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 TỐN HỌC

Chun ngành: TỐN ỨNG DỤNG
Mã số: 60.46.01.12

Người hướng dẫn khoa học
GS. TSKH. NGUYỄN VĂN MẬU

THÁI NGUYÊN - NĂM 2014


Mục lục
Mở đầu

3

1 Một số kiến thức chuẩn bị
1.1 Công thức nội suy Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2 Công thức nội suy Newton . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1.3 Khai triển Taylor - Gontcharov . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.3.1 Khai triển Taylor-Goncharov với phần dư dạng Lagrange
1.3.2 Khai triển Taylor-Goncharov với phần dư dạng Cauchy

6
8
9
12
18
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
3 Ví dụ áp dụng

44

Kết luận

49

Tài liệu tham khảo

51

1


Một số kí hiệu dùng trong luận văn

+
+
+
+
+

Trong luận văn có sử dụng một số kí hiệu sau đây:
L(X) : tập tất cả các tốn tử tuyến tính tác động trong X
domA: miền xác định của tập A
L0 (X) = A ∈ L(X) : domA = X
R(X): tập tất cả các toán tử khả nghịch phải trong domA
RD : tập tất cả các toán tử khả nghịch phải của D ∈ R(X).

2


Mở đầu
Lý thuyết nội suy và các vấn đề liên quan là một lĩnh vực tuy không mới
nhưng luôn là chuyên đề được nhiều người quan tâm nghiên cứu. Nó khơng
chỉ quan trọng đối với tốn học, đặc biệt là đối với chun ngành Đại số và
Giải tích mà nó cịn làm cơng cụ để giải quyết nhiều vấn đề của thực tiễn
cuộc sống.
Trong tốn 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 rời

rạc của hàm số đó và đạo hàm của nó thì phương pháp nội suy là hữu hiệu
nhất mà trong đó phải kể đến bài tốn nội suy Taylor và nội suy Newton:
Bài toán nội suy Taylor. Hãy xác định đa thức N (x) có bậc không quá
n (deg N (x) ≤ n) và thỏa mãn các điều kiện

N (i) (x0 ) = ai , i = 0, 1, . . . , n.
Bài toán nội suy Newton. 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.
Từ bài tốn nội suy Taylor và nội suy Newton, ta có thể phát triển để
nghiên cứu về phương trình vi phân - một vấn đề được đề cập rất nhiều trong
chương trình tốn phổ thơng cũng như chương trình tốn ở các trường cao
đẳng, đại học với bài toán Cauchy (bài toán ban đầu) và biên hỗn hợp thứ
nhất như sau
Bài tốn Cauchy. Tìm tất cả các nghiệm của phương trình
n

ai (t)x(n−i) (t) = y(t),
i=0

thỏa mãn điều kiện ban đầu

x(i) (t0 ) = bi , i = 0, 1, . . . , n.
3


Bài tốn biên hỗn hợp thứ nhất của phương trình vi phân. Tìm tất cả
các nghiệm của phương trình
n

ai (t)x(n−i) (t) = y(t)
i=0

thỏa mãn điều kiện sau

x(j) (tj ) = bj , j = 0, 1, . . . , n.
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 nóng
lên hoặc nguội đi của vật thể. . . .
Với những lí do trên đây nên tác giả chọn: "Nội suy Newton và bài toán
biên hỗn hợp thứ nhất của phương trình vi phân" làm đề tài nghiên cứu luận
văn tốt nghiệp.
Khi thực hiện luận văn này tác giả thấy được việc nghiên cứu là hữu ích
đối với bản thân, trước hết là hình thành và rèn luyện cho người viết kĩ năng
cũng như kinh nghiệm nghiên cứu một vấn đề khoa học. Đồng thời người
viết luôn được trau dồi và cập nhật những kiến thức mới. Ngoài ra luận văn
còn là tài liệu tham khảo, nghiên cứu cho các học viên cao học, giảng viên
cũng như sinh viên các trường trong cả nước.
Ngồi mục lục, lời nói đầu, kết luận và tài liệu tham khảo, luận văn bao
gồm 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 quan
đến đa thức đại số là ba phần: phần thứ nhất trình bày về cơng thức nội
suy Taylor, phần thứ hai trình bày về bài tốn và công thức nội suy Newton,
phần thứ ba đưa ra khai triển Taylor-Gontcharov và chứng minh các định lý
làm nền tảng kiến thức cho các chương sau.
Chương 2. Bài toán biên hỗn hợp thứ nhất của phương trình vi phân
Chương 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 bài

tốn 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 thể
cho bài toán Cauchy và bài tốn biên hỗn hợp thứ nhất của phương trình vi
phân đã đề cập trong Chương 2.
4


Tác giả đã tiến hành nghiên cứu, phân tích khá kỹ các tài liệu có liên
quan rồi từ đó tập trung đánh giá, tổng hợp lại để làm nền tảng kiến thức
cho 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, kiến
thức và kinh nghiệm nghiên cứu nên luận văn khơng thể tránh khỏi những
thiếu sót. Tác giả rất mong nhận được sự góp ý, chỉ bảo, bổ sung của các
thầy cô giáo cũng như sự quan tâm của các bạn bè đồng nghiệp để luận văn
ngày càng hoàn thiện hơn.
Hoàn thành được luận văn này, tác giả xin được chân thành cảm ơn thầy
giáo 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 giả
xin chân thành cảm ơn Ban chủ nhiệm khoa Tốn, phịng Đào tạo trường
Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên cùng các thầy, cô giáo đã tham
gia giảng dạy khóa học.
Xin cảm ơn các anh chị đồng nghiệp, các anh chị đồng môn là những
người luôn ủng hộ, động viên và tạo điều kiện cho tơi trong thời gian hồn
thành luận văn.

5


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.
Định nghĩa 1.1 (xem [1]). Cho vành A là một vành giao hốn có đơn vị.
Ta gọi đa thức bậc n biến x là một biểu thức có dạng

Pn (x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 (an = 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 = 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 khơng (nói chung thì người ta khơng định nghĩa bậc của đa thức
không). Tập hợp tất cả các đa thức với hệ số lấy trong vành A được kí hiệu
là A [x].
Khi A = K với K là một trường thì vành K [x] là một vành giao hốn có
đơn vị. Ta thường xét A = Z hoặc A = Q hoặc A = R hoặc A = C. Khi đó
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) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 ,
g(x) = bn xn + bn−1 xn−1 + · · · + b1 x + b0 .
Ta định nghĩa các phép tính số học

f (x) + g(x) = (an + bn )xn + (an−1 + bn−1 )xn−1 + · · · + (a1 + b1 )x + a0 + b0 ,
f (x) − g(x) = (an − bn )xn + (an−1 − bn−1 )xn−1 + · · · + (a1 − b1 )x + a0 − b0 ,
f (x)g(x) = c2n x2n + c2n−1 x2n−1 + · · · + c1 x + c0 ,
trong đó

ck = a0 bk + a1 bk−1 + · · · + ak b0 , k = 0, 1, . . . , n.
6

Định lý 1.1 (xem [1]). Giả sử A là một trường, f (x) và g(x) = 0 là hai đa
thức của vành A [x], thế thì bao giờ cũng có cặp đa thức duy nhất g(x) và
r(x) thuộc A [x] sao cho
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) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 là đa thức tùy ý của vành
A [x], a là phần tử tùy ý của vành A, phần tử f (a) = an an + an−1 an−1 +
· · · + a1 a + 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 tốn tìm các nghiệm của
f (x) trong A gọi là giải phương trình đại số bậc n

an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 = 0 (an = 0)
trong A.
Định lý 1.2 (xem [1]). Giả sử A là một trường, a ∈ A và f (x) ∈ A [x]. Dư
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 hết
cho x − a.
Giả sử A là một trường, a ∈ A và f (x) ∈ A [x] và m là một số tự nhiên
lớn hơn hoặc bằng 1. Khi đó a là nghiệm bội cấp m của f (x) khi và chỉ khi
f (x) chia hết cho (x − a)m và f (x) không chia hết cho (x − a)m+1 .
Trong trường hợp m = 1 thì ta gọi a là nghiệm đơn cịn khi m = 2 thì a
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
thức có một nghiệm bội cấp m như một đa thức có m nghiệm trùng nhau.
Định lý 1.4 (xem [1]). Mỗi đa thức thực bậc n đều có khơng q n nghiệm
thực.
Hệ quả 1.1. Đa thức có vơ số nghiệm là đa thức khơng.

Hệ quả 1.2. Nếu đa thức f (x) có deg ≤ n mà nhận cùng một giá trị như
nhau tại n + 1 điểm phân biệt của đối số thì đó là đa thức hằng.
Hệ quả 1.3. Hai đa thức có deg ≤ n mà nhận n + 1 giá trị trùng nhau tại
n + 1 điểm phân biệt của đối số thì chúng đồng nhất bằng nhau.

7


Định lý 1.5 (xem [1]). Mọi đa thức f (x) ∈ C [x] bậc n có đúng n nghiệm
(tính cả bội của nghiệm).
Định lý 1.6 (xem [1]). Mọi đa thức f (x) ∈ R [x] có bậc n và có hệ số chính
(hệ số bậc cao nhất) an = 0 đều có thể phân tích (duy nhất) thành nhân tử
dạng
m

s

x2 + bk x + ck

(x − di )

f (x) = an
i=1

k=1

với di , bk , ck ∈ R, 2s + m = n, b2k − 4ck < 0, l, m, n ∈ N∗ .

1.1

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 x0 , ak ∈ R với k =
0, 1, . . . , N − 1. Hãy xác định đa thức T (x) bậc không quá N − 1 (tức là
deg T (x) N − 1) và thỏa mãn các điều kiện

T (k) (x0 ) = ak , ∀k = 0, 1, . . . , N − 1.
Giải. Ta dễ thấy rằng mọi đa thức đều viết được dưới dạng
N −1

αk (x − x0 )k

T (x) =
k=0

có deg T (x) N − 1.
Ta cần đi xác định các hệ số αk ∈ R sao cho T (x) thỏa mãn điều kiện

T (k) (x0 ) = ak , ∀k = 0, 1, . . . , N − 1.
Lần lượt lấy đạo hàm T (x) đến cấp thứ k, k = 0, 1, . . . , N − 1, tại x = x0
và sử dụng giả thiết

T (k) (x0 ) = ak , ∀k = 0, 1, . . . , N − 1,
ta suy ra

ak
, ∀k = 0, 1, . . . , N − 1.
k!
Thay giá trị của αk vào biểu thức của T (x), ta thu được

αk =

N −1

T (x) =
k=0

ak
(x − x0 )k .
k!
8

(1.1)


Với mỗi k = 0, 1, . . . , N − 1, ta có
N −1

T

(k)

(x) = ak +

aj
(x − x0 )j−k .
(j − k)!
j=k+1

Do vậy đa thức T (x) thỏa mãn điều kiện

T (k) (x0 ) = ak , ∀k = 0, 1, . . . , N − 1.
Cuối cùng, ta phải chứng minh đa thức T (x) nhận được từ (1.1) là đa thức
duy nhất thỏa mãn điều kiện của bài toán nội suy Taylor (1.1), và ta gọi đa
thức này là đa thức nội suy Taylor.
Thật vậy, nếu có đa thức T ∗ (x), có bậc deg T ∗ (x)
N − 1 cũng thỏa
mãn điều kiện của bài tốn (1.1) thì khi đó, đa thức

P (x) = T (x) − T ∗ (x)
cũng có bậc deg P (x)

N − 1 và đồng thời thỏa mãn điều kiện

P (k) (x0 ) = 0, ∀k = 0, 1, . . . , N − 1,
tức là, đa thức P (x) là đa thức có bậc khơng q N − 1 (deg P (x) N − 1)
mà lại nhận x0 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 thứ N − 1 của đa thức T (x) tại điểm
x = x0 .

1.2

Công thức nội suy Newton

Bài toán 1.2 (Bài toán nội suy Newton, xem [2]). Cho xi , ai ∈ R với i =
0, 1, . . . n. Hãy xác định đa thức N (x) có bậc khơng q n (deg N (x) ≤ n)
và thỏa mãn các điều kiện

N (i) (xi ) = ai , i = 0, 1, . . . , n.
Giải. Dễ dàng chứng minh các đẳng thức sau đây
x

N (x) = N (x0 )

+

N (t1 ) dt1 ,
x0

9

(1.2)


t1

N (t1 ) = N (x1 ) +

N (t2 ) dt2 ,
x1
t2

N (t2 ) = N (x2 ) +

N (t3 ) dt3 ,
x2

....

Từ đó ta thu được đa thức cần tìm có dạng
tn−1

x t1 t2

N (x) = an

...
x0 x1 x2

dtn dtn−1 . . . dt1 +

xn−1
tn−2

x t1 t2

+ an−1

...
x0 x1 x2

x

dtn−1 . . . dt1 + · · · + a1

xn−2

dt1 +a0
x0

Ký hiệu
tn−1

x t1 t2

Ri (x0 , x1 , x2 , . . . xi−1 , x) =

...
x0 x1 x2

dt1 . . .dti .

xi−1

Khi đó

N (x) = a0 + a1 R(x0 , x) + · · · + an−1 Rn−1 (x0 , x1 , . . . , xn−2 , x)
+ an Rn (x0 , x1 , . . . , xn−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 deg N (x) ≤ n. Ngoài ra, ứng với mỗi i = 0, 1, . . . , n,
ta có

N (i) (x) = ai + ai+1 R (xi , x) + · · · + an Rn−i (xi , xi+1 , . . . , xn−1 , x) .
Từ đó suy ra

N (i) (xi ) = ai , i = 0, 1, . . . , n.
Cuối cùng ta đi chứng minh tính duy nhất nghiệm của bài toán nội suy
Newton. Giả sử tồn tại đa thức N1 (x), có deg N1 (x) ≤ n cũng thỏa mãn điều

kiện bài tốn. Khi đó, đa thức P (x) = N (x) − N1 (x) cũng có deg P (x) ≤ n
và thỏa mãn điều kiện

P (i) (xi ) = 0, ∀i = 0, 1, . . . , n.
10


Vậy, theo cách xây dựng đa thức N (x) bậc cao nhất bằng 0, ứng với trường
hợp ai = 0; i = 0, 1, . . . , n, ta suy ra P (x) ≡ 0 và do đó N (x) = N1 (x).
Nhận xét 1.2. Trong trường hợp n cụ thể ta nhận được dạng của đa thức
nội suy Newton tương ứng.
*) Với n = 1 thì N (x) = a0 + a1 R(x0 , x) = a0 + a1 (x − x0 ).
*) Với n = 2 thì

N (x) = a0 + a1 R(x0 , x) + a2 R2 (x0 , x1 , x)
a2
(x − x1 )2 − (x0 − x1 )2 .
= a0 + a1 (x − x1 ) +
2!
*) Với n = 3 thì

N (x) = a0 + a1 R(x0 , x) + a2 R2 (x0 , x1 , x) + a3 R3 (x0 , x1 , x2 , x)
a2
= a0 + a1 (x − x0 ) +
(x − x1 )2 − (x0 − x1 )2 +
2!
a3
(x − x2 )3 − 3x(x2 − x1 )2 + (x2 − x0 )2 + 3x0 (x1 − x2 )2 .
+
3!

Ví dụ 1.1. Xác định các tam thức bậc hai f (x) thỏa mãn các điều kiện

f (n) (2n + 1) = (−1)n (2n2 − 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 (3) = 0; f (5) = 5.
Theo công thức nội suy Newton trong trường hợp n = 2, ta nhận được tam
thức bậc hai
(x − 3)2 4
f (x) = −1 + 5
−
2
2
hay
5
23
f (x) = x2 − 15x + .
2
2
Ví dụ 1.2. Phát biểu một bài toán nội suy Newton ứng với đa thức nội suy
có dạng
P (x) = x(x + 1)(x + 2).
Giải. Ta chọn các nút nội suy x0 = 0, x1 = 1, x2 = 2, x3 = 3. Khi đó

P (x) = x3 + 3x2 + 2x
P (x) = 3x2 + 6x + 2
P (x) = 6x + 6
P (x) = 6
11

Suy ra

P (0) = 0, P (1) = 11, P (2) = 18, P (3) = 6.
Do vậy, bài toán được đặt ra là Xác định đa thức P (x) có bậc khơng q 3
(deg P (x) ≤ 3) sao cho

P (0) = 0, P (1) = 11, P (2) = 18, P (3) = 6.

1.3

Khai triển Taylor - Gontcharov

Bài toán 1.3. Giả sử hàm f xác định trên tập Ω ⊂ R trong đó Ω là
hợp của các khoảng mở trên trục thực. Giả sử f khả vi cấp i tại điểm
xi ∈ Ω, i = 0, 1, 2, . . . , n. Hãy xác định các đa thức Pn (x) có deg P (X) ≤ n
(i)
sao cho Pn (xi ) = f (i) (xi ), i = 0, 1, . . . , n.
(i)

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

Pn (x) = an Rn (x0 , . . . , xn−1 , x) + an−1 Rn−1 (x0 , . . . , xn−2 , x)
+ · · · + a1 R(x0 , x) + a0
là đa thức duy nhất thỏa mãn yêu cầu của bài tốn.
Ví dụ 1.3. Xét hàm số f (x) = ln x với nút nội suy x0 = 2; x1 = 3; x2 = 4.
(−1)k k!
Giải. Ta có f (k+1) (x) =
, ∀k = 0, 1, . . . , n.

xk+1
(i)
Khi đó đa thức P2 (x) thỏa mãn P2 (xi ) = f (i) (xi ), (i = 0, 1, 2) là duy nhất
và có dạng
x t1

P2 (x) = f (4)

dt1 dt2 + f (3)
2

=−

1
16

x

3
2

dt1 + f (2)
2

x
1
− 3x + 4 + (x − 2) + ln 2.
2
3

Bài toán 1.4. Cho xi ∈ R với i = 0, 1, . . . , n. Chứng minh rằng đa thức
wn+1 (x) có bậc n + 1(deg wn+1 (x) = n + 1), hệ số cao nhất bằng 1 và thỏa
(k)
mãn điều kiện wn+1
(xk ) = 0, k = 0, 1, . . . , n là tồn tại duy nhất và được xác
định bởi
wn+1 (x) = (n + 1)!Rn+1 (x0 , x1 , . . . xn , x),
trong đó
x t1

Rn+1 (x0 , x1 , . . . xn , x) =

tn

...
x0 x1

12

dtn+1 dtn . . . .dt1 .
xn


Chứng minh.
*) Chứng minh tính tồn tại nghiệm
Đặt

wn+1 (x) = (n + 1)!Rn+1 (x0 , x1 , . . . , xn , x)
x t1

= (n + 1)!

tn

...
x0 x1

dtn+1 .dtn . . . dt2 dt1
xn

Dễ thấy deg wn+1 (x) = n + 1 và hệ số của xn+1 bằng 1. Ngoài ra ứng với mỗi
k = 0, 1, . . . , n ta có
(k)

wn+1 (x) = (n + 1)!Rn−k+1 (xk , xk+1 , . . . xn , x)
x tk+1 tk+2

= (n + 1)!

tn

...
xk xk+1 xk+2

dtn+1 dtn . . . .dtk .
xn

Suy ra
(k)

wn+1 (x) = 0.
(k)

Do đó, đa thức wn+1 (x) thỏa mãn wn+1 (xk ) = 0, k = 0, 1, . . . , n.
*) Chứng minh tính duy nhất nghiệm
∗
∗
Giả sử tồn tại đa thức wn+1
(x) có deg wn+1
(x) = n + 1 cũng thỏa mãn điều
∗
(x) có deg P (x) ≤ n
kiện bài tốn. Khi đó, đa thức P (x) = wn+1 (x) − wn+1
và thỏa mãn điều kiện

P (k) (xk ) = 0, k = 0, 1, . . . , n.
∗
(x).
Suy ra P (x) ≡ 0 và do đó wn+1 (x) ≡ wn+1

Định nghĩa 1.3 (xem[2]). Đa thức

Pn (f ; x) =f (n) (xn )Rn (x0 , x1 , x2 , . . . xn−1 , x)+
+f (n−1) (xn−1 )Rn−1 (x0 , x1 , x2 , . . . xn−2 , x)+
+ · · · + f (x1 )R(x0 , x) + f (x0 ),
được gọi là đa thức Newton theo bộ nội suy x0 , x1 , . . . , xn của hàm f , (f khả
vi cấp i tại điểm xi ), i = 0, 1, . . . , n.
Ta đặt

f (x) =Pn (f ; x) + Pn+1 (f ; x)

=f (n) (xn )Rn (x0 , x1 , x2 , . . . xn−1 , x)+
+f (n−1) (xn−1 )Rn−1 (x0 , x1 , x2 , . . . xn−2 , x)+
+ · · · + f (x1 )R(x0 , x) + f (x0 ) + Rn+1 (f, x).
13

(1.3)


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.
Định lý 1.7 (xem [2]). Giả sử f : (a; b) → R khả vi và liên tục đến cấp
n + 1 trên khoảng (a; b); xi ∈ (a; b), i = 0, 1, . . . , n. Khi đó

f (x) = Pn (f ; x) + Rn+1 (f ; x),
trong đó Rn+1 (f ; x) được xác định bởi
x t1 t2

Rn+1 (f ; x) =

tn

f (n+1) (tn+1 ).dtn+1 .dtn . . . dt2 dt1 .

...
x0 x1 x2

(1.4)

xn

Chứng minh. Ta có
x

f (x) = f (x0 ) +

f (t1 )dt1
x0

x

= f (x0 ) +

t1


f (x1 ) +

x0
x

= f (x0 ) +



f (t2 )dt2  dt1
x1
x t1

f (x1 )dt1 +
x0

f (t2 )dt2 dt1
x0 x1
x t1

= f (x0 ) + f (x1 )R1 (x0 , x) +

f (t2 )dt2 dt1
x0 x1

x t1

= f (x0 ) + f (x1 )R1 (x0 , x) +
= f (x0 )+f (x1 )R1 (x0 , x) + f

t2

f (t2 ) +

x0 x1
(x2 )R2 (x0 , x1 , x)+



f (t3 )dt3  dt2 dt1
x2

x t1 t2

+

f (t3 )dt3 dt2 dt1
x0 x1 x2

= ...
= f (x0 )+f (x1 )R1 (x0 , x) + f (x2 )R2 (x0 , x1 , x) + · · · +
tn

x t1 t2

+f (n) (xn )Rn (x0 , x1 , . . . , xn ) +

f (n+1) (tn+1 )dtn+1 .dtn . . . dt2 dt1 .

...
x0 x1 x2

14

xn


Vậy f (x) = Pn (x) + Rn+1 (f ; x) với
x t1 t2

Rn+1 (f ; x) =

tn

f (n+1) (tn+1 ).dtn+1 .dtn . . . dt2 dt1 .

...
x0 x1 x2

xn

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 tự
nhiên đặt ra là liệu ta có thể đưa ra cơng thức đánh giá phần dư này giống
như trong khai triển Taylor ở dạng Lagrange và Cauchy được không?
Trong phần tiếp theo ta sẽ tìm cách đưa ra các đánh giá cơng thức phần dư
(1.4) dưới dạng Lagrange và Cauchy.
Trước hết, để đơn giản ta định nghĩa phép toán
x

(Ri f )(x) =

f (s)ds, i = 0, 1, 2, . . . n.
x1

Dễ dàng nhận thấy
x t1 t2

(R0 R1 R2 . . . Rn f )(x) =

tn

...

x0 x1 x2

f (tn+1 ).dtn+1 dtn . . .dt1 ,
xn

x

(Ri )(x) =

ds.
xi

Và
x t1 t2

(R0 R1 R2 . . . Rn )(x) =

tn

...

dtn+1 dtn . . . dt1

x0 x1 x2
xn
n+1
=R (x0 , x1 , . . . , xn−1 , x).
x

Mệnh đề 1.1 (xem [4]). Với (Ri f )(x) =

f (s)ds, ta ln có
xi

(Rk f )(x) = (R0 f )(x) − (R0 f )(xk ).

(1.5)

(Ri Rk f )(x) = (Ri R0 f )(x) − (Ri )(x)(R0 f )(xk ).

(1.6)

Chứng minh. Ta đi chứng minh đẳng thức (1.5), ta có
x

(Rk f )(x) =

f (s)ds −

f (s)ds =
xk

xk

x

x0

f (s)ds = (R0 f )(x) − (R0 f )(xk ).
x0

15


Chứng minh đẳng thức (1.6), ta có

x
x

(Ri Rk f )(x) =

(Rk f )(t)dt =
xi
x

f (s)ds −


xi

t

x0

xi x0



f (s)dsdt
x0

xk

x

f (s)dsdt −

=

xk

t

dt
xi

f (s)ds
x0

=(Ri R0 f )(x) − (Ri )(x)(R0 f )(xk )
Mệnh đề 1.2 (xem [4]). Ta ln có đẳng thức sau
n

(R0 R1 . . . Rn f )(x) =

(R0n+1 f )(x)

(R0 R1 . . . Rk−1 )(x)(R0n−k+1 f )(xk ),

−

k=1

(1.7)
trong đó
tn

x t1 t2

f (tn+1 ).dtn+1 dtn . . .dt1 .

...

(R0 R1 . . . Rn f )(x) =

xn

x0 x1 x2

Chứng minh. Ta đi chứng minh (1.7) bằng phương pháp quy nạp.
Thật vậy,
*) Với n = 1 thì từ (1.6) ta suy ra

(R0 R1 f )(x) = (R02 f )(x) − R0 (x)(R0 f )(x)
nên (1.7) đúng.
*) Giả sử (1.7) đúng với n, tức là
n

(R0 R1 . . . Rn f )(x) =

(R0n+1 f )(x)

(R0 R1 . . . Rk−1 )(x)(R0n−k+1 f )(xk ).

−
k=1

*) Ta đi chứng minh (1.7) đúng với n + 1. Ta có

(R0 R1 . . . Rn Rn+1 f )(x) = R0 R1 . . . Rn−1 [(Rn R0 f )(x) − Rn (x)(R0 f )(xn+1 )]
= R0 R1 . . . Rn (R0 f )(x) − R0 R1 . . . Rn (R0 f )(xn+1 )
n

=

R0n+1 (R0 f )(x)

(R0 R1 . . . Rk−1 )(x)(R0n−k+1 R0 f )(xk )−

−
k=1

− R0 R1 . . . Rn (R0 f )(xn+1 )
n+1

=

(R0n+2 f )(x)

(R0 R1 . . . Rk−1 )(x)(R0n−k+1 f )(xk )

−
k=1

16


Suy ra (1.7) đúng với n + 1.
Vậy,
n

(R0 R1 . . . Rn f )(x) =

(R0n+1 f )(x)

(R0 R1 . . . Rk−1 )(x)(R0n−k+1 f )(xk ).

−
k=1

Mệnh đề 1.3 (xem [4]). Ta ln có đẳng thức sau
x

(R0k f )(x) =

(x − s)k−1
f (s)ds, k = 1, 2, . . . .
(k − 1)!

(1.8)

x0

Chứng minh. Ta đi chứng minh (1.8) bằng phương pháp qui nạp theo k .
Thật vậy,
*) Với k = 1 thì (1.8) ln đúng.
*) Giả sử (1.8) đúng với n, tức là
x

(R0n f )(x) =

(x − s)n−1
f (s)ds.
(n − 1)!

x0

*) Ta đi chứng minh (1.8) đúng vơi n + 1. Theo cơng thức tính tích phân
từng phần, ta có
 s

x
s
x
(x − s)n
(x − s)n
(x − s)n−1 
x
f (s)ds =
f (r)dr x0 +
f (r)dr ds

n!
n!
(n − 1)!
x0

x0
x

=0 +

x0

x0
n−1



s



(x − s)
 f (r)dr ds
(n − 1)!
x0
x
 0
 s
f (r)dr)(x) = (R0n R0 f )(x)

= (R0n 

x0
n+1
= (R0 f )(x).

Vậy (1.8) đúng với n + 1. Từ đó ta có điều phải chứng minh.
Hệ quả 1.4. Từ các hệ thức (1.7) và (1.8) ta nhận được kết quả quan trọng
sau

(R0 R1 . . . Rn f )(x) =
x

=
x0

n

n

(x − s)
f (s)ds −
Rk (x0 , . . . , xk−1 , x)
n!
k=1
17

xk

x0

(xk − s)n−k
f (s)ds.
(n − k)!


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

(R0k+1 f )(x)

(x − x0 )k+1
= f (ξ)
, k = 0, 1, . . .
(k + 1)!

Chứng minh. Từ (1.8) ta có
x

(R0k+1 f )(x)

=

(x − s)k
f (s)ds
k!

x0

(x − s)k

không đổi dấu trên [x0 ; x]. Theo định lý về giá trị trung
Vì g(s) =
k!
bình của tích phân ∃ ξ : ξ = x0 + θ(x − x0 ) với 0 < θ < 1 sao cho
x

(R0k+1 f )(x)

= f (ξ)

(x − s)k
ds = f (ξ)
k!

x0

x

(x − x0 )k+1
ds.
(k + 1)!

x0

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

(R0 R1 . . . Rn f )(x) =
n
(x − x0 )n+1

f (ξk )
f (ξ)
−
(xk − x0 )n−k+1 ,
Rk (x0 , . . . , xk−1 , x)
(n + 1)!
(n − k + 1)!
k=1
(1.9)
trong đó ξ nằm giữa x0 ; x, cịn ξk nằm giữa x0 ; xk .
Thật vậy, từ hệ quả 1.4 ta có

(R0 R1 . . . Rn f )(x) =
x

=
x0

(x − s)n
f (s)ds −
n!

xk

n
k

R (x0 , . . . , xk−1 , x)
k1

(xk − s)n−k
f (s)ds.
(n − k)!

x0

Làm tương tự như định lý trên ta nhận được điều phải chứng minh.

1.3.1

Khai triển Taylor-Goncharov với phần dư dạng Lagrange

Định lý 1.9 (xem [2]). Giả sử hàm số f (x) có đạo hàm liên tục 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 ∃ ξ; ξi : ξ = x0 + θ(x − x0 ) và ξi = x0 + θi (xi − x0 ) với 0 < θ; θi < 1 để
phần dư của hàm f (x) có dạng
18


f (n+1) (ξ)
(x − x0 )(n+1) −
Rn+1 (f ; x) =
(n + 1)!
n
f (n+1) (ξk ) k
−
R (x0 , . . . , xk−1 , x)(xk − x0 )(n−k+1) .
(n − k + 1)!
k=1
Vậy ta nhận được phần dư của công thức khai triển Taylor-Gontcharov của

hàm f (x) dưới dạng Lagrange như sau

f (n+1) (ξ)
(x − x0 )(n+1) −
(n + 1)!
n
f (n+1) (ξk ) k
−
R (x0 , . . . , xk−1 , x)(xk − x0 )(n−k+1) .
(n − k + 1)!
k=1

Rn+1 (f ; x) =

(Phần dư dạng Lagrange)
Nhận xét 1.4. Trong trường hợp đặc biệt, khi xi = x0 , ∀i = 1, 2, . . . , n thì
cơng thức phần dư dạng Lagrange trong khai triển Taylor-Gontcharov của
hàm f (x) là
f (n+1) (ξ)
(x − x0 )(n+1)
Rn+1 (f ; x) =
(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.

1.3.2

Khai triển Taylor-Goncharov với phần dư dạng Cauchy

Định lý 1.10 (xem [2]). Cho hàm số f (x) liên tục trên [a; b] , ∀x, x0 ∈ [a; b].

Khi đó, ∃θ ∈ (0, 1) sao cho

(R0n+1 f )(x) = f (x0 + θ(x − x0 ))

(1 − θ)k (x − x0 )k+1
, k = 0, 1, 2 . . .
k!

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

(1 − θ)n (x − x0 )n+1
−
n!
n
(1 − θk )n−k
k
−
R (x0 , . . . , xk−1 , x)f (x0 + θ(xk − x0 ))
(xk − x0 )n−k+1 ,
(n − k)!
k=1
(1.10)
(R0 R1 . . . Rn f )(x) = f (x0 + θ(x − x0 ))

trong đó θ, θk ∈ (0, 1), k = 0, 1, 2 . . .
19


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
f (x) có dạng

(1 − θ)n (x − x0 )n+1
Rn+1 (f ; x) = f
(x0 + θ(x − x0 ))
−
n!
n
(1 − θk )n−k
k
n+1
(xk − x0 )n−k+1 )
−
R (x0 , . . . , xk−1 , x)f
(x0 + θ(xk − x0 ))
(n − k)!
k=1
n+1

trong đó θ, θk ∈ (0, 1), k = 0, 1, 2 . . .
(Phần dư dạng Cauchy)
Nhận xét 1.5. Trong trường hợp đặc biệt, khi xi = x0 , ∀i = 1, 2, . . . , n
thì cơng thức phần dư dạng Cauchy trong khai triển Taylor-Gontcharov của
hàm f (x) là

Rn+1 (f ; x) = f

n+1

(1 − θ)n (x − x0 )n+1
(x0 + θ(x − x0 ))
; 0<θ<1
n!

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.

20


Chương 2
Bài tốn biên hỗn hợp thứ nhất của
phương trình vi phân
Như ta đã biết ở chương 1, luận văn đã xét bài toán nội suy Taylor và
bài toán nội suy Newton. Ta có thể xét bài tốn nội suy như trường hợp đặc
biệt của phương trình vi phân. Và trong chương này ta sẽ đi xét bài toán
Cauchy và bài toán biên hỗn hợp thứ nhất dạng trừu tượng cho lớp tốn tử
khả nghịch phải đồng thời trình bày các bài toán Cauchy và bài toán biên
hỗn hợp thứ nhất cho phương trình vi phân thường.

2.1

Bài tốn Cauchy

Định nghĩa 2.1 (xem [4]). Toán tử D ∈ L(X) được gọi là khả nghịch phải
nếu tồn tại toán tử R ∈ L0 (X) sao cho ImR ⊂ dom D và DR = I , trong
đó I là tốn tử đồng nhất.
Mệnh đề 2.1 (xem [4]). Nếu D ∈ R(X) và R ∈ RD thì Dk Rk = I , với

∀k ∈ N+ .
Mệnh đề 2.2 (xem [4]). Nếu D ∈ R(X), R1 , R2 ∈ RD và y1 = R1 x,
y2 = R2 x với x ∈ X . Khi đó, y1 − y2 ∈ ker D.
Mệnh đề 2.3 (xem [4]). Nếu D ∈ R(X) và R ∈ RD thì mỗi nguyên hàm
của x ∈ X có dạng

RD x = {Rx + z; z ∈ ker D} = Rx + ker D.
Mệnh đề 2.4 (xem [4]). Nếu D ∈ R(X) và R ∈ RD thì
dom D = RX ⊕ ker D.
Định lý 2.1 (xem [4]-[6]). Giả sử D ∈ R(X) và R1 ∈ RD . Khi đó, mỗi
nghịch đảo phải của D có dạng R = R1 +(I −R1 D)A với A ∈ L0 (X); AX ⊂
dom D.
21


Ví dụ 2.1. Cho X là khơng gian tất cả các dãy số {xn } ⊂ R và x ∈
X ,(x = {xn }) , n = 0, 1, . . . . Ta định nghĩa toán tử D như sau

Dx = {xn+1 − xn } = {x1 − x0 , x2 − x1 , . . .}
Khi đó, dom D = X và D là toán tử khả nghịch phải. Thật vậy, ta giả sử

Rx = {0, x0 , x0 + x1 , x0 + x1 + x2 , ... }
n−1

=

yn : y0 = 0, yn =

xk ; n = 1, 2, ...
k=0

Ta có DRx = Dy = {yn+1 − yn } = {xn }.
Do đó, DR = I nên D là tốn tử khả nghịch phải.
Ví dụ 2.2. Cho
t

d
+ I; (Rx)(t) =
X = C [0, 1] ; D =
dt

es−t x(s)ds; t0 ∈ [0, 1]
t0

với t0 cố định và xn ∈ C [0, 1]. Khi đó, D là tốn tử khả nghịch phải.
Thật vậy, ta có
 t
/
t

(DRx) (t) = 

es−t x(s)ds +

t0

es−t x(s)ds
t0

t



= e−t

/

t

es x(s)ds + e−t
t0

es x(s)ds
t0

t

= − e−t

t

es x(s)ds + e−t et x(t) + e−t
t0

es x(s)ds = x(t).
t0

Do đó, DR = I nên D là tốn tử khả nghịch phải.
Định nghĩa 2.2 (Toán tử ban đầu, xem[4]). Toán tử F ∈ L(X) được gọi là
toán tử ban đầu của toán tử D ∈ R(X) ứng với nghịch đảo phải R của D

nếu
i) F là một phép chiếu lên không gian các hằng số, nghĩa là

F 2 = F, F X = ker D
ii) F R = 0
22


Hệ quả 2.1. F z = z với mỗi z ∈ ker D.
Hệ quả 2.2. DF = 0 trên X .
Định lý 2.2 (xem [4]). Giả sử D ∈ R(X). Điều kiện cần và đủ để toán tử
F ∈ L0 (X) là toán tử ban đầu của D tương ứng với R ∈ RD là
F = I − RD trên dom D
Hệ quả 2.3. Nếu A ∈ L(X) khả nghịch thì khơng tồn tại tốn tử ban đầu
khác 0.
Hệ quả 2.4. Họ RD = {Rγ }γ∈Γ tất cả các nghịch đảo phải của toán tử
D ∈ R(X) xác định duy nhất một họ FD = {Fγ }γ∈Γ các toán tử ban đầu của
D.
Fγ = I − Rγ D trên dom D ; ∀γ ∈ Γ.

2.1.1

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 tốn tử Q [D] như sau:
Tìm tất cả các nghiệm của phương trình
M

N

Dm Amn Dn x = y,

Q [D] x =

y ∈ X,

(2.1)

m=0 n=0

thỏa mãn điều kiện ban đầu

Fj Dj x = yj , yj ∈ ker D

(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
"đặt chỉnh" nếu có nghiệm duy nhất với mỗi y ∈ C; y0 , y1 , . . . , yM +N −1 ∈ C.
Bài tốn (2.1)-(2.2) được gọi là "đặt khơng chỉnh" nếu tồn tại y ∈ Q [D] XM +N
và y0 , . . . , yM +N −1 ∈ ker D sao cho bài tốn này khơng có nghiệm hoặc bài
tốn thuần nhất (tức là y = yi = 0; j = 0, . . . ., M + N − 1) có nghiệm
khơng tầm thường.
Định nghĩa 2.4 (xem [4]-[6]). Giả sử Q [D] có dạng (2.1). Đặt
M

N

RM −m Bmn RN −n ,

K=
m=0 n=0

23

(2.3)


trong đó
∧

A
Bmn =
∧

A
∧

A

mn

=

nếu m = 0

0n
M

mn

−

∧

F Dk−m A

các trường hợp khác

kn

k=m

0
Amn

nếu m = M, n = N
các trường hợp khác

(m = 0, 1, . . . , M ; n = 0, 1, . . . , N ). Khi đó, I + K được gọi là "tốn tử
giải" của bài toán (2.1)- (2.2) .
Bổ đề 2.1 (xem[4]). Đặt
M

N

RM +N −m Bmn Dn .

Q=

(2.4)

m=0 n=0

Khi đó

QRN = RN K,

(2.5)

trong đó K xác định bởi (2.3) và

DM +N (I + Q) = Q [D] ,

(2.6)

F Dj (I + Q) = F Dj (j = 0, 1, . . . , M + N − 1).

(2.7)

Bổ đề 2.2 (xem[4]). Cho Q xác định bởi (2.4). Khi đó, bài tốn giá trị ban
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

DM +N (I + Q)x = y.
Phương trình này tương đương với phương trình
M +N −1

(I + Q)x = R

M +N

Rj zj

y+
j=0

trong đó z0 , z1 , . . . , zM +N −1 ∈ kerD tùy ý.
Từ công thức (2.7) và phương trình cuối, ta suy ra bài tốn giá trị ban đầu
(2.1)-(2.2) tương đương với phương trình
M +N −1

(I + Q)x = R

M +N

R j yj .

y+
j=0

24

(2.8)