Giới thiệu
Một dãy hai chiều hay nhiều chiều là một hàm xác định trên tậpΩ ⊂ Z 2 (hoặc
Tập hợp tất cả các dãy phức xác định trên miền Ω được ký hiệu là l Ω Một dãy hai chiều có thể được ký hiệu theo nhiều cách khác nhau, chẳng hạn như {ui,j}, {uij} hoặc {u (j) i} Dưới đây là một số ví dụ về phương trình sai phân riêng.
Ví dụ 1.1 Phương trình nhiệt
Trong nghiên cứu phân bố nhiệt của một thanh sắt dài, chúng ta giả định thanh sắt này có thể trải dài trên tập số nguyên Z Nhiệt độ tại thời điểm nguyên dương n và vị trí nguyên m được ký hiệu là u(n)m Nếu tại thời điểm n, nhiệt độ ở điểm m-1 cao hơn điểm m (u(n)m−1 > u(n)m), thì nhiệt sẽ truyền từ m-1 đến m, với tổng nhiệt tăng thêm được tính bằng u(n+1)m − u(n)m Lượng nhiệt tăng này có thể được xấp xỉ bằng sai phân u(n)m−1 − u(n)m, dẫn đến công thức u(n+1)m − u(n)m = r(u(n)m−1 − u(n)m), trong đó r là hằng số dương thể hiện tốc độ truyền nhiệt Tương tự, nếu u(n)m+1 > u(n)m, nhiệt sẽ truyền từ m+1 đến m, và phương trình tổng nhiệt được biểu diễn như sau: u(n+1)m − u(n)m = r(u(n)m−1 − u(n)m) + r(u(n)m+1 − u(n)m), với m thuộc Z và n thuộc N.
Giả sử thanh sắt có thể phủ lên tập số nguyên, miền xác định của phương trình này là Z×N Nếu thanh sắt là nửa vô hạn, miền xác định là {(m, n)|m∈ Z + ;n∈ N} Còn nếu thanh sắt là hữu hạn, miền xác định sẽ là {(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.
Thay vì xét một thanh sắt dài, chúng ta xem xét một tấm kim loại mỏng và rộng, có thể phủ lên tập Z2 Gọi u(n)ij là nhiệt độ của tấm kim loại tại điểm (i, j) và thời điểm nguyên dương n Phương trình nhiệt tại thời điểm n+1 được mô tả bởi công thức: 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)∈ Z 2 , n ∈ N. Nếu tấm kim loại mỏng làm bằng hợp chất thì phương trình nhiệt là u (n+1) ij −u (n) ij = α ij u (n) i−1,j +β ij u (n) i+1,j +γ ij u (n) i,j−1 +δ ij u (n) i,j+1 −σ ij u (n) ij (1.2)
Ví dụ 1.2 Phương trình độc lập thời gian rời rạc
Khi xét phương trình truyền nhiệt trên tấm kim loại, nếu ban đầu tại n = 0 có phân bố nhiệt, sau một khoảng thời gian đủ dài và dưới điều kiện phù hợp, nhiệt độ bên trong tấm kim loại sẽ ổn định Tại thời điểm n bất kỳ, phân bố nhiệt {u(n)ij} sẽ trở thành {uij}, và {uij} sẽ thỏa mãn phương trình αijui−1,j + βijui+1,j + γijui,j−1 + δijui,j+1 − σijuij = 0.
Khi nhiệt độ tại mỗi điểm lưới bằng trung bình cộng của bốn điểm lân cận, ta có phương trình Laplace: u i−1,j + u i+1,j + u i,j−1 + u i,j+1 − 4u ij = 0 Phương trình này được gọi là những phương trình độc lập thời gian rời rạc.
Những tập con của mặt phẳng lưới
Chúng ta sẽ làm việc với những phương trình sai phân riêng của dãy hai chiều xác định trên Z 2 Vì vậy ta xét một số khái niệm sau.
Hai điểm lưới được gọi là lân cận nếu khoảng cách Euclid giữa chúng bằng 1 Đối với một điểm z = (i, j), các điểm lân cận được ký hiệu là zL := (i−1, j), zR := (i+1, j), zD := (i, j−1) và zT := (i, j+1) Một đường là tập hợp các điểm lưới z1, z2, , zn, trong đó z1 là lân cận của z2, z2 là lân cận của z3, và tiếp tục như vậy Tập hợp các điểm lưới được coi là liên thông nếu bất kỳ hai điểm nào trong tập đều có thể được nối với nhau bằng một đường Một thành phần của tập Ω là tập con liên thông lớn nhất khác rỗng của Ω, trong khi một tập con liên thông khác rỗng của mặt phẳng lưới được gọi là miền xác định.
Chương 1 Kiến thức chuẩn bị
Cho miền Ω, biên ngoài ∂Ω bao gồm tất cả các điểm không thuộc Ω nhưng có ít nhất một lân cận thuộc Ω, được gọi là điểm biên ngoài Ngược lại, biên trong ∂₀Ω là tập hợp các điểm thuộc Ω và là lân cận của một điểm biên ngoài.
Bậc của một điểm lưới trong miền Ω được xác định bởi số lượng điểm lân cận của nó trong miền này Một xích là tập hợp các điểm lưới, trong đó chỉ có hai điểm có bậc 1, trong khi tất cả các điểm còn lại đều có bậc 2.
Ví dụ tập {(2,2),(2,3),(2,4),(3,4),(4,4),(4,5)} là một xích.
Tiếp theo, chúng ta đưa ra một quan hệ thứ tự trên tập N×N Trước tiên, ta chia tập N×N thành một lớp tập Q0, Q1, Q2, xác định bởi
Trong không gian N×N, ta xác định các tập Qk với Q0 = {(0,0)}, Q1 = {(0,1),(1,0)} và tiếp tục như vậy Quan hệ thứ tự giữa hai điểm (i, j) và (m, n) được thiết lập như sau: (i, j) 4 (m, n) nếu (i, j) thuộc Qk và (m, n) thuộc Ql với k < l, hoặc nếu cả hai điểm đều thuộc Qk và i > m Nhờ vào quan hệ thứ tự này, các điểm lưới có thể được sắp xếp theo thứ tự: (0,0), (1,0), (0,1), (2,0), (1,1), (0,2),
Phân loại phương trình sai phân riêng
Phương trình sai phân riêng có thể viết dưới dạng tổng quát
Có nhiều cách để phân loại phương trình sai phân riêng Chẳng hạn như:
Phương trình sai phân riêng có thể được phân loại dựa vào miền xác định của chúng, chẳng hạn như phương trình xác định trên một xích hoặc trên nửa mặt phẳng.
Phương trình có thể được phân loại theo số biến của F Chẳng hạn, một phương trình 4 điểm có thể được biểu diễn dưới dạng ui+1,j+1 = ui+1,j + ui,j+1 + uij Ngoài ra, phương trình sai phân riêng có thể được đặt tên, ví dụ như u i,j+1 + u i+1,j + u i,j−1 + u i−1,j − 4u ij = 0, được gọi là phương trình Laplace rời rạc Tương tự, phương trình ui,j+1 + ui+1,j + ui,j−1 + ui−1,j − 4uij = gij được xem là phương trình Poisson rời rạc.
Một lớp phương trình sai phân riêng quan trọng là phương trình tuyến tính.
Ta nói phương trình F(u ij , u i+1,j , ) = g ij gọi là tuyến tính nếu F(x 1 , x 2 , ) tuyến tính Nghĩa là
Nếu g ij ≡0 thì phương trình gọi là thuần nhất, ngược lại gọi là phương trình không 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(u ij , u i+1,j , ) =g ij (1) , , F(u ij , u i+1,j , ) =g ij (t) , thỡ α 1 u (1) +ã ã ã+α t u (t) là nghiệm của phương trỡnh
Dãy một chiều
Cho Ω là một tập con của Z, dãy một chiều được định nghĩa trên tập Ω có dạng {u k } ∞ k=a hoặc {u k } − ∞ ∞ Tập l Ω bao gồm tất cả các dãy phức xác định trên Ω, được biểu diễn dưới dạng f = {fk} k∈Ω, trong đó fk là thành phần thứ k của dãy Với α ∈ C và các dãy f = {fk}, g = {gk} thuộc l Ω, ta có thể xác định các phép toán như −f = {−fk}, αf = {αfk}, và f + g = {fk + gk}.
Trong l N 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 số nguyên không âm, xác định dãy ¯h m k
Đối với dãy phức {uk}, ta định nghĩa ∆uk = uk+1 - uk Dãy ∆u = {∆u0, ∆u1, } được tạo ra từ việc tính sai phân bậc 1 của dãy {uk} Sai phân bậc m, ký hiệu là ∆m u, được xác định theo công thức ∆(∆m-1 u) với m = 2, 3, và có thể dễ dàng kiểm tra tính chính xác của nó.
∆(uk∆vk −vk∆uk) =uk+1∆ 2 vk −vk+1∆ 2 uk (1.3)
Chương 1 Kiến thức chuẩn bị
Xét ánh xạ tịnh tiến xác định bởi
Dãy {f m+k } gọi là dãy tịnh tiến của dãy f = {f k }, k∈ N.
Ta có một số tính chất của ánh xạ tịnh tiến
Cho dãy f = {fk}, g = {gk} ∈ l Z ,Ω là một tập con của Z Khi đó tích chập của f và g là hàm f ∗g : Ω→C định nghĩa bởi
X i=−∞ f i g k−i , k ∈ Ω, mỗi khi tổng này hữu hạn Tương tự trong l N ta có
X i=0 figk−i, k ∈ N. Để thuận tiện, ta kí hiệu f g, f 2 , f 3 , thay cho kí hiệu f ∗g, f ∗f, f ∗f ∗f,
1 Với f ={fk}, g = {gk} ∈ l Z thì có f ∗g =g ∗f.
2 Kí hiệu l c Z là tập các dãy trong l Z có hữu hạn phần tử khác không Với f, g, h ∈ l c Z , α, β ∈ C thì tồn tại và xác định f ∗(g +h) = f ∗g +f ∗h, (αf)∗(βg) = (αβ)(f ∗g).
3 Với f, g ∈ l N nếu f ∗g = ¯0 thì f = ¯0 hoặc g = ¯0 Thật vậy, giả sử f0 ã ã ã =f m−1 = 0, f m 6= 0, g 0 =ã ã ã =g n−1 = 0, g n 6= 0 Ta cú thể giả sử m≤ n. Khi đú (f g) m+n = f 0 g m+n +ã ã ã+f m g n +ã ã ã+f m+n g 0 = f m g n 6= 0 suy ra f ∗g 6= ¯0.
Ta có thể kiểm tra (l 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 l N một trường l N /l N trên tập
{(f, g)|f, g ∈ l N , g 6= 0}, xác định quan hệ ∼: (f, g)∼ (p, q)⇔f q = pg.
Mỗi lớp tương đương có thể được biểu diễn dưới dạng cặp có thứ tự (f, g) và được ký hiệu là f/g Tập hợp tất cả các thương này được ký hiệu là lN/lN Để hai phân số f/g và p/q tương đương, điều kiện cần là f * q = p * g.
Ta xây dựng phép nhân và cộng trên thương bởi f g p q = f p gq và f g + p q = f q+pg gq
Trong không gian l N /l N, với phép cộng và phép nhân đã định nghĩa, ta có đơn vị cộng là ¯0/¯1 và đơn vị nhân là ¯1/¯1 Mỗi thương f /g được gọi là một toán tử, và nghịch đảo cộng của toán tử này là −f /g = −(f /g) Nếu φ = p/q và ψ = f/g là hai toán tử với p, q, f, g ∈ l N, thì thương φ/ψ được tính là pg/qf Đặc biệt, khi ψ khác 0, nghịch đảo nhân của toán tử ψ được ký hiệu là ¯1/ψ := ψ −1 Mọi dãy f = {f k} có thể được coi như một toán tử với f = f/¯1.
Sau đây ta xét định lí mà sẽ sử dụng về sau. Định lý 1.4.1 [2, Định lý 27] Cho f ∈l N , f0 := {f0,0,0, }, khi đó δf¯ = ∆f +f 0 −δ(∆f¯ ) =f 0 + ¯h(∆f).
Chứng minh Trước hết δ¯∗ {fk}= {f0, f1−f0, f2−f1, }= f0+ ¯h(∆f).
Ví dụ áp dụng cho f k = 2 k , k ≥ 0, vì ∆f k = 2 k và f 0 = ¯1 nên ¯δf =f +f0−δf¯ ⇔f ={2 k } = ¯1 ¯2¯δ−¯1 = ¯1 ¯1−¯2¯h. Tổng quát
Cho dãy {f (j) } j∈ N trong l Ω , ta nói {f (j) } hội tụ (điểm) tới dãy f ={f k } trong l Ω nếu j→∞lim f k (j) =fk, k ∈ Ω.
Chương 1 Kiến thức chuẩn bị
Dãy hai chiều
Cho Ω là một tập con của tập Z×Z Dãy hai chiều là một hàm xác định trên
Ω, có dạng f = {f ij } (i,j)∈Ω Kí hiệu l Ω là tập tất cả các dãy phức hai chiều xác định trên Ω.
Cho α ∈ C và f = {f ij }, g = {g ij } ∈ l Z×Z , ta xác định các dãy tương ứng
Dãy f = {fij} được gọi là không âm khi tất cả các phần tử của nó đều không âm Dãy thực {fij} được xem là nhỏ hơn hoặc bằng dãy thực g = {gij} nếu hiệu dãy {gij − fij} là không âm, ký hiệu là f ≤ g Ngoài ra, dãy f = {fij} thuộc l N × N được coi là dương tại vô cùng nếu tất cả các phần tử fij đều lớn hơn 0 khi i và j đủ lớn.
Cho l N × N là tập hợp tất cả các dãy phức hai chiều dạng f ={fij}i,j∈N, nó có thể coi như một ma trận vô hạn dạng
X0(l N × N ) là tập tất cả các dãy có mọi hàng bằng 0 ngoại trừ hàng thứ 0,
Y0(l N × 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
Dãy α¯ là dãy có thành phần thứ (0,0) bằng α còn các thành phần khác bằng
0, gọi là dãy vô hướng Dãy ¯0 là dãy có tất cả các thành phần đều bằng 0 Các dãy h m x ( hoặc h m y ) là dãy mà thành phần thứ (m,0) (tương ứng (0,m)) bằng
1 còn tất cả các thành phần khác bằng 0 Tương ứng h m x h m y có thành phần thứ (m,n) bằng 1 còn tất cả các thành phần khác bằng 0 Ví dụ, h 1 x :=hx
Các dãy σx, σy, δx, δy được xác định như sau σ x
Xét ánh xạ tịnh tiến xác định bởi
Khi đó, dãy {fi+m,j+n} gọi là dãy tịnh tiến của một dãy f = {fij}, i, j ∈ Z. Với m= 0 ta viết E x 0 E y n f = E y n f và với n= 0 thì E x m E y 0 f =E x m f.
Sau đây là khái niệm về sai phân riêng của dãy hai chiều {u ij }
Sai phân riêng cấp 1 theo biến thứ nhất và biến thứ hai của dãy {uij} được xác định lần lượt bởi ∆xuij = ui+1,j − uij và ∆yuij = ui,j+1 − uij Sai phân riêng cấp 2 được xác định theo cách khác.
Các sai phân riêng cấp cao hơn định nghĩa tương tự Ta có thể kiểm tra tính chất sau.
Cho Ω là miền hữu hạn, {u ij } là dãy sao cho ∆ x u i−1,j ,∆ y u i,j−1 xác định trên
Chương 1 Kiến thức chuẩn bị
Thật vậy, cho H(j) là đường thẳng nằm ngang đi qua điểm (0, j) Với mỗi j ta có
Ta có định lý sau. Định lý 1.5.1 [2, Định lý 2] Cho Ω là một miền hữu hạn trong Z 2 và giả sử u, v là những dãy hai chiều xác định trên Ω +∂Ω Khi đó
{vij[∆ 2 x ui−1,j + ∆ 2 y ui,j−1]−uij[∆ 2 x vi−1,j + ∆ 2 y vi,j−1]}
Thật vậy, theo (1.3) ta có vế trái của phương trình trên
∆y[vi,j−1∆yui,j−1−ui,j−1∆yvi,j−1], mặt khác, theo (1.4) và (1.5) suy ra VT=VP.
Cho f = {fij}, g ={gij} ∈ l N × N tích chập của f, g kí hiệu là f∗g xác định bởi
X là một hàm với điều kiện v=0 và các chỉ số i, j ≥0 Để đơn giản hóa, ta ký hiệu f g thay cho f ∗g, trong đó f ∗g = f^2 và f ∗(f ∗f) = f^3 Dựa vào quan hệ thứ tự đã trình bày ở Phần 1.2, chúng ta có thể tính toán các thành phần của f ∗g như sau: f^00 g^00, f^10 g^00 + f^00 g^10, f^01 g^00 + f^00 g^01, và f^20 g^00 + f^10 g^10 + f^00 g^20.
Nhận xét: Với f = {fij}, g ={gij}, h= {hij} ta có
Ta có thể kiểm tra(l N×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 l N × N một trường l N × N /l N × N trên tập
{(f, g)|f, g ∈ l N × N , g 6= 0}, xác định quan hệ ∼: (f, g)∼ (p, g)⇔f q =pg.
Mối quan hệ tương đương dễ dàng nhận thấy, với mỗi lớp tương đương được biểu diễn dưới dạng cặp có thứ tự (f, g) là f/g Tập hợp tất cả các thương này được ký hiệu là lN × N / lN × N Điều kiện để f/g = p/q là f*q = p*g.
Ta định nghĩa phép nhân và cộng trên thương như sau: f g p q = f p g q và f g + p q = f q + p g q Với các phép toán này, l N × N / l N × N trở thành một trường có đơn vị cộng ¯0 và đơn vị nhân ¯1 Ta gọi thương f / g là một toán tử, và nghịch đảo cộng của toán tử này là −f / g = −(f / g) Nếu φ = p/q và ψ = f/g là hai toán tử với p, q, f, g ∈ l N × N, thì thương φ/ψ = pg/qf Đặc biệt, khi ψ ≠ 0, nghịch đảo nhân của toán tử ψ được ký hiệu là ¯1/ψ := ψ −1 Mọi dãy f = {f ij} có thể được coi như một toán tử vì f = f/¯1.
Với ψ, φ là hai toán tử bất kì, ta kí hiệuφ+φ = 2φ, φ+ψ+ψ =φ+ 2ψ tương ứng thay cho kí hiệu ¯2φ, φ+ ¯2ψ, , kí hiệu α nghĩa là α.¯
X0(l N×N) là tập hợp các dãy mà mọi hàng đều bằng 0 ngoại trừ hàng đầu tiên Khi đồng nhất một dãy f trong X0(l N×N) với hàng đầu tiên của nó, ta tạo ra một đẳng cấu φ từ X0(l N×N) vào l N Đẳng cấu này thỏa mãn các tính chất φ(f + g) = φf + φg và φ(f ∗ g) = (φf) ∗ (φg).
Chương 1 Kiến thức chuẩn bị
Mỗi dãy hoặc toán tử trong l N tương ứng với một dãy hoặc toán tử trong X 0 (l N × N ) Theo nghĩa đẳng cấu, ta có thể đồng nhất các ký hiệu như α¯, σ¯, δ¯ và ¯h trong l N với các ký hiệu α,¯ σ x , δ x , h x trong Y 0 (l N×N ) và α,¯ σ y , δ y , h y trong X 0 (l N×N ) Cụ thể, trong l N × N, ta xem xét các dãy {2 j }ij = 2 j và {2 i }ij = 2 i Dãy một chiều f = {2 k } được biểu diễn dưới dạng ¯1 ¯2¯δ−¯1 = ¯1 ¯1−¯2¯h.
Sau đây là một tính chất quan trọng cho những dãy tách có dạng {f i g j } i,j∈ N Định lý 1.5.2 [2, Định lý 40] Cho f ={gihj} i,j∈N , khi đó f = (Y0{gi} i,j∈N )∗(X0{hj} i,j∈N ).
Chứng minh Ta có thể kiểm tra trực tiếp rằng
Từ định lý trên ta nhận được
(2δx−1)(2δy −1). Ngoài ra, ta có thể kiểm tra trực tiếp công thức sau h m x h n y (E x m E y n f) = f − m−1
Cho một dãy {f ij (k) } là một dãy hai chiều trong l Ω , ta nói nó hội tụ điểm tới f ={fij} trong l Ω nếu lim k→∞ f ij (k) = fij, (i, j)∈ Ω.
Nguyên lý cực đại
Cho Ω ⊂Z 2 là miền hữu hạn, khác rỗng Dãy thực{v ij } (i,j)∈Ω+∂Ω vàf(i, j, vij) là hàm thực xác định với (i, j)∈Ω Hàm Laplace của {v ij } xác định
Dv ij = ∆ 2 x v ij + ∆ 2 y v ij = v i−1,j +v i+1,j +v i,j−1 +v i,j+1 −4v ij
Trong phần này chúng ta sẽ xét những dãy {vij} thỏa mãn những quan hệ hàm 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 điểm lân cận của nó, nghĩa là
∆ x v i−1,j ≥ 0,∆ x v ij ≤ 0,∆ y v i,j−1 ≥ 0,∆ y v ij ≤ 0, khi đó Dv ij ≤ 0.
Nếu Dvij > 0 tại (i, j) ∈ Ω, thì Dvij ≤ 0 cho thấy v không thể đạt giá trị tại bất kỳ điểm nào trong Ω Điều này có nghĩa là Dvij ≥ 0 cho mọi (i, j) ∈ Ω, và giá trị cực đại của v không thể đạt được tại các điểm trong Ω + ∂Ω, ngoại trừ tại biên ngoài của Ω Nguyên lý cực đại được thiết lập như sau: Định lý 1.6.1 [10] cho dãy {vij} (i,j)∈Ω+∂Ω thỏa mãn.
Với mỗi(i, j)∈ Ωthìf(i, j, v ij )≤ 0khiv ij ≥ 0.Hơn nữa, nếuM = max{v ij |(i, j)∈
Ω +∂Ω} ≥0 thì v ij < M, ∀(i, j)∈ Ω, trừ khi v ij ≡ M, ∀(i, j)∈ Ω +∂Ω.
Chứng minh Giả sử tồn tại (α, β) ∈ Ω nào đó sao cho vαβ = M Ta đi chứng minh ∀(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 v α−1,β +v α+1,β +v α,β−1 +v α,β+1 −4M = 0, hay v α−1,β =v α+1,β =v α,β−1 =v α,β+1 =M.
Do đang xét trên xích nên vi 2 j 2 = M Nếu (i2, j2) 6= (i, j) ta lặp lại quá trình này cho tới khivij =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 ≤
Giả sử M = 0, nếu M đạt tại một điểm trong Ω, theo Định lý 1.6.1, ta có u ≡ M = 0 Ngược lại, nếu M không đạt tại một điểm trong Ω, theo định nghĩa của cực đại, ta có uij < M với mọi (i, j) thuộc 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, p ij ≤ 0,∀i, j ∈Z Khi đó, hệ chỉ có nghiệm tầm thường.
Giả sử v = {v ij } (i,j)∈Ω+∂Ω là một nghiệm không tầm thường, đặt vαβ = max (i,j)∈Ω+∂Ω vij > 0 Theo định nghĩa, f(i, j, vij) = pijvij ≤ 0 khi vij ≥ 0 Dựa vào Định lý 1.6.1, từ (α, β)∈∂Ω suy ra vαβ = 0, điều này dẫn đến mâu thuẫn.
Hệ quả 1.6.4 [10] Cho Ω là một miền hữu hạn trong Z 2 , pij ≤ 0,∀i, j ∈ Z Khi đó hệ tuyến tính không thuần nhất
Dvij +pijvij =ωij, (i, j)∈Ω, vij =gij, (i, j)∈∂Ω có nghiệm duy nhất.
Chứng minh Giả sử ngược lại hệ này có hai nghiệm {vij} và{uij} khác nhau với mọi (i, j)∈ Ω +∂Ω Khi đó,
D(vij −uij) +pij(vij −uij) = 0, (i, j)∈ Ω, uij −vij = 0, (i, j)∈ ∂Ω.
Theo Hệ quả 1.6.3, hệ này chỉ có nghiệm tầm thường, suy ra v ij ≡ u ij
Một số kết quả khác sử dụng ở các chương sau
Định lý 1.7.1 [2, Định lý 16] Giả sử ac >0, khi đó giá trị riêng của ma trận
n×n cho bởi công thức λk(M) = b+ 2σ√ accos kπ n+ 1, k = 1,2, , n trong đó σ là dấu của a và các véc tơ riêng tương ứng là sin kπ n+ 1, c a
Định lý 1.7.2 khẳng định rằng nếu Ω là một tập con không rỗng, lồi, đóng và bị chặn trong R^n, thì ánh xạ tuyến tính f: Ω → Ω sẽ có ít nhất một điểm bất động trong Ω Định lý 1.7.3 tiếp tục chỉ ra rằng Ω là không gian metric đủ, không rỗng.
T là một ánh xạ co từ Ω đến Ω, do đó T có một điểm bất động trong Ω Theo Định lý 1.7.4, xét phương trình sai phân tuyến tính thuần nhất xn+σ + c1xn+σ−1 + c2xn+σ−2 + + cσxn = 0 với n ∈ N, trong đó σ ∈ N và c1, , cσ là các số thực Phương trình này có nghiệm dương tại vô cùng nếu và chỉ nếu phương trình đặc trưng λσ + c1λσ−1 + + cσ = 0 có nghiệm dương.
Trong chương này, luận văn trình bày một số phương pháp để tìm ra công thức nghiệm hiển của một số phương trình sai phân riêng cơ bản.
Giới thiệu
Khi đã biết phương trình sai phân riêng và miền xác định của nó, chúng ta có thể xây dựng công thức nghiệm Nếu điều kiện đầu hoặc điều kiện biên đủ tốt, công thức nghiệm này sẽ là duy nhất.
Ví dụ 2.1 Xét phương trình nhiệt u (n+1) m =au (n) m−1 +bu (n) m +cu (n) m+1 , m ∈Z, n ∈ N, a, b, c ∈R, (2.1) với điều kiện ban đầu u (o) m = fm, m ∈Z (2.2)
Khi đó ta có thể tính toán một cách liên tiếp và duy nhất u 01 , u −1,1 , u 11 , u 02 , u −2,1 , u −1,2 , u 12 , u 21 , u 03 ,
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 u 0j = ψ j , j ∈ N, ui0 = φi, i∈ N, trong đó ψ o = φ o
Khi đó ta sẽ tính liên tiếp dãy u11, u12, , u21, u22, , u31, một cách duy nhất 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.
Trong ví dụ 2.3, chúng ta xem xét phương trình sai phân riêng Poisson rời rạc được mô tả bởi công thức ui−1,j + ui+1,j + ui,j−1 + ui,j+1 − 4uij = fij, với (i, j) thuộc miền Ω, nơi Ω là một tập hợp hữu hạn trong Z² Với điều kiện biên uij = 0 cho (i, j) thuộc ∂Ω, việc tính toán nghiệm trở nên khó khăn Tuy nhiên, bài toán biên này có thể được chuyển đổi thành một hệ phương trình tuyến tính, và từ đó, nghiệm sẽ được tìm kiếm thông qua phương pháp đại số Ví dụ, khi Ω được xác định là {(1,2),(2,2),(1,1),(2,1)}, ta có thể áp dụng phương pháp này để giải quyết bài toán.
Khi đó thay lần lượt các điểm (i, j) ∈ Ω vào (2.3) và kết hợp với điều kiện biên (2.4) ta thu được hệ sau
Hệ phương trình tuyến tính bao gồm bốn ẩn và bốn phương trình được biểu diễn như sau: u22 + u11 - 412 = f12, u12 + u21 - 4u22 = f22, u11 + u22 - 4u21 = f21, và u12 + u21 - 4u11 = f11 Ma trận của hệ phương trình này có định thức khác không, do đó hệ có nghiệm duy nhất Điều này có nghĩa là bài toán (2.3)-(2.4) với Ω như trong ví dụ trên cũng có nghiệm duy nhất.
Trong nghiên cứu toán học, chúng ta thường quan tâm đến sự tồn tại và tính duy nhất của nghiệm Như đã thấy trong các ví dụ trước, nghiệm của bài toán sai phân riêng phụ thuộc vào dãy hệ số, điều kiện ban đầu và điều kiện biên Việc xác định sự phụ thuộc này là bước quan trọng để tìm ra nghiệm tổng quát của bài toán Mặc dù chỉ có một số ít trường hợp cho phép tìm được nghiệm tổng quát, nhưng sẽ có những phương pháp được trình bày trong các phần tiếp theo để hỗ trợ việc này.
Phương pháp hàm sinh
Ví dụ 2.4 Xét phương trình sai phân riêng sau
P ij =pP i−1,j +qP i,j−1 , i, j ∈Z + , (2.5) ở đây p, q > 0 và p+q= 1 và điều kiện biên
Khi đó bằng tính toán liên tiếp dãy nghiệm suy ra bài toán luôn tồn tại và duy nhất nghiệm.
Với mỗi i ∈ N xột Gi(t) = Pi0 +Pi1t+Pi2t 2 +ã ã ã = P∞ j=0Pijt j là hàm sinh của dãy {P ij } ∞ j=0
Nhân 2 vế của (2.5) với t j và lấy tổng từ 1 tới +∞ ta được
Gi(t)−Pi0 =p{Gi−1(t)−Pi−1,0}+qtGi(t).
Từ điều kiện biên suy ra
1−t. Bây giờ, ta đi khai triển Gi(t) theo lũy thừa của t Ta có
Hơn nữa do Gi(t) = P∞ j=0Pijt j = P∞ j=1Pijt j và bằng việc đồng nhất thức ta có công thức nghiệm của bài toán trên là
Tiếp theo, ta đưa ra một cách tiếp cận khác cũng dựa vào ý tưởng về hàm sinh Xét các bài toán có dạng k
X n=0 amnui+m,j+n = 0, (2.6) với {a mn } là dãy số thực, p, k ∈ R Mỗi dãy u = {u ij } i,j∈ Z , hàm sinh của dãy u được định nghĩa hình thức như sau
X j=0 uij s i i!.t j j!. Giả sử chuỗi này hội tụ khi |s| < α và |t| < β Ta thấy
Vì Y(s, t) hội tụ trên miền |s| < α và |t| < β nên các đạo hàm riêng của nó cũng hội tụ và
Nghĩa là ∂Y ∂s (s,t) , ∂Y ∂t (s,t) lần lượt là hàm sinh của {ui+1,j} và {ui,j+1} Tương tự
X j=0 ui+1,j+1 s i i! t j j! là hàm sinh của {ui+1,j +1} Tổng quát ta có
Nếu nhân 2 vế của (2.6) với s i! i t j! j và lấy tổng theo i, j từ 0 tới ∞ thì k
Giải phương trình vi phân đạo hàm riêng này để tìmY(s, t), sau đó tìm nghiệm của (2.6) từ công thức sau u ij = ∂ i+j Y(s, t)
Sau đây ta xét một ví dụ cụ thể cho trường hợp này.
Ví dụ 2.5 Xét phương trình sai phân riêng sau u i+1,j +1 −u i,j+1 −u ij = 0, i, j ∈ N, (2.7) với các điều kiện sau u00 = 0, u01 = u10 = 1, u i+1,0 = u i0 +u i−1,0 , i∈Z + , u0,j+1 = u0,j +u0,j −1, j ∈Z +
Nhân 2 vế của (2.7) với s i! i t j! j lấy tổng theo i, j từ 0 tới ∞ ta có
Ta có các điều kiện tương ứng của (2.8)
Giải hai phương trình vi phân tuyến tính thường với hệ số hằng trên được
√5{e tγ + −e tγ − }, (2.10) với γ ± là hai nghiệm phân biệt của phương trình đặc trưng x 2 −x−1 = 0, ⇔ γ ± = 1±√
2 Khi đó nghiệm của (2.8)-(2.9)-(2.10) là
Phương pháp tịnh tiến
Không phải tất cả các phương pháp đều có khả năng tìm ra nghiệm hiển của phương trình sai phân riêng Do đó, chúng ta cần phải đưa ra một phương pháp phù hợp để giải quyết vấn đề này.
Chương 2 trình bày phương pháp tìm nghiệm hiển cho phương trình sai phân riêng và kiểm tra tính đúng đắn của các nghiệm đã tìm được Chúng ta sẽ thảo luận về một phương pháp đơn giản nhằm xác định những nghiệm này.
Tập l N bao gồm tất cả các dãy phức có dạng {f k } với k thuộc N Trong không gian này, phép cộng thông thường và phép nhân với một số tạo thành một không gian tuyến tính Chúng ta cũng xem xét ánh xạ tịnh tiến được xác định bởi E m {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) ∈ l N Khi đó, viết lại phương trình u (n+1) = 4Eu (n) , n ∈ N, u (0) = {v m } m∈ N
Vì vậy u (n+1) = 4Eu (n) = 4E(4Eu (n−1) ) = 4 2 E 2 u (n−1) =ã ã ã = 4 n+1 E n+1 u (0) , hay nghiệm duy nhất của bài toán này có dạng u (n) m = 4 n vm+n, m, n∈ N.
Ví dụ 2.7 Xét phương trình sai phân riêng u (n+1) m −bu (n) m+1 −cu (n) m = 0, m, n∈N, điều kiện ban đầu u (0) m = f m , m ∈N.
Rõ ràng bài toán này tồn tại và duy nhất nghiệm Đặt u (n) := {u (n) m } m∈N và viết lại phương trình dưới dạng u (n+1) = (bE+cE 0 )u (n) , khi đó u (n) = (bE+cE 0 )u (n−1) = ã ã ã= (bE+cE 0 ) n u (0)
Vậy nghiệm duy nhất của bài toán giá trị ban đầu này là u (n) j n
Phương pháp toán tử
Phương pháp toán tử cũng là một phương pháp để tìm nghiệm của phương trình sai phân riêng tuyến tính có dạng
X n=0 cmnfi+m,j+n = gij, i, j ∈N, (2.11) ở đây c 00 , , c M K là các số phức và c M K 6= 0.
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 = 3 i và f0j = 3 j , i, j ∈ N.
Ta có thể viết phương trình trên dưới dạng
E x E y f −E x f −E y f −3f = 0, f = {f ij }, (2.12) điều kiện ban đầu
. Nhân 2 vế của (2.12) với hxhy và áp dụng công thức (1.6) ta được hxhy(ExEyf)−hxhy(Exf)−hxhy(Eyf)−3hxhyf = 0
⇔[1−hx−hy −3hxhy]f +f00+ (hy −1)X0f + (hx−1)Y0f = 0
⇔[1−hx−hy −3hxhy](1−3hx)(1−3hy)f + (3hxhy+hx+hy−1) = 0
Như vậy, từ ví dụ này ta đưa ra một cách tổng quát giải phương trình sai phân riêng dạng (2.11) như sau
• Trước hết, viết (2.11) dưới dạng
• Nhân 2 vế của phương trình trên với h M x h K y rồi áp dụng (1.6) đưa về phương trình đại số theo f.
Để giải phương trình đại số, ta cần tìm nghiệm f dưới dạng toán tử và sau đó xác định một dãy hai chiều tương ứng với nghiệm này Nếu không tìm được nghiệm dưới dạng toán tử, ta sẽ đưa ra kết luận về nghiệm của bài toán (2.11).
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 f i0 = φ i và f 0j =ψ j , i, j ∈N và điều kiện tương thích φ0 =ψ0.
Viết phương trình (2.13) dưới dạng
ExEyf −αEyf −βExf +αβf =g, f = {fij}, g = {gij}.
Nhân hai vế phương trình này với hxhy và áp dụng công thức (1.6) ta được hxhyExEyf −αhxhyEyf −βhxhyExf +αβhxhyf = hxhyg f −X0f −Y0f +f00−αhx(f −Y0f)−βhy(f −X0f) +αβhxhyf = hxhyg
= {α i ψ j } nên nghiệm của bài toán trên là f = {α i β j }hxhyg +{φiβ j }+{α i ψj} −φ0{α i β j }.
Phương pháp nghiệm tách
Nghiệm tách của bài toán sai phân riêng có dạng uij = αiβj, và việc xác định nghiệm tách giúp tìm ra nghiệm tổng quát của bài toán Dưới đây, chúng ta sẽ xem xét một số ví dụ để minh họa cho phương pháp này.
Ví dụ 2.10 Xét phương trình sai phân riêng
∆ y u jk = a∆ 2 x u j−1,k+1 +b∆ 2 x u j−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 u jk =v j ω k , thay vào (2.14) ta có
Vì vậy, ta phải có
∆ 2 vj−1 =ρvj, j = 1,2, , J, (2.17) v0 = 0 =vJ+1, (2.18) với ρvj = ωk+1−ωk aω k+1 +bω k vj. Chú ý rằng ω k+1 = 1 +ρb
Ta coi bài toán (2.17)-(2.18) như bài toán giá trị riêng hữu hạn, tuyến tính
Theo Định lý 1.7.1 ta có giá trị riêng của nó là ρ (m) = −2 + 2 cos mπ
2(J + 1), m = 1,2, , J, và các véc tơ riêng tương ứng là v j (m) = sin mπj
Với mỗi ρ =ρ (m) , nghiệm của (2.19) có dạng ω n (m) = 1 +ρ(m)b
Vì phương trình (2.14) là tuyến tính, nên nghiệm tổng quát của bài toán (2.14)-(2.16) là ujk J
Từ uj0 = ψj nên ta có
Giải hệ phương trình tuyến tính này ta thu được cm = 2
Ví dụ 2.11 Xét phương trình sai phân riêng sau u (t+1) m =au (t) m−1 +bu (t) m +cu (t) m+1 +du (t−1) m , m∈ Z, t∈Z + (2.20)
Ta thử đi tìm nghiệm của phương trình (2.20) dưới dạng sau u (t) m = αtβm, m ∈Z, t∈Z + Thay u (t) m vào (2.20) thì α t+1 β m = aα t β m−1 +bα t β m +cα t β m+1 +dα t−1 β m
Chia cả hai vế của phương trình trên cho αtβm ta được αt+1 αt
=λ hay phương trình 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.
Trong bài toán giá trị riêng vô hạn (2.21), ta có Aβ = λβ với β = ( , β−1, β0, β1, ) và A là ma trận vô hạn với các phần tử a ii = b, a i+1,i = a, a i,i+1 = c, i ∈ Z, và a ij = 0 nếu i, j ∈ Z không thỏa mãn điều kiện trên Mặc dù không chắc chắn về sự tồn tại nghiệm, nếu lấy βm = βm, β ≠ 0 thì từ (2.21) ta có λ = aβ + b + cβ, dẫn đến (2.22) trở thành αt+1 = (aβ + b + cβ)αt + dαt−1 Với điều kiện ban đầu, phương trình sai phân riêng (2.20) có nghiệm duy nhất Định lý 2.5.1 khẳng định rằng nghiệm của phương trình (2.20) với điều kiện đầu u(0)m = α0βm, m ∈ Z, β ≠ 0 và u(1)m = α1βm, m ∈ Z có dạng {u(t)m} = {αtβm}, trong đó α0, α1 được xác định trong công thức (2.24)-(2.25) và αt được cho trong công thức (2.23) với t = 2, 3,
Vậy chúng ta có thể giải (2.20) như sau
• Từ điều kiện (2.24)-(2.25) ta biết α0, α1;
• Khi đó nghiệm của (2.20) có dạng {α t β m }.
Sau đây chúng ta xét một trường hợp đặc biệt.
Xét trường hợp với a = 1, b = 2, c = -2, d = 1 và β = α1 = α0 = 1, ta có phương trình u(t+1)m = u(t)m−1 + 2u(t)m−2u(t)m+1 + u(t−1)m, với m thuộc Z và t thuộc Z+ Điều kiện ban đầu là u(0)m = 1 và u(1)m = 1 Phương trình (2.23) trở thành αt+1 = αt + αt−1, với điều kiện ban đầu α0 = α1 = 1 Nghiệm αt thu được là dãy Fibonacci, cụ thể là αt = 1.
√5(γ + t −γ − t ), vớiγ ± tương ứng là nghiệm dương, âm của phương trình đặc trưng x 2 −x−1 = 0.Khi đó nghiệm của bài toán là {u (t) m}= {αt}.
Phương pháp tích chập
Trong phần này ta xét ví dụ về phương trình nhiệt cấp hai và sử dụng khái niệm tích chập trong l Z để tìm nghiệm tổng quát của nó.
Phương trình nhiệt cấp 2 được xét là u (n+1) m = au (n) m−1 + bu (n) m + cu (n) m+1, với (m, n) thuộc Ω = Z×N Điều kiện ban đầu được đưa ra là u (0) m = fm, trong đó m thuộc Z và a, b, c là các số thực Với điều kiện ban đầu này, bài toán đảm bảo có nghiệm tồn tại và duy nhất.
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 vớim−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 ;
3 Nếu fm = 0, m≥ k thì u (n) m = 0, m ≥n+k, (do chú ý 2).
Với mỗi n ∈ N cố định, coi {u (n) m } m∈ Z là một véc tơ trong l Z Kí hiệu là u (n) gọi là véc tơ hàng thứ n của nghiệm u.
Bây giờ, ta đưa ra khái niệm dãy ˆh [i] = {ˆh [i] m} m∈Z , i ∈Z xác định bởi ˆh [i] m
0, nếu i6=m. và từ khái niệm tích chập của 2 dãy trong l Z ta có ˆh [α] ∗ˆh [β] = ˆh [α+β] Hơn nữa hˆ [−1] ∗ {um} ∞
X i=−∞ ˆh [−1] i ∗u m−i ={um+1}, ˆh [1] ∗ {um}= {um−1} và ˆh [0] ∗ {um}={um}.
Tiếp theo, ta viết (2.26) dưới dạng
= (aˆh [1] +bˆh [0] +cˆh [−1] )∗u (n) , n ∈ N, (2.28) điều kiện ban đầu u (0) =f, (2.29) với u= {u m } m∈ Z và f = {f m } m∈ Z Khi đó, nghiệm của (2.28)-(2.29) có dạng u (n) = (aˆh [1] +bˆh [0] +cˆh [−1] )∗u (n−1)
Với n≥ 1, biểu thức (aˆh [1] + bˆh [0] + cˆh [−1]) n có hữu hạn phần tử khác không, do đó hội tụ theo công thức (2.31) Nghiệm tổng quát của phương trình được đưa ra có dạng (2.31) Nghiệm của phương trình (2.26) với điều kiện ban đầu u(0) m = ˆh [0] m, m∈ Z được gọi là hàm Green của phương trình (2.26) Hàm Green này tồn tại và duy nhất, được ký hiệu một cách rõ ràng.
G= {G (n) m } Như vậy, trong (2.27) thay f bởi ˆh [0] ta được
G (n) = (ahˆ [1] +bˆh [0] +chˆ [−1] ) n ∗ˆh [0] = (aˆh [1] +bhˆ [0] +cˆh [−1] ) n , n ∈Z + (2.32)Nhận xét: Ta có G (0) m = ˆh [0] m = 0, ∀|m| > 0 nên G (n) m = 0∀|m| > n (theo chú ý 2 ở trên) Ta có định lý sau.
Chương 2 Nghiệm hiển Định lý 2.6.1 [7, Định lý 2.1] Hàm Green G (n) m của phương trình (2.26) cho bởi
Thành phần thứ (m, n) của hàm Green là hệ số của ˆh [m] trong khai triển của (aˆh [1] +bˆh [0] +cˆh [−1] ) n nếu |m| ≤ n và bằng 0 nếu |m| > n.
Để chứng minh, trước tiên ta có G(n) m = 0 nếu |m| > n Tiếp theo, ta áp dụng quy nạp Khi n = 0, ta có (aˆh [1] + bˆh [0] + cˆh [−1]) với n = 1, và véc tơ hàng thứ 0 của G là G(0) { ,0,1,0, } tương đương với ˆh [0], do đó n = 0 là đúng Khi n = 1, ta có G(1) = (aˆh [1] + bˆh [0] + cˆh [−1]) = { ,0, c, b, a,0, }.
G (1) m = 0≡ hệ số của ˆh [m] , m6={−1,0,1}, suy ra n= 1 đúng.
Giả sử định lý đúng với n = j, tức là hệ số của ˆh [i] trong khai triển (aˆh [1] + bˆh [0] +chˆ [−1] ) j là G (j) i Ta có G (j) k = 0,∀|k| > j và
= G (j) −j ˆh [−j] +G (j) −j+1 ˆh [−j+1] +ã ã ã+G (j) j−1 ˆh [j−1] +G (j) j ˆh [j] n=j + 1, chú ý rằng tích chập có tính chất giao hoán và nhân phân phối, ta có
=cG (j) −j ˆh [−(j+1)] + (cG (j) −j+1 +bG (j) −j )ˆh [−j] + (cG (j) −j+2 +bG (j) −j+1 +aG (j) −j )ˆh [−j+1] +ã ã ã+ (cG (j) j +bG (j) j−1 +aG (j) j−2 )ˆh [j−1] + (bG (j) j +aG (j) j−1 )ˆh [j] +aG (j) j hˆ [j+1]
= (aG (j) −j−2 +bG (j) −j−1 +cG (j) −j )ˆh [−(j+1)] + (aG (j) −j−1 +bG (j) −j +cG (j) −j+1 )ˆh [−j]
+ã ã ã+ (aG (j) i−1 +bG (j) i +cG (j) i+1 )ˆh [i] +ã ã ã+ (aG (j) j +bG (j) j+1 +cG (j) j+2 )ˆh [j+1]
(do G (n) m là nghiệm của bài toán (2.26) nên G (n) m =aG (n) m−1 +bG (n) m +cG (n) m+1 ). Vậy ta có hệ số củaˆh [m] trong khai triển(aˆh [1] +bˆh [0] +chˆ [−1] ) j+1 làG (j+1) m ,∀|m| ≤ j+ 1 Định lý được chứng minh.
1 Viết lại (2.31), do G (n) k = 0, ∀|k| > n ta có nghiệm của (2.28)-(2.29) là u (n) m ∞
G (n) k f m−k , n∈ Z + , m∈Z, nghĩa là véc tơ hàng thứ n của nghiệm u bằng tích chập của véc tơ hàng thứ n của hàm Green với véc tơ ban đầu f.
Trong định lý này, có sự đẳng cấu giữa khai triển hàm (ax + b + cx − 1)^n và toán tử trong khai triển (aˆh[1] + bˆh[0] + cˆh[−1])^n Do đó, chúng ta có thể thay thế hệ số của ˆh[m] bằng hệ số của x^m trong khai triển của (ax + b + cx − 1)^n để xác định thành phần thứ (m, n) của hàm Green Ngoài ra, x có thể được thay thế bằng bất kỳ hằng số nào khác khác 0.
Nhắc lại công thức sau
(2.33) với những giá trị đặc biệt của a, b, c ta thu được một số hàm Green sau.
Ví dụ 2.14 Nếu b = 0, khi đó khai triển
C n k a k c n−k x −n+2k Để tìm G (n) m ta cần tìm hệ số của x m trong khai triển trên, cho −n+ 2k = m hay k = (m+n)/2.
Hơn nữa, vì C n k = C k n−k nên Cn (n−|m|)/2 = Cn (n+m)/2 và do (2.33) nên
Tìm hệ số của x m cho n−k = m suy ra k =n−m Do m∈ Z và (2.33) nên
Ví dụ 2.16 Nếu a = 0 thì khai triển
C n k b n−k c k x −k Tìm hệ số của x m cho −k =m hay k = −m Từ m ∈Z và (2.33) suy ra
Ví dụ 2.17 Nếu c = 0 và a= b = 1 thì khai triển
Ví dụ 2.18 Nếu a =c 6= 0, b = 1−2a thì khai triển
Hệ số của x m là khi k − i = m hay i = k − m Do (2.33) nên |m| ≤ n và
Sau đây là công thức hiển của hàm Green. Định lý 2.6.2 [7, Định lý 3.1] Hàm Green G = {G (n) m } của (2.26) cho bởi công thức
Chứng minh G (n) m là hệ số của x m trong khai triển (ax+b+cx −1 ) n nên
Cho i−2k =m suy ra k = (i−m)/2 Khi đó hệ số x m là n
Do (2.33) nên 0 ≤ k ≤ i ⇒ 0 ≤ i−m 2 ≤ i ⇒ |m| ≤ i Hơn nữa k ∈ N nên i−m
2 ∈ N suy ra i−m là số chẵn hay i+m cũng là số chẵn.
Mặt khác, do C n k = C n n−k , với mọi 0 ≤ k ≤ n nên C i (i−m)/2 = C i (i−|m|)/2 ,
Sau đây ta xét tính chất đơn điệu của hàm Green. Định lý 2.6.3 [2, Định lý 67] Giả sử a= c 6= 0 Khi đó hàm Green G ={G (n) m } thỏa mãn
Chứng minh Giả sử a= c ≥1 và b≥ 0, thì với m, n≥ 0 có
Hơn nữa, b≥ 0 suy ra G (n+1) m+1 −G (n) m ≥ 0 nghĩa là G (n+1) m+1 ≥G (n) m
Ngược lại, giả sử có G (n+1) m+1 ≥G (n) m ,∀m, n ∈N Ta xét hai trường hợp sau + Giả sử ngược lại a 0, sóng dịch chuyển theo hướng dương; nếu ρ < 0, sóng dịch chuyển theo hướng âm; và nếu ρ = 0, sóng dừng hoặc nghiệm dừng.
Mục tiêu của phần này là tìm nghiệm truyền sóng dương dạng (3.2) cho phương trình (3.1) và xác định điều kiện cần và đủ để tồn tại nghiệm này Bằng cách thay thế (3.2) vào (3.1), ta nhận được phương trình ψ(n−ρt−ρ) = aψ(n−1−ρt) + bψ(n−ρt) + cψ(n−ρt+1) Đặt k := n−ρt, ta có phương trình ψ(k−ρ) = aψ(k−1) + bψ(k) + cψ(k+1), dẫn đến biểu thức cψ(k−ρ+ρ+1) + bψ(k−ρ+ρ) + aψ(k−ρ+ρ−1) − ψ(k−ρ) = 0.
Chương 3 Sự tồn tại nghiệm
Theo định lý 1.7.4, phương trình có nghiệm dương khi và chỉ khi phương trình đặc trưng cλ ρ+1 + bλ ρ + aλ ρ−1 − 1 = 0 có nghiệm dương Do đó, phương trình (3.1) có nghiệm dương dạng truyền sóng nếu và chỉ nếu nghiệm này có dạng u(t)n = λ n−ρt, với ρ ∈ Z, λ > 0, (n, t) ∈ Ω.
Thay vì tìm nghiệm dương dạng truyền sóng của phương trình (3.1), chúng ta sẽ tập trung vào việc tìm nghiệm dương của phương trình đặc trưng Cụ thể, chúng ta sẽ xem xét các trường hợp có thể xảy ra của ρ, bao gồm ρ ≥ 2, ρ ≤ −2, ρ = ±1, và ρ = 0.
Nếu ρ≥ 2 phương trình đặc trưng tương ứng là
Theo định lý 3.1.1, nếu ρ≥ 2, phương trình đặc trưng (3.4) sẽ có nghiệm dương nếu và chỉ nếu các hệ số a, b, c đáp ứng một trong những điều kiện nhất định.
Chứng minh Trước tiên, H(0) =−1 Ta xét các trường hợp sau:
+ Trường hợp 1 Với c > 0, thì lim λ→+∞ H(λ) = +∞ nên ∃M > 0 :H(M)>
0 Khi đó H(0).H(M) 0 ta có lim λ→+∞ H(λ) = +∞, tương tự H(λ) có nghiệm dương ⇒(ii).
Vậy H(λ) không có nghiệm dương.
Nếu a > 0 thì lim λ→+∞ H(λ) = +∞, tương tự H(λ) có nghiệm dương
• b < 0 ta có limλ→+∞H(λ) =−∞ và H 0 (λ) =bρλ ρ−1 +a(ρ−1)λ ρ−2 , khi đó
H 0 (λ)> 0,∀λ ∈(λ 1 , λ 2 ) và H 0 (λ)< 0,∀λ ∈ (λ 2 ,∞), maxλ>0H(λ) =H(λ2) = a ρ (− ρ−1 b ) ρ−1 1 ρ ρ −1. Để H(λ)có nghiệm dương thì H(λ2)≥0 hay a≥ h ρ ρ (ρ−1) (ρ−1) i 1 ρ (−b) (ρ−1) ρ ⇒(iv).
+ Trường hợp 3 Với c 0,∀λ ∈ (0, à2) và H 0 (λ)0H(λ) = H(à2) =à ρ−1 2 ρ+1 1 (bà2+ 2a)−1. Để tồn tại nghiệm dương thỡ H(à2)≥ 0 hay ψ(a, b, c, ρ)≥ 1⇒(v).
Nếu b 2 ρ 2 0, λ∈ (à1, à2) Để H(λ)cú nghiệm dương thỡ H(à2)≥
0 hay ψ(a, b, c, ρ)≥ 1⇒ (vi) Với ψ(a, b, c, ρ) xác định như trong định lí.
Nếu ρ≤ −2 phương trình đặc trưng tương ứng là
Định lý 3.1.2 cho biết rằng nếu ρ ≤ −2, thì phương trình đặc trưng sẽ có một nghiệm dương nếu và chỉ nếu các hệ số a, b, c đáp ứng một trong các điều kiện nhất định.
Chứng minh Chứng minh hoàn toàn như trường hợp ρ ≥ 2.
Khi ρ = 1 phương trình đặc trưng tương ứng là cλ 2 +bλ+a−1 = 0 (3.7) Khi ρ = 0 phương trình đặc trưng tương ứng là cλ 2 + (b−1)λ+a= 0 (3.8)
Khi ρ =−1 phương trình đặc trưng tương ứng là
Kiểm tra điều kiện để các phương trình có nghiệm dương là kiến thức cơ bản Theo Định lý 3.1.3, với ρ = 1, phương trình đặc trưng có nghiệm dương nếu các hệ số a, b, c thỏa mãn một trong các điều kiện: (1) c = 0 và b(a−1) < 0; (2) c > 0, b > 0 và a < 1; (3) c > 0, b ≤ 0 và b² ≥ 4c(a−1); (4) c < 0, b < 0 và a > 1; (5) c < 0, b ≥ 0 và b² ≥ 4c(a−1) Đối với Định lý 3.1.4, khi ρ = 0, phương trình có nghiệm dương khi và chỉ khi các hệ số a, b, c thỏa mãn: (1) c = 0 và a(b − 1) < 0; (2) c > 0, b ≥ 1 và a < 0; (3) c > 0, b < 1 và a ≤ (b−1)²/(4c); (4) c < 0, b ≤ 1 và a > 0; (5) c < 0, b > 1 và a ≥ (b−1)²/(4c) Cuối cùng, Định lý 3.1.5 chỉ ra rằng với ρ = −1, phương trình sẽ có nghiệm dương khi các hệ số a, b, c thỏa mãn một trong các điều kiện nhất định.
Nghiệm dương và bị chặn
Với phân bố nhiệt ban đầu thích hợp, phương trình này có một nghiệm dương và bị chặn {u (n) m } ≡ {1} Điều này dẫn đến câu hỏi liệu trong trường hợp tổng quát, phương trình có tồn tại nghiệm bị chặn hay không Trong phần này, chúng ta sẽ nghiên cứu một phương trình tổng quát hơn.
Ví dụ 3.1 Xét phương trình nhiệt dưới dạng u (n+1) m −u (n) m =αu (n) m−1 +βu (n) m +γu (n) m+1 +qu (n−σ) m , n ∈ N, m∈ Z, σ ∈ N, (3.10) với một tập bất kì các giá trị ban đầu u (n) m ,−σ ≤ n≤ 0, m∈Z.
Ta có thể tính được một cách liên tiếp và duy nhất dãy u (1) 0 , u (1) −1 , u (2) 0 , u (1) 1 , u (1) −2 , u (2) −1 , u (3) 0 , u (2) 1 , u (1) 2 , ,Dãy u = {u (n) m |m ∈ Z, n = −σ,−σ+ 1, } như trên được gọi là nghiệm của(3.10) và là nghiệm duy nhất.
Chương 3 Sự tồn tại nghiệm
Nghiệm u = {u (n) m } gọi là nghiệm dương tại vô cùng khi có tồn tại một số nguyên không âm T sao cho u (n) m >0, m∈Z và n≥ T.
Kí hiệu dãy vô hạn u(n) = { , u(n) −1 , u(n) 0 , u(n) 1 , } ∈ l Z, cho thấy nghiệm của phương trình (3.10) có thể được coi là dãy các vectơ {u(n)} ∞ n=−σ Dãy này thỏa mãn điều kiện u(n+1) − u(n) = Au(n) + qu(n−σ), với n ∈ N, trong đó A = (aij) là ma trận vô hạn với các yếu tố aii = β, ai,i−1 = α, ai,i+1 = γ cho i ∈ Z, và aij = 0 với mọi i, j ∈ Z nếu không thỏa mãn điều kiện trên.
Véctơ v ∈ l Z là véctơ dương nếu mọi thành phần của v dương, kí hiệu v >0.
Nghiệm của (3.10) dương tại vô cùng chỉ xảy ra khi véc tơ {u(n)} cũng dương tại vô cùng Do đó, (3.10) có nghiệm dương tại vô cùng khi và chỉ khi (3.11) cũng có nghiệm dương tại vô cùng.
Tiếp theo, nếu cho một số λ và một véc tơ v tương ứng sao cho
Nếu Av = λv, thì với dãy {x n } ∞ n=−σ là nghiệm của phương trình sai phân xn+1−xn =λxn+qx n−σ, ta có xn+1v−xnv = λxnv +qxn−σv =xnAv+qxn−σv, nghĩa là {x n v} là một nghiệm của phương trình (3.11).
Như vậy, để tìm một nghiệm dương tại vô cùng và bị chặn của (3.11), ta cần tìm
(i) Một số λ và một véc tơ tương ứng v dương và bị chặn sao cho Av =λv; (ii) Tìm một nghiệm {x n } dương ở vô cùng và bị chặn của (3.13);
(iii) Khi đó {x n v} là nghiệm của (3.11).
Xét trường hợp khi λ = α +β + γ, khi đó (3.12) có nghiệm dương bị chặn v = {1} Xét phương trình sai phân xn+1−xn = (α+β+γ)xn +qx n−σ , n ∈Z (3.14)
Ta cần tìm một nghiệm dương và bị chặn của (3.14), có thể tìm nghiệm dưới dạng {t n }, với 0< t ≤ 1 Thay vào (3.14) thu được phương trình đặc trưng t σ+1 −(1 +α+β+γ)t σ −q = 0.
Ta cần tìm một nghiệm t ∈(0,1] của phương trình này là đủ Thực vậy, đặt h(t) = t σ+1 +at σ +b, t ∈ R, σ ∈N.
Khi σ = 0 thì t = −a− b là nghiệm duy nhất Để h(t) = 0 có nghiệm thuộc
Khi σ > 0 có h(0) =b và lim t→+∞ = +∞ suy ra ∃M > 0 để h(M)> 0 Ta có các trường hợp sau:
+ b < 0 thì h(0).h(M) 0,∀t > 0 nên h(t) = 0 không có nghiệm.
Nếu a < 0 thì h 0 (t) = (σ + 1)t σ +σat σ−1 = 0 nên t ∗ = −aσ σ+1 > 0 Ta thấy h 0 (t)0,∀t ∈[t ∗ ,∞) Để h(t) = 0 có nghiệm trong (0,1] thì h(t ∗ )≤ 0 và 0< t ∗ ≤1 ⇔b− (−a) σ+1 σ σ
Nếu σ = 0 thì (3.14) có nghiệm dạng {t n }, t∈ (0,1] khi và chỉ khi
Nếu σ > 0, σ ∈ Z (hay σ ≥ 1), (3.14) có nghiệm dạng {t n }, t ∈ (0,1] khi và chỉ khi hoặc một trong các trường hợp sau xảy ra:
Hay ta tách ra thành các trường hợp sau
Chương 3 Sự tồn tại nghiệm
Định lý 3.2.1 chỉ ra rằng khi σ = 0 và −1 < α + β + γ + q ≤ 0, phương trình (3.10) sẽ có một nghiệm dương tại vô cùng và bị chặn Ngoài ra, khi σ > 1, nếu một trong các điều kiện (3.15), (3.16) hoặc (3.17) được thỏa mãn, thì phương trình (3.10) cũng sẽ có một nghiệm dương tại vô cùng và bị chặn.
Phương pháp đơn điệu cho phương trình Laplace rời rạc
Xét phương trình Laplace rời rạc vm−1,n+vm+1,n+vm,n−1+vm,n+1−4vm,n = 0, (m, n)∈ Z 2
Nhận thấy, phương trình này cũng có nghiệm dương và bị chặn là {1} Câu hỏi đặt ra là liệu phương trình trong trường hợp tổng quát hơn
Dv mn +f(m, n, v mn ) = 0, m, n∈ Z, (3.18) có nghiệm dương và bị chặn hay không?
Gọi một nghiệm trên của (3.18) là dãyωmn, m, n ∈Z sao cho bất phương trình sau thỏa mãn
Dωmn+f(m, n, ωmn)≤ 0, m, n∈ Z, (3.19) và một nghiệm dưới của (3.18) là dãy u mn , m, n ∈Z sao cho bất phương trình sau thỏa mãn
Định lý 3.3.1 khẳng định rằng, đối với hàm f: Z² × R → R, nếu hàm này liên tục theo biến y với mọi (m, n) ∈ Z² và có một nghiệm trên ω cùng một nghiệm dưới u của phương trình (3.18) với điều kiện u_mn < ω_mn cho mọi (m, n) ∈ Z², đồng thời tồn tại hằng số dương Γ sao cho f(m, n, s) − f(m, n, t) + (s − t)Γ > 0 với s, t nằm trong khoảng [inf (m,n)∈Z² u_mn, sup (m,n)∈Z² ω_mn], thì phương trình (3.18) sẽ có một nghiệm v thỏa mãn u_mn ≤ v_mn ≤ ω_mn cho mọi (m, n) ∈ Z².
Chọn dãy bất kỳ φ ={φmn} m,n∈Z sao cho umn≤ φmn≤ ωmn, (m, n)∈ Z 2 Với mỗi k ≥ 1, xét bài toán biên
Dv mn +f(m, n, v mn ) = 0, (m, n)∈B k , (3.21) vmn= φmn, (m, n)∈ ∂Bk (3.22) Cho Γ k là một hằng số dương sao cho f(m, n, s)−f(m, n, t) + (s−t)Γk > 0, với (m, n)∈ Bk và min (m,n)∈B k umn ≤ s, t≤ max (m,n)∈B k ωmn Xét sơ đồ lặp
Dωmn (t) −Γkωmn (t) =−f(m, n, ω (t−1) mn )−Γkω (t−1) mn , (m, n)∈ Bk, ωmn (t) =φmn, (m, n)∈ ∂Bk, t ∈Z +
Nếu cho ωmn (0) = ωmn, (m, n)∈ Z 2 thì theo Hệ quả 1.6.4 có ω (1) tồn tại và duy nhất Hơn nữa, ∀(m, n)∈Bk,
(D−Γk)(ω (1) mn −ω mn (0) ) = (Dω mn (1) −Γkω (1) mn ) + (Γkωmn−Dωmn)
Theo Hệ quả 1.6.2, ta có ω(1)mn ≤ ωmn(0) = ωmn với (m, n) ∈ Bk Khi biết ωmn(1), tồn tại và duy nhất ω(2)mn Do đó, suy ra ωmn(2) ≤ ω(1)mn với (m, n) ∈ Bk Tiếp tục quá trình này, bằng quy nạp, ta có ω(t+1)mn ≤ ωmn(t) ≤ ωmn với (m, n) ∈ Bk và t ≥ 0.
Mặt khác, chú ý rằng ∀(m, n)∈ B k ta có
(D−Γ k )(u mn −ω mn (1) ) = Du mn −Dω mn (1) −Γ k u mn + Γ k ω (1) mn
Chương 3 Sự tồn tại nghiệm vàumn−ωmn (1) ≤ 0,(m, n)∈∂Bk Theo Hệ quả 1.6.2 ta có umn ≤ωmn (1) ,(m, n)∈Bk. Tương tự theo quy nạp ta cũng có umn ≤ωmn (t) ,(m, n)∈ Bk.
Như vậy umn ≤ ω mn (t+1) ≤ ω mn (t) ≤ ωmn, (m, n)∈Bk, t≥ 0.
Lại xét sơ đồ lặp sau
Du (t) mn = −f(m, n, u (t−1) mn ),(m, n)∈B k , t > 0, u (t) mn =φmn, (m, n)∈ ∂Bk, t > 0 và u (0) mn =umn,(m, n)∈ Z 2 Theo Hệ quả 1.6.4 suy ra sự tồn tại và duy nhất của u (1) mn Hơn nữa
D(u (0) mn −u (1) mn ) =Du (0) mn −Du (1) mn = Dumn+f(m, n, u (0) mn )
≥ −f(m, n, umn) +f(m, n, umn) (do umn là nghiệm dưới )
Theo hệ quả 1.6.2, đối với mọi (m, n) thuộc Bk, ta có u(1)_{mn} ≥ u(0)_{mn} umn Hệ quả 1.6.4 cho thấy sự tồn tại và duy nhất của u(2)_{mn} Vì u(1)_{mn} ≥ umn nên min_{(m,n)∈Bk} umn ≤ u(1)_{mn} và umn ≤ max_{(m,n)∈Bk} ω_{mn} Khi đó, ta có f(m, n, umn) - f(m, n, u(1)_{mn}) > -Γk(umn - u(1)_{mn}) ≥ 0 Điều này dẫn đến D(u(2)_{mn} - u(1)_{mn}) = Du(2)_{mn} - Du(1)_{mn} = -f(m, n, u(1)_{mn}) + f(m, n, umn) > 0, và cuối cùng là u(2)_{mn} - u(1)_{mn} = 0 tại biên ∂Bk.
Theo Định lý 1.6.1 suy ra u (2) mn ≥ u (1) mn,∀(m, n) ∈ B k Bằng quy nạp ta chứng minh được u mn ≤ u (1) mn ≤ u (2) mn ≤ ã ã ã hay u mn ≤u (t) mn , t > 0,(m, n)∈ B k , tức là umn ≤ u (t) mn ≤u (t+1) mn ≤ ωmn,(m, n)∈ Bk, t≥ 0.
Tiếp theo, bằng quy nạp ta lại chứng minh được u (t) mn ≤ ω mn (t) , (m, n)∈Bk,∀t > 0.
Tóm lại umn = u (0) mn ≤ u (1) mn ≤ u (2) mn ≤ ã ã ã ≤ ω (1) mn ≤ ω mn (0) =ωmn, (3.23) với (m, n) ∈ Bk+∂Bk Vì vậy {u (t) } và {ω (t) } tương ứng hội tụ điểm tới u (k) và ω (k) trong B k Hơn nữa u (k) mn ≤ ω (k) mn, ∀(m, n)∈ B k
Bằng việc lấy giới hạn hai vế của sơ đồ lặp thứ nhất ta được
Dω (k) mn = −f(m, n, ω mn (k) ), (m, n)∈ Bk và ω (k) mn = φmn, (m, n)∈ ∂Bk, hayω (k) là nghiệm của (3.21)-(3.22) Trong tựu (k) cũng là một nghiệm của (3.21)- (3.22).
Bây giờ, ta cần chỉ ra dãy {u (i) } có một dãy con {u (i j ) } hội tụ điểm tới một nghiệm nào đó của (3.21)-(3.22) Thật vậy
+ Dãy {u (i) 00 } bị chặn giữa u00 và ω00 suy ra tồn tại một dãy con hội tụ {u (i 00 k ) } (giả sử i 1 >1) của {u (i) 00 }.
+ Dãy con {u (i 10 k ) } ∞ k=2 bị chặn giữa u 10 và ω 10 nên nó cũng có một dãy con hội tụ
Chúng ta có thể thực hiện tuần tự để thu được một dãy con {u(i j)} với điều kiện ij > j, và dãy này sẽ hội tụ tới một hàm v nào đó Rõ ràng, umn ≤ vmn ≤ ωmn với (m, n) thuộc Z² Ngoài ra, dãy {u(i j)} là dãy con của {u(i)}.
Du (i mn j ) +f(m, n, u (i mn j ) ) = 0, (m, n)∈Z 2 , lấy giới hạn khi j → ∞ suy ra vmn là một nghiệm của (3.18).
Ví dụ 3.2 Giả sử hàm f : Z 2 ×R →R liên tục và thỏa mãn f(m, n, b) ≥ 0 và f(m, n, c)≤ 0 với b, c là các hằng số sao cho b < c Khi đó
Dãy hằng u = {b} là một nghiệm dưới của (3.18) và ω = {c} là một nghiệm trên của (3.18) Theo Định lý 3.4.1 tồn tại nghiệmh của (3.18) sao chob ≤ hmn ≤ c,(m, n)∈ Z 2
Tiếp theo, ta xét với một phương trình tổng quát hơn phương trình Laplace rời rạc αijui−1,j +βijui+1,j +γijui,j−1+δijui,j+1−σijuij +f(i, j, uij) = 0, (3.24) với α ij , β ij , γ ij , δ ij , σ ij >0, ∀(i, j)∈ Z 2
Ta đi thiết lập tiêu chuẩn để tồn tại nghiệm bị chặn của (3.24).
Không gian tuyến tính l Z×Z bao gồm tất cả các dãy phức u ij, được xác định bằng phép cộng thông thường và phép nhân với số thực Hàm S : l Z×Z −→ l Z×Z được định nghĩa cho các dãy u = {uij} thuộc l Z×Z.
Chương 3 Sự tồn tại nghiệm
Khi đó (3.24) trở thành (Su)ij = uij, (i, j)∈ Z 2 Xét dãy xấp xỉ liên tiếp u (0) ={B ∗ }, u (n+1) =Su (n) , n∈ N, (3.25) chú ý rằng u (1) ij = Su (0) =S{B ∗ } =B ∗ αij σ ij + βij σ ij + γij σ ij + δij σ ij +f(i, j, B ∗ ) σ ij , (i, j)∈ Z 2
Vì vậy, nếu ta thêm điều kiện
Tương tự, nếu ta xét dãy xấp xỉ v (0) ={B ∗ } và v (n+1) =Sv (n) , n∈ N với điều kiện
Giả thiết f là hàm không giảm theo biến thứ ba, nghĩa là với x, y ∈ R và x ≤ y thì f(i, j, x) ≤ f(i, j, y) với (i, j) ∈ Z² Bởi vì αij, βij, γij, δij, σij > 0, nên khi x ≤ y thì Sx ≤ Sy Do đó, nếu B* ≤ B* thì kết quả sẽ được xác nhận.
Thật vậy, từ u (1) ≤ u (0) suy ra Su (1) ≤ Su (0) hay u (2) ≤ u (1) Bằng quy nạp suy ra u (n+1) ≤ u (n) ≤ ã ã ã ≤ u (0) Tương tự, cú v (0) ≤ v (1) ≤ ã ã ã ≤ v (n) ≤ v (n+1)
Vì B∗ ≤ B ∗ nên v (0) ≤ u (0) , hay Sv (0) ≤ Su (0) ⇔ v (1) ≤ u (1) Bằng quy nạp ta nhận được v (n) ≤ u (n)
Dãy u(n)ij hội tụ tới dãy không âm uij và v(n)ij hội tụ tới vij khi n→ ∞ Giới hạn của (3.25) cho thấy {uij} và {vij} là nghiệm của ω = Sω, đồng thời là nghiệm bị chặn của (3.24) Theo định lý 3.3.2, nếu αij, βij, γij, δij, σij > 0 với mọi (i, j) ∈ Z2 và hàm f : Z2 × R → R thỏa mãn các điều kiện (3.26)-(3.27), trong đó B* ≤ B* và f liên tục theo biến thứ ba, thì (3.24) có một nghiệm bị chặn giữa B* và B*.
Phương pháp ánh xạ co cho phương trình Laplace rời rạc
Trong phần này, chúng ta sẽ áp dụng định lý co trong không gian Banach để giải phương trình dạng (3.28), với các hệ số αij, βij, γij, δij, σij được xác định cho mọi (i, j) ∈ Z², đảm bảo rằng σij ≠ 0 Giả thiết rằng hàm f: Z² × R → R thỏa mãn điều kiện cần thiết để tiến hành giải phương trình.
|f(i, j, u)| ≤ |σij|.ω(|u|), (i, j)∈Z 2 , u∈ R, với ω : R−→ R bị chặn trên [0,∞) và
|f(i, j, u)−f(i, j, v)| ≤ λij|u−v|, (i, j)∈Z 2 , u, v ∈ R, với {λ ij } là dãy không âm nào đó.
Cho l Ω là không gian Bannach của tất cả các dãy {x ij } bị chặn, xác định trên
Cho T : l Ω −→l Ω xác định với u= {uij} ∈ l Ω thì
(T u)ij = α ij u i−1,j σ ij + β ij u i+1,j σ ij + γ ij u i,j−1 σ ij + δ ij u i,j+1 σ ij + f(i, j, u ij ) σ ij , (i, j)∈Ω. Khi đó
Do {u ij } là dãy bị chặn trong Ω và ω bị chặn trên [0;∞) nên (T u) ij bị chặn, hay (T u)ij ∈ l Ω Mặt khác
) ||u−v|| vớiu ={uij}; v = {vij} ∈ l Ω Như vậy, theo định lý co trong không gian Bannach, nếu ta thêm điều kiện sup i,j∈ Z n αij σij
Ánh xạ T là một ánh xạ co trong không gian Banach, do đó tồn tại duy nhất một điểm bất động v của ánh xạ này, tức là ∃!v : T v = v, với v thuộc l Ω Điều này có nghĩa là v là nghiệm duy nhất và bị chặn của phương trình (3.28).
Chương 3 Sự tồn tại nghiệm
Phương pháp đơn điệu cho những phương trình tiến hóa
Xét phương trình sai phân riêng sau xm+1,n+xm,n+1−xmn+pmnxm−σ,n−τ = 0, m, n∈ N (3.29)
Trong phần này, chúng ta sẽ thiết lập tiêu chuẩn để xác định sự tồn tại của nghiệm dương tại vô cùng cho các phương trình liên quan Phương trình (3.29) được xem là một trường hợp đặc biệt của bất phương trình xm+1,n + xm,n+1 − xmn + pmnx m − σ,n − τ ≤ 0, với m, n thuộc tập số tự nhiên N.
Tìm một nghiệm dương tại vô cùng cho phương trình (3.30) dễ dàng hơn so với phương trình (3.29) Khi đã xác định được một nghiệm dương tại vô cùng cho (3.30), ta có thể xây dựng một nghiệm dương tại vô cùng cho (3.29).
Giả sử σ và τ là các số nguyên không âm, và p mn là một dãy không âm Dãy x mn được gọi là nghiệm của bất phương trình (3.30) nếu x = {x mn | m ≥ −σ, n ≥ −τ} và thỏa mãn bất phương trình (3.30) Với các điều kiện ban đầu phù hợp, việc xây dựng và chứng minh sự tồn tại của nghiệm cho bất phương trình (3.30) là không khó.
Cho x = {xmn} là nghiệm của phương trình (3.30) với m, n là các số nguyên dương Nếu với m ≥ M và n ≥ N, ta có x = {xmn} > 0, thì x = {xmn} được coi là nghiệm dương tại vô cùng của (3.30) Ngược lại, nếu x = {xmn} là một nghiệm âm tại vô cùng của (3.30).
Giả sử x = {x mn} là một nghiệm dương tại vô cùng của (3.30) với x mn > 0 cho mọi m ≥ M−σ và n ≥ J−τ, trong đó M, J là các số nguyên không âm Khi đó, với mọi m ≥ M và n ≥ J, ta có bất đẳng thức xm+1,n + xm,n+1 - xmn ≤ -pmnx m−σ,n−τ ≤ 0 (3.31), do pm,n ≥ 0 và xm−σ,n−τ > 0 cho mọi m ≥ M và n ≥ J.
Theo công thức ∆1xmn = xm+1,n−xmn và ∆2xmn = xm,n+1−xmn, ta suy ra rằng ∆1xmn + ∆2xmn ≤ −xmn < 0 Điều này cho thấy rằng ∆1xmn và ∆2xmn không thể cùng dương khi m và n đủ lớn Do đó, có thể giả định rằng ∆1xmn ≤ 0 cho mọi m và n đủ lớn.
∆ 2 ∆ 1 x mn = x m+1,n+1 −x m+1,n −x m,n+1 +x mn và ∆ 2 ∆ 1 x mn = ∆ 1 ∆ 2 x mn
Khi đó, (3.30) tương đương với
∆ 2 ∆ 1 x mn ≥ x m+1,n+1 +p mn x m−σ,n−τ , m, n∈ N, (3.32) lấy tổng (3.32) từ (m, n) tới ∞, ta có
Cho Ω = {y = {y mn }|m ≥ M −σ, n ≥ J −τ} Xét toán tử T : Ω −→ Ω, xác định
(i,j)=(m,n) pijy i−σ,j−τ với mọi m≥ M, n ≥ J và (T y) mn =x M J nếu ngược lại Xét dãy xấp xỉ liên tiếp {y (t) } ⊂Ω y mn (0)
x mn , nếu m ≥M, n ≥ J xM J, nếu ngược lại và y (t+1) =T y (t) , t∈ N.
Lấy giới hạn khi t → ∞ của các bất đẳng thức trên thì dãy y (t) hội tụ điểm tới dãy ω = {ωmn} ≥0 nào đó thỏa mãn ωmn ∞
Chương 3 trình bày sự tồn tại nghiệm với mọi m ≥ M, n ≥ J và ωmn = xM J nếu ngược lại Khi thay ωmn vào phương trình (3.29), ta nhận thấy ω là một nghiệm không âm tại vô cùng của phương trình này Để khẳng định ω là nghiệm dương tại vô cùng, cần điều kiện min(σ, τ) > 0 và p mn > 0 cho mọi m, n thuộc N Nếu giả sử ngược lại tồn tại (m∗, n∗) với m∗ ≥ M, n∗ ≥ N sao cho ωmn > 0, điều này dẫn đến một mâu thuẫn cần được làm rõ.
(m, n)∈ {M −σ, , m ∗ } × {J −τ, , n ∗ } \ {(m ∗ , n ∗ )} nhưng ωm ∗ n ∗ = 0 Khi đó, từ (3.34) có
Giả sử (i,j)=(m ∗ ,n ∗ ) pijω i−σ,j−τ, ta suy ra ω ij = 0 và p ij ω i−σ,j−τ = 0 với i ≥ m ∗ , j ≥ n ∗, dẫn đến ω i−σ,j−τ = 0, tạo ra mâu thuẫn với giả thiết phản chứng Theo Định lý 3.5.1, nếu {p mn } là một dãy dương và σ, τ là các số nguyên dương, thì nếu (3.30) có một nghiệm dương tại vô cùng, thì (3.29) cũng có một nghiệm dương tại vô cùng Cuối cùng, chúng ta sẽ tìm kiếm một nghiệm dương tại vô cùng cho phương trình sai phân riêng dạng (3.30) với điều kiện xm+1n+xm,n+1−xmn+P x m−σ,n−τ ≤ 0, với m, n ≥ 0.
P ≥ 0, σ, τ là các số nguyên không âm Xét dãy y ={ymn} xác định ymn =1−λ
2 m+1 , m≥ −σ, n≥ −τ, λ là số xác định Để y là nghiệm dương tại vô cùng ta cần λ 0.Khi đóu ≤ ωvớiu ={uij}là một nghiệm dưới bất kỳ của (3.37)-(3.38). Thực vậy, giả sử u là một nghiệm dưới của (3.37)-(3.38) sao cho u αβ −ω αβ = max
(i,j)∈Ω{u ij −ω ij }> 0, khi đó uαβ =ωαβ +λ ∗ zαβ, với λ ∗ > 0 Hơn nữa,
Vậy u ≤ω, với u là nghiệm dưới bất kỳ của (3.37)-(3.38).
+ Tính chất 3 Định lý so sánh khác giữa nghiệm trên và nghiệm dưới. Định lý 3.6.1 [2, Định lý 117] Giả sử rằng f1(i, j, v)≤ f(i, j, v)≤ f2(i, j, v) với (i, j)∈ Ω Khi đó một nghiệm trên của
Dω ij +f 2 (i, j, ω ij ) = 0, (i, j)∈Ω (3.39) ωij = 0, (i, j)∈ ∂Ω, cũng là một nghiệm trên của (3.37)-(3.38), và một nghiệm dưới của
Duij +f1(i, j, uij) = 0, (i, j)∈ Ω, uij = 0, (i, j)∈ ∂Ω cũng là một nghiệm dưới của (3.37)-(3.38).
Chứng minh Ta chứng minh cho trường hợp nghiệm trên, trường hợp còn lại tương tự Giả sử ω ={ωij} là nghiệm trên của (3.39), khi đó
Dωij +f(i, j, ωij)≤ Dωij +f2(i, j, ωij)≤0, (i, j)∈Ω, ωij ≥ 0, (i, j)∈ ∂Ω.
Vậy ω = {ω ij } cũng chính là nghiệm trên của (3.37)-(3.38).
Định lý 3.6.2 khẳng định rằng nếu hàm f(i, j, v) thỏa mãn điều kiện f(i, j, v) ≥ L (hoặc f(i, j, v) ≤ L) với (i, j) thuộc tập Ω, thì hệ phương trình (3.37)-(3.38) sẽ có ít nhất một nghiệm dưới (hoặc một nghiệm trên) Để chứng minh điều này, ta sẽ xem xét hệ tuyến tính thuần nhất.
Theo Hệ quả 1.6.4 hệ này có duy nhất nghiệm{uij} Theo Định lý 3.6.1 thì {uij} chính là một nghiệm dưới của (3.37)-(3.38).
Định lý 3.6.3 khẳng định rằng nếu hàm |f(i, j, v)| bị giới hạn bởi M cho mọi (i, j) thuộc miền Ω và v thuộc R, đồng thời hàm f(i, j, u) liên tục theo u với mỗi (i, j) trong Ω, thì bài toán biên (3.37)-(3.38) sẽ có nghiệm.
Chứng minh Theo Định lý 2.7.1 nghiệm của (3.37)-(3.38) có dạng x ij = X
Xét ánh xạ T : R−→ R xác định bởi,
Chương 3 Sự tồn tại nghiệm Đặt
S := {x ={x ij }: ||x|| ∞ ≤ KM}, với||x|| ∞ = max (i,j)∈Ω |x ij | Dễ thấy S là tập con bị chặn, lồi, đóng trongR Ω Hơn nữa,
Ánh xạ T từ S vào S là liên tục đối với mọi (i, j) ∈ Ω vì hàm f liên tục theo biến thứ ba Theo định lý điểm bất động Browner, tồn tại duy nhất x* ∈ S sao cho x* = T(x*), hay {x* ij} là nghiệm của hệ phương trình (3.37)-(3.38) Định lý 3.6.4 cho biết nếu f(i, j, u) liên tục theo biến u với mọi (i, j) ∈ Ω, thì với bất kỳ nghiệm dưới u = {u ij} và nghiệm trên ω = {ω ij} của (3.37)-(3.38) thỏa mãn u ≤ ω, sẽ tồn tại một nghiệm v = {v ij} của (3.37)-(3.38) thỏa mãn u ≤ v ≤ ω.
Chứng minh Xét bài toán biên
Dx ij + Φ(i, j, x ij ) = 0, (i, j)∈ Ω, (3.40) xij = 0, (i, j)∈∂Ω, (3.41) ở đây Φ(i, j, x)
f(i, j, ωij) + (ωij −x)/(1 +x 2 ), x > ωij f(i, j, x), uij ≤ x≤ ωij, f(i, j, uij + (uij −x)/(1 +x 2 ), x < uij
(3.42) với (i, j) ∈ Ω Rõ ràng, hàm Φ bị chặn với mỗi (i, j) ∈ Ω và x ∈ R, và liên tục theo biến x Theo Định lý 3.6.3 tồn tại môt nghiệm v = {v ij } của bài toán biên (3.40)-(3.41).
Tiếp theo, chứng minh v ≤ ω Giả sử ngược lại v αβ −ω αβ = max (i,j)∈Ω {v ij − ω ij } >0 Khi đó
1 +v 2 αβ > 0, điều này mâu thuẫn nên v ≤ ω Tương tự, ta cũng có u≤ v.
Vậy u ≤ v ≤ ω, từ (3.42) khi đó Φ(i, j, x) ≡ f(i, j, x) suy ra v = {vij} cũng chính là nghiệm của bài toán (3.37)-(3.38)
Ví dụ 3.3 Xét bài toán (3.37)-(3.38) với hàm f(i, j, v) thỏa mãn
Khi đó, dãy {0} là một nghiệm dưới của (3.37)-(3.38) và dãy ω = {ωij} xác định bởi ω ij = sin πi
2n+ 1, 0 ≤i≤ m+ 1,0≤ j ≤ n+ 1, là một nghiệm trên của (3.37)-(3.38) vì nó thỏa mãn
Theo Định lí 3.6.4 thì (3.37)-(3.38) có một nghiệm v = {v ij } thỏa mãn
Như vậy, trong bản luận văn chúng tôi đã giải quyết được mục tiêu nghiên cứu ban đầu Hai vấn đề chính của luận văn bao gồm.
Bài viết này sẽ trình bày một số phương pháp tìm công thức nghiệm hiển cho các lớp phương trình sai phân riêng cơ bản, bao gồm phương trình nhiệt, phương trình Poisson và phương trình Laplace rời rạc.
Thứ hai, việc xây dựng tiêu chuẩn tồn tại nghiệm là rất quan trọng, bao gồm các đặc tính cơ bản như: nghiệm dạng truyền sóng cho phương trình nhiệt, nghiệm dương và bị chặn đối với phương trình nhiệt tổng quát, cũng như nghiệm bị chặn với phương trình Laplace rời rạc và bài toán biên Dirichlet.