Một số phương pháp giải phương trình vi - tích phân Volterra
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (457.14 KB, 88 trang )
Header Page 1 of 161.
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2
KHOA TOÁN
ĐÀO THỊ TRANG
MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH
VI - TÍCH PHÂN VOLTERRA
KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC
Hà Nội – Năm 2016
Footer Page 1 of 161.
Header Page 2 of 161.
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2
KHOA TOÁN
ĐÀO THỊ TRANG
MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH
VI - TÍCH PHÂN VOLTERRA
Chuyên ngành: Toán giải tích
KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC
NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC:
PGS.T.S KHUẤT VĂN NINH
Hà Nội – Năm 2016
Footer Page 2 of 161.
Header Page 3 of 161.
Lời cảm ơn
Trong thời gian học tại trường ĐHSP Hà Nội 2, được sự dạy dỗ chỉ bảo
tận tình của các thầy cô giáo, tôi đã học hỏi và tiếp thu được nhiều tri
thức khoa học, kinh nghiệm và phương pháp học tốt, bước đầu được làm
quen với công việc nghiên cứu khoa học.
Qua đây tôi xin chân thành cảm ơn các thầy cô giáo trong khoa Toán,
các thầy cô trong tổ Giải tích đã trực tiếp giảng dạy, giúp đỡ dìu dắt chúng
tôi trưởng thành như ngày hôm nay.
Đặc biệt tôi xin gửi lời cảm ơn sâu sắc nhất tới thầy giáo KHUẤT VĂN
NINH, người đã trực tiếp hướng dẫn, chỉ bảo và đóng góp nhiều ý kiến
quý báu cho tôi trong thời gian thực hiện khóa luận.
Do lần đầu làm quen với công tác nghiên cứu và năng lực bản thân
còn hạn chế nên khóa luận không tránh khỏi thiếu sót. Tôi rất mong nhận
được những ý kiến đóng góp từ các thầy cô, các bạn sinh viên để khóa
luận của tôi được hoàn thiện hơn.
Tôi xin chân thành cảm ơn!
Hà Nội, ngày tháng 05 năm 2016
Sinh viên
ĐÀO THỊ TRANG
i
Footer Page 3 of 161.
Header Page 4 of 161.
Lời cam đoan
Tôi xin cam đoan những nội dung mà tôi trình bày trong khóa luận này
là kết quả quá trình nghiên cứu nghiêm túc của bản thân dưới sự hướng
dẫn, giúp đỡ tận tình của các thầy, cô giáo, đặc biệt là thầy KHUẤT VĂN
NINH. Những nội dung này không trùng với kết quả nghiên cứu của các
tác giả khác.
Hà Nội, tháng 05 năm 2015
Sinh viên
ĐÀO THỊ TRANG
ii
Footer Page 4 of 161.
Header Page 5 of 161.
Mục lục
Lời mở đầu
iv
Danh mục các kí hiệu và chữ viết tắt
vi
1 Kiến thức chuẩn bị
1.1
1.2
1.3
1
Một số khái niệm cơ bản của giải tích . . . . . . . . . . .
1
1.1.1
Tích phân xác định . . . . . . . . . . . . . . . . .
1
Phép nội suy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2
1.2.1
Đa thức nội suy Lagrange . . . . . . . . . . . . .
2
1.2.2
Sai phân và các tính chất . . . . . . . . . . . . .
4
Biến đổi Laplace . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5
1.3.1
Biến đổi Laplace . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5
1.3.2
Tính chất của biến đổi Laplace . . . . . . . . . .
6
1.3.3
Bảng một số biến đổi Laplace đơn giản . . . . . .
10
2 Phương pháp giải tích giải phương trình vi - tích phân
Volterra
11
2.1
Phương trình vi - tích phân tuyến tính Volterra loại 2 . .
11
2.1.1
11
Phương pháp phân tích Adomian . . . . . . . . .
i
Footer Page 5 of 161.
Header Page 6 of 161.
Khóa luận tốt nghiệp Đại học
đào thị trang
2.1.2
Phương pháp biến đổi Laplace . . . . . . . . . . .
14
2.1.3
Phương pháp chuỗi lũy thừa . . . . . . . . . . . .
18
2.1.4
Chuyển phương trình vi - tích phân Volterra thành
bài toán giá trị ban đầu của phương trình vi phân
2.1.5
2.2
2.3
21
Chuyển phương trình vi - tích phân thành phương
trình tích phân Volterra . . . . . . . . . . . . . .
24
Phương trình vi - tích phân tuyến tính Volterra loại 1 . .
26
2.2.1
Phương pháp biến đổi Laplace . . . . . . . . . . .
26
Bài tập áp dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
28
3 Phương pháp số giải phương trình vi - tích phân Volterra 30
3.1
3.2
Các phương pháp áp dụng giải phương trình vi - tích phân
Volterra . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
30
3.1.1
Tính gần đúng tích phân . . . . . . . . . . . . . .
30
3.1.2
Phương pháp Euler . . . . . . . . . . . . . . . . .
32
Phương pháp số giải phương trình vi - tích phân tuyến
tính Volterra
3.2.1
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Phương trình vi - tích phân tuyến tính Volterra
loại 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.2.2
33
Phương trình vi - tích phân tuyến tính Volterra
loại 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.3
33
47
Phương pháp số giải phương trình vi - tích phân phi tuyến
Volterra . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
53
3.3.1
Phương trình vi - tích phân phi tuyến Volterra loại 2 53
3.3.2
Phương trình vi - tích phân phi tuyến Volterra loại 1 64
ii
Footer Page 6 of 161.
Header Page 7 of 161.
Khóa luận tốt nghiệp Đại học
3.4
đào thị trang
Bài tập áp dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Kết luận
77
Tài liệu tham khảo
Footer Page 7 of 161.
76
77
iii
Header Page 8 of 161.
Khóa luận tốt nghiệp Đại học
đào thị trang
Lời mở đầu
1. Lý do chọn đề tài
Toán học là một môn khoa học chiếm một vị trí hết sức quan
trọng. Cùng với thời gian, toán học ngày càng phát triển và chia thành
hai lĩnh vực: Toán học lý thuyết và toán học ứng dụng. Nói đến toán
học ứng dụng không thể không nói đến giải tích số. Đó là một môn khoa
học nghiên cứu cách giải gần đúng các phương trình, các bài toán xấp
xỉ hàm, các bài toán tối ưu. Nhiều bài toán trong cuộc sống, trong kinh
tế, khoa học kỹ thuật có thể dẫn tới việc nghiên cứu phương trình dạng
sau: Ax = y (A: toán tử từ tập X đến tập Y , x ∈ X, y ∈ Y ). Phương
trình có dạng trên được gọi là phương trình toán tử. Trong lớp các bài
toán phương trình toán tử, phương trình vi - tích phân Volterra giữ vị
trí quan trọng.
Được sự hướng dẫn tận tình của PGS.T.S Khất Văn Ninh, tôi đã
chọn đề tài:
"Một số phương pháp giải phương trình vi - tích phân Volterra".
2. Mục đích nghiên cứu
Nghiên cứu phương trình vi - tích phân Volterra và cơ sở lý thuyết
của các phương pháp giải gần đúng phương trình đó. Sau đó áp dụng vào
phương trình vi - tích phân Volterra. Cuối cùng là các ví dụ cụ thể áp
dụng các phương pháp để giải các phương trình vi - tích phân Volterra.
Footer Page 8 of 161.
iv
Header Page 9 of 161.
Khóa luận tốt nghiệp Đại học
đào thị trang
3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu
+ Đối tượng nghiên cứu: Nghiên cứu lý thuyết và các phương pháp để
giải bài tập phương trình vi - tích phân Volterra.
+ Phạm vi nghiên cứu: Do điều kiện và thời gian, tôi chỉ nghiên cứu
một số bài tập cơ bản về phương trình vi - tích phân Volterra.
5. Phương pháp nghiên cứu
Nghiên cứu giáo trình, sách tham khảo và các tài liệu liên quan
đến nội dung nghiên cứu.
6. Cấu trúc khóa luận
Ngoài phần mở đầu, kết luận, danh mục tài liệu tham khảo thì khóa
luận gồm 3 chương:
Chương 1: Kiến thức chuẩn bị.
Chương 2: Phương pháp giải tích giải phương trình vi - tích phân
Volterra.
Chương 3: Phương pháp số giải phương trình vi - tích phân Volterra.
Hà Nội, ngày 27/08/2016
Tác giả khóa luận
ĐÀO THỊ TRANG
Footer Page 9 of 161.
v
Header Page 10 of 161.
Khóa luận tốt nghiệp Đại học
đào thị trang
Danh mục các kí hiệu và chữ viết tắt
R
tập số thực
Rn
không gian Euclid n chiều
∅
tập rỗng
x∈M
x thuộc tập M
x∈
/M
x không thuộc tập M
∀ x ∈ M với mọi x thuộc tập M
∃x
x
|x|
tồn tại x
chuẩn của x
giá trị tuyệt đối của x
Footer Page 10 of 161.
vi
Header Page 11 of 161.
Chương 1
Kiến thức chuẩn bị
Chương này trình bày một số kiến thức cơ bản về tích phân xác định,
đa thức nội suy, sai phân và các tính chất, biến đổi Laplace.
1.1
1.1.1
Một số khái niệm cơ bản của giải tích
Tích phân xác định
Cho hàm số f (x) xác định và bị chặn trong khoảng đóng [a, b], chia
[a, b] thành những khoảng nhỏ bởi các điểm chia:
x0 ≡ a < x1 < x2 < ... < xi−1 < xi < ... < xn ≡ b.
Đặt ∆xi = xi − xi−1 , λ = max ∆xi .
1≤i≤n
n
Lấy ξi bất kì ∈ [xi−1 , xi ], lập f (ξi ), khi đó nếu lim
λ→0 i=1
f (ξi )∆xi = I (hữu
hạn), thì I được gọi là tích phân xác định của hàm số f (x) lấy trong
b
[a, b], kí hiệu là
f (x)dx
a
b
n
I = lim
λ→0
Footer Page 11 of 161.
f (ξi )∆xi =
i=1
f (x)dx
a
1
(1.1)
Header Page 12 of 161.
Khóa luận tốt nghiệp Đại học
đào thị trang
Khi đó, nói rằng hàm f (x) khả tích trong [a, b], [a, b] là khoảng lấy tích
phân, a là cận dưới, b là cận trên của tích phân, x là biến số lấy tích
phân, f (x) là hàm số lấy tích phân và f (x)dx là biểu thức dưới dấu
tích phân.
1.2
Phép nội suy
Trong thực tế, nhiều khi ta phải tìm hàm y = f (x), chỉ biết giá trị yi tại
các điểm xi ∈ [a, b] (i = 0, 1, ..., n). Cũng có trường hợp biểu thức giải
tích f (x) đã cho nhưng quá cồng kềnh. Khi đó dùng phép nội suy ta có
thể dễ dàng tính được f tại bất kỳ x ∈ [a, b] mà độ chính xác không kém
bao nhiêu.
Mục tiêu của phép nội suy khá nhiều, nhưng chủ yếu tìm thuật toán
đơn giản tính giá trị f (x) cho những x không nằm trong bảng xi , yi
(i = 0, n). Một bộ số liệu xi , yi (i = 0, n) và một chương trình ngắn gọn
có thể thay một bảng rất dài các giá trị xi , f (xi ). Ngoài ra sử dụng kết
quả của phép nội suy, có thể tìm đạo hàm f (x) hoặc tích phân của f (x)
trên đoạn [a, b].
1.2.1
Đa thức nội suy Lagrange
Sau đây ta sẽ trình bày cách xây dựng đa thức nội suy Lagrange mà
m
không cần giải hệ
j=0
aj xji = yj , (i = 0, n).
Trước hết, ta tìm đa thức Pi (x) có bậc n, sao cho
Pi (xj ) = δij (i, j = 0, n).
Footer Page 12 of 161.
2
Header Page 13 of 161.
Khóa luận tốt nghiệp Đại học
đào thị trang
Dễ thấy
Pi (x) = Ai (x − x0 )...(x − xi−1 )(x − xi+1 )...(x − xn ).
Vì
1 = Pi (xi ) = Ai (xi − x0 )...(xi − xi−1 )(xi − xi+1 )...(xi − xn )
nên
Pi (x) =
(x − x0 )...(x − xi−1 )(x − xi+1 )...(x − xn )
.
(xi − x0 )...(xi − xi−1 )(xi − xi+1 )...(xi − xn )
Đặt
n
P (x) =
yi Pi (x),
i=0
ta có
n
yi Pi (xj ) = yj , (j = 0, n).
P (xj ) =
i=0
Như vậy, P (x) là đa thức nội suy (duy nhất) cần tìm.
Nếu các mốc nội suy cách đều, tức là
xi+1 − xi = h (i = 0, n − 1)
thì đặt t := x − x0 hay x = x0 + th ta được
h
Pi (x) = Pi (x0 + th) =
(−1)n−i Cni t(t − 1)(t − 2)...(t − n)
.
t−i
n!
Tóm lại
t(t − 1)(t − 2)...(t − n)
P (x0 + th) =
n!
n
i=0
(−1)n−i Cni
yi .
t−i
(1.2)
Trong công thức (1.2), các hệ số (−1)n−i Cni không phụ thuộc vào hàm
số f (x), mốc nội suy và bước h. Do đó chúng được tính sẵn, lập bảng để
sử dụng nhiều lần.
Footer Page 13 of 161.
3
Header Page 14 of 161.
Khóa luận tốt nghiệp Đại học
1.2.2
đào thị trang
Sai phân và các tính chất
Giả sử f: R → R là một hàm số cho trước và h = const = 0. Ta gọi
0
f (x) = f (x) là sai phân cấp 0 của hàm số y = f (x).
1
f (x) = f (x + h) − f (x) là sai phân cấp 1 của hàm số y = f (x).
Quy nạp:
n
f (x) =
n−1
[
f (x)](∀n ∈ N∗ ) là sai phân cấp n của hàm
số y = f (x).
Các tính chất của sai phân
Tính chất 1. Sai phân
là toán tử tuyến tính xác định trên không
gian χ các hàm số xác định trên R. Nghĩa là với ∀α, β ∈ R, ∀f, g thì
(αf + βg) = α f + β g.
Tính chất 2. Nếu c = const thì
Tính chất 3.
n
(xn ) = n!hn ,
c = 0.
m
(xn ) = 0 (∀m > n).
Tính chất 4. Nếu P (x) là đa thức bậc n thì theo công thức Taylor
n
P := P (x + h) − P (x) =
n
Cni
Tính chất 5. f (x + nh) =
i
hi P (i) (x).
i!
i=1
f (x).
i=0
Tính chất 6. Mọi sai phân đều biểu diễn qua giá trị của hàm số
n
n
f (x) =
(−1)i Cni f [x + (n − i)h].
i=0
Tính chất 7. Giả sử f (x) ∈ C n [a, b] và (x, x + nh) ⊂ [a, b]. Khi đó
Footer Page 14 of 161.
4
Header Page 15 of 161.
Khóa luận tốt nghiệp Đại học
đào thị trang
n
f (x)
= f (n) (x + θnh) , θ ∈ (0, 1).
n
h
n
Hệ quả 1.1. Nếu f ∈ C [a, b] thì khi h đủ nhỏ f
1.3
1.3.1
(n)
n
(x)
f (x)
.
hn
Biến đổi Laplace
Biến đổi Laplace
Định nghĩa. Cho f là hàm gốc với chỉ số tăng α0 . Hàm phức biến phức
F định bởi
∞
e−pt f (t)dt
F (p) =
0
xác định trên miền Rep > α0 , được gọi là biến đổi Laplace của f , và ký
hiệu là F = £(f ).
Trong áp dụng, người ta thường dùng phép biến đổi Heaviside, có liên
quan với phép biến đổi Laplace, biến f thành F ∗ định bởi
F ∗ (p) = pF (p).
Ví dụ 1: Xét hàm số đơn vị Heaviside
0 nếu t < 0,
σ0 (t) =
1 nếu t ≥ 0,
Biến đổi Laplace của σ0 là
∞
e−pt dt =
F (p) =
0
Footer Page 15 of 161.
5
1
, với Rep > 0.
p
Header Page 16 of 161.
Khóa luận tốt nghiệp Đại học
đào thị trang
Ví dụ 2: Biến đổi Laplace của hàm f (t) = eαt như sau
∞
1
với Re(p − α) > 0.
α−p
e−pt eαt dt =
F (p) =
0
1.3.2
Tính chất của biến đổi Laplace
Tính chất 1. Cho các hàm gốc fk có các chỉ số tăng là αk , biến đổi
Laplace là Fk , k = 1, 2, 3, ..., n. Khi đó biến đổi Laplace của hàm tổ hợp
tuyến tính f của các hàm fk
n
f (t) =
ck fk (t), ck là hằng số
k=1
là hàm F định bởi
n
F (p) =
ck Fk (p).
k=1
với miền xác định Rep > maxαk .
Chứng minh: Suy ra từ định nghĩa và tính chất tuyến tính của tích
phân.
Tính chất 2. Cho các hàm gốc f có chỉ số tăng là α0 , £[f ] = F , và
c > 0 là hằng số. Khi đó
1 p
£[t → f (ct)] = p → F ( ), Rep > cα0 .
c c
∞
1 ∞ −pu
1 p
−pt
Chứng minh: £[f (ct)] =
e f (ct)dt =
e c f (u)du = F ( ).
c 0
c c
0
Tính chất 3. Cho £[f (t)] = F (p), Rep > α0 . Đặt
0
nếu t < τ ,
fτ (t)
f (t − τ ) nếu t ≥ τ ,
khi đó,
Footer Page 16 of 161.
6
Header Page 17 of 161.
Khóa luận tốt nghiệp Đại học
đào thị trang
£(fτ ) = p → e−pτ F (p), Rep > α0 .
∞
e−pt fτ (t)dt
Chứng minh: £[fτ ](p) =
∞
∞
e−pt f (t − τ )dt =
=
τ
0
f (u)e−p(u+τ ) du = e−pτ F (p).
0
Tính chất 4. Cho £(f ) = F , f có chỉ số tăng là α0 , λ là hằng số . Khi
đó
£[eλt f (t)] = F (p − λ), Rep > α0 + Reλ.
∞
et(λ−p) f (t)dt = F (p − λ).
λt
Chứng minh: £[e f (t)] =
0
Tính chất 5. Cho £(f ) = F . Giả sử f (k) tồn tại và là hàm gốc,
f (k−1) (0+ ) tồn tại, ∀k = 1, 2, ..., n, thì ta có
£[f (n) ] = pn F (p) −
f (n−1) (0+ )
f (0+ ) f (0+ )
−
−
...
−
.
p
p2
pn
Chứng minh: Sử dụng công thức tích phân từng phần, ta dễ dàng
kiểm chứng được biểu thức đúng với n = 1. Giả sử qui nạp rằng biểu
thức trên đúng với n = 1, 2, ..., N , khi đó
f (0+ ) f (0+ )
(f )(N −1) (0+ )
£[f (N +1) ] = £[(f )(N ) ] = pN £[f ](p)−
−
−...−
p
p2
pN
và
£[f ] = pF (p) − f (0+ ).
Suy ra
f (N ) (0+ )
f (0+ ) f (0+ )
£[f
]=p
−
− ... −
.
F (p) −
p
p2
pN +1
Theo nguyên lý qui nạp ta có điều phải chứng minh.
N +1
N +1
Tính chất 6. Cho £(f ) = F , f có chỉ số tăng α0 . Ta có
£[(−t)n f (t)] = F (n) (p), n ∈ N, Rep > α0 .
Footer Page 17 of 161.
7
Header Page 18 of 161.
Khóa luận tốt nghiệp Đại học
đào thị trang
Chứng minh: Dễ thấy rằng hàm t → (−t)n f (t) có cùng chỉ số tăng với
f . Ta có
∞
e−pt (−t)f (t)dt,
F (p) =
0
do đó
£[(−t)f (t)] = F (p), Rep > α0 .
Bằng phép qui nạp, ta suy ra điều cần phải chứng minh.
Tính chất 7. Cho £(f ) = F và f liên tục. Khi đó, ánh xạ t →
t
0 f (τ )dτ
cũng là hàm gốc (nếu f liên tục thì ánh xạ này là nguyên hàm của f )
và
t
£
f (τ )dτ =
0
F (p)
.
p
t
Chứng minh Đặt g(t) =
f (τ )dτ , thì g liên tục, suy ra đo được. Gọi
0
α0 là chỉ số tăng của f , thì với mọi 0 < ε < 1, ta có
t
|g(t)| ≤
t
eτ (α0 +ε) dτ < M1 et(α0 +ε) .
|f (τ )| dτ ≤ M
0
0
Vậy g là hàm gốc. Đặt G = £(g), thì F = £(f ) = £(g ) = pG(p)
suy ra điều cần phải chứng minh.
Tính chất 8. Giả sử R(f ) = F , và t →
£
trong đó,
∞
p (.)
là hàm gốc. Khi đó
∞
f (t)
=
t
F (u)du
p
z
(.).
p
Rez→∞
= lim
Chứng minh: Đặt g(t) =
Footer Page 18 of 161.
f (t)
t
f (t)
, G = £(g). Theo tính chất 6 thì
t
8
Header Page 19 of 161.
Khóa luận tốt nghiệp Đại học
đào thị trang
G (p) = £[(−t)g(t)] = −£(f ) = −F .
Vậy G là một nguyên hàm của −F . Ngoài ra, g là hàm gốc, (giả sử chỉ
số tăng của nó là β) nên
∞
|G(z)| ≤
∞
e
−(Rez)t
e(−Rez+β+1)t dt =
|g(t)| dt ≤ M
0
0
M
,
Rez − β − 1
trong đó, Rez − β − 1 > 0. Suy ra
lim G(z) = 0
Rez→∞
và
∞
−G(p) = −G(p) + lim G(z) =
Rez→∞
(−F (u))du,
p
tức là ta suy ra được điều cần phải chứng minh.
Tính chất 9. Giả sử £(f ) = F, £(g) = G, f và g lần lượt là các hàm
gốc có các chỉ số tăng là α0 và β0 , liên tục từng khúc trên mọi khoảng
hữu hạn của R+ . Nếu ta xem f và g xác định trên R, triệt tiêu trên
khoảng (−∞, 0) thì tích chặp f ∗ g cũng là hàm gốc có chỉ số tăng
γ0 ≤ max{α0 , β0 } và
£[f ∗ g] = F.G
Chứng minh: Với mọi t > 0, ε > 0
t
|(f ∗ g)(t)| =
t
f (τ )g(t − τ )dτ ≤
0
t
(α0 +ε)τ (β0 +ε)(t−τ )
≤M
e
|f (τ )g(t − τ )| dτ
0
e
dτ = M e
0
e(α0 −β0 )τ dτ
0
M1 e(α0 +ε)t nếu α0 ≥ β0 ,
≤
M e(β0 +ε)t nếu β > α ,
2
0
0
Footer Page 19 of 161.
t
(β0 +ε)t
9
Header Page 20 of 161.
Khóa luận tốt nghiệp Đại học
đào thị trang
bất đẳng thức sau cùng có được bằng cách tính trực tiếp tích phân. Vậy
f ∗ g là hàm gốc có chỉ số tăng γ0 ≤ max{α0 , β0 }. Tiếp theo ta có
∞
£ [(f ∗ g)(t)] =
t
e
0
−pt
f (τ )g(t − τ )dτ dt
0
∞
=
∞
e−pt g(t − τ )dτ
f (τ )dτ
0
τ
∞
f (τ )e−pτ dτ = F (p).G(p)
= G(p)
0
1.3.3
Bảng một số biến đổi Laplace đơn giản
£(1) =
1
s
£(x) =
1
s2
£(xn ) =
£(ex ) =
1
s−1
£(e−x ) =
1
s+1
£(e2x ) =
1
s−2
£(e−2x ) =
1
s+2
£(sinx) =
£(cosx) =
£(M ) =
s2
1
+1
£(sin2x) =
s2
s
+1
£(cos2x) =
Bảng 1.1:
Chú thích: M = const.
Footer Page 20 of 161.
10
M
s
n!
sn+1
s2
1
+4
s2
s
+4
Header Page 21 of 161.
Chương 2
Phương pháp giải tích giải phương
trình vi - tích phân Volterra
2.1
Phương trình vi - tích phân tuyến tính Volterra
loại 2
Định nghĩa 2.1. Phương trình vi - tích phân tuyến tính Volterra loại
2 có dạng
x
(n)
u (x) = f (x) + λ
u(0) = a0 , ..., u
0
(n−1)
K(x, t)u(t)dt,
(0) = an−1 ,
trong đó: K(x, t) là các hạch,
u(0), ..., u(n−1) (0) là các điều kiện ban đầu đã được cho trước.
2.1.1
Phương pháp phân tích Adomian
Sau đây ta có phương pháp phân tích Adomian để giải cho phương trình
cấp 2.
Phương trình vi - tích phân tuyến tính Volterra loại 2 có dạng
Footer Page 21 of 161.
11
Header Page 22 of 161.
Khóa luận tốt nghiệp Đại học
đào thị trang
x
u (x) = f (x) +
K(x, t)u(t)dt, u(0) = a0 , u (0) = a1 .
(2.1)
0
Lấy tích phân cả hai vế của phương trình (2.1) trên từ 0 đến x hai lần
có
x
−1
u(x) = a0 + a1 x + L (f (x)) + L
−1
K(x, t)u(t)dt ,
(2.2)
0
trong đó các điều kiện ban đầu đã được cho trước, và L−1 là toán tử tích
phân. Sử dụng chuỗi
∞
u(x) =
un (x)
n=0
vào cả hai vế của (2.2) có
∞
∞
x
un (x) = a0 + a1 x + L−1 (f (x)) + L−1
n=0
K(x, t)
0
un (t)dt ,
n=0
hay:
u0 (x) + u1 (x) + u2 (x) + u3 (x) + .... = a0 + a1 x + L−1 (f (x))
x
+L
x
−1
−1
K(x, t)u0 (t)dt + L
K(x, t)u1 (t)dt + ....
0
0
Trong đó có:
u0 (x) = a0 + a1 x + L−1 (f (x)),
x
uk+1 (x) = L
−1
K(x, t)uk (t)dt , k ≥ 0.
(2.3)
0
Ví dụ 1: Sử dụng phương pháp phân tích Adomian để giải phương trình
vi - tích phân Volterra
x
u (x) = 1 −
u(t)dt, u(0) = 0.
0
Bài làm
x
−1
(.)dx.
Đặt L (.) =
0
Footer Page 22 of 161.
12
Header Page 23 of 161.
Khóa luận tốt nghiệp Đại học
đào thị trang
Lấy tích phân cả hai vế của phương trình trên từ 0 đến x và sử dụng
điều kiện ban đầu có
x
−1
u(x) = x − L
u(t)dt .
0
∞
Sử dụng chuỗi u(x) =
un (x), và sử dụng (2.3) ta được
n=0
u0 (x) = x,
x
−1
u1 (x) = −L
u0 (t)dt
−x3
=
,
3!
u1 (t)dt
=
u2 (t)dt
−x7
=
, ...
7!
0
x
u2 (x) = −L−1
0
x
−1
u3 (x) = −L
0
x5
,
5!
và tiếp tục như trên. Khi đó chuỗi nghiệm có dạng
x3 x5 x7
u(x) = x −
+
−
+ ...
3!
5!
7!
Vậy nghiệm chính xác được cho bởi
u(x) = sinx.
Ví dụ 2: Sử dụng phương pháp phân tích Adomian để giải phương trình
vi - tích phân Volterra
x
(x − t)u(t)dt,
u (x) = 1 + x +
0
u(0) = 1, u (0) = 1.
Footer Page 23 of 161.
13
Header Page 24 of 161.
Khóa luận tốt nghiệp Đại học
đào thị trang
Bài làm
x
x
−1
Đặt L (.) =
(.)dxdx.
0
0
Lấy tích phân cả hai vế của phương trình trên từ 0 đến x và sử dụng
điều kiện ban đầu có
1
1
u(x) = 1 + x + x2 + x3 + L−1
2!
3!
x
(x − t)u(t)dt .
0
∞
Sử dụng chuỗi u(x) =
un (x), và sử dụng (2.3) ta được
n=0
x2 x3
u0 (x) = 1 + x +
+ ,
2!
3!
x
−1
x4 x5 x6 x7
+
+
+ , ...
=
4!
5!
6!
7!
(x − t)u0 (t)dt
u1 (x) = L
0
và tiếp tục như vậy. Khi đó chuỗi nghiệm có dạng
u(x) = 1 + x +
x2 x4 x6 x8 x10
+
+
+
+
+ ...
2!
4!
6!
8! 10!
Vậy nghiệm chính xác được cho bởi
u(x) = ex .
2.1.2
Phương pháp biến đổi Laplace
Phương trình vi - tích phân Volterra có dạng:
x
(n)
K(x, t)u(t)dt, u(0) = a0 , ..., u(n−1) (0) = an−1 .
u (x) = f (x) + λ
0
Nếu nhân K(x, t) của phương trình tích phân trên phụ thuộc hiệu số
(x − t), khi đó được gọi là hạch sai phân.
Xét phương trình vi - tích phân có dạng
Footer Page 24 of 161.
14
Header Page 25 of 161.
Khóa luận tốt nghiệp Đại học
đào thị trang
x
(n)
K(x − t)u(t)dt.
u (x) = f (x) + λ
0
Giả sử f1 (x) và f2 (x) là các hàm sao cho sự tồn tại của chúng
£{f1 (x)} = F1 (s), £{f2 (x)} = F2 (s).
Tích chập Laplace của hai hàm số được cho bởi
x
(f1 ∗ f2 )(x) =
f1 (x − t)f2 (t)dt hoặc
0
x
(f2 ∗ f1 )(x) =
f2 (x − t)f1 (t)dt
0
khi đó
(f1 ∗ f2 )(x) = (f2 ∗ f1 )(x).
Dễ dàng kiểm tra được tích chập (f1 ∗ f2 )(x) được cho bởi:
x
£{(f1 ∗ f2 )(x)} = £
f1 (x − t)f2 (t)dt
= F1 (s)F2 (s).
0
Để giải phương trình vi - tích phân Volterra bằng cách biến đổi Laplace,
thì điều kiện căn bản là phải biết biến đổi Laplace của đạo hàm u(x).
Ta có
£{u(n) (x)} = sn £{u(x)} − sn−1 u(0) − sn−2 u (0) − ... − un−1 (0). (2.4)
Footer Page 25 of 161.
15
