CHƯƠNG 1 KIÊN THỨC CƠ SỞ 1. Mô hình toán học và các bước xây dựng mô hình toán học Bước 1: Chuyển hệ thống ngoài toán học thành một hệ thống trung gian. Xây dựng mô hình định tính của vấn đề, tức là xác định các yếu tố có ý nghĩa quan trọn nhất và xác lập những quy luật mà chúng phải tuân theo. Mô hình trung gian giữa tình huống ngoài toán học và mô hình toán học cần xây dựng biểu thị nột cấp độ trừu tượng hóa đầu tiên của thực tiễn.
Mô hình này tiến triển từ từ qua việc mô hình hóa: Một mô hình trung gian có thể gần về ngữ nghĩa ít hoặc nhiều hơn so với tình huống, thực tế được xem xét hoặc so với mô hình toán học cần xây dựng. Bước 2: Chuyển mô hình trung gian thành mô hình toán học, tức là diễn tả lại dưới dạng ngôn ngữ toán học cho mô hình định tính. Khi có mô hình trung gian ta chọn các biến đặc trưng cho các yếu tố của tình huống đang xét. Từ đó dẫn đến việc lập mô hình toán học thiết lập mối quan hệ giữa các biến số và các tham số của tình huống.
Như vậy mô hình toán học là trừu tượng hóa dưới dạng ngôn ngữ của hiện tượng thực tế, cần phải được xây dựng sao cho việc phân tích nó cho phép ta hiểu được bản chất của hiện tượng. Bước 3: Hoạt động toán học trong mô hình toán học. Sử dụng các công cụ toán để khảo sát và giải quyết mô hình toán học hình thành ở bước thứ hai. Căn cứ vào mô hình đã xây dựng cần phải chọn hoặc xây dựng phương pháp giải cho phù hợp.
Bước 4: Phân tích và kiểm định lại các kết quả thu được trong bước ba. Trở lại tình huống được nghiên cứu để chuyển câu trả lời của vấn đề toán học thành câu trả lời của những câu hỏi ban đầu và đối chiếu chúng với thực tiễn được mô hình hóa. Trong bước này có hai khả năng: 5 Khả năng 1: Mô hình và các kết quả tính toán phù hợp với thực tế. Khả năng 2: Mô hình và các kết quả tính toán không phù hợp với thực tế.
Khi đó cần xem xét các nguyên nhân sau: ~ Tính chính xác của lời giải toán học, thuật toán, quy trình. - Mô hình định tính đã xây dựng chưa phản ánh đầy đủ vấn đề đang xét. - Tinh thỏa đáng của mô hình toán học đang xây dựng. - Các số liệu ban đầu không phản ánh đúng thực tế.
Có thể phải thực hiện lại quy trình cho đến khi tìm được mô hình toán học thích hợp với tình huống đang xét. Như thế, mô hình toán học là quy trình cấu trúc lại vấn đề cần giải quyết nhờ những khái niệm toán học được lựa chọn một cách phù hợp. Quá trình ấy được thực hiện thông qua c xây dựng mô hình phỏng thực tế bằng cach “ it tỉa” - hay ngược lại, bổ sung thông tin - để có thể gắn vấn đề ban đầu với các quy trình toán học. Trong bước tìm kiếm mô hình phỏng thực tế này người ta thường phải thực hiện những việc đặt giả thuyết, tổng quát hóa, hình thức héa,.
Bài toán toán học cuối cùng được xây dựng phải đại diện trung thực cho bối cảnh thực tế. Một số khái niệm cơ bản về sai phân 1. Sai phân hữu hạn của hàm số một biến thực: Xét hàm số một biến thực ÿ(#) và h > 0 Định nghĩa 1.1) được gọi là sai phân hữu hạn thứ nhất hay sai phân bậc nhất hữu hạn của. Một cách tự nhiên ta sẽ mặc dinh y(t) xác định tại các điểm mà ta hành xem xét.
Chú ý rằng trong lý thuyết sai phân thì h chính là số gia của đối số, còn Az(f) chính là số gia của hàm số tại điểm f. Sai phân hữu 6 hạn bậc cao được xác định bởi biểu thức: A"y() = A(A" y(t).2) Để tiện lợi và nhất quán về mặt logic ta sẽ kí hiệu A°y(t) = y(t). Bằng phương pháp quy nạp toán học ta sẽ chứng minh được sai phân hữu hạn bac n là tuyến tính, tức là: A"(@) + ø0)) = A*(0)) + A"(s()): A"(Cƒ()) = CA"(0)- Giá trị A"g(£) dễ dàng được biểu diễn qua giá của hàm #/(£) tại các điểm f,† + h,. Ta có được công thức sau đây: (9) = 3)(—1)""*C#(t + kh).
(L3) =o Ta đi chứng minh công thức trên bằng phương pháp quy nạp toán học. Hiển nhiên với ø = 1 công thức (1.3)thỏa mãn khi đối với sai phân hữu hạn cấp n— 1, tạ có: nà A"y() = A(A"y(t)) =A) yk s(t + kh) £ nd n1 => )(CU?7*”!G} ¡+ (+ 1)h) — Š 2(—1)9 *- 1đ? ¡+ kh). k=0 k=0 Ở số hạng thứ nhất nhất ta đặt & + 1 = ơn, khi đó: nt Sey chalt+ (e+ Yh) = ye 1)" (t + mh) k=0 m=! r và viết lại m := k, ta nhận được biểu thức we 1)" *OR} (t+ kh). k=1 Khi đó: n=l —1)"*or}“Tứ +Eh= 2C 1)"-#-1ŒX (t+ kh) nl 1+kh)+(—1)0Œ?=†u(t+nh) +1" *Gy ¡ (t+kh) k=0 n-1 => }(—1)"-*C#“}(t + kh) + CR y(t + nh) ki SX ~1)" SOR (t + kh) + (-1)"Chay()- k=0 Mặt khác ta lại có CÈ~} + CẢ ¡ = C‡ và Œ"_¡ = CN} = 1.
Do đó công thức cuối cùng ta viết dưới dạng: nol Ary(t) = y(t+nh)+>-(-1)"*Ck(t+kh)+(—1)"y(t) = yO)" k=l k=0 Như thế công thức (1.3) được chứng minh. Để ý rằng nếu như trong công thức (1.3) ta thực hiện phép biến đổi của. chỉ số mm = m — k và sử dụng. cong thite Ck= On-*, khi dé ta nhan được: A"y(t) = epee + (n — m)h).
m0 Một cách hoàn toàn tương tự, bằng phương pháp quy nạp toán học ta cũng chứng minh được công thức: y(t + nh) = 3 C}AFy(0).6) được gọi là phương trình sai phân.6) ta biểu diễn các sai phân hữu hạn bởi công thức (1.3) thì ta nhận được phương trình thì ta nhận được phương trình: Gt, y(t), (t + 1). (xem (4]) Phương trình (1.7) được gọi là phương trình sai phân cấp n. Xác định bậc của phương trình sau đây: A®y(t) + A? y(t) — Ay(t) — y(t) = 0. Dat 7 = t+ 2h, khi do phuong trinh cudi viet duge dudi dang: w(r +h) — 2u(r: là phương trình (sai phân) bậc nhất.
(xem [4]) Một hàm liên tuc y(t) được gọi là nghiệm của phương trình (1.7) trên tập ©, nếu thay nó vào phương trình thì ta nhận được đẳng thức đúng trên ©. Khi đó phương trình (1. (xem [4j) Nghiệm (rời rạc) của phương trình (1.9) tương ứng tại điểm £ € Z¿ là chudi s6 yo, y1, -., ye, ---8a0 cho: G(to + k, a,.; còn Z* là tập các số nguyên dương. Bài toán Cauchy cho việc tìm nghiệm của phương trình (1.
u—¡ được gọi là các giá trị đầu của nghiệm y(t), to duge gọi là điểm đầu. u y(t) 1a nghiém liên tục của phương trình (1. sẽ là nghiệm rời rạc của (1. Tiếp theo ta sẽ lấy fạ = 0.
Lúc đó nghiệm rời rạc ta sẽ viết dưới dang (f) và được ngầm hiểu là hàm này chỉ xác định tại các điểm của tập ạ = fọ,fọ + 1,. Chúng ta sẽ giả sử phương trình (1.7) chỉ có thể giả được tương ứng đối với y(t + n) và (1), tức là biểu điễn được dưới dạng: y(t +n) = ®\(t,(Đ),(t + 1),.12) Nếu hàm ®;(f,tị,ua, .,u„) được xác định bởi về phải của phương trình (1.11), xác định tại mọi điểm £ € Z¿ và mọi giá trị của ưạ, ư,.ư„ thì một nghiệm rời rạc duy nhất được xác định, nếu với mỗi tạ €Z,, vn nà „_¡ được cho trước. Lúc đó biểu thức Di(to +k, yp, -. u+k-4) biểu diễn công thức truy hồi để thông qua đó ta xác định được #„, „+, -.
(xem [4]) Diém (to, yo, y1,---. Yn—1) € 2, x R" được gọi là điểm duy nhất của bào toán Cauchy nếu với bất kỳ nghiệm ¿(£) của bài toán Cauchy thỏa mãn điều kiện đầu: #(lo) = 90, (ts) = 91,---,9(to + = 1) = Gna, (1.15) 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. Nếu như ta đòi hỏi hàm ®a(t,œạ,wạ,.,uạ) về phải của phương trình (1.12) thỏa mãn các điều kiện tương tự như các điều kiện đối với ®,(t, uj, u2,., U2), thi méi diém của tập ©ạ x R" là điểm tồn tại và duy nhất nghiệm của bài toán Cauchy.
(xem (|) Giả sử 7 là một tập con của không gian +1 chiều của không gian R"*! và mỗi điểm của D đều là điểm tồn tại và duy nhất nghiệm của bài toán Cauchy (1.,Cn) được gọi là nghiệm tổng quát quả phương trình (1.7), nếu thỏa mãn hai điều kiện: 1. Với mọi giá trị cho trước C¡, ., C„ hàm đã cho là nghiệm của phương, trình (1. Moi nghiệm của bài toán Cauchy (1.7)với điều kiện đầu được lấy từ 10 D có thể nhận được từ nghiệm tổng quát một cách duy nhất. Phương trình sai phân cấp một Định nghĩa 1.16) trong đó ƒ là bất kỳ hàm nao cita hai bién duge xéc dinh trén N x R.18) trong dé a la mét hằng số.
Các nghiệm của những phương trình này được biết là: x(n) = a"x(0) (119) tà y(n) = (0) + na.21) vi diéu kién ban dau 1a x(0) = xo. Tinh toan vai lan lip dau tién, ching ta thu được: 2(1) = a(0)2(0) + ø(0). 2(2) = a(1)x(1) + g(1) = a(1)a(0)x(0) + a(1)9(0) + 9(1), +(3) = a(9)+(9) + ø(9) = a(2)a(1)a(0)z(0) + a(2)a(1)ø(0) + a(2)ø(1) + ø(2), +(4) = a(3)z(3) + ø(3) = a(3)a(2)a(1)a(0)+(0) + a(3)a(2)a(1)ø(0) + a(3)a(2)ø(1) + a(3)ø(2) + ø(3)- Lúc này, chúng ta có thể phỏng đoán nghiệm của phương trình (1.22) nt Chúng ta quy ước rằng [ = 1. Tương tự, để đơn giản hóa ký hiệu, chúng i ta đặt ` = 0.
Để chứng minh đầy đủ cho công thức này, chúng ta sẽ sử k=j+l dụng quy nạp toán học. Chúng ta kiểm tra xem công thức (1.22) có chứa các giá trị ban đầu của đối số hay không. Giả sử công thức đúng với n va ta xét: #(n + 1) = a(n)z(n) + g(n) n-1 n-1 n-1 =a(n)(ø(0) ][a() + 3ø) T] a(9) + 9m) = 2(0) TT ak) + a(n)Š2ø() ][ a0) + g(n) ke0 k0 (2k4 nd =z(0) ID (k) Tl a(i) « + g(n) 1 a(i) i=k+1 isk+1 =z(0) Ile + Dae) TL Điều này chứng tỏ ring (1. đúng với mọi € Ñ.
Có hai trường hợp đặc biệt của (1.21) xuất hiện trong nhiều ứng dụng. Trong trường hợp thứ nhất, phương trình được cho bởi: x(n) = ax(n) + g(n) (1.23) ka với giá tri xy đã cho. Trong trudng hop nay TT a(k) a—h+l va (1,29) k có dạng: nt x(n) = a"x(0) + Soa! g(k).24) k=0 12 “Trường hợp thứ hai là một dạng đơn giản của (1.23) , được cho bởi: x(n) = az(n) +9, (1.