Công thức nội suy Taylor
Bây giờ, ta chuyển sang xét bài toán nội suy Taylor.
Bài toán 1.1 (Bài toán nội suy Taylor, xem [2]) Cho x 0 , a k ∈ R với k 0,1, , N − 1 Hãy xác định đa thức T(x) bậc không quá N −1 (tức là degT(x) ⩽ N −1) và thỏa mãn các điều kiện
Giải Ta dễ thấy rằng mọi đa thức đều viết được dưới dạng
Ta cần đi xác định các hệ số α k ∈ R sao cho T(x) thỏa mãn điều kiện
Lần lượt lấy đạo hàm T(x) đến cấp thứ k, k = 0,1, , N −1, tại x = x 0 và sử dụng giả thiết
Thay giá trị của αk vào biểu thức của T(x), ta thu được
Do vậy đa thức T(x) thỏa mãn điều kiện
Để chứng minh rằng đa thức T(x) được xác định từ (1.1) là đa thức duy nhất đáp ứng các điều kiện của bài toán nội suy Taylor (1.1), chúng ta sẽ chỉ ra rằng đa thức này thỏa mãn yêu cầu của bài toán và từ đó, gọi nó là đa thức nội suy Taylor.
Thật vậy, nếu có đa thức T ∗ (x), có bậc degT ∗ (x) ⩽ N −1 cũng thỏa mãn điều kiện của bài toán (1.1) thì khi đó, đa thức
P(x) =T(x)−T ∗ (x) cũng có bậc degP(x) ⩽ N −1 và đồng thời thỏa mãn điều kiện
P (k) (x 0 ) = 0, ∀k = 0,1, , N −1, tức là, đa thức P(x) là đa thức có bậc không quá N −1(degP(x) ⩽ N−1) mà lại nhận x 0 làm nghiệm với bội không nhỏ thua N, nên P(x) ≡ 0, và do đó T(x) = T ∗ (x).
Nhận xét 1.1 Chú ý rằng đa thức nội suy Taylor T(x) được xác định từ (1.1) chính là khai triển Taylor đến cấp thứN−1của đa thứcT(x) tại điểm x = x 0
Công thức nội suy Newton
Bài toán 1.2 (Bài toán nội suy Newton, xem [2]) Cho x i , a i ∈ R với i 0,1, n Hãy xác định đa thức N(x) có bậc không quá n (degN(x) ≤ n) và thỏa mãn các điều kiện
N (i) (x i ) =a i , i = 0,1, , n (1.2) Giải Dễ dàng chứng minh các đẳng thức sau đây
Từ đó ta thu được đa thức cần tìm có dạng
+a n R n (x 0 , x 1 , , x n−1 , x). Đây là đa thức duy nhất thỏa mãn điều kiện của bài toán nội suy Newton và ta gọi đa thức này là đa thức nội suy Newton.
Thật vậy, dễ thấy rằng degN(x) ≤ n Ngoài ra, ứng với mỗi i = 0,1, , n, ta có
Cuối cùng, chúng ta sẽ chứng minh tính duy nhất của nghiệm trong bài toán nội suy Newton Giả sử có một đa thức N1(x) với bậc deg N1(x) ≤ n cũng thỏa mãn các điều kiện của bài toán Khi đó, đa thức P(x) = N(x) - N1(x) sẽ có bậc deg P(x) ≤ n và cũng thỏa mãn các điều kiện đã đề ra.
Vậy, theo cách xây dựng đa thức N(x) bậc cao nhất bằng 0, ứng với trường hợp a i = 0; i = 0,1, , n, ta suy ra P(x) ≡ 0 và do đó N(x) = N 1 (x).
Nhận xét 1.2 Trong trường hợp n cụ thể ta nhận được dạng của đa thức nội suy Newton tương ứng.
Ví dụ 1.1 Xác định các tam thức bậc hai f(x) thỏa mãn các điều kiện f (n) (2n+ 1) = (−1) n (2n 2 −n−1), n = 0,1,2.
Giải Từ giả thiết bài toán, suy ra tam thức bậc hai f(x) cần xác định thỏa mãn các điều kiện f(0) = −1; f 0 (3) = 0; f 00 (5) = 5.
Theo công thức nội suy Newton trong trường hợp n = 2, ta nhận được tam thức bậc hai f(x) = −1 + 5
Ví dụ 1.2 Phát biểu một bài toán nội suy Newton ứng với đa thức nội suy có dạng
Giải Ta chọn các nút nội suy x 0 = 0, x 1 = 1, x 2 = 2, x 3 = 3 Khi đó
Do vậy, bài toán được đặt ra là Xác định đa thức P(x) có bậc không quá 3 (degP(x) ≤ 3) sao cho
Khai triển Taylor - Gontcharov
Khai triển Taylor-Goncharov với phần dư dạng Lagrange 18
Định lý 1.9 chỉ ra rằng nếu hàm số f(x) có đạo hàm liên tục cấp n+1 trên đoạn [a;b] và các điểm x_i thuộc [a;b] với i = 0, 1, 2, , n, thì tồn tại các điểm ξ và ξ_i, trong đó ξ = x_0 + θ(x - x_0) và ξ_i = x_0 + θ_i(x_i - x_0) với 0 < θ, θ_i < 1 Điều này cho phép xác định dạng của phần dư của hàm f(x).
Vậy ta nhận được phần dư của công thức khai triển Taylor-Gontcharov của hàm f(x) dưới dạng Lagrange như sau
Nhận xét 1.4 Trong trường hợp đặc biệt, khi x i = x 0 ,∀ i = 1,2, , n thì công thức phần dư dạng Lagrange trong khai triển Taylor-Gontcharov của hàm f(x) là
(n+ 1)! (x−x 0 ) (n+1) sẽ trùng với công thức phần dư dạng Lagrange trong khai triển Taylor của hàm f(x) tại điểm x0 mà ta đã biết ở trong mục trước.
Khai triển Taylor-Goncharov với phần dư dạng Cauchy 19
Định lý 1.10 (xem [2]) Cho hàm số f(x) liên tục trên [a;b], ∀x, x 0 ∈ [a;b]. Khi đó, ∃θ ∈ (0,1) sao cho
Hệ quả 1.6 Giả sử hàm số f(x) liên tục trên [a;b], x i ∈ [a;b], i= 0,1,2 . và x là điểm bất kỳ thuộc [a;b] Khi đó, ta có
Định lý 1.11 khẳng định rằng nếu hàm số f(x) có đạo hàm liên tục đến cấp n+1 trên đoạn [a;b] và các điểm x i thuộc đoạn này, thì phần dư dạng Cauchy trong khai triển Taylor-Gontcharov của f(x) sẽ có dạng nhất định.
Nhận xét 1.5 Trong trường hợp đặc biệt, khi x i = x 0 , ∀i = 1,2, , n thì công thức phần dư dạng Cauchy trong khai triển Taylor-Gontcharov của hàm f(x) là
R n+1 (f;x) = f n+1 (x 0 +θ(x−x 0 )) (1−θ) n (x−x0) n+1 n! ; 0 < θ < 1 sẽ trùng với công thức phần dư Cauchy trong khai triển Taylor của hàm số f(x) tại điểm x0 mà ta đã biết trong mục trước.
Bài toán biên hỗn hợp thứ nhất của phương trình vi phân
Trong chương này, chúng ta sẽ xem xét bài toán Cauchy và bài toán biên hỗn hợp thứ nhất dưới dạng trừu tượng cho lớp toán tử khả nghịch Đồng thời, chúng ta cũng sẽ trình bày các bài toán Cauchy và bài toán biên hỗn hợp thứ nhất cho phương trình vi phân thường, mở rộng từ những nội dung đã đề cập ở chương 1 về nội suy Taylor và nội suy Newton.
Bài toán Cauchy
Bài toán Cauchy trừu tượng
Giả sử D ∈ R(X), và F là toán tử ban đầu của D ứng với nghịch đảo phải R Bài toán giá trị ban đầu của toán tử Q[D] như sau:
Tìm tất cả các nghiệm của phương trình
D m AmnD n x= y, y ∈ X, (2.1) thỏa mãn điều kiện ban đầu
F j D j x = y j , y j ∈ kerD (j =0,1, , M +N −1) (2.2) Định nghĩa 2.3 (xem [4]) Bài toán giá trị ban đầu (2.1)-(2.2) được gọi là
Bài toán (2.1)-(2.2) được gọi là "đặt chỉnh" khi có nghiệm duy nhất cho mỗi y ∈ C, với y 0, y 1, , y M + N − 1 ∈ C Ngược lại, nó được gọi là "đặt không chỉnh" nếu tồn tại y ∈ Q[D]X M + N và y 0, , y M + N − 1 ∈ kerD, dẫn đến việc bài toán không có nghiệm hoặc bài toán thuần nhất (y = yi = 0; j = 0, , M + N − 1) có nghiệm không tầm thường Định nghĩa 2.4 (xem [4]-[6]) nêu rõ rằng Q[D] có dạng (2.1).
F D k−m A ∧ kn các trường hợp khác
A mn các trường hợp khác
(m = 0,1, , M; n = 0,1, , N) Khi đó, I + K được gọi là "toán tử giải" của bài toán (2.1)- (2.2)
QR N = R N K, (2.5) trong đó K xác định bởi (2.3) và
Bổ đề 2.2 chỉ ra rằng cho Q xác định bởi (2.4), bài toán giá trị ban đầu (2.1)-(2.2) "đặt chỉnh" chỉ xảy ra khi và chỉ khi ma trận I + Q khả nghịch trên không gian X M + N Chứng minh được thực hiện dựa trên bổ đề 2.1, cho phép viết lại phương trình (2.2) theo dạng phù hợp.
Phương trình này tương đương với phương trình
R j z j trong đó z0, z1, , zM +N −1 ∈ kerD tùy ý.
Từ công thức (2.7) và phương trình cuối, ta suy ra bài toán giá trị ban đầu (2.1)-(2.2) tương đương với phương trình
Nếu λ = −1 là giá trị riêng của ma trận Q, phương trình thuần nhất (I + Q)x = 0 sẽ có nghiệm không tầm thường Điều này dẫn đến việc bài toán giá trị ban đầu (2.1)-(2.2) không chỉnh, và ma trận I + Q không khả nghịch.
Nếu λ = −1 không là giá trị riêng của Q và I +Q không khả nghịch trên
XM +N, tức là (I +Q)XM +N 6⊂ XM +N thì (2.8) giải được khi và chỉ khi
Cố định u ∈ X M +N \ (I + Q)X M +N và cho y = D M +N u, y j = F D j u (j = 0,1, , M +N −1) Khi đó, theo công thức Taylor ta có
= Iu = u /∈ (I +Q)XM +N. tức là bài toán giá trị ban đầu (2.1)-(2.2) đặt ra không chỉnh và I+Q không khả nghịch.
Nếu I + Q khả nghịch trên XM +N thì từ (2.8) ta tìm được nghiệm duy nhất của bài toán giá trị ban đầu (2.1)-(2.2) là x = (I + Q) −1
Bài toán giá trị ban đầu (2.1)-(2.2) được coi là "đặt chỉnh" khi và chỉ khi toán tử giải của nó khả nghịch Nếu D ∈ R(X), R ∈ R D và F ∈ F D là toán tử ban đầu của D ứng với R, cùng với K và Q được xác định theo (2.3) và (2.4), thì nếu toán tử giải I + K khả nghịch, bài toán này sẽ có nghiệm duy nhất x = M Q.
Chứng minh Giả sử toán tử I + K khả nghịch Từ (2.6) ta suy ra bài toán giá trị ban đầu (2.1)-(2.2) tương đương với phương trình
Cho H xác định theo (2.11) thì dễ dàng kiểm tra được rằng
Theo giả thiết, I +K = I +HR N khả nghịch nên theo định lý 2.3 và bổ đề 2.2 ta có I +Q= I + R N H khả nghịh trên X M +N
Hơn nữa, nếu M K là nghịch đảo của I + K thì M K X M ⊂ X M do từ cách xác định K ta có ImK ⊂ X M Do vậy, M Q = I −R N M K H là nghịch đảo của I +Q và M Q X M +N ⊂ X M +N
Từ đó và từ (2.12) ta suy ra (2.10)
Cho A mn = 0 (m = 0,1, , M − 1; n = 0,1, , N) và A M n = A n với n= 0,1, , N trong định lý 2.4 ta có
Hệ quả 2.5 Giả sử D ∈ R(X), R ∈ R D và F ∈ F D là toán tử ban đầu của
Khi đó, nếu toán tử giải I +K 1 khả nghịch thì bài toán giá trị ban đầu
F D j x = yj ;yj ∈ kerD (j = 0,1, , M +N −1) (2.13) đặt chỉnh và nghiệm duy nhất của nó là x = I −R N (I +K1) −1 P1
Xét phương trình vi phân tuyến tính cấp N x (N ) + p N −1 x (N −1) +ã ã ã+p 0 x= y, (2.14) trong đó pN −1, , p0, y ∈ C[a, b] thỏa mãn điều kiện ban đầu x (j) (t 0 ) = y j với (j = 0,1, , N −1) Đặt
Khi đó,D là toán tử khả nghịch phải với nghịch đảo phải là R Với cách đặt như vậy thì phương trình (2.14) viết được dưới dạng
(D N + pN −1D N−1 +ã ã ã+p0)x = y, (2.15) thỏa mãn điều kiện ban đầu
F D j x = yj (j = 0,1, , N −1), (2.16) trong đó F xác định bởi (F x)(t) = x(t 0 ) là toán tử ban đầu của D ứng với nghịch đảo phải R của D.
Phương trình (2.15) tương đương với phương trình
Từ đó, theo hệ quả trên nếu I +
P k=0 p k R N −k khả nghịch thì nghiệm của bài toán (2.15)-(2.16) có dạng x
Công thức này cho phép tìm nghiệm của phương trình vi phân chỉ bằng tích phân Đặc biệt, nếu phương trình vi phân tuyến tính có hệ số hằng thỏa mãn điều kiện ban đầu, ta có thể đặt D và R sao cho R trở thành một toán tử Volterra, từ đó đảm bảo I −λR khả nghịch với mọi λ.
(I −λR) −1 = I + λR λ , trong đó ta kí hiệu (R λ x) (t) t
R t 0 e λ(t−s) x(s)ds với λ 6= 0 và R 0 = I. Xét đa thức P(t) = 1 +p N−1 t+ .+p 0 t N Giả sử p 0 6= 0, khi đó
Đối với đa thức P(t) với các hệ số phức, công thức (t−tk) r k , r1+ã ã ã+rk = degP(t) mô tả mối quan hệ giữa nghiệm tk và bội rk của chúng, với điều kiện tk khác tj khi k khác j.
Mà ta đã chứng minh được rằng
(t−s) k−1 (k −1)! x(s)ds x∈ C[a, b] , a ≤t 0 ≤ b, (k = 1,2, ) vàkerD là không gian các hàm số hằng trên [a, b] Do đó, với z = c k ∈ kerD thì z k (t) = (R k z) (t) = c k t
Bài toán Cauchy của phương trình vi phân
Ta xét trường hợp cụ thể là bài toán Cauchy cổ điển của phương trình vi phân trong Giải tích Khi đó D là toán tử vi phân
Dx)(t) = dx dt,(Rx)(t) Z t t 0 x(τ)dτ,(F x)(t) = ((I −RD)x)(t)
Bài toán Cauchy Tìm tất cả các nghiệm của phương trình n
Phương trình X i=0 ai(t)x (n−i) (t) = y(t) thỏa mãn điều kiện ban đầu x (i) (t 0 ) = b i, i = 0,1, , n, trong đó các hàm số a i (t) và y(t) là các hàm thực theo biến t Định lý 2.5 khẳng định rằng nếu a i (t) và y(t) là các hàm liên tục trên khoảng (a;b) và a n (t) khác 0 với mọi t ∈ (a;b), thì bài toán Cauchy cho phương trình trên có duy nhất nghiệm cho mọi dữ kiện ban đầu dạng (2.19).
Chúng ta sẽ chứng minh trường hợp phương trình vi phân cấp một với một điều kiện ban đầu Từ đó, chúng ta sẽ suy ra trường hợp tổng quát của phương trình vi phân cấp n với n điều kiện ban đầu.
Trước hết, ta xét phương trình vi phân cấp 1 có dạng dx dt = f(t, x) thỏa mãn điều kiện ban đầu x(t0) = b0.
Ta chứng minh bằng phương pháp "Phép xấp xỉ liên tục" rằng hàm x(t) thỏa mãn bài toán giá trị ban đầu trong khoảng mở (a, b) chứa điểm 0 nếu và chỉ nếu nó thỏa mãn phương trình tích phân x(t) = b0 + t.
Nếu x(t) thỏa mãn phương trình (2.20), thì x(t 0) = b 0 và khi tích phân cả hai vế trong (2.20), ta thu được phương trình vi phân x 0(t) = f(t, x(t)) Để giải phương trình (2.20), chúng ta bắt đầu với hàm ban đầu x 0(t) = b 0 và tiếp theo xác định dãy các hàm x 1, x 2, mà chúng ta kỳ vọng sẽ hội tụ về nghiệm, trong đó x 1(t) = b 0 + t.
Và khi đó, ta có xn+1(t) = b0 + t
Giả sử mỗi hàm {x n (t)} ∞ 0 được xác định trên khoảng mở (a, b) chứa t 0 Khi đó, giới hạn x(t) = lim n→∞xn(t) tồn tại tại mỗi điểm trong khoảng này.
Vậy từ đó, ta có x(t) = lim n→∞x n+1 (t) = lim n→∞
Dưới các điều kiện thuận lợi, dãy {x_n(t)} từ (2.21)-(2.22) hội tụ về một nghiệm x(t) của phương trình tích phân (2.18), đồng thời cũng là nghiệm của bài toán giá trị ban đầu Bài toán Cauchy cấp n là sự mở rộng tự nhiên của bài toán Cauchy cấp 1 và sẽ được chứng minh tương tự trong phần tiếp theo.
Ta tiến hành chứng minh định lý cho trường hợp tổng quát như sau Đặt
Khi đó phương trình (2.18) viết được dưới dạng n
A k D (n−k) x = y, (2.25) với A0 = I thỏa mãn điều kiện I −R k D k x = bk, k = 0,1,2, , n.
Ta chứng minh phương trình có nghiệm duy nhất Thật vậy, ta có phương trình (2.25) tương đương với
Thay các điều kiện I −R k D k x = bk vào phương trình (2.26) ta được x(t 0 ) =α 0 = b 0 x / (t 0 )+R n−1 A 1 D n−1 + A 2 D n−2 + +A n x(t 0 ) =α 1 = b 1 x // (t 0 )+R n−2 A 1 D n−1 + A 2 D n−2 + +A n x(t 0 ) =α 2 = b 2
Khi đó, phương trình (2.26) trở thành
+b 0 + b 1 (t−t 0 ) +b 2 (t−t 0 ) 2 + +b n (t−t 0 ) n Đây là toán tử Volterra nên bài toán có nghiệm duy nhất .
Bài toán biên hỗn hợp thứ nhất
Bài toán biên hỗn hợp thứ nhất trừu tượng
Gọi R(X) là tập hợp các toán tử khả nghịch phải xác định trên không gian tuyến tính X thuộc trường số R hoặc C Giả sử D ∈ R(X) với Rj là nghịch đảo phải của D và Fj = I − RjD là toán tử ban đầu của D tương ứng với Rj (j = 0, 1, , M + N - 1) Bài toán biên hỗn hợp thứ nhất được trình bày theo dạng này.
Tìm tất cả các nghiệm của phương trình
D m AmnD n x = y, y ∈ ImQ[D], (2.27) thỏa mãn điều kiện biên hỗn hợp
Bài toán (2.27)-(2.28) được gọi là "đặt chỉnh" nếu có nghiệm duy nhất cho mọi y ∈ Q[D]X M +N, với y 0, y 1, , y M +N −1 thuộc kerD Ngược lại, bài toán được gọi là "đặt không chỉnh" nếu tồn tại y ∈ Q[D]X M +N, với y 0, , y M +N−1 thuộc kerD, sao cho bài toán không có nghiệm hoặc bài toán thuần nhất (y = y j = 0, j =0, , M +N −1) có nghiệm không tầm thường.
F M +N−m D k−m A 0 kn các trường hợp khác
A 0 mn A mn các trường hợp khác
(m = 0,1, , M; n= 0,1, , N) Khi đó, toán tử I +T / được gọi là "toán tử giải" của bài toán biên hỗn hợp thứ nhất (2.27)-(2.28)
Bổ đề 2.3 (xem [4]) Giả sử D ∈ R(X), R j ∈ R D Đặt
RN RM +N −m−1EmnD n , (2.32) trong đó E mn được xác định bởi như trên.
Khi đó, toán tử I +T khả nghịch phải trên X M N khi và chỉ khi I + T / khả nghịch phải trên XM Hơn nữa, nếu RT ∈ R I+T (LT ∈ L I+T ) thì tồn tại
Chứng minh Từ (2.29) - (2.30) ta suy ra T = R 0 R N−1 T 1 và T 0 T 1 R 0 R N −1 Vì theo giả thiết A mn X M +N −n ⊂ X m (m = 0,1, , M; n0,1, , N; m+n < M +N) nên dễ dàng kiểm tra rằng I +T 0 ∈ L0(XM) và I +T ∈ L 0 (X M +N ).
Giả sử I + T khả nghịch phải trên X M +N , tức là tồn tại R T ∈ < I+T sao cho R T X M +N ⊂ X M +N thì toán tử R T 0 xác định như trên xác định tốt và R T 0 X M ∈ X M Thật vậy, nếu x ∈ X M thì R 0 R N −1 x ∈ X M +N và
RTR0 RN −1x ∈ R T XM +N ⊂ XM +N Từ cách đặt T1 ta có
Do đó, T1RTR0 RN−1x ∈ T1XM +N ⊂XM, tức là R T 0 XM ⊂ XM.
Và ta đi xét các khả năng sau
Do đó, I + T / khả nghịch phải trên X M và R T 0 được xác định như trên là nghịch đảo của nó Ngược lại, nếu I + T / khả nghịch phải trên X M, tức là tồn tại RT 0 ∈ < I+T 0 sao cho R T 0 X M ⊂ X M, thì từ cách xác định T 1, ta có T 1 X M + N ⊂ X M.
Do đó, I + T khả nghịch phải trên X M +N và R T xác định theo công thức trên là nghịch đảo phải của nó.
Tương tự, theo cách như trên ta chứng minh được rằng toán tử I + T khả nghịch trái trên X M +N khi và chỉ khi I +T 0 khả nghịch trái trên X M
Từ đó ta suy ra toán tử I +T khả nghịch trên X M +N khi và chỉ khi I +T 0 khả nghịch trênX M
Bổ đề 2.4 (xem[4]) Cho Q[D] và T xác định bởi (2.27)- (2.31) tương ứng. Khi đó
F j D j (I + T) =F j D j (j = 0,1, , M +N −1) (2.34) Chứng minh Do DF j = 0 nên
FN+iD i RN RM +N −1E0nD n
FN +iD i−M +m−1 DFM +N −mD k−m A 0 kn D n
FN +iD 0 FM +N −M +iD k−M +i A 0 kn D n
Do đó, ta chứng minh được (2.34) .
Bổ đề 2.5 (xem[4]-[6]) Bài toán (2.27)-(2.28) đặt chỉnh khi và chỉ khi I+T khả nghịch trên XM +N.
Chứng minh Theo bổ đề 2.4, phương trình (2.28) tương đương
Từ công thức (2.34) và phương trình cuối ta suy ra bài toán (2.27)-(2.28) tương đương với phương trình
+) Nếu λ = −1là giá trị riêng của T thì phương trình thuần nhất tương ứng (I+T)x= 0 có nghiệm không tầm thường, do đó, bài toán (2.27)-(2.28) đặt không chỉnh và I +T không khả nghịch.
+) Nếu λ = −1 không là giá trị riêng của T và I+T không khả nghịch trên
X M +N tức là (I +T)X M +N * X M +N thì (2.35) giải được khi và chỉ khi
N −1) Khi đó, theo công thức Taylor-Gontcharov thì
Mà u /∈ (I + T)XM +N, do đó, bài toán (2.27)-(2.28) đặt không chỉnh và
NếuI+T khả nghịch X M +N thì nghiệm duy nhất của bài toán (2.27)-(2.28) là x = (I +T) −1
tức là bài toán (2.27)-(2.28) đặt chỉnh . Định lý 2.6 (xem [4]) Bài toán (2.27)-(2.28) đặt chỉnh khi và chỉ khi toán tử giải I +T 0 cuả nó khả nghịch.
Chứng minh Theo bổ đề 2.3, I +T 0 khả nghịch trên XM khi và chỉ khi
Ma trận I + T khả nghịch trên không gian X M + N nếu và chỉ nếu ma trận I + T 0 khả nghịch trên không gian X M Theo giả thiết về Q[D], ta có ImT 0 ⊂ X M, từ đó suy ra rằng I + T 0 khả nghịch khi và chỉ khi I + T khả nghịch trên không gian X M + N.
Theo bổ đề 2.5, ma trận I + T khả nghịch trên XM + N khi và chỉ khi bài toán (2.27)-(2.28) được đặt chỉnh Định lý 2.7, như đã nêu trong tài liệu [4]-[6], khẳng định rằng nếu D ∈ R(X), R j ∈ R D và F j ∈ F D là các toán tử ban đầu ứng với R j (j = 0, 1, …, M + N − 1), thì khi I + T / khả nghịch, bài toán (2.27)-(2.28) sẽ được đặt chỉnh và nghiệm duy nhất của nó là x = M T.
, (2.37) trong đó M T = I −R 0 R N−1 (I +T 0 ) −1 T 1 , T 1 xác định bởi (2.32).
Chứng minh Theo bổ đề 2.4 phương trình (2.27) tương đương
Từ công thức (2.34) và phương trình cuối ta suy ra bài toán (2.27)-(2.28) tương đương với phương trình
Nếu I +T / khả nghịch thì từ định lý 2.6 và bổ đề 2.5 ta suy ra I + T khả nghịch trên X M +N Do đó theo bổ đề 2.3 thì
MT = I −R0 RN −1(I + T 0 ) −1 T1 là nghịch đảo của I +T và M T X M +N ⊂ X M +N
Từ đó ta có (2.37) tức định lý được chứng minh . Khi ta choA mn = 0 (m = 0,1, , M−1; n = 0,1, , N)vàA M n = A n (n = 0,1, , N) trong định lý 2.7 thì ta thu được kết quả sau đối với bài toán
Hệ quả 2.6 Giả sử D ∈ R(X), Rj ∈ < D (j = 1, , M +N) và Fj ∈ FD là toán tử ban đầu của D ứng với R j Đặt
RN RN +k−1FN +kD k )AnD n ,
Khi đó nếu I +H 0 khả nghịch thì bài toán (2.38) đặt chỉnh và nghiệm duy nhất của nó là x =[I−R 0 RN −1(I +H 0 ) −1 H1](R 0 RM +N −1y +y 0 +
Bây giờ, ta đi xét phương trình vi phân tuyến tính cấp N x (N) +PN −1x (N−1) + ã ã ã+ P0x = y, (2.39) trong đó P N −1 , , P 0 , y ∈ C[a, b] thỏa mãn điều kiện biên hỗn hợp x (j) (t j ) = y j , với t j ∈ (a, b), j = 0,1, , N −1. Đặt
Z t j x(s)ds, với x ∈ C[a, b], a < t j < b tùy ý cố định Khi đó, phương trình (2.39) có thể viết lại dưới dạng
(D N +p N−1 D N −1 + .+p 0 )x = y, (2.40) thỏa mãn điều kiện biên hỗn hợp
F j D j x = y j , j = 0,1, , N −1, (2.41) trong đó Fj được xác định bởi (F j x)(t) = x(tj) là toán tử ban đầu của D ứng với nghich đảo phải R j của D.
Phương trình (2.40) tương đương với phương trình
P k=0 p k R k R N −1 khả nghịch thì theo hệ quả, nghiệm duy nhất của bài toán (2.40)-(2.41) có dạng x = [I−R 0 R N −1 (I+
R k R j−1 y j ).Công thức này cho phép ta tìm nghiệm của phương trình dưới dạng phương trình tích phân Volterra.
Bài toán biên hỗn hợp thứ nhất của phương trình vi phân
Bài toán biên hỗn hợp thứ nhất của phương trình vi phân là một trường hợp cụ thể trong Giải tích, trong đó D được xác định là toán tử vi phân.
Bài toán biên hỗn hợp thứ nhất Tìm tất cả các nghiệm của phương trình n
X i=0 a i (t)x (n−i) (t) = y(t) (2.42) thỏa mãn điều kiện ban đầu x (j) (t j ) =b j , j = 0,1, , n (2.43) Định lý 2.8 (xem [4]) Bài toán biên hỗn hợp thứ nhất (2.42)-(2.43) có nghiệm duy nhất trong C(R).
Chứng minh Viết phương trình (2.42) dưới dạng
R 0 R 1 R n−1 A i (t)D (n−i) ]x =R 0 R 1 R n−1 y +z 0 +R 0 z 1 +ã ã ã+R 0 R 1 R n−1 z n , trong đó z 0 , z 1 , , z n là các hằng số Từ điều kiện (2.43) ta nhận được zk = bk, k = 0,1, , n và
Vậy bài toán biên hỗn hợp thứ nhất (2.42)-(2.43) có thể viết dưới dạng
R0R1 R n−1 Ai(t)D (n−i) ]x =R 0 R 1 R n−1 y +b 0 +R 0 b 1 +ã ã ã+ R 0 R 1 R n−1 b n (2.44) Phương trình (2.44) có nghiệm khi và chỉ khi
Công thức (2.45) thể hiện toán tử tích phân Volterra, cho thấy tính khả nghịch của nó Nghiệm của bài toán biên hỗn hợp thứ nhất, được mô tả bởi các công thức (2.42) và (2.43), có thể được xác định thông qua biểu thức x = (I - n.
R 0 R 1 R n−1 K −1 A i (t)D (n−i) ])R 0 R 1 R n−1 y +b 0 + R 0 b 1 +ã ã ã+R 0 R 1 R n−1 b n Định lý được chứng minh .
Ví dụ 2.3 Giải phương trình vi phân x 00 (t) +λx 0 (t) = 6t với t ∈ [0, T] thỏa mãn điều kiện x(0) = x 0 , x 0 (1) = x 1
Giải Đây là bài toán biên hỗn hợp thứ nhất của toán tử D = d/dt trong không gianC(0, T) với các toán tử ban đầu(F 0 x)(t) =x(0), (F 1 x)(t) = x(1) ứng với các nghịch đảo phải
1 x(s)ds và Q(D) =D 2 +λD = D 2 (I +λR 1 ) Vì toán tử ban R 1 khả nghịch với mọi λ ∈ R nên bài toán đã cho có nghiệm duy nhất x = [I−R 0 R1(I +λR1) −1 λD](R0R1y +R0x1 + x0)
Từ đây ta suy ra
Chương ba giới thiệu bốn ví dụ điển hình, bao gồm hai ví dụ liên quan đến bài toán giá trị ban đầu và hai ví dụ về bài toán biên hỗn hợp thứ nhất của phương trình vi phân.
Ví dụ 3.1 Giải bài toán giá trị ban đầu sau y 00 −3y 0 + 2y = 3e −x −10 cos 3x với y(0) = 1; y 0 (0) = 2
Giải Xét phương trình thuần nhất tương ứng: y 00 −3y 0 + 2y = 0 có
- Phương trình đặc trưng r 2 −3r + 2 = 0 với hai nghiệm r 1 = 1 và r 2 = 2
- Hàm bù (nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất) là y c (x) = c 1 e x +c 2 e 2x
Trong bài toán giải phương trình vi phân, các số hạng trong g(x) = 3e^(-x) - 10 cos(3x) bao gồm e^(-x) và cos(3x), với các đạo hàm cấp một lần lượt là -e^(-x) và -sin(3x) Do không có hàm nào trong yc(x), ta chọn y_p = Ae^(-x) + Bcos(3x) + Csin(3x) Tính toán đạo hàm thứ nhất và thứ hai của y_p cho ta y_p' = -Ae^(-x) - 3Bsin(3x) + 3Ccos(3x) và y_p'' = Ae^(-x) - 9Bcos(3x) - 9Csin(3x) Thay vào phương trình vi phân ban đầu, ta có y_p'' - 3y_p' + 2y_p = 6Ae^(-x) + (-7B - 9C)cos(3x) + (9B - 7C)sin(3x).
= 3e −x −10 cos 3x Đồng nhất hệ số hai vế ta có
Do đó nghiệm riêng của phương trình là y p (x) = 1
13sin 3x Suy ra nghiệm tổng quát của phương trình (??) là y(x) = y c (x) +y p (x)
2 c 2 = 6 13 Vậy, nghiệm cần tìm của phương trình là y(x) =−1
Ví dụ 3.2 Giải phương trình vi phân x 00 (t) +λx 0 (t) = 6t với t ∈ [0, T] thỏa mãn điều kiện x(0) = x 0 , x 0 (0) = x 1
Giải Đây là bài toán giá trị ban đầu của toán tử D = d/dt trong không gian C(0, T) với toán tử ban đầu (F x)(t) = x(0) ứng với nghịch đảo phải
0 x(s)ds, và Q(D) = D 2 +λD = D 2 (I + λR) Vì toán tử ban R khả nghịch với mọi λ ∈ R nên bài toán đã cho có nghiệm duy nhất x = [I−R 2 (I +λR) −1 λD](R 2 y +Rx 1 + x 0 )
Từ đây ta suy ra
Do đó, x(t) = x 0 + x 1 λ + 6 λ 3 − 6 λ 2 t+ 3 λt 2 −( 6 λ 3 + x 1 λ )e −λt +) Với λ = 0 thì x(t) = (R 2 y +Rx 1 +x 0 )(t) =t 3 +x 1 t+x 0
Ví dụ 3.3 Xét phương trình vi phân d 2 dtx(t) + d dtA(t)d dtx(t) +βx(t) =y(t), (3.1) trong đó A∈ C 1 [a, b], A(t) 6= −1, β ∈ R là tham số với điều kiện hỗn hợp x(a) = x a , (1 +A(b))x 0 (b) =x b , x a , x b ∈ R (3.2) Giải Ta viết (3.1) dưới dạng
(D 2 +DAD +βI)x = y, (3.1 0 ) trong đó D := d/dt, (Ax)(t) := A(t)x(t). Đặt
Khi đó, bài toán (3.1)-(3.2) tương đương với
Toán tử giải có dạng I +T 0 +I +A+ βRbRa −FbA Vì A(t) 6= −1 và
R a , R b toán tử Volterra, nên suy ra I + T 0 là khả nghịch Vậy nên bài toán (3.1)-(3.2) là đặt chỉnh và có nghiệm duy nhất là x = [I +R a (I + T 0 ) −1 (AD +βR b −F b AD)](R a R b y +R a x 0 b +x a ).
Trường hợp riêng, nếu β = 0 thì nghiệm duy nhất là x(t) t
, t i 6= t j khi i 6= j (i, j 0,1,2) và (F j x)(t) := x(t j ) Khi đó F 0 , F 1 , F 2 là độc lập tuyến tính trên kerD 3 Xét bài toán biên hỗn hợp thứ nhất
Giải Xét R := R 0 Ma trận G 2 có dạng
Vậy nênV 2 = detG 2 = 1 2 (t 1 −t 0 )(t 2 −t 0 )(t 2 −t 1 ) 6= 0vàG −1 2 = (d 0 ij ) i,j=0,1,2 , trong đó d 0 00 = 1, d 0 01 = 0, d 0 02 = 0, d 0 10 = V 2 −1 (d 12 −d 22 ), d 0 11 = V 2 −1 d 22 , d 0 12 = V 2 −1 (−d 12 ), d 0 20 = V 2 −1 (d21 −d11), d 0 21 = V 2 −1 (−d 21 ), d 0 22 = V 2 −1 d11.
(RAD+βR 3 ) (3.7) Bài toán (3.5)-(3.6) tương đương với phương trình
Toán tử giải có dạng
Vì a(t) 6= −1, nên I + E 0 là khả nghịch Vậy nên bài toán (3.5)-(3.6) là đặt chỉnh và có nghiệm x
Luận văn "Nội suy Newton và bài toán biên hỗn hợp thứ nhất của phương trình vi phân" đã tập trung nghiên cứu các vấn đề chính như: phương pháp nội suy Newton, ứng dụng của nó trong giải quyết bài toán biên hỗn hợp, và phân tích hiệu quả của phương pháp trong việc tìm nghiệm cho phương trình vi phân.
Bài viết trình bày các kết quả cơ bản về nội suy Taylor và nội suy Newton, bao gồm công thức nghiệm cho bài toán nội suy Taylor và Newton Ngoài ra, bài viết cũng diễn giải hàm số f(x) thông qua khai triển Taylor-Gontcharov và đánh giá phần dư của khai triển Taylor-Gontcharov dưới dạng Lagrange và Cauchy.
Nghiên cứu chi tiết hai bài toán Cauchy và bài toán biên hỗn hợp thứ nhất của phương trình vi phân trừu tượng giúp hiểu rõ hơn về các vấn đề trong Giải tích Qua đó, ta khảo sát các đặc điểm và ứng dụng của bài toán Cauchy cùng với bài toán biên hỗn hợp thứ nhất, từ đó làm sáng tỏ những phương trình vi phân thường gặp trong lĩnh vực này.
Bài viết này sẽ cung cấp các ví dụ minh họa cho hai dạng bài toán quan trọng trong phương trình vi phân, bao gồm bài toán Cauchy và bài toán biên hỗn hợp thứ nhất, như đã được đề cập trong chương 2 Các ví dụ này sẽ giúp làm rõ cách áp dụng lý thuyết vào thực tiễn và nâng cao sự hiểu biết về các phương pháp giải quyết các bài toán này.
Kiến nghị các nghiên cứu tiếp theo
Luận văn đã tiến hành nghiên cứu sâu sắc về lý thuyết liên quan đến bài toán Cauchy và bài toán biên hỗn hợp thứ nhất cho phương trình vi phân Bên cạnh đó, luận văn cũng đề xuất khả năng mở rộng nghiên cứu theo nhiều hướng khác nhau.
Luận văn có thể được phát triển thành chuyên đề về phương trình vi phân, nhằm nâng cao kiến thức cho học sinh khá giỏi chuẩn bị cho cuộc thi Olimpic Toán, đồng thời cũng phục vụ như tài liệu tham khảo hữu ích cho sinh viên tại các trường cao đẳng và đại học.
- Luận văn có thể nghiên cứu mở rộng về bài toán biên hỗn hợp thứ hai đối với phương trình vi phân và các ứng dụng của nó.