CHƯƠNG 1 KIÊN THỨC CƠ SỞ 1. Khái niệm về sai phân Xét hàm số một biến thực g(/) và h > 0. Biểu thúc Ay(t) = y(t +h) = y(t) (14) được gọi là sai phân hữu hạn thứ nhất hay sai phân hữu hạn cấp một của u(t) Một cách tự nhiên ta sẽ mặc định ham y(t) la xée dinh tại các điểm mà ta tiến hành xem xét. Chú ý rằng trong lý thuyết vi phân thì h chính là số gia của đối số, con Ay(t) chính là số gia của hàm số tại điểm £.
Trong tài liệu của chúng ta số h còn có tên gọi là bước. Sai phân hữu hạn cấp cao được xác định bởi biểu thức Ary(t) = A(A" y(t) (1. Đối với n = 2 ta có A?u@) = A(Aw() = A((+h) — y(t) = (y(t + 2h) — y(t +h) — (y(t +h) — w()) = w(t+9h) — 2y(1 + h) + w(t). Để tiện lợi và nhất quán về mặt logic ta sẽ kí hiệu AĐ/(£) = y(t).
Bằng phương pháp quy nạp toán học không khó để chứng mỉnh được sai phân hữu hạn bậc ø là tuyến tính, tức là: A"Œ0) + s0) = A"(()) + A") A"(Cƒ(0)) = ŒA*(70). Giá trị A"g(#) đễ dàng được biểu diễn qua giá trị của hàm y(t) tai các điểm f,£ + h,. Ta có được công thức sau đây A"y() = oy tetyt +kh). (13) io 6 Ta đi chứng tổ công thức trên bằng phương pháp quy nạp toán học, Hiển nhiên với n = 1 công thức (L3) có dạng Ay(f) = —y(t) + y(t +h), chính là (1.
ta ta oO số hạng thứ nhất ta đặt k + 1 = ơn, khi đó: Et 1)" 1CE y(t + (k + 1)h)= O(-1 Cr )" s!y(t +- mh), mi và lại viết mm := k, 1u( + kh). Khi ist đồ ta có: a nt APg(Đ = Š(—1)”®C? ]u( + kh) — SO(-1y" 1k y(t + kh) £ = = Ey *G*~1w(+kh)+(—1)9C2=}wi (eens 1)"*C*_sy(t+kh) + (-1)""*okty(t-+ kh) + Cj=}y(t + nh) Se 1)FCR yy(t + kh) + (-1)"C2_w(t) Mặt khác ta lại cé CS} +08 , = CE va C9_, = ORT} = 1. Do đồ công thức cuối ta viết được đưới dang: nội APg(f) = y(Etnh)+5 3(—1)"”*CRy(†kkh)+(— yr) =D-0 1)" *Chy(t+kh). “í = " Như thế công thức (1.3) được chứng mỉnh! Để ý rằng, nếu như trong công thức (13) ta thực hiện phép đổi biến của chỉ số mm = m — È và sử dụng công thức C‡ = C7", khi đó ta nhận được APg() = 32(—1)"C(t + (n — m)h).
n= Một cách hoàn toàn tương tự, bằng phương pháp quy nạp toán học, ta cũng chứng mỉnh được công thức (+ nh) = 3 C}AFy(t)). Phương trình có dạng: F(t.6) được gọi là phương trình sai phân. Nếu trong (16) ta biểu diễn các sai phân hữu hạn bới công thức (1.3) thì ta nhận được phương trình: G(t. Phương trình (17) được gọi là phương trình sai phân cấp m.
Xác định bậc của phương trình sau đây: Alu@) + A?u() = Aw(f) = w) =0 Ta c6: Ay(t) = y(t +h) — y(t) A?y(t) = y(t + 2h) — 2y(t + h) + y(t) ASy(t) = y(t + 3h) — 3y(t + 2h) + 3y(t +h) — y(t). Do dé: ASy(t) + A?y(t) — Ay(t) — y(t) = y(t + 3h) — 2y(t + 2h). Dat z =£ + h, khi đó phương trình cuối viết được dưới dạng: y(t +h) — 2y(r) = 0, là phương trình (sai phân) cấp một. Một hàm liên tục (2) được gọi là nghiệm của phương trình (17) trên tập ©, nếu thay nó vào phương trình thì ta nhận được đẳng thức đúng trên ©.
Ham sé y = 3Ÿ là nghiệm của phương trình (f-+2)—9g(1) = 0 tren R. Rõ ràng mọi hàm số có dang y(t) = C(t)3‘, véi C(t) 1a ham tuần hoàn với chu kỳ 7 = 2 cũng là nghiệm của phương trình đã cho. Tiếp theo ta sẽ luôn giả sử h = 1. Khi đó phương trình (17) có đạng G.
Nghiệm (rời rạc) của phương trình (1.8) tương ứng tại điểm #ạ € Z7 là chuỗi số ụ, \, Yes sao cho: G(to +b., con Z* 1a tap các số nguyên dương. Bài toán Cauchy cho việc tìm nghiệm của phương trình (L7) nằm ở việc xác định g(£) của phương trình này và đồng thời thỏa mãn các điều kiện (đầu) sau đây: y(to) = yo, y(to +1) = yi, y(to+n—1) = ya Các số tụ. „—¡ được gọi là các giá trị đầu của nghiệm g/(£), fạ được gọi là điểm đầu. sẽ là nghiệm rời rạc của (L7), Tiếp theo ta sẽ lấy fạ = 0.
Lúc đó nghiệm rời rạc ta sẽ viết dưới dạng y(t) và được ngầm hiểu là hàm này chỉ xác định tại các điểm của tập Đụ = tạ, fạ + L,. (L11) Nếu hàm ®ị(f, uị, uạ, tạ) xác định bởi vế phải của phương trình (1.10) xác định tại mọi điểm t € Z, va moi gid tri của tị, tạ,.,tụ thì một nghiệm rời rạc duy nhất được xác định , nếu với mọi số fo € .a-¡ được cho trước. Lúc đó biểu thức y„¿¿ = ®;(fạ + 9 kse.a+k—1) biểu điễn công thức truy hồi, để thông qua đó ra xác định đưỢc tạ; Mạ ;,.- Tiếp theo, để đi đến khái niệm điểm duy nhất nghiệm Cauchy của phương trình (17), ta xem xét một ví dụ đơn giản sau đây Ví dụ 1. Đối với phương trình g(f + 1) = y2() thì dãy 1,1,.
1, là nghiệm của bài toán Cauchy với điều kiện đầu (0) = 1, còn nghiệm của bài toán Cauchy với điều kiện đầu (0) = —1 là dãy -1,1,. Hiển nhiên từ & > 1 thì với các điều kiện đầu khác nhau ta thu được nghiệm như nhau. Diễm (to, yo, y1s--.Yn1) € Zy x R™ duge goi la điểm duy nhất nghiệm của bài toán Cauchy (L7), nếu với bất kỳ nghiệm y(t) của bài toán Cauchy, thỏa mãn điều kiện đầu €(fo) = Po, (fo + 1) = gi. e(to +r = 1) = Pn (Yos Yas = Yn—1) F (Pos Pry +5 Pn—1) suy ra với mọi & > 1 (; Me+: ‹--; e+n~L) # (1; Øk+l: ->y 2E+n—1)s tức là với các điều kiện khác nhau thì sinh ra các nghiệm khác nhau.
Nhìn chung phương trình sai phân là có vô số nghiệm, cố nhiên cũng có thể lấy ví dụ cho trường hợp vô nghiệm (thực), chẳng hạn như phương trình #( + 1) + y(£) + 1 = 0. Nếu như đồi hỏi ham ®a(f, tị, tạ,. uạ) về phải của phương trình (1.11) thỏa mãn các điều kiện tương tự như các điều kiện đối với ®\(f, ti, uz, ., 3) thì mỗi điểm của tập Q x R” 1a điểm tồn tại và duy nhất nghiệm của bài toan Cauchy. Giả sử D là một tập con của không gian ø + 1 chiều R" va méi điểm của D đều là điểm tồn tại và duy nhất nghiệm của bài toán Cauchy (17).C„) được gọi là nghiệm tổng.
quát của phương trình (1.7), nếu thỏa mãn hai điều kiện: 1, Với mọi giá trị cho trước C¡, ., Cụ, hầm đã cho là nghiệm của phương. Mọi nghiệm của bài toán Cauchy (1.7) với điều kiện đầu được lấy từ D có thể nhận được từ nghiệm tổng quát một cách duy nhất. Phân loại phương trình sai phân tuyến tính cấp một Xết phương trình: Ay(t) = f(t),t € % (1. Dat vào phương trình cuối lần lượt các giá trị + =ltg,f=fạ+1,.,† = n — 1, rồi cộng dồn lại và tiến hành đổi biến „é ;= £ ta nhận được rỉ 1) =Œ+ 3” ƒ(k).13) it ý rằng phương trình vi phân cấp mot y'(x) = f(x) tương ứng với (1.14) Lần lượt đặt vào (1.14) các giá trị £ = fọ, — fg+1,.
về với về, sau đó thực hiện đổi biến ø := f, ta nhận được: t TI = To Ty. (15) khu‡l ity Áo Nếu #(fg) # 0 thì từ điều kiện ø(£) # Ú,f € Q suy ra y(t) Z 0,t € Qạ Giản tước cả hai về của phương trình (1.15) cho []£-}, (È) 4 0, ta nhận được các nghiệm không suy biến của phương trình (1.16) inte Dat y (to) == C ta nhan duge nghiệm tổng quát của (1.17) keto uw Chú ý rằng, trền thực tế thì công thức (1.17) có chứa cả nghiệm tầm thường của phương trình (1. Tương tự, ta gặp lại cong thức mô tả nghiệm của phương trình vi phân cấp một với biến số phân ly yf = p(z)w. Trong trường hợp nay ta có được công thức tương tự như (11) y(x) = CclSP#)4 (118) Phương trình (1.14) còn được coi là trường hợp riêng của phương trình sau đây: y(t +1) = p(t)y(t) + f(t), p(t) 4 0,t € Z*.19) Bài toán xây dựng nghiệm tổng quát của phương trình trên được giải quyết bởi Lagranger.
Tiến hành xem xét phương pháp xây dựng nghiệm tổng quát của phương trình trên, được gọi là phương pháp biến thiên hằng số hay còn gọi là phương pháp Lagranger. Ta coi Ở trong (1.19) như là một hàm phụ thuộc vào £, để cho. công chức y(t)= 1] p(k) (120) kh cho ta nghiệm của phương trình (1.19) ta nhận được: €ứ +1) [[p(k) ¬ =p(9€0) inte [](&) + 7) + TĨp@) -AC0) = /).AC0) = F(t) (ñ ns) : katy ety Phương trình cuối có dạng (1.12), do đó nghiệm tổng quát của phương trình trên có thể viết được đưới đạng (1.20) ta thu được : “1 w= To c3 78 (1⁄2) | (1.21) 12 Ta tiến hành xem xét thêm một phương pháp nữa để xác định nghiệm tổng quát của phương trình (1.19), có tên gọi là phương pháp Becnlli. Ta sẽ di tim y(t) dưới dạng y(f) — (f)ø(£).
Ta chon him u(t) sao cho u(t-+1) = u(t)p(t),vi du như u(£) = TC}, p(È) Còn hàm z(/) được xác định từ phương trình u(£ + 1)A(0) = ƒ(). Hay Av(t) = f(t) [TI{_,„p(R)]`, do đó theo (1.13) ta nhận được ea ‘ a v(t) =C+ Y fk) 1 p(m) katy mato từ đó mỉ tr k ot y(t) = T] p®) c+Š`/0) (IL) | ity Km — và công thức cuối nhận được cũng như (121). Đến đây ta cũng lưu ý, đối với phương trình vi phân tuyến tính cấp một dang y/ = p(x)y + ƒ(z) thì công thức nghiệm tổng quát có dạng; ule) = exe (J neat) [c+ [fo (- me) a. Trong mục này và trở về sau ta thống nhất rằng, nếu như trong phép tính tổng mà giá trị của chỉ số bên trên nhỏ hơn giá trị của chỉ số bên đưới thì tổng đó bằng 0 , con trong phép tính nhân điều tương tự xảy ra thì tích đó nhận giá trị bằng 1.
Tiếp theo ta tiến hành xem xét phương trình sai phân cấp một Riccati có dạng sau đây: y(t+ Ly(t) + ay(t + 1) + by(t) +e (1.22) v ¡ a,b,e là các hằng số (thực). Thực hiện phép đổi biến y(t) = u(t) +6, với ổ là một hằng số (nào đấy), đặt vào phương trình đã cho ta được: u(t + L)u(t) + (a + d)u(t +1) + (b+ d)u(t) + (6 + (a + b)d +c) =0. Lay 6 chinh 1a gid tri nghiém ctia phuong trinh 6?