2.2 Một số phương pháp giải gần đúng phương trình tích phân tuyến tính Volterra loại hai
2.2.1 Phương pháp phân tích Adomian
Phương pháp phân tích Adomian (ADM) đã được giới thiệu và phát triển bởi George Adomian và là phương pháp tốt trong nhiều phép kiểm tra.
Phương pháp phân tích Adomian bao gồm phân tích hàm u(x) của phương trình bất kỳ thành tổng vô hạn của các số hạng được xác định bởi chuỗi
u(x) =
∞
X
n=0
un(x), (2.11)
hay tương đương
u(x) =u0(x) +u1(x) +u2(x) +..., (2.12) trong đó các hàmun(x), n ≥ 0được xác định bằng phương pháp truy hồi.
Để thiết lập quan hệ truy hồi, ta thế (2.11) vào phương trình tích phân Volterra (2.2) ta thu được
∞
X
n=0
un(x) =f(x) +λ Z x
0
K(x, t)
∞
X
n=0
un(t)
!
dt, (2.13) hay tương đương
u0(x) +u1(x) +u2(x) +... = f(x) +λ Z x
0
K(x, t)[u0(t) +u1(t) +...]dt.
Hàm u0(x) được đồng nhất với tất cả các số hạng mà không ở dưới dấu tích phân. Còn lại, các thành phần uj(x), j ≥ 1 của hàm ẩn u(x) được xác định bằng dãy quan hệ truy hồi
u0(x) =f(x), un+1(x) = λ
Z x 0
K(x, t)un(t)dt, n ≥ 0, (2.14) tương đương với
u0(x) = f(x), u1(x) = λ Z x
0
K(x, t)u0(t)dt,
u2(x) = λ Z x
0
K(x, t)u1(t)dt, u3(x) =λ Z x
0
K(x, t)u2(t)dt, (2.15) và tương tự vậy với các thành phần khác.
Trong công thức (2.15), các thành phần u0(x), u1(x), u2(x), u3(x), ... hoàn toàn xác định. Nghiệmu(x) của phương trình tích phân Volterra (2.2) cho dưới dạng chuỗi.
Phương pháp phân tích Adomian để giải phương trình tích phân Volterra được minh họa bởi các ví dụ sau.
Ví dụ 2.4. Áp dụng phương pháp phân tích Adomian giải phương trình tích phân Volterra sau
u(x) = 6x−3x2 + Z x
0
u(t)dt. (2.16)
Ta chú ý rằng f(x) = 6x − 3x2, λ = 1, K(x, t) = 1. Nhắc lại rằng nghiệm u(x)được giả sử là có dạng chuỗi cho trong (2.11). Thế chuỗi khai triển (2.11) vào cả hai vế của (2.16) cho ta
∞
X
n=0
un(x) = 6x−3x2 + Z x
0
∞
X
n=0
un(t)dt, hay tương đương
u0(x) +u1(x) +u2(x) +...= 6x−3x2 + Z x
0
[u0(t) +u1(t) +u2(t) +...]dt.
Ta đồng nhất thành phần thứ không bởi tất cả các số hạng mà không bao gồm dưới dấu tích phân. Do đó ta thu được quan hệ truy hồi sau
u0(x) = 6x−3x2, uk+1(x) =
Z x 0
uk(t)dt, k ≥ 0,
Do đó
u0(x) = 6x−3x2, u1(x) =
Z x 0
u0(t)dt = Z x
0
(6t−3t2)dt = 3x2 −x3, u2(x) =
Z x 0
u1(t)dt = Z x
0
(3t2 −t3)dt = x3 − 1 4x4, u3(x) =
Z x 0
u2(t)dt = Z x
0
(t3 − 1
4t4)dt= 1
4x4 − 6x5 5! , tương tự dùng (2.11) ta nhận được chuỗi lũy thừa
u(x) = 6x−3x2 + 3x2 −x3 + x3 − 1
4x4 + 1
4x4 − 6x5
5! +...,
Ta thấy sự xuất hiện của các hệ số giống nhau nhưng trái dấu. Các số hạng này được gọi là các "số hạng nhiễu âm". Triệt tiêu các hệ số giống nhau có dấu trái nhau thu được nghiệm toàn phần
u(x) = 6x.
Ví dụ 2.5. Áp dụng phương pháp phân tích Adomian giải phương trình tích phân Volterra sau
u(x) = 1 +x+ Z x
0
(t−x)u(t)dt. (2.17) Ta chú ý rằng f(x) = 1 + x, λ = 1, K(x, t) = t −x. Thế chuỗi khai triển (2.11) vào cả hai vế của (2.17) cho ta
∞
X
n=0
un(x) = 1 +x+ Z x
0
∞
X
n=0
(t−x)un(t)dt, hay tương đương
u0(x) +u1(x) +u2(x) +...= 1 +x+ Z x
0
(t−x)[u0(t) +u1(t) +u2(t) +...]dt.
Thực hiện như trước ta thu được quan hệ truy hồi sau u0(x) = 1 +x,
uk+1(x) = Z x
0
(t−x)uk(t)dt, k ≥0, cho ta
u0(x) = 1 +x, u1(x) =
Z x 0
(t−x)u0(t)dt = Z x
0
(t−x)(1 +x)dt = −1
2!x2 − 1 3!x3, u2(x) =
Z x 0
(t−x)u1(t)dt = 1 2!
Z x 0
(t−x)t2dt= 1
4!x4 + 1 5!x5 tương tự dùng nghiệm dạng chuỗi được cho bởi
u(x) = 1 +x− 1
2!x2 − 1
3!x3 + 1
4!x4 + 1
5!x5 +...,
= (1− 1
2!x2 + 1
4!x4 −...) + (x− 1
3!x3 + 1
5!x5 −...), và dạng quen thuộc là
u(x) = cosx+ sinx, thu được bằng cách dùng khai triển Taylor.
Ví dụ 2.6. Áp dụng phương pháp phân tích Adomian giải phương trình tích phân Volterra sau
u(x) = 1 +x− Z x
0
(t−x)u(t)dt. (2.18) Chú ý rằng f(x) = 1 + x, λ = −1, K(x, t) = t− x. Thế chuỗi khai triển (2.11) vào cả hai vế của (2.18) ta có
∞
X
n=0
un(x) = 1 +x− Z x
0
∞
X
n=0
(t−x)un(t)dt, hay tương đương
u0(x) + u1(x) +u2(x) + ...= 1 +x− Z x
0
(t−x)[u0(t) +u1(t) +...]dt.
Điều này chỉ ra quan hệ truy hồi sau
u0(x) = 1 +x,
uk+1(x) =− Z x
0
(t−x)uk(t)dt, k ≥ 0, hay cho ta
u0(x) = 1 +x, u1(x) = −
Z x 0
(t−x)u0(t)dt= 1
2!x2 + 1 3!x3, u2(x) = −
Z x 0
(t−x)u1(t)dt= 1
4!x4 + 1 5!x5, cứ làm như vậy. Nghiệm dạng chuỗi được cho bởi
u(x) = 1 +x+ 1
2!x2 + 1
3!x3 + 1
4!x5 +..., và dạng quen thuộc là
u(x) =ex, thu được bằng cách dùng khai triển Taylor.
Ví dụ 2.7. Áp dụng phương pháp phân tích Adomian giải phương trình tích phân Volterra sau
u(x) = 1 + 2 Z x
0
tu(t)dt. (2.19)
Đồng nhất thành phần thứ khôngu0(x) bởi hai số hạng đầu tiên mà không bao gồm dưới dấu tích phân, và dùng ADM ta có quan hệ truy hồi là
u0(x) = 1, uk+1(x) = 2
Z x 0
tuk(t)dt, k ≥ 0, (2.20) Điều này cho ta
u0(x) = 1, u1(x) = 2
Z x 0
tu0(t)dt = x2, u2(x) = 2
Z x 0
tu1(t)dt = x4 2 , u3(x) = 2
Z x 0
tu2(t)dt = x6 6 ,
Nghiệm dạng chuỗi được cho bởi
u(x) = 1 +x2 + 1
2x4 + 1
6x6 +...
u(x) =
∞
X
n=0
x(2n) n! , thỏa mãn phương trình tích phân Volterra (2.19).
Ví dụ 2.8. Áp dụng phương pháp phân tích Adomian giải phương trình tích phân Volterra sau
u(x) =x− 2
3x3 −2 Z x
0
u(t)dt. (2.21)
Đồng nhất thành phần thứ khôngu0(x) bởi hai số hạng đầu tiên mà không bao gồm dưới dấu tích phân, và dùng ADM ta thu được quan hệ truy hồi sau
u0(x) = x− 2 3x3, uk+1(x) = −2
Z x 0
uk(t)dt, k ≥ 0.
Từ đây cho ta
u0(x) =x− 2 3x3, u1(x) =−2
Z x 0
u0(t)dt = −x2 + 1 3x4, u2(x) =−2
Z x 0
u1(t)dt = 2
3x3 − 2 15x5. Nghiệm dạng chuỗi được cho bởi
u(x) =x− 2
3x3 +−x2 + 1
3x4 + 2
3x3 − 2
15x5 +...
Ta thấy sự xuất hiện của các số hạng giống nhau nhưng trái dấu. Hiện tượng của các số hạng này được gọi là "hiện tượng số hạng nhiễu âm". Triệt tiêu các số hạng giống nhau nhưng trái dấu ta thu được nghiệm toàn phần
u(x) = x−x2.
Ví dụ 2.9. Áp dụng phương pháp phân tích Adomian giải phương trình tích phân Volterra sau
u(x) = 3 + 1 4
Z x 0
xt2u(t)dt. (2.22) Làm như trước ta được quan hệ truy hồi
u0(x) = 3, uk+1(x) = 1 3
Z x 0
xt3uk(t)dt, k ≥0.
Từ đây cho ta
u0(x) = 3, u1(x) = 1
4 Z x
0
xt2u0(t)dt = 1 4x4, u2(x) = 1
4 Z x
0
xt2u1(t)dt = 1 112x8, u3(x) = 1
3 Z x
0
xt3u2(t)dt = 1
5376x12, và cứ làm như vậy. Nghiệm dạng chuỗi được cho bởi
u(x) = 3 + 1
4x4 + 1
7ã42x8 + 1
7ã12ã43x12 +...