Luận văn sư phạm Phương trình vi phân ngẫu nhiên

ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI KHOA TOÁN Nguyễn Thị Trường PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN NGẪU NHIÊN KHĨA LUẬN TỐT NGHIỆP HỆ ĐẠI HỌC CHÍNH QUY Ngành: Tốn ứng dụng Người hướng dẫn khoa học: Th.s NGUYỄN TRUNG DŨNG Hà Nội - 2013 LỜI CẢM ƠN Lời khóa luận em xin gửi lời cảm ơn sâu sắc tới thầy giáo hướng dẫn Th.S.Nguyễn Trung Dũng Thầy giao đề tài tận tình hướng dẫn em q trình hồn thành khóa luận Nhân dịp em xin gửi lời cám ơn tời tồn thầy giáo khoa Tốn giảng dạy giúp đỡ chúng em suốt q trình học tập khoa Đồng thời, tơi xin cảm ơn bạn lớp K35 ngành Toán ứng dụng, khoa Tốn nhiệt tình giúp đỡ tơi trình học tập lớp Hà nội, ngày 17 tháng 05 năm 2013 Sinh viên Nguyễn Thị Trường LỜI CAM ĐOAN Tơi xin cam đoan: Khóa luận tốt nghiệp kết nỗ lực tự thân hướng dẫn tận tình thầy giáo hướng dẫn: Th.s Nguyễn Trung Dũng Nội dung khóa luận khơng trùng lặp với cơng trình nghiên cứu công bố Hà Nội, ngày 17 tháng 05 năm 2013 Sinh viên Nguyễn Thị Trường Mục lục LỜI NÓI ĐẦU Chương I Cơ sở lý thuyết I.1 Không gian Hilbert biến ngẫu nhiên I.1.1 Biến ngẫu nhiên đơn giản I.1.2 Không gian biến ngẫu nhiên đơn giản I.1.3 Ví dụ I.1.4 Khơng gian Hilbert q trình ngẫu nhiên 10 I.2 Tích phân ngẫu nhiên Ito I.2.1 Tích phân ngẫu nhiên Itơ hàm đơn giản I.2.2 Tích phân ngẫu nhiên Itơ dạng ab f (s)dW (s) I.2.3 Tích phân ngẫu nhiên Itơ dạng at f (s)dW (s) I.3 Vi phân ngẫu nhiên công thức Itô I.3.1 Vi phân ngẫu nhiên I.3.2 Công thức Itô 12 12 13 13 14 14 14 Chương II Phương trình vi phân ngẫu nhiên 16 II.1 Một số giả thiết 16 II.2 Sự tồn nghiệm 18 II.3 Tính chất nghiệm phương trình vi phân ngẫu nhiên II.4 Cơng thức Ito nghiệm xác 21 25 II.5 Xấp xỉ phương trình vi phân ngẫu nhiên 30 KẾT LUẬN Tài liệu tham khảo 35 36 LỜI NĨI ĐẦU Phương trình vi phân ngẫu nhiên ngày trở nên quan trọng khơng lý thuyết tốn học mẻ mà cịn có nhiều ứng dụng lĩnh vực của sống Vì việc nghiên cứu lý thuyết phương trình vi phân ngẫu nhiên nhiều người quan tâm Với mong muốn tập dượt công tác nghiên cứu khoa học hứng thú tìm hiểu lý thuyết phương trình vi phân ngẫu nhiên nên chọn đề tài : "Phương trình vi phân ngẫu nhiên." Với đề tài khóa luận trình bày phương trình vi phân ngẫu nhiên dạng dX(t, ω) = f (t, X(t, ω))dt + g(t, X(t, ω))dW (t, ω), hay viết dạng tích phân t X(t, ω) = X(0, ω) + t f (s, X(s, ω))ds + g(s, X(s, ω))dW (s, ω) Khóa luận gồm chương : Chương 1: Cơ sở lý thuyết Trong chương trình bày khái niệm kết không gian Hilbert biến ngẫu nhiên, trình ngẫu nhiên ; tích phân ngẫu nhiên Itơ cơng thức vi phân ngẫu nhiên Itơ Chương 2: Phương trình vi phân ngẫu nhiên Trình bày tồn nghiệm ; tính chất nghiệm phương trình vi phân ngẫu nhiên; cơng thức Itơ nghiệm xác Tuy có nhiều cố gắng thời gian khả có hạn nên vấn đề khóa luận chưa trình bày sâu sắc khó tránh khỏi có sai sót Em mong góp ý xây dựng thầy cô bạn để khóa luận hồn thiện Hà Nội, Ngày 17 tháng 05 năm 2013 Sinh viên Nguyễn Thị Trường Chương I Cơ sở lý thuyết I.1 Không gian Hilbert biến ngẫu nhiên I.1.1 Biến ngẫu nhiên đơn giản Cho (Ω, A, P) không gian xác suất Với A ∈ A đặt IA hàm xác đinh IA (ω) = ω ∈ A trái lại Khi đó, IA (ω) biến ngẫu nhiên Ta có E(IA ) = P(A) Khi tổ hợp tuyến tính hữu hạn hàm tiêu gọi biến ngẫu nhiên đơn giản Nếu X biến ngẫu nhiên đơn giản X có dạng n X(ω) = ∑ ci IAi (ω) i=1 I.1.2 n E(X) = ∑ ci P(Ai ) i=1 Không gian biến ngẫu nhiên đơn giản Kí hiệu SRV = {X : X biến ngẫu nhiên đơn giản định nghĩa (Ω, A, P)} Ta có tổng hai biến ngẫu nhiên đơn giản tích số với biến ngẫu nhiên đơn giản biến ngẫu nhiên đơn giản Chúng ta dễ dàng chứng minh SRV không gian véctơ biến ngẫu nhiên Cho X,Y ∈ SRV , ta định nghĩa tích vơ hướng chuẩn SRV sau : Tích vơ hướng Tích vơ hướng (X,Y ) định nghĩa SRV (X,Y ) = E(X,Y ) với X,Y ∈ SRV Chú ý X,Y ∈ SRV n (X,Y ) = E(XY ) = E n n ∑ ∑ ci IAi d j IB j i=1 j=1 =∑ n ∑ ci d j P(Ai ∩ B j ) i=1 j=1 Chuẩn 1 X = (X, X) = (E | X |2 ) Nói chung, khơng gian tích vơ hướng biến ngẫu nhiên đơn giản khơng đầy đủ Tuy nhiên, bổ sung để tạo thành không gian Hilbert HRV , SRV trù mật HRV Giả sử {Xn }∞ n=1 dãy biến ngẫu nhiên HRV cho với ε > cho trước tồn số nguyên N cho : Xn − Xm RV với m, n > N cho trước tồn biến ngẫu nhiên đơn giản Y ∈ SRV cho X −Y < ε Chú ý Trong khơng gian Hilbert HRV tích vơ hướng định nghĩa (X,Y ) = E(XY ) chuẩn không gian X RV = (E | X |2 ) tập hợp hàm đơn giản SRV trù mật HRV I.1.3 Ví dụ Ví dụ I.1 Khơng gian Hilbert L2 [0, 1] Xét không gian xác suất (Ω, A, P) khơng gian mẫu tập hợp điểm thuộc [0, 1], nghĩa Ω = {x : ≤ x ≤ 1} Không gian biến cố A σ − đại số tập khoảng có dạng (a, b] ⊂ [0, 1] Độ đo xác suất P độ đo Lebesgue P(A) = b − a A = [a, b] ∈ A Đặt SRV tập tất hàm đơn giản định nghĩa A Nếu X ∈ SRV biến ngẫu nhiên X có dạng n Ai ∈ A với i X(x) = ∑ ci IAi (x) i=1 IAi (x) = ∈ Ai ngược lại Đặt HRV không gian đủ SRV Khơng gian Hilbert HRV bao gồm, ví dụ tất biến ngẫu nhiên liên tục [0, 1] Thật vậy, cho f : [0, 1] → R hàm liên tục Đặt xi = (i−1) n với i = 1, 2, , n định nghĩa n fn (x) = ∑ f (xi ) In,i (x) i=1 Ix,i (x) = i i−1 n ≤x≤ n ngược lại Ta dãy biến ngẫu nhiên đơn giản { fn }∞ n=1 dãy Cauchy HRV Hơn nữa, f − fn RV → n → ∞ Vì vậy, f giới hạn dãy biến ngẫu nhiên đơn giản không gian HRV f ∈ HRV Chú ý X(x) = x X có phân phối [0, 1], nghĩa X ∼ U[0, 1] Không gian Hilbert ví dụ khơng gian đầy đủ L2 [0, 1], nghĩa HRV = L2 [0, 1] = hàm f đo Lebesgue [0, 1]sao cho | ( f (x)) |2 dx < ∞ Đặc biệt, nhiều hàm cần bổ sung để HRV đầy đủ khơng liên tục Do đó, ta phải sử dụng tích phân Lebesgue tích phân Rieman hàm khơng tồn Tuy nhiên, tồn tích phân Rieman tích phân Lebesgue tồn hai tích phân Hơn nữa, hàm liên tục bình phương khả tích trù mật L2 [0, 1] Chú ý rằng, với X,Y ∈ HRV X(x).Y (x)dx (X,Y ) = X RV = | X(x) |2 dx Ví dụ I.2 Ví dụ hội tụ không gian Hilbert HRV = L2 [0, 1] Giả sử HRV định nghĩa ví dụ I.1 Cho Y ∼ U[0, 1] dãy biến ngẫu nhiên {Xn }∞ n=1 định nghĩa Xn (x) = Y (x) 21 ≤ Y (x) ≤ ngược lại Khi đó, Xn − Xm RV → m, n → ∞ Vì vậy, {Xn } ⊂ HRV dãy Cauchy HRV Thật vậy, Xn hội tụ HRV tới X = 12 Y n → ∞ Ví dụ I.3 Ví dụ không hội tụ Giả sử HRV định nghĩa ví dụ I.1 Cho Y ∼ U[0, 1] dãy biến ngẫu nhiên có phân phối với n = 1, 2, Yn RV = x2 dx =√ với n Cho X = dãy biến ngẫu nhiên {Xn }∞ n=1 định nghĩa √1n ≤ Yn (x) ≤ ngược lại 1 + nYn (x) Xn (x) = Khi đó, Xn − X RV = √1 n n2 x2 dx = √ n →∞ n → ∞ Vì vậy, dãy {Xn }∞ n=1 khơng dãy Cauchy khơng gian HRV Ví dụ I.4 Khơng gian Hilbert chuẩn hóa Xét Ω = {x : −∞ < x < +∞} Kí hiệu A σ -đại số sinh khoảng có dạng (a, b] , A σ -đại số Borel R Định nghĩa biến ngẫu nhiên X X(x) = x với A ∈ A, µ ∈ R σ > số Định nghĩa P(A) = p(s)ds A −(s − µ)2 p(s) = √ exp 2σ 2πσ Tức là, b P(a ≤ X ≤ b) = a −(s − µ)2 √ exp ds 2 2σ 2πσ Biến ngẫu nhiên X gọi có phân phối chuẩn với trung bình µ phương sai σ Kí hiệu X ∼ N(µ, σ ) SRV khơng gian hàm đơn giản không gian xác suất (Ω, A, P) với tích vơ hướng +∞ ( f , g) = E( f g) = −∞ f (s)g(s)p(s)ds với f , g ∈ SRV II.1 Khi E | X(t) |2 ≤ 3(E | X(0) |2 +kT + kT )exp(3k(T + T )) với ≤ t ≤ T Để chứng minh định lý ta cần bổ đề sau Bổ đề II.3.1 Bất đẳng thức Bellman-Gronwall Nếu a(t) ≤ b(t) + c t a(t) ≤ b(t) + c a(s)ds Chứng minh Từ t exp(c(t − s))b(s)ds t a(t) ≤ b(t) + c suy a(s)ds, (II.3) s a(s) − c a(z)dz ≤ b(s) Do d exp(−cs) ds s ≤ b(s) exp(−cs) a(z)dz Vì , t t exp(−ct) hay a(z)dz ≤ t t b(s)exp(−cs)ds a(s)ds ≤ b(s)exp(c(t − s))ds Thay bất đẳng thức cuối vào (II.3) ta : t a(s) ≤ b(t) + c exp(c(t − s))b(s)ds 22 (II.4) Bây ta chứng minh định lý Thật , t t E | X(t) | ≤ E | X(0) + f (s, X(s))ds + 0 t ≤ 3E | X(0) | +3E | ≤ 3E | X(0) | +3t f (s, X(s))ds | +3E | g(s, X(s))dW (s) |2 t E | f (s, X(s)) | ds + ≤ 3E | X(0) |2 +(3t + 3)k t t g(s, X(s))dW (s) |2 t 0 Eg2 (s, X(s)) | ds E | + X (s) | ds t ≤ 3E | X(0) | +(3t + 3t)k + (3T + 3)k E | X (s) | ds Đặt a(t) = E | X (t) | b(t) = 3E | X | +(3t + 3t)k, bất đẳng thức viết lại sau t a(t) ≤ b(t) + (3T + 3)k a(s)ds Áp dụng bất đẳng thức Bellman-Gronwall ta có t a(t) ≤ b(t) + (3T + 3)k exp(k(3T + 3)(t − s))b(s)ds Vì b(t) hàm tăng [0, T ] nên t a(t) ≤ b(t) + b(t)(3T + 3)k 23 exp(k(3T + 3)(t − s))ds Do đó, với ≤ t ≤ T E | X(t) |2 ≤ 3(E | X(0) |2 +kT + kT )exp(3k(T + T )) Định lý II.3.2 : Tính liên tục nghiệm [0,T] Giả sử f , g thỏa mãn (C6 ) , (C7 ) X ∈ HSP nghiệm phương trình (II.1) Khi tồn số c ≥ cho E | X(t) − X(r) |2 ≤ c | t − r | với ≤ r , t ≤ T Đặc biệt , với ε > cho trước tồn δ > cho ε | t − r |< δ X(t)−X(r) RV < Chứng minh Rõ ràng t t X(t) − X(r) = g(s, X(s))dW (s) f (s, X(s))ds + 0 Hơn , định lý (II.3.1) kéo theo tồn M > cho E | X(s) |2 ≤ M với ≤ s ≤ T Sử dụng bất đẳng thức với điều kiện (C7 ) ta t E | X(s)−X(r) | ≤ | t −r | t ≤ | t −r | k r r t E | f (s, X(s)) | ds+2 t (1 + E | X(s) | )ds + 2k r r E | g(s, X(s)) |2 ds (1 + E | X(s) |2 )ds ≤| t − r | (2k | t − r | (1 + M)) + 2k(1 + M) ≤ c | t −r | c = 2k(T + 1)(1 + M) 24 II.4 Cơng thức Ito nghiệm xác Xét phương trình vi phân ngẫu nhiên Itơ có dạng vi phân dX(t) = f (t, X(t))dt + g(t, X(t))dW (t) ; ≤ t ≤ T với X(0) ∈ HRV (II.5) với ≤ t ≤ T X0 ∈ HRV Cho F hàm trơn giả sử điều kiện định lý thỏa mãn Khi cơng thức Itơ áp dụng F(t, X) X thỏa mãn vi phân ngẫu nhiên (II.2) Kết vi phân ngẫu nhiên F có dạng dF(t, X(t)) = ∂ F(t, X) ∂ F(t, X) ∂ F(t, X) dt + f (t, X) + g (t, X) ∂t ∂x ∂ 2x + g(t, X) ∂ F(t, X) dW (t) ∂x (II.6) Trong kí hiệu ∂ F(t, X) ∂ F(t, X) = |x=X ∂x ∂x Cơng thức Itơ giúp ta tìm nghiệm xác phương trình vi phân ngẫu nhiên Ta sử dụng kết sau t G(t, X(t))dW (t) E = 0 Chú ý II.4.1 Khi giải phương trình vi phân ngẫu nhiên áp dụng cơng thức Itơ ta cần lưu ý Chẳng hạn cho F(t, X(t)) = X (t) với X thỏa mãn (II.2) có kết sau: d(X (t)) = [2X(t) f (t, X(t)) + g2 (t, X(t))]dt + [2X(t) f (t, X(t))]dW (t) Thực tế : d(X (t)) = 2X(t)dX(t) = 2X(t)[ f (t, X(t))dt + g(t, X(t))dW (t)] 25 Xét ví dụ sau có sử dụng cơng thức Itơ để tìm momen Ví dụ II.4.1 Tìm momen xác nghiệm phương trình vi phân ngẫu nhiên với hệ số tuyến Xét phương trình vi phân ngẫu nhiên dX(t) = dt + X(t) dW (t) Khi , X(0) = t X(s) dW (s) X(t) = t + Ta có: E(X(t)) = t Áp dụng công thức Itô cho F(t, X) = X ta d(X (t)) = [2X(t) + X (t)]dt + 2X (t) dW (t) t E(X (t)) = E (2X(s) + X (s))dW (s) Điều dẫn đến phương trình vi phân E(X (t)) có dạng dE(X (t)) = 2E(X(t))+E(X (t)) = 2t +E(X (t)) dt với E(X (0)) = Giải phương trình vi phân thường ta có E(X (t)) = −2t − + 2et Ngoài ta thấy Var(X(t)) = E(X (t)) − (E(X)(t))2 = 2et − − 2t − t Quá trình áp dụng tương tự để tìm momen cấp cao phương trình vi phân Áp dụng cơng thức Itơ cho F(t, X) = X : d(X (t)) = [3X (t) + 3X (t)]dt + 3X (t) dW (t) 26 Khi ta có phương trình vi phân ngẫu nhiên E(X (t)) có dạng sau dE(X (t)) = 3E(X (t)) + 3E(X (t)) = −6t − + 6et + 3E(X (t)) dt với E(X (0)) = , E(X (t)) = 2t + − 3et + 3 Ví dụ II.4.2 Tìm momen xác nghiệm phương trình vi phân ngẫu nhiên với hệ số phi tuyến Xét phương trình vi phân ngẫu nhiên 1 dX(t) = − X (t)dt + X (t) dW (t) với X(0) = Ta xác định E(X(t)) E(X (t)) Trước hết ta có dE(X(t)) = − EX (t)dt với E(X(0)) = Áp dụng công thức Itô cho phương trình vi phân ngẫu nhiên ta có : 3 3 d(X (t)) = − X (t) + X (t) dt + X (t) dW (t) = X (t) dW (t) 4 2 với E(X (0)) = 1 1 E(X (t)) = −→ E(X(t)) = − t 8 32 Ví dụ II.4.3 Tìm momen xác nghiệm phương trình vi phân ngẫu nhiên với hệ số phi tuyến Xét phương trình vi phân ngẫu nhiên dX(t) = 2 1 X (t) + 6X (t) dt + X dW (t) với X(0) = 27 Trong ví dụ ta xác đinh E(X(t)) E(X (t)) Ta cần ý dE(X(t)) = E(X(t)) 3 + E(X(t)) dt Khi ta giải phương trình vi phân ngẫu nhiên sau: Đặt n Yn = (X(t)) với n = 0, 1, 2, , Áp dụng cơng thức Itơ ta phương trình vi phân ngẫu nhiên sau dYn (t) = n−2 n−2 n n−1 (n − n) X (t) + 2n X (t) dt + X (t) dW (t) 18 với Yn (0) = ; n = 0, Thay X n−2 (t) X n−1 (t) = Yn−2 (t) = Yn−1 (t) Ta dYn (t) = n Yn−2 (t) + 2nYn−2 (t) dt + Yn−1 (t) dW (t) n = 0, 18 Cuối ta đặt n Zn (t) = E(Yn (t)) = E(X(t) ) ta có dZn (t) = (n2 −n)Zn−2 (t)+2nZn−1 (t); dt 18 28 n = 0, với Zn (0) = 1; Z0 (t) = Khi ta có với n = 1, 2, n = kết sau Z1 (t) = E(X(t) ) = 2t + Z2 (t) = E(X(t) ) = 4t + Z3 (t) = E(X(t)) = 8t + Z6 (t) = E(X(t)2 ) = 64t + 37 t +1 38 19 t + t +1 3 656 2660 49145 665 41 t + t + t + t + t +1 243 Đặc biệt E(X(1)) = 28.0 E(X (1)) = 869.0206 Ví dụ II.4.4 Xét phương trình vi phân ngẫu nhiên dX(t) = −α X(t) dt +σ dW (t) , X(0) = X0 , α, σ , X0 số Đặt F(t, X) = eαt X(t) Theo công thức Itơ ta có d(eαt X(t)) = [α eαt X(t) − α eαt X(t)] dt + σ eαt dW (t) Do e αt t X(t) − X(0) = eαt σ dW (t) Vậy nghiệm phương trình −αt X(t) = X(0) e −αt t +e 29 eαs σ dW (s) Ví dụ II.4.5 Xét phương trình vi phân ngẫu nhiên dạng sau dX(t) = f (t) X(t) dt +g(t) X(t) dW (t); X(0) = X0 X0 số Khi nghiệm xác phương trình có dạng t X(t) = X0 exp ( f (s) − g2 (t)) ds + t g(s) dW (s) Đặt F(t, X) = ln(X(t)) Áp dụng cơng thứ Itơ ta có : d(ln(X(t))) = f (t) − g2 (t)) dt + g(t) dW (t) Do : t ln(X(t)) − ln(X0 ) = ( f (s) − g2 (t)) ds + t g(s) dW (s) nghiệm tốn II.5 Xấp xỉ phương trình vi phân ngẫu nhiên Xét phương trình vi phân ngẫu nhiên dX(t, ω) = f (t, X(t, ω))dt + g(t, X(t, ω))dW (t, ω) Áp dụng công thức Ơle để xấp xỉ phương trình vi phân ngẫu nhiên ta có Xi+1 (ω) = Xi (ω)+ f (ti , Xi (ω))∆t +g(ti , Xi (ω))∆Wi (ω) với X0 (ω) = X(0, ω) với i = 0, 1, 2, , N −1 Xi (ω) ≈ X(ti , ω) ,ti = i∆t , ∆t = NT , ∆Wi (ω) = (W (ti+1 , ω) −W (ti , ω)) ∼ N(0, ∆t) Đầu tiên, ta định nghĩa X(ti ) = Xi với t ∈ [0, T ], i = 0, N, t t X(t) = Xi + ti f (ti , Xi )ds + 30 ti g(ti , Xi )dW (s) Vào khoảng thứ i X(t) nghiệm phương trình vi phân sau d X(t) = f (ti , Xi ) dt + g(ti , Xi ) dW (t), ti ≤ t ≤ ti+1 X(ti ) = Xi , i = 0, N − 1, X(t) thỏa mãn phương trình vi phân ngẫu nhiên dX(t) = f (t, X(t)) dt + g(t, X(t)) dW (t) với ti ≤ t ≤ ti+1 , i = 0, N − 1, với sai số ε(ti ) = X(t) − X(t) Khi đó, sai số ε thỏa mãn phương trình vi phân ngẫu nhiên dε(t) = ( f (t, X) − f (ti , Xi )) dt + (g(t, X) − g(ti , Xi ) dW (t) ε(ti ) = X(ti ) − X(ti ) với ti ≤ t ≤ ti+1 , i = 0, N − Áp dụng cơng thức Itơ cho ε (t) ta có d(ε (t)) = 2(X(t)− X(t))( f (t, X(t))− f (ti , Xi )dt +(g(t, X(t))−g(ti , Xi ))2 dt +2(X(t) − X(t))(g(t, X(t)) − g(ti , Xi ))dW (t), Do đó, E(ε (ti+1 )) thỏa mãn ti+1 E(ε (ti+1 )) = E(ε (ti )) + E ti+1 +E ti ti+1 +E ti ti với ti ≤ t ≤ ti+1 (g(t, X(t)) − g(ti , Xi ))2 dt 2(X(t) − X(t))( f (t, X(t)) − f (ti , Xi )) dt 2(X(t) − X(t))(g(t, X(t)) − g(ti , Xi )) dW (t) Áp dụng bất đẳng thức | 2ab | ≤ a2 + b2 tính chất tích phân ngẫu nhiên ta có E(ε (ti+1 )) ≤ E(ε (ti )) + 31 ti+1 ti E(X(t) − X(t))2 dt ti+1 + ti ti+1 + ti E( f (t, X(t)) − f (ti , Xi ))2 dt E(g(t, X(t)) − g(ti , Xi ))2 dt mà | f (t, X(t))− f (ti , Xi ) |2 ≤ | f (t, X(t))− f (ti , X(ti )) |2 +2 | f (ti , X(ti ))− f (ti , Xi ) |2 ≤ 2k | t − ti | +2k | X(t) − X(ti ) |2 +2k | X(ti ) − Xi |2 Tương tự cho g áp dụng tính chất (C6 ) ta có ti+1 E(ε (ti+1 )) ≤ E(ε (ti )) + ti+1 +4k(1 + c) ti ti E(X(t) − X(t))2 dt (t − ti ) dt + 4k ti+1 E(ε (ti )) dt ti Theo định lý (II.3.2) E | X(t) − X(ti ) |2 ≤ c | t − ti Do đó, 2 ti+1 E(ε (ti+1 )) ≤ E(ε (ti ))(1 + 4k∆t) + 2k(1 + c)(∆(t)) + E(ε (s))ds ti Áp dụng bất đẳng thức Bellman-Gronwall với b(t) = E(ε (ti )(1 + 4k∆t) + 2k(1 + c)(∆(t))2 Khi đó, E(ε (ti+1 )) ≤ E(ε (ti ))(1 + 4k∆t) + 2k(1 + c)(∆t)2 ti+1 + ti e(ti+1 − t)[E(ε (ti )(1 + 4k∆t) + 2k(1 + c)(∆(t))2 ]dt = e∆t [E(ε (ti )(1 + 4k∆t) + 2k(1 + c)(∆(t))2 ] 32 Đặt = E(ε (ti )), R = e∆t (1 + 4k∆t), S = e∆t 2k(1 + c)(∆t)2 Khi ta có ai+1 ≤ Rai + S, i = 0, N − Từ bất đẳng thức ta thu aN RN − , a0 = E(ε (0)) = ≤ S R−1 Vì vậy, e∆t 2k(1 + c)(∆t)2 eN ∆t e4k N ∆t E(ε (tN )) ≤ e∆t − + e∆t 4k ∆t (1 + c) e(1+4k)T ≤ ∆t Điều với điểm ti sai số phương pháp Euler , i = 0, N , cˆ = (1 + c) e(1+4k) T E | X(ti ) − Xi |2 ≤ cˆ ∆t Đặt ˜ = X1 (ti+1 − t) + Xi+1 (t − ti ) X(t) ∆t ∆t ti ≤ t ≤ ti+1 , i = 0, N ˜ {Xi }Ni=0 xấp xỉ Euler (II.2) điểm {ti }Ni=0 Hàm X(t) xấp xỉ tuyến tính liên tục nghiệm X(t) sai số ˜ X − X(t) N−1 ≤4 ∑ i=0 ti+1 ti SP N−1 = ∑ i=0 ti+1 ti ˜ |2 dt E | X(t) − X(t) E | X(t) − X(ti ) |2 +E | X(ti ) − X(ti+1 ) |2 N−1 +4 ∑ i=0 ti+1 ti E | X(ti ) − Xi |2 33 ti+1 − t dt (∆t)2 t − ti (∆t)2 dt N−1 +4 ∑ i=0 N−1 ≤ ∑ i=0 ti+1 ti ti+1 ti E | X(ti+1 ) − Xi+1 |2 t − t1 dt (∆t)2 ˆ i+1 − t)2 c(t ˆ − ti ) c(t − ti )2 c(t + + dt c(t − ti ) + ∆t ∆t ∆t N−1 ≤ ∑ (5c + 4c)ˆ i=0 (∆t)2 ≤ c˜2 ∆t c˜2 = (10c + 8c)T ˆ 34 KẾT LUẬN Tính thực tiễn mẻ phương trình vi phân ngẫu nhiên thu hút nhiều độc giả Khóa luận trình bày tính chất bật phương trình vi phân ngẫu nhiên tồn nghiệm, tính chất nghiệm phương trình vi phân ngẫu nhiên, cơng thức Itơ nghiệm xác Tuy nhiên điều kiện thời gian khuôn khổ khóa luận có hạn nên khóa luận xét tính chất nghiệm lớp phương trình vi phân ngẫu nhiên Em mong với bảo thầy góp ý bạn lớp phương trình vi phân ngẫu nhiên tổng quát xét đến 35 Tài liệu tham khảo [1] E.Allen, Modeling with Itô Stochatic Infferential Equations, Springer, 2007 [2] I.I Gihman.A.V Skorohod, Stochatic Differential Equations , Springer - Verlag ,1995 [3] A.D Ventxel, Giáo trình lý thuyết trình ngẫu nhiên, Bản dịch Nguyễn Viết Phú , Nguyễn Duy Tiến [4] Trần Trọng Nguyên , Cơ sở tính tốn tài , Bài giảng chuyên đề, khoa Toán trường Đại học sư phạm Hà Nội ,2003 [5] Trần Hùng Thao , Toán học tài , Nxb.Khoa học Kĩ thuật , 2004 [6] Trần Hùng Thao, Tích phân ngẫu nhiên phương trình vi phân ngẫu nhiên , Nxb Khoa học Kĩ thuật ,2000 [7] Đào Hữu Hồ , Xác suất thống kê , Nxb Đại học Quốc gia Hà Nội, 1999 36 ... biến ngẫu nhiên, q trình ngẫu nhiên ; tích phân ngẫu nhiên Itô công thức vi phân ngẫu nhiên Itô Chương 2: Phương trình vi phân ngẫu nhiên Trình bày tồn nghiệm ; tính chất nghiệm phương trình vi phân. .. thú tìm hiểu lý thuyết phương trình vi phân ngẫu nhiên nên tơi chọn đề tài : "Phương trình vi phân ngẫu nhiên. " Với đề tài khóa luận trình bày phương trình vi phân ngẫu nhiên dạng dX(t, ω) = f... KẾT LUẬN Tính thực tiễn mẻ phương trình vi phân ngẫu nhiên thu hút nhiều độc giả Khóa luận trình bày tính chất bật phương trình vi phân ngẫu nhiên tồn nghiệm, tính chất nghiệm phương trình vi phân