Ví dụ cho hàm Green
Ví dụ 1.1 Cho m ∈ R, f là một hàm liên tục, xét phương trình: u 0 (t) +mu(t) = f(t), t∈ [0,1] (1.1) với các điều kiện biên là : u(0)−u(1) = 0.
Trước tiên, ta tìm nghiệm của phương trình (1.1).
Nhân hai vế của phương trình (1.1) với e mt ta có e mt u 0 (t) +me mt u(t) = e mt f(t) d dt e mt u(t) = e mt f(t), t ∈ [0,1]
Tích phân hai vế, ta có e mt u(t)−u(0) t
Thay vào điều kiện biên u(0)−u(1) = 0 , ta có: u(0)−(e −m u(0) +
Thay vào biểu thức của u(t) ta được u(t) = 1
Khi m = 0, điều kiện để phương trình có nghiệm là
Bài toán đưa ra trong Ví dụ 1.1 có cách nhìn khác như sau: Đặt X = u ∈ C 1 ([0,1]), u(0) = u(1) Xét toán tử
L : X → C([0,1]) xác định bởi Lu(t) = u 0 (t) +mu(t), t ∈ [0,1].
Khi đó, phương trình (1.1) tương đương với Lu = f Nếu u là nghiệm duy nhất thì u = L −1 f 1
G(t, s)f(s)ds Sự tồn tại duy nhất nghiệm của phương trình (1.1) tương đương với tính khả nghịch của toán tử L.
Hàm Green G(t, s) có những tính chất quan trọng liên quan đến sự tồn tại và tính duy nhất trong giải quyết bài toán vi phân Đặc biệt, trong trường hợp hàm Green cho phương trình vi phân cấp hai, chúng ta sẽ phân tích công thức và các yếu tố ảnh hưởng đến hàm này Bài viết sẽ tập trung vào việc giải quyết bài toán giá trị ban đầu để làm rõ hơn về hàm G(t, s).
L[y] = f(x), y(x 0 ) =α, y 0 (x 0 ) =β (1.2) Với L là toán tử vi phân
Nếu a 1 và a 0 là các hàm liên tục thì (1.2) tồn tại nghiệm duy nhất.
Xét bài toán bài toán giá trị biên tổng quát
Khi chọn β1 = β2 = 0 và α1 = α2 = 1, điều kiện yêu cầu y triệt tiêu tại các điểm a và b Ngược lại, nếu chọn α1 = α2 = 0 và β1 = β2 = 1, thì y 0 tại a và b đều bằng 0 Các điều kiện tổng quát tại a và b liên quan đến cả y và y 0.
Không giống như bài toán giá trị ban đầu, các bài toán giá trị biên có thể không tồn tại nghiệm, chẳng hạn xét phương trình y 00 + y = f(x), y(0) = y(π) = 0 (1.6)
Nhân phương trình với sinx và lấy tích phân, ta có
Do đó, điều kiện cần để (1.6) có nghiệm là
Z π 0 f(x) sinxdx = 0 (1.9) Điều kiện này không được thỏa mãn với mọi f(x) (ví dụ: f(x) = x).
Để tìm nghiệm của bài toán giá trị ban đầu khi chúng tồn tại, chúng ta sẽ sử dụng hàm Green, được xây dựng dựa trên hai nghiệm độc lập y1 và y2 của phương trình thuần nhất.
Chính xác hơn, y 1 là nghiệm duy nhất của bài toán giá trị ban đầu
L[y] = 0, y(a) = β 1 , y 0 (a) =−α 1 (1.11) và y 2 là nghiệm duy nhất của bài toán
Do đó các nghiệm này thỏa mãn
Bổ đề 1.1 Hàm u thỏa mãn
L[u] = 0 và B a [u] = 0 (1.14) khi và chỉ khi u = λy 1 , λ ∈ R.
Do đó u = λy 1 , λ ∈ R thỏa mãn L[u] = 0 và B a [u] = 0.
Giả sử u thỏa mãn (1.14), ta chứng minh u = λy 1 với λ ∈ R.
W(y 1 , u)(a) = 0 (1.15) với W(y 1 , u) là định thức Wronskian của y 1 và u Do đó u là bội của y 1 hay u = λy 1 , λ ∈ R.
Tương tự có thể chứng minh mỗi nghiệm u của phương trình
Hệ quả 1.1 Các nghiệm y 1 và y 2 là độc lập tuyến tính khi và chỉ khi
Việc xây dựng hàm Green đòi hỏi y 1 và y 2 độc lập tuyến tính Tiếp theo, chúng ta cần một nghiệm riêng của phương trình
Sử dụng phương pháp biến thiên hằng số, ta tìm nghiệm riêng y p dưới dạng yp(x) = c1(x)y1(x) +c2(x)y2(x) (1.17)
Ta có y p 0 (x) =c 1 (x)y 1 0 +c 2 (x)y 2 0 +c 0 1 (x)y 1 +c 0 2 (x)y 2 , chọn c1(x), c2(x) sao cho c 0 1 (x)y1 +c 0 2 (x)y2 = 0, khi đó y p 0 (x) =c 1 (x)y 1 0 +c 2 (x)y 2 0 và y p 00 (x) =c 1 (x)y 1 00 +c 2 (x)y 2 00 + c 0 1 (x)y 0 1 +c 0 2 (x)y 0 2 Thay y p , y p 0 và y p 00 vào phương trình (1.16) ta có c 1 (x)(y 00 1 +a 1 y 1 0 +a 0 y 1 ) +c 2 (x)(y 2 00 +a 1 y 2 0 +a 0 y 2 ) +c 0 1 (x)y 1 0 +c 0 2 (x)y 2 0 = f(x)
(do y 1 , y 2 tương ứng là nghiệm của (1.11) và (1.12)).
Vậy để y p (x) = c 1 (x)y 1 (x) +c 2 (x)y 2 (x) là nghiệm của (1.16) thì c 1 (x) và c 2 (x) phải thỏa mãn hệ phương trình
Vì y 1 , y 2 độc lập tuyến tính nên W(y 1 , y 2 ) 6= 0 Từ đó hệ trên có nghiệm duy nhất c 0 1 (x)
Do đó ta có nghiệm riêng y p (x) =−
W(y 1 , y 2 )(s) ds (1.20) Đạo hàm y p (x) ta có y p 0 (x) = y 1 (x)f(x)
W(y 1 , y 2 )(s) f(s)ds (1.21) Suy ra yp(a) = y p 0 (a) = 0 và Ba(yp) =α1yp(a) + β1y p 0 (a) = 0 (1.22)
Nghiệm riêng yp đáp ứng điều kiện biên tại a nhưng không thỏa mãn tại b Để đảm bảo điều kiện biên tại b được thỏa mãn, chúng ta cần xem xét lại nghiệm tổng quát của phương trình.
Nghiệm này có dạng y(x) = Ay 1 (x) + By 2 (x) +y p (x) (1.24)
Chúng ta cần xác định các hệ số A, B để các điều kiện biên được thỏa mãn.
Tương tự, từ B b [y 2 ] = 0, B b [y 1 ] 6= 0 và B b [y p ] 6= 0 ta có
W(y1, y2)(s)ds (1.26) Thay A, B vào (1.24) và sử dụng biểu thức (1.20) cho y p , ta có nghiệm y(x) Z b a y1(x)y2(s)f(s)
W(y 1 , y 2 )(s) ds (1.27) Để viết nghiệm này dưới dạng thuận tiện hơn, ta xác định hàm Green
Để xác định hàm Green, việc đầu tiên là tìm hệ nghiệm cơ bản của phương trình thuần nhất Để giải bài toán giá trị biên một cách nhanh chóng, chúng ta cần thực hiện theo bốn bước sau đây.
1 Tìm một hệ nghiệm cơ bản u 1 , u 2 của L[y] = 0.
2 Kết hợp tuyến tính u1, u2 để tìm các nghiệm y1, y2 của L[y] = 0 thỏa mãn B a [y 1 ] = 0 và B b [y 2 ] = 0.
3 Xác định hàm Green G theo (1.28).
Ta xét một số ví dụ minh họa.
Ví dụ 1.2 Tìm hàm Green của bài toán giá trị biên y 00 (x) = f(x), y(0) = 0, y(1) = 0 (1.30)
Giải y 00 (x) = x 2 với các điều kiện biên như trên Phương trình thuần nhất y 00 = 0 có các nghiệm cơ bản u 1 (x) = 1 và u 2 (x) = x Lấy y 1 (x) = x và y 2 (x) = 1 − x để thỏa mãn các điều kiện biên B 0 [y] = y(0) = 0 và
B 1 [y] = y(1) = 0 Do đó W(y 1 , y 2 )(x) = −1 và ta có
G(x, s) s(x−1), nếu 0 ≤ s ≤x x(s−1), nếu x ≤s ≤ 1 (1.31) Như vậy giải (1.30) với y(x) = (x−1).
Để tìm hàm Green cho bài toán giá trị biên y''(x) + y(x) = f(x) với điều kiện y(0) = 0 và y'(1) = 0, ta có phương trình y'' + y = 0 với hệ nghiệm cơ bản là u₁(x) = sin(x) và u₂(x) = cos(x) Để thỏa mãn điều kiện biên B₀[y] = y(0) = 0, ta chọn y₁(x) = sin(x) Để điều kiện B₁[y] = y'(1) = 0 được thỏa mãn, ta chọn y₂(x) = cos(x - 1).
Sau đó kiểm tra W(y 1 , y 2 )(x) = −cos 1 và tìm được
Ví dụ 1.4 Xét hàm Green tìm được trong Ví dụ 1.2.
1 Chứng minh G đối xứng theo nghĩa G(x, s) = G(s, x).
Do đó G đối xứng theo nghĩa G(x, s) = G(s, x). Đạo hàm (1.31) ta được
Ta có thể biểu diễn theo hàm bước đơn vị Heaviside như sau
Do hàm Delta Dirac được định nghĩa là đạo hàm của hàm Heaviside nên
Định nghĩa hàm Green
Ly(t) = 0,(t ∈ I), U i (y) = 0,(i = 1, , m) (H) Ly(t) =σ(t),(t∈ I), U i (y) = 0,(i = 1, , m) (SH) Ly(t) =σ(t),(t∈ I), Ui(y) =γi,(i = 1, , m) (NH) trong đó
Hàm G(t, s) được định nghĩa là hàm Green liên kết với phương trình (H) nếu nó thỏa mãn các điều kiện nhất định Trong đó, i chạy từ 1 đến m (m ≤ n) với các số thực αij, βji và γi cho mọi i và j, k là các hàm thực liên tục với k từ 0 đến n, và a0(t) khác 0 trong khoảng I ≡ [a, b].
(G2) Với k = 0, , n−2, các đạo hàm riêng ∂ ∂t k G k tồn tại và liên tục trên
(G3) ∂ ∂t n−1 n−1 G và ∂ ∂t n G n tồn tại và liên tục trên các tam giác.
(G4) Với mỗi t∈ (a, b) tồn tại các giới hạn ∂ ∂t n−1 n−1 G (t, t + ) và ∂ ∂t n−1 n−1 G (t, t − ) đồng thời
(G5) Với mỗi s ∈ (a, b), hàm t → G(t, s) là một nghiệm của phương trình
Ly = 0 với t∈ [a, s) và t ∈ (s, b], tức là : a 0 (t)∂ n G
(G6) Với mỗi s ∈ (a, b), hàm t →G(t, s) thỏa mãn các điều kiện biên
Sự tồn tại và tính duy nhất của hàm Green
Tập nghiệm của phương trình Ly = 0 được xác định là một không gian véc tơ con của C n (I) Mỗi cơ sở trong không gian này được gọi là tập nghiệm cơ bản của phương trình Ly = 0.
Mệnh đề 1.1 Cho(y1, , yn) là hệ nghiệm cơ bản của phương trình Ly = 0. Khi đó không gian nghiệm của phương trình (H) có k chiều khi và chỉ khi rank
Chứng minh Giả sử nghiệm của phương trình (H) có số chiều là k với cơ sở là x 1 , , x k và ta có biểu diễn xi = ai1y1 +ai2y2 +ã ã ã+aikyk (i = 1, , k).
Ta có hệ {x i } i=1, ,k là độc lập tuyến tính khi và chỉ khi hệ tọa độ tương ứng {(a i1 , , a in )} i=1, ,k cũng độc lập tuyến tính Mặt khác U j (x i ) = 0 nên ta có
(1.40) hay nói cách khác, các vectơ(a i1 , , a in )(i = 1, , k)là nghiệm của hệ phương trình
Nhận thấy không gian nghiệm của phương trình (1.41) (với ma trận hệ số
(U i (y j )) i,j ) là không gian vectơ k chiều khi và chỉ khi {(a i1 , , a in )} i=1, ,k độc lập tuyến tính hay rank
Như vậy càng nhiều điều kiện thì bài toán (H) càng ít nghiệm, nếu rank
= n thì phương trình (H) chỉ có nghiệm tầm thường.
Mệnh đề 1.2 nêu rằng cho (y1, , yn) là hệ nghiệm cơ bản của phương trình Ly = 0 và y p là một nghiệm của phương trình Ly = σ Tập nghiệm của phương trình (NH) sẽ là không gian Áfin k chiều nếu và chỉ nếu hạng của nó đạt yêu cầu nhất định.
Um(y1) ã ã ã Um(yn) γm −Um(yp)
Giả sử nghiệm của phương trình (N H) là không gian Afin với số chiều k, trong đó hệ độc lập tuyến tính cực đại gồm các biến x1, x2, , xk Mỗi biến x_i có thể được biểu diễn dưới dạng x_i = y_p + a_i1 y_1 + a_i2 y_2 + + a_ik y_k, với i = 1, 2, , k.
Ta có hệ {x i } i=1, ,k là độc lập afin khi và chỉ khi hệ tọa độ tương ứng {(a i1 , , ain)} i=1, ,k là độc lập tuyến tính Mặt khác Uj(xi) = γj nên ta có
(1.42) hay nói cách khác, các vectơ(a i1 , , a in )(i = 1, , k)là nghiệm của hệ phương trình
Nhận thấy không gian nghiệm của phương trình (1.43) (với ma trận hệ số (U i (y j )) i,j ) là không gian Afin k chiều khi và chỉ khi rank
Hệ quả 1.2 Xét bài toán (NH) với n = m Khi đó bài toán (NH) có duy nhất nghiệm khi và chỉ khi bài toán (H) tương ứng chỉ có nghiệm tầm thường.
Chứng minh Theo Mệnh đề 1.1 bài toán (H) chỉ có nghiệm tầm thường khi và chỉ khi k = 0 tức là rank
Theo Mệnh đề 1.2 thì bài toán (N H) có duy nhất nghiệm. Định lý 1.1 Cho G là một hàm Green của bài toán (H) Khi đó, với mỗi hàm liên tục σ , ta có y(t) Z b a
G(t, s)σ(s)ds, t∈ I (1.44) là một nghiệm của bài toán (SH).
L(G(t, s)σ(s))ds (tính tuyến tính của L) b
∂t n + ã ã ã+a n (t)G(t, s) σ(s)ds (định nghĩa của toán tử L)
U i (G(t, s)σ(s))ds (tính tuyến tính của U i ) b
Trong bài toán (SH), y(t) được xác định là nghiệm của bài toán Theo Định lý 1.2, nếu bài toán (H) với n = m có duy nhất nghiệm tầm thường, thì tồn tại duy nhất một hàm Green G(t, s) cho bài toán (H) Thêm vào đó, với mỗi hàm liên tục σ, bài toán (SH) (n = m) sẽ có duy nhất một nghiệm y(t).
Chứng minh Trước tiên, ta chứng minh hàm
0 nếu t < s ≤ b là một hàm Green của bài toán giá trị ban đầu
K(t, s) y 1 (s) y n (s) y 1 , (s) y n , (s) y (n−2) 1 (s) y (n−2) n (s) y 1 (t) y n (t) a 0 (s)W(y 1 , , y n )(s) với (y 1 , , y n ) là hệ nghiệm cơ bản của phương trình Ly = 0, và
W(y1, , yn)(s) y 1 (s) y n (s) y 1 , (s) y n , (s) y (n−1) 1 (s) yn (n−1) (s) là định thức Wronskian.
Theo Định nghĩa 1.1, ta cần chỉ ra hàm K˜ đồng thời thỏa mãn các tính chất (G1)−(G6).
Theo giả thiết ta có (y 1 , , y n ) là tập nghiệm cơ bản của phương trình
Ly = 0 nên W(y1, , yn)(s) 6= 0 Mặt khác, a0(s) 6= 0 với mọi s ∈ I Do đó hàm K˜ xác định trên I ×I K˜ thỏa mãn (G1).
Do đó ∂ ∂t k K k ˜ tồn tại và liên tục trên I ×I với n ≥ 2 (khi s = t thì hai dòng của định thức bằng nhau) Hàm K˜ thỏa mãn tính chất (G2).
Tương tự, ta tìm được ∂ ∂t n−1 n−1 K ˜ (t, s) và ∂ ∂t n K n ˜ (t, s) trên các tam giác a ≤ s < t≤ b và a ≤ t < s ≤ b Từ đó K˜ thỏa mãn (G3).
0 (t). Hàm K˜ thỏa mãn tính chất (G4).
Với a ≤ t < s, cố định s, ta có : K˜(t, s) = 0 ⇒ LK(t, s) = 0˜
Với s < t ≤ b, cố định s, ta có K(t, s)˜ là một tổ hợp tuyến tính của y 1 (t), , y n (t) nên LK˜(t, s) = 0.
Vậy tính chất (G5) được thỏa mãn.
Do đó tính chất (G6) được thỏa mãn.
Như vậy, hàm K˜(t, s) thỏa mãn 6 điều kiện nêu ra trong Định nghĩa 1.1 nên nó là một hàm Green của bài toán (1.45).
Tiếp theo, với n hàmc 1 , , c n liên tục trênI, ta xây dựng hàm Green cho bài toán (H) khi n = m dưới dạng:
Rõ ràng, G(t, s) thỏa mãn các tính chất (G1)−(G5).
Tiếp theo, ta sẽ chỉ ra rằng có thể chọn c 1 , , c n sao cho G thỏa mãn tính chất (G6) đối với bài toán (H) (n = m).
X j=1 c j (s)U i (y j ) = 0,∀i = 1, , n nên (c 1 (s), , c n (s))là nghiệm của hệ
Do bài toán (H) (n = m) chỉ có nghiệm tầm thường nên
= n vì vậy hệ trên có nghiệm duy nhất cho bởi
Do đó c 1 (s), , c n (s) là các hàm liên tục.
Vậy G là một hàm Green của bài toán (H) với n = m.
Khi đó với mỗi hàm liên tục σ, theo Định lý 1.1, ta có y(t) Z b a
G(t, s)σ(s)ds, t∈ I là một nghiệm của bài toán (SH) (trường hợp n = m) Hơn nữa, theo Hệ quả 1.2, đây cũng là nghiệm duy nhất của bài toán này.
Chúng ta sẽ chứng minh tính duy nhất của hàm Green bằng cách giả sử G˜ là một hàm thỏa mãn các điều kiện (G1)−(G6) cho bài toán (H) với n = m Với mọi t ∈ I và mọi hàm liên tục σ, ta có thể khẳng định rằng hàm Green G˜ đáp ứng các yêu cầu cần thiết để đảm bảo tính duy nhất trong giải pháp của bài toán.
⇒ G(t, s) = ˜G(t, s) với mọi t, s ∈ I nếu n ≥ 2, và với mọi t 6= s nếu n= 1.
Công thức hàm Green cho phương trình vi phân hệ số hằng
Chương 2 nhằm mục đích phát triển công thức tính hàm Green cho phương trình vi phân tuyến tính với hệ số hằng, đồng thời áp dụng phần mềm Maple để tính toán hàm Green thông qua một số ví dụ cụ thể.
Hàm Green cho phương trình vi phân hệ số hằng
Xét bài toán biên hai điểm:
Bài toán thuần nhất tương ứng :
L n y(t) = 0, t ∈ I, U i (y) = 0, i = 1, , n (Hc) có duy nhất nghiệm tầm thường.
Chúng tôi sẽ phát triển một thuật toán nhằm tính hàm Green cho bài toán này, cho phép giải quyết một hệ đại số tuyến tính cấp n Theo Định lý 2.1, r là nghiệm duy nhất của bài toán u (n) (t) + n−1.
X i=0 a n−i u (i) (t) = 0, t ∈ R (2.1) u (i) (0) = 0, (i = 0, , n−2), u (n−1) (0) = 1 (2.2) Khi đó, nghiệm duy nhất của bài toán
L n y(t) = σ(t), t ∈ I y (i) (a) = λ i , i = 0, , n−1, với σ ∈ C(I)và λ i ∈ R, i = 0, , n−1, cho bởi công thức : y(t) t
R a r(t−s)σ(s)ds, t ∈ I. Theo quy tắc Leibniz, ta có v (i) (t) t
Do đó hàm y n−2 (.) ≡r , (.−a) +a 1 r(.−a) là nghiệm duy nhất của bài toán y (n) (t) + n−1
Do đó hàm y n−2 (.) là nghiệm duy nhất của bài toán trên.
Tương tự ta có thể chứng minh hàm y n−1−j là nghiệm duy nhất của bài toán y (n) (t) + n−1
X i=0 a n−i y (i) (t) = 0, t ∈ R, y (i) (a) = 0, i = 0, , n−1, i 6= n−1−j, y (n−1−j) (a) = 1. Đặt k = n−1−j,j ∈ {0,1, , n−1}, ta có k ∈ {0,1, , n−1} và y n−1−j = yk = r (n−1−k) + n−1
Do đó yk là nghiệm duy nhất của bài toán trên (k = 0, , n−1).
Cuối cùng, ta chứng minh u(t) = v(t) + n−1
X k=0 yk(t)λk,t ∈ I là nghiệm duy nhất của bài toán
X k=0 y k (t)λ k , t ∈ I là nghiệm duy nhất của bài toán
Tiếp theo, tương tự Định lý 1.2, ta sẽ tìm một hàm Green cho bài toán (SHc) dưới dạng
(2.4) trong đó d k là các hàm thực liên tục chưa biết.
Vì y k , r và U i đã biết nên bằng việc giải hệ tuyến tính n−1
X j=0 β j i r (j) (b−s), i = 1, , n, (2.5) ta thu được biểu thức của d k (s), từ đó có được công thức của G(t, s).
Chú ý rằng, hệ (2.5) tương đương với
Do bài toán (Hc) chỉ có duy nhất nghiệm tầm thường nên theo Mệnh đề1.1 và Hệ quả 1.2 thì hệ trên có nghiệm duy nhất.
Trường hợp tuần hoàn
Để tìm biểu thức của hàm Green cho bài toán (H c ), cần giải hệ phương trình (2.6), như đã trình bày trong chứng minh của Định lý 2.1 Hơn nữa, sự tồn tại và tính duy nhất của hàm Green tương đương với việc có một nghiệm duy nhất cho hệ đại số liên quan.
Dựa trên định nghĩa của các hàm y không được đưa ra trong (2.3), nhiệm vụ của chúng ta là tìm hàm là nghiệm duy nhất cho bài toán giá trị ban đầu theo Định lý 2.1 Thực tế, biểu thức của các hàm liên tục d thường rất phức tạp Do đó, trong một số trường hợp đặc biệt của các điều kiện biên, chúng ta có thể tìm ra phương pháp hiệu quả hơn để tính toán hàm Green.
Xét trường hợp tuần hoàn
Trong trường hợp này, biểu thức của hàm Green được nêu ra trong kết quả sau Việc chứng minh tương tự với chứng minh Định lý 2.1.
Bổ đề 2.1 Giả sử bài toán biên tuần hoàn :
L n u(t) =σ(t), t ∈ I, u (i) (a)−u (i) (b) = à i , i = 0, , n−1 có một nghiệm duy nhất u ∈ C n (I) với σ ∈ C(I).
Khi đó u được cho bởi biểu thức u(t) b
X i=0 r i (t)à i trong đó r j ∈ C ∞ (R),j = 0, ,n−1, là nghiệm duy nhất của bài toán
Hơn nữa, với i = 0, , n−2, ta có biểu thức sau : r i (t) = r n−1 (n−1−i) (t) + n−i−1
Biểu thức được trình bày trong bổ đề trên đơn giản hơn so với các tính toán trước đó Đối với trường hợp tuần hoàn, chúng ta chỉ cần giải một hệ phương trình tuyến tính để tìm biểu thức của hàm r n−1.
Sử dụng Maple tính hàm Green
Công thức hàm Green cho bài toán biên cấp 2
Phần code làm theo các bước trên được chỉ ra dưới đây
> with(DEtools): with(linalg): with(plots):
Input 1: Hệ số của phương trình
> eq := c[1]*(diff(x(t), t, t))+c[2]*(diff(x(t), t))+c[3]*x(t) = 0; eq := d 2 dt 2 x(t) + 81x(t) = 0
> a := 0; #a=0 aab := 1; aacondition[1] := array([1, 0, 0, 0]); aacondition[2] := array([0, 0, 1, 0]); a := 0 b := 1 condition1 := [1 0 0 0] condition 2 := [1 0 1 0]
To find the Green function for the given problem, we start with the equation specified The first boundary condition is expressed as a linear combination of the function and its derivative at the boundaries, specifically involving values at points 'a' and 'b' Similarly, the second boundary condition also incorporates the function and its derivative at these points This setup is essential for solving the problem effectively.
Find the Green function of the problem
Let equation: d 2 dt 2 x(t) + 81x(t) = 0 with the first bounded condition: x(0) = 0 with the second bounded condition: x(1) = 0
Thủ tục tìm hàm Green cho bài toán
The problem begins with the initial conditions dk := x(0) = 0 and (D(x))(0) = 1, leading to the solution aasolution := dsolve(eq, dk, x(t)) The solution is then adjusted for different time variables, resulting in aasolutions := subs(t = t-s, solution) Two sets of equations, aay[0] and aay[1], are defined based on the original solution and its derivative, incorporating constants c[2] The matrix aaU is constructed to represent boundary conditions for two functions y[0] and y[1] at points a and b The matrix aaA is formed from the elements of aaU, which are influenced by various conditions A vector aav is created to encapsulate additional boundary conditions Finally, if the determinant of matrix A is non-zero, the inverse is computed to find d := evalm(A −1 &*v).
Output: Hàm Green và đồ thị
If the determinant of matrix A is non-zero, the solution is unique, and the Green's function can be expressed as follows: for values of s and t within specified bounds, the function is defined piecewise based on the relationships between s, t, and the limits a and b If the determinant is zero, the solution is not unique, and a Green's function does not exist.
Cùng với thuật toán trên, ta có hàm Green cho một số bài toán cấp 2 sau
Input 1: Hệ số của phương trình
> a := 0; #a=0 aab := 2; aacondition[1] := array([0, 0, 1, 0]); aacondition[2] := array([1, 0, 0, 0]); a := 0 b := 2 condition 1 := [0 0 1 0] condition 2 := [1 0 0 0]
Output: Hàm Green và đồ thị
Input 1: Hệ số của phương trình
> a := 0; #a=0 aab := 3; aacondition[1] := array([1, 0, 0, 0]); aacondition[2] := array([0, 0, 0, 2]); a := 0 b := 3 condition 1 := [1 0 0 0] condition 2 := [0 0 0 2]
Output: Hàm Green và đồ thị
Công thức hàm Green cho bài toán biên cấp 3
Dưới đây là phần code cho bài toán biên cấp 3
> with(DEtools): with(linalg): with(plots):
Input 1: Hệ số của phương trình
> eq := c[1]*diff(x(t),t$3)+c[2]*diff(x(t), t$2)+c[3]*(diff(x(t), t))+c[4]*x(t) = 0 eq := d 3 dt 3 x(t) + 3 d 2 dt 2 x(t) + 3 d dtx(t) +x(t) = 0
> a := 0; #a=0 aab := 1; aacondition[1] := array([1, 0, 0, 0, 0, 0]); aacondition[2] := array([0, 0, 0, 1, 0, 0]); aacondition[3] := array([0, 0, 0, 0, 1, 0]); a := 0 b := 1 condition 1 := [1, 0, 0, 0, 0, 0] condition 2 := [0, 0, 0, 1, 0, 0] condition 3 := [0, 0, 0, 0, 1, 0]
To find the Green function for the given problem, we start with the equation specified as eq The first bounded condition involves a linear combination of the function x and its first and second derivatives at points a and b, set to zero Similarly, the second bounded condition also incorporates the function x and its derivatives at points a and b, equating to zero The third bounded condition follows the same structure, ensuring that the function and its derivatives satisfy specific criteria at both endpoints Each condition plays a crucial role in determining the behavior of the Green function within the defined problem.
Find the Green function of the problem
Let equation: d 3 dt 3 x(t) + 3 d 2 dt 2 x(t) + 3 d dtx(t) +x(t) = 0 with the first bounded condition: x(0) = 0 with the second bounded condition: x(1) = 0 with the third bounded condition: D(x)(1) = 0
Thủ tục tìm hàm Green cho bài toán
The article discusses the process of solving differential equations using specific initial conditions and substitutions It begins with defining the initial conditions for the function \( x(t) \) and its derivatives at \( t = 0 \) The solution is obtained through the `dsolve` function, which incorporates these conditions Subsequent substitutions are made to evaluate the solution and its derivatives at different points, specifically \( t = a \) and \( t = b \) The article outlines how to construct matrices based on these conditions and how to compute the determinant of these matrices If the determinant is non-zero, the inverse matrix is calculated to find the final result This systematic approach ensures that the solutions adhere to the specified conditions, providing a robust framework for solving differential equations.
Output: Hàm Green và đồ thị
If the determinant of matrix A is non-zero, the solution is unique, and the Green's function can be expressed as: G(t, s) = piecewise(a ≤ s ≤ t and t ≤ b, op(2, solutions + y[0]*d[1] + y[1]*d[2] + y[2]*d[3]), a ≤ t < s ≤ b, op(2, y[0]*d[1] + y[1]*d[2] + y[2]*d[3]) If the determinant is zero, the solution is not unique, and a Green's function does not exist.
Luận văn đã hoàn thành với các kết quả đạt được sau đây:
• Trình bày một số ví dụ cho hàm Green cấp 1 và cấp 2 và điều kiện để tồn tại duy nhất hàm Green.
• Trình bày chi tiết lại các kết quả của bài báo [5].
• Viết lại thuật toán tìm hàm Green trên Maple cho bài toán biên cấp 2 và cấp 3.
Mặc dù thời gian hạn chế, luận văn vẫn có những thiếu sót nhất định Do đó, tôi rất mong nhận được sự đóng góp ý kiến từ các Thầy Cô và bạn bè để hoàn thiện luận văn này hơn nữa.