Giải số phương trình vi phân với các phương pháp euler và runge kutta

TRƯỜNG ĐẠI HỌC CẦN THƠ

Khoa Khoa Học Tự Nhiên

Nguyễn Hoàng Thông

GIẢI SỐ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN VỚI
CÁC PHƯƠNG PHÁP EULER VÀ RUNGE-KUTTA
y
3
2
1
0

0.5

1.0

1.5

2.0

LUẬN VĂN TỐT NGHIỆP

Người hướng dẫn:

Lê Phương Quân

2010

2.5 t

2


Lời nói đầu
Trước tiên, xin gởi lời cám ơn chân thành và sâu sắc đến Thầy Lê Phương Quân (Khoa Khoa Học
Tự Nhiên). Lòng nhiệt tình và sự động viên của Thầy đã giúp em vượt qua những khó khăn để hoàn
thành được Luận Văn này. Đặc biệt, em xin cám ơn Thầy đã hỗ trợ nhiệt tình cho em trong việc
soạn thảo văn bản và báo cáo bằng LATEX.
Xin gởi lời cám ơn chân thành đến Cô cố vấn học tập Dương Thị Tuyền, người đã khuyến khích
em làm Luận Văn thay vì đăng ký học các Học Phần thay thế.
Xin chân thành cám ơn các Thầy Cô và bạn bè đã cho những lời nhận xét quý báu để em có thể
hoàn thiện thêm những nội dung còn thiếu sót trong Luận Văn và mở ra hướng nghiên cứu trong
tương lai sau khi ra trường.
Xin chân thành cám ơn các Thầy Cô và tất cả bạn bè trong Trường Đại Học Cần Thơ, những
người đã giảng dạy, hướng dẫn và giúp đỡ em trong suốt bốn năm học vừa qua. Chúc các Thầy Cô
và bạn bè luôn dồi dào sức khỏe và hoàn thành tốt mọi nhiệm vụ của mình.
Cuối cùng, xin bày tỏ nơi đây lòng biết ơn vô hạn của em đến mọi người thân trong gia đình,
những người luôn có mặt bên em trong mọi thời khắc!
Cần Thơ, ngày 09 tháng 02 năm 2010,
Nguyễn Hoàng Thông
(Lớp Toán Thống Kê K32 )

3


4

Lời nói đầu

Giới thiệu
Phương pháp Runge-Kutta đã được biết từ rất lâu, khi lần đầu tiên, ý tưởng của phương pháp được
Runge đề xuất vào năm 1895! Nhưng mãi đến gần đây, sự am hiểu có tính chất lý thuyết về chúng
mới được làm rõ hơn, chủ yếu qua các công trình của John Butcher (xem [2]). Như thường thấy
trong sự tiến bộ của khoa học tính toán, một lý thuyết nâng cao sẽ đưa đến các thuật toán mới và
tốt hơn, rồi đến lượt chúng lại đưa đến sự thấu hiểu hơn về cấu trúc lý thuyết tiềm ẩn và cứ tiếp
tục như vậy.
Các phương pháp số để giải phương trình hay hệ phương trình vi phân nói chung, thường được
gọi tắt là giải số phương trình vi phân, có mối liên hệ bản chất với các phép cầu phương, thực chất
là các phép xấp xỉ tích phân (xem [1]). Mối liên hệ tự nhiên này tồn tại là do mỗi bài toán giá trị
ban đầu đối với phương trình vi phân tương đương với một phương trình tích phân. Với quan điểm
toàn cục như vậy, các phương pháp Runge-Kutta được trình bày một cách tự nhiên dưới dạng các
lược đồ xấp xỉ tích phân. Trong đó, các phương pháp Runge-Kutta dạng hiện, xuất hiện trước nhất
và được trình bày như thể một phép cầu phương không thể đơn giản hơn và thuận tiện hơn về mặt
tính toán. Nghiệm số yn , là xấp xỉ giá trị nghiệm y(tn ), về mức độ chính xác thường được gọi là có
bậc p nếu ta có ước lượng
y(tn + h) − yn+1 ≤ Khp+1 ,
trong đó h là cỡ bước và K chỉ phụ thuộc vào dữ kiện của bài toán. Về mặt kỹ thuật, lược đồ
Runge-Kutta dạng hiện được áp dụng để tính giá trị yn+1 của nghiệm số của bài toán
y = f (t, y),

y(t0 ) = y0 ,

(1)

khi đã biết yn . Khi đó, yn+1 được xác định sau ν-chặng
η 1 = yn ,
η 2 = yn + ha21 f (tn , η 1 ),

η 3 = yn + ha31 f (tn , η 1 ) + ha32 f (tn + c2 h, η 2 ),
..
.

(2)

ν−1

η ν = yn + h

aνi f (tn + ci h, η i ),
i=1

bởi

ν

yn+1 = yn + h

bj f (tn + cj h, η j ).

(3)

j=1

Về mặt lý thuyết, bây giờ ta đã chứng minh được rằng: với ν ≤ 4, lược đồ ν-chặng ở trên cung cấp
nghiệm xấp xỉ có bậc đúng bằng ν. Đối với các bậc cao hơn, số chặng cần thiết để lược đồ đạt được
5

6

Giới thiệu

bậc tương ứng phải lớn hơn số bậc, nhưng lại không theo một quy luật nhất định. Chẳng hạn, lược
đồ cần đến 6-chặng để có bậc 5 và 7-chặng để có bậc 6. Năm 1965, Butcher đã chứng minh được
rằng: với p ≥ 7, không tồn tại phương pháp Runge-Kutta dạng hiện bậc p có ν = p + 1-chặng. Đến
20 năm sau, 1985, Butcher mới chứng minh được kết quả: với p ≥ 8, không tồn tại phương pháp
Runge-Kutta dạng hiện bậc p với ν = p + 2-chặng!
Lược đồ dạng hiện đã được Kutta tổng quát hóa lần đầu tiên vào năm 1901, và hơn 60 năm
sau (1964), Butcher mới vén lên tấm màn nhung để người ta được thấy vẻ đẹp của phương pháp
Runge-Kutta. Đặc biệt, Kutta đã chỉ ra các giá trị thỏa điều kiện bậc 4 với 4-chặng, trong đó
c1 = 0,
a43 = 1,

c2 = c3 = 1/2,
a21 = a32 = 1/2,

c4 = 1,

b1 = 1/6,

b2 = b3 = 1/3,

b4 = 1/6,

a31 = a41 = a42 = 0.

(4)

Với các giá trị được cho trong (4), lược đồ (2) và (3) (với ν = 4) có thể được viết thành:
k 1 = f t n , yn
1
2
1
h, yn
2

1
2
1
hk2
2

k2 = f tn + h, yn + hk1
k 3 = f tn +

+

(5)

k4 = f tn + h, yn + hk3
và
yn+1 = yn +

h
(k1 + 2k2 + 2k3 + k4 ).
6

(6)

Ngày nay, (5) và (6) được gọi chung là công thức RK4 và ngay ở hình thức này, nó cũng đã là một
“thuật toán” vừa đẹp, vừa đơn giản, vừa thuận tiện cho bất kỳ một ngôn ngữ lập trình tính toán
nào; hơn nữa, nó có đến bậc 4, trong khi công thức Euler chỉ có bậc 1! Có thể có nhiều cách chọn
khác để có được công thức bậc 4 với 4-chặng, nhưng cách chọn của Kutta được xem là “hoàn hảo”.
Đối với các bài toán (1) có tính ổn định, thì công thức RK4 gần như là sự lựa chọn duy nhất nếu
không có những đòi hỏi quá khắt khe về độ chính xác của nghiệm số.
Trong những tài liệu hiện có về các phương pháp giải số phương trình vi phân, kể cả các quyển
sách chuyên khảo về đề tài này của chính John Butcher, việc “chứng minh công thức xấp xỉ nghiệm
RK4 có bậc 4” không được trình bày. Hầu hết đều nói về sự phức tạp trong tính toán, dù không
quá khó, để có thể trình bày chi tiết và đầy đủ trong khuôn khổ các trang vốn dành để nói về nhiều
khía cạnh khác nhau của phương pháp Runge-Kutta. Trong [1], Arieh Iserles, một trong các chuyên
gia hàng đầu hiện nay về giải số phương trình vi phân cũng đã nói: “Việc nhận được công thức bậc
4 không vượt quá khả năng của một khai triển thành chuỗi Taylor, dù điều đó rất cần đến sự kiên
trì và tính cẩn trọng.”
Những nhận xét như trên chính là điểm xuất phát cho Luận Văn này. Sự háo hức đi tìm lại con
đường đưa đến công thức nổi tiếng RK4 chính là cảm xúc ban đầu của người thực hiện Luận Văn
khi được thầy hướng dẫn đặt ra những vấn đề cần giải quyết. Và trong quá trình thực hiện mới hiểu
rõ hơn lý do tại sao người ta nói như vậy về quá trình tính toán để nhận được công thức đẹp đẽ ấy.
Ngoài mục tiêu chính là chứng minh công thức RK4 có bậc 4, Luận Văn còn tập trung chứng
minh và làm rõ một số vấn đề khác có liên quan đến các bước xây dựng các phép cầu phương có
bậc cao hơn. Các phép cầu phương này được thiết lập bằng các lược đồ Runge-Kutta dạng ẩn, là
dạng đặc biệt hiệu quả cho các bài toán dạng (1) không có tính ổn định. Những vấn đề được yêu
cầu làm rõ ở đây là
(a) Dùng Định lý Nhân Peano để chứng minh một công thức cầu phương có bậc là p.


Giới thiệu

7

(b) Chứng minh Định lý 2.3, một kết quả về một bậc cụ thể của một dạng cầu phương có liên
quan đến các không điểm của các đa thức trực giao.
(c) Phân tích khái niệm luồng trong tài liệu [3] để mô tả chi tiết nội dung của Bổ đề AlekseevGr¨obner về đánh giá sai số toàn cục, chính là một cơ sở quan trọng để chứng minh Định lý
3.2.
Mặc dù một chương trình tính toán nghiệm số theo công thức RK4 đã được viết bằng ngôn ngữ
của Maple trong quá trình thực hiện Luận Văn này, nhưng việc tính toán cho các lược đồ có bậc
cao hơn vẫn là những mục tiêu đáng để theo đuổi. Đặc biệt, việc xây dựng các thuật toán cụ thể
cho các lược đồ bậc 5, bậc 6 và bậc 7 cùng các chương trình tính toán tương ứng hiển nhiên là công
việc không đơn giản, nhưng không kém phần hấp dẫn. Hơn nữa, việc tính toán các đạo hàm cấp
cao lại liên quan đến lý thuyết đồ thị như đã được chỉ rõ trong [1], [2] và [5]. Sự liên kết thú vị và
dường như tất nhiên này chắc chắn sẽ là một vấn đề nên được tìm hiểu thấu đáo.
Trong Luận Văn có sử dụng một số thuật ngữ được dịch từ tiếng Anh. Ngoài sự tham khảo cách
dùng từ phổ biến, việc chọn từ còn lưu ý đến nội dung kiến thức liên quan nên chắc chắn sẽ mang
tính chủ quan. Vì vậy, Danh sách thuật ngữ được cung cấp trong Luận Văn như một mong muốn
được góp ý về cách dùng từ sát hợp và chuẩn mực hơn.


8

Giới thiệu


Danh sách thuật ngữ
ν-stage:
abscissa:
candidate solution:
collocation method:
collocation parameter:
defect:

error:
explicit Runge-Kutta scheme:
flow map, flow:
implicit Runge-Kutta scheme:
linear functional:
maximal integral curve:
monic polynomial:
multistep method:
na¨ıve rendition:
order:
orthogonal polynomial:
Peano kernel:
polygonal curve:
quadrature:
quadrature weight:
quadrature node:
Runge-Kutta tableau:
scalar autonomous equation:
simple zero:
step size:
the fundamental Theorem of Algebra:
truncated power function:
variation-of-constants formula:
weight function:

ν-chặng
hoành độ
nghiệm ứng viên
phương pháp sắp đặt
tham số định vị

độ lệch
sai số
lược đồ RK dạng hiện
ánh xạ luồng, luồng
lược đồ RK dạng ẩn
phiếm hàm tuyến tính
đường cong tích phân tối đại
đa thức đơn nhất
phương pháp đa bước
khai triển thô
bậc
đa thức trực giao
nhân Peano
đường gấp khúc
phép cầu phương
trọng số cầu phương
điểm nút cầu phương
bảng RK
phương trình vô hướng tự điều chỉnh
cực điểm đơn
cỡ bước
Định lý cơ bản của Đại số
hàm lũy thừa chặt cụt
công thức biến thiên hằng số
trọng hàm

9


10

Danh sách thuật ngữ


Danh sách ký hiệu
Ký hiệu: Ý nghĩa hoặc giá trị
R:
Rn :
y, f , η, . . . , yj , η i , . . .:
Pn :

tập số thực
tích Descartes của n tập đều bằng R,
không gian Euclide các vector, điểm n-chiều
vector, hàm vector, điểm nhiều chiều
không gian các đa thức có bậc nhỏ hơn hoặc bằng n

C n ([a, b]): không gian các hàm số khả vi liên tục đến cấp n trên [a, b]
∂f
∂f1 ∂f2
∂fn
fyi , Di f ,
:
,
,...,
, với f = (f1 , f2 , . . . , fn )
∂yi
∂yi ∂yi
∂yi
[ a ]: phần nguyên của số thực a

DΦst :
· :

ma trận Jacobian của hàm vector Φst , phụ thuộc hai tham số s, t
chuẩn Euclide

uv = u · v: u1 v1 + u2 v2 + · · · + un vn , với u = (u1 , u2 , . . . , un ) và v = (v1 , v2 , . . . , vn )
fy : (fy1 , fy2 , . . . , fyn ), với f = (f1 , f2 , . . . , fn ) và y = (y1 , y2 , . . . , yn )
fy f : (fy1 , fy2 , . . . , fyn )(f1 , f2 , . . . , fn ) = f1 fy1 + f2 fy2 + · · · + fn fyn ∈ Rn
fyy : (fyy1 , fyy2 , . . . , fyyn )
fyy f 2 : (fyy f )f
fyyy : (fyyy1 , fyyy2 , . . . , fyyyn )
fyyy f 3 : ((fyyy f )f )f
gfy2 : (gfy )fy = fy (fy g), g ∈ Rn

11


12

Danh sách ký hiệu


Mục lục

Lời nói đầu

3

Giới thiệu

5

Danh sách thuật ngữ

9

Danh sách ký hiệu

11

Chương 1. Những kết quả và khái niệm cần thiết

15

1.1. Định lý Nhân Peano . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

15

1.2. Bổ đề Alekseev-Gr¨
obner . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

24

Chương 2. Phương pháp Euler và phép cầu phương

29

2.1. Sự hội tụ và bậc của phương pháp Euler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

29

2.2. Phép cầu phương Gauss . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

32

Chương 3. Phương pháp Runge-Kutta

37

3.1. Lược đồ dạng hiện của phương pháp Runge-Kutta . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

37

3.2. Phương pháp 4-chặng RK-h bậc bốn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

40

3.3. Lược đồ dạng ẩn của phương pháp Runge-Kutta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

46

3.4. Sự sắp xếp theo thứ tự và các phương pháp RK-a . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

49

Tài liệu tham khảo

53

Chỉ mục

55

13


14

Mục lục


Chương 1
NHỮNG KẾT QUẢ VÀ KHÁI NIỆM CẦN THIẾT

Định lý Nhân Peano được nhắc lại trong chương này nhằm cung cấp một công cụ chủ yếu để ước
lượng sai số của các phép cầu phương khi xấp xỉ tích phân. Các ví dụ kèm theo sẽ làm rõ hơn cách
vận dụng công cụ này. Ngoài ra, một cấu trúc quan trọng phát sinh từ những kết quả về nghiệm
của bài toán giá trị ban đầu sẽ được khảo sát. Đây là một cấu trúc rất cơ bản của một họ nghiệm
phụ thuộc hai tham số chỉ thời gian. Hơn nữa, họ nghiệm như vậy sẽ có mặt trong một ước lượng
toàn cục đối với sai số của nghiệm xấp xỉ qua “độ lệch”, là một khái niệm sẽ được xét trong chương
cuối. Các tài liệu tham khảo [3] và [4] được chọn lọc cho phần trình bày những nội dung nói trên.

1.1.

Định lý Nhân Peano

Trước hết, ta sẽ kiểm chứng rằng: nếu f (n+1) tồn tại trên [a, b] thì với x ∈ [a, b]
f (x) = f (a) + f (a)(x − a) + · · · +
với

Rn (f ) =

1
n!

ˆ

x

f (n) (a)
(x − a)n + Rn (f ),
n!

f (n+1) (t)(x − t)n dt.

(1.1)

(1.2)

a

Thật vậy, bằng cách lấy tích phân từng phần trong (1.2) ta có
ˆ x
1
f (n) (a)
Rn (f ) =
(x − t)n d f (n) (t) = −
(x − a)n + Rn−1 (f ).
n! a
n!

Tiếp tục như vậy, ta đi đến
Rn (f ) = −

f (n) (a)
f (n−1) (a)
(x − a)n −
(x − a)n−1 + Rn−2 (f ).
n!
(n − 1)!

Từ đó, cứ tiếp tục dùng cách tính như trên n lần và để ý rằng
ˆ x
R0 (f ) =
f (t)dt = f (x) − f (a).
a

ta suy ra (1.1) và (1.2).
Nếu f (n+1) là liên tục thì do (x − t)n không đổi dấu trong khoảng lấy tích phân nên tồn tại
a < ξx < x sao cho
ˆ
f (n+1) (ξx ) x
f (n+1) (ξx )
Rn (f ) =
(x − t)n dt =
(x − a)n+1 .
n!
(n
+
1)!
a

15


16

Chương 1. Những kết quả và khái niệm cần thiết

Để có thể xét tích phân trên một khoảng cố định, ta xác định một hàm theo t sao cho nó trùng với
(x − t)n khi x − t ≥ 0, và bằng 0 khi x − t < 0. Ta đi đến định nghĩa sau.
Định nghĩa 1.1. Với số thực x cố định cho trước và số nguyên n ≥ 0, ta viết (x − t)n+ để chỉ hàm
theo t, xác định trên −∞ < t < +∞ và được cho bởi
(x − t)n+ =

(x − t)n
0

khi t ≤ x,
khi t > x.

(1.3)

Hàm số trên thường được gọi là hàm lũy thừa chặt cụt.
Theo định nghĩa trên, hàm (x − t)0+ có giá trị 1 đối với t ≤ x và là 0 khi t > x và như vậy, nó
không liên tục tại t = x. Với n = 1, ta thường viết (x − t)1+ là (x − t)+ . Khi n tăng, các hàm lũy
thừa chặt cụt có độ trơn tăng lên. Ta dễ dàng chứng minh được
d
n−1
(x − t)n+ = −n(x − t)+
.
dt

(1.4)

Như vậy, đạo hàm của một hàm lũy thừa chặt cụt là bội của một hàm lũy thừa chặt cụt có bậc nhỏ
hơn một đơn vị. Với n > 1, áp dụng (1.4) n − 1 lần, ta thấy rằng đạo hàm cấp (n − 1) của (x − t)n+
là bội của (x − t)+ , là một hàm liên tục trong −∞ < t < +∞; trong khi đạo hàm cấp n của (x − t)n+
là bội của (x − t)0+ , là hàm không liên tục tại t = x. Vậy, (x − t)+ liên tục, nhưng đạo hàm cấp một
của nó là không liên tục; (x − t)2+ và đạo hàm cấp một của nó là liên tục, nhưng đạo hàm cấp hai
của nó thì không liên tục, . . . .
Với việc giới thiệu hàm lũy thừa chặt cụt, khai triển Taylor của f thành đa thức với số hạng dư
có thể được viết dưới dạng
f (x) = f (a) + f (a)(x − a) + · · · +
với

1
Rn (f ) =
n!

ˆ

b

a

f (n) (a)
(x − a)n + Rn (f ),
n!

f (n+1) (t)(x − t)n+ dt.

(1.5)

Định nghĩa 1.2. Một phiếm hàm tuyến tính L là một ánh xạ từ một không gian F các hàm f xác
định trên [a, b] vào R sao cho
L(αf + βg) = αL(f ) + βL(g),
với mọi hàm f , g trong F và mọi số thực α, β.
Ví dụ 1.1. Gọi p ∈ Pn là đa thức nội suy đối với một hàm f đã cho trên n + 1 giá trị phân biệt
của đối số. Gọi Lx : f → p(x). Bằng cách viết ra dạng đa thức nội suy Lagrange đối với các hàm, ta
dễ dàng kiểm chứng được Lx là một phiếm hàm tuyến tính. Ngoài ra, ta xét thêm hai phiếm hàm
tuyến tính được cho bởi
ˆ b
n
L(f ) =
f (x)dx và L(f ) =
wi f (xi ),
a

i=1

trong đó, wi và xi là các số bất kỳ.
Bây giờ, ta sẽ phát biểu và chứng minh Định lý Nhân Peano (1858–1932).


17

1.1. Định lý Nhân Peano
Định lý 1.1 (Định lý Nhân Peano). Ta xác định hàm
gt (x) = (x − t)n+

(1.6)

và gọi L là một phiếm hàm tuyến tính có thể hoán đổi phép lấy tích phân theo nghĩa
ˆ

b

L

ˆ

b

F (x, t)dt =

a

LF (x, t)dt,

a

đối với các hàm hai biến F sao cho F (·, t), F (x, ·) ∈ C n+1 ([a, b]); ngoài ra, L cũng thỏa điều kiện:
L(gt ) được xác định và L(p) = 0, với mọi p ∈ Pn . Khi đó, đối với mỗi f ∈ C n+1 ([a, b]), ta có thể
viết
ˆ
b

L(f ) =

f (n+1) (t)K(t)dt,

(1.7)

a

trong đó
K(t) =

1
L(gt )
n!

(1.8)

được gọi là nhân Peano của L.
Chứng minh. Lưu ý rằng, mặc dù ta xem hàm lũy thừa chặt cụt (x − t)n+ là hàm theo t, với x
đóng vai trò tham số, nhưng trong phát biểu định lý, ta viết L(gt ) để nhấn mạnh L được áp dụng
cho hàm lũy thừa chặt cụt (x − t)n+ , được xem như là hàm của x với t là tham số. Vậy, phiếm hàm
tuyến tính L gán (x − t)n+ cho một số thực phụ thuộc t, nghĩa là một hàm theo t. Phiếm hàm L,
theo giả thiết đã nêu, cũng được gọi là làm triệt tiêu các đa thức thuộc Pn . Bây giờ ta hãy viết f (x)
dưới dạng (1.1), với Rn (f ) được viết như trong (1.5), nghĩa là chứa hàm lũy thừa chặt cụt. Do L là
tuyến tính, làm triệt tiêu đa thức Taylor và có thể hoán đổi phép lấy tích phân nên khi áp dụng nó
cho (1.1), ta nhận được
1
L(f ) = L
n!

ˆ

b

f

(n+1)

(t)(x −

a

t)n+ dt

1
=
n!

ˆ

ˆ

b

f

(n+1)

(t)L(gt )dt =

a

b

f (n+1) (t)K(t)dt,

a

chính là kết quả cần chứng minh.
Hệ quả 1.1. Nếu ta thêm vào giả thiết của định lý trên là nhân K(t) không đổi dấu trên [a, b] thì
ta có thể viết
f (n+1) (ξ)
L(f ) =
L(xn+1 ),
(1.9)
(n + 1)!
trong đó a < ξ < b.
Chứng minh. Do f (n+1) (t) liên tục và K không đổi dấu trên [a, b] nên ta có thể viết
ˆ
L(f ) = f

(n+1)

(ξ)

b

K(t)dt,

a < ξ < b.

a

Do kết luận này đúng với mọi f ∈ C n+1 ([a, b]) nên khi thay f bởi xn+1 , ta nhận được kết quả mong

muốn là
ˆ b
L(xn+1 ) = (n + 1)!
K(t)dt.
a


18

Chương 1. Những kết quả và khái niệm cần thiết

Chú ý. Định lý 1.1 chứng tỏ rằng nếu K được xác định bởi (1.8) thì nó thỏa (1.7). Thật ra, ta có
thể tìm được một hàm K khác cũng thỏa (1.7) và điều này đưa đến một câu hỏi là: hàm K thỏa
(1.7) có duy nhất hay không? Để trả lời, ta xét Kg là hàm được cho bởi (1.8). Khi đó, nếu K là hàm
bất kỳ thỏa (1.7) thì ta phải có
ˆ b
f (n+1) (t) K(t) − Kg (t) dt = 0, với mọi f ∈ C n+1 ([a, b]).
a

Từ đó suy ra K(t) − Kg (t) = 0 trên [a, b] trừ ra một tập con của đoạn có độ đo không. Đặc biệt,
nếu Kg là liên tục trên [a, b] thì K = Kg là hàm liên tục duy nhất thỏa (1.7).
Trong các ví dụ dưới đây trong đoạn con này, phiếm hàm tuyến tính L sẽ được cho dưới dạng:
ˆ

b

L(f ) =

N

f (x)dx +

a

N

c0i f (x0i ) +
i=1

c1i f (x1i ),

(1.10)

i=1

trong đó, số hạng tích phân có thể không có mặt. Ta sẽ nói rằng x0i , x1i là các hoành độ của phiếm
hàm tuyến tính L. Các phiếm hàm như vậy có thể hoán đổi phép tính tích phân và điều này cũng
đúng đối với các phiếm hàm nhận được bằng cách cộng thêm vào vế phải của (1.10) các số hạng
chứa các tính toán cùng dạng đối với các đạo hàm cấp cao hơn.
Ví dụ 1.2. Ta hãy tìm số hạng sai số của công thức tính tích phân trên [a, b] bằng phương pháp
hình thang. Xét phiếm hàm L được xác định bởi
ˆ b
h
L(f ) =
f (x)dx − f (a) + f (b) , h = b − a.
2
a
Rõ ràng đây là phiếm hàm tuyến tính và làm triệt tiêu mọi hàm f ∈ P1 và ta có thể chọn gt (x) =
(x − t)+ vì L(gt ) tồn tại. Khi đó
ˆ b

h
K(t) = L(gt ) =
(x − t)+ dx − (a − t)+ (b − t)+ .
2
a
Với a ≤ t ≤ b, ta có (a − t)+ = 0 và (b − t)+ = b − t. Vì (x − t)+ = 0 khi x < t trong tích phân trên
nên ta có thể viết
ˆ b
h
1
h
(x − t)dx − (b − t) = (b − t)2 − (b − t),
K(t) =
2
2
2
t
và vì h = b − a nên ta suy ra
1
K(t) = (b − t)(a − t) ≤ 0,
2

với a ≤ t ≤ b.

Vì nhân K(t) không đổi dấu trên [a, b] nên ta có thể áp dụng Hệ quả 1.1 với giả thiết về tính liên
tục của f . Theo đó, ta chỉ cần tính
ˆ b
h
b3 − a3 h 2
h3

L(x2 ) =
x2 dx − (a2 + b2 ) =
− (a + b2 ) = − .
2
3
2
6
a
Cuối cùng, theo (1.9), ta có
ˆ
L(f ) =
a

với a < ξ < b.

b

f (x)dx −

h
h3
f (a) + f (b) = − f (ξ),
2
12


19

1.1. Định lý Nhân Peano

Trong Ví dụ 1.2, nhân K(t) triệt tiêu tại t = a và t = b. Bây giờ ta sẽ chứng minh rằng điều
kiện này thỏa cho một lớp các hàm nhân.
Định lý 1.2. Gọi L là phiếm hàm có dạng như trong (1.10) sao cho L(p) = 0, với mọi p ∈ Pn ,
trong đó x0i , x1i ∈ [a, b]; ngoài ra, ta cũng chọn nhân Peano K bởi (1.8), với gt xác định bởi (1.6).
Khi đó, với n ≥ 2 thì nhân K bằng 0 tại cả hai điểm mút t = a và t = b. Hơn nữa, nếu mọi hệ số
c1i trong (1.10) đều bằng 0 thì K cũng bị triệt tiêu tại t = a và t = b với n ≥ 1.
Chứng minh. Nếu f (x) = (x − t)n+ thì riêng tích phân ở vế phải của (1.10) là một hàm liên tục của
t. Ngoài ra, đối với x cố định bất kỳ, cả (x − t)n+ và đạo hàm của nó đều là những hàm liên tục của
t nếu n ≥ 2. Ta có thể thấy rõ điều này khi viết ra cụ thể L(f ):
ˆ

b

L(f ) =

N

(x −

a

t)n+ dx

+

N

c0i (x0i −

t)n+

nc1i (x1i − t)n−1
+ .

−

i=1

(1.11)

i=1

Tóm lại, nếu n ≥ 2 và f (x) = (x − t)n+ thì L(f ) là một hàm liên tục của t hay từ (1.8) và (1.6), nhân
K(t) là liên tục. Vậy, đối với mọi phiếm hàm tuyến tính liên tục L thỏa các điều kiện của định lý,
với n ≥ 2, ta hãy tính L((x − t)n+ ) tại t = a mà ta được phép viết là L((x − a)n+ ). Do a ≤ x ≤ b nên
L((x − a)n+ ) = L((x − a)n ) = 0,
vì L làm triệt tiêu các đa thức trong Pn . Ta cũng dễ dàng nhận thấy rằng
L((x − b)n+ ) = L(0) = 0.
Khi đó, từ (1.8), ta suy ra rằng
K(a) = 0,

K(b) = 0.

Kết quả này hiển nhiên vẫn có giá trị khi n = 1 (xem (1.11)) nếu mọi hệ số c1i đều bằng 0.
Ví dụ 1.3. Ta hãy xét quy tắc 3/8 dùng để tính gần đúng tích phân trên [−3, 3], với phiếm hàm
tuyến tính tương ứng là
ˆ

3

L(f ) =

f (x)dx −

−3

3
f (−3) + 3f (−1) + 3f (1) + f (3) .
4

Dễ thấy L làm triệt tiêu các đa thức trong P3 . Ta chọn nhân K bởi (1.8) và (1.6) với n = 3. Khi
đó, ta nhận được:
ˆ

3

3!K(t) =

−3

(x − t)3+ dx −

3
3(−1 − t)3+ + 3(1 − t)3+ + (3 − t)3+
4

do (−3 − t)3+ = 0 trên [−3, 3]. Mặt khác, vì
ˆ

3

−3

ˆ
(x −

t)3+ dx

=
t

3

1
(x − t)3 dx = (3 − t)4
4

nên K(t) là một đa thức bậc 4 trên mỗi đoạn [−3, −1], [−1, 1] và [1, 3]. Trước hết, trên [−3, −1] ta
có
1
3
1
3!K(t) = (3 − t)4 − 3(−1 − t)3 + 3(1 − t)3 + (3 − t)3 = t(3 + t)3 .
4
4
4


20

Chương 1. Những kết quả và khái niệm cần thiết

Kế đó, trên [−1, 1] ta nhận được
1
3
1
3!K(t) = (3 − t)4 − 3(1 − t)3 + (3 − t)3 = (t2 − 3)(t2 + 3),
4
4
4
và sau cùng, trên [1, 3]

1
3!K(t) = − t(3 − t)3 .
4

Tổng hợp các kết quả trên, ta có thể viết

t(3 + t)3



,


 2 24
(t − 3)(t2 + 3)
K(t) =
,


24 3




 − t(3 − t) ,
24

−3 ≤ t ≤ −1,
−1 ≤ t ≤ 1,
1 ≤ t ≤ 3.

Như đã được biết bởi Định lý 1.2, K(−3) = K(3) = 0. Bây giờ, ta có thể mở rộng K trên (−∞, +∞)
bằng cách đặt K(t) = 0 bên ngoài [−3, 3]. Khi đó, ta dễ dàng điều chỉnh biểu diễn trên của K trên
[−3, 3] thành biểu diễn của nó trên (−∞, +∞) bằng cách dùng các hàm lũy thừa chặt cụt để viết
K(t) = (1/24)t(3 + t)3+ , khi −∞ < t ≤ −1, và K(t) = (−1/24)t(3 − t)3+ khi 1 ≤ t < +∞. Ngoài ra,
dễ thấy K là hàm chẵn, nghĩa là K(−t) = K(t) và K(t) ≤ 0 với mọi t. Thêm nữa, khi kiểm tra tính
liên tục của K và các đạo hàm của nó tại t = ±1 và t = ±3, ta có thể kết luận K ∈ C 2 ((−∞, +∞)).
Bằng cách áp dụng Hệ quả 1.1 khi giả thiết f (4) liên tục, ta nhận được kết quả L(x4 ) = −144/5 và
như vậy:
ˆ 3
3
6
f (x)dx = f (−3) + 3f (−1) + 3f (1) + f (3) − f (4) (ξ).
(1.12)
4
5
−3

Nếu ta đổi biến x = 2(u − x0 )/h − 3 thì tích phân của f (x) trên [−3, 3] sẽ thành tích phân của

g(u) = f 2(u − x0 )/h − 3 trên [x0 , x3 ], với xj = x0 + jh, và f (4) (ξ) = h4 g (4) (η)/16, x0 < η < x3 .
Từ đó, ta nhận được biểu diễn của phép xấp xỉ tích phân theo luật 3/8:
ˆ x3
3h
3
g(u)du =
g(x0 ) + 3g(x1 ) + 3g(x2 ) + g(x3 ) − h5 g (4) (η).
8
80
x0

Với phiếm hàm L có tính đối xứng qua x = 0 trong Ví dụ 1.3 thì tính chẵn của nhân K(t) là
điều có vẻ tự nhiên. Tổng quát hơn, ta sẽ chứng minh rằng đối với một lớp rộng các phiếm hàm
tuyến tính có tính đối xứng thì các nhân Peano tương ứng là chẵn hoặc lẻ tùy theo n là chẵn hoặc
lẻ trong (1.6) và (1.8). Trước tiên, ta sẽ tìm một dạng khác của số hạng sai số khi xấp xỉ f (x) bởi
đa thức Taylor của nó, được cho bởi (1.1) và (1.2). Nếu f (n+1) tồn tại trên [a, b], ta có thể viết
f (x) = f (b) + f (b)(x − b) + · · · +

f (n) (b)
(x − b)n + Rn (f )
n!

đối với a ≤ x ≤ b; trong đó,
Rn (f ) = (−1)

n+1

1
n!

ˆ

b

f (n+1) (t)(t − x)n dt.

x

Bằng cách dùng tích phân từng phần, ta chứng tỏ được rằng
Rn (f ) = −

f (n) (b)
(x − b)n + Rn−1 (f )
n!

(1.13)


21

1.1. Định lý Nhân Peano

và cũng kiểm chứng được (1.13) theo cùng cách như đã chứng minh (1.1) và (1.2). Khi đó, ta có thể
biểu diễn Rn (f ) theo một hàm lũy thừa chặt cụt dưới dạng
Rn (f ) = (−1)n+1

1
n!

ˆ

a

b

f (n+1) (t)(t − x)n+ dt.

(1.14)

Hàm lũy thừa chặt cụt (t − x)n+ có giá trị (t − x)n khi t − x ≥ 0 và bằng 0 nếu khác đi. Điều này
cũng phù hợp với nội dung được cho trong Định nghĩa 1.1.
Bây giờ, ta hãy định nghĩa
ht (x) = (−1)n+1 (t − x)n+

(1.15)

và gọi L là phiếm hàm tuyến tính có thể hoán đổi được phép tính tích phân, thỏa L(p) = 0 với mọi
p ∈ Pn và L(ht ) xác định. Ta hãy viết f (x) như trong (1.13); trong đó, Rn (f ) được cho bởi (1.14)
và tính L(f ). Khi đó, theo cùng một cách như khi chứng minh (1.7), ta nhận được
ˆ

b

L(f ) =

f (n+1) (t)K(t)dt,

a

với nhân K(t) được cho bởi
K(t) = Kh (t) =

1
L(ht ).
n!

(1.16)

Vậy, ta có hai biểu thức để xác định nhân Peano: K = Kh , được xác định bởi (1.16), chứa hàm lũy
thừa chặt cụt (t − x)n+ và K = Kg , được cho bởi (1.8), chứa hàm lũy thừa chặt cụt (x − t)n+ . Ta
biết rằng, khi đó Kg và Kh phải bằng nhau trên [a, b] trừ ra một tập con của [a, b] có độ đo không.
Trong định lý sau đây, ta sẽ cải tiến kết quả này và thiết lập điều kiện để các nhân Peano tương
ứng là chẵn hoặc lẻ.
Định lý 1.3. Cho phiếm hàm tuyến tính L được xác định bởi
ˆ
L(f ) =

a

N

N

f (x)dx + c0 f (0) +

−a

c0i f (x0i ) + f (−x0i ) +
i=1

c1i f (x1i ) − f (−x1i ) ,

(1.17)

i=1

trong đó x0i > 0, x1i > 0 và đều thuộc [−a, a]. Hơn nữa, giả sử rằng L làm triệt tiêu mọi đa thức
trong Pn và L(gt ), L(ht ) đều tồn tại và lần lượt được cho bởi (1.6) và (1.15). Khi đó, các nhân Peano
Kg và Kh được xác định lần lượt bởi (1.8) và (1.16) thỏa quan hệ
Kg (−t) = (−1)n+1 Kh (t).

(1.18)

Nếu n ≥ 2 trong (1.6) và (1.15) thì các nhân Kg , Kh là bằng nhau và cùng thuộc C n−2 ([−a, a]), và
là chẵn hay lẻ tùy theo giá trị n tương ứng là lẻ hay chẵn. Nếu, với n ≥ 2, không có mặt số hạng
đạo hàm trong (1.17) thì Kg = Kh ∈ C n−1 ([−a, a]).
Chứng minh. Từ (1.8), ta có
n!Kg (−t) = L((x + t)n+ )
và chú ý rằng

ˆ

a

−a

ˆ
(x + t)n+ dx =

a

−t

(x + t)n dx =

(a + t)n+1
.
n+1


22

Chương 1. Những kết quả và khái niệm cần thiết

Vậy, đối với phiếm hàm (1.17), ta nhận được
(a + t)n+1
n!Kg (−t) =
+ c0 (t)n+ +
n+1

N

c0i (x0i + t)n+ + (−x0i + t)n+
i=1

N

+n

c1i (x1i + t)n−1
− (−x1i + t)n−1

,
+
+
i=1

trong đó, ta cần xóa các số hạng bao gồm các hàm lũy thừa chặt cụt có bậc n − 1 khi n = 0. Bây
giờ, ta hãy dùng (1.16) để tính nhân Kh (t). Vì
ˆ

a

ˆ
(t −

x)n+ dx

−a

=

t

(t − x)n dx =

−a

(t + a)n+1
n+1

nên ta nhận được

(−1)n+1 n!Kh (t) =

(t + a)n+1
+ c0 (t)n+ +
n+1

N

c0i (t − x0i )n+ + (t + x0i )n+
i=1

N

+n

n−1
c1i − (t − x1i )n−1
+ (t + x1i )+
,
+
i=1

trong đó, một lần nữa, ta cần xóa các số hạng bao gồm các hàm lũy thừa chặt cụt có bậc n − 1 khi
n = 0. Khi so sánh biểu thức cuối của (−1)n+1 n!Kh (t) với biểu thức đã có ở trên của n!Kg (−t), ta
suy ra (1.18). Ngoài ra, hiển nhiên rằng do bản chất của các hàm lũy thừa chặt cụt đối với n ≥ 2,
cả hai nhân đều thuộc C n−2 ([−a, a]) hay C n−1 ([−a, a]) nếu không có số hạng đạo hàm trong (1.17).
Điều này, cùng với sự kiện là Kg và Kh phải bằng nhau trên [−a, a], có thể trừ ra một tập con của
[−a, a] có độ đo không, chứng tỏ rằng chúng phải trùng nhau trên toàn bộ khoảng [−a, a] khi n ≥ 2,
và như vậy Kg = Kh là chẵn hay lẻ tùy thuộc vào n tương ứng là lẻ hay chẵn.
Ví dụ 1.4. Như đã biết, công thức Simpson để tính xấp xỉ tích phân trên một đoạn thì cho giá

trị chính xác của tích phân khi hàm dưới dấu tích phân là các đa thức trong P3 . Vậy, một cách tự
nhiên, ta nên tính nhân K theo (1.8), trong đó gt được xác định bởi (1.6), với n = 3. Tuy nhiên, do
ta có thể chọn n bất kỳ thỏa n ≤ 3 nên ở đây, ta sẽ chọn n = 2 trong (1.6). Để minh họa, ta xét
khoảng lấy tích phân là [−1, 1] và định nghĩa phiếm hàm tuyến tính L bởi
ˆ
L(f ) =

1

f (x)dx −

−1

1
f (−1) + 4f (0) + f (1) .
3

Khi đó, nhân K đối với L thỏa
ˆ
2!K(t) =

1

−1

(x − t)2+ dx −

1
(−1 − t)2+ + 4(−t)2+ + (1 − t)2+ ,
3

và vì đối với t ∈ [−1, 1], (−1 − t)2+ luôn bằng 0 và (1 − t)2+ = (1 − t)2 nên
ˆ
2!K(t) =
t

1

(x − t)2 dx −

1
4(−t)2+ + (1 − t)2 .
3


23

1.1. Định lý Nhân Peano
Vậy, 2!K(t) được cho trong các trường hợp tương ứng như sau
1
2!K(t) = (1 − t)3 −
3
1
= (1 − t)3 −
3

1
4(−t)2 + (1 − t)2 ,
3
1

(1 − t)2 ,
3

− 1 ≤ t ≤ 0,
0 < t ≤ 1,

hay có thể được viết chung thành

2

 − t(1 + t) ,
6 2
K(t) =

 − t(1 − t) ,
6

−1 ≤ t ≤ 0,
0 < t ≤ 1.

Ta thấy K đổi dấu trên [−1, 1] và là hàm lẻ. Nếu ta mở rộng K trong (−∞, +∞) bằng các đặt
K(t) = 0 bên ngoài [−1, 1] thì ta có thể kiểm chứng được K ∈ C 1 ((−∞, +∞)). Tóm lại, số hạng sai
số của công thức Simpson được cho bởi
ˆ 1
ˆ 1
1
f (3) (t)K(t)dt,
f (x)dx − f (−1) + 4f (0) + f (1) =
3
−1

−1
với mọi f ∈ C 3 ([−1, 1]).
Chú ý. Để thiết lập các chận cho L(f ), từ Định lý Nhân Peano (Định lý 1.1) và theo bất đẳng thức
H¨older, ta có thể suy ra các kết quả
|L(f )| ≤ K
|L(f )| ≤ K
|L(f )| ≤ K
trong đó

ˆ
g

p

=

b

|g(x)|p dx

1/p

1

× f (n+1)

∞
2

× f

(n+1)

∞,
1,

× f (n+1) 2 ,

(1 ≤ p < ∞), và g

a

∞

= sup |g(x)|.
a≤x≤b

Ví dụ 1.5. Tương tự như trong Ví dụ 1.4, phiếm hàm tuyến tính L được cho bởi
ˆ 1
1
L(f ) =
f (x)dx − f (0) + 4f (1/2) + f (1)
6
0
làm triệt tiêu các đa thức của P3 và lần này, ta chọn nhân K theo (1.8), (1.6), với n = 3. Khi đó
ˆ 1
1
3!K(t) =
(x − t)3+ dx − (−t)3+ + 4((1/2) − t)3+ + (1 − t)3+
6

0
ˆ 1
1
=
(x − t)3 dx − 4((1/2) − t)3+ + (1 − t)3 ,
6
t
và ta có thể viết K(t) dưới dạng

3

 − t (2 − 3t) ,
72 3
K(t) =

 − (1 − t) (3t − 1) ,
72

0 ≤ t ≤ 1/2,
1/2 < t ≤ 1.


24

Chương 1. Những kết quả và khái niệm cần thiết

Từ đó suy ra
K

1

√

1
=
,
2880

K

2

14
,
8064

=

K

∞

=

1
1152

và ta nhận được các ước lượng
√

1
|L(f )| ≤
f (4) 1 ,
1152

14 (4)
f
2,
8064

|L(f )| ≤

|L(f )| ≤

1
f (4)
2880

∞,

với f ∈ C 4 ([0, 1]).

1.2.

Bổ đề Alekseev-Gr¨
obner

Xét bài toán
y = f (t, y),

y(t0 ) = y0 ,

(1.19)

trong đó, t thường chỉ biến thời gian, và f : B −→ Rn là trường vector phụ thuộc thời gian trên một
tập mở B ⊂ Rn+1 . Với I ⊂ R là một khoảng thì đường cong x : I −→ Rn (hay còn được gọi là quỹ
đạo) được gọi là nghiệm của (1.19) nếu t0 ∈ I và với mọi s ∈ I, ta có (s, x(s)) ∈ B và
x (s) = f (s, x(s)),

x(t0 ) = y0 .

Ta cũng gọi y(t0 ) = y0 là điều kiện ban đầu của bài toán (1.19) và nghiệm thỏa điều kiện này cũng
được gọi là đi qua điểm (t0 , y0 ).
Các điều kiện liên tục, khả vi sẽ được đặt lên f , nhưng trước tiên, ta giả sử f liên tục trên B.
Cấu trúc quan trọng và cơ bản nhất phát sinh từ những kết quả về bài toán (1.19) chính là ánh xạ
luồng Φ hay vắn tắt là luồng, được sinh bởi trường f và sẽ được xét sau. Trước tiên, ta mở rộng
khái niệm tích phân của hàm số thành tích phân của một hàm vector.
Định nghĩa 1.3. Giả sử x : I −→ Rn là đường cong liên tục và với s ∈ I,


x1 (s)
 x2 (s) 


x(s) =  .  = (x1 (s), x2 (s), . . . , xn (s))T .
.
 . 
xn (s)

Giả sử khoảng I chứa thời điểm ban đầu t0 . Đối với t ∈ I, tích phân của x từ t0 đến t được định

nghĩa bởi
ˆ t
ˆ t
ˆ t
ˆ t
T
x(s)ds =
x1 (s)ds,
x2 (s)ds, . . . ,
xn (s)ds .
t0

t0

t0

t0

Đối với đường cong được cho trong định nghĩa trên, ta nhận được đường cong y : I −→ Rn , được
cho bởi
ˆ
t

y(t) =

x(s)ds
t0

và nó là đường cong khả vi, với
y (t) =

d
dt

ˆ

t

t0

x(s)ds = x(t).


25

1.2. Bổ đề Alekseev-Gr¨
obner
Ngoài ra, nếu z : I −→ Rn là một đường cong khả vi thì
ˆ t
z (s)ds = z(t) − z(t0 ).
t0

Theo trên, dễ thấy: y : I −→ Rn là nghiệm của (1.19) khi và chỉ khi
ˆ t
f (s, y(s))ds,
y(t) = y0 +
t0

với mọi t ∈ I.
Định lý 1.4 (Định lý Tồn tại Duy nhất nghiệm). Cho f : B −→ Rn là trường vector phụ thuộc

thời gian trên B ⊂ Rn+1 . Giả sử rằng ∂f /∂yj , j = 1, 2, . . . , n, tồn tại và liên tục trên B. Khi đó,
đối với mỗi (t0 , y0 ) ∈ B, tồn tại nghiệm y : I −→ Rn , với t0 ∈ I, của bài toán (1.19). Hơn nữa, nếu
z : J −→ Rn là nghiệm bất kỳ khác của (1.19) thì tồn tại khoảng Q ⊂ I ∩ J với t0 ∈ Q sao cho:
y(t) = z(t),

với mọi t ∈ Q.

Như vậy, hai nghiệm bất kỳ của (1.19) thì trùng nhau trong một lân cận của t0 .
Ta có ngay một kết quả được suy ra từ Định lý 1.4.
Hệ quả 1.2 (Tính duy nhất toàn cục). Nếu x : I −→ Rn và y : J −→ Rn là hai nghiệm của hệ
z = f (t, z) và nếu tồn tại t0 ∈ I ∩ J sao cho x(t0 ) = y(t0 ), thì
x(t) = y(t),

với mọi t ∈ I ∩ J.

Ta cũng có một kết quả khác liên quan đến khoảng tồn tại nghiệm.
Định lý 1.5 (Khoảng tồn tại nghiệm cực đại). Giả sử f : B −→ Rn là trường vector phụ thuộc
thời gian thỏa các giả thiết của Định lý Tồn tại Duy nhất nghiệm. Nếu (s, y) ∈ B thì tồn tại một
khoảng I(s,y) chứa s và đường cong x(s,y) : I(s,y) −→ Rn là nghiệm của bài toán
w = f (t, w),

w(s) = y.

(1.20)

Ngoài ra, nếu z : J −→ Rn cũng là nghiệm của (1.20) thì J ⊂ I(s,y) .
Chứng minh. Gọi I là họ mọi khoảng I mà trên đó có một nghiệm của bài toán (1.20) được xác
định. Gọi
I(s,y) = ∪ I.
I∈I

Vì I(s,y) là hợp các tập mở, liên thông với một điểm chung là s nên cũng là tập con mở và liên thông
của R nên nó chính là một khoảng mở. Ta xây dựng đường cong nghiệm x(s,y) trên khoảng này như
sau. Với t ∈ I(s,y) , tồn tại I ∈ I sao cho t ∈ I. Theo định nghĩa của I, tồn tại nghiệm x của (1.20)
xác định trên I và ta chọn x(s,y) (t) = x(t). Theo phần Duy nhất của Định lý Tồn tại Duy nhất
nghiệm, việc chọn x (hay nghiệm y khác của (1.20) xác định trên I) là không quan trọng. Vậy x(s,y)
hoàn toàn được xác định trên I(s,y) và hiển nhiên nó là nghiệm của (1.20) trên khoảng này. Ngoài
ra, rõ ràng I(s,y) chính là khoảng lớn nhất mà trên đó có một nghiệm của (1.20) xác định.
Trong Định lý 1.5, khoảng I(s,y) được gọi là khoảng cực đại và đường cong x(s,y) được gọi là
đường cong tích phân tối đại qua y tại thời điểm s.