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 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 tốn 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 toán 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 toán 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 tốn 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 không 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 (t)x(n−i) (t) = y(t), i=0 thỏa mãn điều kiện ban đầu x(i) (t0 ) = bi , i = 0, 1, , n Bài toán biên hỗn hợp thứ phương trình vi phân Tìm tất nghiệm phương trình n (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 = 0) ∈ A gọi hệ số, an hệ số bậc cao a0 hệ số tự đa thức Nếu = 0, ∀i = 1, 2, , n a0 = 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) = 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 = 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 = phân tích (duy nhất) thành nhân tử dạng m s x2 + bk x + ck (x − di ) f (x) = an 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 N −1 αk (x − x0 )k T (x) = 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 = N −1 T (x) = k=0 ak (x − x0 )k k! (1.1) Với k = 0, 1, , N − 1, ta có N −1 T (k) (x) = ak + 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 toán (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 x N (x) = N (x0 ) + N (t1 ) dt1 , x0 (1.2) N M = FN +i D N +i FN +i Di−M +m Amn Dn − + m=M −i n=0 N M FN +i Dk−M +i Akn 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 M +N −1 (I + T )x = R0 RM +N −1 y + z0 + 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 M +N −1 (I + T )x = R0 RM +N −1 y + y0 + 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 M +N −1 R0 Rj−1 yj ∈ (I + T )XM +N R0 RM +N −1 y + y0 + (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 M +N −1 R0 RM +N −1 y + y0 + R0 Rj−1 yj = j=1 = R0 RM +N −1 DM +N u + F0 u + = R0 RM +N −1 DM +N + F0 + M +N −1 j=1 M +N −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)   M +N −1 −1  x = (I + T ) 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   M +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 M +N −1 (I + T )x = R0 RM +N −1 y + z0 + 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 M +N −1 (I + T )x = R0 RM +N −1 y + y0 + R0 Rj−1 yj j=1 38 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 P (D)x = D M 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 ∈ D (j = 1, , M + N ) Fj ∈ FD toán tử ban đầu D ứng với Rj Đặt N −1 M −1 RN RN +k−1 FN +k Dk )An Dn , R0 RN −1 (I − H= n=0 k=0 N −1 M −1 RN RN +k−1 FN +k Dk )An Rn Rn−1 , (I − H = n=0 k=0 N −1 M −1 RN RN +k−1 FN +k Dk )An Dn (I − H1 = n=0 k=0 Khi I + H khả nghịch tốn (2.38) đặt chỉnh nghiệm x =[I−R0 RN −1 (I + H )−1 H1 ](R0 RM +N −1 y + y + M +N −1 + R0 Rj−1 yj ) j=1 Bây giờ, ta xét phương trình vi phân tuyến tính cấp N x(N ) + PN −1 x(N −1) + · · · + P0 x = y, PN −1 , , P0 , y ∈ C[a, b] thỏa mãn điều kiện biên hỗn hợp x(j) (tj ) = yj , với tj ∈ (a, b), j = 0, 1, , N − 39 (2.39) Đặt t D = d/dt, (Rj x)(t) = x(s)ds, tj với x ∈ C[a, b], a < tj < b tùy ý cố định Khi đó, phương trình (2.39) viết lại dạng (DN +pN −1 DN −1 + +p0 )x = y, (2.40) thỏa mãn điều kiện biên hỗn hợp Fj Dj x = yj , j = 0, 1, , N − 1, (2.41) Fj xác định (F j x)(t) = x(tj ) toán tử ban đầu D ứng với nghich đảo phải Rj D Phương trình (2.40) tương đương với phương trình DN [I + R0 RN −1 (pN −1 DN −1 +pN −2 DN −2 + +p0 )]x = y N −1 Từ đó, I+ pk Rk RN −1 khả nghịch theo hệ quả, nghiệm k=0 toán (2.40)-(2.41) có dạng N −1 N −1 −1 x = [I−R0 RN −1 (I+ pk Dk ]× pk Rk RN −1 ) k=0 N −1 × (R0 RN −1 y + y + k=0 R0 Rj−1 yj ) j=1 N −1 R0 Rj−1 yj − = R0 RN −1 y + y + j=1 N −1 pk Rk RN −1 )−1 × − R0 RN −1 (I+ k=0 N −1 ×( N −1 pk Rk RN −1 y + p0 + k=0 N −1 R0 Rj−1 yj + j=1 N −1 Rk Rj−1 yj ) pk k=1 j=k Cơng thức cho phép ta tìm nghiệm phương trình dạng phương trình tích phân Volterra 40 2.2.2 Bài toán biên hỗn hợp thứ phương trình vi phân Ta xét trường hợp cụ thể toán biên hỗn hợp thứ phương trình vi phân Giải tích, gọi tắt Bài tốn biên hỗn hợp thứ phương trình vi phân Khi D tốn tử vi phân dx (Dx)(t) = , (Rk x)(t) = dt t x(τ )dτ, (Fk x)(t) = ((I − Rk D)x)(t) tk Bài toán biên hỗn hợp thứ Tìm tất nghiệm phương trình n (t)x(n−i) (t) = y(t) (2.42) i=0 thỏa mãn điều kiện ban đầu x(j) (tj ) = bj , j = 0, 1, , n (2.43) Định lý 2.8 (xem [4]) Bài toán biên hỗn hợp thứ (2.42)-(2.43) có nghiệm C(R) Chứng minh Viết phương trình (2.42) dạng n R0 R1 Rn−1 Ai (t)D(n−i) ]x = [I + i=1 = R0 R1 Rn−1 y + z0 + R0 z1 + · · · + R0 R1 Rn−1 zn , z0 , z1 , , zn số Từ điều kiện (2.43) ta nhận zk = bk , k = 0, 1, , n n R0 R1 Rn−1 Ai (t)D(n−i) ]x = [I + i=1 = R0 R1 Rn−1 y + z0 + R0 z1 + · · · + R0 R1 Rn−1 zn Vậy toán biên hỗn hợp thứ (2.42)-(2.43) viết dạng n R0 R1 Rn−1 Ai (t)D(n−i) ]x = [I + i=1 = R0 R1 Rn−1 y + b0 + R0 b1 + · · · + R0 R1 Rn−1 bn (2.44) Phương trình (2.44) có nghiệm n K=I+ Rn−i+1 Rn−i+2 Rn−1 i=1 41 (2.45) khả nghịch Điều hiển nhiên (2.45) tốn tử tích phân Volterra Khi nghiệm toán biên hỗn hợp thứ (2.42)-(2.43) xác định công thức n R0 R1 Rn−1 K −1 Ai (t)D(n−i) ])R0 R1 Rn−1 y x = (I − i=1 + b0 + R0 b1 + · · · + R0 R1 Rn−1 bn Định lý chứng minh Ví dụ 2.3 Giải phương trình vi phân x (t) + λx (t) = 6t với t ∈ [0, T ] thỏa mãn điều kiện x(0) = x0 , x (1) = x1 Giải Đây toán biên hỗn hợp thứ toán tử D = d/dt không gian C(0, T ) với toán tử ban đầu (F0 x)(t) = x(0), (F1 x)(t) = x(1) ứng với nghịch đảo phải t (R0 x)(t) = t x(s)ds, (R1 x)(t) = x(s)ds Q(D) = D2 + λD = D2 (I + λR1 ) Vì tốn tử ban R1 khả nghịch với λ ∈ R nên tốn cho có nghiệm x = [I−R0 R1 (I + λR1 )−1 λD](R0 R1 y + R0 x1 + x0 ) = R0 R1 y + R0 x1 + x0 − λR0 R1 (I + λR)−1 (R1 y + x1 ) t Ta có R0 x1 = t 6sds = 3t2 − x1 ds =x1 t, (R1 y)(t) = t s (R0 R1 y)(t) = t (3s2 − 3)ds =t3 − 3t 6udu = Từ ta suy + Với λ = (I + λR1 )−1 (R1 y + x1 ) = (I + λR1 )−1 (3t2 − + x1 ) t e−λ(t−s) (3s2 − + x1 )ds = ( = 3t2 − + x1 − λ 6eλ 6eλ eλ x1 −λt − − )e λ4 λ λ +( x1 3 6eλ 6eλ eλ x1 − − )t − t − t − − − λ3 λ λ λ2 λ λ λ λ 42 Do đó, eλ x1 6eλ 6eλ 6eλ 6eλ eλ x1 −λt x(t) = x0 + − + + t − 2t + ( − − )e λ λ λ λ λ λ λ λ +) Với λ = x(t) = (R0 R1 y + R0 x1 + x0 )(t) = t3 − 3t + x1 t + x0 43 Chương Ví dụ áp dụng Trong chương ba trình bày bốn ví dụ điển hình có hai ví dụ toán giá trị ban đầu hai tốn biên hỗn hợp thứ phương trình vi phân Ví dụ 3.1 Giải tốn giá trị ban đầu sau y − 3y + 2y = 3e−x − 10 cos 3x với y(0) = 1; y (0) = Giải Xét phương trình tương ứng: y − 3y + 2y = có - Phương trình đặc trưng r2 − 3r + = với hai nghiệm r1 = r2 = - Hàm bù (nghiệm tổng quát phương trình nhất) yc (x) = c1 ex + c2 e2x Các số hạng g(x) = 3e−x − 10 cos 3x e−x , cos3x có đạo hàm cấp −e−x , − sin 3x Nhận thấy khơng có hàm xuất yc (x) nên ta chọn yp = Ae−x + B cos 3x + C sin 3x yp = −Ae−x − 3B sin 3x + 3C cos 3x yp = Ae−x − 9B cos 3x − 9C sin 3x Thế vào phương trình vi phân ban đầu ta yp − 3yp + 2yp = 6Ae−x + (−7B − 9C) cos 3x + (9B − 7C) sin 3x = 3e−x − 10 cos 3x Đồng hệ số hai vế ta có 6A =3 −7B − 9C = −10 ⇔ 9B − 7C = 44 A = 1/2 B = 7/13 C = 9/13 Do nghiệm riêng phương trình yp (x) = e−x + cos 3x + sin 3x 13 13 Suy nghiệm tổng quát phương trình (??) y(x) = yc (x) + yp (x) = c1 ex + c2 e2x + e−x + cos 3x + sin 3x 13 13 với đạo hàm y (x) = yc (x) + yp (x) 21 27 = c1 ex + 2c2 e2x − e−x − sin 3x + cos3x 13 13 Do y(0) = 1; y (0) = ta      y(0) = c1 + c2 + +  c1 = − =1 13 ⇔ 27    y (0) = c1 + 2c2 − +  c2 = =2 13 13 Vậy, nghiệm cần tìm phương trình y(x) = − ex + e2x + e−x + cos 3x + sin 3x 13 13 13 Ví dụ 3.2 Giải phương trình vi phân x (t) + λx (t) = 6t với t ∈ [0, T ] thỏa mãn điều kiện x(0) = x0 , x (0) = x1 Giải Đây toán giá trị ban đầu tốn tử D = d/dt khơng gian C(0, T ) với toán tử ban đầu (F x)(t) = x(0) ứng với nghịch đảo phải t (Rx)(t) = x(s)ds, Q(D) = D2 + λD = D2 (I + λR) Vì tốn tử ban R khả nghịch với λ ∈ R nên tốn cho có nghiệm x = [I−R2 (I + λR)−1 λD](R2 y + Rx1 + x0 ) = R2 y + Rx1 + x0 − λR2 (I + λR)−1 (Ry + x1 ) t Ta có Rx1 = t 6sds = 3t2 x1 ds =x1 t, (Ry)(t) = 0 t s (R2 y)(t) = t (3s2 )ds =t3 6udu = 0 45 Từ ta suy + Với λ = (I + λR)−1 (Ry + x1 ) = (I + λR)−1 (3t2 + x1 ) t e−λ(t−s) (3s2 + x1 )ds = = 3t2 + x1 − λ 6 t − + ( + x1 )e−λt λ λ λ λR2 (I + λR)−1 (Ry + x1 ) = x1 + λ λ e−λt − + t3 − t2 + x1 + λ λ Do đó, x(t) = x0 + 6 x1 x1 + − t + t2 − ( + )e−λt λ λ λ λ λ λ +) Với λ = x(t) = (R2 y + Rx1 + x0 )(t) = t3 + x1 t + x0 Ví dụ 3.3 Xét phương trình vi phân d2 d d x(t) + A(t) x(t) + βx(t) = y(t), dt dt dt (3.1) A ∈ C [a, b], A(t) = −1, β ∈ R tham số với điều kiện hỗn hợp x(a) = xa , (1 + A(b))x (b) = xb , xa , xb ∈ R (3.2) Giải Ta viết (3.1) dạng (D2 + DAD + βI)x = y, (3.1 ) D := d/dt, (Ax)(t) := A(t)x(t) Đặt t Ra := t , Rb := a , (Fa x)(t) := x(a), (Fb x)(t) := x(b) (3.3) b Khi đó, tốn (3.1)-(3.2) tương đương với [I + Ra (AD + βRb − Fb AD)]x = Ra Rb y + Ra xb + xa , xb = [1 − A(b)]−1 xb Tốn tử giải có dạng I + T + I + A + βRb Ra − Fb A Vì A(t) = −1 Ra , Rb toán tử Volterra, nên suy I + T khả nghịch Vậy nên toán (3.1)-(3.2) đặt chỉnh có nghiệm x = [I + Ra (I + T )−1 (AD + βRb − Fb AD)](Ra Rb y + Ra xb + xa ) 46 t Trường hợp riêng, β = nghiệm t s [1 + A(s)]−1 x(t) = t [1 + A(s)]−1 ds, y(u)duds + xa + xb a (3.4) a b t Ví dụ 3.4 Xét X := C(R), D := d/dt, Rj := , ti = tj i = j (i, j = tj 0, 1, 2) (Fj x)(t) := x(tj ) Khi F0 , F1 , F2 độc lập tuyến tính ker D3 Xét tốn biên hỗn hợp thứ (D3 + D2 AD + βI)x = y, (3.5) Fj x = yj , yj ∈ ker D (j = 0, 1, 2), (3.6) (Ax)(t) := a(t)x(t), a(t) = −1, β = C Giải Xét R := R0 Ma trận G2 có dạng G2 = 0 t1 − t0 (t1 − t0 )2 /2 t2 − t0 (t2 − t0 )2 /2 = (dij )i,j=0,1,2 Vậy nên V2 = det G2 = 21 (t1 −t0 )(t2 −t0 )(t2 −t1 ) = G−1 = (dij )i,j=0,1,2 , d00 = 1, d01 = 0, d02 = 0, d10 = V2−1 (d12 − d22 ), d11 = V2−1 d22 , d12 = V2−1 (−d12 ), d20 = V2−1 (d21 − d11 ), d21 = V2−1 (−d21 ), d22 = V2−1 d11 Xét   djk Rj Fk  (RAD + βR3 ) E := I − (3.7) j=0 k=0 Bài toán (3.5)-(3.6) tương đương với phương trình 2 djk Rj yk , (I + E)x = y3 + (3.8) j=0 k=0  2  djk Rj Fk  R3 y y3 = I − j=0 k=0 47 (3.9) Toán tử giải có dạng 2 djk R I + E = I + A + βR + A j−1 djk R2+j Fk R Fk R + β j=0 k=0 j=0 k=0 Vì a(t) = −1, nên I + E khả nghịch Vậy nên toán (3.5)-(3.6) đặt chỉnh có nghiệm     2   j −1 djk R Fk  R(I + E ) (AD + βR ) x = I − I −   j=0 k=0  2  djk Rj y  y3 + j=0 k=0 48 Kết luận Luận văn "Nội suy Newton toán biên hỗn hợp thứ phương trình vi phân" tập trung nghiên cứu số vấn đề sau - Trình bày số kết toán nội suy Taylor, nội suy Newton khai triển Taylor-Gontcharov như: đưa cơng thức nghiệm tốn nội suy Taylor, nội suy Newton, biểu diễn hàm số f (x) theo công thức khai triển Taylor-Gontcharov đưa đánh giá phần dư khai triển Taylor-Gontcharov hàm f (x) dạng Lagrange Cauchy - Nghiên cứu chi tiết hai toán toán Cauchy toán biên hỗn hợp thứ phương trình vi phân dạng trừu tượng Từ khảo sát tốn Cauchy toán biên hỗn hợp thứ phương trình vi phân mà ta thường gặp Giải tích - Đưa ví dụ minh họa trực tiếp cho hai dạng toán toán Cauchy toán biên hỗn hợp thứ phương trình vi phân đề cập chương 49 Kiến nghị nghiên cứu Luận văn nghiên cứu chi tiết mặt lý thuyết toán Cauchy toán biên hỗn hợp thứ phương trình vi phân Ngồi ra, luận văn cịn mở rộng nghiên cứu theo hướng sau - Luận văn nghiên cứu sâu thành chuyên đề phương trình vi phân nhằm bồi dưỡng cho học sinh giỏi dự thi Olimpic Toán làm tài liệu tham khảo cho sinh viên trường cao đẳng, đại học - Luận văn nghiên cứu mở rộng tốn biên hỗn hợp thứ hai phương trình vi phân ứng dụng 50 Tài liệu tham khảo [1] Nguyễn Văn Mậu, Đa thức đại số phân thức hữu tỷ, NXB Giáo Dục, 2004 [2] Nguyễn Văn Mậu, Các toán nội suy áp dụng, NXB Giáo Dục, 2006 [3] Nguyễn Văn Mậu, Generalized Algebraic Elements and Linear Singular Integral Equations with Transformed Argument, Wydawnictwa Politechniki Warszawskiej, Warszawa 1989 [4] Nguyễn Văn Mậu, Algebraic Elements and Boundary value problems in Linear Spaces VNU - Hanoi 2005 [5] Danuta Przeworska-Rolewicz (1968), Equations in Linear Spaces, PWNPolish Scientific Publishers, Warszawa [6] Danuta Przeworska-Rolewicz (1988), Algebraic Analysis, PWN-Polish Scientific Publishers, Warszawa, D Reidel Publishing Company [7] Danuta Przeworska, Stefan Rolewicz (1973), Equations With Transformed Argument An algebraic approach, Elsevier Scientific Publishing Company, Amsterdam, PWN-Polish Scientific Publishers, Warszawa 51 ... Công thức cho phép ta tìm nghiệm phương trình dạng phương trình tích phân Volterra 40 2.2.2 Bài tốn biên hỗn hợp thứ phương trình vi phân Ta xét trường hợp cụ thể toán biên hỗn hợp thứ phương trình. .. 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 toán biên hỗn hợp thứ phương trình vi phân ... tốn nội suy Newton Ta xét toán nội suy trường hợp đặc biệt phương trình vi phân Và chương ta xét toán Cauchy toán biên hỗn hợp thứ dạng trừu tượng cho lớp toán tử khả nghịch phải đồng thời trình