Phương pháp lặp đơn điệu để giải một số bài toán biên phi tuyến đối với phương trình vi phân cấp hai và cấp bốn

1 MỞ ĐẦU Phương pháp lặp đơn điệu liên quan đến nghiệm nghiệm công cụ mạnh để tìm nghiệm nghiệm theo cách thứ tự phương trình vi phân với loại điều kiện biên khác [7] Nội dung phương pháp toán xem xét, xuất phát từ cặp nghiệm người ta xây dựng hai dãy tiến dần đến nghiệm từ hai phía cách đơn điệu Nhờ có dãy hội tụ đơn điệu dễ dàng đánh giá sai số nghiệm gần lấy trung bình nghiệm nghiệm làm nghiệm xấp xỉ toán Phương pháp phát triển cho nhiều tốn biên phi tuyến phương trình vi phân cấp hai cấp bốn Cơ sở phương pháp nguyên lý cực đại phương trình vi phân Ngồi áp dụng cho phương trình vi phân thường phương pháp lặp đơn điệu áp dụng cho loại phương trình đạo hàm riêng Mục đích luận văn tìm hiểu phương pháp lặp đơn điệu giải số toán biên phương trình vi phân thường cấp hai cấp bốn phi tuyến xuất lý thuyết truyền nhiệt lý thuyết uốn dầm đàn hồi Luận văn gồm hai chương: Chương PHƯƠNG PHÁP ĐƠN ĐIỆU GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN CẤP HAI 1.1 Phương pháp đơn điệu giải toán phi tuyến cấp hai với điều kiện biên hỗn hợp 1.2 Phương pháp đơn điệu giải toán phi tuyến cấp hai với điều kiện biên tuần hoàn Chương PHƯƠNG PHÁP ĐƠN ĐIỆU GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN CẤP BỐN 2.1 Phương pháp lặp để tìm nghiệm đơn điệu dương phương trình bậc bốn với điều kiện biên phi tuyến 2.2 Phương pháp đơn điệu giải toán phi tuyến dầm Do thời gian hạn chế nên luận văn dừng lại việc tìm hiểu tài liệu, xếp trình bày kết nghiên cứu có theo chủ đề đặt Chương PHƯƠNG PHÁP ĐƠN ĐIỆU GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN CẤP HAI 1.1 Phương pháp đơn điệu giải toán phi tuyến cấp hai với điều kiện biên hỗn hợp Mục trình bày tốn biên phương trình vi phân phi tuyến cấp hai Dựa ngun lý cực đại, chúng tơi trình bày việc thiết lập tồn tính nghiệm tốn Tiếp chúng tơi nói đến cách tìm nghiệm phương pháp lặp, chứng minh hội tụ nhanh phương pháp xấp xỉ liên tiếp Picard Trình bày phương pháp xấp xỉ đơn điệu từ hai phía cho nghiệm xác toán trường hợp cụ thể Cuối cùng, chúng tơi đưa vài ví dụ cụ thể để khẳng định tính hiệu phương pháp 1.1.1 Giới thiệu toán biên phi tuyến cấp hai với điều kiện biên hỗn hợp Xét toán biên sau: Lu º -( p ( x)u¢( x))¢ + q ( x)u ( x) = (b + u ( x ))j ( x, u ( x )), < x < 1, (1.1.1) u¢(0) = 0, u (1) = (1.1.2) dựa số giả thiết: (H1) p ( x) Ỵ C1 [ 0,1] , p( x) ³ p0 > 0, q( x) Ỵ C [ 0,1] , q( x) ³ 0, b > (H2) Hàm j ( x, t ) liên tục miền [ 0,1] ´ ( -¥, +¥ ) Bên cạnh đó, tồn hai số M , M > thỏa mãn - M £ j ( x, t ) £ j ( x, t1 ) - j ( x, t2 ) £ M t1 - t2 với -¥ < t1, t2 < +¥,0 £ x £ Bài toán (1.1.1) (1.1.2) xuất lý thuyết truyền nhiệt chất chất xúc tác xốp Khác với hướng tiếp cận trước đây, xét đến phương pháp lặp mà chất giống dạng sóng thư giãn, áp dụng rộng rãi cho việc nghiên cứu vi phân phương trình vi phân đại số Phương pháp chứng minh có khả hội tụ nhanh phương pháp xấp xỉ liên tiếp Picard trình bày phương pháp xấp xỉ đơn điệu từ hai phía cho nghiệm xác toán trường hợp hàm j ( x, t ) không nghịch biến theo biến t Kết lí thuyết khẳng định qua vài thí nghiệm số 1.1.2 Sự tồn tính nghiệm Trong phần phần sau ta sử dụng kiến thức sau: Bổ đề 1.1.1 Giả sử u Ỵ C [ 0,1] p ( x ) , q ( x ) thỏa mãn giả thiết (H1) Nếu Lu ³ "x Ỵ ( 0,1) -u¢ ( ) ³ 0, u (1) ³ u ( x ) ³ "x Ỵ [ 0,1] Chứng minh Để chứng minh bổ đề ta cần chứng minh u ( ) ³ áp dụng nguyên lý cực đại chiều vào toán tử L Ta giả sử u ( ) < , u ( x ) liên tục nên tồn khoảng ( 0, x ) ,0 < x * * ( ) £ cho u ( x ) < u x* = Từ điều kiện Lu ³ q ( x ) ³ ta suy ( p ( x ) u¢ ( x ) )¢ £ với < x £ x* Như hàm p ( x ) u¢ ( x ) ( ) khơng đồng biến khoảng 0, x* Với điều kiện -u¢ ( ) ³ ta có ( ) p ( x ) u¢ ( x ) £ hay u¢ ( x ) £ 0, x* ( ) Điều dẫn đến mâu thuẫn u ( ) < u x* = Đây điều phải chứng minh Ta xét toán tìm hàm Green -( p ( x)Gx¢ ( x, x ))¢x + q ( x)G ( x, V ) = d ( x - x ),0 < x < 1, Gx¢ (0, x ) = 0, G (1,x ) = (1.1.3) với d ( x - x ) hàm Dirac Bài tốn (1.1.3) có nghiệm Sử dụng Bổ đề 1.1.1 ta chứng minh G ( x, x ) ³ 0,0 £ x, x < Chúng ta có kết sau Bổ đề 1.1.2 Bài toán (1.1.1) (1.1.2) tương đương với phương trình u = Su , (1.1.4) với S tích phân xác định Su = ò0 G ( x, x )(b + u (x ))j (x , u (x ))dx (1.1.5) Kí hiệu B tập hợp hàm số liên tục u ( x ) thỏa mãn điều kiện -b £ u ( x ) £ 0, £ x £ (1.1.6) Với mêtric thông thường r (u , v) = max u ( x) - v( x) tập hợp B trở thành 0£ x£1 không gian mê tric đầy đủ Bổ đề 1.1.3 Giả sử ta có bất đẳng thức C1 (bM + M ) < 1, (1.1.7) với C1 = max ò0 G ( x, x )dx 0£ x£1 (1.1.8) Khi tốn tử tích phân S xác định (1.1.5) ánh xạ từ khơng gian B vào ánh xạ co với hệ số co r1 = C1 (bM + M ) < (1.1.9) Chứng minh Cho u Ỵ B Vì j ( x, t ) liên tục ta có Su Ỵ C [ 0,1] Ngồi ra, G ( x, x ) ³ ta ước lượng Su ( x) £ M 1b ò0 G ( x, x )dx £ M 1bC1 Từ (1.1.7) ta có M 1C1 < suy Su ( x) £ b Từ giả thiết (H2) ta có Su ( x ) £ Từ hai điều ta suy -b < Su ( x ) £ hay Su Ỵ B Bây cho u , v Ỵ B, ta có ước lượng Su - Sv £ ò0 G ( x, x ) (b + v(x ))(j (x , u (x )) - j (x , v(x ))) + j (x , u (x ))(u (x ) - v(x )) dx £ C1 (bM + M ) u - v Từ (1.1.7) ta điều phải chứng minh khẳng định thứ hai bổ đề Bổ đề 1.1.4 Giả sử (1.1.7) thỏa mãn Bài toán (1.1.1) (1.1.2) dựa hai giả thiết (H1) (H2) có nghiệm u ( x ) Ỵ C [ 0,1] thỏa mãn bất đẳng thức (1.1.6) Bổ đề hệ Bổ đề 1.1.3 nguyên lý ánh xạ co 1.1.3 Phương pháp lặp Để giải toán (1.1.1) (1.1.2) với giả thiết hàm j ( x, u ) liên tục Lipschitz theo biến số thứ hai không thiết phải khả vi, ta áp dụng phương pháp nửa tuyến tính Bellman Kalaba Tuy nhiên, phương pháp xấp xỉ liên tiếp Picard sử dụng để giải phương trình tích phân Trong trường hợp này, phép lặp un+1 = Sun , u0 Ỵ B tương đương với tốn giá trị biên (1.1.10) Lun+1 = (b + un )j ( x, un ), < x < 1, (1.1.11) un¢ +1 ( ) = 0, un+1 (1) = 0, n = 0,1, (1.1.12) -b £ u0 ( x ) £ (1.1.13) Quá trình lặp hội tụ theo chuẩn × C ta có đánh giá un - u C r1n £ u0 - u1 C - r1 Trong phần này, ta xét phương pháp lặp tìm nghiệm cho tốn (1.1.1) (1.1.2) Phương pháp có khả hội tụ nhanh phương pháp (1.1.11) - (1.1.13) Ngoài ra, phương pháp cho dãy phép lặp với nhiều tính chất đáng ý dùng cho việc tính tốn sau Xét phép lặp sau: Lun+1 = (b + un+1 )j ( x, un ), < x < 1, (1.1.14) un¢ +1 ( ) = 0, un+1 (1) = 0, n = 0,1, (1.1.15) -b £ u0 ( x ) £ (1.1.16) Định lý 1.1.1 Q trình lặp (1.1.14) - (1.1.16) có nghĩa xấp xỉ ta có bất đẳng thức -bC1M £ un ( x ) £ 0, n = 1,2 - C1M (1.1.17) Chứng minh Sự tồn dãy {un ( x )} , n = 1,2, tính hợp lý vế phải bất đẳng thức (1.1.17) suy từ Bổ đề 1.1.1 áp dụng vào phương trình sau Lun+1 - j ( x, un )un+1 = bj ( x, un ) Để chứng minh vế trái bất đằng thức (1.1.17) ta biểu diễn nghiệm toán (1.1.14) (1.1.15) dạng un+1 ( x ) = ò0 G ( x, x )(b + un+1 (x ))j (x , un (x ))dx ước lượng un+1 ( x ) £ ò0 G ( x, x )(b + un+1 C ) M 1dx £ C1M1 (b + un+1 ) C Từ suy un+1 C £ C1M (b + un+1 C ) Cuối cùng, ta un+1 C £ bC1M - C1M (1.1.18) Đây điều phải chứng minh Định lý 1.1.2 Giả sử điều kiện (1.1.7) thỏa mãn Khi q trình lặp (1.1.14) - (1.1.16) để giải tốn (1.1.1) (1.1.2) hội tụ theo chuẩn × C ta có ước lượng un - u C £ r 2n u0 - u C , n = 1,2, (1.1.19) Ở đây, u ( x ) nghiệm toán (1.1.1) (1.1.2) r2 = bC1M < 1 - C1M (1.1.20) Chứng minh Đặt rn+1 = un+1 - u Khi đó, dễ dàng kiểm tra rn+1 thỏa mãn toán biên Lrn+1 = j ( x, un )rn+1 + (b + u ( x))(j ( x, un ) - j ( x, u )), < x < 1, rn¢+1 (0) = 0, rn+1 (1) = 0, n = 0,1, Biểu diễn rn+1 nhờ hàm Green, sau số ước lượng ta có rn+1 C £ r rn C , n = 0,1, Bất đẳng thức kéo theo bất đẳng thức (1.1.19) Đây điều phải chứng minh Từ công thức (1.1.9) (1.1.20) ta có r1 - r = M 1C1 (1 - M 1C1 - bC1M ) - M 1C1 Vì ta giả thiết điều kiện (1.1.7) thỏa mãn ta bất đẳng thức r1 > r Điều có nghĩa q trình lặp (1.1.14) - (1.1.16) hội tụ nhanh trình (1.1.11) - (1.1.13) Định lý 1.1.3 Giả sử bất đẳng thức (1.1.7) thỏa mãn Ngoài ra, giả thiết C1M < / hàm j ( x, t ) không giảm theo biến t khoảng ( -¥,0 ) Khi đó, xấp xỉ u0 ( x ) chọn cho u1 ( x) £ u0 ( x), "x Ỵ [ 0,1] dãy xấp xỉ un ( x) sinh trình lặp (1.1.14) - (1.1.16) không tăng, hay un+1 ( x) £ un ( x), "x Ỵ [ 0,1] , n = 1,2, Ngược lại, ta chọn u0 ( x ) cho u1 ( x ) ³ u0 ( x ) , "x Ỵ [ 0,1] dãy xấp xỉ un ( x ) sinh trình lặp (1.1.14) - (1.1.16) không giảm hay un+1 ( x ) ³ un ( x ) , "x Ỵ [ 0,1] , n = 1,2, Chứng minh Để ý C1M < / từ (1.1.17) ta có -b £ un+1 ( x ) £ Khi đó, để chứng minh định lý ta cần áp dụng Bổ đề 1.1.1 cho phương trình 10 Lzn+1 - j ( x, un ) zn+1 = ( b + un )(j ( x, un ) - j ( x, un-1 ) ) , với zn+1 = un+1 - un lưu ý hàm j ( x, t ) không giảm theo t Định lý 1.1.4 Giả sử điều kiện Định lý 1.1.3 thỏa mãn, giả sử {un ( x )} {vn ( x )} dãy xấp xỉ sinh phương pháp (1.1.14) (1.1.15) với xấp xỉ ban đầu theo thứ tự u0 ( x ) v0 ( x ) , với u0 ( x ) º v0 ( x ) nghiệm Lv0 = - M 1b, < x < 1, v0¢ (0) = 0, v0 (1) = (1.1.21) Khi ta có dãy bất đẳng thức: v0 ( x ) £ v1 ( x ) £ £ ( x ) £ u ( x ) £ £ un ( x ) £ £ u0 ( x ) (1.1.22) Chứng minh Trong chứng minh Định lý 1.1.3 ta -b £ un+1 ( x ) £ 0, n = 0,1, , x Ỵ [ 0,1] Điều với {vn ( x )} Vì vậy, lúc ta có u1 ( x ) £ u0 ( x ) º - M 1b £ ( b + v1 ( x ) )j ( x, v0 ( x ) ) £ (1.1.23) Ở ta sử dụng bất đẳng thức v0 ( x ) £ suy từ Bổ đề 1.1.1 Lưu ý đến (1.1.23), áp dụng tiếp Bổ đề 1.1.1 ta v0 ( x ) £ v1 ( x ) , u1 ( x ) £ u0 ( x ) Như vậy, Định lý 1.1.3 cho ta v0 ( x ) £ v1 ( x ) £ £ ( x ) £ un ( x ) £ un-1 ( x ) £ £ u1 ( x ) £ u0 ( x ) £ 45 æ ổ 1ửử cosh w ỗ t - ữ ữ ỗ ố ứ ữ h , t ẻ I, =ỗ w ữ ỗw w cosh ỗ ữứ ố t ú ta thy ổ ỗ 1 SN h Ê ỗ w ỗỗ w w cosh ố ổ w ữ ỗ cosh - ữ ữ h =ỗ ữh w ữữ ỗỗ w cosh ữữ ứ ố 2ứ (2.2.14) Vỡ vy, ta thu c SN ổw (2n)! ỗố ÷ø 2n w å -1 £ = = 2n w ỉ w ¥ w cosh w n=0 (2n)! ỗ ữ ố ø ¥ n =1 cosh ỉw ¥ n=0 (2n + 2)! ỗố ữứ ¥ n=0 Từ (2.2.14) ta có SN £ w2 w cosh Vì vậy, ta có SN < w < 1 = w2 N max {8, N } Trong trường hợp N = 0, từ (2.2.10) (2.2.11) ta có 1 SN h ( t ) £ ò0 G ( t, s ) ds h = t (1 - t ) h £ h , t Ỵ I Vậy S0 h £ 1 h hay S0 £ Từ 8 1 S0 (1) = max ò0 G ( t, s ) ds = max t (1 - t ) = , tỴI tỴI ổw (2n)! ỗố ữứ 2n 2n < 46 ta thu S0 = Cho h Ỵ C + ( I ) Từ (2.2.11) tính chất (b) G ( t, s ) ta nhận SN h ( t ) £ ò0 G ( s, s ) h ( s ) ds, t Ỵ I , vậy, ta có SN h £ ị0 G ( s, s ) h ( s ) ds Từ tính chất (c) G ( t, s ) ta có SN h ( t ) = ị0 G ( t, s ) h ( s ) ds ³ s G ( t, t ) ò0 G ( s, s ) h ( s ) ds ³ s G ( t, t ) SN h 1 Vì vậy, bất đẳng thức (2.2.13) chứng minh Bây cho h Ỵ C ( I ), xem xét tốn biên cấp bốn ìïu(4) ( t ) - Nu¢¢( t ) + Mu ( t ) = h ( t ) , t ẻ I , ùợu ( ) = u (1) = u¢¢( ) = u¢¢(1) = (2.2.15) Bổ đề 2.2.2 Cho M , N thỏa mãn (2.2.7) Thế với h Ỵ C ( I ), tốn biên (2.2.15) có nghiệm u = Th Ỵ C ( I ) toán tử nghiệm T : C ( I ) ® C ( I ) hồn tồn liên tục Hơn nữa, h Ỵ C + ( I ) nghiệm u = Th thỏa mãn u ³ u¢¢ £ Chứng minh: Đặt v = -u¢¢, tốn biên (2.2.15) viết lại thành tốn biên cấp hai ì ï- v¢¢( t ) + Nv ( t ) + MS0 v ( t ) = h ( t ) , t Ỵ I , í ï ỵv ( ) = v (1) = (2.2.16) 47 Nếu v Ỵ C ( I ) nghiệm tốn biên (2.2.16), u = S0 v Ỵ C ( I ) nghiệm toán biên (2.2.15) Theo Bổ đề 2.2.1, toán biên (2.2.16) tương đương với phương trình tốn tử C ( I ) ( I + MSN S0 ) v = SN h, (2.2.17) với I toán tử đồng C ( I ) Theo Bổ đề 2.2.1, MSN S0 £ M SN S0 £ N 1 £ sinh N 64 Vì vậy, I + MSN S0 tốn tử nghịch đảo bị chặn cho ( I + MSN S0 ) -1 ¥ ¥ = å ( -1)) ( MSN S0 ) = å ( MSN S0 ) n n=0 n n=0 2n (1 - MSN S0 ) , có chuẩn thỏa mãn ( I + MSN S0 ) -1 £ £ - MSN S0 (2.2.18) Vì vậy, phương trình tốn tử (2.2.17) tương đương với phương trình (2.2.16) có nghiệm v = ( I + MSN S0 ) SN h := Ph -1 (2.2.19) Vậy tốn biên (2.2.15) có nghiệm u = S0 v = S0 Ph := Th, T = S0 P Từ SN : C ( I ) ® C ( I ) tốn tử tuyến tính liên tục ( I + MSN S0 ) -1 : C ( I ) ® C ( I ) tốn tử tuyến tính bị chặn, ta (2.2.20) 48 P = ( I + MSN S0 ) SN : C ( I ) ® C ( I ) hồn tồn liên tục Vì kiện -1 S0 : C (I ) ® C (I ) toán tử bị tuyến tính bị chặn, ta thu T = S0 P : C ( I ) ® C ( I ) hồn tồn liên tục Cho h Ỵ C + ( I ) , ta thấy nghiệm u = Th toán biên (2.2.15) thỏa mãn u ³ u¢¢ £ Vì SN S0 toán tử dương C ( I ) SN h £ SN h , tính chất (a) (b) G ( t, s ) , ta có ( SN S0 ) SN h £ SN ( S0 (1) ) SN h £ SN (1) × S0 (1) × SN h = S h N ò0 G ( t, s ) ds £ SN h G ( t , t ) Kết hợp với (2.2.13), ta có ( I - MSN S0 ) SN h = SN h - M ( SN S0 ) SN h ³ s = Sử dụng kiện này, theo (2.2.19) ta có ¥ Ph = ( I + MSN S0 ) SN h = å ( MSN S0 ) -1 n=0 2n SN h G ( t , t ) - M S h G ( t, t ) N ( 8s - M ) SN h G ( t, t ) ³ ( I - MSN S0 ) SN h ³ (2.2.21) Vì vậy, u = S0 Ph ³ u¢¢ = - Ph £ Chứng minh Bổ đề 2.2.2 hoàn thành Chứng minh Định lý 2.2.1 Giả sử u Ỵ D4 thỏa mãn L4u ³ Đặt h = L4u , h Î C + ( I ) u nghiệm toán biên (2.2.15) Theo Bổ đề 2.2.1, u ³ u¢¢ £ Chứng minh hoàn thành 49 2.2.3 Các định lý Định lý 2.2.2 Giả sử f : I ´  ´  ®  liên tục tồn nghiệm nghiệm a , b Ỵ D4 cho tốn biên (2.2.1) thỏa mãn (2.2.3) Nếu f thỏa mãn điều kiện sau (F1) tồn số N ³ cho f ( t , u , v2 ) - f ( t , u , v1 ) £ N ( v2 - v1 ) , (2.2.22) với t Î I ,a ( t ) £ u £ b ( t ) b ¢¢( t ) £ v1 £ v2 £ a ¢¢( t ) (F2) tồn số £ M £ N cho sinh N f ( t , u2 , v ) - f ( t , u1 , v ) £ - M ( u2 - u )1 , (2.2.23) với t Ỵ I , a ( t ) £ u1 £ u2 £ b ( t ) b ¢¢( t ) £ v £ a ¢¢( t ) , hai dãy lặp {a n } {b n } sinh phép lặp tuyến tính ìï L4un ( t ) = f ( t , un-1 ( t ) , un¢¢-1 ( t ) ) - LunÂÂ-1 ( t ) + Mun-1 , ùợun ( ) = un (1) = un¢¢ ( ) = un¢¢ (1) = 0, n = 1,2, , (2.2.24) với hàm ban đầu u0 = a u0 = b tương ứng thỏa mãn a n-1 £ a n £ b n £ b n-1, a n¢¢-1 ³ a n¢¢ ³ b n¢¢ ³ b n¢¢-1, n = 1,2, (2.2.25) hội tụ nghiệm cực trị toán biên (2.2.1) Dab Chứng minh Cho Dab tập hợp C ( I ) xác định (2.2.4) Rõ ràng tập lồi đóng C ( I ) Xác định ánh xạ F : Dab ® C ( I ) ( ) F ( u )( t ) = f t, u ( t ) , u¢¢( t ) - Nu¢¢( t ) + Mu ( t ) , u Ỵ Dab Bởi liên tục f , F : Dab ® C ( I ) liên tục F ( Dab ) bị chặn C ( I ) 50 Cho T : C ( I ) ® C ( I ) toán tử nghiệm tốn biên (2.2.15) Thì nghiệm tốn biên (2.2.1) Dab tương đương với điểm bất động ánh xạ phức hợp A = T  F : Dab ® C ( I ) Do tính compact T , A = T  F : Dab ® C ( I ) hoàn toàn liên tục Đầu tiên ta A( Dab ) Ì Dab Giả sử u Ỵ Dab w = Au Đặt h = F ( u ) , w = Th Ỵ C ( I ) nghiệm tốn biên (2.2.15) Vậy w Ỵ D4 thỏa mãn L4 w = f ( t, u, u¢¢) - Nu¢¢ + Mu Vì a £ u £ b , a ¢¢ ³ u¢¢ ³ b ¢¢, (2.2.26) theo định nghĩa nghiệm nghiệm giả thiết (F1) (F2), ta có L4 ( w - a ) ³ f ( t, u, u¢¢) - f ( t,a ,a ¢¢) - N ( u¢¢ - a ¢¢) + M ( u - a ) = éë f ( t, u, u¢¢) - f ( t, u,a ¢¢) + N (a ¢¢ - u¢¢) ùû + éë f ( t, u,a ¢¢) - f ( t,a ,a ¢¢) + M ( u - a ) ùû ³ 0, L4 ( b - w ) ³ f ( t, b , b ¢¢) - f ( t, u, u¢¢) - N ( b ¢¢ - u¢¢) + M ( b - u ) = éë f ( t, b , b ¢¢) - f ( t, b , u¢¢) + N ( u¢¢ - b ¢¢) ùû + éë f ( t, b , u¢¢) - f ( t, u, u¢¢) + M ( u - a ) ùû ³ Vì w - a , b - w Ỵ D4 , theo ngun lý cực đại Định lý 2.2.1 ta thu w - a ³ 0, ( w - a )¢¢ £ 0; b - w ³ 0, ( b - w )¢¢ £ hay a £ Au £ b , a ¢¢ ³ ( Au )¢¢ ³ b ¢¢ (2.2.27) Vậy A( Dab ) Ì Dab Theo định lý điểm bất động Schauder, A có điểm bất động Dab nghiệm toán biên (2.2.1) 51 Tiếp theo, ta có chứng tỏ mệnh đề sau Mệnh đề Nếu u1 , u2 Ỵ Dab thỏa mãn a £ u1 £ u2 £ b , a ¢¢ ³ u1¢¢ ³ u2¢¢ ³ b ¢¢, Au1 £ Au2 ( Au1 )¢¢ ³ ( Au2 )¢¢ Thật vậy, đặt w1 = Au1 w2 = Au2 theo giả thiết (F1) (F2) ta có L4 ( w2 - w1 ) = f ( t, u2 , u2¢¢) - f ( t, u1 , u1¢¢) - N ( u2¢¢ - u1¢¢) + M ( u2 - u1 ) = éë f ( t, u2 , u2¢¢) - f ( t, u2 , u1¢¢) + N ( u1¢¢ - u2¢¢) ùû + éë f ( t, u2 , u1¢¢) - f ( t, u1 , u1¢¢) + M ( u2 - u1 ) ùû ³ Vì w2 - w1 Î D4 , theo Định lý 2.2.1 ta thu w2 - w1 ³ ( w2 - w1 )¢¢ £ Vậy kết luận mệnh đề chứng minh Cuối cùng, kết luận Định lý 2.2.2 Theo định nghĩa ánh xạ T , F A , phép lặp (2.2.24) tương đương với phương trình lặp un = Aun-1 , n = 1,2, (2.2.28) Do dãy lặp {a n } {b n } thỏa mãn a n = Aa n-1 , b n = Ab n-1 , n = 1,2, với a = a b = b Cho u1 = a u2 = b , sử dụng Mệnh đề (2.2.27) ta có a £ a1 £ b1 £ b , a ¢¢ ³ a1¢¢ ³ b1¢¢³ b ¢¢ (2.2.29) 52 Lại sử dụng Mệnh đề, ta có: Aa £ Aa1 £ Ab1 £ Ab , ( Aa )¢¢ ³ ( Aa1 )¢¢ ³ ( Ab1 )¢¢ ³ ( Ab )¢¢ , hay a1 £ a £ b £ b1 , a1¢¢ ³ a 2¢¢ ³ b 2¢¢ ³ b1¢¢ Tiếp tục q trình này, dùng phép quy nạp ta chứng minh {a n } {b n } có tính đơn điệu (2.2.25) Do tính compact A, {a n } , {b n } Ì A( Dab ) tiền compact C ( I ), chúng có dãy hội tụ C ( I ) Từ kiện tính đơn điệu (2.2.25), ta thấy {a n } {b n } hội tụ C ( I ) Giả sử a n ® u, b n ® u (n đ Ơ) C (I ) (2.2.30) Cho n đ Ơ (2.2.29), bi s liờn tc ca A ta có u = Au , u = Au Vậy u u nghiệm toán biên (2.2.1) Cho u Ỵ Dab nghiệm tùy ý tốn biên (2.2.1), u thỏa mãn (2.2.26) Sử dụng Mệnh đề cho bất đẳng thức (2.2.26), ta có: ( Ana £ Anu £ An b , Ana )¢¢ ³ ( A u )¢¢ ³ ( A b )¢¢ , n n hay a n £ u £ b n , a n¢¢ ³ u¢¢ ³ b nÂÂ Cho n đ Ơ , ta thu c u £ u £ u , u ¢¢ ³ u¢¢ ³ u¢¢ (2.2.31) Do đó, u u nghiệm nghiệm tương ứng toán biên (2.2.1) Dab Định lý 2.2.2 chứng minh 53 Định lý 2.2.3 Trong Định lý 2.2.2 giả thiết f thỏa mãn điều kiện sau: (F3) tồn số C1 ³ cho f ( t , u2 , v ) - f ( t , u1 , v ) £ C1 ( u2 - u1 ) , (2.2.32) với t Ỵ I , a ( t ) £ u1 £ u2 £ b ( t ) b ¢¢( t ) £ v £ a ¢¢( t ) (F4) tồn số C2 ³ cho f ( t , u , v2 ) - f ( t , u , v1 ) ³ -C2 ( v2 - v1 ) , (2.2.33) với t Ỵ I , a ( t ) £ u £ b ( (t ) ) b ¢¢( t ) £ v1 £ v2 £ a ¢¢( t ) Nếu số M , N , C1 C2 thỏa mãn C1 + 8C2 + M + N < 56, (2.2.34) dãy lặp {a n } {b n } hội tụ nghiệm toán biên (2.2.1) Dab Hơn nữa, hàm ban đầu u0 Ỵ Dab dãy lặp {un } sinh (2.2.25) hội tụ nghiệm toán biên (2.2.1) Dab Chứng minh Theo chứng minh Định lý 2.2.2, toán biên (2.2.1) có nghiệm cực tiểu u nghiệm cực đại u Dab , nghiệm toán biên (2.2.1) Dab thỏa mãn (2.2.31) Đầu tiên ta chứng tỏ u = u Từ (2.2.21) ta thấy toán tử P : C ( I ) ® C ( I ) cho (2.2.19) tốn tử tuyến tính dương chuẩn thỏa mãn P = ( I + MS N S0 ) S N £ ( I + MS N S0 ) -1 -1 × SN £ (2.2.32) 54 Từ T = S0 P, theo định nghĩa S0 ta thấy (Th )¢¢ = - Ph với h Ỵ C ( I ) Đối với dãy lặp {a n } {b n } , theo tính đơn điệu (2.2.25), giả thiết (F3) (F4) tính dương tốn tử P ta có a n¢¢+1 - b n¢¢+1 = ( Aa n )¢¢ - ( Ab n )¢¢ = (T ( F (a n ) ) )¢¢ - (T ( F ( b n ) ) )¢¢ = P ( F ( b n ) ) - P ( F (a n ) ) = P ( F ( b n ) - F (a n ) ) = P ( f ( t , b n , b n¢¢) - f ( t ,a n ,a n¢¢) - N ( b n¢¢ - a n¢¢) + M ( b n - a n ) ) = P ( f ( t , b n , b n¢¢) - f ( t , b n ,a n¢¢) + N (a n¢¢ - b n¢¢) + P ( f ( t , b n ,a n¢¢) - f (t ,a n ,a n¢¢) + M ( b n - a n )) £ (C2 + N ) P (a n¢¢ - b n¢¢) + (C1 + M ) P (a n - b n ) = (C2 + N ) P (a n¢¢ - b n¢¢) + (C1 + M ) PS0 (a n¢¢ - b n¢¢) = ((C2 + N ) P + (C2 + N ) PS0 )(a n¢¢ - b n¢¢) Từ bất đẳng thức trên, Bổ đề 2.2.1 (2.2.32) ta thu a n¢¢+1 - b n¢¢+1 £ ( C2 + N + ( C1 + M ) S0 £ ) P ì a nÂÂ - b nÂÂ C1 + M + 8(C2 + N ) a n¢¢ - b n¢¢ 56 (2.2.33) Theo giả thiết (2.2.34), r := C1 + M + 8(C2 + N ) < 56 Từ đánh giá đệ quy (2.2.33) suy a n¢¢ - b n¢¢ £ r n a 0¢¢ - b 0ÂÂ đ ( n đ Ơ ) Vì b n - a n = S0 (a n¢¢ - b n¢¢) £ S0 a n¢¢ - b nÂÂ đ (n đ Ơ) Do ú, theo (2.2.30) u = lim a n = lim b n = u Vì nghiệm tốn biên (2.2.1) Dab thỏa mãn (2.2.31), ta kết luận u := u = u nghiệm 55 toán biên (2.2.1) Dab Cho u0 Ỵ Dab , giả sử {un } dãy lặp sinh (2.2.15) Khi {un } thỏa mãn phương trình lặp (2.2.28) Sử dụng Mệnh đề ta chứng minh a n £ un £ b n , a n¢¢ ³ un¢¢ ³ b n¢¢, n = 0,1,2, Cho n đ Ơ , ta thu un ® u C ( I ) Chứng minh Định lý 2.2.3 hoàn thành 2.2.4 Ví dụ Xét tốn biên cấp bốn sau ìïu (4) ( t ) = -3u ( t ) ( u¢¢( t ) )2 + 3u ( t ) - 4u¢¢( t ) + sin p t , t Ỵ I , í ïỵu ( ) = u (1) = u¢¢( ) = u¢¢(1) = (2.2.34) Tất kết biết từ trước đến khơng thể áp dụng cho phương trình này, ta dùng kết trình bày để chứng minh phương trình có nghiệm dương Rõ ràng, a = b = sin p t tương ứng nghiệm nghiệm toán biên (2.2.1) thỏa mãn (2.2.3) Ta sử dụng Định lý 2.2.3 để chứng minh rằng, phương trình (2.2.33) có nghiệm Dab Giả sử f ( t , u , v ) = -3u 2v + 3u - 4v + sin p t Dễ dàng thấy -5 £ fu¢ ( t , u , v ) £ 3, - £ f v¢ ( t , u, v ) £ 1, ( t , u, v ) Ỵ Gab với { } Gab = ( t , u, v ) Î  t Î I ,a ( t ) £ u £ b ( t ) , b ¢¢( t ) Ê v Ê a ÂÂ( t ) ẻ I ´  Do theo định lý giá trị trung bình vi phân, ta kiểm tra điều kiện( F1) - (F4) với 56 M := 3, N := 2, C1 := 3, C2 := Dễ dàng kiểm tra M N thỏa mãn (2.2.7) C1 , C2 , M N thỏa mãn (2.2.34) Do theo Định lý 2.2.3, phương trình (2.2.34) có nghiệm u * Ỵ Dab nghiệm thu từ phép lặp (2.2.25) Từ u * ¹ u * ³ 0, u *¢¢ £ 0, cho thấy u * dương 57 KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ: Luận văn trình bày phương pháp lặp đơn điệu để giải số toán biên phi tuyến phương trình vi phân cấp hai cấp bốn: - Bài toán phi tuyến cấp hai với điều kiện biên hỗn hợp - Bài toán phi tuyến cấp hai với điều kiện biên tuần hồn - Bài tốn tìm nghiệm đơn điệu dương phương trình cấp bốn với điều kiện biên phi tuyến - Bài toán phi tuyến dầm Cơ sở phương pháp nguyên lý cực đại phương trình vi phân Ngồi áp dụng cho số phương trình vi phân thường trình bày luận văn, phương pháp lặp đơn điệu áp dụng cho loại phương trình đạo hàm riêng Hy vọng phương pháp lặp đơn điệu tiếp tục nghiên cứu, để giải toán phi tuyến khác thời gian tới 58 TÀI LIỆU THAM KHẢO Tiếng Anh Edson Alves, To Fu Ma, Maurício Luciano Pelicer, "Monotone positive solutions for a fourth order equation with nonlinear boundary conditions", Nonlinear Analysis 71 (2009) 38343841 H Amann, “Fixed point equations and nonlinear eigenvalue problem in ordered Banach spaces”, SIAM Review 18 (1976) 620 - 709 M Cherpion, C De Coster, and P Habets, "A constructive monotone iterative method for second order BVP in presence of lower and upper solutions", Applied Mathematics and Computation 123 (2001) 75-91 A Dang Quang, "Iterative method for solving a nonlinear boundary value problem", Applied Mathematics and Computation 190 (2007), 1675-1682 Daqing Jiang, Meng Fan, Aying Wan, "A monotone method for constructing extremal solutions to second-order periodic boundary value problems", Journal of Computational and Applied Mathematics, 136 (2001) 189-197 P Korman, "A maximum principle for fourth-order ordinary differential equations", Appl Anal 33 (1989) 267–373 G.S Ladde, V Lakshmikantham, A.S Vatsala, "Monotone Iterative Techniques for Nonlinear Differential Equations", Pitman, Boston (1985) Yongxiang Li, "A monotone iterative technique for solving the bending elastic beam equations", Applied Mathematics and Computation 217 (2010) 2200–2208 J.J Nieto, "An abstract monotone iterative technique", Nonlinear Anal 28 (1997) 1923–1933 59 10 M.H Protter and Weinberger, "Maximum principles in diffefential equations", Prentice- Hall (1968) 11 Pedro J Torres and Meirong Zhang, "A monotone iterative scheme for a nonlinear second order equation based on a generalized anti–maximum principle", Math Nachr 251, 101 - 107 (2003) 12 Qinliu Yao, "Monotonically iterative method of nonlinear cantilever beam equations", Applied Mathematics and Computation 205 (2008) 432 437 13 Xiaoping Zhang, "Existence and iteration ofmonotone positive solutions for an elastic beamwith a corner", Nonlinear Analysis: RealWorld Applications,in press (doi:10.1016/j.nonrwa.2008.03.017)