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 DỤN

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

1.1 Công thức nội suy Taylor 8

1.2 Công thức nội suy Newton 9

1.3 Khai triển Taylor - Gontcharov 12

1.3.1 Khai triển Taylor-Goncharov với phần dư dạng Lagrange 18 1.3.2 Khai triển Taylor-Goncharov với phần dư dạng Cauchy 19 2 Bài toán biên hỗn hợp thứ nhất của phương trình vi phân 21 2.1 Bài toán Cauchy 21

2.1.1 Bài toán Cauchy trừu tượng 23

2.1.2 Bài toán Cauchy của phương trình vi phân 29

2.2 Bài toán biên hỗn hợp thứ nhất 32

2.2.1 Bài toán biên hỗn hợp thứ nhất trừu tượng 32

2.2.2 Bài toán biên hỗn hợp thứ nhất của phương trình vi phân 41

Một số kí hiệu dùng trong luận văn

Trong luận văn có sử dụng một số kí hiệu sau đây:

+ L0(X) = A ∈ L(X) : domA = X

Mở đầu

Lý thuyết nội suy và các vấn đề liên quan là một lĩnh vực tuy không mớinhưng luôn là chuyên đề được nhiều người quan tâm nghiên cứu Nó khôngchỉ quan trọng đối với toán học, đặc biệt là đối với chuyên ngành Đại số vàGiải tích mà nó còn làm công cụ để giải quyết nhiều vấn đề của thực tiễncuộc sống

Trong toán học, có rất nhiều cách để xác định được một hàm số nhưng

để xác định được chính xác một hàm số mà chỉ nhờ vào một số giá trị rờirạc của hàm số đó và đạo hàm của nó thì phương pháp nội suy là hữu hiệunhất mà trong đó phải kể đến bài toán nội suy Taylor và nội suy Newton:

n (deg N (x) ≤ n) và thỏa mãn các điều kiện

N(i)(x0) = ai, i = 0, 1, , n

n (deg N (x) ≤ n) và thỏa mãn các điều kiện

N(i)(xi) = ai, i = 0, 1, , n

Từ bài toán nội suy Taylor và nội suy Newton, ta có thể phát triển đểnghiên cứu về phương trình vi phân - một vấn đề được đề cập rất nhiều trongchương trình toán phổ thông cũng như chương trình toán ở các trường caođẳng, đại học với bài toán Cauchy (bài toán ban đầu) và biên hỗn hợp thứnhất như sau

Bài toán Cauchy Tìm tất cả các nghiệm của phương trình

Bài toán biên hỗn hợp thứ nhất của phương trình vi phân Tìm tất cảcác nghiệm của phương trình

Trong thực tiễn, phương trình vi phân có rất nhiều ứng dụng Chúng ta

có thể nghiên cứu về sự gia tăng dân số, về sự phân rã phóng xạ, về sự nónglên hoặc nguội đi của vật thể

Với những lí do trên đây nên tác giả chọn: "Nội suy Newton và bài toánbiên hỗn hợp thứ nhất của phương trình vi phân" làm đề tài nghiên cứu luậnvăn tốt nghiệp

Khi thực hiện luận văn này tác giả thấy được việc nghiên cứu là hữu íchđối với bản thân, trước hết là hình thành và rèn luyện cho người viết kĩ năngcũng như kinh nghiệm nghiên cứu một vấn đề khoa học Đồng thời ngườiviết luôn được trau dồi và cập nhật những kiến thức mới Ngoài ra luận văncòn là tài liệu tham khảo, nghiên cứu cho các học viên cao học, giảng viêncũng như sinh viên các trường trong cả nước

Ngoài mục lục, lời nói đầu, kết luận và tài liệu tham khảo, luận văn baogồm 3 chương như sau

Chương 1 Một số kiến thức chuẩn bị

Chương này ngoài phần đầu nhắc lại khái niệm và các tính chất liên quanđến đa thức đại số là ba phần: phần thứ nhất trình bày về công thức nộisuy Taylor, phần thứ hai trình bày về bài toán và công thức nội suy Newton,phần thứ ba đưa ra khai triển Taylor-Gontcharov và chứng minh các định lýlàm nền tảng kiến thức cho các chương sau

Chương 2 Bài toán biên hỗn hợp thứ nhất của phương trình vi phânChương này là phần chính của luận văn, tác giả trình bày bài toán Cauchy

và bài toán biên hỗn hợp thứ nhất trừu tượng Sau đó áp dụng khảo sát bàitoán Cauchy và bài toán biên hỗn hợp thứ nhất của phương trình vi phân.Chương 3 Ví dụ áp dụng

Trong chương này, tác giả đưa ra các ví dụ điển hình để làm minh họa cụ thểcho bài toán Cauchy và bài toán biên hỗn hợp thứ nhất của phương trình viphân đã đề cập trong Chương 2

Tác giả đã tiến hành nghiên cứu, phân tích khá kỹ các tài liệu có liênquan rồi từ đó tập trung đánh giá, tổng hợp lại để làm nền tảng kiến thứccho luận văn Nhưng do lần đầu tiên làm quen với việc nghiên cứu khoa học,mặc dù đã có rất nhiều cố gắng, song do hạn chế nhiều về mặt thời gian, kiếnthức và kinh nghiệm nghiên cứu nên luận văn không thể tránh khỏi nhữngthiếu sót Tác giả rất mong nhận được sự góp ý, chỉ bảo, bổ sung của cácthầy cô giáo cũng như sự quan tâm của các bạn bè đồng nghiệp để luận vănngày càng hoàn thiện hơn.

Hoàn thành được luận văn này, tác giả xin được chân thành cảm ơn thầygiáo GS TSKH NGUYỄN VĂN MẬU là người trực tiếp hướng dẫn và

đã tận tình giúp đỡ tác giả trong suốt thời gian thực hiện luận văn Tác giảxin chân thành cảm ơn Ban chủ nhiệm khoa Toán, phòng Đào tạo trườngĐại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên cùng các thầy, cô giáo đã thamgia giảng dạy khóa học

Xin cảm ơn các anh chị đồng nghiệp, các anh chị đồng môn là nhữngngười luôn ủng hộ, động viên và tạo điều kiện cho tôi trong thời gian hoànthành luận văn

Chương 1

Một số kiến thức chuẩn bị

Ở phần này, ta nhắc lại các kiến thức về đa thức đại số

*) Đa thức đại số và các tính chất liên quan

Pn(x) = anxn+ an−1xn−1 + · · · + a1x + a0 (an 6= 0)

trong đó các ai ∈ A được gọi là hệ số, an là hệ số bậc cao nhất và a0 là hệ

số tự do của đa thức

Nếu ai = 0, ∀i = 1, 2, , n và a0 6= 0 thì ta có bậc của đa thức là 0

Nếu ai = 0, ∀i = 0, 1, , n thì ta coi bậc của đa thức là −∞ và gọi là

đa thức không (nói chung thì người ta không định nghĩa bậc của đa thức

là A [x]

Khi A = K với K là một trường thì vành K [x] là một vành giao hoán có

ta có các vành đa thức tương ứng là Z[x] ,Q[x] ,R[x] ,C[x]

Định nghĩa 1.2 (xem [1]) Cho hai đa thức

f (x) = anxn+ an−1xn−1 + · · · + a1x + a0,g(x) = bnxn + bn−1xn−1 + · · · + b1x + b0

Định lý 1.1 (xem [1]) Giả sử A là một trường, f (x) và g(x) 6= 0 là hai đa

f (x) = g(x)q(x) + r(x) với deg r(x) < deg g(x).Nếu r(x) = 0 ta nói f (x) chia hết cho g(x)

Giả sử f (x) = anxn+ an−1xn−1+ · · · + a1x + a0 là đa thức tùy ý của vành

A [x], a là phần tử tùy ý của vành A, phần tử f (a) = anan + an−1an−1 +

· · · + a1a + a0 có được bằng cách thay x bởi a được gọi là giá trị của f (x)

tại a

Nếu f (a) = 0 thì ta gọi a là nghiệm của f (x) Bài toán tìm các nghiệm của

f (x) trong A gọi là giải phương trình đại số bậc n

anxn + an−1xn−1+ · · · + a1x + a0 = 0 (an 6= 0)

trong A

số của phép chia f (x) cho x − a chính là f (a)

Định lý 1.3 (xem [1]) Số a là nghiệm của f (x) khi và chỉ khi f (x) chia hếtcho x − a

f (x) chia hết cho (x − a)m và f (x) không chia hết cho (x − a)m+1

được gọi là nghiệm kép Số nghiệm của một đa thức là tổng số nghiệm của

đa thức đó kể cả bội của các nghiệm (nếu có) Vì vậy người ta coi một đa

thực

Hệ quả 1.1 Đa thức có vô số nghiệm là đa thức không

n + 1 điểm phân biệt của đối số thì chúng đồng nhất bằng nhau

Định lý 1.5 (xem [1]) Mọi đa thức f (x) ∈ C[x] bậc n có đúng n nghiệm(tính cả bội của nghiệm).

1.1 Công thức nội suy Taylor

Bây giờ, ta chuyển sang xét bài toán nội suy Taylor

0, 1, , N − 1 Hãy xác định đa thức T (x) bậc không quá N − 1 (tức là

deg T (x) 6 N − 1) và thỏa mãn các điều kiện

k

T(k)(x0) = ak, ∀k = 0, 1, , N − 1

duy nhất thỏa mãn điều kiện của bài toán nội suy Taylor (1.1), và ta gọi đathức này là đa thức nội suy Taylor

mãn điều kiện của bài toán (1.1) thì khi đó, đa thức

P (x) = T (x) − T∗(x)

P(k)(x0) = 0, ∀k = 0, 1, , N − 1,

tức là, đa thức P (x)là đa thức có bậc không quá N − 1 (deg P (x) 6 N − 1)

đó T (x) = T∗(x)

(1.1) chính là khai triển Taylor đến cấp thứN − 1 của đa thứcT (x) tại điểm

x = x0

1.2 Công thức nội suy Newton

0, 1, n Hãy xác định đa thức N (x) có bậc không quá n (deg N (x) ≤ n)

và thỏa mãn các điều kiện

N(i)(xi) = ai, 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

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 deg N (x) ≤ n Ngoài ra, ứng với mỗi i = 0, 1, , n,

và thỏa mãn điều kiện

P(i)(xi) = 0, ∀i = 0, 1, , n

Vậy, theo cách xây dựng đa thức N (x) bậc cao nhất bằng 0, ứng với trườnghợp ai = 0; i = 0, 1, , n, ta suy ra P (x) ≡ 0 và do đó N (x) = N1(x).

nội suy Newton tương ứng

Suy ra

P (0) = 0, P0(1) = 11, P00(2) = 18, P000(3) = 6

(deg P (x) ≤ 3) sao cho

P (0) = 0, P0(1) = 11, P00(2) = 18, P000(3) = 6

1.3 Khai triển Taylor - Gontcharov

xi ∈ Ω, i = 0, 1, 2, , n Hãy xác định các đa thức Pn(x) có deg P (X) ≤ n

sao cho Pn(i)(xi) = f(i)(xi), i = 0, 1, , n

Giải Đặt fn(i)(xi) = ai với i = 0, 1, , n Khi đó đa thức

Pn(x) = anRn(x0, , xn−1, x) + an−1Rn−1(x0, , xn−2, x)

+ · · · + a1R(x0, x) + a0

là đa thức duy nhất thỏa mãn yêu cầu của bài toán

Ví dụ 1.3 Xét hàm số f (x) = ln x với nút nội suy x0 = 2; x1 = 3; x2 = 4

wn+1(x) có bậc n + 1(deg wn+1(x) = n + 1), hệ số cao nhất bằng 1 và thỏamãn điều kiện w(k)

n+1(xk) = 0, k = 0, 1, , n là tồn tại duy nhất và được xácđịnh bởi

*) Chứng minh tính duy nhất nghiệm

Giả sử tồn tại đa thức w∗n+1(x) có deg wn+1∗ (x) = n + 1 cũng thỏa mãn điềukiện bài toán Khi đó, đa thức P (x) = wn+1(x) − wn+1∗ (x) có deg P (x) ≤ n

và thỏa mãn điều kiện

Công thức (1.3) được gọi là công thức khai triển Taylor - Gontcharov.

Biểu thức Rn+1(f ; x) được gọi là phần dư của công thức khai triển Taylor

- Gontcharov, lời giải của bài toán ước lượng hiệu f (x) − Pn(f ; x) cũng chính

là ước lượng các biểu thức phần dư này

n + 1 trên khoảng (a; b); xi ∈ (a; b), i = 0, 1, , n Khi đó

Nhận xét 1.3 Biểu thức trong (1.4) cho ta công thức xác định phần dư

Rn+1(f, x) trong khai triển Taylor - Gontcharov của hàm f (x) Câu hỏi tựnhiên đặt ra là liệu ta có thể đưa ra công thức đánh giá phần dư này giốngnhư trong khai triển Taylor ở dạng Lagrange và Cauchy được không?

Trong phần tiếp theo ta sẽ tìm cách đưa ra các đánh giá công thức phần dư(1.4) dưới dạng Lagrange và Cauchy

Trước hết, để đơn giản ta định nghĩa phép toán

Hệ quả 1.4 Từ các hệ thức (1.7) và (1.8) ta nhận được kết quả quan trọngsau

Định lý 1.8 (xem [2]) Cho hàm số f (x) liên tục trên [a; b] Khi đó, với mọi

x0; x ∈ [a; b] luôn tồn tại ξ = x0 + θ(x − x0) với 0 < θ < 1 sao cho

Vì g(s) = (x − s)

k

k! không đổi dấu trên [x0; x] Theo định lý về giá trị trung

bình của tích phân ∃ ξ : ξ = x0 + θ(x − x0) với 0 < θ < 1 sao cho

Hệ quả 1.5 Hàm số f (x) liên tục trên [a; b] , xi ∈ [a; b] , i = 0, 1, 2, n

và x là điểm bất kỳ [a; b] Khi đó ta có

1.3.1 Khai triển Taylor-Goncharov với phần dư dạng Lagrange

trên [a; b] và xi ∈ [a; b] , i = 0, 1, 2, n; x là điểm bất kỳ thuộc [a; b] Khi

đó ∃ ξ; ξi : ξ = x0 + θ(x − x0) và ξi = x0 + θi(xi − x0) với 0 < θ; θi < 1 để

Rn+1(f ; x) =f

(n+1)(ξ)(n + 1)! (x − x0)

k(x0, , xk−1, x)(xk − x0)(n−k+1)

(Phần dư dạng Lagrange)Nhận xét 1.4 Trong trường hợp đặc biệt, khi xi = x0, ∀i = 1, 2, , n thìcông thức phần dư dạng Lagrange trong khai triển Taylor-Gontcharov củahàm f (x) là

Rn+1(f ; x) = f

(n+1)(ξ)(n + 1)! (x − x0)

(n+1)

sẽ trùng với công thức phần dư dạng Lagrange trong khai triển Taylor củahàm f (x) tại điểm x0 mà ta đã biết ở trong mục trước

1.3.2 Khai triển Taylor-Goncharov với phần dư dạng Cauchy

Định lý 1.10 (xem [2]) Cho hàm sốf (x) liên tục trên [a; b] , ∀x, x0 ∈ [a; b].Khi đó, ∃θ ∈ (0, 1) sao cho

(Rn+10 f )(x) = f (x0 + θ(x − x0)) (1 − θ)

k(x − x0)k+1k! , k = 0, 1, 2

Hệ quả 1.6 Giả sử hàm số f (x) liên tục trên [a; b], xi ∈ [a; b], i = 0, 1, 2

và x là điểm bất kỳ thuộc [a; b] Khi đó, ta có

Định lý 1.11 (xem [4]) Giả sử hàm số f (x) có đạo hàm liên tục đến cấp

n + 1 trên [a; b] và xi ∈ [a; b], i = 0, 1, 2 , n; x là điểm bất kỳ thuộc [a; b].Khi đó, phần dư dạng Cauchy trong khai triển Taylor-Gontcharov của hàm

thì công thức phần dư dạng Cauchy trong khai triển Taylor-Gontcharov củahàm f (x) là

Rn+1(f ; x) = fn+1(x0 + θ(x − x0)) (1 − θ)

n(x − x0)n+1n! ; 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

2.1 Bài toán Cauchy

đó I là toán tử đồng nhất

∀k ∈N+

y2 = R2x với x ∈ X Khi đó, y1 − y2 ∈ ker D

của x ∈ X có dạng

RDx = {Rx + z; z ∈ ker D} = Rx + ker D

dom D = RX ⊕ ker D

Ví dụ 2.1 Cho X là không gian tất cả các dãy số {xn} ⊂ R và x ∈

X,(x = {xn}) , n = 0, 1, Ta định nghĩa toán tử D như sau

nếu

F2 = F, F X = ker D

ii) F R = 0

Hệ quả 2.1 F z = z với mỗi z ∈ ker D.

F ∈ L0(X) là toán tử ban đầu của D tương ứng với R ∈ RD là

F = I − RD trên dom D

khác 0

D ∈ R(X) xác định duy nhất một họ FD = {Fγ}γ∈Γ các toán tử ban đầu của

D

Fγ = I − RγD trên dom D ; ∀γ ∈ Γ

2.1.1 Bài toán Cauchy trừu tượng

Tìm tất cả các nghiệm của phương trình

"đặt chỉnh" nếu có nghiệm duy nhất với mỗi y ∈ C; y0, y1, , yM +N −1 ∈ C

Bài toán (2.1)-(2.2) được gọi là "đặt không chỉnh" nếu tồn tạiy ∈ Q [D] XM +N

và y0, , yM +N −1 ∈ ker D sao cho bài toán này không có nghiệm hoặc bài

đầu (2.1)-(2.2) "đặt chỉnh" khi và chỉ khi I + Q khả nghịch trên XM +N.Chứng minh Theo bổ đề 2.1 ta có thể viết phương trình (2.2) dưới dạng

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 = −1là giá trị riêng của Qthì phương trình thuần nhất tương ứng

(I + Q)x = 0 có nghiệm không tầm thường Do đó, bài toán giá trị ban đầu

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

Định lý 2.3 (xem [4]) Bài toán giá trị ban đầu (2.1)-(2.2) "đặt chỉnh" khi

và chỉ khi toán tử giải của nó khả nghịch

(2.1)-(2.2) đặt chỉnh và nghiệm duy nhất của nó là

Chứng minh Giả sử toán tử I + K khả nghịch Từ (2.6) ta suy ra bàitoán giá trị ban đầu (2.1)-(2.2) tương đương với phương trình

Xét phương trình vi phân tuyến tính cấp N

x(N )+ pN −1x(N −1) + · · · + p0x = y, (2.14)trong đó pN −1, , p0, y ∈ C [a, b] thỏa mãn điều kiện ban đầu

F Djx = yj (j = 0, 1, , N − 1), (2.16)

Phương trình (2.15) tương đương với phương trình

Công thức này cho phép ta tìm nghiệm của phương trình chỉ dùng tích phân.Đặc biệt nếu phương trình vi phân tuyến tính (2.15) có các hệ số hằng (hệ

số phức) thỏa mãn điều kiện ban đầu

(t − tk)rk, r1+· · ·+rk = deg P (t), tk là các nghiệm của

đa thức P (t) (với các hệ số phức) và rk là bội của chúng (ta giả sử tk 6= tj

vàker D là không gian các hàm số hằng trên [a, b] Do đó, với z = ck ∈ ker D

2.1.2 Bài toán Cauchy của phương trình vi phân

Ta xét trường hợp cụ thể là bài toán Cauchy cổ điển của phương trình vi

x(i)(t0) = bi, i = 0, 1, , n, (2.19)trong đó các hàm số ai(t) và y(t) là các hàm thực nào đó theo biến t

Định lý 2.5 (Định lý về sự tồn tại và duy nhất nghiệm, xem [5]) Nếucác hàm số ai(t) và y(t) là các hàm liên tục trên khoảng (a; b), và hơn nữa

an(t) 6= 0 với mọi t ∈ (a; b) thì bài toán Cauchy cho phương trình (2.18) códuy nhất nghiệm với mọi dữ kiện ban đầu dạng (2.19)

Chứng minh Ta sẽ đi chứng minh cho trường hợp phương trình vi phâncấp một với một điều kiện ban đầu Rồi từ đó, ta suy ra trường hợp phương

Trước hết, ta xét phương trình vi phân cấp 1 có dạng

dx

dt = f (t, x)