TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI KHOA TOÁN ——————–o0o——————– LÊ THỊ ĐỖ PHƯƠNG PHÁP CẦU PHƯƠNG GIẢI XẤP XỈ PHƯƠNG TRÌNH VI - TÍCH PHÂN TUYẾN TÍNH VOLTERRA KHĨA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC Chun ngành: Giải tích Hà Nội – Năm 2019 ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI KHOA TOÁN ——————–o0o——————– LÊ THỊ ĐỖ PHƯƠNG PHÁP CẦU PHƯƠNG GIẢI XẤP XỈ PHƯƠNG TRÌNH VI - TÍCH PHÂN TUYẾN TÍNH VOLTERRA KHĨA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC Chuyên ngành: Giải tích Người hướng dẫn khoa học PGS.TS Khuất Văn Ninh Hà Nội – Năm 2019 Lời cảm ơn Khóa luận thực hồn thành hướng dẫn khoa học PGS.TS Khuất Văn Ninh Tôi xin gửi lời cảm ơn sâu sắc đến thầy, thầy định hướng chọn đề tài tận tình hướng dẫn tơi suốt q trình tìm hiểu, nghiên cứu để tơi hồn thành khóa luận Tôi xin chân thành cảm ơn thầy giáo, cô giáo trường, thầy cô giáo Khoa Toán - Trường Đại học sư phạm Hà Nội giảng dạy giúp đỡ suốt trình học tập nghiên cứu trường Tơi xin gửi lời cảm ơn tới gia đình bạn bè ln bên tơi, động viên tơi hồn thành khóa luận Tôi xin chân thành cảm ơn! Lời cam đoan Tôi xin cam đoan, bảo hướng dẫn PGS.TS Khuất Văn Ninh, khóa luận chuyên ngành Tốn giải tích với đề tài: “Phương pháp cầu phương giải xấp xỉ phương trình vi - tích phân tuyến tính Volterra” hồn thành nhận thức tìm hiểu thân tơi, khơng trùng lặp với khóa luận khác Trong q trình làm khóa luận, tơi kế thừa kết nhà khoa học với trân trọng biết ơn Hà Nội, tháng năm 2019 Người thực Lê Thị Đỗ Mục lục Mở đầu 1 KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 1.1 1.2 Không gian Banach 1.1.1 Không gian định chuẩn 1.1.2 Định nghĩa không gian Banach Một số không gian hàm 1.2.1 Không gian Rn 1.2.2 Không gian C[a, b] 1.2.3 Không gian C m [a, b] 1.2.4 Không gian L(E, µ) 1.2.5 Không gian L (X, Y ) 1.3 Sai phân số tính chất sai phân 1.4 Công thức cầu phương 1.5 Tích phân phụ thuộc tham số 10 1.5.1 Định nghĩa 10 1.5.2 Tính chất tích phân xác định phụ thuộc tham số 10 Phương pháp cầu phương giải phương trình vi - tích phân tuyến tính Volterra 12 2.1 Định nghĩa 12 2.2 Phương pháp chung 13 2.3 Ví dụ 16 TÀI LIỆU THAM KHẢO 38 Mở đầu Lý chọn đề tài Giải tích số mơn học quan trọng toán học đại ngành nghiên cứu xấp xỉ hàm số, giải phương trình Trong giải số phương trình vi – tích phân đóng vai trị bật Các kết nghiên cứu loại phương trình có ứng dụng hầu hết lĩnh vực khoa học công nghệ, kỹ thuật, kinh tế Trên thực tế tốn thực tiễn đa số người ta khơng thể tìm nghiệm xác phương trình vi – tích phân Cho nên vấn đề đặt làm để tìm nghiệm gần phương trình Từ nhu cầu người ta tìm phương pháp giải gần số phương trình vi - tích phân Chính lý em chọn đề tài : “Phương pháp cầu phương giải xấp xỉ phương trình vi - tích phân tuyến tính Volterra” nhằm có điều kiện hiểu biết sâu loại phương trình Mục đích nghiên cứu Nghiên cứu cách giải phương trình vi - tích phân tuyến tính Volterra Đối tượng phạm vi nghiên cứu + Đối tượng: Phương pháp cầu phương giải phương trình vi - tích phân tuyến tính Volterra + Phạm vi nghiên cứu: Phương trình vi - tích phân tuyến tính Volterra Nhiệm vụ nghiên cứu Nghiên cứu cách giải, đưa phương pháp ví dụ áp dụng phương pháp Phương pháp nghiên cứu + Phương pháp nghiên cứu lí luận + Phương pháp nghiên cứu tổng kết tài liệu Chương KIẾN THỨC CHUẨN BỊ Ở chương này, nhắc lại kiến thức không gian Banach, không gian hàm số kiến thức giải tích số phục vụ cho chương sau Nội dung tham khảo tài liệu [1], [3], [4] 1.1 1.1.1 Không gian Banach Không gian định chuẩn Định nghĩa 1.1.1 Cho X không gian vectơ trường K (K trường số thực trường số phức), hàm số · : X → R gọi chuẩn X thỏa mãn điều kiện sau (i) x ≥ 0, ∀x ∈ X x = ⇔ x = θ; (ii) λx = |λ| x , ∀x ∈ X, ∀λ ∈ K; (iii) x + y ≤ x + y , ∀x, y ∈ X Khi (X, · ) gọi không gian định chuẩn viết gọn X Nhận xét | x − y | ≤ x − y , ∀x, y ∈ X Cho X không gian định chuẩn d : X × X −→ R (x, y) −→ d(x, y) := x − y Khi d metric X gọi metric sinh chuẩn 1.1.2 Định nghĩa không gian Banach Định nghĩa 1.1.2 Dãy điểm (xn ) không gian định chuẩn X gọi hội tụ tới điểm x ∈ X lim xn − x = n→∞ Định nghĩa 1.1.3 Dãy (xn ) không gian định chuẩn X gọi dãy lim xn − x = n→∞ Tức (∀ε > 0) (∃N ∈ N) (∀m, n ≥ N ) cho xm − xn < ε Không gian X gọi không gian Banach dãy không gian hội tụ Nhờ nguyên lý làm đầy không gian metric khơng gian định chuẩn khơng khơng gian Banach làm đầy thành khơng gian Banach + Với i = Thay vào (2.19) ta có u6 − 2u5 + u4 = 0, + + 0, [u0 + 2u1 + 2u2 + 2u3 + u4 ] 0, 12 20 − [t0 u0 + 2t1 u1 + 2t2 u2 + 2t3 u3 + t4 u4 ] 20 u6 − 2u5 + u4 ⇔ = 1, + 0.012u0 + 0, 03u1 + 0, 02u2 + 0, 01u3 0, 12 u6 − 2u5 + u4 − 10−4 u3 − 2.10−4 u2 − 3.10−4 u1 − 2.10−4 u0 = 0, 014 + Với i = Thay vào (2.19) ta có u7 − 2u6 + u5 = 0, + + 0, [u0 + 2u1 + 2u2 + 2u3 + 2u4 + u5 ] 0, 12 20 [t0 u0 + 2t1 u1 + 2t2 u2 + 2t3 u3 + 2t4 u4 + t5 u5 ] − 20 u7 − 2u6 + u5 ⇔ = 1, + 0.025u0 + 0, 04u1 + 0, 03u2 + 0, 02u3 + 0, 01u4 0, 12 ⇔ u7 − 2u6 + u5 − 10−4 u4 − 2.10−4 u3 − 3.10−4 u2 − 4.10−4 u1 − 2, 5.10−4 u0 = 0, 015 + Với i = Thay vào (2.19) ta có u8 − 2u7 + u6 = 0, + + 0, [u0 + 2u1 + 2u2 + 2u3 + 2u4 + 2u5 + u6 ] 0, 20 − [t0 u0 + 2t1 u1 + 2t2 u2 + 2t3 u3 + 2t4 u4 + 2t5 u5 + t6 u6 ] 20 ⇔ u8 − 2u7 + u6 − 10−4 u5 − 2.10−4 u4 − 3.10−4 u3 − 4.10−4 u2 − 5.10−4 u1 − 3.10−4 u0 = 0, 016 24 + Với i = Thay vào (2.19) ta có u9 − 2u8 + u7 = 0, + + 0, [u0 + 2u1 + 2u2 + 2u3 + 2u4 + 2u5 + 2u6 0, 12 20 +u7 ] − [t0 u0 + 2t1 u1 + 2t2 u2 + 2t3 u3 + 2t4 u4 + 2t5 u5 + 2t6 u6 + t7 u7 ] 20 ⇔ u9 − 2u8 + u7 − 10−4 u6 − 2.10−4 u5 − 3.10−4 u4 − 4.10−4 u3 − 5.10−4 u2 − 6.10−4 u1 − 3, 5.10−4 u0 = 0, 017 + Với i = Thay vào (2.19) ta có u10 − 2u9 + u8 = 0, + + 0, [u0 + 2u1 + 2u2 + 2u3 + 2u4 + 2u5 + 2u6 0, 12 20 +2u7 + u8 ] − [t0 u0 + 2t1 u1 + 2t2 u2 + 2t3 u3 + 2t4 u4 + 2t5 u5 + 2t6 u6 20 +2t7 u7 + t8 u8 ] u10 − 2u9 + u8 ⇔ = 1, + 0.04u0 + 0, 07u1 + 0, 06u2 + 0, 05u3 + 0, 04u4 0, 12 + 0, 03u5 + 0, 02u6 + 0, 01u7 ⇔ u10 − 2u9 + u8 − 10−4 u7 − 2.10−4 u6 − 3.10−4 u5 − 4.10−4 u4 − 5.10−4 u3 − 6.10−4 u2 − 7.10−4 − 4.10−4 u0 = 0, 018 Ta hệ phương trình đại số tuyến tính gồm (n + 1) phương trình (n + 1) ẩn (u0 , u1 , , un ) 25   u0 =      u1 = 0,      u2 − 2u1 + u0 = 0, 01      u3 − 2u2 + u1 − 5.10−5 u0 = 0, 011      u4 − 2u3 + u2 − 10−4 u1 − 10−4 u0 = 0, 012      −4 −4 −4  u5 − 2u4 + u3 − 10 u2 − 2.10 u1 − 1, 5.10 u0 = 0, 013 u − 2u + u − 10−4 u − 2.10−4 u − 3.10−4 u − 2.10−4 u = 0, 014     u7 − 2u6 + u5 − 10−4 u4 − 2.10−4 u3 − 3.10−4 u2 − 4.10−4 u1 − 2, 5.10−4 u0 = 0, 015      u8 − 2u7 + u6 − 10−4 u5 − 2.10−4 u4 − 3.10−4 u3 − 4.10−4 u2 − 5.10−4 u1 − 3.10−4 u0 = 0, 016      u9 − 2u8 + u7 − 10−4 u6 − 2.10−4 u5 − 3.10−4 u4 − 4.10−4 u3 − 5.10−4 u2 − 6.10−4 u1      −3, 5.10−4 u0 = 0, 017      u10 − 2u9 + u8 − 10−4 u7 − 2.10−4 u6 − 3.10−4 u5 − 4.10−4 u4 − 5.10−4 u3 − 6.10−4 u2    −7.10−4 u − 4.10−4 u = 0, 018 Sử dụng Maple để giải hệ phương trình ta kết sau > eqn1 := u0 = eqn : = u0 = > eqn2 := u1 = 0, eqn2 := u1 = 0, > eqn3 := u2 − 2u1 + u0 = 0, 01 eqn3 := u2 − 2u1 + u0 = 0, 01 > eqn4 := u3 − 2u2 + u1 − 5.10−5 u0 = 0, 011 eqn4 := u3 − 2u2 + u1 − 5.10−5 u0 = 0, 011 > eqn5 := u4 − 2u3 + u2 − 10−4 u1 − 10−4 u0 = 0, 012 eqn5 := u4 − 2u3 + u2 − 10−4 u1 − 10−4 u0 = 0, 012 > eqn : = u5 − 2u4 + u3 − 10−4 u2 − 2.10−4 u1 − 1, 5.10−4 u0 = 0, 013 26 eqn : = u5 − 2u4 + u3 − 10−4 u2 − 2.10−4 u1 − 1, 5.10−4 u0 = 0, 013 > eqn7 := u6 − 2u5 + u4 − 10−4 u3 − 2.10−4 u2 − 3.10−4 u1 − 2.10−4 u0 = 0, 014 eqn := u6 − 2u5 + u4 − 10−4 u3 − 2.10−4 u2 − 3.10−4 u1 − 2.10−4 u0 = 0, 014 > eqn8 := u7 − 2u6 + u5 − 10−4 u4 − 2.10−4 u3 − 3.10−4 u2 − 4.10−4 u1 − 2, 5.10−4 u0 = 0, 015 eqn8 := u7 −2u6 +u5 −10−4 u4 −2.10−4 u3 −3.10−4 u2 −4.10−4 u1 −2, 5.10−4 u0 = 0, 015 > eqn9 := u8 −2u7 +u6 −10−4 u5 −2.10−4 u4 −3.10−4 u3 −4.10−4 u2 −5.10−4 u1 − 3.10−4 u0 = 0, 016 eqn9 := u8 − 2u7 + u6 − 10−4 u5 − 2.10−4 u4 − 3.10−4 u3 − 4.10−4 u2 − 5.10−4 u1 − 3.10−4 u0 = 0, 016 > eqn10 := u9 −2u8 +u7 −10−4 u6 −2.10−4 u5 −3.10−4 u4 −4.10−4 u3 −5.10−4 u2 − 6.10−4 u1 − 3, 5.10−4 u0 = 0, 017 eqn10 := u9 − 2u8 + u7 − 10−4 u6 − 2.10−4 u5 − 3.10−4 u4 − 4.10−4 u3 − 5.10−4 u2 − 6.10−4 u1 − 3, 5.10−4 u0 = 0, 017 > eqn11 := u1 0−2u9 +u8 −10−4 u7 −2.10−4 u6 −3.10−4 u5 −4.10−4 u4 −5.10−4 u3 − 6.10−4 u2 − 7.10−4 − 4.10−4 u0 = 0, 018eqn11 := u1 − 2u9 + u8 − 10−4 u7 − 2.10−4 u6 − 3.10−4 u5 − 4.10−4 u4 − 5.10−4 u3 − 6.10−4 u2 − 7.10−4 − 4.10−4 u0 = 0, 018 > solve({eqn1, eqn2, eqn3, eqn4, eqn5, eqn6, eqn7, eqn8, eqn9, eqn10, eqn11} , {u0 , u1 , u2 , u3 , u4 , u5 , u6 , u7 , u8 , u9 , u10 }); 27 u0 = 0; u1 = 0, 100000000; u2 = 0, 210000000; u3 = 0, 331000000; u4 = 0, 464010000; u5 = 0, 610061000; u6 = 0, 770217100; 7u7 = 0, 945588801; u8 = 1, 137347610; u9 = 1, 346742056; u10 = 1, 575115000 Theo kết giải tích phương trình có nghiệm xác ex − e−x u(x) = Khi ta có Bảng đánh giá độ xác nghiệm i xi ui u(xi ) ∆ui 0 0 0,1 0,1 0,10017 0,00017 0,2 0,21 0,201336 0,008664 0,3 0,331 0,30452 0,4 0,46401 0,5 0,610061 0,521095 0,088966 0,6 0,770217 0,636654 0,133563 0,7 0,945589 0,758584 0,187005 0,8 1,137348 0,888106 0,249242 0,9 1,346742 1,026516 0,320226 10 0,02648 0,410752 0,053258 1,575115 1,175201 0,399914 Bảng 28 Trong u(xi ) nghiệm xác xi , ui giá trị xấp xỉ nghiệm xi , ∆ui = |ui − u(xi )| Ví dụ 2.3 Dùng phương pháp cầu phương giải phương trình vi - tích phân tuyến tính Volterra  x   u (x) = + x + 61 x3 + (x − t)u(t)dt (2.20)   u(0) = 1, u (0) = 0, u = Lấy x ∈ [0, 1], chia đoạn [0, 1] thành 10 phần điểm chia sau x0 = 0; x1 = 0, 1; , x2 = 0, 2; x3 = 0, 3; x4 = 0, 4; x5 = 0, 5; x6 = 0, 6; x7 = 0, 7; x8 = 0, 8; x9 = 0, 9; x10 = 1, Thay x = xi Khi (2.20) có dạng xi u (xi ) = + xi + x3i + (xi − t)u(t)dt ui+3 − 3ui+2 + 3ui+1 − ui ⇔ = + x + x + xi i 0, 13 i xi xi u(t)dt − tu(t)dt (2.21) + Với i = ta có u0 = u(0) = 1, u1 − u0 u ( 0) = ⇔ = ⇔ u1 = 1, 0, u2 − 2u1 + u0 u (0 = 1) ⇔ = ⇔ u2 − 2u1 + u0 = 0, 01 0, 12 29 Thay i = 0, x0 = vào (2.21) ta có u (0) = u3 − 3u2 + 3u1 − u0 ⇔ =1 0, 13 ⇔ u3 − 3u2 + 3u1 − u0 = 0, 001 +Với i = Khi (2.21) trở thành 0,1 ui = + 0, + 0, 13 + 0, 0,1 u(t)dt − tu(t)dt (2.22) Áp dụng phương pháp cầu phương theo cơng thức parabol (1.4.3) tính tích phân vế phải công thức tỉ sai phân (2.11) cho vế trái (2.22) ta có 1 u4 − 3u3 + 3u2 − u1 = 1, 100167 + 0, [u + u ] − [t0 u0 + t1 u1 ] 0, 13 30 30 ⇔u4 − 3u3 + 3u2 − u1 − 3, 3.10−6 u0 = 1, 1.10−3 +Với i = Khi (2.21) trở thành 0,2 ui = + 0, + 0, 23 + 0, 0,2 u(t)dt − tu(t)dt (2.23) Áp dụng phương pháp cầu phương theo cơng thức parabol (1.4.3) tính tích phân vế phải công thức tỉ sai phân (2.11) cho vế trái (2.23) ta có u5 − 3u4 + 3u3 − u2 1 = + 0, + 0, + 0, [u0 + 4u1 + u2 ] 0, 13 30 − [t0 u0 + 4t1 u1 + t2 u2 ] 30 ⇔ u5 − 3u4 + 3u3 − u2 − 1, 33.10−5 u1 − 6, 67.10−6 u0 = 1, 2.10−3 30 + Với i = Khi (2.21) trở thành 0,3 ui = + 0, + 0, 33 + 0, 0,3 u(t)dt − tu(t)dt (2.24) Áp dụng phương pháp cầu phương theo công thức parabol (1.4.3) tính tích phân vế phải công thức tỉ sai phân (2.11) cho vế trái (2.24) ta có u6 − 3u5 + 3u4 − u3 1 = + 0, + 0, + 0, [u0 + 4u1 + 2u2 + u3 ] 0, 13 30 − [t0 u0 + 4t1 u1 + 2t2 u2 + t3 u3 ] 30 ⇔ u6 − 3u5 + 3u4 − u3 − 6, 67.10−6 u2 − 2, 67.10−5 u1 − 10−5 u0 = 1, 3045.10−3 + Với i = Khi (2.21) trở thành 0,4 ui = + 0, + 0, 43 + 0, 0,4 u(t)dt − tu(t)dt (2.25) Áp dụng phương pháp cầu phương theo cơng thức parabol (1.4.3) tính tích phân vế phải công thức tỉ sai phân (2.11) cho vế trái (2.25) ta có u7 − 3u6 + 3u5 − u4 1 = + 0, + 0, + 0, [u0 + 4(u1 + u3 ) + 2u2 + u4 ] 0, 13 30 − [t0 u0 + 4(t1 u1 + u3 t3 ) + 2t2 u2 + t4 u4 ] 30 ⇔ u7 − 3u6 + 3u5 − u4 − 1, 33.10−5 u3 − 1, 33.10−5 u2 − 4.10−5 u1 − 1, 33.10−5 u0 = 1, 41.10−3 + Với i = Khi (2.21) trở thành 0,5 ui = + 0, + 0, 53 + 0, u(t)dt − 31 0,5 tu(t)dt (2.26) Áp dụng phương pháp cầu phương theo công thức parabol (1.4.3) tính tích phân vế phải công thức tỉ sai phân (2.11) cho vế trái (2.26) ta có 1 u8 − 3u7 + 3u6 − u5 = + 0, + 0, + 0, [u0 + 4(u1 + u3 ) + 2(u2 + u4 ) 0, 13 30 +u5 ] − [t0 u0 + 4(t1 u1 + u3 t3 ) + 2(t2 u2 + t4 u4 ) + t5 u5 ] 30 ⇔ u8 − 3u7 + 3u6 − u5 − 6, 67.10−6 u4 − 2, 67.10−5 u3 − 2.10−5 u2 − 5, 33.10−5 u1 − 1, 67.10−5 u0 = 1, 52.10−3 + Với i = Khi (2.21) trở thành 0,6 ui = + 0, + 0, 63 + 0, 6 0,6 u(t)dt − tu(t)dt (2.27) Áp dụng phương pháp cầu phương theo cơng thức parabol (1.4.3) tính tích phân vế phải công thức tỉ sai phân (2.11) cho vế trái (2.27) ta có u9 − 3u8 + 3u7 − u6 1 = + 0, + 0, 63 + 0, [u0 + 4(u1 + u3 + u5 ) 0, 30 +2(u2 + u4 ) + u6 ] − [t0 u0 + 4(t1 u1 + u3 t3 + t5 u5 ) + 2(t2 u2 + t4 u4 ) + t6 u6 ] 30 ⇔ u9 − 3u8 + 3u7 − u6 − 1, 33.10−5 u5 − 1, 33.10−5 u4 − 4.10−5 u3 − 2, 67.10−5 u2 − 6, 67.10−5 u1 − 2.10−5 u0 = 1, 636.10−3 + Với i = Khi (2.21) trở thành 0,7 ui = + 0, + 0, 73 + 0, u(t)dt − 32 0,7 tu(t)dt (2.28) Áp dụng phương pháp cầu phương theo công thức parabol (1.4.3) tính tích phân vế phải cơng thức tỉ sai phân (2.11) cho vế trái (2.28) ta có u10 − 3u9 + 3u8 − u7 = + 0, + 0, 73 0, + 0, [u0 + 4(u1 + u3 + u5 ) + 2(u2 + u4 + u6 ) + u7 ] 30 [t0 u0 + 4(t1 u1 + u3 t3 + t5 u5 ) + 2(t2 u2 + t4 u4 + t6 u6 ) + t7 u7 ] − 30 ⇔ u10 − 3u9 + 3u8 − u7 − 6, 67.10−6 u6 − 2, 67.10−5 u5 − 2.10−5 u4 − 5, 33.10−5 u3 − 3, 33.10−5 u2 − 8.10−5 u1 − 2, 33.10−5 u0 = 1, 78.10−3 33 Ta thu hệ phương trình tuyến tính gồm (n+1) phương trình (n+1) ẩn   u0 =      u1 =      u2 − 2u1 + u0 = 0, 01      u3 − 3u2 + 3u1 − u0 = 0, 001      u4 − 3u3 + 3u2 − u1 − 3, 3.10−6 u0 = 1, 1.10−3      u5 − 3u4 + 3u3 − u2 − 1, 33.10−5 u1 − 6, 67.10−6 u0 = 1, 2.10−3    u − 3u + 3u − u − 6, 67.10−6 u − 2, 67.10−5 u − 10−5 u = 1, 3045.10−3 1, 33.10−5 u3 1, 33.10−5 u2 u1 − 2, 33.10 u0 = 1, 78.10  u7 − 3u6 + 3u5 − u4 − − − − 1, 33.10−5 u0 = 1, 41.10−3      u8 − 3u7 + 3u6 − u5 − 6, 67.10−6 u4 − 2, 67.10−5 u3 − 2.10−5 u2 − 5, 33.10−5 u1      −1, 67.10−5 u0 = 1, 52.10−3      u9 − 3u8 + 3u7 − u6 − 1, 33.10−5 u5 − 1, 33.10−5 u4 − 4.10−5 u3 − 2, 67.10−5 u2      −6, 67.10−5 u1 − 2.10−5 u0 = 1, 636.10−3      u10 − 3u9 + 3u8 − u7 − 6, 67.10−6 u6 − 2, 67.10−5 u5 − 2.10−5 u4 − 5, 33.10−5 u3     −5 −5 −5 −3 −3, 33.10 u2 − 8.10 4.10−5 u1 Sử dụng Maple để giải hệ phương trình ta kết sau > eqn : = u0 = qn : = u0 = > eqn2 := u1 = eqn2 := u1 = > eqn3 := u2 − 2u1 + u0 = 0, 01 eqn : = u2 − 2u1 + u0 = 0, 01 > eqn : = u3 − 3u2 + 3u1 − u0 = 0, 001 eqn : = u3 − 3u2 + 3u1 − u0 = 0, 001 > eqn5 := u4 − 3u3 + 3u2 − u1 − 3, 3.10−6 u0 = 1, 1.10−3 34 eqn5 := u4 − 3u3 + 3u2 − u1 − 3, 3.10−6 u0 = 1, 1.10−3 > eqn6 := u5 − 3u4 + 3u3 − u2 − 1, 33.10−5 u1 − 6, 67.10−6 u0 = 1, 2.10−3 eqn : = u5 − 3u4 + 3u3 − u2 − 1, 33.10−5 u1 − 6, 67.10−6 u0 = 1, 2.10−3 > eqn7 := u6 − 3u5 + 3u4 − u3 − 6, 67.10−6 u2 − 2, 67.10−5 u1 − 10−5 u0 = 1, 3045.10−3 eqn7 := u6 −3u5 +3u4 −u3 −6, 67.10−6 u2 −2, 67.10−5 u1 −10−5 u0 = 1, 3045.10−3 > eqn8 := u7 − 3u6 + 3u5 − u4 − 1, 33.10−5 u3 − 1, 33.10−5 u2 − 4.10−5 u1 − 1, 33.10−5 u0 = 1, 41.10−3 eqn8 := u7 − 3u6 + 3u5 − u4 − 1, 33.10−5 u3 − 1, 33.10−5 u2 − 4.10−5 u1 − 1, 33.10−5 u0 = 1, 41.10−3 > eqn9 := u8 − 3u7 + 3u6 − u5 − 6, 67.10−6 u4 − 2, 67.10−5 u3 − 2.10−5 u2 − 5, 33.10−5 u1 − 1, 67.10−5 u0 = 1, 52.10−3 eqn9 := u8 − 3u7 + 3u6 − u5 − 6, 67.10−6 u4 − 2, 67.10−5 u3 − 2.10−5 u2 − 5, 33.10−5 u1 − 1, 67.10−5 u0 = 1, 52.10−3 > eqn10 := u9 − 3u8 + 3u7 − u6 − 1, 33.10−5 u5 − 1, 33.10−5 u4 − 4.10−5 u3 − 2, 67.10−5 u2 − 6, 67.10−5 u1 − 2.10−5 u0 = 1, 636.10−3 eqn10 := u9 − 3u8 + 3u7 − u6 − 1, 33.10−5 u5 − 1, 33.10−5 u4 − 4.10−5 u3 − 2, 67.10−5 u2 − 6, 67.10−5 u1 − 2.10−5 u0 = 1, 636.10−3 > eqn11 := u9 − 3u8 + 3u7 − u6 − 1, 33.10−5 u5 − 1, 33.10−5 u4 − 4.10−5 u3 − 2, 67.10−5 u2 − 6, 67.10−5 u1 − 2.10−5 u0 = 1, 636.10−3 eqn11 := u9 − 3u8 + 3u7 − u6 − 1, 33.10−5 u5 − 1, 33.10−5 u4 − 4.10−5 u3 − 2, 67.10−5 u2 − 6, 67.10−5 u1 − 2.10−5 u0 = 1, 636.10−3 > solve({eqn1, eqn2, eqn3, eqn4, eqn5, eqn6, eqn7, eqn8, eqn9, eqn10, eqn11} , {u0 , u1 , u2 , u3 , u4 , u5 , u6 , u7 , u8 , u9 , u10 }); 35 u0 = 1; u1 = 1; u2 = 1, 010000000; u3 = 1, 031000000; u4 = 1, 064103330; u5 = 1, 110529960; u6 = 1, 171627827; u7 = 1, 248887375; u8 = 1, 343953431; u9 = 1, 458645824; u10 = 1, 594995187 Theo kết giải tích, phương trình có nghiệm xác u(x) = ex − x Khi ta có Bảng đánh giá độ xác nghiệm i xi ui u(xi ) ∆ui 0 1 0,1 1,005171 0,005171 0,2 1,01 1,021403 0,011403 0,3 1,031 1,049859 0,018859 0,4 1,064103 1,091825 0,027722 0,5 1,148721 0,038191 0,6 1,171628 1,2221188 0,0504908 0,7 1,248887 1,313753 0,064866 0,8 1,343953 1,425541 0,081588 0,9 1,458646 1,559603 0,100957 1,718282 0,123287 10 1,11053 1,594995 Bảng u(xi ) nghiệm xác xi , ui giá trị xấp xỉ nghiệm xi , ∆ui = |ui − u(xi )| 36 Kết luận Khóa luận trình bày Phương pháp cầu phương giải phương trình vi - tích phân tuyến tính Volterra đồng thời trình bày số ví dụ cụ thể Cấu trúc khóa luận bao gồm Chương Kiến thức chuẩn bị Chương Phương pháp cầu phương giải phương trình vi -tích phân tuyến tính Volterra Mặc dù cố gắng, song kiến thức cịn hạn chế nên khóa luận khơng thể tránh khỏi thiếu sót, tơi mong nhận ý kiến đóng góp thầy bạn để khóa luận hồn thiện tốt Tơi xin chân thành cảm ơn! 37 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] Nguyễn Minh Chương, Nguyễn Văn Khải, Khuất Văn Ninh, Nguyễn Văn Tuấn, Nguyễn Tường (2001), Giải tích số, NXB Giáo dục, Hà Nội [2] Phạm Huy Điển (chính biên) (2002), Tính tốn, lập trình giảng dạy tốn học Maple, NXB Khoa học Kĩ thuật Hà Nội [3] Nguyễn Phụ Hy (2005), Giải tích hàm, NXB Khoa học kỹ thuật Hà Nội [4] Trần Đức Long, Nguyễn Đình Sang, Hồng Quốc Tồn (2009), Giải tích tập 3, NXB Đại học quốc gia Hà Nội Tiếng Anh [5] Verlan, A.F and Sizikov, V.C., ( 1986), Integral equation: Methods, algorithm, program (in Russian), Handbook, Naukova, Dumka, Kiev [6] Wazwaz, A.M (2011), Linear and Nolinear Integral Equation, Springer 38 ... y(t)| không gian C[a, b] a