Phương trình sai phân riêng tuyến tính

lN×N tập tất cả dãy phức hai chiều xác định trên N × NlZ×Z tập tất cả dãy phức hai chiều xác định trên Z × Z lZ c tập tất cả các dãy phức trong lZcó hữu hạn phần tử khác không ∆uk sai ph

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

Người hướng dẫn khoa học:

TS LÊ CÔNG LỢI

Hà Nội - 2012

Mục lục

1.1 Giới thiệu 1

1.2 Những tập con của mặt phẳng lưới 2

1.3 Phân loại phương trình sai phân riêng 3

1.4 Dãy một chiều 4

1.5 Dãy hai chiều 7

1.6 Nguyên lý cực đại 12

1.7 Một số kết quả khác sử dụng ở các chương sau 13

2 Nghiệm hiển 15 2.1 Giới thiệu 15

2.2 Phương pháp hàm sinh 17

2.3 Phương pháp tịnh tiến 20

2.4 Phương pháp toán tử 22

2.5 Phương pháp nghiệm tách 24

2.6 Phương pháp tích chập 27

2.7 Phương pháp hệ tuyến tính 34

3 Sự tồn tại nghiệm 38 3.1 Nghiệm dạng truyền sóng 38

3.2 Nghiệm dương và bị chặn 42

3.3 Phương pháp đơn điệu cho phương trình Laplace rời rạc 45

3.4 Phương pháp ánh xạ co cho phương trình Laplace rời rạc 50

3.5 Phương pháp đơn điệu cho những phương trình tiến hóa 51

3.6 Phương pháp đơn điệu cho bài toán biên 54

lN×N tập tất cả dãy phức hai chiều xác định trên N × N

lZ×Z tập tất cả dãy phức hai chiều xác định trên Z × Z

lZ

c tập tất cả các dãy phức trong lZcó hữu hạn phần tử khác không

∆uk sai phân cấp 1 của dãy {uk}

Em{fk} dãy tịnh tiến của dãy {fk}

ExmEyn{fij} dãy tịnh tiến của dãy {fij}

f ∗ g tích chập của dãy f và dãy g

∆xuij sai phân theo biến thứ nhất của dãy {uij}

∆yuij sai phân theo biến thứ hai của dãy {uij}

Dvij hàm Laplace của dãy {vij}

Lời nói đầu

Những mối quan hệ toán học bao gồm các hàm với hai hay nhiều biến độclập đã xuất hiện từ rất lâu trước khi có những khái niệm của giải tích như đạohàm hay tích phân Trong luận văn này, chúng tôi giới thiệu một lớp quan hệhàm quan trọng đó là phương trình sai phân riêng Nói một cách khái quát, đó

là những quan hệ hàm với cấu trúc đệ quy Như ta đã biết một quan hệ hàm củahai biến rời rạc sau

Trong luận văn này chúng tôi tập trung trình bày một số phương pháp được

sử dụng để tìm nghiệm cũng như tiêu chuẩn tồn tại nghiệm của những phươngtrình sai phân riêng dựa theo tài liệu [2] Những ví dụ về phương trình sai phânriêng được trình bày chủ yếu là những lớp phương trình nhiệt, phương trình tăngtrưởng, Luận văn của chúng tôi bao gồm 3 chương:

Chương 1 là những kiến thức chuẩn bị của luận văn Chương này bắt đầu vớiviệc giới thiệu một vài phương trình sai phân riêng Vì những nghiệm của phươngtrình sai phân riêng là những dãy nên những thông tin cơ bản về dãy một và haichiều cần được trình bày chi tiết Ngoài ra chúng tôi điểm qua những khái niệm

và kết quả chính có sử dụng trong các chương sau và chứng minh một số định lýnhư: Nguyên lý cực đại và các hệ quả của nó

Chương 2 dành riêng cho việc đi tìm nghiệm hiển của một số phương trình saiphân riêng cụ thể Với mỗi phương pháp được minh họa bằng những ví dụ cụ thể.Các phương pháp được trình bày trong chương này là: phương pháp hàm sinh,phương pháp toán tử, phương pháp tịnh tiến, phương pháp tuyến tính, phươngpháp nghiệm tách và phương pháp tích chập.

Nội dung chủ yếu ở Chương 3 là đưa ra những tiêu chuẩn tồn tại nghiệmcủa một số lớp phương trình sai phân riêng chẳng hạn như các tiêu chuẩn tồntại nghiệm: truyền sóng đối với phương trình nhiệt; nghiệm dương và bị chặn củaphương trình nhiệt trong trường hợp tổng quát; nghiệm đơn điệu với bài toánbiên Dirichlet, phương trình Laplace;

Qua đây, tôi xin được gửi lời cảm ơn sâu sắc đến người thầy, người hướng dẫnkhoa học của mình, TS Lê Công Lợi, người đã đưa ra đề tài và tận tình hướngdẫn trong suốt quá trình nghiên cứu của tôi Đồng thời tôi cũng chân thành cảm

ơn các thầy cô trong khoa Toán - Cơ - Tin học trường Đại học Khoa học Tựnhiên, Đại học Quốc gia Hà Nội, đã tạo mọi điều kiện cho tôi về tài liệu và thủtục hành chính để tôi hoàn thành bản luận văn này Tôi cũng gửi lời cảm ơn đếnbạn bè, đặc biệt là bạn bè trong nhóm Toán học tính toán lớp Cao học 09 - 11,

đã động viên giúp đỡ tôi về tài liệu tham khảo và kỹ thuật biên soạn Latex

Do thời gian và trình độ còn hạn chế, chắc chắn bản luận văn không thể tránhkhỏi những thiếu sót, tôi rất mong nhận được sự chỉ bảo tận tình của các thầy

cô và bạn bè, tôi xin chân thành cảm ơn!

Hà Nội, năm 2012Học viênPhạm Thị Thúy

Một dãy hai chiều hay nhiều chiều là một hàm xác định trên tập Ω ⊂ Z2 (hoặc

Zn.) Tập tất cả các dãy phức xác định trên Ω kí hiệu là lΩ Ta có thể kí hiệu mộtdãy hai chiều theo nhiều cách: {ui,j}, {uij} hoặc {u(j)i } Sau đây là một số ví dụ

về phương trình sai phân riêng

Ví dụ 1.1 Phương trình nhiệt

Ta xét phân bố nhiệt của một thanh sắt rất dài, giả sử thanh sắt dài có thểphủ lên tập số nguyên Z Cho u(n)m là nhiệt độ tại thời điểm nguyên dương n và vịtrí nguyên m của thanh sắt Tại thời điểm n, nếu u(n)m−1 > u(n)m thì nhiệt sẽ truyền

từ điểm m − 1 tới điểm m Tổng số nhiệt tăng thêm là u(n+1)m − u(n)m Ta có thểgiả sử rằng lượng nhiệt tăng đó xấp xỉ sai phân u(n)m−1− u(n)m , nghĩa là

u(n+1)m − u(n)

m = r(u(n)m−1− u(n)

m )với r > 0 là hằng số dương chỉ tốc độ truyền nhiệt Tương tự, nếu tại thời điểm

n mà u(n)m+1 > u(n)m thì nhiệt sẽ truyền từ điểm m + 1 tới điểm m Khi đó, ta cóthể biểu diễn phương trình tổng nhiệt

u(n+1)m − u(n)m = r(u(n)m−1− u(n)m ) + r(u(n)m+1− u(n)m ), m ∈ Z, n ∈ N (1.1)

Vì giả sử thanh sắt có thể phủ lên tập số nguyên nên miền xác định của phươngtrình này là Z × N Nếu thanh sắt nửa vô hạn hoặc hữu hạn thì miền xác địnhtương ứng là {(m, n)|m ∈ Z+; n ∈ N} và {(m, n)|m = 1, 2, , M ; n ∈ N}

Nếu thanh sắt làm bằng vật liệu không thuần nhất thì (1.1) có dạng

u(n+1)m = au(n)m−1+ bu(n)m + cu(n)m+1, m ∈ Z, n ∈ N, a, b, c ∈ R

Tương tự, thay vì việc xét thanh sắt dài ta xét tấm kim loại mỏng và rất rộng,giả sử rộng có thể phủ lên tập Z2 Cho u(n)ij là nhiệt độ của tấm kim loại tại điểm(i, j) và thời điểm nguyên dương n Khi đó phương trình nhiệt có dạng

u(n+1)ij − u(n)ij = r(u(n)i−1,j − 2u(n)ij + u(n)i+1,j) + r(u(n)i,j−1− 2u(n)ij + u(n)i,j+1)

= r(u(n)i−1,j + u(n)i+1,j + u(n)i,j−1+ u(n)i,j+1− 4u(n)ij ), (i, j) ∈ Z2, n ∈ N.Nếu tấm kim loại mỏng làm bằng hợp chất thì phương trình nhiệt là

u(n+1)ij − u(n)ij = αiju(n)i−1,j + βiju(n)i+1,j + γiju(n)i,j−1+ δiju(n)i,j+1− σiju(n)ij (1.2)

Ví dụ 1.2 Phương trình độc lập thời gian rời rạc

Xét phương trình truyền nhiệt trên tấm kim loại dạng (1.2), nếu phân bố nhiệtban đầu tại n = 0, thì dưới điều kiện phù hợp, ta hy vọng sau một khoảng thờigian đủ dài, nhiệt bên trong tấm kim loại sẽ ổn định và phân bố nhiệt tại thờiđiểm n bất kì {u(n)ij } ≡ {uij}.Khi đó {uij} thỏa mãn

αijui−1,j + βijui+1,j + γijui,j−1+ δijui,j+1− σijuij = 0

Nếu nhiệt độ tại mỗi điểm lưới trong bằng trung bình cộng của 4 điểm lướilân cận thì ta thu được một lớp phương trình là phương trình Laplace

ui−1,j + ui+1,j + ui,j−1+ ui,j+1− 4uij = 0

và nó gọi là những phương trình độc lập thời gian rời rạc

Chúng ta sẽ làm việc với những phương trình sai phân riêng của dãy hai chiềuxác định trên Z2 Vì vậy ta xét một số khái niệm sau

Hai điểm lưới gọi là lân cận nếu khoảng cách Euclid giữa chúng bằng 1 Cho

z = (i, j) kí hiệu zL := (i − 1, j), zR := (i + 1, j), zD := (i, j − 1), zT := (i, j + 1).Một đường là một tập các điểm lưới z1, z2, , zn với các điểm đầu mút z1, zn saocho z1 là lân cận của z2, z2 là lân cận của z3, Một tập các điểm lưới gọi là liênthông nếu hai điểm bất kì của tập này là điểm đầu và điểm cuối của một đườngnào đó Một thành phần của tập Ω là một tập con khác rỗng, liên thông lớn nhấtcủa Ω Một tập con liên thông, khác rỗng của mặt phẳng lưới gọi là một miềnxác định

Chương 1 Kiến thức chuẩn bị

Cho Ω là miền xác định, biên ngoài của Ω kí hiệu ∂Ω là tập tất cả các điểmlưới không thuộc Ω nhưng có ít nhất một lân cận thuộc Ω Một điểm thuộc ∂Ωgọi là điểm biên ngoài Tương tự, biên trong của Ω là tập tất cả những điểmthuộc Ω và là lân cận của một điểm biên ngoài của Ω, kí hiệu ∂0Ω Hơn nữa,

∂LΩ = {z ∈ ∂Ω : zR ∈ Ω}, ∂RΩ = {z ∈ ∂Ω : zL ∈ Ω}, ∂DΩ = {z ∈ ∂Ω : zT ∈Ω}, ∂TΩ = {z ∈ ∂Ω : zD ∈ Ω}

Ví dụ cho Ω = {(1, 2), (2, 2), (1, 1)} thì

∂Ω = {(1, 0), (2, 1), (3, 2), (2, 4), (1, 4), (0, 2), (0, 1)} và ∂0Ω = Ω

Bậc của một điểm lưới trong miền Ω là số các điểm lân cận của nó thuộc Ω.Một xích là tập các điểm lưới trong đó chỉ có hai điểm bậc 1, các điểm còn lạibậc 2

Phương trình sai phân riêng có thể viết dưới dạng tổng quát

F (uij, ui+1,j, ) = 0

Có nhiều cách để phân loại phương trình sai phân riêng Chẳng hạn như:

Ta có thể phân loại phương trình sai phân riêng dựa vào miền xác định của

nó Ví dụ, phương trình xác định trên một xích, trên nửa mặt phẳng Hoặc

Ta cũng có thể phân loại dựa vào số biến của F Ví dụ một phương trình 4điểm có dạng sau

ui+1,j+1 = ui+1,j + ui,j+1+ uij.Hoặc đặt tên cho phương trình sai phân riêng, như

ui,j+1+ ui+1,j+ ui,j−1+ ui−1,j − 4uij = 0,

là phương trình Laplace rời rạc;

ui,j+1+ ui+1,j + ui,j−1+ ui−1,j − 4uij = gij,

là phương trình Possion rời rạc.

Một lớp phương trình sai phân riêng quan trọng là phương trình tuyến tính

Ta nói phương trình F (uij, ui+1,j, ) = gij gọi là tuyến tính nếu F (x1, x2, )tuyến tính Nghĩa là

F (αx1+ βy1, , αxn+ βyn) = αF (x1, , xn) + βF (y1, , yn), α, β ∈ C.Nếu gij ≡ 0 thì phương trình gọi là thuần nhất, ngược lại gọi là phương trìnhkhông thuần nhất

Sau đây là một tính chất quan trọng của phương trình tuyến tính: cho g(1) ={g(1)ij }, , g(t) = {g(t)ij } là những hàm bất kì và α1, , αt là những hằng số Nếu

F tuyến tính và nếu u(1), , u(t) là nghiệm của những phương trình

F (uij, ui+1,j, ) = gij(1), , F (uij, ui+1,j, ) = gij(t),thì α1u(1)+ · · · + αtu(t) là nghiệm của phương trình

Trong lN ta định nghĩa một số dãy đặc biệt sau ¯α := {α, 0, }, α ∈ C, ¯0 :={0, 0, }, ¯1 := {1, 0, 0, }, ¯σ := {1, 1, }, ¯δ = {1, −1, 0, }, với m là một sốnguyên không âm, xác định dãy

∆(∆m−1u), m = 2, 3, , được định nghĩa bằng đệ quy Ta cũng dễ dàng kiểm tra

∆(uk∆vk − vk∆uk) = uk+1∆2vk − vk+1∆2uk (1.3)

Chương 1 Kiến thức chuẩn bị

3 Với f, g ∈ lN nếu f ∗ g = ¯0 thì f = ¯0 hoặc g = ¯0 Thật vậy, giả sử f0 =

· · · = fm−1 = 0, fm 6= 0, g0 = · · · = gn−1 = 0, gn 6= 0 Ta có thể giả sử m ≤ n.Khi đó (f g)m+n = f0gm+n + · · · + fmgn + · · · + fm+ng0 = fmgn 6= 0 suy ra

f ∗ g 6= ¯0

Toán tử

Ta có thể kiểm tra (lN, +, ∗) là một miền nguyên với phép cộng thông thường

và phép nhân tích chập, đơn vị cộng và nhân tương ứng là ¯0, ¯1

Ta đi xây dựng từ lN một trường lN/lN trên tập

{(f, g)|f, g ∈ lN, g 6= 0},xác định quan hệ ∼: (f, g) ∼ (p, q) ⇔ f q = pg

Dễ dàng thấy ∼ là một quan hệ tương đương Mỗi lớp tương đương là một cặp

có thứ tự (f, g) viết dưới dạng f /g Tập tất cả các thương này kí hiệu bởi lN/lN

f /g = p/q ⇐⇒ f q = pg

Ta xây dựng phép nhân và cộng trên thương bởi

fg

ψ = f /g là hai toán tử, với p, q, f, g ∈ lN thì thương φ/ψ = pg/qf Đặc biệt, khi

ψ 6= 0 thì ¯1/ψ := ψ−1 gọi là nghịch đảo nhân của toán tử ψ và mọi dãy f = {fk}

có thể coi như một toán tử vì f = f /¯1

Sau đây ta xét định lí mà sẽ sử dụng về sau

¯

¯

1 − ¯2¯h.Tổng quát

{αk} = ¯

¯α¯δ − ¯α + ¯1 =

Chương 1 Kiến thức chuẩn bị

Cho Ω là một tập con của tập Z × Z Dãy hai chiều là một hàm xác định trên

Ω, có dạng f = {fij}(i,j)∈Ω Kí hiệu lΩ là tập tất cả các dãy phức hai chiều xácđịnh trên Ω

Cho α ∈ C và f = {fij}, g = {gij} ∈ lZ×Z, ta xác định các dãy tương ứng

X0(lN×N) là tập tất cả các dãy có mọi hàng bằng 0 ngoại trừ hàng thứ 0,

Y0(lN×N) là tập tất cả các dãy có mọi cột bằng 0 ngoại trừ cột thứ 0

Tương tự ta định nghĩa các dãy hai chiều sau

Các dãy σx, σy, δx, δy được xác định như sau

Chương 1 Kiến thức chuẩn bị

Định lý 1.5.1 [2, Định lý 2] Cho Ω là một miền hữu hạn trong Z2 và giả sử u, v

là những dãy hai chiều xác định trên Ω + ∂Ω Khi đó

Để thuận tiện, ta kí hiệu f g thay vì f ∗ g và f ∗ g = f2, f ∗ (f ∗ f ) = f3, Với quan hệ thứ tự 4 đã trình bày ở Phần 1.2 ta có thể tính được các thànhphần của f ∗ g theo quan hệ này như sau

Ta có thể kiểm tra (lN×N, +, ∗) là một miền nguyên với phép cộng thông thường

và phép nhân tích chập, đơn vị cộng và nhân tương ứng là ¯0, ¯1

Ta đi xây dựng từ lN×N một trường lN×N/lN×N trên tập

{(f, g)|f, g ∈ lN×N, g 6= 0},xác định quan hệ ∼: (f, g) ∼ (p, g) ⇔ f q = pg

Dễ dàng thấy ∼ là một quan hệ tương đương Mỗi lớp tương đương là mộtcặp có thứ tự (f, g) được viết dưới dạng f /g Tập tất cả các thương này kí hiệubởi lN×N/lN×N

f /g = p/q ⇐⇒ f q = pg

Ta xây dựng phép nhân và cộng trên thương bởi

fg

vị cộng ¯0/¯1, đơn vị nhân ¯1/¯1 Để thuận tiện ta gọi thương f /g là một toán tử.Nghịch đảo cộng của toán tử f /g là toán tử −f /g = −(f /g) Nếu φ = p/q

và ψ = f /g là hai toán tử, với p, q, f, g ∈ lN×N thì thương φ/ψ = pg/qf Đặcbiệt, khi ψ 6= 0 thì ¯1/ψ := ψ−1 gọi là nghịch đảo nhân của toán tử ψ Mọi dãy

f = {fij} có thể coi như một toán tử vì f = f /¯1

Với ψ, φ là hai toán tử bất kì, ta kí hiệu φ + φ = 2φ, φ + ψ + ψ = φ + 2ψ tươngứng thay cho kí hiệu ¯2φ, φ + ¯2ψ, , kí hiệu α nghĩa là ¯α

Chú ý, X0(lN×N) là tập tất cả các dãy có mọi hàng đều bằng 0 ngoại trừ hàngthứ 0 Nếu ta đồng nhất một dãy f trong X0(lN×N) với hàng đầu tiên của nó Ta

sẽ được một đẳng cấu φ từ X0(lN×N) vào lN sao cho

φ(f + g) = φf + φg và φ(f ∗ g) = (φf ) ∗ (φg)

Chương 1 Kiến thức chuẩn bị

Rõ ràng, mỗi dãy hoặc một toán tử trong lN sẽ cho tương ứng một dãy hoặcmột toán tử trong X0(lN×N) Vì vậy, theo nghĩa đẳng cấu ta đồng nhất ¯α :={α, 0, 0, }, ¯σ := {1, 1, }, ¯δ = {1, −1, 0, }, ¯h = {0, 1, 0, } trong lN với ¯α,

σx, δx,hx trong Y0(lN×N) và ¯α, σy, δy, hy trong X0(lN×N)

Áp dụng, trong lN×N xét các dãy {2j}ij = 2j; {2i}ij = 2i Do dãy một chiều

f = {2k} = ¯

¯2¯δ − ¯1 =

¯

¯

1 − ¯2¯h,nên ta có

Y0{2i}i,j∈N = ¯

¯2δx− ¯1 =

¯

¯

1 − ¯2hx

.Sau đây là một tính chất quan trọng cho những dãy tách có dạng {figj}i,j∈N.Định lý 1.5.2 [2, Định lý 40] Cho f = {gihj}i,j∈N, khi đó

Từ định lý trên ta nhận được

{2i+j} = Y0{2i} ∗ X0{2j} = 1

(2δx− 1)(2δy − 1).Ngoài ra, ta có thể kiểm tra trực tiếp công thức sau

1.6 Nguyên lý cực đại

Cho Ω ⊂ Z2 là miền hữu hạn, khác rỗng Dãy thực {vij}(i,j)∈Ω+∂Ω và f (i, j, vij)

là hàm thực xác định với (i, j) ∈ Ω Hàm Laplace của {vij} xác định

Dvij = ∆2xvij + ∆2yvij = vi−1,j + vi+1,j+ vi,j−1+ vi,j+1− 4vij

Trong phần này chúng ta sẽ xét những dãy {vij} thỏa mãn những quan hệhàm đơn điệu, hoặc hàm lồi dưới dạng

∆xvi−1,j ≥ 0, Dvij ≥ 0, Dvij + f (i, j, vij) ≥ 0, Dvij + pijvij = 0,

Cho (i, j) ∈ Ω, giả sử giá trị của v tại (i, j) không nhỏ hơn giá trị tại bốn điểmlân cận của nó, nghĩa là

∆xvi−1,j ≥ 0, ∆xvij ≤ 0, ∆yvi,j−1 ≥ 0, ∆yvij ≤ 0,khi đó Dvij ≤ 0

Ngược lại, nếu v thỏa mãn Dvij > 0, (i, j) ∈ Ω, khi đó với Dvij ≤ 0 thì vkhông thể thỏa mãn tại bất kì điểm (i, j) nào trong Ω Nói cách khác Dvij ≥ 0,đúng với mọi (i, j) ∈ Ω và cực đại của v không thể đạt tại điểm nào trong Ω + ∂Ωngoại trừ tại điểm biên ngoài của Ω Ta có nguyên lý cực đại sau

Định lý 1.6.1 [10] Cho {vij}(i,j)∈Ω+∂Ω là dãy thực thỏa mãn

Dvij + f (i, j, vij) ≥ 0, (i, j) ∈ Ω

Với mỗi (i, j) ∈ Ω thì f (i, j, vij) ≤ 0 khi vij ≥ 0 Hơn nữa, nếu M = max{vij| (i, j) ∈

Ω + ∂Ω} ≥ 0 thì vij < M, ∀(i, j) ∈ Ω, trừ khi vij ≡ M, ∀(i, j) ∈ Ω + ∂Ω

Chứng minh Giả sử tồn tại (α, β) ∈ Ω nào đó sao cho vαβ = M Ta đi chứngminh ∀(i, j) ∈ Ω + ∂Ω thì vij = vαβ Thật vậy

Xét xích (α, β) = (i1, j1), (i2, j2), , (in, jn) = (i, j) là những điểm lưới trong

Ω + ∂Ω Vì vαβ = M nên vα−1,β, vα+1,β, vα,β−1, vα,β+1 ≤ M suy ra Dvαβ ≤ 0

Ta có 0 ≥ Dvαβ ≥ −f (α, β, vαβ) ≤ 0 suy ra Dvαβ = 0 nên

vα−1,β + vα+1,β + vα,β−1+ vα,β+1− 4M = 0,hay

vα−1,β = vα+1,β = vα,β−1 = vα,β+1 = M

Do đang xét trên xích nên vi2j2 = M Nếu (i2, j2) 6= (i, j) ta lặp lại quá trìnhnày cho tới khi vij = vαβ = M, ∀(i, j) ∈ Ω + ∂Ω Vậy vij < M, ∀(i, j) ∈ Ω, trừ khi

vij ≡ M, ∀(i, j) ∈ Ω + ∂Ω

Chương 1 Kiến thức chuẩn bị

Hệ quả 1.6.2 [10] Với điều kiện như trong Định lý 1.6.1 Khi đó nếu vij ≤

0, ∀(i, j) ∈ ∂Ω thì vij < 0, ∀(i, j) ∈ Ω trừ khi v ≡ 0

Chứng minh Giả sử M = 0, nếu M đạt tại một điểm trong Ω, khi đó theo Định

lý 1.6.1 thì u ≡ M = 0 Nếu M không đạt tại một điểm trong Ω thì theo địnhnghĩa M là cực đại ta có uij < M, ∀(i, j) ∈ Ω

Hệ quả 1.6.3 [10] Xét hệ tuyến tính thuần nhất

Dvij + pijvij = 0, (i, j) ∈ Ω,

vij = 0, (i, j) ∈ ∂Ω,với Ω là miền hữu hạn, pij ≤ 0, ∀i, j ∈ Z Khi đó, hệ chỉ có nghiệm tầm thường.Chứng minh Giả sử ngược lại v = {vij}(i,j)∈Ω+∂Ω là một nghiệm không tầmthường Đặt vαβ = max(i,j)∈Ω+∂Ωvij > 0 Ta có f (i, j, vij) = pijvij ≤ 0 nếu

vij ≥ 0 Theo Định lý 1.6.1 thì (α, β) ∈ ∂Ω suy ra vαβ = 0, mâu thuẫn

Hệ quả 1.6.4 [10] Cho Ω là một miền hữu hạn trong Z2, pij ≤ 0, ∀i, j ∈ Z Khi

đó hệ tuyến tính không thuần nhất

Theo Hệ quả 1.6.3, hệ này chỉ có nghiệm tầm thường, suy ra vij ≡ uij

Định lý 1.7.1 [2, Định lý 16] Giả sử ac > 0, khi đó giá trị riêng của ma trận

cho bởi công thức

λk(M ) = b + 2σ√

ac cos kπ

n + 1, k = 1, 2, , ntrong đó σ là dấu của a và các véc tơ riêng tương ứng là



sin kπ

n + 1,

ca

−1/2

sin 2kπ

n + 1, ,

ca

Định lý 1.7.3 [2, Định lý 21] Cho Ω là không gian metric đủ, khác rỗng và

T : Ω −→ Ω là một ánh xạ co Thì T có một điểm bất động trong Ω

Định lý 1.7.4 [2, Định lý 22] Xét phương trình sai phân tuyến tính thuần nhất

Khi đó ta có thể tính toán một cách liên tiếp và duy nhất

u01, u−1,1, u11, u02, u−2,1, u−1,2, u12, u21, u03, Dãy số như vậy gọi là nghiệm của bài toán giá trị ban đầu (2.1)-(2.2) Vì vậy,bài toán trên tồn tại và duy nhất nghiệm

Ví dụ 2.2 Xét phương trình sai phân riêng

ui+1,j+1 + aui+1,j + buij + cui,j+1 = fij, i, j ∈ N,với điều kiện

u0j = ψj, j ∈ N,

ui0= φi, i ∈ N,

trong đó

ψo = φo.Khi đó ta sẽ tính liên tiếp dãy u11, u12, , u21, u22, , u31, một cách duynhất Vì vậy, bài toán này tồn tại và duy nhất nghiệm

Sau đây ta xét ví dụ mà nghiệm không tính toán theo cách trên được

Ví dụ 2.3 Xét phương trình sai phân riêng Poisson rời rạc sau

ui−1,j + ui+1,j + ui,j−1+ ui,j+1− 4uij = fij, (i, j) ∈ Ω, (2.3)với Ω ⊂ Z2 là miền hữu hạn Điều kiện biên

Trong trường hợp tổng quát, chúng ta quan tâm tới câu hỏi về sự tồn tại vàduy nhất nghiệm Tuy nhiên, như trong các ví dụ trước ta thấy nghiệm của bàitoán sai phân riêng phụ thuộc vào dãy hệ số, điều kiện ban đầu, điều kiện biên, Việc tìm ra sự phụ thuộc này cũng chính là tìm ra nghiệm tổng quát của bài toán.Trong một số ít trường hợp nghiệm tổng quát có thể tìm được Một số phươngpháp để tìm nghiệm như vậy sẽ đưa ra ở những phần tiếp theo

Chương 2 Nghiệm hiển

Với mỗi i ∈ N xét Gi(t) = Pi0 + Pi1t + Pi2t2 + · · · = P∞

j=0Pijtj là hàm sinhcủa dãy {Pij}∞

j=0.Nhân 2 vế của (2.5) với tj và lấy tổng từ 1 tới +∞ ta được

Vì vậy

Gi(t) = pi1 + iqt

1! +

i(i + 1)q2t22! + · · · +

tjj!.Giả sử chuỗi này hội tụ khi |s| < α và |t| < β Ta thấy

Chương 2 Nghiệm hiển

Vì Y (s, t) hội tụ trên miền |s| < α và |t| < β nên các đạo hàm riêng của nócũng hội tụ và

tjj! =

tjj!,

tj−1j! =

tjj!.Nghĩa là ∂Y (s,t)∂s , ∂Y (s,t)∂t lần lượt là hàm sinh của {ui+1,j} và {ui,j+1} Tương tự

tjj!

là hàm sinh của {ui+1,j+1} Tổng quát ta có

s=0,t=0

Sau đây ta xét một ví dụ cụ thể cho trường hợp này

Ví dụ 2.5 Xét phương trình sai phân riêng sau

ui+1,j+1 − ui,j+1− uij = 0, i, j ∈ N, (2.7)với các điều kiện sau

u00 = 0,

u01 = u10 = 1,

ui+1,0 = ui0+ ui−1,0, i ∈ Z+,

u0,j+1 = u0,j + u0,j−1, j ∈ Z+

Nhân 2 vế của (2.7) với si!itj!j lấy tổng theo i, j từ 0 tới ∞ ta có

tjj! −

tjj! −

tjj! = 0,

x2− x − 1 = 0, ⇔ γ± = 1 ±

√5

2 .Khi đó nghiệm của (2.8)-(2.9)-(2.10) là

Y (s, t) = √1

5eγ + (t+s)− eγ− (t+s) Vậy

uij = ∂

i+jY (s, t)

∂si∂tj

Chương 2 Nghiệm hiển

phương pháp để tìm những nghiệm này, hoặc phải kiểm tra tính đúng đắn củanghiệm tìm được Sau đây, chúng ta thảo luận một phương pháp đơn giản để tìmnghiệm hiển của phương trình sai phân riêng

Cho lN là tập tất cả các dãy phức có dạng {fk}k∈N Khi đó lN với phép cộngthông thường và phép nhân với một số là một không gian tuyến tính Xét ánh xạtịnh tiến xác định bởi Em{fk}k∈N = {fm+k}k∈N

Ví dụ 2.6 Xét phương trình sau

u(n+1)m = 4u(n)m+1, m, n ∈ N,điều kiện ban đầu u(0)m = vm, m ∈ N

Với mỗi n ∈ N, cho {u(n)m }m∈N =: u(n) ∈ lN Khi đó, viết lại phương trình

u(0)m = fm, m ∈ N

Rõ ràng bài toán này tồn tại và duy nhất nghiệm Đặt u(n) := {u(n)m }m∈N vàviết lại phương trình dưới dạng

u(n+1) = (bE + cE0)u(n),khi đó

Ví dụ 2.8 Xét phương trình sai phân riêng

fi+1,j+1 − fi+1,j − fi,j+1− 3fij = 0, i, j ∈ N

với điều kiện

fi0 = 3i và f0j = 3j, i, j ∈ N

Ta có thể viết phương trình trên dưới dạng

ExEyf − Exf − Eyf − 3f = 0, f = {fij}, (2.12)điều kiện ban đầu

Chương 2 Nghiệm hiển

• Nhân 2 vế của phương trình trên với hM

x hKy rồi áp dụng (1.6) đưa về phươngtrình đại số theo f

• Giải phương trình đại số đó tìm nghiệm f dưới dạng toán tử, sau đó chỉ cầntìm một dãy hai chiều tương ứng với nghiệm toán tử này Khi đó kết luậnnghiệm của bài toán (2.11) nếu không ta tìm được nghiệm dưới dạng toántử

Ví dụ 2.9 Xét phương trình sai phân riêng sau

fi+1,j+1 − αfi,j+1− βfi+1,j + αβfij = gij, i, j ∈ N, (2.13)với điều kiện

fi0 = φi và f0j = ψj, i, j ∈ N

và điều kiện tương thích φ0 = ψ0

Viết phương trình (2.13) dưới dạng

(1 − αhx)(1 − βhy).Vì

1(1 − αhx)(1 − βhy) = {α

f = {αiβj}hxhyg + {φiβj} + {αiψj} − φ0{αiβj}

2.5 Phương pháp nghiệm tách

Nghiệm tách của bài toán sai phân riêng là nghiệm có dạng uij = αiβj Việctìm ra nghiệm tách có thể đưa tới nghiệm tổng quát của bài toán Sau đây ta sẽxét một vài ví dụ minh họa phương pháp này

Ví dụ 2.10 Xét phương trình sai phân riêng

∆yujk = a∆2xuj−1,k+1 + b∆2xuj−1,k, j = 1, 2, J, k ∈ N, (2.14)với a, b ∈ R và điều kiện

u0k = 0 = uJ +1,k = 0, k ∈ N, (2.15)

uj0 = ψj, j = 0, 1, , J + 1 (2.16)Giả sử một nghiệm của (2.14) có dạng ujk = vjωk, thay vào (2.14) ta có

Chương 2 Nghiệm hiển

Theo Định lý 1.7.1 ta có giá trị riêng của nó là

ρ(m) = −2 + 2 cos mπ

J + 1 = −4 sin

2 mπ2(J + 1), m = 1, 2, , J,

và các véc tơ riêng tương ứng là

αt+1βm = aαtβm−1+ bαtβm+ cαtβm+1+ dαt−1βm.Chia cả hai vế của phương trình trên cho αtβm ta được

aβm−1+ bβm + cβm+1 = λβm, m ∈ Z, (2.21)thỏa mãn với λ là một hằng số nào đó và dãy {βm} tương ứng Khi đó

αt+1 = λαt+ dαt−1, t ∈ Z+ (2.22)Tìm αt từ phương trình (2.22) kết hợp với βm ta có nghiệm {αtβm} của (2.20)thỏa mãn điều kiện ban đầu

u(0)m = α0βm và u(1)m = α1βm, m ∈ Z

Mặt khác để ý rằng (2.21) ⇔ Aβ = λβ với β = ( , β−1, β0, β1, ) và A là

ma trận vô hạn với aii = b, ai+1,i = a, ai,i+1 = c, i ∈ Z, và aij = 0, i, j ∈ Z nếungược lại Như vậy, theo cách này thì ta không chắc chắn sự tồn tại nghiệm củabài toán giá trị riêng vô hạn (2.21) Tuy nhiên, nếu lấy βm = βm, β 6= 0 thì từ(2.21) có

Định lý 2.5.1 [2, Định lý 65] Nghiệm của phương trình (2.20) với điều kiện đầu

u(0)m = α0βm, m ∈ Z, β 6= 0 (2.24)

u(1)m = α1βm, m ∈ Z (2.25)

có dạng {u(t)m} = {αtβm} với α0, α1 là những số được cho trong công thức (2.25) còn αt cho trong công thức (2.23) với t = 2, 3,

(2.24)-Vậy chúng ta có thể giải (2.20) như sau

• Từ điều kiện (2.24)-(2.25) ta biết α0, α1;

• Giải (2.23) tìm {αt};

• Khi đó nghiệm của (2.20) có dạng {αtβm}

Sau đây chúng ta xét một trường hợp đặc biệt

Chương 2 Nghiệm hiển

Ví dụ 2.12 Xét a = 1, b = 2, c = −2, d = 1 và β = α1 = α0 = 1 Khi đó

u(t+1)m = u(t)m−1+ 2u(t)m − 2u(t)m+1+ u(t−1)m , m ∈ Z, t ∈ Z+,với điều kiện ban đầu

u(0)m = 1 và u(1)m = 1, m ∈ Z

Khi đó phương trình (2.23) có dạng

αt+1 = αt+ αt−1, t ∈ Z+,với điều kiện ban đầu α0 = α1 = 1 Nghiệm αt tìm được chính là dãy Fibonaci,

αt = √1

5(γ

t +− γ−t),

với γ±tương ứng là nghiệm dương, âm của phương trình đặc trưng x2− x − 1 = 0.Khi đó nghiệm của bài toán là {u(t)m} = {αt}

trong đó a, b, c ∈ R, fm là dãy số thực Rõ ràng, với điều kiện ban đầu (2.27) bàitoán trên tồn tại và duy nhất nghiệm Nhận xét

1 Ta nhận thấy, u(n)0 hoàn toàn xác định khi biết giá trị của f−n, f−n+1, , fn;

2 Ta biết, u(n)m hoàn toàn xác định nếu biết fk với m − n ≤ k ≤ m + n Vì vậy,các số nguyên m − n, , m + n gọi là miền xác định sự phụ thuộc của u(n)m ;

Chương Nghiệm hiển

phương pháp để tìm nghiệm này, phải kiểm tra tính đắn củanghiệm tìm Sau đây, thảo luận phương pháp đơn giản để tìmnghiệm hiển phương trình sai phân riêng

Cho lN... hiển

• Nhân vế phương trình với hM

x hKy áp dụng (1.6) đưa phươngtrình đại số theo f

• Giải phương trình đại số tìm nghiệm... nghiệm tách đưa tới nghiệm tổng qt tốn Sau ta sẽxét vài ví dụ minh họa phương pháp

Ví dụ 2.10 Xét phương trình sai phân riêng

∆yujk = a∆2xuj−1,k+1