β , k2 = α − iβ đó: α = −a ,β = −∆ , i = −1 Hai nghiệm riêng độc lập tuyến tính phương trình (11) là: αx = y1 e= cos β x, y2 eα x sin β x Vậy nghiệm tổng quát phương trình (11) là: y =C1 y1 + C2 y2 =eα x [C1 cos β x + C2 sin β x ] đó, C1 C2 hai số với điều kiện= Ví dụ Giải phương trình: y′′ − 10 y′ + 25 y = y ( ) 1,= y′ ( ) Giải Phương trình đặc trưng tương ứng: k − 10k + 25 = 0⇔k= (nghiệm kép) Vậy nghiệm tổng quát: = y C1e5 x + C2 xe5 x Ta có: y ( ) =⇒ C1 = ; y′ ( ) =5 ⇒ 5C1 + C2 =6 ⇒ C2 =1 Vậy: = y e5 x (1 + x ) Ví dụ Giải phương trình : y′′ + y′ + y = Giải Phương trình đặc trưng tương ứng: k + 2k + =  k1 =−1 − i ⇔  k2 =−1 + i Vậy phương trình có nghiệm tổng quát là: y e− x C1 cos 3x + C2 sin 3x  = Phương pháp giải phương trình khơng Xét phương trình: y′′ + ay′ + by = f ( x) (10) Phương pháp Phương pháp biến thiên số (Lagrange) Giả sử nghiệm tổng quát phương trình (11) là:= y C1 y1 + C2 y2 đó, C1 C2 hai số Bây giờ, ta xem C1 C2 hai hàm số biến x , tìm C1 C2 để = y C1 y1 + C2 y2 nghiệm phương trình (10) Ta có: y = C1 y1′ + C2 y2′ + C1′y1 + C2′ y2 Chọn C1 C2 cho : C1′y1 + C2′ y2 = Khi đó:= y′ C1 y1′ + C2 y2′ y′′ = C1 y1′′ + C2 y2′′ + C1′ y1′ + C2′ y2′ Thay vào phương trình (10) ta được: C1 ( y1′′ + ay1′ + by1 ) + C2 ( y2′′ + ay2′ + by2 ) + C1′ y1′ + C2′ y2′ = f ( x) Vì y1 y2 nghiệm phương trình nên: C1′y1′ + C2′ y2′ = f ( x) Vậy= y C1 y1 + C2 y2 nghiệm phương trình (10) nên ta có hàm số C1(x) C2(x) thoả mãn hệ phương trình: C ′y1 + C ′y2 =  f ( x) C1′ y1′ + C2′ y2′ = D = y1 y2′ − y1′ y2 ≠ Do y1, y2 hai nghiệm phương trình ' Do đó, hệ ln có nghiệm nhất: C1' ϕ= ϕ2 ( x ) = ( x ) , C2 Lấy tích phân hai vế ta được: C1 ( x ) = φ1 ( x ) + k1 , C2 ( x ) = φ2 ( x ) + k2 Trong φ1 ( x ) , φ2 ( x ) nguyên hàm ϕ1 ( x ) , ϕ2 ( x ) , k1, k2 hai số Vậy nghiệm tổng quát phương trình (10) là: = y C1 y1 + C2 y2 = k1 y1 + k2 y2 + φ1 ( x ) y1 + φ2 ( x ) y2 ex x Ví dụ Tìm nghiệm tổng qt phương trình: y′′ − y′ + y = Giải Phương trình tương ứng: y′′ − y′ + y = Phương trình đặc trưng tương ứng phương trình là: k − 2k + = ⇔k= (nghiệm kép) Vậy phương trình (2) có nghiệm tổng quát là: y =C1 y1 + C2 y2 =C1 xe x + C2e x với y1 = xex, y2 = ex Ta xem C1 C2 hai hàm số biến x Ta tìm C1 C2 cho= y C1 y1 + C2 y2 nghiệm phương trình cho Khi C1(x) C2(x) thoả mãn hệ phương trình: C ′y1 + C ′y2 =  f ( x) C1′ y1′ + C2′ y2′ = C1′xe x1 + C2′e x = ex  x với f x = ⇔ ( ) e x x x C1′ (1 + x ) e + C2′e = x  −e x x Tính định thức : D = −e −2 x , D1 = e2 x , D2 = D1 = , C2′ = −1 D x Suy ra: C1 ( x=) ∫ dx= k1 + ln x , C2 ( x ) =∫ ( −dx ) =k2 − x x Do đó: C1′ = Vậy nghiệm tổng quát phương trình cho là: y = C1 y1 + C2 y2 = ( k1 + ln x ) xe x + ( k2 − x ) e x 10 với k1, k2 hai số Phương pháp Phương pháp hệ số bất định Trường hợp f ( x ) = eα x Pn ( x ) , Pn ( x ) đa thức bậc n x, α số thực Nếu α nghiệm phương trình đặc trưng (12) nghiệm riêng phương trình (10) có dạng: y = eα xQn ( x ) , Qn ( x ) đa thức bậc với Pn ( x ) có n + chưa biết mà ta xác định sau: y′ α Qn ( x ) eα x + Qn′ ( x ) eα x = y′′ = α 2Qn ( x ) eα x + 2α Qn′ ( x ) eα x + Qn′′ ( x ) eα x Thay y, y′, y′′ vào phương trình (10) ta có: eα x Qn′′ ( x ) + ( 2α + a ) Qn′ ( x ) + (α + aα + b ) Qn ( x )  = eα x Pn ( x ) ⇔ Qn′′ ( x ) + ( 2α + a ) Qn′ ( x ) + (α + aα + b ) Qn ( x ) = Pn ( x ) (13) Nếu α khơng phải nghiệm phương trình đặc trưng α + aα + b ≠ Do đó, vế trái đẳng thức đa thức bậc n, bậc với đa thức vế phải Đồng hệ số luỹ thừa bậc x hai vế (13), ta (n + 1) phương trình bậc với (n + 1) ẩn hệ số đa thức Qn ( x ) Phương pháp xác định hệ số Qn ( x ) gọi phương pháp hệ số bất định Nếu α nghiệm đơn phương trình đặc trưng α + aα + b = 2α + a = Do đó, trường hợp đa thức vế trái có bậc (n – 1) α nghiệm đơn bậc (n – 2) α nghiệm kép Vậy nghiệm riêng phương trình (10) có dạng y = xeα xQn ( x ) α nghiệm đơn phương trình đặc trưng y = x 2eα xQn ( x ) α nghiệm kép phương trình đặc trưng Ví dụ Tìm nghiệm tổng quát phương trình: y′′ − y = x − x + Phương trình tương ứng: y′′ − y = Phương trình đặc trưng: k2 – = ⇔ k = ±1 Vậy nghiệm tổng quát phương trình là:= y C1e x + C2 e − x , với C1, C2 hai số 11 Nghiệm riêng phương trình cho có dạng: y = Ax2 + Bx + C, y’ = 2Ax + B , y’’ = 2A Thay vào phương trình, ta có: 2A – Ax2 – Bx – C = x2 – x + 1 − A =  A =−1  Ta suy : − B =−1 ⇔  B =1  C = −3 2 A − C = Vậy nghiệm riêng phương trình cho là: y =− x + x − Vậy nghiệm tổng quát phương trình cho là: = y C1e x + C2 e − x − x + x − Trường = hợp f ( x ) eα x [ Pn ( x ) cos β x + Qn ( x ) sin β x] , Pn ( x ) , Qn ( x ) đa thức bậc n; α, β hai số thực Nếu α ± iβ khơng phải nghiệm phương trình đặc trưng nghiệm riêng phương trình = (10) dạng: y eα x [ An ( x ) cos β x + Bn ( x ) sin β x] , An(x) Bn(x) đa thức bậc n Các hệ số đa thức An(x), Bn(x) xác định phương pháp hệ số bất định Nếu α ± iβ nghiệm phương trình đặc trưng nghiệm riêng phương trình (10) có dạng: y xeα x [ An ( x ) cos β x + Bn ( x ) sin β x] = Các hệ số đa thức An(x), Bn(x) xác định phương pháp hệ số bất định Trường hợp = f ( x ) M cos β x + N sin β x (trường hợp đặc biệt), M, N, β số thực ta có α = 0, n = Nếu ±iβ khơng phải nghiệm phương trình đặc trưng nghiệm riêng phương trình (10) có dạng: y = Acosβx + Bsinβx, A, B hai số Nếu ±iβ nghiệm phương trình đặc trưng nghiệm riêng phương trình (10) có dạng: y = x(Acosβx + Bsinβx), A, B hai số chưa biết xác định phương pháp hệ số bất định Ví dụ Tìm nghiệm tổng quát phương trình: y’’ + y = sinx + cos2x Phương trình tương ứng: y’’ + y = Phương trình đặc trưng tương ứng là: k2 + = ⇔ k = ±i Do nghiệm tổng qt phương trình là: y = C1cosx + C2sinx C1, C2 hai số 12 Để tìm nghiệm phương trình cho ta áp dụng phương pháp chồng nghiệm Gọi: y*1 nghiệm riêng phương trình: y’’ + y = sinx (*) y*2 nghiệm riêng phương trình: y’’ + y = cosx (**) Khi phương trình cho có nghiệm riêng: y* = y*1 + y*2 Vì k = ±i nghiệm phương trình đặc trưng y*1 = x(Acosx + Bsinx) y*1 = Acosx + Bsinx + x(-Asinx + Bcosx) y*1 = - Asinx + Bcosx + (-Asinx + Bcosx) + x(-Acosx – Bsinx) Thay vào phương trình (*) ta được: - 2Asinx + 2Bcosx = sinx −1  A = −2 A = ⇔ 2 B =  B = −1 Do y*1 = xcosx Ta suy ra:  Vì ±2i khơng phải nghiệm phương trình đặc trưng nên: y*2 = Ccos2x + Dsin2x Ta có: y*’2 = - 2Csin2x + 2Dcos2x y* ‘’2 = - 4Ccos2x – 4Dsin2x Thay vào phương trình (**) ta được: - 3Ccos2x – 3Dsin2x = cos2x −1  −3C = C = ⇔ Ta suy ra:  −3D =  D = Do đó: y2* = −1 cos x Vậy nghiệm riêng phương trình cho là: y* = −1 x cos x − cos x Do nghiệm tổng quát phương trình cho là: 1 y = C1 cos x + C2 sin x − x cos x − cos x , C1, C2 hai số 1.2 Bài toán giá trị biên Sturm - Liouville 1.2.1 Định nghĩa Bài toán giá trị biên Sturm - Liouville toán có dạng sau: 13 end end end %Giai AU=b U=A\b; %chuyen ve ma tran chieu V=zeros(N+1,N+1); for i=1:(N+1) for j=1:(N+1) V(i,j)=U(change(i,j)); end end %Nghiem chinh xac Uex=[uex(x(1), ,uex(x(N+1))] Uex=zeros(N+1,N+1); for i=1:(N+1) for j=1:(N+1) Uex(i,j)=uex(X(j),Y(i)); end end %Ve V Uex figure(1) meshc(X,Y,V); xlabel('x'); ylabel('y'); title('Nghiem so'); figure(2) meshc(X,Y,Uex); xlabel('x'); ylabel('y'); title('Nghiem chinh xac'); %Sai so disp('Sai so chuan L^2 va chuan sup') err=norm(V-Uex)/sqrt(N+1) errmax=norm(V-Uex,inf) Kết sau chạy chương trìnhp: 180 Sai so chuan L^2 va chuan sup : err = 0.0095, errmax = 0.0549 181 Bài Ω ( 0,1) × ( 0,1) Xét toán sau ( x, y ) ∈= u − ∆u = − ( + 4π ) sin (π x ) − ( + 16π ) cos (π x ) + y − 12 y − 42 y + 8π + 28,  2  ( x, ) ( 2sin (π x ) − 1) − 1, u= ( x,1) ( 2sin (π x ) − 1) + 1, u=  −4π ( y − 1) + 1, ux ( 0, y ) = u (1, y ) = (Bài tốn có lời giải xác uex = ( x, y ) ( 2sin (π x ) − 1) + ( y − 1) ) 30 Với h =∆x = , giải toán theo hai cách xấp xỉ điều kiện biên Neumann biên { x = 0} , u ( h, y ) − u ( 0, y ) ≈ u x ( 0, y ) h, 2u ( h, y ) + u ( 0, y + h ) + u ( 0, y − h ) − 4u ( 0,= y ) g1 ( 0, y ) h + ∆u ( 0, y ) h + O ( h ) So sánh hai lời giải số lời giải xác : vẽ hình (vẽ ba hình) tính sai số (trong L∞ L2 ) Giải Phân rã toán Cho N ∈  + , h = ( ( j − 1) h, ( N + − i ) h ) , i, j= 1, 2, , N + f ( x, y ) = − ( + 4π ) sin (π x ) − ( + 16π ) cos (π x ) + y ( N + 1) điểm Đặt g1 ( y ) = (ở N =30), chia Ω thành ô vuông cạnh h N ( y − 1) xij= g ( x) +1 ,= ( 2sin (π x ) − 1) g0 ( x ) +1, = − 12 y − 42 y + 8π + 28 , ( 2sin (π x ) − 1) − Ta xấp xỉ U = ( u ( xij ) ) Có hai điểm quan trọng : ij Đánh lại số : Để viết lại U vectơ, ta cần song ánh {1, 2, , N + 1} × {1, 2, , N + 1} → {1, 2, , ( N + 1) } Một cách đơn giản sử dụng hàm change( i, j ) = ( N + 1)( i − 1) + j , u ( xij ) = U ( change ( i, j ) ) Công thức Taylor : Với xij ∈ Ω ta có u ( xi +1, j ) + u ( xi −1, j ) + u ( xi , j +1 ) + u ( xi , j −1 ) − 4u ( xij ) ≈ ∆u ( xij ) h Suy u ( xi +1, j ) + u ( xi −1, j ) + u ( xi , j +1 ) + u ( xi , j −1 ) − ( + h ) u ( xij ) ≈ −h f ( xij ) 182 Với xij ∈ ∂Ω ta có u ( xN +1, j ) == g1 ( y j ) , u ( xi1 ) g= g ( xi ) , ( xi ) , u ( xi , N +1 ) u ( x1 j ) (j=1, 2, …, N+1) xác định theo hai cách xấp xỉ điều kiện biên Neumann sau : Xấp xỉ Taylor bậc : u ( h, y ) − u ( 0, y ) ≈ u x ( 0, y ) h, suy u ( x2 j ) − u ( x1 j ) ≈ −4π h Xấp xỉ Taylor bậc : 2u ( h, y ) + u ( 0, y + h ) + u ( 0, y − h ) − 4u ( 0,= y ) 2u x ( 0, y ) h + ∆u ( 0, y ) h + O ( h ) , suy u ( x1, j −1 ) − ( + h ) u ( x1 j ) + u ( x1, j +1 ) + 2u ( x2 j ) ≈ −8π h − f ( x1 , y j ) h Ta viết lại toán dạng AU = b , A ma trận cấp 2 ( N + 1) × ( N + 1) Chương trình Matlab %tao file f.m function a=f(x,y); a=-(4+4*pi^2)*sin(pi*x)-(4+16*pi^2)*(cos(pi*x))^2 + 8*y^3-12*y^2 - 42*y + 8*pi^2 + 28; %tao file g0.m function a=u0(x); a=(2*sin(pi*x)-1)^2 - 1; %tao file g.m function a=g(x); a=(2*sin(pi*x)-1)^2 + 1;; %tao file g1.m function a=g1(y); a=(2*y-1)^3+1; %tao file uex.m function a=uex(x,y); a=(2*sin(pi*x)-1)^2+(2*y-1)^3; %tao file change.m function a=change(i,j); global N; a=(N+1)*(i-1)+j; %tao file chinh bai6.m clear all global N N=30; h=1/N; 183 %tao luoi diem X=[0:N]*h; Y=1-X; % tao ma tran A va vecto b A=zeros((N+1)^2,(N+1)^2); b=zeros((N+1)^2,1); for i=1:(N+1) for j=1:(N+1) id=change(i,j); % chi so cua diem (i,j) idlelf=change(i,j-1); %chi so cua diem (i,j-1) idright=change(i,j+1); %diem nam ben phai (i,j) idup=change(i-1,j); %diem nam tren (i,j) iddown=change(i+1,j); %diem nam duoi (i,j) if ((i>1)&&(i1)&&(j1)&&(i1)&&(j 0, ( x, y ) ∈= ut − ∆u 3cos ( 3π txy ) π xy + 9sin ( 3π txy ) π 2t ( x + y ) , =  u ( t , x, ) 0,= = u ( t , x,1) sin ( 3π tx ) ,  = = ( 3π ty ) , ux ( t , 0, y ) 3π ty, u ( t ,1, y ) sin  u ( 0, x, y ) = Bài tốn có nghiệm xác uex ( t , x, y ) = sin ( 3π txy ) Hãy giải xấp xỉ u(1,x,y) tương ứng với ∆= x 1 , biên , ∆= t 20 10 { x = 0} sử dụng xấp xỉ Taylor bậc cho điều kiện biên Neumann u x ( t , 0, y ) = 3π ty Vẽ đồ thị tính sai số tới lời giải xác Giải Phân rã toán Cho M , N ∈  + , h = T (ở N=20, M=10, T=1) Trên Ω lấy ( N + 1)2 ,k = N M h ) , i, j 1, 2, , N + [0,T] lấy (M+1) điểm điểm xij =− ( ( i 1) h, ( j − 1)= t= r 1) k , r ( r −= 1, 2, , M + Đặt f ( t , x, y ) = 3cos ( 3π txy ) π xy + 9sin ( 3π txy ) π 2t ( x + y ) , g ( t , x ) = sin ( 3π tx ) , g1 ( t , y ) = 3π ty Ta tính xấp xỉ U r = ( u ( tr , xij ) ) , ta có U1 = u ( 0, x ) =0 Giả sử có U r −1 , ta ij tính U r sau : Với xij ∈ ∂Ω , u ( tr , xi1 ) 0;= = u ( tr , xi , N +1 ) g ( tr , xi ) = ; u ( tr , xN +1, j ) g ( tr , y j ) ; sử dụng xấp xỉ Taylor bậc cho điều kiện biên Neumann ta có : h2 h2 u ( tr , x2 j ) − u ( tr , x1 j ) ≈ u x ( tr , x1 j ) h + u xx ( tr , x1 j ) = g1 ( tr , y j ) h + ut ( tr , x1 j ) 2 u ( tr , x1 j ) − u ( tr −1 , x1 j ) ≈ ut ( tr , x1 j ) k 189  suy u ( tr , x2 j ) − 1 +  h2  h2  u ( tr , x1 j ) ≈ g1 ( tr , y j ) h − u ( tr −1 , x1 j ) 2k  2k Với xij ∈ Ω ta có : u ( tr , xij ) − u ( tr −1 , xij ) ≈ k ut ( tr , xij ) u ( tr , xi +1, j ) + u ( tr , xi −1, j ) + u ( tr , xi , j +1 ) + u ( tr , xi , j −1 ) − 4u ( tr , xij ) ≈ ∆u ( tr , xij ) h , suy  h2  h2  +  u ( tr , xij ) − u ( tr , xi +1, j ) − u ( tr , xi −1, j ) − u ( tr , xi , j +1 ) − u ( tr , xi , j −1 ) ≈ f ( tr , xij ) h + u ( tr −1 , xij ) k  k  Ta viết lại toán dạng AU = b , A ma trận cấp ( N + 1) × ( N + 1) Chương trình Matlab %tao file f.m function a=f(t,x,y); a=3*cos(3*pi*t*x*y)*pi*x*y + 9*sin(3*pi*t*x*y)*pi^2*t^2*(x^2+y^2); %tao file g.m function a=g(t,x); a=sin(3*pi*t*x); %tao file u0.m function a=g1(t,y); a=3*pi*t*y; %tao file uex.m function a=uex(t,x,y); a=sin(3*pi*t*x*y); %tao file chinh bai7.m clear all global N N=20; h=1/N; M=10; T=1; k=T/M; %tao cac vecto X=[0:N]*h; Y=1-X; R=[0:M]*k; %dieu kien dau U=zeros((N+1)^2,1); 190 for i=1:(N+1) for j=1:(N+1) id=change(i,j); U(id)=0; end end %Tinh nghiem so U tai t=T for r=2:(M+1) % tao ma tran A va vecto b A=zeros((N+1)^2,(N+1)^2); b=zeros((N+1)^2,1); for i=1:(N+1) for j=1:(N+1) id=change(i,j); % chi so cua diem (i,j) idlelf=change(i,j-1); %chi so cua diem (i,j-1) idright=change(i,j+1); %diem nam ben phai (i,j) idup=change(i-1,j); %diem nam tren (i,j) iddown=change(i+1,j); %diem nam duoi (i,j) if ((i>1)&&(i1)&&(j