Trong phần này ta xét ví dụ về phương trình nhiệt cấp hai và sử dụng khái niệm tích chập trong lZ để tìm nghiệm tổng quát của nó.
Ví dụ 2.13. Xét phương trình nhiệt cấp 2 sau
u(n+1)m =au(n)m−1+bu(n)m +cu(n)m+1, (m, n)∈ Ω = Z×N, (2.26) với điều kiện ban đầu
u(0)m =fm, m∈ Z, (2.27)
trong đó a, b, c∈ R, fm là dãy số thực. Rõ ràng, với điều kiện ban đầu (2.27) bài toán 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 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 lZ. 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 =
1, nếu i=m, 0, nếu i6=m.
và từ khái niệm tích chập của 2 dãy trong lZ ta có ˆh[α]∗ˆh[β] = ˆh[α+β]. Hơn nữa hˆ[−1]∗ {um}=
∞
X
i=−∞
ˆh[−1]i ∗um−i ={um+1}, ˆh[1]∗ {um}= {um−1} và ˆh[0]∗ {um}={um}.
Tiếp theo, ta viết (2.26) dưới dạng
{um}(n+1) = a{um−1}(n)+b{um}(n) +c{um+1}(n), n ∈N, hay
u(n+1) = aˆh[1]∗u(n)+bˆh[0]∗u(n) +cˆh[−1]∗u(n)
= (aˆh[1]+bˆh[0]+cˆh[−1])∗u(n), n ∈ N, (2.28) điều kiện ban đầu
u(0) =f, (2.29)
với u= {um}m∈Z và f = {fm}m∈Z. Khi đó, nghiệm của (2.28)-(2.29) có dạng u(n) = (aˆh[1]+bˆh[0]+cˆh[−1])∗u(n−1)
= (aˆh[1]+bˆh[0]+cˆh[−1])n∗f, n∈ Z+, (2.30) nói cách khác
u(n)m =
∞
X
k=−∞
(aˆh[1]+bˆh[0]+cˆh[−1])nk.fm−k, n ∈Z+, m∈ Z. (2.31) Với n≥ 1 thì (aˆh[1]+bˆh[0]+cˆh[−1])n có hữu hạn phần tử khác không, vì vậy (2.31) hội tụ. Vậy nghiệm tổng quát của phương trình đã cho có dạng (2.31).
Nghiệm của phương trình (2.26) với điều kiện ban đầu u(0)m = ˆh[0]m, m∈ Z.
gọi là hàm Green của (2.26). Ta cũng có hàm Green tồn tại và duy nhất, kí hiệu 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 G(n) = (aˆh[1]+bhˆ[0]+cˆh[−1])n.
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.
Chứng minh. Trước tiên, ta có G(n)m = 0 nếu |m| > n (theo nhận xét trên).
Tiếp theo, ta sử dụng quy nạp để chứng minh.
n = 0, ta có (aˆh[1]+bˆh[0]+chˆ[−1])n = 1, và véc tơ hàng thứ 0 của G là G(0) = {. . . ,0,1,0, . . .} ≡ˆh[0]. Vậy n= 0 đúng.
n= 1, ta có G(1) = (aˆh[1]+bˆh[0]+cˆh[−1]) = {. . . ,0, c, b, a,0, . . .}, G(1)−1 =c ≡ hệ số của ˆh[−1],
G(1)0 =b ≡ hệ số của ˆh[0], G(1)−1 =a ≡ hệ số của hˆ[1],
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) = (aˆh[1]+bˆh[0]+cˆh[−1])j
= G(j)−jˆh[−j]+G(j)−j+1ˆh[−j+1]+ã ã ã+G(j)j−1ˆh[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 G(j+1) = (aˆh[1]+bhˆ[0]+cˆh[−1])j∗(aˆh[1]+bˆh[0]+cˆh[−1])
=
G(j)−jˆh[−j]+G(j)−j+1hˆ[−j+1]+ã ã ã+G(j)j−1ˆh[j−1]+G(j)j ˆh[j] (aˆh[1]+bˆh[0]+cˆh[−1])
=cG(j)−jˆh[−(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]
=G(j+1)−(j+1)ˆh[−(j+1)]+ã ã ã+G(j+1)i ˆh[i]+ã ã ã+G(j+1)j+1 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+1làG(j+1)m ,∀|m| ≤ j+ 1. Định lý được chứng minh.
Nhận xét
1. Viết lại (2.31), do G(n)k = 0, ∀|k| > n ta có nghiệm của (2.28)-(2.29) là u(n)m =
∞
X
k=−∞
G(n)k .fm−k =
n
X
k=−n
G(n)k .fm−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.
2. Trong định lý trên, ta thấy có một sự đẳng cấu giữa khai triển hàm (ax+ b+cx−1)n với toán tử trong khai triển(aˆh[1]+bˆh[0]+cˆh[−1])n. Vì vậy, ta có thể thay thế hệ số của ˆh[m] trong định lí trên bằng hệ số của xm trong khai triển của (ax+b +cx−1)n để tìm thành phần thứ (m, n) của hàm Green.
Hơn nữa, ta còn có thể thay x với một hằng số bất kì khác 0.
Nhắc lại công thức sau
Cβα =
β!
(β−α)!α!, 0≤ α ≤ β, α, β ∈ N, 0, nếu ngược lại ,
(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 (ax+cx−1)n =
n
X
k=0
Cnkakcn−kx−n+2k.
Để tìm G(n)m ta cần tìm hệ số của xm trong khai triển trên, cho −n+ 2k = m hay k = (m+n)/2.
Hơn nữa, vì Cnk = Ckn−k nên Cn(n−|m|)/2 = Cn(n+m)/2 và do (2.33) nên
G(n)m =
Cn(n−|m|)/2an+m2 cn−m2 , nếu |m| ≤ n và n+m chẵn ,
0, nếu n+m lẻ .
Ví dụ 2.15. Nếu a =c, b = 2a thì
(ax+b+cx−1)n = an(x+ 2 +x−1)n = an √
x+ 1
√x 2n
= an
2n
X
k=0
C2nk xn−k.
Chương 2. Nghiệm hiển
Tìm hệ số của xm cho n−k = m suy ra k =n−m. Do m∈ Z và (2.33) nên G(n)m = C2nn−man, |m| ≤ n.
Ví dụ 2.16. Nếu a = 0 thì khai triển (b+cx−1)n =
n
X
k=0
Cnkbn−kckx−k.
Tìm hệ số của xm cho −k =m hay k = −m. Từ m ∈Z và (2.33) suy ra
G(n)m =
Cn−mbn+mc−m, m≤ 0,|m| ≤n,
0, nếu ngược lại.
Ví dụ 2.17. Nếu c = 0 và a= b = 1 thì khai triển (ax+b+cx−1)n = (x+ 1)n =
n
X
k=0
Cnkxk. suy ra G(n)m =Cnm, |m| ≤n.
Ví dụ 2.18. Nếu a =c 6= 0, b = 1−2a thì khai triển (ax−2a+ax−1+ 1)n = (a(x−2 +x−1) + 1)n =
a(√
x− 1
√x)2+ 1n
=
n
X
k=0
Cnkak(√
x− 1
√x)2k =
n
X
k=0 2k
X
i=0
(−1)iCnkC2ki akxk−i. Hệ số của xm là khi k − i = m hay i = k − m. Do (2.33) nên |m| ≤ n và 0≤ k−m ≤ 2k tức là |m| ≤ k. Vậy
G(n)m =
n
X
k=|m|
(−1)k−mCnkC2kk−mak. 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
G(n)m =
n
X
i=|m|
δi+mCniCi(i−|m|)/2a(i+m)/2bn−ic(i−m)/2, với
δk = 1 + (−1)k
2 , k ∈Z.
Chứng minh. G(n)m là hệ số của xm trong khai triển (ax+b+cx−1)n nên (ax+b+cx−1)n =
n
X
m=−n
G(n)m xm. Lại có,
(ax+b+cx−1)n =
n
X
i=0
Cnibn−i(ax+cx−1)i
=
n
X
i=0 i
X
k=0
CniCikai−kbn−ickxi−2k. Cho i−2k =m suy ra k = (i−m)/2. Khi đó hệ số xm là
n
X
i=0
CniCi(i−m)/2a(i+m)/2bn−ic(i−m)/2.
Do (2.33) nên 0 ≤ k ≤ i ⇒ 0 ≤ i−m2 ≤ 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 Cnk = Cnn−k, với mọi 0 ≤ k ≤ n nên Ci(i−m)/2 = Ci(i−|m|)/2,
∀m∈ Z,|m| ≤i. Vậy
G(n)m =
Pn
i=|m|CniCi(i−|m|)/2a(i+m)/2bn−ic(i−m)/2, nếu i+m chẵn ,
0, nếu i+m lẻ ,
hay
G(n)m =
n
X
i=|m|
δi+mCniCi(i−|m|)/2a(i+m)/2bn−ic(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
G(n+1)m+1 ≥G(n)m , m, n ∈ N, (2.34)
khi và chỉ khi a≥ 1, b≥ 0.
Chương 2. Nghiệm hiển
Chứng minh. Giả sử a= c ≥1 và b≥ 0, thì với m, n≥ 0 có G(n+1)m+1 −G(n)m =
n+1
X
k=m+1
δk+m+1Cn+1k Ck(k−m−1)/2akbn+1−k
−
n
X
k=m
δk+mCnkCk(k−m)/2akbn−k
=
n
X
k=m
δk+m+2Cn+1k+1Ck+1(k−m)/2ak+1bn−k
−
n
X
k=m
δk+mCnkCk(k−m)/2akbn−k
=
n
X
k=m
δ(k+m)
Cn+1k+1Ck+1(k−m)/2a−CnkCk(k−m)/2 akbn−k. Từ a≥ 1 và Cn+1k+1 = Cnk +Cnk+1, Ck+1(k−m)/2 =Ck(k−m−2)/2+Ck(k−m)/2 suy ra Cn+1k+1Ck+1(k−m)/2a−CnkCk(k−m)/2 ≥ Cn+1k+1Ck+1(k−m)/2−CnkCk(k−m)/2 ≥ 0.
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 <1. Khi đó
G(m)m = CmmCm0amb0 = am và G(m+1)m+1 =am+1, suy ra
G(m+1)m+1 G(m)m
= a <1 nên G(n+1)m+1 ≤G(n)m . Vậy (2.34) không đúng với mọi m, n∈ N⇒ mâu thuẫn.
+ Giả sử a ≥ 1, b <0, trong trường hợp này
G(m+1)m = δ2mCm+1m Cm0amb1+ 0 = (m+ 1)amb,
G(m+2)m+1 = δ2m+2Cm+2m+1Cm+10 am+1b+ 0 = (m+ 2)am+1b,
G(m+2)m+1 −G(m+1)m = amb(a+ (a−1)(m+ 1)) <0 do a ≥ 1, b < 0, hay
G(m+2)m+1 ≤ G(m+1)m , nghĩa là (2.34) không đúng ∀m, n ∈N ⇒ mâu thuẫn.
Vậy a ≥ 1, b ≥0.