Embed Size (px)
Citation preview
ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
LÊ THỊ THU HÀ
PHƯƠNG TRÌNH TÍCH PHÂNVOLTERRA
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
HÀ NỘI - 2015
ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
LÊ THỊ THU HÀ
PHƯƠNG TRÌNH TÍCH PHÂNVOLTERRA
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
Chuyên ngành : TOÁN GIẢI TÍCH
Mã số : 60 46 01 02
Người hướng dẫn khoa học:
TS. NGUYỄN VĂN NGỌC
HÀ NỘI, 2015
Mục lục
Lời cảm ơn 1
Mở đầu 2
1 Phương trình tích phân Volterra loại hai tổng quát và phương
pháp xấp xỉ liên tiếp 4
1.1 Phương pháp xấp xỉ liên tiếp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.2 Các ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
2 Phương trình tích phân Volterra dạng chập và biến đổi Laplace 16
2.1 Tích phân Gamma và tích phân Beta . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
2.2 Biến đổi Laplace . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
2.3 Phương trình Volterra trên nửa trục . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
3 Nghiệm tường minh của một số phương trình tích phân dạng
Volterra 34
3.1 Phương trình tích phân Abel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34
3.1.1 Phương trình tích phân Abel loại một . . . . . . . . . . . . 34
3.1.2 Phương trình tích phân Abel loại hai . . . . . . . . . . . . 37
3.1.3 Phương trình tích phân dạng Abel . . . . . . . . . . . . . . 38
3.1.4 Phương trình tích phân Abel với nhân tổng quát . . . . . . 38
3.2 Phương trình Volterra với các nhân đa thức hay phân thức hữu tỷ 39
3.2.1 Đạo hàm theo tham số trong tích phân xác định . . . . . 39
3.2.2 Nhân đa thức bậc nhất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39
3.2.3 Nhân đa thức bậc hai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40
3.2.4 Nhân đa thức bậc ba . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42
3.2.5 Nhân lũy thừa bậc cao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43
3.2.6 Nhân phân thức hữu tỷ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44
2
3.3 Phương trình Volterra với nhân căn thức hay lũy thừa phân . . . 47
3.3.1 Nhân căn thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47
3.3.2 Nhân lũy thừa phân . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49
Kết luận 52
Tài liệu tham khảo 53
3
Lời cám ơn
Lời đầu tiên, tôi xin trân trọng cảm ơn Thầy - TS Nguyễn Văn Ngọc đã tận
tâm hướng dẫn, động viên tôi trong suốt quá trình thực hiện luận văn này.
Xin chân thành cảm ơn Quý thầy cô khoa Toán - Cơ - Tin, Trường Đại học
Khoa Học Tự Nhiên, ĐHQG Hà Nội đã tận tâm truyền đạt kiến thức và kinh
nghiệm cho tôi trong suốt khóa học.
Xin cảm ơn Phòng Sau Đại học Trường Đại học Khoa Học Tự nhiên, ĐHQG
Hà Nội đã tạo điều kiện thuận lợi để tôi hoàn thành khóa học.
Cho tôi gửi lời cảm ơn chân thành tới các đồng nghiệp, các bạn học viên cao
học Giải Tích khóa 2013-2015 đã giúp đỡ tôi trong thời gian học tập và thực
hiện luận văn.
Hà Nội, tháng 11 năm 2015
Lê Thị Thu Hà
1
Mở đầu
Nhiều vấn đề trong toán học(phương trình vi phân với điều kiện biên hay điều
kiện ban đầu, phương trình đạo hàm riêng), cơ học, vật lí và các ngành kĩ thuật
khác dẫn đến những phương trình trong đó hàm chưa biết chứa dưới dấu tích
phân. Những loại phương trình đó được gọi là phương trình tích phân. Phương
trình tích phân là công cụ toán học hữu ích trong nhiều lĩnh vực nên được quan
tâm nghiên cứu theo nhiều khía cạnh khác nhau như sự tồn tại nghiệm, sự xấp
xỉ nghiệm, tính chỉnh hay không chỉnh, nghiệm chỉnh hóa,...
Lý thuyết tổng quát của các phương trình tích phân tuyến tính được xây
dựng ở buổi giao thời của các thế kỉ XIX, XX, chủ yếu là ở trong các công trình
của Volterra, Fredholm và Hilbert, v.v.. Phương trình tích phân tuyến tính có
dạng
αu(x) +
∫ b
a
K(x, y)u(y)dy = f(x), a < x < b, (1)
trong đó u(x) là hàm cần tìm (ẩn hàm), f(x) và K(x, y) là những hàm cho trước
và tương ứng được gọi là vế phải và nhân (hạch) của phương trình đã cho, α là
hằng số đã cho. Phương trình (1) được gọi là phương trình loại 1 hay loại 2, tùy
thuộc vào α = 0, hay α 6= 0 tương ứng.
Thông thường, trong trường hợp (a, b) là khoảng hữu hạn và K(x, y) là hàm
liên tục hay khả tích trong hình chữ nhât (a, b)× (a, b) thì phương trình (1) được
gọi là phương trình Predholm.
Nếu trong phương trình (1), cận trên a, hay cận dưới b được thay bởi x, biến
thiên trong một khoảng nào đó, thì phương trình được gọi là phương trình tích
phân voltetrra. Như vậy, phương trình tích phân Volterra có dạng
λu(x) +
∫ x
a
K(x, y)u(y)dy = f(x), a < x < b, , (2)
λu(x) +
∫ b
x
K(x, y)u(y)dy = f(x), a < x < b. (3)
2
Ở đây, có thể xảy ra trường hợp là b = +∞. Nếu K(x, y) có dạng K(x-y) thì
phương trình tích phân được gọi là phương trình tích chập.
Mục đích của luận văn này là tìm hiểu và học các phương pháp giải hình
thức các phương trình tích phân Volterra.
Nội dung của luận văn được trình bày trong ba chương:
Chương 1 trình bày phương pháp xấp xỉ liên tiếp giải giải phương trình
Volterra loại hai với vế phải và nhân là những hàm liên tục .
Chương 2 trình bày phép biến đổi tích phân Laplace và vận dụng phép biến
đổi này giải phương trình tích phân Volterra dạng chập trên nửa trục thực.
Chương 3 trình bày về nghiệm tường minh của một số phương trình tích phân
dạng Volterra là phương trình tích phân Abel và một số phương trình Volterra
khác.
3
Chương 1
Phương trình tích phân Volterraloại hai tổng quát và phương phápxấp xỉ liên tiếp
Chương này trình bày phương pháp xấp xỉ liên tiếp giải giải phương trình
Volterra loại hai với vế phải và nhân là những hàm liên tục. Nội dung của chương
này được hình thành chủ yếu từ tài liệu [3].
1.1 Phương pháp xấp xỉ liên tiếp
Xét phương trình tích phân
Φ(x) = f(x) + λ
x∫a
K(x, t)Φ(t)dt
trong đó số hạng tự do f(x) là hàm biến phức liên tục trên [a, b] và hạch K(x, t)
có giá trị phức và liên tục trên tam giác T (a, b) = {(x, t) : a ≤ x ≤ b, a ≤ t ≤ x}.Ta luôn giả thiết rằng các hạch Volterra thỏa mãn điều kiện K(x, t) ≡ 0 nếu
x < t và hạch biến mất trên đường chéo của hình vuông Q(a, b). Nếu λ = 0 thì
Φ(x) = f(x) là nghiệm duy nhất cuả phương trình tích phân.
Nếu |λ| đủ nhỏ để Φ(x) ≈ f(x) thì phần tự do là hàm xấp xỉ ban đầu Φ0(x)
với nghiệm của phương trình, đảm bảo rằng một nghiệm tồn tại.
Nếu hàm xấp xỉ thứ nhất Φ1(x) với Φ(t) được cho biết bằng việc thay thế
Φ(t) bởi Φ0(t) = f(t) trong tích phân ta được
Φ1(x) = f(x) + λ
x∫a
K(x, t)Φ0(t)dt
4
Nếu tích phânx∫a
K(x, t)Φ0(t)dt = 0
thì Φ1(x) = f(x) = Φ0(x) và quá trình lặp đi lặp lại kết thúc ở đây. Điều đó chỉ
ra rằng sự ngẫu nhiên có thể xảy ra, xét phương trình
Φ(x) = x+ λ
x∫0
(2x− 3t)Φ(t)dt
Nếu ta chọn Φ0(x) = f(x) = x thì
x∫0
(2x− 3t) tdt =
x∫0
(2xt− 3t2
)dt =
(xt2 − t3
)∣∣x0
= 0
Do đó Φ1(x) = f(x) = x = Φ(x) với mọi giá trị của λ
Nếu Φ1(x) 6= Φ0(x) = f(x) thì thay thế Φ1(x) bởi lượng xấp xỉ thứ hai
Φ2(x) = f(x) + λ
x∫a
K(x, t)Φ1(t)dt
Tiếp tục quá trình trên cho ta được lượng xấp xỉ thứ n
Φn(x) = f(x) + λ
x∫a
K(x, t)Φn−1dt
luôn giả sử rằng tích phân không biến mất ở mọi bước. Nếu tích phân mất đi
thì Φn(x) = f(x) = Φ0(x) và quá trình lặp này sai.
Mỗi xấp xỉ Φn(x)} có một dạng thay thế. Nếu thay xấp xỉ thứ nhất vào xấp
xỉ thứ hai ta được
Φ2(x) = f(x) + λ
x∫a
K(x, t)
f(t) + λ
t∫a
K(t, s)f(s)ds
dt= f(x) + λ
x∫a
K(x, t)f(t)dt+ λ2
x∫a
t∫a
K(x, t)K(t, s)f(s)dsdt
= f(x) + λ
x∫a
K(x, t)f(t)dt+ λ2
x∫a
K2(x, t)f(t)dt
5
Trong đó ta đặt
K2(x, t) =
x∫t
K(x, s)K(s, t)ds
Chú ý rằng hạch lặp K2(x, t) ≡ 0 nếu x < t. Điều này dẫn tới K(x, s) ≡ 0 khi
x < s và K(s, t) ≡ 0 khi s < t. Từ những s khoảng trùng lên nhau khi x < t, nó
chỉ ra rằng tích phân chỉ khác 0 khi t ≤ s ≤ x
Thêm vào đó việc lặp lại dẫn tới dạng tổng quát
Φn(x) = f(x) +
n∑m=1
λm
x∫a
Km(x, t)f(t)dt
(1.1)
Trong đó với mỗi m = 1, 2, ..., ta đặt
Km(x, t) =
x∫t
Km−1(x, s)K(s, t)ds
Mở đầu mỗi hạch lặp thỏa mãn điều kiện Km(x, t) ≡ 0 nếu x < t
Dãy {Φn(x)} của các xấp xỉ liên tục hội tụ tuyệt đối và đều trên [a, b]. Từ đó
ta giả sử rằng K(x, t) liên tục trên tam giác đóng T (a, b) và K(x, t) ≡ 0 nếu x < t,
tồn tại số M sao cho |K(x, t)| ≤M trên hình vuông Q(a, b). Do đó
|K2(x, t)| ≤M2
∣∣∣∣∣∣x∫t
ds
∣∣∣∣∣∣ = M2(x− t) ≤M2(b− a)
với t ≤ x. Ta để ý rằng K2(x, t) ≡ 0 nếu x < t. Ta dễ dàng có được bất đẳng thức
|Km(x, t)| ≤ Mm(x− t)m−1
(m− 1)!≤ Mm(b− a)m−1
(m− 1)!
với mọi m ≥ 1 và x, t ∈ [a, b]. Mỗi ước tính đã cho, mỗi số hạng trong tổng (1.4)
thỏa mãn bất đẳng thức∣∣∣∣∣∣λmx∫
0
Km(x, t)f(t)dt
∣∣∣∣∣∣ ≤ |λ|mMm(b− a)m−1
(m− 1)!‖f‖1
Do đó dãy lặp {Φn(x)} hội tụ tuyệt đối và đều tới một nghiệm liên tục
Φ(x) = f(x) +
n∑m=1
λm
x∫a
Km(x, t)f(t)dt
6
của phương trình tích phân (1.1) với mỗi giá trị phức λ khi nó được xác định
bởi một chuỗi hội tụ tuyệt đối. Ta có thể thay đổi thứ tự của tổng và tích phân
một cách hợp lý cho nhau, dạng của nghiệm trở thành
Φ(x) = f(x) + λ
x∫a
R(x, t, λ)f(t)dt
Trong đó ta đăt
R(x, t, λ) =
∞∑m=1
λm−1Km(x, t)
Chuỗi vô hạn R(x, t, λ) được biết như hạch giải thức của phương trình tích phân
(1.1) hoặc chuỗi Neumann.
Nghiệm Φ(x) của phương trình tích phân là duy nhất. Nếu có hai nghiệm
Φ(x) và∼Φ(x) thì độ lệch δ(x) = Φ(x)−
∼Φ(x) thỏa mãn phương trình thuần nhất
δ(x) = λ
x∫a
K(x, t)δ(t)dt
Ta chỉ ra rằng δ(x) ≡ 0 là nghiệm duy nhất của phương trình tích phân. Cho
d2 =
b∫a
δ2(x)dx, A2(x) =
x∫a
K(x, t)dt, N2 =
b∫a
A2(x)dx
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có
δ2(x) ≤ |λ|2 x∫
a
K2(x, t)dt
x∫a
δ2(t)dt
≤ |λ|2A2(x)d2
Thay thế x bởi t và lấy tích phân từ a tới x ta được
x∫a
δ2(t)dt ≤ |λ|2 x∫
a
A2(t)dt
d2
Nếu ta đặt
B1(x) =
x∫a
A2(t)dt
7
và kết hợp với hai bất đẳng thức trên ta được
δ2(x) ≤ |λ|4d2A2(x)B1(x)
Nếu ta đặt
B2(x) =
x∫a
A2(t)B1(t)dt
và lặp lại quá trình này ta được
δ2(x) ≤ |λ|6d2A2(x)B2(x)
Trong trường hợp tổng quát ta đặt
Bn(x) =
x∫a
A2(t)Bn−1(t)dt
và lặp lại quá trình này tới vô hạn ta có
δ2(x) ≤ |λ|2n+2d2A2(x)B2(x)
với mọi n ≥ 1. Để ý rằng Bn(a) = 0 với mỗi giá trị của n. Như vậy
B2(x) =
x∫a
A2(t)B1(t)dt =
x∫a
B1(t)B1′(t)dt =
1
2!B21(x)
với mỗi x ∈ [a, b]. Sử dụng phương pháp quy nạp ta có
Bn(x) =1
n!Bn1 (x)
do đó
|Bn(x)| ≤ 1
n!|B1(x)|n ≤ N2n
n!
với mọi n ≥ 1. Áp dụng đánh giá này ta được
δ2(x) ≤ |λ|2d2A2(x)(|λ|N)2n
n!
với x ∈ [a, b] và với mọi n ≥ 1. Nếu n→∞ ta chỉ có thể kết luận δ(x) ≡ 0
Từ những phân tích trên ta có các kết quả sau:
8
Định lý 1.1. (Định lý xấp xỉ liên tiếp) Cho λ là một tham số phức và cho
f(x) là một hàm liên tục có giá trị phức xác định trên [a, b]. Cho K(x, t) là một
hạch liên tục có giá trị phức xác định trên tam giác T (a, b), với K(x, t) ≡ 0 nếu
x < t. Khi đó với mỗi giá trị của λ nghiệm liên tục duy nhất của phương trình
tích phân Volterra là
Φ(x) = f(x) + λ
x∫a
K(x, t)Φ(t)dt
được cho bởi
Φ(x) = f(x) + λ
x∫a
R(x, t, λ)f(t)dt
trong đó hạch giải thức R(x, t, λ) là duy nhất
R(x, t, λ) =
∞∑m=1
λm−1Km(x, t)
Một kết quả đáng lưu ý trong định lý này là Φ(x) ≡ 0 nếu f(x) ≡ 0.
Một kết quả khác cũng đáng lưu ý là các hạch Volterra không có giá trị riêng,
từ chuỗi giải thức là một hàm hoàn toàn theo λ.
Độ lớn của sai lệch do xấp xỉ Φn(x) trong ước tính nghiệm Φ(x) có thể được
ước lượng đều giống như ước lượng thiết lập trong chứng minh. Với mỗi x ∈ [a, b]
ta có
|Φ(x)− Φn(x)| ≤ |λ|M‖f‖1∞∑m=n
[|λ|M(b− a)m
]m!
Tổng ở vế phải có thể được ước lượng bởi dạng Lagrange còn lại của chuỗi lũy
thừa. Làm tương tự ta có được ước lượng đều
‖Φ(x)− Φn(x)‖∞ ≤ eb[|λ|M(b− a)]n
n!
Do đó độ lớn của sai lệch sẽ nhỏ như mong muốn với n đủ lớn.
Phương pháp xấp xỉ liên tiếp thiết lập chắc chắn sự tương đương giữa việc
giải một phương trình tích phân Volterra của loại thứ hai với việc tính toán hạch
giải thức R(x, t, λ) từ hạch K(x, t) đã cho. Những ví dụ sau đây sẽ chứng minh
sự tương đương này.
9
1.2 Các ví dụ
Ví dụ 1.1. Xét phương trình tích phân tuyến tính
Φ(x) = f(x) + λ
x∫0
xtΦ(t)dt
Một tích phân sơ cấp biểu diễn
K2(x, t) =
x∫t
xs.stds = xt(x3 − t3
3)
Dễ dàng thấy trong trường hợp tổng quát ta có
Km(x, t) =xt
(m− 1)!
(x3 − t3
3
)m−1Do đó hạch giải thức là
R(x, t, λ) =
∞∑m=1
λm−1Km(x, t) = xt. exp
{λ
(x3 − t3
3
)}Một kết quả của định lý là nghiệm của phương trình tích phân là
Φ(x) = f(x) + λ
x∫0
xt. exp
{λ
(x3 − t3
3
)}f(t)dt
Đặc biệt nếu f(x) = x và λ = 1 thì nghiệm của phương trình
Φ(x) = x+
x∫0
xtΦ(t)dt
là
Φ(x) = x+
x∫0
xt exp
{(x3 − t3
3
)}tdt = xex
3/3
Ví dụ 1.2. Nếu một hạch có thể phân chia dưới dạng K(x, t) = a(x)b(t) thì các
hạch lặp của nó có thể dễ dàng tính được.
10
Thật vậy
K2(x, t) =
x∫t
a(x)b(s)a(s)b(t)ds
= K(x, t)
x∫t
K(s, s)ds
= K(x, t)(L(x)− L(t))
trong đó L(s) là một nguyên hàm của K(s, s). Lặp lại lần nữa ta có
K3(x, t) = K(x, t)(L(x)− L(t))2
2!
Trong trường hợp tổng quát ta có:
Kn(x, t) = K(x, t)(L(x)− L(t))n−1
(n− 1)!
Do đó hạch giải thức được cho bởi
R(x, t, λ) = K(x, t) exp {λ (L(x)− L(t))}
Chú ý rằng tất cả hạch lặp và hạch giải thức đều phân chia. Do đó nghiệm của
phương trình tích phân
Φ(x) = f(x) + λ
x∫0
a(x)b(t)Φ(t)dt
có dạng
Φ(x) = f(x) + λ
x∫0
a(x)b(t) exp {λ(L(x)− L(t))} f(t)dt
Trong ví dụ trước K(x, t) = xt. Sử dụng phương pháp này ta tính được nguyên
hàm
L(s) =
∫K(s, s)ds =
∫s2ds =
s3
3
Do đó
R(x, t, λ) = xt. exp
{λ
(x3 − t3
3
)}Kết quả này đúng chính xác so với kết quả đã tính ở ví dụ trên.
Một ví dụ khác về tính khả dụng của phương pháp này, xét với hạch đơn
11
giản K(x, t) = ex−t. Từ K(s, s) = 1, L(s) = s. Vì thế hạch giải thức được xác cho
bởi
R(x, t, λ) = ex−teλ(x−t) = e(λ+1)(x−t)
Ví dụ 1.3. Cho phương trình tích phân Volterra
Φ(x) = f(x) + λ
x∫0
1
1 + xΦ(t)dt
Từ K(s, s) = 11+s , L(s) = ln(1 + s), theo quy tắc trong ví dụ trước ta có
R(x, t, λ) =1
1 + xeλ(L(x)−L(t)) =
1
1 + x
(1 + x
1 + t
)λDo đó nghiệm của phương trình tích phân là
Φ(x) = f(x) + λ
x∫0
1
1 + x
(1 + x
1 + t
)λf(t)dt
Đặc biệt nếu f(x) = 1 một tích phân thông thường cho bởi
Φ(x, λ) =1− λ(1 + x)λ−1
1− λ
nếu λ 6= 1. Một ứng dụng quy tắc L’Hôpital cho Φ(x, 1) = 1 + lnx khi λ → 1 và
nghiệm này có thể được xác định độc lập.
Ví dụ 1.4. Xét phương trình tích phân Volterra tuyến tính
Φ(x) = f(x) + µ2
x∫0
(x− t)Φ(t)dt
Một tích phân sơ cấp biểu diễn dưới dạng
K2(x, t) =
x∫t
(x− s)(s− t)ds =1
3!(x− t)3
Bằng lập luận quy nạp ta có biểu diễn tổng quát
Km(x, t) =1
(2m− 1)!(x− t)2m−1
12
Hạch giải thức là
R(x, t, λ) =
∞∑m=1
µ2(m−1)Km(x, t)
=1
µ
∞∑m=0
1
(2m+ 1)!(µ (x− t))2m+1
=1
µsinh (µ (x− t))
Như một kết quả của định lý, nghiệm của phương trình là
Φ(x) = f(x) + µ
x∫0
sinh (µ (x− t)) f(t)dt
Ví dụ 1.5. Trong chứng minh định lý, phần xấp xỉ ban đầu Φ0(x) được chọn là
f(x). Tuy nhiên, nếu tích phân cần thiết để tính Φ1(x) khó thì ta thay thế bằng
một sự lựa chọn cho Φ0(x) có thể dễ thực hiện hơn, quá trình xử lý tích phân đỡ
khó khăn hơn hoặc tốc độ hội tụ tăng lên. Mục đích cuả ví dụ này là minh họa
một kĩ thuật đẹp để quá trình xử lí có thể được hoàn thành.
Giả sử ta muốn tính một chuỗi xấp xỉ {Φn(x)} với nghiệm của phương trình
tích phân Volterra
Φ(x) = 1 +
x∫0
1
1− 2xt+ t2Φ(t)dt
trên đoạn[0, 12]. Nếu ta chọn Φ0(x) = 1 thì một tích phân minh bạch cho bởi
Φ0(x) = 1 +1√
1− x2arctan
(x√
1− x2
)Từ việc tính toán Φ2(x) khó , ta tìm kiếm một chọn lựa tốt hơn cho Φ0(x) Trước
tiên ta chú ý rằng Φ(0) = 1. Nếu ta cung cấp công cụ cho việc đạo hàm một tích
phân đã được nhắc tới ở mục 1, ta được
Φ′(x) =1
1− x2Φ(x) +
x∫0
2t
(1− 2xt+ t2)2Φ(t)dt
từ đó ta được Φ′(0) = 1 Nếu ta đạo hàm phương trình tích phân thêm hai
lần nữa ta được Φ′′(0) = 1, Φ′′′(0) = 5. Do đó bốn số hạng đầu tiên trong khai
13
triển Maclaurin của nghiệm là
Φ(x) = 1 + x+1
2x2 +
5
6x3 + ...
Ta chọn xấp xỉ ban đầu của nghiệm Φ(x)
Ψ0(x) = Φ(x) = 1 + x+1
2x2 +
5
6x3
Cho P7(x, t) chỉ ra phần tổng thứ bẩy của hạch 11−2xt+t2
P7(x, t) =1 + 2xt+ (4x2 − 1)t2 +(8x3 − 4x
)t3
+(16x4 − 12x2 + 1
)t4 +
(32x5 − 32x3 + 6x
)t5
+(64x6 − 80x4 + 24x2 − 1
)t6 +
(128x7 − 192x5 + 80x3 − 8x
)t7
Từ P7(x, t) phù hợp với hạch nâng lên lũy thừa t7, thay thế hạch bởi P7(x, t)
trong tính toán ta được
Ψ1(x) = 1 + x+1
2x2 +
5
6x3 +
5
8x4 +
41
60x5 +
101
180x6 +
25
42x7 +O(x8)
Ψ2(x) = 1 + x+1
2x2 +
5
6x3 +
5
8x4 +
97
120x5 +
27
40x6 +
143
180x7 +O(x8)
Ψ3(x) = 1 + x+1
2x2 +
5
6x3 +
5
8x4 +
97
120x5 +
167
240x6 +
227
280x7 +O(x8)
Ψ4(x) = 1 + x+1
2x2 +
5
6x3 +
5
8x4 +
97
120x5 +
167
240x6 +
1367
1680x7 +O(x8)
Mỗi xấp xỉ Ψn(x) là một đa thức. Xấp xỉ thứ 5 là Ψ5(x) phù hợp với Ψ4(x) tăng
tới số hạng chứa x7. Những xấp xỉ này sẽ phù hợp với Φ(x) tăng tới số hạng
chứa x7, từ hạch xấp xỉ P7(x, t) phù hợp với hạch tương ứng. Nếu 3 xấp xỉ cuối
cùng được vẽ đồ thị trên cùng một nơi, đồ thị của chúng không thể nhận thấy
rõ bằng mắt thường. Một kĩ thuật phân tích kĩ lưỡng sẽ tiết lộ những lỗi nhỏ có
trong đó trên đoạn [0; 12 ]
Ví dụ 1.6. Xét phương trình tích phân Volterra
Φ(x) =(1 + x2
)2+ λ
x∫0
1 + x2
1 + t2Φ(t)dt
Chú ý rằng nếu λ = 0 thì Φ(x, 0) =(1 + x2
)2Nếu ta sử dụng kĩ thuật trong Ví dụ 1.2 tính hạch giải thức tương ứng thì
14
nghiệm của phương trình tích phân giả sử có dạng
Φ(x, λ) =(1 + x2
)2+ λ
x∫0
1 + x2
1 + t2eλ(x−t)
(1 + t2
)2dt
=1 + x2
λ2
[(2 + λ2
)eλx − 2 (1 + λx)
]Nhìn qua có thể thấy nghiệm không xác định tại λ = 0, tuy nhiên sau khi áp
dụng 2 lần quy tắc l’Hôpital ta tìm ra
limλ→0
Φ(x, λ) = Φ(x, 0)
Có một cách khác để xác định giới hạn này. Khai triển Maclaurin với nghiệm
được cho bởi
Φ(x, λ) = (1 + x2)[1 + λx+1
2(2 + λ2)x2 +
1
6λ(1 + λ2)x3
+ 124λ
2(2 + λ2)x4 + 1120x
3(2 + λ)2x5 +O(x6)]
Một lần nữa cho kết quả Φ(x, λ)→ Φ(x, 0) khi λ→ 0
15
Chương 2
Phương trình tích phân Volterradạng chập và biến đổi Laplace
Chương này trình bày phép biến đổi tích phân Laplace và vận dụng phép
biến đổi này giải phương trình tích phân Volterra dạng chập trên nửa trục thực.
Nội dung của chương này được hình thành chủ yếu từ các tài liệu [1], [3].
2.1 Tích phân Gamma và tích phân Beta
• Tích phân Gamma
Tích phân Gamma (Hàm Gamma) với biến phức z = x+ iy(i2 = −1) được
xác định theo công thức
Γ(z) =
∫ ∞0
e−ttz−1dt, Rez > 0.
Một số công thức cơ bản của tích phân Gamma
Γ(z + 1) = zΓ(z), Γ(n+ 1) = n!, n ∈ N,
Γ(z)Γ(z + 1) =π
sin(πz), 0 < Rez < 1,
Γ(
1
2
)=√π, Γ
(n+
1
2
)=
1.3.5...(2n+ 1)
2n√π.
• Tích phân Beta
Có một số định nghĩa tương đương của hàm Beta B(p, q) (hàm Beta)được
định nghĩa theo công thức
B(p, q) =
∫ 1
0
up−1(1− u)q−1du,
16
trong đó p và q dương để tích phân tồn tại. Bằng phép đổi biến thông
thường chỉ ra B(p, q) = B(q, p).
Nếu ta đặt u = sin2(θ), thì tích phân trở thành
B(p, q) = 2
∫ π/2
0
sin2p−1(θ) cos2q−1(θ)dθ.
Nếu ta đặt u = x/(1 + x), thì tích phân trở thành
B(p, q) =
∫ ∞0
xp−1
(1 + x)p+qdx.
Ta có thể chứng minh
B(p, q) =Γ(p)Γ(q)
Γ(p+ q)
với mọi cách chọn p > 0 và q > 0. Ví dụ, nếu p+ q = 1, thì ta có hệ thức
B(p, 1− p) = Γ(p)Γ(1− p) =π
sin(πp).
Giá trị Γ(1/2) =√π được rút ra bằng cách đặt p = 1/2.
2.2 Biến đổi Laplace
• Định nghĩa. Phương pháp biến đổi Laplace không chỉ là một công cụ cục
kì hữu ích để giải những phương trình vi phân thường tuyến tính mà còn
có giá trị tương đối trong việc giải những phương tích phân Volterra tuyến
tính của một loại nhất định.
Cho f(t) xác đinh trên [0,∞). Biến đổi Laplace của f(t) được cho bởi tích
phân suy rộng
F (s) := L{f(t)} =
∞∫0
e−stf(t)dt = limA→∞
A∫0
e−stf(t)dt.
Tích phân sẽ tồn tại nếu f(t) liên tục từng mảnh trên [0, A] với mọi A và
có cấp tăng không quá dạng mũ. (Nhắc lại hàm f(t) liên tục từng mảnh
trên [0, A] nếu nó liên tục tại ngoại trừ một số hữu hạn các điểm gián đoạn
[0, A]. Hàm f(t) có cấp tăng dạng mũ nếu tồn tại các hằng số a, c và m
sao cho |f(t)| ≤ c.eat với mọi t ≥ m).
17
• Các ví dụ. Để minh họa cho định nghĩa, xét một số ví dụ sau đây.
Ví dụ 2.1. Xét hàm số đơn vị Heaviside
σ0 (t) =
{0 nếu t < 0
1 nếu t ≥ 0
Biến đổi Laplace của σ0 là
F (p) =
∫ ∞0
e−ptd (t) = − 1
pe−pt
∣∣∣∣t=∞t=0
=1
p,
với Rep > 0 .
Ví dụ 2.2. Biến đổi Laplace của hàm f (t) = eαt như sau
F (p) =
∫ ∞0
e−pteαtdt =1
α− pe(α−p)t
∣∣∣∞t=0
=1
α− p,
với Re (p− α) > 0 .
Ví dụ 2.3. Biến đổi Laplace của hàm f (t) = tn là
F (p) =
∫ ∞0
epttndt = −1
p
∫ ∞0
tnd(e−pt
)= −1
p
[tne−pt
∣∣∞t=0− n
∫ ∞0
tn−1e−pt]
=n
p
∫ ∞0
tn−1e−ptdt
= . . . =n!
pn+1, Rep > 0
Ví dụ 2.4. Tìm biến đổi Laplace của hàm f (t) = tα, α > 1, α ∈ Q .
Ta có
F (p) =
∫ ∞0
e−pttαdt =
∫ ∞0
e−uuαdu
pαp
=1
pα+1
∫ ∞0
e−uuαdu =Γ (α + 1)
pα+1
L{tn} =n!
sn+1, L{eat} =
1
s− a, L{sin(at)} =
a
s2 + a2
Biến đổi Laplace của các đạo hàm f (n)(t) của f(t) có thể được biểu thị
trong những số hạng của biến đổi Laplace của f(t). Công thức chính xác
là
L{f(n)(t)} =snL{f(t)}−n−1∑m=0
f (m)(0)sn−1−m
18
Thực tế này là lý do biến đổi Laplace có thể được dùng để giải những
phương trình vi phân thường tuyến tính với hệ số hằng.
• Các tính chất của biến đổi Laplace
Tính chất 2.1. Cho các hàm gốc fk có các chỉ số tăng là λk , biến đổi
Laplace là Fk, k = 1, 2, ..., n. Khi đó biến đổi Laplace của hàm tổ hợp tuyến
tính f của các hàm fk
f (t) =
n∑k=1
ckfk (t) ,
cklà hằng số, là hàm F định bởi
F (p) =
n∑k=1
ckFk (p) (2.1)
Với miền xác định Rep > maxαk.
Chứng minh. Suy ra từ định nghĩa và tính chất tuyến tính của tích phân.
Ví dụ 2.5. Trong mục trước, ta có
L[eαt]
=1
p− α, Re (p− α) > 0.
Đẳng thức trên là viết tắt, viết chặt chẽ là L[t 7→ eαt
]= p 7→ 1
p−α . Nhưng
nếu không nhầm lẫn, sau này ta sẽ viết dạng tắt cho thuận tiện.
Từ tính chất 1 và kết quả nói trên, ta sẽ tìm biến đổi Laplace của các hàm
thông dụng sau đây
(a)L [cos βt] = L[12
(eiβt + e−iβt
)]= 1
2
(1
p−iβ + 1p+iβ
)Vậy
L [cos βt] =p
p2 + β2, Rep > |Imβ| .
(b) Tương tự, ta có
L [sin βt] =β
p2 + β2, Rep > |Imβ| .
(c)
L [cosh βt] = L[
1
2
(eβt + e−βt
)]=
p
p2 − β2, Rep > |Reβ| .
(d)
L [sinh βt] = L[
1
2
(eβt − e−βt
)]=
β
p2 − β2, Rep > |Reβ| .
19
Tính chất 2.2. Cho hàm gốc f có chỉ số tăng là λ0,L [f ] = F (p) , và c > 0
là hằng số. Khi đó
L [t→ f (ct)] = p→ 1
cF(p
c
), Rep > cα0 (2.2)
Chứng minh.
L [f (ct)] =
∞∫0
e−ptf (ct) dt =1
c
∞∫0
e−pu/cf (u) du =1
cF(p
c
).
Tính chất 2.3. Cho L [f (t)] = F (p) , Rep > a0. Đặt
fτ (t) =
{0 nếu t < τ
f (t− τ) nếu t ≥ τ
Khi đó
L (fτ ) = p 7→ e−pτF (p) , Rep > α0 (2.3)
Chứng minh.
L [fτ ] (p) =
∞∫0
e−ptfτ (t) dt =
∞∫τ
e−ptf (t− τ)
=
∞∫0
f (u) e−p(u+τ)du = e−pτF (p) .
Tính chất 2.4. Cho L (f) = F , f có chỉ số tăng là α0, λ là hằng số. Khi
đó
L[eλtf (t)
]= F (p− λ) , Rep > α0 + Reλ (2.4)
Chứng minh. Ta có
L[eλtf (t)
]=
∞∫0
e(λ−p)tf (t) = F (p− λ)
20
Ví dụ 2.6. Từ tính chất 4 và các ví dụ trước, ta sẽ tìm biến đổi Laplace
của vài hàm thông dụng sau đây
(e)
L[eλtcosβt
]=
p− λ(p− λ)2 + β2
, Rep > |Imβ|+ Reλ.
(f)
L[eλt sin βt
]=
β
(p− λ)2 + β2, Rep > |Imβ|+ Reλ.
(g)
L[eλttn
]=
n!
(p− λ)n+1, Rep > Reλ.
Tính chất 2.5. Cho L (f) = F . Giả sử f (k) tồn tại và là hàm gốc,
f (k−1)(0+)tồn tại, ∀k = 1, n , thì ta có
L(f (n))
= pn
[F (p)−
f(0+)
p−f+(0+)
p2− · · · −
f (n− 1)(0+)
pn
](2.5)
Chứng minh. Sử dụng công thức tích phân từng phần, ta dễ dàng kiểm tra
được (4.5) đúng với n = 1. Giả sử qui nạp rằng (4.5) đúng với n = 1, N .
Khi đó
L(f (N+1)
)= L
((f ′)(N)
)= pN
[L[f ′]
(p)−f ′(0+)
p−f ′′(0+)
p2− · · ·
f (n+1)(0+)
pn
].
và
L[f ′]
= pF (p)− f(0+),
suy ra
L[f (N+1)
]= pN+1
[F (p)−
f(0+)
p−f(0+)
p2− · · ·
f (N)(0+)
pN+1
].
Theo nguyên lý qui nạp, ta có đpcm.
Ví dụ 2.7. Tìm nghiệm của phương trình vi phân sau đây{y′′ + 2y′ − 3y = e−t
y (0) = y′ (0) = 0.,
21
Đặt Y = L [y], lấy biến đổi Laplace hai vế của phương trình trên và sử dụng
tính chất 5, ta có
p2Y (p) + 2pY (p)− 3Y (p) =1
p+ 1,
suy ra
Y (p) = − 1
4 (p+ 1)+
1
8 (p− 1)+
1
8 (p+ 3)
= L[−1
4e−t +
1
8et +
1
8e−3t
].
Vậy
y (t) = −1
4e−t +
1
8et +
1
8e−3t.
Tính chất 2.6. Cho L (f) = F , f có chỉ số tăng là α0. Ta có
L[(−t)nf (t)
]= F (n) (p) , n ∈, Rep > α0. (2.6)
Chứng minh. Dễ thấy rằng hàm t 7→ (−t)nf (t) có cùng chỉ số tăng với f .
Ta có
F ′ (p) =
∞∫0
e−pt (−t) f (t) dt,
do đó
L [(−t) f (f)] = F ′ (p) , Rep > α0.
Bằng phép qui nạp, ta suy ra được (4.6).
Ví dụ 2.8.
L [t sin βt] = −L [(−t) sin βt]
= − d
dp
β
p2 + β2=
2pβ
(p2 + β2)2,
và
L[t2 sin βt
]= −L [(−t) sin βt]
= − d
dp
2pβ
(p2 + β2)2
=6p2β − 2β3
(p2 + β2)3.
Tính chất 2.7. Cho L (f) = F và f liên tục.
Khi đó, ánh xạ t 7→∫ t0f (τ)dτ cũng là hàm gốc (nếu f liên tục thì ánh xạ
này là nguyên hàm của f ) và
L
(∫ t
0
f (τ)dτ
)=F (p)
p(2.7)
22
Chứng minh. Đặt g (t) =∫ t0f (τ)dτ thì g liên tục, suy ra đo được. Gọi λ0 là
chỉ số tăng của f , thì với mọi 0 < ε < 1, ta có
|g (t)| ≤∫ t
0
|f (τ)|dτ ≤M
∫ t
0
e(α0+ε)τdτ
=M
α0 + εe(α0+ε)τ
∣∣∣∣tτ=0
< M1e(α0+ε)t
Vậy g là hàm gốc. Đặt G = L (g), thì
F = L (f) = L′ (g) = pG (p) ,
suy ra đpcm
Tính chất 2.8. Giả sử R (f) = F , và t→ f(t)t là hàm gốc. Khi đó
L
[f (t)
t
]=
∫ ∞p
F (u)du (2.8)
Trong đó ,∫∞p
= limRez→∞
∫ zp.
Chứng minh. Đặt g (t) =f(t)t , G = L (g). Theo tính chất 6 thì
G′ (p) = L [(−t)] g (t) = −L (f) = −F.
Vậy G là một nguyên hàm của −F . Ngoài ra, g là hàm gốc, (giả sử chỉ số
tăng của nó là β) nên
|G (z)| ≤∞∫0
e−(Rez)t |g (t)| dt ≤M
∞∫0
e(−Rez+β+1)tdt
= Me(−Rez+β+1)t
−Rez + β + 1
∣∣∣∣∞t=0
=M
Rez − β − 1,
trong đó, Rez − β − 1 > 0. Suy ra
limRez→∞
G (z) = 0,
và
−G (p) = −G (p) + limRez→∞
G (z) =
∞∫0
(−F (u)) du,
Tức là (2.8) được chứng minh.
23
Ví dụ 2.9.
L
[sin t
t
]=
∫ ∞0
du
u2 + 1=π
2− arctan p.
Áp dụng tính chất 7, biến đổi Laplace của hàm Si định bởi
Sit =
t∫0
sin τ
τdτ,
là
L [Si] =1
pL
[sin t
t
]=
1
p
(π
2− arctan p
).
• Tích chập Laplace. Nếu f(t) và g(t) khả tích trên [0;∞) thì tích chập của
f(t) và g(t) được định nghĩa bởi tích phân
(f ∗ g)(t) =
t∫0
f(t− u)g(u)du
Định lý 2.1. Giả sử L (f) = F , L (g) = G , f và g lần lượt là các hàm
gốc có các chỉ số tăng là α0 và β0 , liên tục từng khúc trên mọi khoảng hữu
hạn của R+ . Nếu ta xem f và g xác định trên R , triệt tiêu trên khoảng
(−∞, 0) thì tích chập f ∗ g cũng là hàm gốc có chỉ số tăng γ0 ≤ max {α0, β0}và
L [f ∗ g] = F.G (2.9)
Chứng minh. Với mọi t > 0, ε > 0
|(f ∗ g) (t)| =
∣∣∣∣∣∣t∫
0
f (τ) g (t− τ) dτ
∣∣∣∣∣∣ ≤t∫
0
|f (τ) g (t− τ)| dτ
≤ M
t∫0
eα0τeβ0(t−τ)dτ = Meβ0t
t∫0
e(α0−β0)τdτ
≤{M1e
α0t nếu α0≥β0,
M2eβ0t nếu α0<β0,
Bất đẳng thức sau cùng có được bằng cách tính trực tiếp tích phân. Vậy
24
f ∗ g là hàm gốc có chỉ số tăng γ0 ≤ max {λ0, β0}. Tiếp theo, ta có
L [(f ∗ g) (t)] =
∞∫0
e−ptt∫
0
f (τ) g (t− τ) dτdt
=
∞∫0
f (τ) dτ
∞∫τ
e−ptg (t− τ) dt
= G (p)
∞∫0
f (τ) e−ptdτ
= F (p) .G (p) .
• Công thức biến đổi Laplace ngược
Cho hàm gốc f trơn từng khúc trên mọi khoảng hữu hạn của nửa trục
t ≥ 0, chỉ số tăng là α0. Khi đó
f (t) =1
2πi
x+i∞∫x−i∞
eptF (p) dp, x > α0. (2.10)
Tích phân trong (2.10) được hiểu theo nghĩa giá trị chính, và công thức
này có tên là công thức Mellin.
Trong công thức Mellin eqrefbm giả thiết F là biến đổi Laplace của một
hàm gốc f(t) cho trước. Vấn đề đặt ra là F phải thỏa mãn các điều kiện gì
để nó có thể là biến đổi Laplace của một hàm gốc nào đó? Ta có định lý
dưới đây mà phần chứng minh được bỏ qua.
Định lý 2.2. Cho hàm F thỏa mãn các điều kiện sau
(i) F giải tích trong miền Rep > α0.
(ii) Khi |p| → ∞ trong mỗi miền Rep > α0, thì hàm F tiến về 0 đều theo
arg p ∈[−π
2 ,π2
].
25
(iii) Với mọi x > α0 tồn tại hằng số dương M, sao cho
x+i∞∫x−i∞
|F (x+ iy)| dy ≤M. (2.11)
Khi đó hàn F xác định trên Rep > α0 là biến đổi Laplace của hàm f định
bởi
f (t) =1
2πi
x+i∞∫x−i∞
eptF (p) dp, x > α0
Định lý dưới đây cho phép ta tìm hàm gốc của một hàm chính qui tại vô
cực.
Định lý 2.3. Giả sử rằng thác triển giải tích của F lên nửa mặt phẳng
trái là một hàm giải tích đơn trị. Giả sử L (f) = F và p =∞ là điểm chính
qui của F, i.e., F có khai triển tại vô cực như sau
F (p) =
∞∑n=1
cnpn
(2.12)
Khi đó
f (t) =
∞∑n=0
cn+1tn
n!, t > 0. (2.13)
Ví dụ 2.10. Tìm hàm f thỏa mãn L (f) = F , F định bởi
F (p) =1√p2 + 1
Khai triển hàm F thành chuỗi Laurent trong lân cận của p =∞
F (p) =
∞∑n=0
(−1)n(2n)!
22n(2!)21
p2n+1, |p| > 1
Do định lý trên, ta được
f (t) =
∞∑n=0
(−1)n(2n)!
22n(2!)2t2n
(2n)!=
∞∑n=0
(−1)n1
(n!)2
(t
2
)2n.
26
2.3 Phương trình Volterra trên nửa trục
• Dẫn luận
Phương trình tích phân kỳ dị Volterra loại hai có một trong hai dạng sau
φ(x) = f(x) + λ
∫ ∞x
K(x, t)φ(t)dt
hoặc
φ(x) = f(x) + λ
∫ x
−∞K(x, t)φ(t)dt,
trong đó ta giả sử hạt nhân Volterra K(x, t) bị triệt tiêu trong nửa mặt
phẳng.
Giả sử f(x) liên tục và bị chặn. Nếu hạt nhân K(x, t) thỏa mãn điều kiện
khả tích, thì có thể dùng phương pháp xấp xỉ liên tiếp để suy ra nghiệm
duy nhất của các phương trình này dưới dạng tương ứng
φ(x) = f(x) + λ
∫ ∞x
R(x, t;λ)f(t)dt
hoặc
φ(x) = f(x) + λ
∫ x
−∞R(x, t;λ)f(t)dt,
trong đó R(x, t;λ) là hạt nhân giải thức xây dựng từ phép lặp của K(x, t)
trên mỗi khoảng cận tích phân tương ứng.
Nếu hạt nhân K(x, t) tách được hoặc là hạt nhân sai phân, thì có một số
kỹ thuật mà đã được trình bày trước đây trong quyển sách này có thể được
dùng ở đây.
• Ví dụ
Ví dụ 2.11. Nếu hạt nhân là tách được, thì phương trình tích phân kỳ
dị thường được biến đổi thành phương trình đạo hàm riêng hoặc hệ tuyến
tính các phương trình đạo hàm riêng.
Xét phương trình tích phân kỳ dị Volterra
φ(x) = ex + 2
∫ x
−∞e−3(x−t)φ(t)dt.
27
Nếu ta nhân vào phương trình này e3x rồi lấy đạo hàm, ta thu được phương
trình tuyến tính cấp một
φ′(x) + φ(x) = 4ex
sau khi thực hiện phép rút gọn. Nghiệm của phương phương vi phân này
tùy thuộc vào điều kiện ban đầu rằng φ′(0) +φ(0) = 4. Sau khi giải phương
trình này, ta thu được nghiệm
φ(x) = (φ(0)− 2)e−x + 2ex.
Ví dụ 2.12. Phương trình tích phân kỳ dị Volterra loại hai
φ(x) = f(x) +
∫ +∞
x
k(x− t)φ(t)dt,
mà có hạt nhân là tích chập hoặc hạt nhân sai phân, có thể được giải với
biến đổi Laplace, mặc dù nghiệm có thể không là duy nhất. Công thức biến
đổi cần thiết là
L
{∫ +∞
x
K(x− t)φ(t)dt
}= K(−s)Φ(s), (2.14)
trong đó
K(−s) =
∫ +∞
0
k(−x)esxdx và Φ(s) = L{φ(x)}.
Để giải thích quá trình này, xét phương trình tích phân
φ(x) = 3e−x + 2
∫ +∞
x
ex−tφ(t)dt.
Vì k(x) = ex, K(−s) = 1/(1− s). Sau khi biến đổi phương trình tích phân,
rút gọn, ta tìm được
Φ(s) =3
s+ 1− 6
(s+ 1)2,
từ đó ta kết luận rằng
φ(x) = 3e−x − 6xe−x.
Tuy nhiên, nghiệm này không duy nhất. Giả sử tồn tai hai nghiệm phân
biệt, cụ thể φ1(x) và φ2(x). Nếu ta đặt δ(x) = φ1(x) − φ2(x), thì δ(x) phải
thỏa mãn phương trình
δ(x) = 2
∫ +∞
x
ex−tδ(t)dt.
28
Sau khi biến đổi phương trình tích phân này thành phương trình vi phân,
ta thu được δ′(x) + δ(x) = 0. Do đó, δ(x) = ce−x, trong đó c là hằng số tùy
ý. Suy ra nghiệm tổng quát nhất của phương trình tích phân có dạng
φ(x) = φ(0)e−x − 6xe−x.
Nếu phương trình tích phân được biến đổi thành phương trình vi phân
theo quán trình tóm tắt như trong ví dụ trước thì nghiệm tổng quát này
thu được một cách trực tiếp.
Ví dụ 2.13. Xét phương trình tích phân
x∫0
sin (x− t) Φ(t)dt =1
2x sinx (2.15)
với K(x, t) = sin(x − t). Nếu phương pháp biến đổi Laplace được miêu tả
trong các mục trước áp dụng trong phương trình này ta được
1
s2 + 1L {Φ (x)} =
s
(s2 + 1)2
L {Φ (x)} =s
s2 + 1
từ đây ta kết luận được φ(x) = cosx.
Nhận xét 2.1. Nếu ta lấy đạo hàm theo x hai vế phương trình tích phân
(2.15) ta được phương trình Volterra loại một sau:
x∫0
cos(x− t)Φ (t) dt =1
2x cosx+
1
2sinx. (2.16)
Bây giờ lấy đạo hàm hai vế phương trình (2.16) ta được phương trình
Volterra loại hai
Φ (x)−x∫
0
sin (x− t) Φ(t)dt = cosx− 1
2x sinx. (2.17)
Các phương trình (2.16), (2.17) cũng có nghiệm Φ(x) = cosx như phương
trình (2.17)và có thể được tìm bằng cahs sử dumgj biến đổi Laplace.
29
Ví dụ 2.14. ( Phương trình tích phân Abel trên nửa trục). Phương trình Abel
là phương trình tích phân dạng Volterra với nhân có kỳ dị yếu lũy thừa. Xét
phương trình tích phân Abel loại một trên nửa trục
f(x) =
∫ x
0
1
(x− t)αφ(t)dt, 0 < x <∞, (2.18)
trong đó 0 < α < 1.
Chúng ta sẽ giải phương trình (3.1) bằng phương pháp biến đổi Laplace. Nếu
F (s) = L{f(x)} và Φ(x) = L{φ(x)}, thì ta có phương trình biến đổi
F (s) =Γ(1− α)
s1−αΦ(s),
mà có thể được sắp xếp lại dưới dạng
Φ(s)
s=
s−αΓ(α)
Γ(1− α)Γ(α)F (s) =
sin(απ)
π
Γ(α)
sαF (s).
Đảo ngược lại, ta thu được
L
{∫ x
0
φ(t)dt
}=
sin(απ)
π L{xα−1} L{f(x)}
=sin(απ)
π L
{∫ x
0
1
(x− t)1−αf(t)dt
},
từ đó ta kết luận rằng
φ(x) =sin(απ)
π
d
dx
(∫ x
0
1
(x− t)1−αf(t)dt
).
Ví dụ 2.15. Xét phương trình tích phân Volterrax∫
0
ex−tΦ (t) dt = sinx
Từ ex−t là một hạch chập , ta có thể áp dụng biến đổi Laplace cho phương
trình này. Sau một số bước đơn giản ta tìm được
L {Φ (x)} =s− 1
s2 + 1= L {cosx− sinx}
từ đây ta có thể kết luận Φ (x) = cosx − sinx là nghiệm duy nhất của phương
trình.
Mặt khác tích phânx∫
0
ex−tΦ (t) dt = cosx
30
không có nghiệm liên tục trên một đoạn có dạng [0, b] với b bất kì, từ cosx 6= 0.
Tuy nhiên ta vẫn có thể sử dụng biến đổi Laplace cho phương trình này, ta được
L {Φ (x)} = 1− s
s2 + 1− 1
s2 + 1= L {δ (x)− cosx− sinx}
từ đây ta kết luận Φ (x) = δ (x) − cosx − sinx là một nghiệm của phương trình,
trong đó δ (x) là hàm δ-Dirac
Ví dụ 2.16. Cho J0 (x) chỉ ra hàm Bessel của loại thứ nhất thứ tự không. Nghiệm
của phương trình tích phân Volterra
x∫0
J0(x− t)Φ (t) dt = sinx
là Φ (x) = J0(x), từ L {J0(x)} = 1/√s2 + 1 và
L
x∫
0
J0(x− t)J0 (t) dt
=1
s2 + 1= L {sinx}
Công thức thú vị này có thể được giải thích bằng một đồng nhất thức tổ
hợp. Mặt khác nếu ta thay thế biểu diễn chuỗi
J0 (x) =
∞∑0
(−1)n1
22n(n!)2x2n
sang tích phân chập thì sau một số bước đơn giản ta được
x∫0
J0(x− t)J0(t)dt =
∞∑0
(−1)mAm1
(2m+ 1)!x2m+1
trong đó
Am =1
22m
m∑k=0
(2kk
)(2m− 2km− k
)Mặt khác ta cũng có
sinx =
∞∑m=0
(−1)m1
(2m+ 1)!x2m+1
Sau khi cân bằng hệ số trong hai biểu diễn ta được đồng nhất thức nhị thức
m∑k=0
(2kk
)(2m− 2km− k
)= 22m
31
đồng nhất thức này có nghĩa với mọi m ≥ 0. Đồng nhất thức này này không
mới. Thật vậy, nó có thể thu được trực tiếp bằng cách bình phương chuỗi
1√1− x
=
∞∑n=0
1
22n
(2nn
)xn
Một họ các đồng nhất thức tổ hợp có thể được thiết lập bằng phương pháp
giống nhau. Nếu ta đặt
Hk (x) =
√π
Γ (k)
1
2k−1/2tk−1/2Jk−1/2(x)
thì L {Hk (x)} = 1/(s2 + 1
)k. Mặt khác, nếu p là một số nguyên âm thì sau một
vài bước đơn giản ta có
L{(H1/2 ∗Hp+1/2
)(x)}
= L{H1/2 (x)
}L{Hp+1/2 (x)
}=
1
(s2 + 1)p+1
= L
{ ∞∑m=0
(−1)mBmp1
(2m+ 2p+ 1)!x2m+2p+1
}
trong đó
Bmp =
(m+ pp
)Mặt khác từ
Jp (x) =(x
2
)p ∞∑j=0
(−1)j1
j! (j + p)!
(x
2
)2jSau một bước tính toán trực tiếp ta được
H1/2 ∗Hp+1/2 (x) =
x∫0
H1/2 (x− t)Hp+1/2 (t) dt
=
∞∑m=0
(−1)mCmp1
(2m+ 2p+ 1)!x2m+2p+1
trong đó
Cmp = 1(2pp
) [ m∑k=0
122m+p
(2m− 2km− k
)(2k + 2pk p k + p
)]
32
Từ Bmp = Cmp với tất cả các giá trị nguyên không âm m và p, ta được một kết
quả các đồng nhất thức tam thức hoặc nhị thức.
m∑k=0
(2m− 2km− k
)(2k + 2pk p k + p
)=
(m+ pp
)(2pp
)22m+p
33
Chương 3
Nghiệm tường minh của một sốphương trình tích phân dạngVolterra
Chương này trình bày về nghiệm tường minh của một số phương trình tích
phân dạng Volterra là phương trình tích phân Abel, phương trình Volterra với
các nhân đa thức hay phân thức hữu tỷ, phương trình Volterra với nhân căn
thức hay lũy thừa phân, v.v.. Nội dung của chương này được hình chủ yếu từ
các tài liệu [2], [3].
3.1 Phương trình tích phân Abel
3.1.1 Phương trình tích phân Abel loại một
• Phương trình tích phân Abel loại một là phương trình có dạng
f(x) =
∫ x
0
1
(x− t)αφ(t)dt, (3.1)
trong đó 0 < α < 1.
Abel đã chứng minh rằng có thể tim được nghiệm của phương trình này
bằng cách sử dụng chuỗi vô hạn. Trong mục này sẽ trình bày hai phương
pháp tìm nghiệm hình thức của phương trình Abel, đó là phương pháp
chuỗi lũy thừa và phương pháp sử dụng biến đổi Laplace.
• Phương pháp chuỗi lũy thừa Đặt
h(x) = xα
( ∞∑n=0
anxn
)=
∞∑n=0
anxn+α,
34
trong đó a0 6= 0 và chuỗi h(x)/xa được giả sử là bán kính hội tụ dương. Nếu
ta mong muốn một nghiệm có dạng
φ(x) = h′(x) =
∞∑n=0
(n+ α)anxn+α = αa0x
α−1 + · · ·
thì vế phải của phương trình tích phân là∫ x
0
1
(x− t)αφ(t)dt =
∞∑n=0
(n+ α)an
(∫ x
0
(x− t)−αtn+α−1dt)
=
∞∑n=0
1
n!(n+ α)Γ(n+ α)Γ(1− α)anx
n
=π
sin(απ)
∞∑n=0
1
n!α(α + 1) · · · (α + n)anx
n.
Ta được phép lấy tích phân từng số hạng trong miền hội tụ. Các tích phân
ở đây được tính toán và rút gọn theo hàm bêta và các tính chất của nó.
Mặt khác, nếu số hạng không thuần nhất đã biết f(x) có khai triển Maclau-
rin
f(x) =
∞∑n=0
bnxn
với giả thiết bán kính hội tụ dương, trong đó b0 6= 0, thì so sánh các hệ số
của hai chuỗi chỉ ra các hệ số của nghiệm φ(x) có thể được viết theo các
hệ số của f(x). Đặc biệt, ta có
an =sin(απ)
π
n!
α(α + 1) · · · (α + n)bn,
từ đó ta rút ra biểu diễn φ(x) =sin(απ)
π
∑∞n=0
n!
α(α + 1) · · · (α + n− 1)bnx
n+α−1.
Nhưng vì∫ x
0
1
(x− t)1−αf(t)dt =
∞∑n=0
bn
(∫ x
0
(x− t)α−1tndt)
=
∞∑n=0
n!
α(α + 1) · · · (α + n− 1)bnx
n+α,
từ hai phương trình cuối suy ra nghiệm φ(x) có biểu diễn tích phân
φ(x) =sin(απ)
π
d
dx
(∫ x
0
1
(x− t)1−αf(t)dt
).
35
• Phương pháp tích phân Volterra
Nếu ta thay x bằng s trong phương trình 3.1 nhân với ds/(x−s)1−α, và sau
đó lấy tích phân theo s, ta thu được∫ x
s=0
1
(x− s)1−αf(s)ds =
∫ x
s=0
(∫ s
t=0
1
(x− s)1−α(s− t)αφ(t)dt
)ds
=
∫ x
t=0
(∫ x
s=t
1
(x− s)1−α(s− t)αds
)φ(t)dt,
sau khi đổi thứ tự tích phân. (Sinh viên nên kiểm tra bước này sau khi xét
giả thiết thích hợp của φ(x) ví dụ như tính liên tục). Tích phân trong ở vế
phải có thể tính được như tích phân bêta với phép thế đơn giản. Nếu ta
đặt u = (s− t)/(x− t), để ds = (x− t)du, thì∫ x
s=t
1
(x− s)1−α(s− t)αds =
∫ 1
0
u−α(1− u)α−1du =π
sin(απ).
Vì vậy, ta có ∫ x
0
φ(t)dt =sin(απ)
π
∫ x
0
1
(x− s)1−αf(s)ds,
từ đó ta thu được
φ(x) =sin(απ)
π
d
dx
(∫ x
0
1
(x− s)1−αf(s)ds
).
Nếu f(s) khả vi, thì nghiệm của phương trình Abel có một công thức khác.
Lấy tích phân từng phần được∫ x
0
1
(x− s)1−αf(s)ds =
1
αxαf(0) +
1
α
∫ x
0
(x− s)αf ′(s)ds,
nếu f(0) xác định. Bây giờ ta suy ra
φ(t) =sin(απ)
π
(f(0)
x1−α+
∫ x
0
1
(x− s)1−αf ′(s)ds
).
Còn có một dạng tổng quát nữa. Nếu γ : [0, 1] → R có đạo hàm dương và
liên tục, thì phương trình tích phân kỳ dị
f(x) =
∫ x
0
1
(γ(x)− γ(t))αφ(t)dt
có nghiệm
φ(x) =sin(απ)
π
d
dx
(∫ x
0
γ′(t)
(γ(x)− γ(t))1−αf(t)dt
). (3.2)
36
3.1.2 Phương trình tích phân Abel loại hai
Phương trình tích phân Abel loại hai có dạng
φ(x) = f(x) + λ
∫ x
0
1√x− t
φ(t)dt.
Giả sử φ(x) liên tục tại x = 0. Nếu ta thay x bởi s, nhân với ds/√x− s, và lấy
tích phân theo s, ta thu được∫ x
0
1√x− s
φ(s)ds =
∫ x
0
1√x− s
f(s)ds
+ λ
∫ x
0
∫ s
0
1√x− s
√s− t
φ(t)dtds.
Tiếp theo, nếu ta đổi thứ tự tích phân trong tích phân kép và sau đó nhân với
λ, ta được
λ
∫ x
0
1√x− s
φ(s)ds = λ
∫ x
0
1√x− s
f(s)ds+ λ2π
∫ x
0
φ(t)dt.
Sau khi lấy phương trình cuối trừ đi phương trình Abel, ta được
φ(x) = g(x) + λ2π
∫ x
0
φ(t)dt.
trong đó ta đặt
g(x) = f(x) + λ
∫ x
0
1√x− s
f(s)ds.
Sau khi đạo hàm, ta thấy rằng φ(x) phải thỏa mãn phương trình vi phân tuyến
tính bậc nhất
φ′(x)− λ2πφ(x) = g′(x).
Lấy tích phân phương trình vi phân này, ta có
e−λ2πxφ(x)− φ(0) =
∫ x
0
e−λ2πtg′(t)dt.
Lấy tích phân từng phần cho vế phải, suy ra
e−λ2πxφ(x)− φ(0) = e−λ
2πxg(x)− g(0) + λ2π
∫ x
0
e−λ2πxg(t)dt.
Nhưng vì φ(0) = g(0), cuối cùng ta có
φ(x) = g(x) + λ2π
∫ x
0
eλ2π(x−t)g(t)dt.
37
3.1.3 Phương trình tích phân dạng Abelx∫a
[b+ 1
(x−t)λ
]y(t)dt = f(x), 0 < λ < 1.
Phương trình được viết lại dưới dạng:
x∫a
y(t)dt
(x− t)λ= f(x)− b
x∫a
y(t)dt.
Giả sử vế phải của phương trình đã biết, ta giả phương trình giống phương trình
Abel dạng tổng quát. Sau một vài biến đổi ta có được phương trình Abel loại
thứ hai:
y(x) +b sin(πλ)
π
x∫a
y(t)dt
(x− t)1−λ= F (x)
trong đó
F (x) =b sin(πλ)
π
d
dx
x∫a
y(t)dt
(x− t)1−λ.
3.1.4 Phương trình tích phân Abel với nhân tổng quát
Ban đầu Abel xét phương trình (3.1) với α = 1/2 khi nghiên cứu bài toán
đẳng thời mà nghiệm phổ biến trong sách.
Mặc dù phương trình (3.1) đôi khi được coi như phương trình Abel tổng
quát, thậm chi dạng tổng quát hơn của nó tồn tại. Ví dụ, nếu B(x, t) bị chặn và
liên tục trong tam giác T (0, 1) với B(x, x) 6= 0, thì phương trình
f(x) =
∫ x
0
B(x, t)
(x− t)αφ(t)dt
cũng được khảo sát. Nó được giải bằng cách biên đổi thành phương trình tích
phân Volterra loại 1 tương đương như sau. Nếu ta thay x bởi s, nhân với 1/(x−s)(1−α), và lấy tích phân kết quả thu được, sau khi rút gọn ta đạt được phương
trình
f̃α(x) =
∫ x
0
J(x, t)φ(t)dt,
trong đó
J(x, t) =
∫ x
t
B(s, t)
(x− s)1−α(s− t)αds =
∫ 1
0
B(t+ (x− t)u, t)(1− u)1−αuα
du
38
và
f̃α(x) =
∫ x
0
1
(x− s)1−αf(s)ds
là khả vi liên tục theo x. Nếu cần thiết, phương trình biến đổi có thể khả vi để
thu được phương trình tích phân Volterra loại hai.
Còn có một dạng tổng quát nữa. Nếu γ : [0, 1]→ R có đạo hàm dương và liên
tục, thì phương trình tích phân kỳ dị
f(x) =
∫ x
0
1
(γ(x)− γ(t))αφ(t)dt
có nghiệm
φ(x) =sin(απ)
π
d
dx
(∫ x
0
γ′(t)
(γ(x)− γ(t))1−αf(t)dt
). (3.3)
3.2 Phương trình Volterra với các nhân đa thức hay
phân thức hữu tỷ
3.2.1 Đạo hàm theo tham số trong tích phân xác định
Cho F (x, t) là một hàm biến phức liên tục trên hình vuông Q(a, b). Nếu F (x, t)
khả vi liên tục theo biến x thì
d
dx
x∫a
F (x, t)dt = F (x, x) +
x∫a
∂F
∂x(x, t)dt (3.4)
3.2.2 Nhân đa thức bậc nhất
1. Trước hết xét phương trình Volterra đơn giản nhấtx∫a
y(t)dt = f(x), x ≥ a. (3.5)
Hàm f(x) phải thỏa mãn điều kiện f(a) = 0. Đạo hàm theo x hai vế đẳng thức
trên đây ta được công thức nghiệm của phương trình (3.5):
y(x) = f ′(x), f(a) = 0.
2. Xét phương trìnhx∫a
(x− t)y(t)dt = f(x), x ≥ a. (3.6)
39
Sử dụng công thức (3.4), ta có nghiệm của phương trình (3.6)
y(x) = f ′′(x), f(a) = f ′(a) = 0.
3. Xét phương trình với nhân là hàm bậc nhất tổng quát theo x và t
x∫a
(Ax + Bt + C)y(t)dt = f(x). (3.7)
Với điều kiện f(a) = 0, nghiệm của phương trình (3.7) được cho bởi các công
thức sau
1o. Trường hợp B 6= −A:
y(x) =d
dx
[(A+B)x+ C]−A
A+B
x∫a
[(A+B) t+ C]−B
A+B f ′ (t) dt
2o. Trường hợp B = −A, C 6= 0:
y(x) =1
C
d
dx
exp
(−ACx
) x∫a
exp
(A
Ct
)f ′ (t) dt
3.2.3 Nhân đa thức bậc hai
1.
x∫a
(x− t)2y(t)dt = f(x), f (a) = f ′ (a) = f ′′ (a) = 0
Nghiệm của phương trình được cho bởi công thức:
y (x) =1
2f ′′′ (x)
2.
x∫a
(x2−t2)y(t)dt = f(x), f (a) = f ′ (a) = 0
Nghiệm của phương trình được cho bởi công thức:
y (x) =1
2x2
[xf ′′ (x)− f ′ (x)
].
3.
x∫a
(Ax2+Bt2)y(t)dt = f(x).
40
Nghiệm của phương trình được cho bởi công thức:
y (x) =1
A+B
d
dx
x− 2AA+B
x∫a
t−2BA+B f ′t (t) dt
với A 6= −B.
4.x∫a
(Ax2+Bt2 + C)y(t)dt = f(x).
Nghiệm của phương trình là:
y (x) = signϕ (x)d
dx
|ϕ (x)|−A
A+B
x∫a
|ϕ (x)|−B
A+B f ′t (t) dt
với A 6= −B, , ϕ (x) = (A+B)x2 + C.
5.x∫a
(Ax2+(B− A)xt− Bt2)y(t)dt = f(x), f (a) = f ′x (a) = 0
Nghiệm của phương trình:
y (x) =1
A+B
d
dx
x− 2AA+B
x∫a
tA−BA+B f ′′tt (t) dt
với A 6= −B
Ví dụ 3.1. Xét phương trình tích phân Volterrax∫
0
(x2 − t2
)Φ (t) dt = f (x)
Điều kiện f(0) = 0 là điều kiện cần nhưng không phải điều kiện đủ của phương
trình để có một nghiệm liên tục trên một đoạn có dạng [0, b].
Nếu ta đặt Φ (x) = a0 + a1x+ a2x2 + a3x
3 + ... thìx∫
0
(x2 − t2
)Φ (t) dt =
2
3a0x
3 +1
2a1x
4 +2
15a2x
5 +1
12a3x
6 + ...
Do đó f (0) = f ′ (0) = f′′
(0) = 0 là điều kiện cần để phương trình có nghiệm duy
nhất. nếu ta đạo hàm tích phânx∫
0
(x2 − t2
)Φ (t) dt = sin
(x3)
41
theo biến x ta đượcx∫
0
2xΦ (t) dt = 3x2 cos(x3)
Sau khi chia cả hai vế cho 2x và vi phân theo biến x ta có
Φ (x) =d
dx
[3
2x cos
(x3)]
=3
2
[cosx3 − 3x3 sin
(x3)]
đây là nghiệm liên tục duy nhất của phương trình
3.2.4 Nhân đa thức bậc ba
1.
x∫a
(x− t)3y(t)dt = f(x) với giả thiết
f (a) = f ′ (a) = f ′′ (a) = f ′′′ (a) = 0.
Giả sử f(x) có đạo hàm liên tục đến cấp bốn. Bằng cách lấy đạo hàm theo x
bốn lần liên tiếp ta được nghiệm của phương trình là:
y(x) =1
6f (4) (x) .
2.
x∫a
(x3−t3)y(t)dt = f(x), f (a) = f ′x (a) = 0.
Giả sử rằng hàm f(x) có đạo hàm liên tục đến cấp 3. Khi đó nghiệm của
phương trình được cho bởi công thức:
y (x) =1
3x3
[xf ′′′ (x)− 2f ′ (x)
].
3.
x∫a
(Ax3+Bt3)y(t)dt = f(x).
Nghiệm của phương trình với 0 ≤ a ≤ x,B 6= −A:
y (x) =1
A+B
d
dx
x− 3AA+B
x∫a
t−3BA+B f ′t (t) dt
.42
4.
x∫a
(x2t− xt2)y(t)dt = f(x), f (a) = f ′ (a) = 0
Nghiệm của phương trình:
y (x) =1
x
d2
dx2
[1
xf(x)
].
5.
x∫a
(Ax2t+Bxt2)y(t)dt = f(x).
Nghiệm của phương trình với B 6= −A:
y (x) =1
(A+B)x
d
dx
x− AA+B
x∫a
t−BA+B
d
dt
[1
tf(t)]dt
.3.2.5 Nhân lũy thừa bậc cao
1.
x∫a
(x− t)ny(t)dt = f(x), n = 1, 2, ...
Giả thiết rằng vế phải của phương trình thỏa mãn điều kiện
f(a) = f ′x(a) = ... = f(n)x (a) = 0.
Nghiệm của phương trình:
y(x) =1
n!f(n+1)x (x)
Ví dụ: Cho f(x) = Axm, trong đó m là số nguyên dương, m > n, nghiệm
của phương trình có dạng:
y(x) =Am!
n! (m− n− 1)!xm−n−1
2.
x∫a
(xn−tn)y(t)dt = f(x), f(a) = f ′x(a) = 0, n = 1, 2, ...
Nghiệm của phương trình: y(x) = 1nddx
[f ′x(x)xn−1
]3.
x∫a
(tnxn+1−xntn+1
)y(t)dt = f(x), n = 2, 3, ...
Nghiệm của phương trình: y(x) = 1xn
d2
dx2
[f(x)xn
]
43
3.2.6 Nhân phân thức hữu tỷ
1.
x∫0
y(t)
x+ tdt = f(x).
1o. Cho f(x) =N∑n=0
Anxn, nghiệm của phương trình có dạng:
y(x) =
N∑n=0
AnBn
xn, Bn = (−1)n
[ln 2 +
n∑k=1
(−1)k
k
].
2o. Cho f(x) = xλN∑n=0
Anxn, trong đó λ là một số arbitrary (λ > −1),
nghiệm của phương trình có dạng:
y(x) = xλN∑n=0
AnBn
xn, Bn =
1∫0
tλ+ndt
1 + t
3o. Cho f(x) = lnx
(N∑n=0
Anxn
), nghiệm của phương trình có dạng:
y(x) = lnx
N∑n=0
AnBn
xn +
N∑n=0
AnInB2nxn
Bn = (−1)n
[ln 2 +
n∑k=1
(−1)k
k
], In = (−1)n
[π2
12+
n∑k=1
(−1)k
k2
]
4o. Cho f(x) =N∑n=0
An (lnx)n, nghiệm của phương trình có dạng:
y(x) =
N∑n=0
AnYn(x)
trong đó các hàm Yn = Yn(x) được cho bởi
Yn(x) =
{dn
dλn
[xλ
I(λ)
]}λ=0
, I(λ) =
1∫0
zλdz
1 + z
5o. Cho f(x) =N∑n=0
An cos (λn lnx) +N∑n=0
Bn cos (λn lnx), nghiệm của phương
trình có dạng:
y(x) =
N∑n=1
Cn cos (λn lnx) +
N∑n=1
Dn cos (λn lnx)
44
trong đó các hằng số Cn và Dn được tìm bằng phương pháp hệ số bất định.
6o. Cho arbitry f(x), biến đổi
x =1
2e2z, t =
1
2e2τ , y(t) = e−τw(τ), f(x) = e−zg(z)
đưa tới một phương trình tích phân
z∫−∞
w(τ)dτ
cosh(z − τ)= g(z)
2.x∫0
y(t)ax+bt = f(x), a > 0, a+ b > 0
1o. Cho f(x) =N∑n=0
Anxn, nghiệm của phương trình có dạng:
y(x) =
N∑n=0
AnBn
xn, Bn =
1∫0
tndt
a+ bt
2o. Cho f(x) = xλN∑n=0
Anxn, trong đó λ là một số bất kì (λ > −1), nghiệm
của phương trình có dạng:
y(x) = xλN∑n=0
AnBn
xn, Bn =
1∫0
tλ+ndt
a+ bt
3o. Cho f(x) = lnx
(N∑n=0
Anxn
), nghiệm của phương trình có dạng:
y(x) = lnx
N∑n=0
AnBn
xn −N∑n=0
AnCnB2nxn, Bn =
1∫0
tndt
a+ bt, Cn =
1∫0
tn ln t
a+ btdt.
4o. Vế phải của phương trình có một vài dạng khác nghiệm cuả phương
trình có thể tìm bằng phương pháp hệ số bất định.
3.x∫0
y(t)ax2+bt2
= f(x), a > 0, a+ b > 0
1o. Cho f(x) =N∑n=0
Anxn, nghiệm của phương trình có dạng:
y(x) =
N∑n=0
AnBn
xn+1, Bn =
1∫0
tn+1dt
a+ bt
45
Ví dụ : Cho a = b = 1 và f(x) = Ax2 +Bx+ C nghiệm của phương trình là:
y(x) =2A
1− ln 2x3 +
4B
4− πx2 +
2C
ln 2x
2o. Cho f(x) = xλN∑n=0
Anxn, trong đó λ là một số arbitrary (λ > −1),
nghiệm của phương trình có dạng:
y(x) =
N∑n=0
AnBn
xn+1, Bn =
1∫0
tλ+n+1dt
a+ bt2
3o. Cho f(x) = lnx
(N∑n=0
Anxn
), nghiệm của phương trình có dạng:
y(x) = lnx
N∑n=0
AnBn
xn+1−N∑n=0
AnCnB2nxn+1, Bn =
1∫0
tn+1dt
a+ bt2, Cn =
1∫0
tn+1 ln t
a+ bt2dt.
4.x∫0
y(t)axm+btm
= f(x), a > 0, a+ b > 0, m = 1, 2, ...
1o. Cho f(x) =N∑n=0
Anxn, nghiệm của phương trình có dạng:
y(x) =
N∑n=0
AnBn
xm+n−1, Bn =
1∫0
tm+n−1dt
a+ btm
2o. Cho f(x) = xλN∑n=0
Anxn, trong đó λ là một số bất kì (λ > −1), nghiệm của
phương trình có dạng:
y(x) = xλN∑n=0
AnBn
xm+n−1, Bn =
1∫0
tλ+m+n−1dt
a+ btm
3o. Cho f(x) = lnx
(N∑n=0
Anxn
), nghiệm của phương trình có dạng:
y(x) = lnx
N∑n=0
AnBn
xm+n−1 −N∑n=0
AnCnB2nxm+n−1
Bn =
1∫0
tm+n−1dt
a+ btm, Cn =
1∫0
tm+n−1 ln t
a+ btmdt.
46
3.3 Phương trình Volterra với nhân căn thức hay
lũy thừa phân
3.3.1 Nhân căn thức
1.
x∫a
√x− ty(t)dt = f(x).
Lấy đạo hàm hai vế theo biến x, ta được phương trình Abel
x∫a
y(t)dt√x− t
= 2f ′(x)
Nghiệm của phương trình:y(x) = 2πd2
dx2
x∫a
f ′(t)dt√x−t
2.
x∫a
(√x−√t)y(t)dt = f(x).
Nghiệm của phương trình: y(x) = 2 ddx [√xf ′x(x)]
3.
x∫a
(1 + b√x− t)y(t)dt = f(x).
Đạo hàm theo x hai vế của phương trình đã cho, ta được phương trình tích phân
Abel:
y(x) +b
2
x∫a
y(t)dt√x− t
= f ′x(x)
4.
x∫a
y(t)dt√x− t
= f(x).
Nghiệm của phương trình:
y(x) =1
π
d
dx
x∫a
y(t)dt√x− t
=f(a)
π√x− a
+1
π
x∫a
f ′t(t)dt√x− t
5.
x∫a
(b+
1√x− t
)y(t)dt = f(x).
Phương trình viết lại dưới dạng:
47
x∫a
y(t)dt√x− t
= f(x)− bx∫a
y(t)dt
Giả sử vế phải của phương trình đã biết, chúng ta giải phương trình trên giống
như phương trình Abel. Sau một số thao tác ta có:
y(x) + bπ
x∫a
y(t)dt√x−t = F (x), trong đó F (x) = 1
πddx
x∫a
f(t)dt√x−t
6.
x∫a
(1√x−
1√t
)y(t)dt = f(x).
Nghiệm của phương trình đã cho được cho bởi công thức:
y(x) = −2[x3/2f ′(x)
]′x, a > 0.
7.
x∫a
y(t)dt√x2 − t2
= f(x).
Nghiệm của phương trình: y(x) = 2πddx
x∫a
tf(t)dt√x2−t2 .
8.
x∫0
y(t)dt√ax2 + bt2
= f(x), a > 0, a+ b > 0.
1o. Cho f(x) =N∑n=0
Anxn, nghiệm của phương trình có dạng:
y(x) =
N∑n=0
AnBn
xn, Bn =
1∫0
tndt√a+ bt2
.
2o. Cho f(x) = xλN∑n=0
Anxn, trong đó λ là một số bất kì (λ > −1), nghiệm
của phương trình có dạng:
y(x) = xλN∑n=0
AnBn
xn, Bn =
1∫0
tλ+ndt√a+ bt2
.
48
3o. Cho f(x) = lnx
(N∑n=0
Anxn
), nghiệm của phương trình có dạng:
y(x) = lnx
N∑n=0
AnBn
xn −N∑n=0
AnCnB2nxn
Bn =
1∫0
tndt√a+ bt2
, Cn =
1∫0
tn ln t√a+ bt2
dt.
4o. Cho f(x) =N∑n=0
An (lnx)n, nghiệm của phương trình có dạng:
y(x) =
N∑n=0
AnYn(x)
trong đó các hàm Yn = Yn(x) được cho bởi
Yn(x) =
{dn
dλn
[xλ
I(λ)
]}λ=0
, I(λ) =
1∫0
zλdz√a+ bz2
5o. Cho f(x) =N∑n=0
An cos (λn lnx) +N∑n=0
Bn sin (λn lnx), nghiệm của phương
trình có dạng:
y(x) =
N∑n=1
Cn cos (λn lnx) +
N∑n=1
Dn sin (λn lnx)
trong đó các hằng số Cn và Dn được tìm bằng phương pháp hệ số bất định.
3.3.2 Nhân lũy thừa phân
1.x∫a
(x− t)λy(t)dt = f(x), f(a) = 0, 0 < λ < 1.
Giả sử f(x) là hàm khả vi liên tục . Đạo hàm hai vế của phương trình đã cho
thep x, ta được phương trình tích phân Abel:
x∫a
y(t)dt
(x− t)1−λ=
1
λf ′x(x).
49
Nghiệm của phương trình trên đây được cho bởi công thức :
y(x) =sin(πλ)
πλ
d2
dx2
x∫a
f(t)dt
(x− t)λ, k =
sin(πλ)
πλ.
2.
x∫a
(x− t)µy(t)dt = f(x)
Với µ = n − λ, trong đó n = 1, 2, ... và 0 ≤ λ < 1, và f(a) = f ′x(a) = ... =
f (n−1)x(a) = 0.
Đạo hàm hai vế theo x n lần ta được phương trình
x∫a
y(t)dt
(x− t)λ=
Γ (µ− n+ 1)
Γ (µ+ 1)f (n)(x),
trong đó Γ(µ) là hàm Gamma.
Ví dụ: Đặt f(x) = Axβ, trong đó β ≥ 0 và µ > −1, µ − β 6= 0, 1, 2, ..., trong
trường hợp này nghiệm của phương trình có dạng:
y(x) =AΓ(β + 1)
Γ(µ+ 1)Γ(β − µ)xβ−µ−1.
3.
x∫a
(xµ − tµ) y(t)dt = f(x).
Nghiệm của phương trình được cho bởi công thức:
y(x) =1
µ
[x1−µf ′x(x)
]′x.
4.
x∫a
(Axµ +Btµ) y(t)dt = f(x).
Nghiệm của phương trình đã cho được cho bởi công thức:
y(x) =1
A+B
d
dx
x− AµA+B
x∫a
tBµA+B f ′t(t)dt
với A 6= −B.
50
5.
x∫a
tσ (xµ − tµ)λ y(t)dt = f(x), σ > −1, λ > −1, µ > 0.
Đặt
τ = tµ, z = xµ, w(τ) = tσ−µ+1y(t), A = aµ, F (z) = µ(z1/µ).
Khi đó phương trình (5) được đưa về phương trình dạng (2):x∫a
(z − τ )λw(τ )dτ = F (z).
Từ đây tìm được nghiệm của phương trình đã cho khi 0 < λ < 1. Với −1 < λ < 0
nghiệm của phương trình đã cho là
y(x) =µ sin(µλ)
πxσd
dx
[∫ x
a
tµ−1(xµ − tµ)−1−λf(t)dt].
51
Kết luận
Luận văn này đã đề cập các vấn đề sau đây.
1. Trình bày phương pháp xấp xỉ liên tiếp giải phương trình giải các phương
trình tích phân Volterra loại hai với nhân liên tục.
2. Trình bày phương pháp biến đổi tích phân Laplace giải phương trình
Volterra dạng chập trên nửa trục thực.
Trình bày nghiệm tường minh của một số phương trình tích phân Volterra
dặc biệt, như phương trình Abel và các phương trình với nhân có dạng đơn giản.
Qua luận văn này tôi đã thực sự làm quen với công tác nghiên cứu khoa
học. Những kiến thức đạt được trong quá trình nghiên cứu rất quý báu với bản
thân tôi. Tuy nhiên do năng lực, kiến thức còn hạn chế và khó tránh khỏi những
khiếm khuyết. Tôi rất mong nhận được sự góp ý của quý thầy-cô và các bạn.
Xin chân thành cảm ơn!
52
Tài liệu tham khảo
[1] Lokenath Debnath and Dambaru Batta (2007), Integral Transforms and
their Applications, by Taylor and Francis Group.
[2] Andrei D. Polyanin and Alexander V. Manzhirov, Hanbook of Integral Equa-
tions, 1998 by CRC Press LLC.
[3] Stephen M. Zemyan , The Classical Theory of Integral Equations, Springer
Science + Business Media, LLC 2012.
53
![[Lập và phân tích dự án cho kỹ sư] Bài 5: Phân tích phương án bằng các phương pháp khác](https://img.dokumen.tips/doc/110x75/55c81b92bb61eb0a3f8b4741/lap-va-phan-tich-du-an-cho-ky-su-bai-5-phan-tich-phuong.jpg)
