BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI BÙI THỊ NINH MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI XẤP XỈ PHƯƠNG TRÌNH VI - TÍCH PHÂN TUYẾN TÍNH VOLTERRA LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC HÀ NỘI, 2016 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI BÙI THỊ NINH MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI XẤP XỈ PHƯƠNG TRÌNH VI - TÍCH PHÂN TUYẾN TÍNH VOLTERRA Chuyên ngành: Toán giải tích Mã số: 60 46 01 02 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học: PGS TS KHUẤT VĂN NINH HÀ NỘI, 2016 i Lời cảm ơn Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến PGS TS Khuất Văn Ninh, người thầy định hướng chọn đề tài nhiệt tình hướng dẫn để hoàn thành luận văn Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới Phòng Sau đại học, toàn thể thầy cô giáo giảng dạy chuyên ngành Toán giải tích, trường Đại học Sư phạm Hà Nội giúp đỡ suốt trình học tập trường Nhân dịp xin gửi lời cảm ơn đến gia đình, bạn bè cổ vũ, động viên để hoàn thành luận văn Hà Nội, tháng năm 2016 Người thực BÙI THỊ NINH ii Lời cam đoan Tôi xin cam đoan, bảo hướng dẫn PGS TS Khuất Văn Ninh, luận văn chuyên ngành Toán giải tích với đề tài: " Một số phương pháp giải xấp xỉ phương trình vi – tích phân tuyến tính Volterra " hoàn thành nhận thức tìm hiểu thân tác giả, không trùng lặp với luận văn khác Trong trình nghiên cứu thực luận văn, kế thừa kết nhà khoa học với trân trọng biết ơn Hà Nội, tháng năm 2016 Người thực BÙI THỊ NINH iii Mục lục Lời cảm ơn Lời cam đoan Danh mục kí hiệu thường dùng Mở đầu Các kiến thức chuẩn bị 1.1 Một số kiến thức giải tích hàm 1.1.1 Không gian metric 1.1.2 Định lí tồn nghiệm 1.1.3 Không gian định chuẩn 1.1.4 Không gian Hilbert 1.1.5 Không gian L(X, Y) 1.1.6 Một số không gian hàm 1.2 Một số kiến thức giải tích 1.2.1 Định nghĩa tích phân xác định 1.2.2 Chuỗi hàm, chuỗi lũy thừa 1.2.3 Biến đổi Laplace 1.3 Một số kiến thức giải tích số 1.3.1 Số gần 1.3.2 Làm tròn số sai số phép làm tròn số 1.3.3 Sai số 1.3.4 Sai phân tính chất i ii iv PHƯƠNG TRÌNH VI - TÍCH PHÂN TUYẾN TÍNH VOLTERRA 2.1 Giới thiệu 2.2 Một số phương pháp giải tích giải xấp xỉ phương trình vi - tích phân tuyến tính Volterra loại 2.2.1 Phương pháp khai triển Adomian 3 10 10 11 13 16 16 16 16 17 18 18 18 19 iv 2.2.2 2.2.3 2.2.4 2.2.5 Phương pháp biến đổi Laplace Phương pháp chuỗi lũy thừa Phương pháp biến đổi phương trình vi - tích phân Volterra phương trình giá trị ban đầu Phương pháp biến đổi phương trình vi - tích phân Volterra phương trình tích phân Volterra PHƯƠNG PHÁP SỐ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VI - TÍCH PHÂN TUYẾN TÍNH VOLTERRA 3.1 Phương pháp số 3.1.1 Phương pháp cầu phương 3.1.2 Phương pháp cầu phương giải phương trình vi – tích phân tuyến tính Volterra 3.1.3 Sai số 3.2 Phương pháp cầu phương giải phương trình vi - tích phân tuyến tính Volterra loại 23 28 33 37 43 43 43 44 46 47 Kết luận 70 Tài liệu tham khảo 71 v Danh mục kí hiệu thường dùng Tập hợp số thực Không gian Euclid n chiều Không gian hàm liên tục đoạn hữu hạn [a, b] Không gian hàm xác định đoạn [a, b] có đạo hàm liên tục đến cấp n M = (X, d) Không gian metric d(x, y) Khoảng cách phần tử x y ∆f (x) Sai phân f (x) L Biến đổi Laplace x∈M x thuộc tập M x∈ /M x không thuộc tập M ∀x ∈ M Với x thuộc tập M ∃x Tồn x Chuẩn x Chuẩn x |x| Giá trị tuyệt đối x R Rn C[a,b] n C[a,b] Mở đầu Lí chọn đề tài Lí thuyết phương trình lĩnh vực rộng lớn toán học nhiều tác giả quan tâm nghiên cứu Trong lớp phương trình vi – tích phân đóng vai trò quan trọng Các kết lĩnh vực tìm nhiều ứng dụng vật lí, hóa học, sinh học việc nghiên cứu mô hình kinh tế, quân sự, tình báo số ngành khác Phương trình vi – tích phân phương trình toán học nhằm biểu diễn mối quan hệ toán tử vi phân toán tử tích phân Trong ứng dụng thực tế, trình tìm nghiệm xác phương trình vi – tích phân đôi lúc gặp phải nhiều khó khăn, nghĩ đến việc tìm nghiệm xấp xỉ phương trình Để giải xấp xỉ phương trình vi – tích phân người ta sử dụng phương pháp như: Phương pháp khai triển, phương pháp lặp, phép biến đổi Laplace Với mong muốn tìm hiểu sâu việc giải phương trình vi - tích phân, hướng dẫn PGS TS Khuất Văn Ninh, chọn đề tài: " Một số phương pháp giải xấp xỉ phương trình vi – tích phân tuyến tính Volterra " để thực luận văn Mục đích nghiên cứu - Luận văn nghiên cứu số phương pháp giải xấp xỉ phương trình vi – tích phân tuyến tính Volterra - Ứng dụng giải số phương trình vi – tích phân tuyến tính Volterra cụ thể Nhiệm vụ nghiên cứu Nghiên cứu số phương pháp giải xấp xỉ phương trình vi – tích phân tuyến tính Volterra Đối tượng phạm vi nghiên cứu +) Đối tượng nghiên cứu: - Phương trình vi – tích phân tuyến tính Volterra loại +) Phạm vi nghiên cứu: - Nghiên cứu tồn nghiệm phương trình, phương pháp giải xấp xỉ phương trình vi – tích phân tuyến tính Volterra - Ứng dụng vào giải xấp xỉ phương trình vi – tích phân tuyến tính Volterra loại cụ thể Phương pháp nghiên cứu - Vận dụng kiến thức, phương pháp Giải tích hàm, Giải tích, Giải tích số, lập trình máy tính - Thu thập tài liệu liên quan tới phương trình vi – tích phân tuyến tính Volterra - Phân tích, tổng hợp hệ thống kiến thức có liên quan tới phương trình vi – tích phân tuyến tính Volterra Đóng góp luận văn - Luận văn hệ thống số phương pháp giải xấp xỉ phương trình vi – tích phân tuyến tính Volterra - Áp dụng giải số phương trình vi – tích phân tuyến tính Volterra loại cụ thể Chương Các kiến thức chuẩn bị 1.1 Một số kiến thức giải tích hàm 1.1.1 Không gian metric Định nghĩa 1.1.1 Cho X tập tùy ý, X khác rỗng Một metric X ánh xạ d:X ×X →R thỏa mãn tiên đề sau đây: i) (∀x, y ∈ X) d (x, y) 0, d (x, y) = ⇔ x = y , (tiên đề đồng nhất); ii) (∀x, y ∈ X) d (x, y) = d (y, x), (tiên đề đối xứng); iii) (∀x, y, z ∈ X) d (x, y) ≤ d (x, z) + d (z, y), (tiên đề tam giác); Ánh xạ d gọi metric X Số d (x, y) gọi khoảng cách hai phần tử x y Các phần tử X gọi điểm Ba tiên đề i, ii, iii gọi hệ tiên đề metric M = (X, d) gọi không gian metric Định nghĩa 1.1.2 Cho không gian metric M = (X, d) Một tập X0 khác rỗng tập X với metric d X lập thành không gian metric Không gian metric M0 = (X0 , d) gọi không gian metric không gian metric cho Định nghĩa 1.1.3 Một dãy điểm (xn ), n = 1, 2, không gian metric X gọi hội tụ đến điểm a ∈ X lim d(a, xn ) = Khi ta kí n→∞ hiệu lim xn = a xn → a n → ∞ n→∞ 57 +) i = Khi (3.28) trở thành x4 (x4 − t)u (t) dt u (x4 ) = + x4 + (3.35) 0,4 0,4 u (t) dt − = + 0, + 0, tu (t) dt Áp dụng phương pháp cầu phương theo công thức hình thang (3.2) để tính tích phân vế phải công thức tỉ sai phân (3.9) cho vế trái (3.35) Ta có u4 = + 0, + 0, [u0 + 2u1 + 2u2 + 2u3 + u4 ] 20 (3.36) − [0u0 + 0, 2u1 + 0, 4u2 + 0, 6u3 + 0, 4u4 ] 20 u6 − 2u5 + u4 ⇔ = 1, 8215 (3.37) 0, 01 ⇔u6 = 1, 8009 +) i = Khi (3.28) trở thành x5 (x5 − t)u (t) dt u (x5 ) = + x5 + (3.38) 0,5 0,5 u (t) dt − = + 0, + 0, tu (t) dt Áp dụng phương pháp cầu phương theo công thức hình thang (3.2) để tính tích phân vế phải công thức tỉ sai phân (3.9) cho vế trái (3.38) Ta có u5 = + 0, + 0, [u0 + 2u1 + 2u2 + 2u3 + 2u4 + u5 ] 20 (3.39) − [0, 2u1 + 0, 4u2 + 0, 6u3 + 0, 8u4 + 0, 5u5 ] 20 u7 − 2u6 + u5 ⇔ = 1, 647 (3.40) 0, 01 u7 − 2u6 + u5 ⇔ = 1, 647 0, 01 +) i = Khi (3.28) trở thành x6 (x6 − t)u (t) dt u (x6 ) = + x6 + (3.41) 0,6 0,6 u (t) dt − = + 0, + 0, tu (t) dt 58 Áp dụng phương pháp cầu phương theo công thức hình thang (3.2) để tính tích phân vế phải công thức tỉ sai phân (3.9) cho vế trái (3.41) Ta có u6 =1 + 0, + 0, [u0 + 2u1 + 2u2 + 2u3 + 2u4 + 2u5 + u6 ] 20 [0, 2u1 + 0, 4u2 + 0, 6u3 + 0, 8u4 + u5 + 0, 6u6 ] 20 u8 − 2u7 + u6 ⇔ = 0, 4195 0, 01 ⇔u8 = 2, 2195 − (3.42) (3.43) +) i = Khi (3.28) trở thành x7 (x7 − t)u (t) dt u (x7 ) = + x7 + (3.44) 0,7 0,7 u (t) dt − = + 0, + 0, tu (t) dt Áp dụng phương pháp cầu phương theo công thức hình thang (3.2) để tính tích phân vế phải công thức tỉ sai phân (3.9) cho vế trái (3.44) Ta có u7 =1 + 0, + 0, [u0 + 2u1 + 2u2 + 2u3 + 2u4 + 2u5 + 2u6 + u7 ] 20 [0, 2u1 + 0, 4u2 + 0, 6u3 + 0, 8u4 + u5 + 1, 2u6 + 0, 7u7 ] 20 u9 − 2u8 + u7 ⇔ = 2, 4513 0, 01 ⇔u9 = 2, 451 − +) i = Khi (3.28) trở thành x8 (x8 − t)u (t) dt u (x8 ) = + x8 + (3.45) 0,8 0,8 u (t) dt − = + 0, + 0, tu (t) dt Áp dụng phương pháp cầu phương theo công thức hình thang (3.2) để tính tích phân vế phải công thức tỉ sai phân (3.9) cho vế trái (3.45) 59 Ta có u8 =1 + 0, + 0, [u0 + 2u1 + 2u2 + 2u3 + 2u4 + 2u5 + 2u6 + 2u7 + u8 ] 20 [0, 2u1 + 0, 4u2 + 0, 6u3 + 0, 8u4 + u5 + 1, 2u6 + 1, 4u7 + 0, 8u8 ] 20 u10 − 2u9 + u8 ⇔ = 2, 113 0, 01 ⇔u10 = 2, 6612 − Theo kết phương pháp giải tích chương 2, Phương trình (3.27) có nghiệm xác u(x) = ex Khi ta có bảng sau đánh giá độ xác nghiệm i 10 xi 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, ui 1, 1, 2111 1, 3344 1, 4712 1, 6225 1, 79 1, 9755 2, 1811 2, 4089 2, 6612 u(xi ) ∆u(xi ) 1, 1, 2214 0, 0103 1, 3499 0, 0155 1, 4918 0, 0206 1, 6487 0, 0262 1, 8221 0, 0321 2, 0138 0, 0383 2, 2255 0, 0444 2, 4596 0, 0507 2, 7183 0, 0571 u(xi ) giá trị xác nghiệm x = xi , ui giá trị xấp xỉ nghiệm x = xi , u(xi ) = |u (xi ) − ui | Ví dụ 3.2.3 Dùng phương pháp cầu phương để giải phương trình vi - tích phân tuyến tính Volterra x (x − t)u (t) dt, u(0) = 0, u (0) = u (x) = x + (3.46) Lấy x ∈ [0, 1], chia đoạn [0, 1] làm phần mốc chia h = 0, x0 = 0; x1 = 0, 2; x2 = 0, 4; x3 = 0, 6; x4 = 0, 8; x5 = 60 Thay x xi Khi phương trình (3.46) có dạng xi (xi − t)u (t) dt u (xi ) = xi + (3.47) Ta có xi xi (xi − t)u (t) dt = xi xi u (t) dt − 0 tu (t) dt, i = 0, +) i = u0 = u (0) = u1 − u0 u (0) = =1 0, Do u0 = 0, u1 = 0, thay x0 = vào (3.47) ta u (0) = (3.48) Áp dụng công thức tính tỉ sai phân (3.9) điều kiện ban đầu u0 = cho vế trái (3.48) ta có u0 = u2 − 2u1 + u0 ⇔ =0 0, 04 ⇔ − 50u1 + 25u2 = (3.49) +) i = (3.47) trở thành x1 (x1 − t)u (t) dt u (x1 ) = x1 + (3.50) 0,2 0,2 u (t) dt − = 0, + 0, tu (t) dt Áp dụng phương pháp cầu phương theo công thức hình thang (3.2) để tính tích phân vế phải công thức tỉ sai phân 3.9 cho vế trái (3.50) Ta có 1 [u0 + u1 ] − [0u0 + 0, 2u1 ] 10 10 u3 − 2u2 + u1 ⇔ = 0, 0, 04 ⇔ 25u1 − 50u2 + 25u3 = 0, u1 = 0, + 0, 61 +) i = (3.47) trở thành x2 (x2 − t)u (t) dt u (x2 ) = x2 + (3.51) 0,4 0,4 u (t) dt − = 0, + 0, tu (t) dt Áp dụng phương pháp cầu phương theo công thức hình thang (3.2) để tính tích phân vế phải công thức tỉ sai phân 3.9 cho vế trái (3.51) Ta có 1 u2 = 0, + 0, [u0 + 2u1 + u2 ] − [0u0 + 0, 4u1 + 0, 4u2 ] 10 10 u4 − 2u3 + u2 ⇔ = 0, + 0, 08u1 + 0, 04u2 − 0, 04u1 − 0, 04u2 (3.52) 0, 04 ⇔25u4 − 50u3 + 25u2 = 0, + 0, 04u1 ⇔ − 0, 04u1 + 25u2 − 50u3 + 25u4 = 0, +) i = Khi (3.47) trở thành x3 (x3 − t)u (t) dt u (x3 ) = x3 + (3.53) 0,6 0,6 u (t) dt − = 0, + 0, tu (t) dt Áp dụng phương pháp cầu phương theo công thức hình thang 3.2 để tính tích phân vế phải công thức tỉ sai phân (3.9) cho vế trái (3.53) Ta có 1 u3 = 0, + 0, [u0 + 2u1 + 2u2 + u3 ] − [0u0 + 0, 4u1 + 0, 8u2 + 0, 6u3 ] 10 10 ⇔ 25u5 − 50u4 + 25u3 = 0, + 0, 08u1 + 0, 04u2 ⇔ −0, 08u1 − 0, 04u2 + 25u3 − 50u4 + 25u5 = 0, Ta hệ phương trình đại số tuyến tính    u0 =      u1 = 0,    −50u + 25u =  25u1 − 50u2 + 25u3 = 0,      −0, 04u1 + 25u2 − 50u3 + 25u4 = 0,     −0, 08u1 − 0, 04u2 + 25u3 − 50u4 + 25u5 = 0, (3.54) 62 Dùng lập trình maple để gải hệ ta làm sau [> eqn1 := u0 = 0; eqn1 := u0 = [> eqn2 := u1 = 0, 2; eqn2 := u1 = 0, [> eqn3 := −50 ∗ u1 + 25 ∗ u2 = 0; eqn3 := −50u1 + 25u2 = [> eqn4 := 25 ∗ u1 − 50 ∗ u2 + 25 ∗ u3 = 0, eqn4 := −25u1 − 50u2 + 25u3 = 0, [> eqn5 := −0, 04 ∗ u1 + 25 ∗ u2 − 50 ∗ u3 + 25 ∗ u4 = 0, 4; eqn5 := −0, 04u1 + 25u2 − 50u3 + 25u4 = 0, [> eqn6 := −0, ∗ 8u1 − 0, 04 ∗ u2 + 25 ∗ u3 − 50 ∗ u4 + 25 ∗ u5 = 0, 6; eqn6 := −0, 08u1 − 0, 04u2 + 25u3 − 50u4 + 25u5 = 0, [> solve({eqn1, eqn2, eqn3, eqn4, eqn5, eqn6, } , {u0 , u1 , u2 , u3 , u4 , u5 , u6 }); {u0 = 0, u1 = 0, 2, u2 = 0, 4, u3 = 0, 608, u4 = 0, 83232, u5 = 1, 08192} Theo kết phương pháp giải tích chương 2, Phương trình (3.46) có ex − e−x nghiệm xác u(x) = Khi ta có bảng sau đánh giá độ xác nghiệm i xi 0, 0, 0, 0, ui 0, 0, 0, 608 0, 83232 1, 08192 u(xi ) ∆u(xi ) 0 0, 1002 0, 0998 0, 2013 0, 1987 0, 3045 0, 3035 0, 4107 0, 42162 0, 5211 0, 56082 63 u(xi ) giá trị xác nghiệm x = xi , ui giá trị xấp xỉ nghiệm x = xi , u(xi ) = |u (xi ) − ui | Ví dụ 3.2.4 Dùng phương pháp cầu phương để giải phương trình vi - tích phân tuyến tính Volterra u (x) = + x + 61 x3 + x (x − t)u (t) dt (3.55) u(0) = 1, u (0) = 0, u = Lấy x ∈ [0, 1], chia đoạn [0, 1] làm phần mốc chia h = 0, x0 = 0; x1 = 0, 2; x2 = 0, 4; x3 = 0, 6; x4 = 0, 8; x5 = Thay x xi Khi phương trình (3.55) có dạng u (xi ) = + xi + x3i + xi (xi − t)u (t) dt (3.56) Ta có: xi xi (xi − t)u (t) dt = xi xi u (t) dt − tu (t) dt, i = 0, +) i = u0 = u (0) = u1 − u0 u (0) = =0 0, Do u0 = 1, u1 − u0 = u0 = u (0) = u2 − 2u1 + u0 ⇔ =1 0, 04 ⇔u2 − 2u1 + u0 = 0, 04 thay x0 = vào (3.56) ta u (0) = (3.57) Áp dụng công thức tính tỉ sai phân (3.10) cho vế trái (3.57) ta có: u (0) = u3 − 3u2 + 3u1 − u0 ⇔ =1 0, 23 ⇔u3 − 3u2 + 3u1 − u0 = 0, 008 (3.58) 64 +) i = (3.56) trở thành x1 u (x1 ) = + x1 + x31 + (x1 − t)u (t) dt 0,2 u (t) dt − = + 0, + (0, 2) + 0, 0,2 tu (t) dt (3.59) Áp dụng phương pháp cầu phương theo công thức hình thang (3.2) để tính tích phân vế phải công thức sai phân cho vế trái (3.59) Ta có u4 − 3u3 + 3u2 − u1 1 = + 0, + (0, 2)3 + 0, [u0 + u1 ] − [0u0 + 0, 2u1 ] 0, 008 10 10 ⇔ u4 − 3u3 + 3u2 − u1 − 0, 0016u0 = 0, 0096 +) i = (3.38) trở thành x2 u (x2 ) = + x2 + x2 + (x1 − t)u (t) dt 0,4 u (t) dt − = + 0, + (0, 4) + 0, 0,4 tu (t) dt (3.60) Áp dụng phương pháp cầu phương theo công thức hình thang (3.2) để tính tích phân vế phải công thức tỉ sai phân cho vế trái (3.60) Ta có 1 u2 = + 0, + (0, 4)3 + 0, [u0 + 2u1 + u2 ] − [0u0 + 0, 4u1 + 0, 4u2 ] 10 10 u5 − 3u4 + 3u3 − u2 ⇔ = 1, 4111 + 0, 04u0 + 0, 04u1 0, 008 ⇔u5 − 3u4 + 3u3 − u2 − 0, 0032u1 − 0, 0032u0 = 0, 011288 (3.61) Ta hệ phương trình đại số tuyến tính   u0 =       −u0 + u1 =        u0 − 2u1 + u2 = 0, 04  −u0 + 3u1 − 3u2 + u3 = 0, 008        −0, 0016u0 − u1 + 3u2 − 3u3 + u4 = 0, 0096       −0, 0032u0 − 0, 0032u1 − u2 − 3u4 + 3u3 + u5 = 0, 011288 (3.62) 65 Dùng lập trình maple để gải hệ ta làm sau [> eqn1 := u0 = 1; eqn1 := u0 = [> eqn2 := −u0 + u1 = 0; eqn2 := −u0 + u1 = [> eqn3 := u0 − ∗ u1 + u2 = 0, 04; eqn3 := u2 − 2u1 + u1 = 0, 04 [> eqn4 := −u0 + ∗ u1 − ∗ u2 + u3 = 0, 008 eqn4 := −u0 + 3u1 − 3u2 + u3 = 0, 008 [> eqn5 := −0, 0016 ∗ u0 − u1 + ∗ u2 − ∗ u3 + u4 = 0, 0096; eqn5 := −0, 0016u0 − u1 + 3u2 − 3u3 + u4 = 0, 0096 [> eqn6 := −0, 0032∗u0 −0, 0032∗u1 −u2 −3∗u4 +3∗u3 +u5 = 0, 011288; eqn6 := −0, 0032u0 − 0, 0032u1 − u2 − 3u4 + 3u3 + u5 = 0, 011288 [> solve({eqn1, eqn2, eqn3, eqn4, eqn5, eqn6, } , {u0 , u1 , u2 , u3 , u4 , u5 , u6 }); {u0 = 1, u1 = 1, u2 = 1, 04, u3 = 1, 128, u4 = 1, 2752, u5 = 1, 492888} Theo kết phương pháp giải tích chương 2, Phương trình (3.55) có nghiệm xác u(x) = ex − x Khi ta có bảng sau đánh giá độ xác nghiệm i xi 0, 0, 0, 0, ui u(xi ) ∆u(xi ) 1 0, 1002 0, 0998 1, 04 1, 092 0, 052 1, 128 1, 222 0, 094 1, 2752 1, 426 0, 1508 1, 492888 1, 71828 0, 225 66 u(xi ) giá trị xác nghiệm x = xi , ui giá trị xấp xỉ nghiệm x = xi , u(xi ) = |u (xi ) − ui | Ví dụ 3.2.5 Dùng phương pháp cầu phương để giải phương trình vi - tích phân tuyến tính Volterra u(iv) (x) = + x − x (x − t)u (t) dt (3.63) u(0) = u (0) = 1, u (0) = u (0) = −1 Lấy x ∈ [0, 1], chia đoạn [0, 1] làm phần mốc chia h = 0, x0 = 0; x1 = 0, 2; x2 = 0, 4; x3 = 0, 6; x4 = 0, 8; x5 = Thay x xi Khi phương trình (3.63) có dạng (iv) u xi (xi ) = + xi − (xi − t)u (t) dt (3.64) Ta có: xi xi (xi − t)u (t) dt = xi xi u (t) dt − tu (t) dt, +) i = u0 = u (0) = u1 − u0 =1 u (0) = 0, Do u0 = 1, u1 − u0 = 0, Ta có u0 = u (0) = −1 u2 − 2u1 + u0 = −1 ⇔ 0, 04 ⇔u2 − 2u1 + u0 = −0, 04 Và u0 = u (0) = −1 u3 − 3u2 + 3u1 − u0 ⇔ = −1 0, 008 ⇔u3 − 3u2 + 3u1 − u0 = −0, 008 i = 0, 5, 67 thay x0 = vào (3.64) ta u(iv) (0) = (3.65) Áp dụng công thức tính tỉ sai phân (3.11) cho vế trái (3.65) ta có u(iv) (0) = u4 − 4u3 + 6u2 − 4u1 =1 ⇔ 0, 24 ⇔u4 − 4u3 + 6u2 − 4u1 + u0 = 0, 0016 (3.66) +) i = (3.64) trở thành (iv) u x1 (x1 ) = + x1 − (x1 − t)u (t) dt 0,2 0,2 = + 0, − 0, tu (t) dt u (t) dt + (3.67) 0 Áp dụng phương pháp cầu phương theo công thức hình thang (3.2) để tính tích phân vế phải công thức sai phân cho vế trái (3.67) Ta có u4 − 4u3 + 6u2 − 4u1 1 = + 0, − 0, [u + u ] + [0u0 + 0, 2u1 ] 0, 24 10 10 ⇔ u4 − 4u3 + 6u2 − 4u1 + 1, 000032u0 = 0, 00192 +) i = (3.64) trở thành (iv) u x2 (x2 ) = + x2 − (x2 − t)u (t) dt (3.68) 0,4 = + 0, − 0, 0,4 u (t) dt + tu (t) dt (3.69) Áp dụng phương pháp cầu phương theo công thức hình thang (3.2) để tính tích phân vế phải công thức tỉ sai phân cho vế trái (3.68) Ta có 1 (iv) u2 = + 0, − 0, [u0 + 2u1 + u2 ] + [0u0 + 0, 4u1 + 0, 4u2 ] 10 10 u5 − 4u4 + 6u3 − 4u2 + u1 ⇔ = 1, + 0, 04u0 + 0, 04u1 0, 0016 ⇔u5 − 4u4 + 6u3 − 4u2 + 6, 4.10−6 u1 + 6, 4.10−6 u0 = 0, 00224 68 Ta hệ phương trình đại số tuyến tính   u0 =       −u0 + u1 = 0,        u0 − 2u1 + u2 = −0, 04  −u0 + 3u1 − 3u2 + 3u3 = −0, 008        u0 − 4u1 + 6u2 − 4u3 + u4 = 0, 0016       6, 4.10−6 u0 + 6, 4.10−6 − 4u2 + 6u3 − 4u4 + u5 = 0, 00224 (3.70) Dùng lập trình maple để gải hệ ta làm sau [> eqn1 := u0 = 1; eqn1 := u0 = [> eqn2 := −u0 + u1 = 0, 2; eqn2 := −u0 + u1 = 0, [> eqn3 := u0 − ∗ u1 + u2 = −0, 04; eqn3 := u0 − 2u1 + u2 = −0, 04 [> eqn4 := −u0 + ∗ u1 − ∗ u2 + ∗ u3 = −0, 008 eqn4 := −u0 + 3u1 − 3u2 + u3 = 0, 008 [> eqn5 := −0, 0016 ∗ u0 − u1 + ∗ u2 − ∗ u3 + u4 = 0, 0096; eqn5 := −0, 0016u0 − u1 + 3u2 − 3u3 + u4 = 0, 0096 [> eqn6 := 6, 4.10−6 u0 + 6, 4.10−6 u1 − 4u2 + 6u3 − 4u4 + u5 = 0, 00224; eqn6 := 6, 4.10−6 u0 + 6, 4.10−6 u1 − 4u2 + 6u3 − 4u4 + u5 = 0, 00224 [> solve({eqn1, eqn2, eqn3, eqn4, eqn5, eqn6, } , {u0 , u1 , u2 , u3 , u4 , u5 , u6 }); {u0 = 1, u1 = 1, 2, u2 = 1, 396, u3 = 1, 58, u4 = 1, 7456, u5 = 3, 08863872} Theo kết phương pháp giải tích chương 2, Phương trình (3.63) có nghiệm xác u(x) = cos x + sin x 69 Khi ta có bảng sau đánh giá độ xác nghiệm i xi 0, 0, 0, 0, ui 1, 1, 396 1, 58 1, 7456 3, 08863872 u(xi ) ∆u(xi ) 1, 003 0, 197 1, 005 0, 364 1, 0104 0, 5696 1, 0139 0, 7317 1, 0173 2, 0713 u(xi ) giá trị xác nghiệm x = xi , ui giá trị xấp xỉ nghiệm x = xi , u(xi ) = |u (xi ) − ui | 70 Kết luận Luận văn trình bày số phương pháp giải xấp xỉ phương trình vi – tích phân tuyến tính Volterra bao gồm phương pháp số phương pháp giải tích, đồng thời trình bày số ví dụ giải phương trình vi – tích phân tuyến tính Volterra loại cụ thể Cấu trúc luận văn: Chương 1: Kiến thức chuẩn bị Chương 2: Nêu số phương pháp giải tích giải xấp xỉ phương trình vi tích phân tuyến tính Volterra loại Chương 3: Phương pháp cầu phương ứng dụng giải số phương trình vi – tích phân tuyến tính Volterra loại cụ thể Mặc dù tác giả cố gắng, song kiến thức hạn chế nên luận văn không tránh khỏi thiếu sót, tác giả mong nhận ý kiến đóng góp Thầy, Cô giáo bạn Tôi xin chân thành cảm ơn 71 Tài liệu tham khảo [A] Tài liệu Tiếng Việt [1] Phạm Kỳ Anh (2005), Giải tích số, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội [2] Nguyễn Minh Chương, Nguyễn Văn Khải, Khuất Văn Ninh, Nguyễn Văn Tuấn, Nguyễn Tường (2001), Giải tích số, NXB.GDục Hà Nội [3] Phạm Huy Điển (2002), Tính toán, lập trình giảng dạy toán học Maple, NXB.Khoa học Kỹ thuật Hà Nội [4] Nguyễn Phụ Hy (2005), Giải tích hàm, NXB.Khoa học Kỹ thuật Hà Nội [5] Hoàng Tụy (2005), Hàm thực giải tích hàm, NXB.Đại học Quốc gia Hà Nội [B] Tài liệu Tiếng Anh [6] A.M.Warwar (2010), Linear and Nonlinear Integral Equation, Springer [7] A.F.Verlan, V.C.Sizikov, Integral equations, Handbook [8] L.G.Chambers (1976), Integral Equations, A Short Course, Intextbook Company, London [9] V.Volterra (1959), Theory of Functionals of Integro – Differential Equations, Dover, New York [...]... (x) = d (xn ) Phương trình (2.1) kết hợp giữa toán tử vi phân và toán tử tích phân, trong đó u (0), u (0), , un (0) là các điều kiện ban đầu cho trước, K(x, t) là các hạch n 2.2 Một số phương pháp giải tích giải xấp xỉ phương trình vi - tích phân tuyến tính Volterra loại 2 Định nghĩa 2.2.1 Dạng chuẩn của các phương trình vi - tích phân tuyến tính Volterra loại 2 được cho bởi x (n) u (x) = f (x) + λ... tượng số hạng nhiễu âm được trình bày ở phương trình tích phân Volterra có thể sử dụng ở đây nếu số hạng nhiễu âm xuất hiện Phương pháp khai triển Adomian nêu ra để giải trình vi - tích phân Volterra loại hai được minh họa bằng các ví dụ sau Phương trình được chọn là phương trình bậc 1, 2, 3, 4 Các phương trình bậc cao hơn có thể được xử lí tương tự vậy Ví dụ 2.2.1 Dùng phương pháp khai triển Adomian giải. .. được giới thiệu giải phương trình vi - tích phân Volterra bậc 2 trước Đối với bậc khác, chúng ta có thể thực hiện theo các bước tương tự như trên, trong đó phương trình vi - tích phân Volterra bậc 1, 2, 3, 4 sẽ được nghiên cứu chi tiết trong các ví dụ minh họa ở phía dưới Nhận xét 2.2 Phương pháp khai triển Adomian mà ta đã sử dụng ở trên có thể dùng để giải phương trình vi - tích phân Volterra bậc bất... Phương pháp biến đổi Laplace có thể áp dụng qua một số bước như sau: - Đầu tiên lấy Laplace cả hai vế của (2.21), sử dụng phép biến đổi Laplace cho các thành phần của u(x), và sau đó giải U (s) - Tiếp theo ta áp dụng phương pháp biến đổi Laplace ngược cho cả hai vế của phương trình kết quả để thu được nghiệm u(x) của phương trình Phương pháp biến đổi Laplace giải phương trình vi - tích phân tuyến tính. .. (b) (x − b)n , n! (2.42) hội tụ tới u(x) trong một lân cận của b Để đơn giản, dạng tổng quát của chuỗi Taylor tại x = 0 có thể vi t như sau ∞ an x n u(x) = (2.43) n=0 Trong phần này ta sẽ áp dụng phương pháp chuỗi lũy thừa để giải phương trình vi - tích phân tuyến tính Volterra loại 2 Ta sẽ giả sử rằng nghiệm u(x) của phương trình vi - tích phân tuyến tính Volterra x u(n) (x) = f (x) + λ K(x, t)u(t)dt,... cấp n của x Tính chất 4: f (x + nh) = Tính chất 5: ∆n f (x) = n i i i=0 Cn ∆ f n i i i=0 (−1) Cn f (x) [x + (n − i)] 18 Chương 2 PHƯƠNG TRÌNH VI - TÍCH PHÂN TUYẾN TÍNH VOLTERRA 2.1 Giới thiệu Định nghĩa 2.1.1 Phương trình vi - tích phân tuyến tính Volterra có dạng x (n) u (x) = f (x) + λ K(x, t)u(t)dt, (2.1) 0 u(0) = a0 , u (0) = a1 , · · · , u(n−1) = an−1 với dn (u) u (x) = d (xn ) Phương trình (2.1)... phương trình vi - tích phân tuyến tính Volterra (2.44) Thế (2.43) vào hai vế của (2.44) ta được (n) ∞ ak x k=0 k ∞ x = T (f (x)) + ak tk dt, K (x, t) 0 k=0 (2.46) 29 hay 2 a0 + a1 x + a2 x + · · · (n) x K (x, t) a0 + a1 t + a2 t2 + · · · dt, = T (f (x)) + λ 0 (2.47) Trong đó T (f (x)) là chuỗi Taylor của hàm f (x) Phương trình vi - tích phân tuyến tính Volterra (2.44) sẽ chuyển thành một phương trình tích. .. được có thể được dùng cho mục đích số Ví dụ 2.2.9 Giải phương trình vi - tích phân tuyến tính Volterra bằng phương pháp chuỗi lũy thừa x (x − t)u(t)dt, u(0) = 1 u (x) = 1 + x + (2.48) 0 Thế u(x) bởi chuỗi ∞ an xn , u(x) = (2.49) n=0 vào cả hai vế của phương trình (2.48) dẫn tới ∞ ∞ x n an x 0 n=0 an tn dt (x − t) =1+x+ n=0 Đạo hàm vế trái một lần với ẩn x, tính tích phân ở vế phải cho ta ∞ ∞ n−1 nan... dụ 2.2.2 Dùng phương pháp khai triển Adomian giải phương trình vi - tích phân tuyến tính Volterra sau u (x) = x + x u (x) = −1 + (x − t) u (t) dt, u (0) = 1, u (0) = 0 (2.11) 0 Lấy tích phân hai lần với cận đi từ 0 đến x cả 2 vế của phương trình (2.11) và sử dụng điều kiện ban đầu u (0) = 1 , u (0) = 0 ta được x2 u (x) = 1 − + L−1 2! x (x − t) u (t) dt , (2.12) 0 Trong đó L−1 là tích phân hai lần cận... Dùng phương pháp khai triển Adomian giải phương trình vi - tích phân tuyến tính Volterra sau x (iv) u (x) = 1 + x − (x − t) u (t) dt, 0 u (0) = u (0) = 1, u (0) = u (0) = −1 (2.17) 23 Lấy tích phân 4 lần với cận đi từ 0 đến x cả hai vế của phương trình (2.17) và sử dụng điều kiện ban đầu u (0) = u (0) = 1, u (0) = u (0) = −1, ta được x −1 u (x) = 1 + x − L (x − t) u (t) dt , (2.18) 0 Trong đó L−1 là tích