Giải bài toán dirichlet cho phương trình vi phân phi tuyến cấp bốn đầy đủ

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - BÙI THỊ VUI GIẢI BÀI TOÁN DIRICHLET CHO PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN PHI TUYẾN CẤP BỐN ĐẦY ĐỦ Chuyên ngành: Toán ứng dụng Mã số : 8460112 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC TS NGUYỄN THANH HƯỜNG THÁI NGUYÊN - 2022 LỜI CẢM ƠN Luận văn hoàn thành Khoa Toán – Tin, Trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Ngun hướng dẫn tận tình Cơ giáo – Tiến sĩ Nguyễn Thanh Hường Tôi xin bày tỏ lịng kính trọng lịng biết ơn sâu sắc tới Cô - người theo sát, hướng dẫn, bảo tận tình cho tơi suốt q trình từ thực hồn thành luận văn Qua đây, xin gửi lời cảm ơn đến Thầy, Cơ giáo thuộc Khoa Tốn - Tin Trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên tận tình giảng dạy giúp đỡ tơi hồn thành khố học Cuối cùng, tơi xin gửi lời cảm ơn đến Ban giám hiệu, tập thể Thầy, Cô giáo trường Trung học phổ thông Nguyễn Trãi – Huyện Vũ Thư, Tỉnh Thái Bình nơi tơi cơng tác động viên tạo điều kiện cho suốt trình học tập i Danh mục chữ viết tắt ký hiệu R R+ C RK C[a, b] C k [a, b] L2 [a, b] kxk kxkωh Tập số thực Tập số thực không âm Tập số phức Không gian Euclide K chiều Không gian hàm liên tục [a, b] Không gian hàm có đạo hàm cấp k liên tục [a, b] Khơng gian hàm bình phương khả tích [a, b] Chuẩn phần tử x Chuẩn lưới ω h phần tử x ii Mục lục Lời cảm ơn i Danh mục chữ viết tắt ký hiệu ii Mở đầu Chương Một số kiến thức chuẩn bị 1.1 Định lý điểm bất động Schauder Định lý điểm bất động Banach 1.2 Hàm Green 1.3 Tính gần tích phân với sai số cấp cao 11 Chương Sự tồn nghiệm phương pháp lặp giải tốn biên phi tuyến cho phương trình vi phân cấp bốn đầy đủ với điều kiện biên Dirichlet 13 2.1 Sự tồn nghiệm 13 2.2 Phương pháp giải ví dụ số 17 Kết luận chung 31 Tài liệu tham khảo 32 iii MỞ ĐẦU Khoảng chục năm trở lại đây, tốn biên cho phương trình vi phân cấp bốn đầy đủ v (4) (x) = f (x, v(x), v ′ (x), v ′′ (x), v ′′′ (x)) (0.0.1) thu hút nhiều quan tâm nhà nghiên cứu Cơng trình nhắc đến cơng trình Y Li [14], tác giả xét tốn mơ tả độ võng dầm đàn hồi với đầu bên trái gắn cố định, đầu bên phải tự do, tức toán cho phương trình (0.0.1) với điều kiện biên v(0) = v ′ (0) = v ′′ (1) = v ′′′ (1) = (0.0.2) Với số điều kiện phức tạp đặt lên hàm f chẳng hạn điều kiện tăng trưởng vô cùng, điều kiện Nagumo, cách sử dụng định lý điểm bất động nón, tác giả chứng minh tồn nghiệm dương tốn Bỏ qua điều kiện nêu địi hỏi điều kiện Lipschitz hàm f miền bị chặn, [5], tác giả tồn nghiệm đề xuất phương pháp lặp giải toán Phương pháp sử dụng đưa tốn phương trình tốn tử hàm ψ(x) = f (x, v(x), v ′ (x), v ′′ (x), v ′′′ (x)) Phương pháp đề xuất cơng trình [4] Một toán phải kể đến toán cho phương trình (0.0.1) với điều kiện biên v(0) = v ′′ (0) = v ′ (1) = v ′′′ (1) = (0.0.3) Sự tồn nghiệm toán thiết lập [9] phương pháp nghiệm nghiệm với điều kiện Nagumo điều kiện đơn điệu f Bài toán nghiên cứu [17] phương pháp nghiệm nghiệm lý thuyết bậc Tiếp theo xét phương trình (0.0.1) với điều kiện biên v(0) = v ′′ (0) = v(1) = v ′′ (1) = (0.0.4) Đây tốn mơ tả độ võng dầm với hai đầu gối - tựa đơn giản xét đến [15] Trong cơng trình trên, cách sử dụng phương pháp giải tích Fourier Định lý điểm bất động Leray-Schauder, tác giả tồn nghiệm toán với giả thiết điều kiện tăng trưởng hàm f , tính nghiệm thiết lập thêm điều kiện Lipschitz đặt lên hàm f Trong [6], cần điều kiện bị chặn Lipschitz f miền bị chặn, tác giả chứng minh tồn nghiệm tốn Ngồi điều kiện biên (0.0.2)-(0.0.4), [11], [20], tác giả xét phương trình (0.0.1) với điều kiện biên v(0) = 0, v ′ (1) = 0, av ′′ (0) − bv ′′′ (0) = 0, cv ′′ (1) + dv ′′′ (1) = Sự tồn nghiệm toán thiết lập lý thuyết bậc Leray-Schauder phương pháp nghiệm nghiệm Như trên, có nhiều cơng trình nghiên cứu tốn biên cho phương trình (0.0.1) điều kiện biên đề cập đến điều kiện biên Dirichlet Theo hiểu biết chúng tơi, có cơng trình [7] [3] nghiên cứu tồn nghiệm tốn với điều kiện biên Dirichlet Trong cơng trình [7], tác giả xét toán v (4) (x) = f (x, v(x), v ′ (x), v ′′ (x), v ′′′ (x)), a < x < b, v ′ (a) = A2 , v ′ (b) = B2 , v(a) = A1 , v(b) = B1 , (0.0.5) f ∈ C([a, b] × R4 → R), Ai , Bi (i = 1, 2) số Tác giả chứng minh số định lý tồn nghiệm toán dựa Định lý điểm bất động Leray-Schauder hội tụ phương pháp lặp Picard chứng minh Tuy nhiên, trường hợp định lý áp dụng hội tụ phương pháp lặp Picard đòi hỏi điều kiện Lipschitz hàm f miền xác định thông qua nghiệm xấp xỉ toán xác định nghiệm xấp xỉ việc đơn giản Nội dung báo đưa vào sách [8] Chú ý sau xuất sách này, nhiều nhà nghiên cứu nghiệm giải tích [10], [19] nghiệm số [18] toán (0.0.5) giả định tồn nghiệm toán tham chiếu đến sách Trong cơng trình [3], tác giả sử dụng cách tiếp cận thiết lập tồn nghiệm toán (0.0.5), đề xuất phương pháp lặp tìm nghiệm khắc phục số hạn chế [7] Để đơn giản, tác giả xét toán v (4) (x) = f (x, v(x), v ′ (x), v ′′ (x), v ′′′ (x)), a < x < b, (0.0.6) v(a) = v(b) = 0, v ′ (a) = v ′ (b) = 0, mô tả độ võng dầm với hai đầu cố định Khác với cách tiếp cận số cơng trình khác đề cập đến trên, [3], tác giả sử dụng phương pháp áp dụng hiệu toán biên phi tuyến [4], [5], [6], tức là, sử dụng ý tưởng đưa tốn (0.0.6) phương trình toán tử hàm vế phải ψ(x) = f (x, v(x), v ′ (x), v ′′ (x), v ′′′ (x)) Xét miền giới nội, với điều kiện tính liên tục bị chặn f (x, v, y, u, z), tác giả tồn nghiệm tốn Tính nghiệm thiết lập thêm giả thiết điều kiện Lipschitz hàm f (x, v, y, u, z) Một phương pháp lặp tìm nghiệm tốn đưa Nhiều ví dụ minh họa rõ cho kết lý thuyết, đặc biệt hơn, số lợi kết [3] so với kết [7] thông qua số ví dụ Với mục đích nghiên cứu tồn diện mặt định tính lẫn định lượng toán (0.0.6) cho điều kiện đặt đơn giản dễ kiểm tra, đưa ví dụ minh họa cho tính ứng dụng kết lý thuyết, so sánh kết đạt so với kết có tác giả khác mặt đó, sở đọc hiểu tài liệu [3], lựa chọn đề tài luận văn "Giải toán Dirichlet cho phương trình vi phân phi tuyến cấp bốn đầy đủ" Ngồi phần mở đầu, kết luận tài liệu tham khảo, nội dung đề tài luận văn trình bày chương: Chương 1, luận văn trình bày số kết bổ trợ cho Chương 2: Định lý điểm bất động Schauder Định lý điểm bất động Banach, hàm Green, tích phân số với sai số cấp cao Nội dung chương tham khảo chủ yếu từ tài liệu [1, 2, 13, 16, 21] Trong Chương 2, với cách tiếp cận đưa toán ban đầu phương trình tốn tử thành phần phi tuyến phương trình, luận văn trình bày tồn nghiệm, xét tính dương nghiệm tốn biên cho phương trình vi phân thường phi tuyến cấp bốn đầy đủ với điều kiện biên Dirichlet Đồng thời, luận văn trình bày phương pháp lặp tìm nghiệm mức liên tục hội tụ với tốc độ hội tụ cấp số nhân phương pháp lặp Luận văn đưa ví dụ hai trường hợp biết trước nghiệm trước nghiệm để minh họa cho tính đắn kết lý thuyết hiệu phương pháp lặp Chú ý ví dụ này, số ví dụ phân tích để thấy lợi phương pháp trình bày so với phương pháp tác giả khác Nội dung chương tham khảo từ tài liệu [3] Trong luận văn, thực nghiệm tính tốn lập trình mơi trường MATLAB Chương Một số kiến thức chuẩn bị Chương trình bày số kiến thức chuẩn bị cần sử dụng chương luận văn Nội dung chương tham khảo từ tài liệu [1], [2], [13], [16], [21] 1.1 Định lý điểm bất động Schauder Định lý điểm bất động Banach Định nghĩa 1.1 (Xem [2]) Cho X tập hợp khác rỗng Một ánh xạ d : X × X −→ R+ gọi metric X thỏa mãn điều kiện sau: a) d(x, y) ≥ 0, ∀x, y ∈ X; d(x, y) = ⇔ x = y, b) d(x, y) = d(y, x), ∀x, y ∈ X, c) d(x, y) d(x, z) + d(z, y), ∀x, y, z ∈ X Khi đó, d gọi khoảng cách hay metric X, (X, d) gọi không gian metric Định nghĩa 1.2 (Xem [2]) Dãy {xn } không gian metric (X, d) gọi hội tụ đến x0 ∈ X lim d(xn , x0 ) = n→∞ Khi đó, ta viết lim xn = x0 xn → x0 x0 gọi giới hạn dãy {xn } n→∞ Định nghĩa 1.3 (Xem [2]) Cho (X, d) không gian metric Dãy {xn } ⊂ X gọi dãy Cauchy hay dãy lim d(xn , xm ) = 0, n,m→∞ tức là, với ∀ε > 0, ∃n0 , ∀n, m ≥ n0 : d(xn , xm ) < ε Định nghĩa 1.4 (Xem [2]) Một không gian metric (X, d) gọi đầy đủ X dãy Cauchy hội tụ Định nghĩa 1.5 (Xem [2]) Cho X không gian véc tơ trường K (thực phức) Một chuẩn X ánh xạ k k: X −→ R+ thỏa mãn tính chất sau: a) k x k≥ 0, ∀x ∈ X; k x k= ⇔ x = 0; b) k λx k=| λ |k x k, ∀x ∈ X, ∀λ ∈ K; c) k x + y k≤ k x k + k y k, ∀x, y ∈ X Khơng gian tuyến tính X với chuẩn k k xác định gọi khơng gian tuyến tính định chuẩn Nhận xét 1.1 Khơng gian tuyến tính định chuẩn X không gian metric với khoảng cách d(x, y) = k x − y k, ∀x, y ∈ X Do đó, hội tụ khơng gian tuyến tính định chuẩn X định nghĩa giống hội tụ không gian metric Dãy {xn } không gian tuyến tính định chuẩn X gọi hội tụ x0 ∈ X k xn − x0 k −→ n −→ ∞ Định nghĩa 1.6 (Xem [2]) Khơng gian Banach khơng gian tuyến tính định chuẩn đầy đủ Một số ví dụ khơng gian Banach: 1) R C không gian Banach với chuẩn xác định bởi: k x k= | x |; x ∈ R (x ∈ C) 2) Rn không gian Banach với chuẩn n X 1/2 x2i k x k= ; x = (x1 , x2 , , xn ) ∈ Rn i=1 3) C[a, b] không gian Banach với chuẩn k x kC[a,b] = max | x(s) | s∈[a,b] 4) C [a, b] không gian Banach với chuẩn k u kC [a,b] =k u kC[a,b] + k u′ kC[a,b] 5) L2 [a, b] không gian Banach với chuẩn  b 1/2 Z k x k2 =  | x2 (t) | dt a Định nghĩa 1.7 (Xem [21]) Giả sử (X, d) không gian metric, T ánh xạ từ X vào X Điểm x ∈ X gọi điểm bất động T x = T x Các định lý điểm bất động đảm bảo tồn điểm bất động Các định lý có tính ứng dụng cao việc chứng minh tồn nghiệm phương trình Chẳng hạn như, xét phương trình F (x) = 0, F hàm thực tổng quát tốn tử khơng gian Banach Để tồn nghiệm phương trình ta cần chứng minh ánh xạ x 7→ x − λT (x)F (x) có điểm bất động, λ > tham số, T (x) toán tử tuyến tính khả nghịch Để đảm bảo tồn điểm bất động ta phải quan tâm đến điều kiện đặt lên ánh xạ điều kiện đặt lên miền xác định ánh xạ Trước tiên ta xét phiên Định lý điểm bất động Schauder không gian hữu hạn chiều: Định lý 1.1 (Xem [21]) (Định lý điểm bất động Brouwer (1912)) Giả sử D tập khác rỗng, lồi, compact RK , K ≥ f : D → D ánh xạ liên tục Khi f có điểm bất động Ứng dụng đặc biệt quan trọng Định lý điểm bất động Brouwer Nguyên lý tồn nghiệm cho hệ phương trình khơng gian hữu hạn chiều - Ngun lý có vai trị quan trọng phương pháp Galerkin cho toán tử đơn điệu (xem [21]) Tuy nhiên, Định lý điểm bất động Brouwer có hạn chế áp dụng với ánh xạ liên tục không gian hữu hạn chiều Khi xét tồn nghiệm phương trình, ta thường xét không gian hàm không gian Banach vô hạn chiều Lúc ta cần đến phiên mở rộng Định lý Brouwer áp dụng với toán tử không gian vô hạn chiều - Định lý điểm bất động Schauder Trước xét Định lý điểm bất động Schauder, ta xét khái niệm toán tử compact sau: Định nghĩa 1.8 (Xem [21]) Cho X, Y khơng gian Banach Tốn tử T : D ⊂ X → Y gọi compact (i) T liên tục; (ii) T ánh xạ tập bị chặn vào tập compact tương đối dt ≤ K4,k (b − a)4−k , k = 0, 1, 2, 3, k ∂x a √ = 1/384, K4,1 = 1/72 3, K4,2 = 1/12, K4,3 = 1/2 yψ (x) = vψ′ (x), uψ (x) = vψ′′ (x), zψ (x) = vψ′′′ (x) Với số N > 0, ta định nghĩa miền DN sau n DN = (x, v, y, u, z) | a ≤ x ≤ b, |v| ≤ K4,0 (b − a)4 N, o |y| ≤ K4,1 (b − a)3 N, |u| ≤ K4,2 (b − a)2 N, |z| ≤ K4,3 (b − a)N (2.1.5) (2.1.6) (2.1.7) (2.1.8) Kí hiệu B[O, N ] hình cầu đóng tâm O bán kính N khơng gian hàm liên tục [a, b] với chuẩn kψk = maxa≤x≤b |ψ(x)| 14 Bổ đề 2.1 Giả sử T , T , , T k toán tử compact từ C[a, b] vào C[a, b] f (x, v1 , v2 , , vk ) hàm liên tục [a, b] × Rk Khi tốn tử phi tuyến T : C[a, b] → C[a, b] xác định công thức   (T ψ)(x) = f x, (T ψ)(x), (T ψ)(x), , (T k ψ)x toán tử compact C[a, b] Chứng minh Ta chứng minh với tập bị chặn H ⊂ C[a, b], tập T H compact tương đối C[a, b] Thật vậy, với dãy {ψn } ∈ H, từ tính compact T ta suy tồn dãy {ψn(1) } ⊂ {ψn } cho lim T ψn(1) = ϕ1 ∈ C[a, b] n→∞ Từ tính compact T suy tồn dãy {ψn(2) } ⊂ {ψn(1) } cho lim T ψn(2) = ϕ2 ∈ C[a, b] n→∞ Lập luận tương tự ta suy tồn dãy {ψn(k) } ⊂ {ψn(k−1) } thỏa mãn lim T k ψn(k) = ϕk ∈ C[a, b] n→∞ Từ tính liên tục hàm f ta có lim f (x, T ψn(k) , T ψn(k) , , T k ψn(k) ) = f (x, ϕ1 , ϕ2 , , ϕk ) ∈ C[a, b] n→∞ Do vậy, T toán tử compact C[a, b] Định lý 2.1 Giả sử f hàm liên tục tồn số N > cho (2.1.9) |f (x, v, y, u, z)| ≤ N với (x, v, y, u, z) ∈ DN Khi tốn (0.0.6) có nghiệm Chứng minh Đầu tiên ta chứng minh tốn tử T ánh xạ hình cầu đóng B[O, N ] vào Thật vậy, lấy hàm ψ thuộc B[O, N ], từ (2.1.4)-(2.1.6) ta có kv (k) k ≤ K4,k (b − a)4−k kψk ≤ K4,k (b − a)4−k N, 15 k = 0, 1, 2, (2.1.10) Do đó, từ (2.1.7) (2.1.8) ta (x, v, y, u, z) ∈ DN Từ (2.1.1) (2.1.9) suy T ψ ∈ B[O, N ], tức là, toán tử T ánh xạ B[O, N ] vào Tiếp theo, với ψ ∈ B[O, N ], kí hiệu v = vψ nghiệm tốn (k) (2.1.2) kí hiệu T k ψ = vψ (k = 0, 1, 2, 3) Từ biểu diễn v, v ′ , v ′′ , v ′′′ (2.1.4) (2.1.5) suy T k (k = 0, 1, 2, 3) toán tử compact từ B[O, N ] vào C[a, b] Theo Bổ đề 2.1, T toán tử compact B[O, N ] ⊂ C[a, b] Do đó, theo Định lý điểm bất động Schauder, T có điểm bất động, tức là, tốn (0.0.6) có nghiệm Định lý 2.2 Giả sử tất điều kiện Định lý 2.1 thỏa mãn Thêm vào đó, giả sử tồn số C0 , C1 , C2 , C3 ≥ cho |f (x, v2 , y2 , u2 , z2 ) − f (x, v1 , y1 , u1 , z1 )| ≤ C0 |v2 − v1 | + C1 |y2 − y1 | + C2 |u2 − u1 | + C3 |z2 − z1 |, (2.1.11) với (x, vi , yi , ui , zi ) ∈ DN (i = 1, 2) q= X k=0 Ci K4,k (b − a)4−k < (2.1.12) Khi tốn (0.0.6) có nghiệm v có đánh giá kvk ≤ K4,0 (b − a)4 N, kv ′ k ≤ K4,1 (b − a)3 N, kv ′′ k ≤ K4,2 (b − a)2 N, kv ′′′ k ≤ K4,3 (b − a)N Chứng minh Để chứng minh định lý ta chứng minh T toán tử co hình cầu B[O, N ] Thật vậy, lấy hai hàm ψ1 , ψ2 B[O, N ] kí hiệu v1 , v2 tương ứng nghiệm toán (2.1.2) ứng với ψ1 , ψ2 Ta kí hiệu yi = vi′ , ui = vi′′ , zi = vi′′′ (i = 1, 2) Khi lập luận tương tự chứng minh Định lý 2.1 ta suy (x, vi , yi , ui , zi ) ∈ DN (i = 1, 2) Từ (2.1.1) (2.1.11) ta có |(T ψ2 )(x) − (T ψ1 )(x)| = |f (x, v2 , y2 , u2 , z2 ) − f (x, v1 , y1 , u1 , z1 )| ≤ C0 |v2 − v1 | + C1 |y2 − y1 | + C2 |u2 − u1 | + C3 |z2 − z1 | (2.1.13) Mặt khác từ đánh giá (2.1.10) ta thu kv2 − v1 k ≤ K4,0 (b − a)4 kψ2 − ψ1 k, ku2 − u1 k ≤ K4,2 (b − a)2 kψ2 − ψ1 k, 16 ky2 − y1 k ≤ K4,1 (b − a)3 kψ2 − ψ1 k, kz2 − z1 k ≤ K4,3 (b − a)kψ2 − ψ1 k (2.1.14) Kết hợp (2.1.13), (2.1.14) với (2.1.12) ta suy T toán tử co B[O, N ] Do phương trình ψ = T ψ có nghiệm ψ với kψk ≤ N Điều hàm ý tốn (0.0.6) có nghiệm v xác định từ (2.1.2) với hàm ψ tìm Các đánh giá v, v ′ , v ′′ , v ′′′ suy trực tiếp từ đánh giá (2.1.10) Tiếp theo ta xét trường hợp đặc biệt Định lý 2.2 Kí hiệu n + DN = (x, v, y, u, z) | a ≤ x ≤ b, ≤ v ≤ K4,0 (b − a)4 N, |y| ≤ K4,1 (b − a) N, |u| ≤ K4,2 (b − a) N, |z| ≤ K4,3 (b − a)N o SN = {ψ ∈ C[a, b] | ≤ ψ(x) ≤ N } Định lý 2.3 (Tính dương nghiệm) + Giả sử miền DN hàm f thỏa mãn điều kiện ≤ f (x, v, y, u, z) ≤ N điều kiện (2.1.11), (2.1.12) Định lý 2.2 thỏa mãn Khi tốn (0.0.6) có nghiệm khơng âm Chứng minh Định lý 2.3 chứng minh hoàn toàn tương tự chứng minh Định lý 2.2, ta thay miền DN hình cầu B[O, N ] tương ứng miền + DN SN 2.2 Phương pháp giải ví dụ số Xét phương pháp lặp giải toán (0.0.6) sau: i) Cho xấp xỉ ban đầu ψ0 (x), chẳng hạn, ψ0 (x) = f (x, 0, 0, 0, 0) (2.2.1) ii) Biết ψk (x), (k = 0, 1, 2, ) tính vk (x) = Z b G(x, t)ψk (t)dt (2.2.2) a đạo hàm (m) vk (x) = Z b a ∂ m G(x, t) ψk (t)dt (m = 1, 2, 3) ∂xm iii) Cập nhật ψk+1 (x) = f (x, vk (x), vk′ (x), vk′′ (x), vk′′′ (x)) Đặt pk = qk kψ1 − ψ0 k Ta xét định lý sau: 1−q 17 (2.2.3) Định lý 2.4 Với giả thiết Định lý 2.2, phương pháp lặp nêu hội tụ với tốc độ hội tụ cấp số nhân ta có đánh sau kvk − vk ≤ K4,0 (b − a)4 pk , kvk′ − v ′ k ≤ K4,1 (b − a)3 pk , kvk′′ − v ′′ k ≤ K4,2 (b − a)2 pk , kvk′′′ − v ′′′ k ≤ K4,3 (b − a)pk , v nghiệm toán (0.0.6) Chứng minh Để ý phương pháp lặp giải tốn trình bày phương pháp lặp tìm điểm bất động tốn tử T với xấp xỉ đầu ψ0 = ψ0 (x) ∈ B[O, N ] Do hội tụ với tốc độ cấp số nhân thỏa mãn đánh giá ||ψk − ψ|| ≤ qk ||ψ1 − ψ0 || 1−q Kết hợp với ước lượng dạng (2.1.14) ta thu kết luận định lý Chú ý 2.1 Xét toán (0.0.5) Đặt u(x) = v(x) − P (x), P (x) đa thức bậc ba thỏa mãn điều kiện biên tốn kí hiệu F (x, u(x), u′ (x), u′′ (x), u′′′ (x)) = f (x, u(x) + P (x), (u(x) + P (x))′ , (u(x) + P (x))′′ , (u(x) + P (x))′′′ ) Khi tốn (0.0.5) trở thành ( u(4) (x) = F (x, u(x), u′ (x), u′′ (x), u′′′ (x)), u(a) = u(b) = 0, u′ (a) = u′ (b) = a < x < b, Khi ta áp dụng kết trình bày phần tốn Từ Định lý 2.1 ta thu kết tồn nghiệm toán (0.0.5) sau: Định lý 2.5 Giả sử f hàm liên tục tồn số N > cho |f (x, u0 , u1 , u2 , u3 )| ≤ N với (x, u0 , u1 , u2 , u3 ) ∈ DN , n DN = (x, u0 , u1 , u2 , u3 ) | a ≤ x ≤ b, |ui | ≤ max |P (i) (x)| x∈[a,b] o + K4,i (b − a)4−i N, i = 0, 1, 2, Khi tốn (0.0.5) có nghiệm 18 Để thử nghiệm số ta xét lưới ω h = {xi = ih, i = 0, 1, , M } Để tính gần tích phân xác định ta sử dụng cơng thức Simpson với độ xác cấp bốn Với hàm lưới, ta sử dụng chuẩn kvkωh = maxxi ∈ωh |v(xi )| Trong bảng kết tính tốn đồ thị, ta kí hiệu v nghiệm đúng, M số khoảng chia lưới, K số lần lặp, ev(K) = kvK −vkωh , e(K) = kvK −vK−1 kωh Quá trình lặp dừng e(K) ≤ 10−16 Đầu tiên, ta xét ví dụ trường hợp biết trước nghiệm Ví dụ 2.1 Xét toán  v(x)v ′′′ (x) v ′ (x)v ′′ (x) v ′  (4) v (x) = 12 + − + , 4  v(0) = v(1) = 0, v ′ (0) = v ′ (1) = 0 < x < 1, Nghiệm toán x2 x4 − x3 + , 2 ≤ x ≤ f (x, v, y, u, z) = 12 + vz yu y − + 4 v(x) = Ta có Trong miền n N N N No DN = (x, v, y, u, z) | ≤ x ≤ 1, |v| ≤ , |y| ≤ √ , |u| ≤ , |z| ≤ 384 12 72 ta có N N N N N + √ + √ |f (x, v, y, u, z)| ≤ 12 + 384 72 12 72 N N N2 √ + √ = 12 + + 1536 3456 288 Ta chọn N = 14 để điều kiện (2.1.9) thỏa mãn D14 , từ |z| N |u| |fv′ | = ≤ , |fy′ | = + ≤ 4 |v| N |y| √ , |fz′ | = ≤ ≤ |fu′ | = 288 Thêm vào đó, miền N + , 48 N , 768 ta chọn hệ số C0 = , C1 = 13 , 24 C2 = 19 √ , 144 C3 = 384 10 −5 error−axis 10 −10 10 −15 10 −20 10 K−axis Hình 2.1: Đồ thị e(K) Ví dụ 2.1 Khi q= C2 C3 C1 C0 + √ + + ≈ 0.02 < 384 72 12 Khi đó, tất điều kiện Định lý 2.2 thỏa mãn Vì tốn có nghiệm theo Định lý 2.4 phương pháp lặp (2.2.1)-(2.2.3) hội tụ Bảng 2.1 thể hội tụ phương pháp lặp Từ bảng ta thấy hội tụ phương pháp lặp không phụ thuộc vào cỡ lưới Đồ thị sai số e(K) cho Hình 2.1 Bảng 2.1: Sự hội tụ Ví dụ 2.1 M K ev(K) e(K) 100 200 500 1000 6 6 1.6667e-9 1.0417e-10 2.6667e-12 1.6676e-13 6.9389e-18 6.9389e-18 6.9389e-18 8.3267e-18 Để ý rằng, Ví dụ 2.1, tất điều kiện Định lý 2.3 thỏa + mãn miền D14 Do nghiệm tốn ví dụ khơng âm Bên cạnh đó, từ f (x, 0, 0, 0, 0) = 12 6≡ 0, ∀x ∈ [0, 1] ta kết luận nghiệm dương Trong ví dụ tiếp theo, nghiệm tốn chưa biết trước Ví dụ 2.2 Xét toán ( v (4) (x) = x + x2 + v (x)v ′′ (x) + v ′ (x) sin v ′′′ (x), v(0) = v(1) = 0, v ′ (0) = v ′ (1) = Ta có f (x, v, y, u, z) = x + x2 + v u + y sin z 20 < x < 1, 10 −5 error−axis 10 −10 10 −15 10 −20 10 K−axis Hình 2.2: Đồ thị e(K) Ví dụ 2.2 Trong miền n N N No N , |y| ≤ √ , |u| ≤ , |z| ≤ DN = (x, v, y, u, z) | ≤ x ≤ 1, |v| ≤ 384 12 72 ta có |f (x, v, y, u, z)| ≤ + N N3 + √ 1769472 72 Ta chọn N = để điều kiện (2.1.9) Định lý 2.1 thỏa mãn Bên cạnh đó, miền D3 , từ N2 , |fy′ | = | sin z| ≤ 1, 2304 N N2 , |fz′ | = |y cos z| ≤ √ , |fu′ | = |v | ≤ 147456 72 |fv′ | = 2|vu| ≤ ta chọn hệ số Lipschitz C0 = , 256 Khi q= C1 = 1, C2 = , 16384 C3 = √ 24 C0 C2 C3 C1 + √ + + ≈ 0.02 < 384 72 12 Do tất điều kiện Định lý 2.2 thỏa mãn Do toán có nghiệm theo Định lý 2.4, phương pháp lặp (2.2.1)-(2.2.3) hội tụ Các kết tính tốn cho thấy với cỡ lưới khác nhau, tiêu chuẩn dừng lặp e(K) ≤ 10−16 thỏa mãn sau lần lặp Đồ thị sai số e(K) đồ thị nghiệm xấp xỉ tương ứng cho Hình 2.2 Hình 2.3 21 −3 x 10 2.5 1.5 0.5 0 0.2 0.4 0.6 0.8 Hình 2.3: Đồ thị nghiệm xấp xỉ Ví dụ 2.2 Ví dụ 2.3 Xét tốn [7, Ví dụ 7.1] ( w(4) (x) = w2 (x) sin w(x) + sin x, < x < 1, w(0) = 1, w(1) = w′ (0) = w′ (1) = (2.2.4) Đặt v(x) = w(x) − P (x), P (x) = 2x3 − 3x2 + Khi tốn (2.2.4) trở thành     2  (4) v (x) = v(x) + P (x) sin v(x) + P (x) + sin x, < x < 1, (2.2.5)  v(0) = v(1) = 0, v ′ (0) = v ′ (1) = Với tốn (2.2.5) ta có f (x, v, y, u, z) = (v + P )2 sin(v + P ) + sin x Trong miền n N N No N DN = (x, v, y, u, z) | ≤ x ≤ 1, |v| ≤ , |y| ≤ √ , |u| ≤ , |z| ≤ 384 12 72 ta có N2 N |f (x, v, y, u, z)| ≤ + + 147456 192 Ta chọn N = 2.1 để thỏa mãn điều kiện (2.1.9) Định lý 2.1 Thêm vào đó, miền D2.1 , từ |fv′ | N N2 + + 3, = |2(v + P ) sin(v + P ) + (v + P ) cos(v + P )| ≤ 147456 96 |fy′ | = |fu′ | = |fz′ | = 0, ta lấy hệ số Lipschitz C0 = 3.03, C1 = C2 = C3 = 22 0.9 0.8 0.7 w−axis 0.6 0.5 0.4 0.3 0.2 0.1 0 0.2 0.4 0.6 0.8 x−axis Hình 2.4: Đồ thị nghiệm xấp xỉ Ví dụ 2.3 Khi q= C0 C2 C3 C1 + √ + + ≈ 0.008 < 384 72 12 Do điều kiện Định lý 2.2 thỏa mãn Vì tốn (2.2.5) có nghiệm (tức tốn (2.2.4) có nghiệm) theo Định lý 2.4, phương pháp lặp (2.2.1)-(2.2.3) hội tụ Tiêu chuẩn dừng lặp thỏa mãn sau bước lặp Đồ thị nghiệm xấp xỉ tốn (2.2.4) cho Hình 2.4 Chú ý Ví dụ 2.3, ta dễ dàng kiểm tra điều kiện Định lý + 2.3 thỏa mãn miền D2.1 , nghiệm v(x) tốn (2.2.5) khơng âm Bên cạnh đó, từ f (x, 0, 0, 0, 0) 6≡ 0, ∀x ∈ [0, 1] ta suy nghiệm dương Do đó, nghiệm w(x) = v(x) + P (x) toán (2.2.4) nghiệm dương Để ý [7], tác giả suy tồn nghiệm toán (2.2.4) miền S = {(x, w) : ≤ x ≤ 1, |w| ≤ k0 }, ≤ k0 ≤ 383.9973958 không tính nghiệm Trong đó, theo Định lý 2.2 Định lý 2.3, ta chứng minh tốn (2.2.4) có nghiệm dương miền n 2.1 o , S = (x, w) : ≤ x ≤ 1, ≤ w − P ≤ 384 hay, n o S = (x, w) : ≤ x ≤ 1, ≤ w ≤ 1.005469 Ví dụ 2.4 Xét tốn [7, Ví dụ 7.3] ( w(4) (x) = w(x) sin w(x) + e−x , < x < 1, w(0) = 1, w(1) = w′ (0) = w′ (1) = 23 (2.2.6) 0.9 0.8 0.7 w−axis 0.6 0.5 0.4 0.3 0.2 0.1 0 0.2 0.4 0.6 0.8 x−axis Hình 2.5: Đồ thị nghiệm xấp xỉ Ví dụ 2.4 Đặt v(x) = w(x) − P (x), P (x) = 2x3 − 3x2 + Khi tốn (2.2.6) trở thành     ( (4) v (x) = v(x) + P (x) sin v(x) + P (x) + e−x , < x < 1, (2.2.7) v(0) = v(1) = 0, v ′ (0) = v ′ (1) = Tương tự Ví dụ 2.3, ta chọn N = 2.0053, hệ số Lipschitz C0 = 2.1, C1 = C2 = C3 = Khi q ≈ 0.005 < Tất điều kiện Định lý 2.2 thỏa mãn Do tốn (2.2.7) có nghiệm (cũng tức tốn (2.2.6) có nghiệm nhất) phương pháp lặp tìm nghiệm hội tụ Các kết tính tốn rằng, với cỡ lưới khác nhau, tiêu chuẩn dừng lặp thỏa mãn sau lần lặp Đồ thị nghiệm xấp xỉ toán (2.2.6) cho Hình 2.5 Cũng ý ví dụ 2.4, tất điều kiện Định lý 2.3 + thỏa mãn miền D2.0053 , nghiệm v(x) tốn (2.2.7) khơng âm Ngồi ra, ta nghiệm dương Do đó, nghiệm w(x) = v(x) + P (x) toán (2.2.6) dương Chú ý [7], tác giả thiết lập tồn nghiệm toán (2.2.6) miền n o S = (x, w) : ≤ x ≤ 1, |w| ≤ 1.005222 không tính nghiệm Trong đó, theo Định lý 2.2 Định lý 2.3, ta chứng minh tốn (2.2.6) có nghiệm dương miền n 2.0053 o , S = (x, w) : ≤ x ≤ 1, ≤ w − P ≤ 384 hay, n o S = (x, w) : ≤ x ≤ 1, ≤ w ≤ 1.005222 24 Ví dụ 2.5 Xét tốn [7, Ví dụ 7.2] ( w(4) (x) = w(x)1/2 sin ew(x) + e−x , a < x < b, w(a) = A1 , w(b) = B1 , w′ (a) = A2 , w′ (b) = B2 (2.2.8) Đặt v(x) = w(x) − P (x), P (x) đa thức bậc ba thỏa mãn điều kiện biên (2.2.8) Khi tốn trở thành   1/2  (4) sin ev(x)+P (x) + e−x , a < x < b, v (x) = v(x) + P (x) (2.2.9)  v(a) = v(b) = 0, v ′ (a) = v ′ (b) = Ta có f (x, v, y, u, z) = (v + P )1/2 sin ev+P + e−x Trong miền n DN = (x, v, y, u, z) | a ≤ x ≤ b, |v| ≤ K4,0 (b − a)4 N, |y| ≤ K4,1 (b − a)3 N, |u| ≤ K4,2 (b − a)2 N, |z| ≤ K4,3 (b − a)N ta có |f (x, v, y, u, z)| ≤ q o K4,0 (b − a)4 N + K + e−a , K = maxa≤x≤b |P (x)| Ta thấy với số hữu hạn b − a, A1 , A2 , B1 , B2 tồn số N > cho điều kiện (2.1.9) Định lý 2.1 thỏa mãn Vì tốn (2.2.9) có nghiệm, tức là, tốn (2.2.8) có nghiệm Chú ý [7], tác giả tồn nghiệm toán (2.2.8) với điều kiện b − a, A1 , A2 , B1 , B2 số hữu hạn Ví dụ 2.6 Xét tốn [7, Ví dụ 7.4] ( v (4) (x) = v(x) sin v (x), a < x < b, v(a) = 0, v(b) = 0, v ′ (a) = 0, v ′ (b) = (2.2.10) Ta có f (x, v, y, u, z) = v sin v Trong miền n DN = (x, v, y, u, z) | a ≤ x ≤ b, |v| ≤ K4,0 (b − a)4 N, ta có |y| ≤ K4,1 (b − a) N, |u| ≤ K4,2 (b − a) N, |z| ≤ K4,3 (b − a)N (b − a)4 N |f (x, v, y, u, z)| ≤ K4,0 (b − a) N = 384 25 o Vì điều kiện (2.1.9) Định lý 2.1 thỏa mãn (b − a) ≤ 4.4267 Với điều kiện ta có |fv′ | = | sin v + 2v cos v | ≤ + 2[K4,0 (b − a)4 N ]2 ≤ + 2N Do ta chọn C0 = + 2N , C1 = C2 = C3 = Do điều kiện (2.1.12) Định lý 2.2 thỏa mãn < N < 0.0035 Vậy tốn (2.2.10) có nghiệm v(x) ≡ b − a ≤ 4.4267 Chú ý [7], tác giả kết luận tương tự toán (2.2.10) Ví dụ 2.7 Xét tốn [7, Ví dụ 7.5, Ví dụ 7.6] ( v (4) (x) = v(x) sin v(x) + sin x, < x < π/2, v(0) = v ′ (0) = v(π/2) = v(π/2) = (2.2.11) Trong ví dụ f (x, v, y, u, z) = v sin v + sin x, π4N π3N √ , DN = (x, v, y, u, z) | ≤ x ≤ π/2, |v| ≤ , |y| ≤ 6144 576 πN o π2N |u| ≤ , |z| ≤ 48 Tương tự ví dụ trước đó, ví dụ ta lấy n N = 1.016109755, hệ số Lipschitz Định lý 2.2 C0 = 1.016109754, C1 = C2 = C3 = Khi q ≈ 0.016109753 Do tất điều kiện Định lý 2.2 thỏa mãn Vì tốn (2.2.11) có nghiệm phương pháp lặp tìm nghiệm hội tụ Các kết tính tốn cho thấy, với cỡ lưới khác nhau, điều kiện dừng lặp thỏa mãn sau lần lặp Đồ thị nghiệm xấp xỉ tốn (2.2.11) cho Hình 2.6 Chú ý ví dụ này, điều kiện Định lý 2.3 thỏa mãn + miền DN Do nghiệm v(x) toán (2.2.11) khơng âm Ngồi ra, nghiệm nghiệm dương khơng thể nghiệm tầm thường Để ý [7, Ví dụ 7.5], tác giả thiết lập tính nghiệm v(x) tốn với max |v(x)| ≤ 0.0161139 x∈[0,π/2] 26 0.012 0.01 0.008 0.006 0.004 0.002 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.2 1.4 1.6 Hình 2.6: Đồ thị nghiệm xấp xỉ Ví dụ 2.7 phương pháp lặp tìm nghiệm hội tụ cấp số nhân với công bội q = 0.016109819 Trong [7, Ví dụ 7.6], tác giả tính nghiệm v(x) tốn max |v(x)| ≤ 0.016659942, x∈[0,π/2] cịn phương pháp lặp tìm nghiệm hội tụ cấp số nhân với cơng bội q = 0.032765075 Trong đó, sử dụng Định lý 2.2, Định lý 2.3, ta chứng minh tốn (2.2.11) có nghiệm dương v(x) với < v(x) < π4N = 0.0161098 6144 phương pháp lặp tìm nghiệm hội tụ cấp số nhân với cơng bội q = 0.016109753 Ở ví dụ tiếp theo, ta điều kiện tất định lý tồn nghiệm [7] khơng thỏa mãn (do theo định lý này, ta khẳng định tồn nghiệm tốn), đó, theo Định lý 2.2, ta tốn có nghiệm Ví dụ 2.8 Ta xét tốn ( w(4) (x) = w5 (x), < x < 1, w(0) = 0, w(1) = 1.87, w′ (0) = 0, w′ (1) = 5.61 (2.2.12) Xét định lý tồn nghiệm toán (0.0.5) [7] sau: Định lý 2.6 (Xem [7, Định lý 3.1]) Giả sử (i) ki > 0, i = 0, 1, 2, số thực, Q giá trị lớn hàm f (x, v0 , v1 , v2 , v3 ) tập compact {(x, v0 , v1 , v2 , v3 ) : a ≤ x ≤ b, |vi | ≤ 2ki , i = 0, 1, 2, 3} 27