Tieu luan phuong phap toan ly(cao hoc)

Tiểu luận môn phương pháp toán lý GV: TS Võ Thanh Tùng
Học viên : Kiều Quang Vũ
Khóa: 2014 – 2016 Trang 1
Chuyên ngành Quang học
MỤC LỤC
LỜI MỞ ĐẦU ........................................................................................................... 2
PHẦN NỘI DUNG.................................................................................................... 3
CHƯƠNG I: HÀM BIẾN PHỨC.............................................................................. 3
Bài tập 1: (Bài 14/trang 89 GT Hàm biến phức – Tạ Lê Lợi – Đại học Đà Lạt) .. 3
Bài tập 2: (Bài 17/trang 89 GT Hàm biến phức – Tạ Lê Lợi – Đại học Đà Lạt) .. 5
CHƯƠNG II: PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN................ 7
Bài tập 1: (Bài tập 130/trang 59 Chương 2-2 tài liệu Nguyễn Thanh Vũ)............ 7
Bài tập 2: (Bài tập 212/trang 75 – Chương 4 tài liệu Nguyễn Thanh Vũ) ............ 8
CHƯƠNG IV. PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN ĐẠO HÀM RIÊNG........................ 10
Bài tập 1:(Bài tập V.1 trang 31 Phương trình hyperbolic, tài liệu phương trình vi
phân đạo hàm riêng )............................................................................................ 10
Bài tập 2:(Bài tập V.1 trang 31 Phương trình Eliptic- tài liệu phương trình vi phân
đạo hàm riêng) ..................................................................................................... 12
Bài tập 3:(Bài tập III.1/ trang 56- chương 4. Phương trình Parabolic- Tài liệu
phương trình vi phân đạo hàm riêng)................................................................... 15
CHƯƠNG V. PHÉP BIẾN ĐỔI LAPLACE – PHÉP BIẾN ĐỔI FOURIER........ 16
Bài tập 1: (Bài tập 1f. trang 99 – Giáo trình toán chuyên đề - Bùi Tuấn Khang)16
Bài tập 2: (Bài tập 187.f – Trang 63 “Toán A4 - Chương 2. – GV Nguyễn Thanh
Vũ – 2008). .......................................................................................................... 18
CHƯƠNG VI: NHÂN XUNG ĐỐI VÀ NHÂN SUY BIẾN ................................. 19
Bài tập 1: Giải phương trình sau bằng phương pháp lặp:.................................... 19
Bài tập 2: Giải phương trình sau bằng phương pháp đại số: ............................... 20
KẾT LUẬN ............................................................................................................. 23
TÀI LIỆU THAM KHẢO....................................................................................... 24
PHỤC LỤC CHƯƠNG TRÌNH MATHEMATICA............................................... 25

Khóa: 2014 – 2016 Trang 2
LỜI MỞ ĐẦU
Ngày này, Giải tích toán học đã có sự biến đổi mạnh mẽ. Trong đó, lĩnh vực
số phức, phương trình vi phân không ngừng phát triển có nhiều ứng dụng trong thực
tiễn, đặt biệt là trong vật lý. Nó là công cụ giúp nhà vật lý giải quyết các bài toán
trong vật lý. Đồng thời với đó là sự pháp triển vượt bậc của công nghệ thông tin, ra
đời nhiều phần mềm toán học ứng dụng như Mathematica, MathLab, … giúp chúng
ta kiểm tra chính xác các nghiệm của bài toán, mô tả các hiện tượng trong vật lý,
dựng các đồ thị,…Trên cơ sở đó tôi chọn đề tài “Giải một số bài toán giải tích bằng
theo phương pháp thông thường và bằng phần mềm Mathematica.” để kết thúc học
phần môn phương pháp toán lý.
Trong tiểu luận này tôi xin trình bày cách giải các bài toán ứng dụng các kết
quả cuối cùng của các phép biến đổi để đi tìm nghiệm của bài toán mà không giải
chi tiết từng bước cụ thể. Cùng với đó khi sử dụng Mathematica để kiểm tra lại
nghiệm của bài toán thì có một số bài tôi có thực hiện với Mathematica nhưng có
một số bài không thể thực hiện được vì phần mềm này không phải là vạn năng có
thể giải quyết được tất cả các vấn đề trong thực tế.

Khóa: 2014 – 2016 Trang 3
PHẦN NỘI DUNG
CHƯƠNG I: HÀM BIẾN PHỨC.
(Bài tập phần thặng dư và ứng dụng thặng dư.)
Bài tập 1: (Bài 14/trang 89 GT Hàm biến phức – Tạ Lê Lợi – Đại học Đà Lạt)
Tính thặng dự của hàm tại các điểm kì dị của hàm:
a)
  2
1 2
z
z z 
b)
 
1
2
1
z
e
z 
Giải:
a) f(z) =
  2
1 2
z
z z 
* Cách 1: Giải theo phương pháp thông thường:
Ta xét   2
1 2 0z z    1 2 31; 2 ; 2z z i z i    
Vậy hàm f(z) có 3 điểm kì dị cấp 1 là: 1 2 31; 2 ; 2z z i z i     
Thặng dư của hàm f(z) tại các điểm kì dị (bất thường) được xác định như sau :
+ z1 = -1:
Res[f(z),z1] =    
1
1lim
z z
z z f z

 = 21
lim
2z
z
z 
=
1
3

+ 2 2z i 
Res[f(z),z2] =    
2
2lim
z z
z z f z

 =
  
 2
1
lim 1 i 2
61 2z i
z
z z i
 
 
+ 3 2z i 
Res[f(z),z3] =    
3
3lim
z z
z z f z

 =
  2
lim
1 2z i
z
z z i
 
1
2 2i 2


* Cách 2:Giải bằng Mathematica
Chương trình tính thặng dư
Lệnh nhập:
ClearAll[A,B,z,z1,z2,z3];A=z;B=(z+1)(z^2+2); f[z_]:=A/B;
sol=Solve[B==0,z]; z1=z/.sol[[1]]; z2=z/.sol[[2]]; z3=z/.sol[[3]];
R1=Residue[f[z],{z,z1}]//FullSimplify;
R2 =Residue[f[z],{z,z2}]//FullSimplify;
R3 =Residue[f[z],{z,z3}]//FullSimplify;

Khóa: 2014 – 2016 Trang 4
Print["Câu a) Cho hàm f(z) = ",f[z], "tính thặng dư tại các điểm kì di (bất
thường) của nó."];
Print["_____________Lời giải____________"];
Print[" Thặng dự tại z1=",z1," là: ",R1];
Kết quả:
b) f(z) =
 
1
2
1
z
e
z 
Ta xét  
2
1 0z    1 21; 1z z 
Vậy hàm f(z) có 1 điểm kì dị cấp 2 là: 1 1z 
Thặng dư của hàm f(z) được ta áp dụng công thức:
Res[f(z),z1] =    
1
1
11
lim
m
m
mz z
d
z z f z
dz


 
 
=
1
1
lim( (e ))z
z
d
dz
= - e
* Cách 2:Giải bằng Mathematica
Chương trình tính thặng dư
Lệnh nhập:
ClearAll[z1,z,g,d,R1];
g=E^(1/z); d=(z-1)^2;
f[z_]:=g/d;
sol=Solve[d==0,z];z1=z/.sol[[1]];
R1=Residue[f[z],{z,z1}]//FullSimplify;

Khóa: 2014 – 2016 Trang 5
Print["Câu b) Cho hàm f(z) = ",f[z], "tính thặng dư tại các điểm kì di (bất
thường) của nó."];
Print["_____________Lời giải____________"];
Kết quả:
Bài tập 2: (Bài 17/trang 89 GT Hàm biến phức – Tạ Lê Lợi – Đại học Đà Lạt)
Tính tích phân  
γ
f z dz , với:
a) f(z) =
 
2
2
1
1z 
với γ: |z| = 3 b) f(z) =
  2
1 1
sinz
z z z 
với γ: |z| = 3
Giải:
a) Tính tích phân:  
γ
f z dz trong đó f(z) =
 
2
2
1
1z 
với γ: |z| = 3
* Cách 1: Giải theo phương pháp thông thường
Hàm f(z) =
 
2
2
1
1z 
có các điểm kì dị được tìm từ điều kiện:  
2
2
1 0z    z = ± 1.
Theo điều kiện biên bài toán thì đây là hai điểm kì dị cấp hai z1 = - 1 và z2 = 1 trong
miền |z| = 3.
Ta tính tích phân: I =
 
2
2
1
1
dz
z 
theo công thức:
I = 2πi(Res[f(z),z1] + Res[f(z),z3]) = 2πi(
 
 
2
2
2
1
1
1
lim
z
z
d
z
dz
  
   +
 
 
2
2
2
1
1
1
lim
z
z
d
z
dz
  
   ) = 0

Khóa: 2014 – 2016 Trang 6
* Cách 2:Giải bằng Mathematica:
Chương trình tính tính tích phân
b) Tính tích phân:  
γ
f z dz trong đó f(z) =
  2
1 1
sinz
z z z 
với γ: |z| = 3
* Cách 1: Giải theo phương pháp thông thường
Hàm f(z) =
  2
1 1
sinz
z z z 
có các điểm kì dị được tìm từ điều kiện:   2
1 1 0z z z  
 z1 = 0, z2 = - i; z3 = i, z4 = 1, đối chiếu với điều kiện bài toán |z| = 3 thì f(z) có 4
điểm kì dị cấp một z1 = 0, z2 = - i; z3 = i, z4 = 1 Ta tính tích phân: I =
 
2
2
1
1
dz
z 
theo công thức:
I = 2πi(Res[f(z),z1] + Res[f(z),z2] + Res[f(z),z3] + Res[f(z),z4])
= 2πi{            
1 2 3
1 2 3lim lim lim
z z z z z z
z z f z z z f z z z f z
  
    
   
4
4lim
z z
z z f z

  } = 2πi{
  20
lim
1 1z
sinz
z z  
+
  
lim
1z i
sinz
z z z i  
+
  
lim
1z i
sinz
z z z i  
+
 21
lim
1z
sinz
z z 
} = 2πi(0    
 sin 11 1 1 1
sin sin
4 4 4 4 2
i i i i
   
        
   
)
= πi.sin[1] -  sin i =   i Sin 1 Sinh 1   

Khóa: 2014 – 2016 Trang 7
Trong đó Sin[i] = i.Sinh[1]
* Cách 2:Giải bằng Mathematica:
Chương trình tính tính tích phân
CHƯƠNG II: PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN
Bài tập 1: (Bài tập 130/trang 59 Chương 2-2 tài liệu Nguyễn Thanh Vũ)
Tìm nghiệm của phương trình sau: y’’ + 3y’ – 10y = 0, y(0) = 1, y’(0) = 3;
Giải
Phương trình đặc trưng: k2
+ 3k – 10 = 0  k1 = 2, k2 = -5.
Nghiệm tổng quát trên R là: y = C1e 2x
+ C2e-5x
Theo điều kiện ban đầu ta có: 1 2
1 2
1
3 2 5
C C
C C
 

 

1
2
8
7
1
7
C
C



  

Vậy nghiệm của phương trình là: y =  2 51
8
7
x x
e e


Khóa: 2014 – 2016 Trang 8
* Cách 2:Giải bằng Mathematica:(Code Demo )
Kết quả giải bài toán:
Bài tập 2: (Bài tập 212/trang 75 – Chương 4 tài liệu Nguyễn Thanh Vũ)
Hãy tìm nghiệm của hệ phương trình:
2 4
3 2
x x y
y x y
 

 


với x(0) = 1 và y(0) = 0
Giải:
Ta có thể viết lại hệ phương trình trên dưới dạng:
'
x
y
 
 
 
=
2 4
3 2
x
y
  
  
  
Det(A-λI) =
2 4
3 2


 
 
  
= -12 - (4 – λ2
)
Khi Det(A – λI) = 0   2
12 4 0     1 24, 4   
+ Xét λ = -4, ta có phương trình vecto trị riêng

Khóa: 2014 – 2016 Trang 9
1
2
6 4 0
3 2 0
b
b
    
    
    
 b =
2
3
m
m
 
 
 
 Chọn vecto trị riêng là:
2
3
 
 
 
+ Xét λ = 4, ta có phương trình vecto trị riêng:
1
2
2 4 0
3 6 0
b
b
     
    
    
 b =
2m
m
 
 
 
 Chọn vecto trị riêng là:
2
1
 
 
 
Nghiệm của hệ phương trình có thể viết dưới dạng:
 
 
1 2
1 2
2 2
3 1
t t
x t
C e C e
y t
 
     
      
    

 
 
4 4
1 2
4 4
1 2
2 2
3
t t
t t
x t C e C e
y t C e C e


  

 
(*)
Thay điều kiện x(0) = 1 và y(0) = 0 vào (*) ta tính được C1 và C2:
1
2
1
8
3
8
C
C

 

 

Thay C1 và C2 vào (*) ta có nghiệm của hệ:
 
 
4 4
4 4
3 1
4 4
3 3
8 8
t t
t t
x t e e
y t e e



 

  

* Cách 2:Giải bằng Mathematica: (code demo)
Kết quả giải bài toán:

Khóa: 2014 – 2016 Trang 10
CHƯƠNG IV. PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN ĐẠO HÀM RIÊNG
(Phương trình hyperbolic, phương trình parabolic, phương trinh eleptic)
Bài tập 1:(Bài tập V.1 trang 31 Phương trình hyperbolic, tài liệu phương trình
vi phân đạo hàm riêng )
Tìm nghiệm bài toán
4 ,0
(0, ) ( , ) 0
( ,0) sinx, ( ,0) 2sin 8sin 2
tt xx
t
u u x
u t u t
u x u x x x


  

 
    
Giải
Đặt u(x,t) = X(x).T(t) thay vào phương trình utt = 4uxx và thực hiện tách biến tìm
được nghiệm bài toán dưới dạng tổng quát:
u(x,t) = n n
n=1
(a cos(2nt) + b sin(2nt))sin(nx)

 (1)
với n ϵ N
Trong đó an và bn được tìm từ điều kiện sau:
an =    
0
2
,0 sinu x nx dx

  và bn =    
0
1
,0 sintu x nx dx
n

 
+ Tìm an:
an =  
0
2
.sinsinx nx dx

  =
0, 1
1, 1
khin
khin



 a1 = 1 và an = 0 với n ≥ 2
+ Tìm bn:
bn =    
0
1
2 8 2 .sinsinx sin x nx dx
n


 
=      
0 0
1 2 2
[ 2 .sin 8sin 2 .sin
2
sinx nx dx x nx dx
n
 
 
   =
0, 1,2
1, 1
2, 2
khin
khin
khin


 
 
 b1 = -1, b2 = 2, bn = 0 với n ≥ 3
Vậy nghiệm của bài toán là: u(x,t) =[cos(2t) – sin(2t)]sinx + 2sin4t.sin2x
Vòng lặp For[] cho giá trị n chạy trong khoảng cho phép giúp lệnh Integrate[] tính
được giá trị, còn lệnh Print[] xuất các giá trị un(x,t) ứng với mỗi giá trị của n.

Khóa: 2014 – 2016 Trang 11
Kết quả bài toán với giá trị a,L, điều kiện biên cụ thể:
Nghiệm bài toán giải bằng chương trình là tổng các giá trị un theo công thức:
u(x,t) =
1


 n
n
u

Khóa: 2014 – 2016 Trang 12
Bài tập 2:(Bài tập V.1 trang 31 Phương trình Eliptic- tài liệu phương trình vi
phân đạo hàm riêng)
Giải bài toán Diriclet 2 2
Γ
0,
| 3 4 4
u trong
u y xy
  

  
với Ω là mặt tròng tâm O bán kính 2, Γ là
biên của Ω.
Giải
Xét bài toán trong tọa độ cực x = rcosφ, y = rsinφ. Khi đó phương trình Laplace
trong tọa độ cực sẽ được viết lại dưới dạng:
2
2 2
1 1u u
r
r r r r 
   
 
   
= 0 (1)
Điều kiện biên:
2 2
| 3 16sin 32 sinr Ru cos      = -5 + 8cos2φ + 8cos3φ - 8cosφ. (2)
Đặt u(r,φ) = Φ(φ).R(r). Sử dụng phương pháp tách biến ta tìm được nghiệm của bài
toán Dirichlet trên mặt tròn trong tọa độ cầu dưới dạng tổng quát sau:
u(r,φ) =  
0
,n
n
u r 



=    
0
cos sinn
n n
n
r A n B n 


   = A0 +    
1
cos sinn
n n
n
r A n B n 


   (3)
Việc xác định các hệ số A0, An, Bn có thể tìm theo hai hướng:
* Hướng thứ nhất: Áp dụng các công thức khai triển Fourier
Tìm hệ số A0, An, Bn theo các công thức sau:
A0 =
2
2
0
1
|
2
ru d


 
An =  
2
2
0
1
cos . |rn u d

 
 
Bn =  
2
2
0
1
sin |
2
rn u d

 
  trong đó n = 1,2,3,….
Khi đó ta tìm được A0, An, Bn như sau:
+ A0 =  
2
0
1
5 8cos2φ 8cos3φ 8cosφ
2
d



    = -5

Khóa: 2014 – 2016 Trang 13
+ An =   
2
0
1
cos 5 8cos2φ 8cos3φ 8cosφn d

 

   
 A1 = -8, A2 = 8, A3 = 8, An = 0
+ Bn =   
2
0
1
sin 5 8cos2φ 8cos3φ 8cosφn d

 

    = 0
Vậy nghiệm (3) của bài toán trong tọa độ cầu sẽ là:
u(r,φ) = - 5 - 8rcosφ + 2 3
8r cos2φ 8r cos3φ  (4)
Chuyển về hệ tọa độ (x,y):
u(r,φ) = 8r3
(4cos3
φ - cosφ) + 8r2
(2cos2
φ - 1) - 8rcosφ - 5
= 32r3
cos3
φ + 16r2
cos2
φ - 24r3
cosφ- 8rcosφ - 8r2
- 5
 u(x,y) = 8x3
+ 8x2
-8y2
-8x(3x2
+ 3y2
+1) - 5
Vậy: u(x,y) = 8x3
+ 8x2
-8y2
-8x(3x2
+ 3y2
+1) - 5 (5)
* Hướng thứ 2: Đồng nhất hệ số hai vế của phương trình sau:
u(r,0) = 0 ⟺ A0 +    
1
cos sinn
n n
n
r A n B n 


   = 5 8cos2φ 8cos3φ 8cosφ   
 A0 = -5, Bn = 0, A1 = - 8, A2 = 8, A3 = 8, An = 0.
Thay các giá trị A0, Bn, An, A1, A2, A3 vào (3) ta được:
u(r,φ) = - 5 - 8rcosφ + 2 3
8r cos2φ 8r cos3φ  (4')
Chuyển sang tọa Oxy ta có: u(x,y) = 8x3
+ 8x2
-8y2
-8x(3x2
+ 3y2
+1) - 5.

Khóa: 2014 – 2016 Trang 14
Kết bài toán ứng với điều kiện biên cụ thể:
Nghiệm bài toán giải bằng chương trình là tổng các giá trị un theo công thức:
u(r,φ) =
1


 n
n
u = 5 - 8 r Cos[φ] + 8 r2
Cos[2 φ]+ 8 r3
Cos[3 φ]

Khóa: 2014 – 2016 Trang 15
Bài tập 3:(Bài tập III.1/ trang 56- chương 4. Phương trình Parabolic- Tài liệu
phương trình vi phân đạo hàm riêng)
Giải bài toán điều kiện ban đầu: 2
16 , 0,
( ,0) cos 4
t xxu u t x
u x x
  


Giải
Áp dụng công thức Poison: u(x,t) =    , ,G a y x t g y dy



Trong đó: G(a,x-y,t) =
1
2 πta
2
2
( )
4.4
y x
t
e


và g(y) = u(y,0) = cos2
4x.
 u(x,t) =
2
( )
264
1
cos 4
2
y x
t
e ydy
a t
 


 =
2
( )
64
1
(1 cos8 )
4
y x
t
e y dy
a t
 


 (1)
Đổi biến: z =
8
y x
t

 dy = 8 t dz và y = x + 8z t
Lúc này (1) trở thành: u(x,t) =
21
1 cos(8 64
1
]8
6
[z
e x z t dz
t
t




 
Ta áp dụng điều kiện:
2
2 2 2
4
1 x
e cos zdz e

 







 và
2 21
0x
e sin zdz






 u(x,t) =
1
2
+
21
e cos(8 64 )
2
z
x z t dz





 u(x,t) =
1
2
+
21
e cos(8 ).cos(6[ si4 ) (8 )sin(6n ]4 )
2
z
x z t x z t dz





 u(x,t) =
1
2
+
21
e cos(8 ).cos ](64 )
2
z
x z t dz




 = 10241
(1 8 )
2
t
e cos x

Vậy nghiệm của bài toán là: u(x,t) = 10241
(1 8 )
2
t
e cos x

* Cách 2:Giải bằng Mathematica: (Code Demo)

Khóa: 2014 – 2016 Trang 16
Kết quả bài toán với các giá trị điều kiện biên và hệ số a cụ thể:
CHƯƠNG V. PHÉP BIẾN ĐỔI LAPLACE – PHÉP BIẾN ĐỔI FOURIER
Bài tập 1: (Bài tập 1f. trang 99 – Giáo trình toán chuyên đề - Bùi Tuấn Khang)
Tìm ảnh Fourier của hàm gốc:   3
2 . t
f t sin t e

Giải
* Cách 1: Giải bằng phép biến đổi Fourier:

Khóa: 2014 – 2016 Trang 17
Ta có   3
2 .
t
f t sin t e

 =
   
   
3 2 3 2
3 2 3 2
, 0
2
, 0
2
i t i t
i t i t
e e
t
i
e e
t
i
   
 
 



 
Để tìm ảnh của f(t) là F(ω) ra sử dụng định nghĩa:
F(ω) =  
1
2
i t
f t e dt




 =
   0 3 2 3 2
1
.
22
i t i t
i te e
e dt
i


   



 +
   3 2 3 2
1
1
.
22
i t i t
i te e
e dt
i


  


=      
0
3 2 3 21
( )
2 2
i t i t
e e dt
i
 

     

 +      
 3 2 3 2
1
1
2 2
i t i t
e e dt
i
 


   

= -
       
1 1 1 1 1
3 2 3 2 3 2 3 22 2 i i i ii    
 
   
         
Vậy: F(ω) =-
   
2 2
1 6 6
2 2 9 2 9 2i   
 
 
     
= 2 4
2
12i
169 10


  
* Cách 2:Giải bằng Mathematica: (Code demo)
Kết quả tính với hàm thực tế:

Khóa: 2014 – 2016 Trang 18
Bài tập 2: (Bài tập 187.f – Trang 63 “Toán A4 - Chương 2. – GV Nguyễn Thanh
Vũ – 2008).
Tìm nghiệm tổng quát trên R của phương trình:
y’’ + 3y’ + 2y = 3 – 2.ex
; y(0) = 0, y’(0) = 0
Giải
* Cách 1: Giải bài toán ứng dụng phép biến đổi Laplace:
Đặt     Y s y t
Ta áp dụng các công thức:
  'y t (s) = s.Y(s) – y(0)
  ''y t (s) = s2
.Y(s) – s.y(0) – y’(0)
Ta có:    3 2 3 2 x
y y y e    
           2 3 2
0 0 3 0 2
1
s Y s sy y sY s y Y s
s s
             
 
2 3
3 2
1
s
s Y sY Y
s s

  

    
2 3
3 2
1
s
s s Y
s s

  

  
   
3
1 1 2
s
Y s
s s s s


  
Sử dụng phương pháp đồng nhất hệ số, ta suy ra:
 Y s =
   
1 3 2 5
3 1 2 1 6 2s s s s
   
   
Thực hiện phép biến đổi Laplace ngược ta có:
    1 25 3 1
2e e e
6 2 3
x x x
y t Y s  
     
Vậy nghiệm của bài toán là:   25 3 1
2e e e
6 2 3
x x x
y t  
   
* Cách 2: Giải bằng Mathematica theo phép biến đổi Laplace (code demo)

Khóa: 2014 – 2016 Trang 19
Kết quả tính với bài toán cụ thể
CHƯƠNG VI: NHÂN XUNG ĐỐI VÀ NHÂN SUY BIẾN
(Phương trình tích phân Fredhoml)
Bài tập 1: Giải phương trình sau bằng phương pháp lặp:
y(x) = 1 +  
0

x
y t dt
Giải:
* Cách 1: Giải bằng phương pháp lặp
Ta đặt:  0 1y x 

Khóa: 2014 – 2016 Trang 20
Gần đúng bậc 1:    1 0
0
1
x
y x y t dt   0
1
x
dz   = 1
1!
x

Lặp lại quá trình một lần nữa, chúng ta thu được gần đúng bậc 2:
   2 1
0
1
x
y x y t dt   =  
0
1 1
x
t dt  =
2
1
2
x
x  =
2
1
1! 2!
x x
 
Tiếp tục quá trình lặp này thì ta thu được gần đúng bậc n là:  
2
1 .
1! 2! !
n
n
x x x
y x
n
    
Khi n → ∞ thì hàm y(x) =
2
1 .
1! 2! !
n
x x x
n
    Đây chính là khai triển của hàm ex
.
Vậy y(x) = ex
* Cách 2: Giải bằng Mathematica
Bài tập 2: Giải phương trình sau bằng phương pháp đại số:
y(x) = 1 +    
0

π
cos x t y t dt (1)
Giải:
* Cách 1: Giải bằng phương pháp đại số
Đặt K(x,t) = cos(x+t) = cosx.cost – sinx.sint (2)

Khóa: 2014 – 2016 Trang 21
A =  
0
.cost y t dt

 (3) B =  
0
.sint y t dt

 (4)
Thay (2), (3), (4) vào (1) ta được: y(x) = 1 + A.cosx – Bsinx (5)
Chuyển y(x) thanh y(t): y(t) = 1 + Acost – Bsint (5’)
Thay (5’) vào (3) ta được:
A =  
0
1 Acost – Bsintcost dt

 =
0
costdt

 +
0
A costcost dt

 +
0
Bcostsintdt

 =
2
A
⟺ A = 0 (6)
B =  
0
. 1 Acost – Bsintsint dt

 =
0
sintdt

 +
0
A tcostsin dt

 -
0
Bsintsintdt

 = 2 -
2
B
⟺ B =
4
2 
(7)
Thay (6) và (7) vào (5) ta có: y(x) = 1 -
4
2
sinx

* Cách 2: Giải bằng Mathematica

Khóa: 2014 – 2016 Trang 22

Khóa: 2014 – 2016 Trang 23
KẾT LUẬN
Tiểu luận trình bày về giải một số bài toán giải tích như thặng dư, ứng dụng
thặng dư, phương trình vi phân bậc hai, hệ phương trình vi phân, các bài toán đạo
hàm riêng, phép biến đổi Laplace, phép biến đổi Fourier, phương trình tích phân
Fredholm 2. Tuy nhiên tiêu luận chỉ dừng lại ở việc giải một đến hai ví dụ trong mỗi
loại, không đi sâu vào trình bày phương pháp giải mà chỉ ứng dụng các kết quả cuối
cùng trong toán học để giải bài toán.
Đối với việc kiểm tra lại kết quả bài toán bằng phần mềm Mathematica tôi đã
xây dựng được một số chương trình cụ thể để giải quyết một số bài toán như:
+ Phương trình vi phân tuyến tính bậc 2.
+ Hệ phương trình trình vi phân bậc nhất.
+ Bài toán truyền nhiệt.
+ Giải phương trình vi phân bằng phép biến đổi Laplace.
Riêng đối với các tập về thặng dư, ứng dụng thặng dư, bài toán Dirichlet, …
tôi chỉ viết một số lệnh cơ bản để kiểm tra nghiệm đối với bài toán cụ thể.
Còn đối với phương trình tích phân tôi chỉ giải theo phương pháp thông
thường.
Trong quá trình thực hiện tiểu luận có nhiều cố gắng nhưng vì thời gian ngắn
và mới làm quen với phần mềm Mathematica nên các kiến thức về phần mềm
Mathematica chưa sâu do đó không tránh được những sai làm thiếu sót. Kính mong
thầy cô giáo đóng góp ý kiến để đề tài ngày hoàn thiện hơn.
Học viên thực hiện
Kiều Quang Vũ

Khóa: 2014 – 2016 Trang 24
TÀI LIỆU THAM KHẢO
[1] Tạ Lê Lợi, Giáo trình hàm biến phức, Đại học Đà Lạt.
[2] Bùi Tuấn Khang, Giáo trình toán chuyên đề, đại học Đà Nẵng, 2004.
[3] Nguyễn Thanh Vũ, Toán A4, 2008.
[4] Bộ môn giải tích, Phương trình đạo hàm riêng, Hà Nội, 2006.
[5] Bùi Hữu Hùng, Nguyễn Công Trí, Đại số tuyến tính với Mathematica tập 1
và tập 2, Nhà xuất bản thống kê.
[6] Làm quen với phần mềm Mathematica (tài liệu trên mạng:
https://thuvienvatly.vn)
[7] Nguyễn Anh Pha, Ứng dụng phép biến đổi Laplace trong ngôn ngữ lập trình
Mathematica 5.1
[8] https://mathworld.wolfram.com/Legendre Diffrential Equation.html
[9] Craig Beasley, Laplace Transform in Mathematica, Department of
Electrical and Systems Engineering Washington University, 2012.

Khóa: 2014 – 2016 Trang 25
PHỤC LỤC CHƯƠNG TRÌNH MATHEMATICA
Một số chương trình mathematica được tạo ra để phục vụ tiểu luận:
Chương 1:
- chuong 1 bai tap tinh gia tri thang du.nb
- chuong 1 bai tap ung dung thang du tinh tich phan.nb
Chuong 2:
- chuong 2 he phuong trinh vi phan khong dk bien.nb
- chuong 2 he phuong trinh vi phan co dieu kien bien.nb
- chuong 2 phuong trinh vi phan bac hai co dieu kien bien.nb
-chuong 2 phuong trinh vi phan bac hai khong dieu kien bien.nb
Chương 3:
- chuong 3 bai toan eleptic.nb
- chuong 3 bai toan hypebolic.nb
- chuong 3 bai toan parabolic (truyen nhiet).nb
Chương 5:
- chuong 5 Bien doi Fourier - Bien doi Laplace.nb
Chương 6:
- Chuong 6 nhan xung doi - nhan doi xung.nb

Tieu luan phuong phap toan ly(cao hoc)

Recommended

Recommended

More Related Content

What's hot

What's hot (20)

Viewers also liked

Viewers also liked (6)

Similar to Tieu luan phuong phap toan ly(cao hoc)

Similar to Tieu luan phuong phap toan ly(cao hoc) (20)

Recently uploaded

Recently uploaded (19)

Tieu luan phuong phap toan ly(cao hoc)