Khóa luận tốt nghiệp MỤC LỤC MỞ ĐẦU 1 Lý chọn đề tài Mục đích nhiệm vụ nghiên cứu Phương pháp nghiên cứu Cấu trúc CHƯƠNG NGUYÊN LÝ ÁNH XẠ CO CỦA BANACH 1.1 Các khái niệm giải tích hàm 1.1.1 Không gian metric 1.1.2 Không gian định chuẩn 1.1.3 Không gian Hilbert 11 1.2 Nguyên lý ánh xạ co 12 1.2.1 Ánh xạ Lipschitz 12 1.2.2 Ánh xạ co 12 1.2.3 Nguyên lý ánh xạ co Banach 13 CHƯƠNG MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA NGUYÊN LÝ ÁNH XẠ CO 18 2.1 Giải phương trình đại số siêu việt 18 2.1.1 Bài toán 18 2.1.2 Cơ sở lý thuyết 19 1.3 Ví dụ 23 2.2 Giải gần hệ phương trình đại số tuyến tính 24 2.2.1 Bài toán 24 2.2.2 Cơ sở lý thuyết 26 2.2.3 Ví dụ 29 2.3 Giải gần phương trình vi phân thường 30 Lý Thị Kiều Trang – K35 CN Toán Khóa luận tốt nghiệp 2.3.1 Bài toán 30 2.3.2 Cơ sở lý thuyết 33 2.3.3 Ví dụ 35 2.4 Giải gần phương trình tích phân loại II 37 2.4.1 Bài toán 37 2.4.2 Cơ sở lý thuyết 38 2.4.3 Ví dụ 42 CHƯƠNG MỘT SỐ VÍ DỤ ÁP DỤNG 44 KẾT LUẬN 56 TÀI LIỆU THAM KHẢO 57 Lý Thị Kiều Trang – K35 CN Toán Khóa luận tốt nghiệp MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài Ra đời vào cuối kỉ XVII, giải tích toán học có vị trí quan trọng chương trình toán cao cấp khoa Khoa học tự nhiên trường Đại học sư phạm trường kĩ thuật Đây môn học khó với hầu hết sinh viên, giải toán người học gặp phải tình huống, giả thiết phức tạp Điều đòi hỏi phải có trợ giúp nhiều kiến thức toán học liên quan Điểm bất động khái niệm xuất sớm Toán học giải tích Lý thuyết điểm bất động phần quan trọng giải tích hàm – môn học vừa mang tính tập vừa mang tính ứng dụng rộng rãi Nói đến lý thuyết điểm bất động không nhắc đến kết kinh điển nó, là: Nguyên lý ánh xạ co Banach Nguyên lý ánh xạ co có nhiều ứng dụng toán học Nó dùng để chứng minh tồn nghiệm của: hệ phương trình tuyến tính, phương trình tích phân, phương trình vi phân,… Chính lẽ đó, em mạnh dạn chọn đề tài nghiên cứu “ Một số ứng dụng nguyên lý ánh xạ co” nhằm có điều kiện tiếp cận sâu hơn, làm phong phú thêm kiến thức Mục đích nhiệm vụ nghiên cứu Sự phát triển giải tích toán học nói riêng toán học nói chung quy định phát triển nhu cầu có tình thực tiễn định Nghiên cứu ứng dụng nguyên lý ánh xạ co vào giải số toán giải tích mục đích khóa luận Phương pháp nghiên cứu + Phương pháp nghiên cứu lý luận Lý Thị Kiều Trang – K35 CN Toán Khóa luận tốt nghiệp + Phương pháp nghiên cứu tổng kết tài liệu Cấu trúc Khóa luận bao gồm chương Chương 1: Nguyên lý ánh xạ co Banach Chương 2: Một số ứng dụng nguyên lý ánh xạ co Chương 3: Một số ví dụ áp dụng Lý Thị Kiều Trang – K35 CN Toán Khóa luận tốt nghiệp CHƯƠNG NGUYÊN LÝ ÁNH XẠ CO CỦA BANACH 1.1 Các khái niệm giải tích hàm 1.1.1 Không gian metric + Không gian metric Định nghĩa 1.1: Ta gọi không gian metric tập hợp X   với ánh xạ d từ tích Descartes X  X vào tập hợp số thực thỏa mãn tiên đề dau đây: (i)  x, y  X  d  x, y   0, d  x, y    x  y ; (ii)  x, y  X  d  x, y   d  y, x  ; (iii)  x, y, z  X  d  x, z   d  x, y   d  y, z  ; Ánh xạ d gọi metric X ; Số d  x, y  gọi khoảng cách hai phần tử x y ; Các phần tử X gọi điểm; Các tiên đề (i), (ii), (iii) gọi hệ tiên đề metric Không gian metric kí hiệu là: M   X , d  Ví dụ 1.1: Với vector x   x1 , x2 , , xk  , y   y1 , y2 , , yk  thuộc không gian k k  * ta đặt: d  x, y   k  x j 1 j  yj  (1.1) Khi hệ thức (1.1) xác định metric không gian k Ví dụ 1.2: Với hai phần tử x, y  , ta đặt: d  x, y   x  y Khi hệ thức (1.2) gọi metric tự nhiên (1.2) + Sự hội tụ không gian metric Lý Thị Kiều Trang – K35 CN Toán Khóa luận tốt nghiệp Định nghĩa 1.2: Cho không gian metric M   X , d  , dãy điểm  x   X , điểm n x0  X Dãy điểm  xn  gọi hội tụ đến điểm x0 không gian M n   , nếu:     n  * n  n0  , d ( xn , x0 )   x  x0 hay xn  x0  n    Kí hiệu: lim n  n Điểm x0 gọi giới hạn dãy  xn  không gian metric M Ví dụ 1.3: Sự hội tụ dãy điểm  xn  không gian hội tụ dãy số thực biết giải tích toán học + Ánh xạ liên tục Cho hai không gian metric M   X , d1  , M  Y , d  Ánh xạ f từ không gian M lên không gian M Định nghĩa 1.3: Ánh xạ f gọi liên tục x0  X ,  >0,  >0 cho x  X : d1  x, x0  <  d  f  x  , f  x0   <  Định nghĩa 1.4: Ánh xạ f gọi liên tục tập A  X , ánh xạ f liên tục điểm thuộc tập A , A  X ánh xạ f gọi liên tục Định nghĩa 1.5: Ánh xạ f gọi liên tục tập A  X , nếu:   0,   cho x, x '  A : d1  x, x '    d  f  x  , f  x '    + Không gian metric đầy đủ Định nghĩa 1.6: Cho không gian metric M   X , d  Dãy điểm x   X n gọi dãy M nếu:     n  * m, n  n0  , d  xn , xm    Hay lim d  xn , xm   n , m  Dễ thấy dãy điểm hội tụ M dãy Lý Thị Kiều Trang – K35 CN Toán Khóa luận tốt nghiệp Định nghĩa 1.7: Không gian metric M   X , d  gọi không gian đầy đủ dãy không gian hội tụ Ví dụ 1.4: Không gian metric không gian đầy Điều suy từ tiêu chuẩn Cauchy hội tụ dãy số thực biết giải tích toán học k Ví dụ 1.5: Không gian không gian đầy Thật vậy, Giả sử x  n    x1 n  , x2  n  , , xk  n    n  1,2,  dãy tùy ý k không gian Euclid Theo định nghĩa 1.6:     n  * m, n  n0  , d  x  n  , x  m     k  x    x  Hay n j j j 1 m   x j  n   x j  m   , m, n  n0 ; j  1, 2, , k (1.3) Các bất đẳng thức (1.3) chứng tỏ với j  1,2, , k dãy  x j  n   dãy số thực bản, nên phải tồn giới hạn lim x j  n  x j , ( j  1,2, , k ) n  Đặt x   x1 , x2 , , xn  ta nhận dãy  x  n    k cho hội tụ theo tọa độ tới x Nhưng hội tụ không gian Euclid k tương đương với hội tụ theo tọa độ, dãy  x  n   cho hội tụ tới x không gian k Ví dụ 1.6: Không gian Vậy không gian Euclid  a ,b  k không gian đầy không gian đầy Thật vậy, Giả sử  xn  t   dãy tùy ý không gian  a ,b  Theo định nghĩa 1.6:     n  * m, n  n0  d  x n  , x m   max xn  t   xm  t    a t b Lý Thị Kiều Trang – K35 CN Toán Khóa luận tốt nghiệp  xn  t   xm  t    , m, n  n0 ; t   a, b  (1.4) Các bất đẳng thức (1.4) chứng tỏ với t cố định tùy ý thuộc đoạn  a, b  dãy  xn  t   dãy số thực nên phải tồn giới hạn: lim x  t   x  t  , t   a, b  n  n Ta nhận hàm số x  t  xác định  a, b  Vì bất đẳng thức (1.4) không phụ thuộc t , nên cho qua giới hạn bất đẳng thức n   ta được: xn  t   x  t    , n  n0 , t   a, b Các bất đẳng thức (1.5) chứng tỏ dãy  xn  t    hàm số x  t  đoạn  a, b  , nên x  t   không gian  a ,b   a ,b  (1.5)  a ,b  hội tụ tới Nhưng hội tụ tương tự với hội tụ dãy hàm liên tục đoạn  a, b  nên dãy  xn  t   cho hội tụ tới x  t  không gian  a ,b  Vậy  a ,b  không gian đầy 1.1.2 Không gian định chuẩn + Không gian định chuẩn Định nghĩa 1.8: Ta gọi không gian định chuẩn ( không gian tuyến tính định chuẩn ) không gian tuyến tính X trường K ( K trường số thực trường số phức số thực kí hiệu ) với ánh xạ từ tập X vào tập đọc chuẩn, thỏa mãn điều kiện sau đây: 1)  x  X  , x  0, x   x   ( kí hiệu phần tử không  ); 2)  x  X    K  ,  x   x ; 3)  x, y  X  , x  y  x  y ; Số x gọi chuẩn vector x Kí hiệu không gian định chuẩn X Lý Thị Kiều Trang – K35 CN Toán Khóa luận tốt nghiệp Các tiên đề 1), 2), 3) hệ tiên đề chuẩn Định lý 1.1: Cho không gian định chuẩn X Đối với hai vector x, y  X ta đặt: d  x, y   x  y (1.6) Khi d metric X Chứng minh Ta chứng minh d thỏa mãn hệ tiên đề metric  Tiên đề (i) d  x, y   x  y  0,  x, y  X  ( Do tiên đề 1) d  x, y    x  y   x  y  Tiên đề (ii) d  x, y   x  y  1 y  x   1 y  x  y  x  d  y, x   x, y  X  ;  Tiên đề (iii)  x, y, z  X  d  x, z   x  z   x  y   y  z  x y  yz  d  x, y   d  y , z  Vậy định lý chứng minh Nhờ định lý 1.1 mà không gian định chuẩn trở thành không gian metric với metric (1.6) Do khái niệm, mệnh đề không gian metric không gian định chuẩn + Sự hội tụ không gian định chuẩn Định nghĩa 1.9: Dãy điểm  xn  không gian định chuẩn X gọi x  x hay hội tụ tới điểm x  X lim xn  x  kí hiệu lim n  n n  xn  x  n    Lý Thị Kiều Trang – K35 CN Toán Khóa luận tốt nghiệp Định nghĩa 1.10: Dãy điểm  xn  không gian định chuẩn X gọi dãy nếu: lim xn  xm  ; m , n  + Không gian Banach Định nghĩa 1.11: Không gian định chuẩn X gọi không gian Banach dãy X hội tụ Ví dụ 1.6: Đối với số thực x  ta đặt: (1.7) x  x Nhờ tính chất giá trị tuyệt đối số thực, công thức (1.7) cho chuẩn Không gian định chuẩn tương ứng kí hiệu là không gian Banach Ví dụ 1.7: Cho không gian vector k chiều  k , đó:  k  {x  ( x1 , x2 , , xk ) : xk  hay x j  } Đối với x   k ta đặt: k x  x j (1.8) j 1 Từ công thức x  d  x,  hệ tiên đề metric suy công thức (1.8) cho chuẩn  k Không gian định chuẩn tương ứng kí hiệu  k Dễ dàng thấy  k không gian Banach Ví dụ 1.8: Cho không gian vector l2 Đối với vector x   xn   l2 ta đặt:  x  x n (1.9) n 1 Từ công thức x  d  x,  hệ tiên đề metric suy công thức (1.9) cho chuẩn l2 Không gian chuẩn tương ứng kí hiệu l2 Dễ dàng thấy l2 không gian Banach Lý Thị Kiều Trang – K35 CN Toán Khóa luận tốt nghiệp Suy ra: K n  t , s   ts kết thức 3n 1     t , s,      K n  t , s     n 1 n 1 n 1 n 1 Với     t , s,    ts 1  ts    ts    n 1 n 1 3 n 1 ;  Do đó, nghiệm cần tìm phương trình ban đầu là: x  t   f  t       t , s,   f  s  ds  x  t   t    ts Hay x t   t   1  f  s  ds ts 1 s ds  Lý Thị Kiều Trang – K35 CN Toán 43 Khóa luận tốt nghiệp CHƯƠNG MỘT SỐ VÍ DỤ ÁP DỤNG Bài tập Bằng phương pháp lặp, với n  giải phương trình sau: x  log x   Bài giải Đặt: f  x   x  log x  ; f  x   Ta có: f 1  1 , f    0,301029999 Suy ra: f 1 f    Vậy khoảng tách nghiệm phương trình 1,2 Phương trình cho tương đương với: x   log x Đặt:   x    log x Khi  ánh xạ co Thật vậy,  ' x   1 ;  '    0,2171  , x  1,2 x ln10 Suy  '  x   q  1,  q  0,2171 , với x  1,2 Mặt khác, với x  1, 2    x   nên  1,2  1, 2 Do  ánh xạ co nên tồn điểm x   cho      nghiệm phương trình cho Khi ta có công thức lặp sau: xn1   log xn , n  0,1,2 ; x  1,2 Chọn x0  , ta có: x1    x0   x2    x1   1,698970004 x3    x2   1,769814289 x4    x3   1,752072303 x5    x4   1,756447976 Lý Thị Kiều Trang – K35 CN Toán 44 Khóa luận tốt nghiệp x6    x5   1,755364709 Vậy nghiệm gần phương trình cho x6  1,755364709 Bài tập Bằng phương pháp lặp đơn, giải phương trình sau: x  x  10  0, n  Bài giải Đặt: f  x   x5  x  10 ; f  x  Ta có: f 1  10; f    20 Suy ra: f 1 f    nên 1,2 khoảng tách nghiệm Phương trình cho tương đương với: x  x  10 Đặt:   x   x  10 Ta kiểm tra điều kiên để  ánh xạ co  ' x   5  x  10   5   10   0,0274  , x  1, 2 Suy  '  x   q  1,  q  0,0274  , với x  1,2 Mặt khác, với x  1, 2    x   nên  1,2  1, 2 Do  ánh xạ co nên tồn điểm x   cho      nghiệm phương trình cho Khi ta có công thức lặp sau: xn 1  xn  10, n  0,1,2, ; x  1,2 Chọn x0  , ta có: x1    x0   1,615394266 x2    x1   1,633077485 x3    x2   1,63357442 x4    x3   1,633588376 x5    x4   1,633588768 Lý Thị Kiều Trang – K35 CN Toán 45 Khóa luận tốt nghiệp x6    x5   1,633588779 Vậy nghiệm phương trình cho x  x6  1,633588779 Bài tập Giải phương trình: x  3x   phương pháp lặp đơn với bước lặp Bài giải Đặt: f  x   x3  3x  Ta có: f    1; f 1  Suy ra: f   f 1  nên  0,1 khoảng tách nghiệm Lại có: x3  x    x3  3x  1 x  Đặt:   x    ' x   3 3x  3x  Ta kiểm tra điều kiên để  ánh xạ co  3x   53       3.1   53      0,2321  , x   0,1 Suy  '  x   q  1,  q  0,2321 , với x   0,1 Mặt khác, với x   0,1    x   nên   0,1   0,1 Do  ánh xạ co nên tồn điểm x   cho      nghiệm phương trình cho Khi ta có công thức lặp sau: xn1  3xn  , n  0,1,2, ; x   0,1 Chọn x0  , ta có: x1    x0   0,928317766 x2    x1   0,911374431 x3    x2   0,907276265 Lý Thị Kiều Trang – K35 CN Toán 46 Khóa luận tốt nghiệp x4    x3   0,906279443 x5    x4   0,906036648 x6    x5   0,905977491 Vậy phương trình cho có nghiệm x  x6  0,905977491 Bài tập Giải hệ phương trình sau phương pháp lặp đơn  5,6 x1  1,5 x2  2,3x3  1,7   2,2 x1  x2  4,5 x3  9,7 1,3x  0,22 x  5,8 x  1,4  (I) Bài giải Hệ (I) tương đương với hệ sau  x1  0,44 x1  0,15 x2  0,23x3  0,17   x2  0, 22 x1  0,1x2  0,45 x3  0,97  x  0,13x  0,022 x  0,42 x  0,14  Ta có: b 1j  0,44  0,15  0,23  0,82 j 1 b 2j  0, 22  0,1  0,45  0,77 j 1 b 3j  0,13  0,022  0,42  0,572 j 1 B   max 0,82;0,77;0,572  0,82  Khi ta có phép lặp sau: x  k 1  Bx  k   g Chọn x 0   0,0,0  Ta thu kết thể bảng sau: Lý Thị Kiều Trang – K35 CN Toán 47 Khóa luận tốt nghiệp k x1 x2 x3 k x1 x2 x3 0 0 0,19315 1,3361 -0,65903 0,17 0,97 -0,14 0,20615 1,35768 -0,68563 0,135 1,0926 -0,3901 0,21475 1,3689 -0,69985 0,153693 1,225875 -0,527119 0,22012 1,3746 -0,7072 0,174981 1,295979 0,2233 1,3773 -0,7108 -0,6111 Nghiệm xấp xỉ hệ: x   0,2233;1,3773;  0,7108  Bài tập Giải hệ phương trình sau phương pháp lặp đơn với n   1,02 x1  0,05 x2  0,1x3  0,795  0,11x1  1,03 x2  0,05 x3  0,849 0,11x  0,12 x  1,04 x  1,398  (II) Bài giải Hệ (II) tương đương với hệ sau  x1   0,02 x1  0,05 x2  0,1x3  0,795   x2  0,11x1  0,03 x2  0,05 x3  0,849  x  0,11x  0,12 x  0,04 x  1,398  3 Ta có: b 1j  0,02  0,05  0,1  0,17 j 1 b 2j  0,11  0,03  0,05  0,19 j 1 b 3j  0,11  0,12  0,04  0,27 j 1 B   max 0,17;0,19;0,27  0,27  Khi ta có phép lặp sau: x  k 1  Bx  k   g Chọn x 0   0,0,0  Ta thu kết thể bảng sau: Lý Thị Kiều Trang – K35 CN Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp k x1 x2 x3 0,795 0,849 1,398 0,96135 0,98088 1,53141 0,97796 0,98359 1,5602 0,98064 1,00508 1,5612 Nghiệm xấp xỉ hệ: x   0,98064;1,00508;1,5612  Bài tập Xét phương trình y '  x  0,1 y với y    Xác định nghiệm xấp xỉ  0;0,2 xác tới 105 , chọn xấp xỉ ban đầu y0  x  y0  x   y0  y ' 0 y ''   x x 1! 2! Bài giải Ta có: y  0  y '     0,1.12  0,1 y ''     2.0,1 y0 y0 '   0,02  1,02 Từ đó: y0  x    0,1x  0,51x Ta xác định: f  x, y0   x  0,1y0  0,1  0,02 x  0,103x  0,0102 x3  0,026 x Xấp xỉ thứ nhất: x y1  x      t  0,1y02  t   dt   0,1x  0,51x  0,034 x  0,0025 x  0,0052 x Xét hiệu: y1  x   y0  x   0,034 x  0,0025 x  0,0052 x5 Khi đó: max y1  x   y0  x   0,00028  10 5  0;0,2 Lý Thị Kiều Trang – K35 CN Toán 49 Khóa luận tốt nghiệp Do y1  x  chưa thỏa mãn điều kiện Chú ý khai triển y1  x  , tổng số hạng cuối không vượt 105 ta đặt: y1  x    0,1x  0,51x  0,034 x3 Ta có: f  x, y1  x    x  0,1 y12  0,1  0,02 x  0,103x  0,017 x3  0,0267 x  0,0035 x5  0,0001x x Và y2  x      t  0,1 y12  t   dt   0,1x  0,51x  0,034 x  0,0042 x  0,0053 x5 Xét hiệu: y2  x   y1  x   0,0042 x  0,0053 x5  0,000008  105 Vậy y  x    0,1x  0,51x  0,034 x  0,0042 x  0,0053 x5 Bài tập Bằng phương pháp lặp đơn giải toán: y '  x  y ; y 0  Bài giải Áp dụng công thức lặp (3.6) ta có: y0  x   x2 y1  x      t  1 dt   x  x x2  x3  y2  x      2t    dt   x  x  2 0 x x y3  x      t  y2  t   dt   x  x  x3 x  24 x3 x x y4  x      t  y3  t   dt   x  x    12 120 x ………… Lý Thị Kiều Trang – K35 CN Toán 50 Khóa luận tốt nghiệp Dễ dàng tính biểu thức tổng quát: x3 x x5 x n 1 n 1 yn  x    x  x       1 3.4 3.4.5 3.4  n  1 Để đánh giá tốc độ hội tụ n  x  ta xét miền G : G   x, y  :  x  a, y  b Trong a, b số dương tùy ý hàm f  x, y   x  y xác định liên tục toàn mặt phẳng xOy Chọn b  ( y0  ) để xác định ta lấy a  Với  x, y   G ta có: f  x, y   x  y  x  y  a  b  M  b h   a,  M b  b   ( Vì a  )    a,    ab ab Với b lớn ta có h lớn ( h  b   ) Nếu lấy a  1, b  ta có h  Hằng số Lipschitz L miền G là: L  max f y '  x, y    2 Áp dụng công thức (3.7) cho x  0,  đánh sau:  3 x n 1 x n 1 2n 1 n  x   L M 3   n  1!  n  1! 3n  n  1! n Với n  ta có: n  x   25  3.102 5! Với tập ta thử lại nghiệm xác là: y  x   2.e  x  1  x  Bài tập Bằng phương pháp lặp đơn tìn nghiệm gần thứ của: a) y '  x   y , y    b) y '  x  y , y    Lý Thị Kiều Trang – K35 CN Toán 51 Khóa luận tốt nghiệp Bài giải a) Ta thấy hàm f  x, y   x   y liên tục toàn mặt phẳng y0  y    x x y1  x   y0   f  s, y0  s   ds     s   1 ds 0 x   s2  x2  x x y2  x   y0   f  s, y1  s   ds     s  s  2s  ds 0 x x x3  s5 2s3   x2  1    s2    5 0 x y3  x   y0   f  s, y2  s   ds 4s3  s10 s 2s s 26s  1      s   s  s  ds 15 15  25  x x  s11 4s s8 s 26s s s s  1          s2  90 3  275 135 20 63 0 x11 x x8 x 26 x x x x          x2  275 135 20 63 90 3 Vậy nghiệm gần phương trình cho là: x11 x9 x8 x 26 x x x x y  x          x2  275 135 20 63 90 3  b) Làm tương tự câu a) ta có kết quả: y  x   x x x11 x15    63 2079 59539 Bài tập Giải phương trình:  x  t    x  s  tan sds  cos t Lý Thị Kiều Trang – K35 CN Toán 52 Khóa luận tốt nghiệp Bài giải Đặt K1  t , s   tan s  K  t , s    K  t ,   K1   , s  d    tan  tan sd   tan s  tan  d  ln 2.tan s  K  t , s    K  t ,   K   , s  d   ln    tan   tan s  d     ln 4  tan s   tan  d  0  ln    tan s   n 1  ln  Suy ra: K n  t , s     tan s, n    Và kết thức:    t , s,     K n  t , s  n 1 n ln  ln   ln   tan s  tan s    tan s     tan s      Lý Thị Kiều Trang – K35 CN Toán 53 Khóa luận tốt nghiệp  ln  ln 2   tan s 1           tan s ln 1 Do nghiệm phương trình ban đầu là:  x  t   cos t   tan s x  s  ds ln 1  Hay x  t   cos t  x  s  tan sds ln 0 1 Bài tập 10 Giải phương trình sau:  x  t     sin t.cos s.x  s  ds  f  t  ; với   Bài giải Đặt K1  t , s   sin t.cos s ;  K  t , s    K  t ,   K1  , s d     sin t.cos   sin  cos s  d   sin t.cos s  sin  cos  d  sin   sin t.cos s 2  sin t.cos s Lý Thị Kiều Trang – K35 CN Toán 54 Khóa luận tốt nghiệp  K  t , s    K  t ,   K  , s d   sin  cos s     sin t.cos    d     sin t.cos s  sin  cos  d  sin   sin t.cos s 2  Suy ra: sin t.cos s 22 Kn t, s   sin t.cos s , n  , 2n1  Và   t , s,     K n  t , s  n 1 sin t.cos s sin t.cos s sin t.cos s     2 2n  sin t.cos s   1   sin t.cos s 1      2   sin t.cos s 1 1  2sin t.cos s Vậy nghiệm cần tìm phương trình ban đầu là:  x   t   f  t       t , s,   f  s  ds  x  t   f  t    sin t.cos s f  s  ds ,    1 Lý Thị Kiều Trang – K35 CN Toán 55 Khóa luận tốt nghiệp KẾT LUẬN Dưới hướng dẫn tận tình thầy Khuất Văn Ninh, em hoàn thành đề tài kế hoạch đạt mục đích nghiên cứu đề Cụ thể nội dung khóa luận đề cập đến là: Đề cập kiến thức bổ trợ, gồm kiến thức chuẩn bị định nghĩa, định lý quan trọng không gian metric, không gian Banach, không gian định chuẩn,ánh xạ co nguyên lý ánh xạ co Banach Nêu ứng dụng nguyên lý ánh xạ co vào toán giải phương trình đại số siêu việt, hệ phương trình đại số tuyến tính, phương trình vi phân thường, phương trình tích phân loại II Trên sở lý thuyết áp dụng vào giải số tập cụ thể nhằm làm rõ vấn đề Tuy nhiên thời gian kiến thức có hạn nên không tránh khỏi thiếu sót, mong nhận đóng góp ý kiến thầy cô để khóa luận em hoàn thiện Lý Thị Kiều Trang – K35 CN Toán 56 Khóa luận tốt nghiệp TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Phạm Kỳ Anh (1996), Giải tích số, Nhà xuất Đại học Quốc Gia Hà Nội [2] Nguyễn Minh Chương, Nguyễn Văn Khải, Khuất Văn Ninh, Nguyễn Văn Tuấn, Nguyễn Tường (2001), Giải tích số, Nhà xuất Giáo Dục [3] Tạ Văn Đĩnh (1994), Phương pháp tính, Nhà xuất Giáo Dục [4] Nguyễn Phụ Hy (2006), Giải tích hàm, Nhà xuất Khoa học kĩ thuật [5] Đỗ Hồng Tân, Nguyễn Thị Thanh Hà (2003), Các định lý điểm bất động, Nhà xuất Đại học sư phạm Hà Nội [6] Các tài liệu từ Internet Lý Thị Kiều Trang – K35 CN Toán 57 [...]... 1.18: Ánh xạ f từ không gian metric  X , d X  vào không Lý Thị Kiều Trang – K35 CN Toán 12 Khóa luận tốt nghiệp gian metric Y , dY  đươc gọi là ánh xạ co nếu tồn tại một số    0,1 sao cho: dY  f  x  , f  y     d X  x, y  , x, y  X Như vậy ánh xạ co là một trường hợp riêng của ánh xạ Lipschitz và hiển nhiên nó liên tục 1.2.3 Nguyên lý ánh xạ co của Banach Định lý 1.4: Giả sử X là một. .. Hilbert n 1 1.2 Nguyên lý ánh xạ co 1.2.1 Ánh xạ Lipschitz Định nghĩa 1.17: Cho  X , d1  và Y , d 2  là các không gian metric trên trường K Ánh xạ f :  X , d1   Y , d 2  được gọi là ánh xạ Lipschitz nếu có một số L  0 sao cho: d 2  fx, fy   Ld1  x, y  , x, y  X Số L nhỏ nhất thỏa mãn bất đẳng thức trên gọi là hằng số Lipschitz Ánh xạ Lipschitz là ánh xạ liên tục 1.2.2 Ánh xạ co Định nghĩa... chứng minh Lý Thị Kiều Trang – K35 CN Toán 17 Khóa luận tốt nghiệp CHƯƠNG 2 MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA NGUYÊN LÝ ÁNH XẠ CO 2.1 Giải phương trình đại số và siêu việt 2.1.1 Bài toán Xét phương trình: f  x  0 (1.1) Trong đó f  x  là hàm đại số hay siêu việt Nghiệm của phương trình (1.1) là số thực  thỏa mãn (1.1) Tức là khi thay  vào x ở vế trái ta được: f    0 (1.2) Phương trình (1.1) trừ một số. .. Định lý 1.4: Giả sử X là một không gian metric đầy đủ và f : X  X là một ánh xạ co của X vào chính nó Khi đó tồn tại một và chỉ một điểm x  X sao cho f  x   x Chứng minh Lấy x0 là một điểm tùy ý thuộc X và đặt xn 1  f  xn  với n  0,1,2,  x  n là một dãy trong X Vì f là ánh xạ co của X vào chính nó nên tồn tại hằng số    0,1 thỏa mãn: d  f  x1  , f  x0     d  x1 , x0  Do... gọi là số điều kiện của ma trận A và m đại lượng đó kí hiệu là cond  A  Ma trận A được gọi là ma trận điều kiện xấu nếu cond  A  là khá lớn  cond  A  1 + Tính chất của số điều kiện 1 cond  A   1 2 Nếu A là ma trận trực giao thì cond  A   1 3 c  0 thì cond  cA   cond  A  4 Nếu D  diag  di i 1 thì cond  D   max di min di + Phân tích sai số Giả sử x là một nghiệm của phương... x  y    '  c  x  y Lý Thị Kiều Trang – K35 CN Toán 15 Khóa luận tốt nghiệp   x  y   d  x, y  Mặt khác,   max  '  x   300 x9,10 1 Do đó  không là ánh xạ co Vậy ánh xạ  không có điểm bất động  Với metric xác định trong định lý 1.1 ta có cách phát biểu khác của nguyên lý ánh xạ co cua Banach trong không gian định chuẩn như sau: Giả sử rằng: (a) M là một tập đóng, khác rỗng trong... n là tuyến tính Ta sẽ chứng minh T là ánh xạ co : Tx  Bx  g Ty  By  g d  Tx, Ty   Tx  Ty  Bx  g   By  g   Bx  By  B  x  y   B x  y Đặt: Ta có: q B d  Tx, Ty   qd  x, y  Theo giả thiết: q  B  1 nên T là ánh xạ co Theo nguyên lý ánh xạ co thì T có điểm bất động duy nhất x  x Do đó: Tx  x , nghĩa là Bx  g  x Suy ra x là nghiệm duy nhất của hệ phương trình (2.3)...  y    qd  x, y  Và theo nguyên lý ánh xạ co thì tồn tại một điểm bất động của hàm  , kí hiệu là  thì:      (1.5) Nên  là một nghiệm của phương trình (1.1) (ii) Ta có: Lý Thị Kiều Trang – K35 CN Toán 20 Khóa luận tốt nghiệp      xn    xn1  ; (1.5) n  1, 2, (1.4) Trừ từng vế của (1.5) cho (1.4) ta được:   xn         xn1  (1.6) Áp dụng công thức Lagrange ta có:... 1 lập thành một không gian metric đầy đủ Theo định lý giá trị trung bình, với mỗi u, v   a, b  , có một điểm w   a, b sao cho : x  u   x  v   x '  w  u  v   k u  v Do đó theo nguyên lý ánh xạ co Banach, tồn tại duy nhất t0   a, b  sao cho x  t0   t0 Ví dụ 1.18: Cho ánh xạ  : 9,10  9,10 , x    x  , với   x  cho bởi   x   1000  x 3 Khi đó ánh xạ  không có... kiện xấu của ma trận A với sai số của vế phải Từ đó suy ra rằng với ma trận A điều kiện xấu thì nghiệm của nó thay đổi nhiều so với những thay đổi nhỏ ở hệ số và số hạng tự do Như vậy, vấn đề giải hệ phương trình đại số tuyến tính bằng số với ma trận điều kiện xấu và vế phải cho gần đúng là một bài toán khó của toán học tính toán 2.2.2 Cơ sở lý thuyết Để giải gần đúng hệ phương trình đại số tuyến tính ... 1: Nguyên lý ánh xạ co Banach Chương 2: Một số ứng dụng nguyên lý ánh xạ co Chương 3: Một số ví dụ áp dụng Lý Thị Kiều Trang – K35 CN Toán Khóa luận tốt nghiệp CHƯƠNG NGUYÊN LÝ ÁNH XẠ CO CỦA... đươc gọi ánh xạ co tồn số    0,1 cho: dY  f  x  , f  y     d X  x, y  , x, y  X Như ánh xạ co trường hợp riêng ánh xạ Lipschitz hiển nhiên liên tục 1.2.3 Nguyên lý ánh xạ co Banach... ta có u  Au Điều phải chứng minh Lý Thị Kiều Trang – K35 CN Toán 17 Khóa luận tốt nghiệp CHƯƠNG MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA NGUYÊN LÝ ÁNH XẠ CO 2.1 Giải phương trình đại số siêu việt 2.1.1 Bài toán