Phương trình sai phân riêng tuyến tính

Phương trình sai phân riêng tuyến tính Phương trình sai phân riêng tuyến tính Phương trình sai phân riêng tuyến tính luận văn tốt nghiệp,luận văn thạc sĩ, luận văn cao học, luận văn đại học, luận án tiến sĩ, đồ án tốt nghiệp luận văn tốt nghiệp,luận văn thạc sĩ, luận văn cao học, luận văn đại học, luận án tiến sĩ, đồ án tốt nghiệp

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN Phạm Thị Thúy PHƯƠNG TRÌNH SAI PHÂN RIÊNG TUYẾN TÍNH LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC Hà Nội - 2012 ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN Phạm Thị Thúy PHƯƠNG TRÌNH SAI PHÂN RIÊNG TUYẾN TÍNH Chun ngành: Tốn học Tính tốn Mã số: 60.46.30 LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC Người hướng dẫn khoa học: TS LÊ CÔNG LỢI Hà Nội - 2012 Mục lục Kiến thức chuẩn bị 1.1 Giới thiệu 1.2 Những tập mặt phẳng lưới 1.3 Phân loại phương trình sai phân riêng 1.4 Dãy chiều 1.5 Dãy hai chiều 1.6 Nguyên lý cực đại 1.7 Một số kết khác sử dụng chương sau Nghiệm hiển 2.1 Giới thiệu 2.2 Phương pháp hàm sinh 2.3 Phương pháp tịnh tiến 2.4 Phương pháp toán tử 2.5 Phương pháp nghiệm tách 2.6 Phương pháp tích chập 2.7 Phương pháp hệ tuyến tính Sự 3.1 3.2 3.3 3.4 3.5 3.6 tồn nghiệm Nghiệm dạng truyền sóng Nghiệm dương bị chặn Phương pháp đơn điệu cho phương trình Laplace rời rạc Phương pháp ánh xạ co cho phương trình Laplace rời rạc Phương pháp đơn điệu cho phương trình tiến hóa Phương pháp đơn điệu cho toán biên Tài liệu tham khảo 1 12 13 15 15 17 20 22 24 27 34 38 38 42 45 50 51 54 60 iv Bảng ký hiệu A∪B hợp tập A B A∩B giao hai tập A B N tập số tự nhiên Z tập số nguyên Z+ tập số nguyên dương R tập số thực C tập số phức ∂Ω biên miền Ω lΩ tập tất dãy phức xác định Ω lN×N tập tất dãy phức hai chiều xác định N × N lZ×Z tập tất dãy phức hai chiều xác định Z × Z lcZ tập tất dãy phức lZ có hữu hạn phần tử khác không ∆uk sai phân cấp dãy {uk } E m {fk } dãy tịnh tiến dãy {fk } Exm Eyn {fij } dãy tịnh tiến dãy {fij } f ∗g tích chập dãy f dãy g ∆x uij sai phân theo biến thứ dãy {uij } ∆y uij sai phân theo biến thứ hai dãy {uij } Dvij hàm Laplace dãy {vij } iii Lời nói đầu Những mối quan hệ toán học bao gồm hàm với hai hay nhiều biến độc lập xuất từ lâu trước có khái niệm giải tích đạo hàm hay tích phân Trong luận văn này, giới thiệu lớp quan hệ hàm quan trọng phương trình sai phân riêng Nói cách khái quát, quan hệ hàm với cấu trúc đệ quy Như ta biết quan hệ hàm hai biến rời rạc sau m−1 m Cnm = Cn−1 + Cn−1 , ≤ m ≤ n, n ∈ N (*) Dễ thấy (*) có nghiệm hàm {Cnm } xác định Cnm = n! , ≤ m ≤ n, n ∈ N m!(n − m)! Mặc dù phương trình sai phân riêng (*) xuất trước có khái niệm phương trình đạo hàm riêng, không thu hút ý nhà tốn học phương trình đạo hàm riêng Cho tới có phát triển khoa học máy tính Toán học, Vật lý, kĩ thuật, hàm chưa biết với biến rời rạc, độc lập phương trình sai phân riêng mô cách dễ dàng Sự mô đưa thông tin quan trọng định lượng định tính từ giúp hiểu dáng điệu phức tạp nghiệm phương trình cần xem xét Trong luận văn chúng tơi tập trung trình bày số phương pháp sử dụng để tìm nghiệm tiêu chuẩn tồn nghiệm phương trình sai phân riêng dựa theo tài liệu [2] Những ví dụ phương trình sai phân riêng trình bày chủ yếu lớp phương trình nhiệt, phương trình tăng trưởng, Luận văn bao gồm chương: Chương kiến thức chuẩn bị luận văn Chương bắt đầu với việc giới thiệu vài phương trình sai phân riêng Vì nghiệm phương trình sai phân riêng dãy nên thông tin dãy hai chiều cần trình bày chi tiết Ngồi chúng tơi điểm qua khái niệm kết có sử dụng chương sau chứng minh số định lý như: Nguyên lý cực đại hệ i Lời nói đầu Chương dành riêng cho việc tìm nghiệm hiển số phương trình sai phân riêng cụ thể Với phương pháp minh họa ví dụ cụ thể Các phương pháp trình bày chương là: phương pháp hàm sinh, phương pháp toán tử, phương pháp tịnh tiến, phương pháp tuyến tính, phương pháp nghiệm tách phương pháp tích chập Nội dung chủ yếu Chương đưa tiêu chuẩn tồn nghiệm số lớp phương trình sai phân riêng chẳng hạn tiêu chuẩn tồn nghiệm: truyền sóng phương trình nhiệt; nghiệm dương bị chặn phương trình nhiệt trường hợp tổng quát; nghiệm đơn điệu với toán biên Dirichlet, phương trình Laplace; Qua đây, tơi xin gửi lời cảm ơn sâu sắc đến người thầy, người hướng dẫn khoa học mình, TS Lê Cơng Lợi, người đưa đề tài tận tình hướng dẫn suốt q trình nghiên cứu tơi Đồng thời chân thành cảm ơn thầy cô khoa Toán - Cơ - Tin học trường Đại học Khoa học Tự nhiên, Đại học Quốc gia Hà Nội, tạo điều kiện cho tài liệu thủ tục hành để tơi hồn thành luận văn Tôi gửi lời cảm ơn đến bạn bè, đặc biệt bạn bè nhóm Tốn học tính tốn lớp Cao học 09 - 11, động viên giúp đỡ tài liệu tham khảo kỹ thuật biên soạn Latex Do thời gian trình độ cịn hạn chế, chắn luận văn khơng thể tránh khỏi thiếu sót, tơi mong nhận bảo tận tình thầy cô bạn bè, xin chân thành cảm ơn! Hà Nội, năm 2012 Học viên Phạm Thị Thúy ii Chương Kiến thức chuẩn bị Trong chương giới thiệu số kiến thức cần thiết sử dụng hai chương sau luận văn 1.1 Giới thiệu Một dãy hai chiều hay nhiều chiều hàm xác định tập Ω ⊂ Z2 (hoặc Zn ) Tập tất dãy phức xác định Ω kí hiệu lΩ Ta kí hiệu (j) dãy hai chiều theo nhiều cách: {ui,j }, {uij } {ui } Sau số ví dụ phương trình sai phân riêng Ví dụ 1.1 Phương trình nhiệt Ta xét phân bố nhiệt sắt dài, giả sử sắt dài (n) phủ lên tập số nguyên Z Cho um nhiệt độ thời điểm nguyên dương n vị (n) (n) trí nguyên m sắt Tại thời điểm n, um−1 > um nhiệt truyền (n+1) (n) từ điểm m − tới điểm m Tổng số nhiệt tăng thêm um − um Ta (n) (n) giả sử lượng nhiệt tăng xấp xỉ sai phân um−1 − um , nghĩa (n) (n) u(n+1) − u(n) m m = r(um−1 − um ) với r > số dương tốc độ truyền nhiệt Tương tự, thời điểm (n) (n) n mà um+1 > um nhiệt truyền từ điểm m + tới điểm m Khi đó, ta biểu diễn phương trình tổng nhiệt (n) (n) (n) (n) u(n+1) − u(n) m m = r(um−1 − um ) + r(um+1 − um ), m ∈ Z, n ∈ N (1.1) Vì giả sử sắt phủ lên tập số nguyên nên miền xác định phương trình Z × N Nếu sắt nửa vơ hạn hữu hạn miền xác định tương ứng {(m, n)|m ∈ Z+ ; n ∈ N} {(m, n)|m = 1, 2, , M ; n ∈ N} Chương Kiến thức chuẩn bị Nếu sắt làm vật liệu khơng (1.1) có dạng (n) (n) u(n+1) = aum−1 + bu(n) m m + cum+1 , m ∈ Z, n ∈ N, a, b, c ∈ R Tương tự, thay việc xét sắt dài ta xét kim loại mỏng rộng, (n) giả sử rộng phủ lên tập Z2 Cho uij nhiệt độ kim loại điểm (i, j) thời điểm ngun dương n Khi phương trình nhiệt có dạng (n+1) uij (n) (n) (n) (n) (n) (n) (n) − uij = r(ui−1,j − 2uij + ui+1,j ) + r(ui,j−1 − 2uij + ui,j+1 ) (n) (n) (n) (n) (n) = r(ui−1,j + ui+1,j + ui,j−1 + ui,j+1 − 4uij ), (i, j) ∈ Z2 , n ∈ N Nếu kim loại mỏng làm hợp chất phương trình nhiệt (n+1) uij (n) (n) (n) (n) (n) (n) − uij = αij ui−1,j + βij ui+1,j + γij ui,j−1 + δij ui,j+1 − σij uij (1.2) Ví dụ 1.2 Phương trình độc lập thời gian rời rạc Xét phương trình truyền nhiệt kim loại dạng (1.2), phân bố nhiệt ban đầu n = 0, điều kiện phù hợp, ta hy vọng sau khoảng thời gian đủ dài, nhiệt bên kim loại ổn định phân bố nhiệt thời (n) điểm n {uij } ≡ {uij }.Khi {uij } thỏa mãn αij ui−1,j + βij ui+1,j + γij ui,j−1 + δij ui,j+1 − σij uij = Nếu nhiệt độ điểm lưới trung bình cộng điểm lưới lân cận ta thu lớp phương trình phương trình Laplace ui−1,j + ui+1,j + ui,j−1 + ui,j+1 − 4uij = gọi phương trình độc lập thời gian rời rạc 1.2 Những tập mặt phẳng lưới Chúng ta làm việc với phương trình sai phân riêng dãy hai chiều xác định Z2 Vì ta xét số khái niệm sau Hai điểm lưới gọi lân cận khoảng cách Euclid chúng Cho z = (i, j) kí hiệu zL := (i − 1, j), zR := (i + 1, j), zD := (i, j − 1), zT := (i, j + 1) Một đường tập điểm lưới z1 , z2 , , zn với điểm đầu mút z1 , zn cho z1 lân cận z2 , z2 lân cận z3 , Một tập điểm lưới gọi liên thơng hai điểm tập điểm đầu điểm cuối đường Một thành phần tập Ω tập khác rỗng, liên thông lớn Ω Một tập liên thông, khác rỗng mặt phẳng lưới gọi miền xác định Chương Kiến thức chuẩn bị Cho Ω miền xác định, biên ngồi Ω kí hiệu ∂Ω tập tất điểm lưới khơng thuộc Ω có lân cận thuộc Ω Một điểm thuộc ∂Ω gọi điểm biên Tương tự, biên Ω tập tất điểm thuộc Ω lân cận điểm biên Ω, kí hiệu ∂ Ω Hơn nữa, ∂L Ω = {z ∈ ∂Ω : zR ∈ Ω}, ∂R Ω = {z ∈ ∂Ω : zL ∈ Ω}, ∂D Ω = {z ∈ ∂Ω : zT ∈ Ω}, ∂T Ω = {z ∈ ∂Ω : zD ∈ Ω} Ví dụ cho Ω = {(1, 2), (2, 2), (1, 1)} ∂Ω = {(1, 0), (2, 1), (3, 2), (2, 4), (1, 4), (0, 2), (0, 1)} ∂ Ω = Ω Bậc điểm lưới miền Ω số điểm lân cận thuộc Ω Một xích tập điểm lưới có hai điểm bậc 1, điểm cịn lại bậc Ví dụ tập {(2, 2), (2, 3), (2, 4), (3, 4), (4, 4), (4, 5)} xích Tiếp theo, đưa quan hệ thứ tự tập N × N Trước tiên, ta chia tập N × N thành lớp tập Q0 , Q1 , Q2 , xác định Qk = {(i, j) ∈ N × N|i + j = k}, k ∈ N Vì vậy, Q0 = {(0, 0)}, Q1 = {(0, 1), (1, 0)}, Trên N×N xét quan hệ thứ tự sau: (i, j), (m, n) ∈ N×N, (i, j) (m, n) (i): (i, j) ∈ Qk (m, n) ∈ Ql k < l, (ii): (i, j), (m, n) ∈ Qk i > m Rõ ràng, với quan hệ thứ tự tập điểm lưới xếp theo thứ tự sau: (0, 0), (1, 0), (0, 1), (2, 0), (1, 1), (0, 2), 1.3 Phân loại phương trình sai phân riêng Phương trình sai phân riêng viết dạng tổng quát F (uij , ui+1,j , ) = Có nhiều cách để phân loại phương trình sai phân riêng Chẳng hạn như: Ta phân loại phương trình sai phân riêng dựa vào miền xác định Ví dụ, phương trình xác định xích, nửa mặt phẳng Hoặc Ta phân loại dựa vào số biến F Ví dụ phương trình điểm có dạng sau ui+1,j+1 = ui+1,j + ui,j+1 + uij Hoặc đặt tên cho phương trình sai phân riêng, ui,j+1 + ui+1,j + ui,j−1 + ui−1,j − 4uij = 0, phương trình Laplace rời rạc; ui,j+1 + ui+1,j + ui,j−1 + ui−1,j − 4uij = gij , Chương Kiến thức chuẩn bị phương trình Possion rời rạc Một lớp phương trình sai phân riêng quan trọng phương trình tuyến tính Ta nói phương trình F (uij , ui+1,j , ) = gij gọi tuyến tính F (x1 , x2 , ) tuyến tính Nghĩa F (αx1 + βy1 , , αxn + βyn ) = αF (x1 , , xn ) + βF (y1 , , yn ), α, β ∈ C Nếu gij ≡ phương trình gọi nhất, ngược lại gọi phương trình khơng Sau tính chất quan trọng phương trình tuyến tính: cho g (1) = (1) (t) {gij }, , g (t) = {gij } hàm α1 , , αt số Nếu F tuyến tính u(1) , , u(t) nghiệm phương trình (1) (t) F (uij , ui+1,j , ) = gij , , F (uij , ui+1,j , ) = gij , α1 u(1) + · · · + αt u(t) nghiệm phương trình (1) (t) F (uij , ui+1,j , ) = α1 gij + · · · + αt gij 1.4 Dãy chiều Cho Ω tập Z Dãy chiều hàm xác định tập Ω ∞ có dạng {uk }∞ k=a {uk }− ∞ lΩ tập tất dãy phức xác định Ω dạng f = {fk }k∈Ω Gọi fk thành phần thứ k dãy Với α ∈ C dãy f = {fk }, g = {gk } ∈ lΩ , xác định −f = {−fk }; αf = {αfk }; f + g = {fk + gk } Trong lN ta định nghĩa 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 số nguyên không âm, xác định dãy    1, k = m, ¯hm = k   0, k = m, ¯ } := {h ¯ k } = {0, 1, 0, } Ta thấy h ¯ + δ¯ = ¯1 với m = {h k Sai phân Với {uk } dãy phức Đặt ∆uk := uk+1 − uk Khi dãy ∆u := {∆u0 , ∆u1 , } thu cách lấy liên tiếp sai phân thành phần dãy {uk }, gọi sai phân bậc dãy u = {uk } Sai phân bậc m, ∆m u := ∆(∆m−1 u), m = 2, 3, , định nghĩa đệ quy Ta dễ dàng kiểm tra ∆(uk ∆vk − vk ∆uk ) = uk+1 ∆2 vk − vk+1 ∆2 uk (1.3) Chương Sự tồn nghiệm Chứng minh Đặt Bk := {(i, j) ∈ Z2 | |i| + |j| ≤ k}, k ∈ N, ∂Bk = {(i, j) ∈ Z2 | |i| + |j| = k + 1} Chọn dãy φ = {φmn }m,n∈Z cho umn ≤ φmn ≤ ωmn , (m, n) ∈ Z2 Với k ≥ 1, xét toán biên Dvmn + f (m, n, vmn ) = 0, (m, n) ∈ Bk , (3.21) vmn = φmn , (m, n) ∈ ∂Bk (3.22) Cho Γk số dương cho f (m, n, s) − f (m, n, t) + (s − t)Γk > 0, với (m, n) ∈ Bk min(m,n)∈Bk umn ≤ s, t ≤ max(m,n)∈Bk ωmn Xét sơ đồ lặp   (t) (t) (t−1) (t−1)  Dωmn − Γk ωmn = −f (m, n, ωmn ) − Γk ωmn , (m, n) ∈ Bk ,   (t) ωmn = φmn , (m, n) ∈ ∂Bk , t ∈ Z+ (0) Nếu cho ωmn = ωmn , (m, n) ∈ Z2 theo Hệ 1.6.4 có ω (1) tồn Hơn nữa, ∀(m, n) ∈ Bk , (1) (0) (1) (1) (D − Γk )(ωmn − ωmn ) = (Dωmn − Γk ωmn ) + (Γk ωmn − Dωmn ) = −f (m, n, ωmn ) − Γk ωmn + (Γk ωmn − Dωmn ) ≥ −(f (m, n, ωmn ) + Γk ωmn ) + (f (m, n, ωmn ) + Γk ωmn ) = 0, (do ωmn nghiệm ) (1) (0) ωmn − ωmn = φmn − ωmn ≤ 0, (m, n) ∈ ∂Bk Theo Hệ 1.6.2 suy (1) (0) (1) (2) ωmn ≤ ωmn = ωmn , (m, n) ∈ Bk Tiếp theo, biết ωmn ωmn tồn (2) (1) Tương tự suy ωmn ≤ ωmn , (m, n) ∈ Bk Tiếp tục trình này, quy nạp ta có (t+1) (t) ωmn ≤ ωmn ≤ ωmn , (m, n) ∈ Bk , t ≥ Mặt khác, ý ∀(m, n) ∈ Bk ta có (1) (1) (1) (D − Γk )(umn − ωmn ) = Dumn − Dωmn − Γk umn + Γk ωmn (1) (1) ≥ −f (m, n, umn ) + f (m, n, ωmn ) + Γk (ωmn − umn ) > 0( (1) umn ≤ umn , ωmn ≤ max ωmn ) (m,n)∈Bk 46 (m,n)∈Bk Chương Sự tồn nghiệm (1) (1) umn −ωmn ≤ 0, (m, n) ∈ ∂Bk Theo Hệ 1.6.2 ta có umn ≤ ωmn , (m, n) ∈ Bk (t) Tương tự theo quy nạp ta có umn ≤ ωmn , (m, n) ∈ Bk Như (t+1) (t) umn ≤ ωmn ≤ ωmn ≤ ωmn , (m, n) ∈ Bk , t ≥ Lại xét sơ đồ lặp sau   (t−1)  Du(t) mn = −f (m, n, umn ), (m, n) ∈ Bk , t > 0,   u(t) mn = φmn , (m, n) ∈ ∂Bk , t > (0) umn = umn , (m, n) ∈ Z2 Theo Hệ 1.6.4 suy tồn (1) umn Hơn (1) (0) (1) (0) D(u(0) mn − umn ) = Dumn − Dumn = Dumn + f (m, n, umn ) ≥ −f (m, n, umn ) + f (m, n, umn ) (do umn nghiệm ) = 0, ∀(m, n) ∈ Bk (0) (1) (1) (0) umn − umn = umn − φmn ≤ 0, (m, n) ∈ ∂Bk Theo Hệ 1.6.2 có umn ≥ umn = (1) umn , ∀(m, n) ∈ Bk Tương tự biết umn theo Hệ 1.6.4 suy tồn (2) (1) (1) umn Do umn ≥ umn nên min(m,n)∈Bk umn ≤ umn , umn ≤ max(m,n)∈Bk ωmn Khi (1) f (m, n, umn ) − f (m, n, u(1) mn ) > −Γk (umn − umn ) ≥ 0, (1) (2) (1) (1) D(u(2) mn − umn ) = Dumn − Dumn = −f (m, n, umn ) + f (m, n, umn ) > 0, (1) u(2) mn − umn = 0, (m, n) ∈ ∂Bk (2) (1) Theo Định lý 1.6.1 suy umn ≥ umn , ∀(m, n) ∈ Bk Bằng quy nạp ta chứng minh (2) (t) umn ≤ u(1) mn ≤ umn ≤ · · · hay umn ≤ umn , t > 0, (m, n) ∈ Bk , (t) (t+1) tức umn ≤ umn ≤ umn ≤ ωmn , (m, n) ∈ Bk , t ≥ Tiếp theo, quy nạp ta lại chứng minh (t) u(t) mn ≤ ωmn , (m, n) ∈ Bk , ∀t > Tóm lại (2) (1) (0) (1) umn = u(0) mn ≤ umn ≤ umn ≤ · · · ≤ ωmn ≤ ωmn = ωmn , 47 (3.23) Chương Sự tồn nghiệm với (m, n) ∈ Bk + ∂Bk Vì {u(t) } {ω (t) } tương ứng hội tụ điểm tới u(k) (k) (k) ω (k) Bk Hơn umn ≤ ωmn , ∀(m, n) ∈ Bk Bằng việc lấy giới hạn hai vế sơ đồ lặp thứ ta (k) (k) (k) Dωmn = −f (m, n, ωmn ), (m, n) ∈ Bk ωmn = φmn , (m, n) ∈ ∂Bk , hay ω (k) nghiệm (3.21)-(3.22) Trong tự u(k) nghiệm (3.21)(3.22) Bây giờ, ta cần dãy {u(i) } có dãy {u(ij ) } hội tụ điểm tới nghiệm (3.21)-(3.22) Thật (i) (i ) + Dãy {u00 } bị chặn u00 ω00 suy tồn dãy hội tụ {u00k } (i) (giả sử i1 > 1) {u00 } (i ) + Dãy {u10k }∞ k=2 bị chặn u10 ω10 nên có dãy hội tụ + Z2 tập đếm Do vậy, ta thực cách để thu dãy {u(ij ) } với ij > j dãy hội tụ tới hàm v Rõ ràng, umn ≤ vmn ≤ ωmn , (m, n) ∈ Z2 {u(ij ) } dãy {u(i) } nên (ij ) j) Du(i mn + f (m, n, umn ) = 0, (m, n) ∈ Z , lấy giới hạn j → ∞ suy vmn nghiệm (3.18) Ví dụ 3.2 Giả sử hàm f : Z2 × R → R liên tục thỏa mãn f (m, n, b) ≥ f (m, n, c) ≤ với b, c số cho b < c Khi Dãy u = {b} nghiệm (3.18) ω = {c} nghiệm (3.18) Theo Định lý 3.4.1 tồn nghiệm h (3.18) cho b ≤ hmn ≤ c, (m, n) ∈ Z2 Tiếp theo, ta xét với phương trình tổng quát phương trình Laplace rời rạc αij ui−1,j + βij ui+1,j + γij ui,j−1 + δij ui,j+1 − σij uij + f (i, j, uij ) = 0, (3.24) với αij , βij , γij , δij , σij > 0, ∀(i, j) ∈ Z2 Ta thiết lập tiêu chuẩn để tồn nghiệm bị chặn (3.24) Cho lZ×Z khơng gian tuyến tính tất dãy phức uij với phép cộng thông thường phép nhân với số thực Cho S : lZ×Z −→ lZ×Z , xác định với u = {uij } ∈ lZ×Z (Su)ij := αij ui−1,j βij ui+1,j γij ui,j−1 δij ui,j+1 f (i, j, uij ) + + + + σij σij σij σij σij 48 Chương Sự tồn nghiệm Khi (3.24) trở thành (Su)ij = uij , (i, j) ∈ Z2 Xét dãy xấp xỉ liên tiếp u(0) = {B ∗ }, u(n+1) = Su(n) , n ∈ N, (3.25) ý (1) uij = Su(0) = S{B ∗ } = B ∗ δij αij βij γij f (i, j, B ∗ ) + + + , (i, j) ∈ Z2 + σij σij σij σij σij Vì vậy, ta thêm điều kiện B ∗ δij αij βij γij f (i, j, B ∗ ) + + + ≤ B ∗ , (i, j) ∈ Z2 , + σij σij σij σij σij (3.26) u(1) ≤ u(0) Tương tự, ta xét dãy xấp xỉ v (0) = {B∗ } v (n+1) = Sv (n) , n∈N với điều kiện B∗ αij βij γij δij f (i, j, B∗ ) + + + + ≥ B∗ , (i, j) ∈ Z2 , σij σij σij σij σij (3.27) v (0) ≤ v (1) Tiếp theo, giả thiết f hàm không giảm theo biến thứ ba, tức với x, y ∈ R x ≤ y f (i, j, x) ≤ f (i, j, y), (i, j) ∈ Z2 Và αij , βij , γij , δij , σij > 0, nên với x ≤ y Sx ≤ Sy Do vậy, B∗ ≤ B ∗ ta có B∗ = v (0) ≤ v (1) ≤ · · · ≤ v (n) ≤ · · · ≤ u(n) ≤ · · · ≤ u(0) = B ∗ Thật vậy, từ u(1) ≤ u(0) suy Su(1) ≤ Su(0) hay u(2) ≤ u(1) Bằng quy nạp suy u(n+1) ≤ u(n) ≤ · · · ≤ u(0) Tương tự, có v (0) ≤ v (1) ≤ · · · ≤ 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 v (n) ≤ u(n) (n) (n) Như vậy, với (i, j) ∈ Z2 , dãy uij hội tụ tới dãy uij không âm vij hội tụ tới vij n → ∞ Bằng cách lấy giới hạn n → ∞ (3.25) ta thấy {uij } {vij } nghiệm ω = Sω nghiệm bị chặn (3.24) Ta có định lý sau Định lý 3.3.2 [4, Định lý 1] Giả sử αij , βij , γij , δij , σij > 0, ∀(i, j) ∈ Z2 f : Z2 × R → R thỏa mãn (3.26)-(3.27), B∗ ≤ B ∗ ∀x, y ∈ R, x ≤ y ⇒ f (i, j, x) ≤ f (i, j, y), (i, j) ∈ Z2 f hàm liên tục theo biến thứ ba với (i, j) ∈ Z2 Khi (3.24) có nghiệm bị chặn B∗ B ∗ 49 Chương Sự tồn nghiệm 3.4 Phương pháp ánh xạ co cho phương trình Laplace rời rạc Trong phần ta áp dụng định lý co không gian Bannach để giải phương trình dạng (3.24) xét αij ui−1,j + βij ui+1,j + γij ui,j−1 + δij ui,j+1 − σij uij + f (i, j, uij ) = 0, (3.28) cần αij , βij , γij , δij , σij xác định ∀(i, j) ∈ Z2 cho σij = Ta giả thiết f : Z2 × R → R thỏa mãn |f (i, j, u)| ≤ |σij |.ω(|u|), (i, j) ∈ Z2 , u ∈ R, với ω : R −→ R bị chặn [0, ∞) |f (i, j, u) − f (i, j, v)| ≤ λij |u − v|, (i, j) ∈ Z2 , u, v ∈ R, với {λij } dãy không âm Cho lΩ khơng gian Bannach tất dãy {xij } bị chặn, xác định Ω ⊂ Z2 với chuẩn sau ||{xij }|| = sup{|xij | : (i, j) ∈ Ω} Cho T : lΩ −→ lΩ xác định với u = {uij } ∈ lΩ (T u)ij = αij ui−1,j βij ui+1,j γij ui,j−1 δij ui,j+1 f (i, j, uij ) + + + + , (i, j) ∈ Ω σij σij σij σij σij Khi |(T u)ij | ≤ ≤ βij ui+1,j γij ui,j−1 δij ui,j+1 f (i, j, uij ) αij ui−1,j + + + + σij σij σij σij σij αij βij γij δij + + + σij σij σij σij ||u|| + ω(|uij |), (i, j) ∈ Ω Do {uij } dãy bị chặn Ω ω bị chặn [0; ∞) nên (T u)ij bị chặn, hay (T u)ij ∈ lΩ Mặt khác ||T u − T v|| ≤ sup i,j∈Z αij βij γij δij λij + + + + σij σij σij σij σij ||u − v|| với u = {uij }; v = {vij } ∈ lΩ Như vậy, theo định lý co không gian Bannach, ta thêm điều kiện αij βij γij δij λij sup + + + + x = {xmn } nghiệm dương vô (3.30) Ngược lại x = {xmn } nghiệm âm vô (3.30) Giả sử x = {xmn } nghiệm nghiệm dương vô (3.30) cho xmn > 0, ∀m ≥ M − σ n ≥ J − τ, M, J số ngun khơng âm Khi đó, ∀m ≥ M, n ≥ J ta có xm+1,n + xm,n+1 − xmn ≤ −pmn xm−σ,n−τ ≤ (3.31) (do pm,n ≥ xm−σ,n−τ > 0, ∀m ≥ M, n ≥ J) Mặt khác ∆1 xmn = xm+1,n − xmn , ∆2 xmn = xm,n+1 − xmn , nên từ (3.31) suy ∆1 xmn + ∆2 xmn ≤ −xmn < Hay ∆1 xmn ∆2 xmn không dương với m, n đủ lớn Có thể giả sử ∆1 xmn ≤ 0, ∀m, n đủ lớn Ta có ∆2 ∆1 xmn = xm+1,n+1 − xm+1,n − xm,n+1 + xmn ∆2 ∆1 xmn = ∆1 ∆2 xmn 51 Chương Sự tồn nghiệm Khi đó, (3.30) tương đương với ∆2 ∆1 xmn ≥ xm+1,n+1 + pmn xm−σ,n−τ , m, n ∈ N, (3.32) lấy tổng (3.32) từ (m, n) tới ∞, ta có ∞ ∞ ∞ ∆2 ∆1 xij ≥ (i,j)=(m,n) pij xi−σ,j−τ xi+1,j+1 + (i,j)=(m,n) (i,j)=(m,n) Vì (m,˜ ˜ n) (m,˜ ˜ n) m ˜ (∆1 xi,j+1 − ∆1 xij ) = ∆2 ∆1 xij = (i,j)=(m,n) m ˜ ∆1 xi,˜n+1 − i=m (i,j)=(m,n) ∆1 xi,n i=m m ˜ ≤− ∆1 xi,n = −xm+1,n + xmn ≤ xmn ˜ i=m nên ∞ xmn ≥ ∞ pij xi−σ,j−τ , ∀m ≥ M, n ≥ J xi+1,j+1 + (i,j)=(m,n) (3.33) (i,j)=(m,n) Cho Ω = {y = {ymn }|m ≥ M − σ, n ≥ J − τ } Xét toán tử T : Ω −→ Ω, xác định ∞ ∞ (T y)mn = yi+1,j+1 + (i,j)=(m,n) pij yi−σ,j−τ (i,j)=(m,n) với m ≥ M, n ≥ J (T y)mn = xM J ngược lại Xét dãy xấp xỉ liên tiếp {y (t) } ⊂ Ω    xmn , m ≥ M, n ≥ J (0) ymn = y (t+1) = T y (t) , t ∈ N   xM J , ngược lại Do (3.33) nên (t+1) (t) (0) ≤ ymn ≤ ymn ≤ ymn , m ≥ M, n ≥ J, t ≥ Lấy giới hạn t → ∞ bất đẳng thức dãy y (t) hội tụ điểm tới dãy ω = {ωmn } ≥ thỏa mãn ∞ ωmn = ∞ ωi+1,j+1 + (i,j)=(m,n) pij ωi−σ,j−τ , (i,j)=(m,n) 52 (3.34) Chương Sự tồn nghiệm với m ≥ M, n ≥ J ωmn = xM J ngược lại Bằng việc thay trực tiếp ωmn vào phương trình (3.29) ta có ω nghiệm khơng âm vô (3.29) Cuối cùng, ta phải ω nghiệm dương vô với điều kiện min(σ, τ ) > pmn > 0, ∀m, n ∈ N Thật vậy, giả sử ngược lại tồn (m∗ , n∗ ), m∗ ≥ M, n∗ ≥ N cho ωmn > với (m, n) ∈ {M − σ, , m∗ } × {J − τ, , n∗ } \ {(m∗ , n∗ )} ωm∗ n∗ = Khi đó, từ (3.34) có ∞ ∞ 0= ωi+1,j+1 + (i,j)=(m∗ ,n∗ ) pij ωi−σ,j−τ , (i,j)=(m∗ ,n∗ ) suy ωij = pij ωi−σ,j−τ = 0, với i ≥ m∗ , j ≥ n∗ ⇒ ωi−σ,j−τ = Mẫu thuẫn giả thiết phản chứng Ta có định lý sau Định lý 3.5.1 [2, Định lý 113] Giả sử {pmn } dãy dương, σ, τ số nguyên dương Nếu (3.30) có nghiệm dương vơ (3.29) có nghiệm dương vơ Để kết thúc phần này, tìm kiếm nghiệm dương vơ phương trình sai phân riêng dạng (3.30) sau xm+1n + xm,n+1 − xmn + P xm−σ,n−τ ≤ 0, m, n ≥ 0, (3.35) P ≥ 0, σ, τ số nguyên không âm Xét dãy y = {ymn } xác định ymn = 1−λ m+1 , m ≥ −σ, n ≥ −τ, λ số xác định Để y nghiệm dương vô ta cần λ < Hơn − λ m+n+1 − λ m+n − 2 − λ m+n − λ σ+τ − λ = −λ = −λ 2 − λ σ+τ ym−σ,n−τ , = −λ ym+1,n + ym,n+1 − ymn = m+n−σ−τ hay ym+1,n + ym,n+1 − ymn + λ Nếu ta thêm điều kiện 1−λ σ+τ ym−σ,n−τ = − λ σ+τ (3.36) y nghiệm (3.35) Bây giờ, ta cần hai điều kiện thỏa mãn 0≤P ≤λ 53 Chương Sự tồn nghiệm Từ (3.36) suy λ ≥ Đặt h(λ) = λ(1 − λ)σ+τ với ≤ λ < Ta có, h (λ) = (1 − λ(1 + σ + τ ))(1 − λ)σ+τ −1 , nên h (λ) = λ = 1+σ+τ ∈ [0, 1) Do (σ + τ )σ+τ max λ(1 − λ)σ+τ = h( )= 0≤λ Khi u ≤ ω với u = {uij } nghiệm (3.37)-(3.38) Thực vậy, giả sử u nghiệm (3.37)-(3.38) cho uαβ − ωαβ = max {uij − ωij } > 0, (i,j)∈Ω uαβ = ωαβ + λ∗ zαβ , với λ∗ > Hơn nữa, ≥ D(uαβ − ωαβ − λ∗ zαβ ) = Duαβ − Dωαβ − D(λ∗ zαβ ) > −f (α, β, uαβ ) + f (α, β, ωαβ ) − f (α, β, ωαβ ) + f (α, β, λzαβ ) = Vậy u ≤ ω, với u nghiệm (3.37)-(3.38) + Tính chất Định lý so sánh khác nghiệm nghiệm Định lý 3.6.1 [2, Định lý 117] Giả sử f1 (i, j, v) ≤ f (i, j, v) ≤ f2 (i, j, v) với (i, j) ∈ Ω Khi nghiệm Dωij + f2 (i, j, ωij ) = 0, (i, j) ∈ Ω ωij = 0, (i, j) ∈ ∂Ω, nghiệm (3.37)-(3.38), nghiệm Duij + f1 (i, j, uij ) = 0, (i, j) ∈ Ω, 55 (3.39) Chương Sự tồn nghiệm uij = 0, (i, j) ∈ ∂Ω nghiệm (3.37)-(3.38) Chứng minh Ta chứng minh cho trường hợp nghiệm trên, trường hợp lại tương tự Giả sử ω = {ωij } nghiệm (3.39), Dωij + f2 (i, j, ωij ) ≤ 0, (i, j) ∈ Ω, ωij ≥ 0, (i, j) ∈ ∂Ω Do f (i, j, v) ≤ f2 (i, j, v) nên Dωij + f (i, j, ωij ) ≤ Dωij + f2 (i, j, ωij ) ≤ 0, (i, j) ∈ Ω, ωij ≥ 0, (i, j) ∈ ∂Ω Vậy ω = {ωij } nghiệm (3.37)-(3.38) + Tính chất Sự tồn nghiệm nghiệm (3.37)-(3.38) Định lý 3.6.2 [2, Định lý 118] Nếu f (i, j, v) ≥ L (hoặc f (i, j, v) ≤ L) với (i, j) ∈ Ω (3.37)-(3.38) có nghiệm (tương ứng nghiệm trên) Chứng minh Xét hệ tuyến tính Dvij + L = 0, (i, j) ∈ Ω, vij = 0, (i, j) ∈ ∂Ω Theo Hệ 1.6.4 hệ có nghiệm {uij } Theo Định lý 3.6.1 {uij } nghiệm (3.37)-(3.38) Bây định lý tồn nghiệm toán biên (3.37)-(3.38) Định lý 3.6.3 [2, Định lý 121] Giả sử |f (i, j, v)| ≤ M với (i, j) ∈ Ω v ∈ R Hơn nữa, giả sử f (i, j, u) liên tục theo u với (i, j) ∈ Ω Khi tốn biên (3.37)-(3.38) có nghiệm Chứng minh Theo Định lý 2.7.1 nghiệm (3.37)-(3.38) có dạng (u,v) xij = Gij f (u, v, xuv ), (i, j) ∈ Ω (u,v)∈Ω Xét ánh xạ T : R −→ R xác định bởi, (u,v) (T x)ij = Gij f (u, v, xuv ), (i, j) ∈ Ω (u,v)∈Ω 56 Chương Sự tồn nghiệm Đặt (u,v) |Gij K := max (i,j)∈Ω |, (u,v)∈Ω S := {x = {xij } : ||x||∞ ≤ KM }, với ||x||∞ = max(i,j)∈Ω |xij | Dễ thấy S tập bị chặn, lồi, đóng RΩ Hơn nữa, ||T x|| = max |(T x)ij | ≤ K.|f (u, v, xuv )| ≤ KM (i,j)∈Ω Do T ánh xạ từ S vào S liên tục với (i, j) ∈ Ω f liên tục theo biến thứ ba Vậy theo định lý điểm bất động Browner tồn x∗ ∈ S cho x∗ = T x∗ hay {x∗ij } nghiệm (3.37)-(3.38) Định lý 3.6.4 [2, Định lý 122] Giả sử f (i, j, u) liên tục theo biến u với (i, j) ∈ Ω Khi với nghiệm u = {uij } nghiệm ω = {ωij } (3.37)-(3.38) thỏa mãn u ≤ ω có nghiệm v = {vij } (3.37)-(3.38) thỏa mãn u ≤ v ≤ ω Chứng minh Xét toán biên Dxij + Φ(i, j, xij ) = 0, (i, j) ∈ Ω, (3.40) xij = 0, (i, j) ∈ ∂Ω, (3.41)     f (i, j, ωij ) + (ωij − x)/(1 + x2 ), x > ωij     Φ(i, j, x) = f (i, j, x), uij ≤ x ≤ ωij ,       f (i, j, uij + (uij − x)/(1 + x2 ), x < uij (3.42) với (i, j) ∈ Ω Rõ ràng, hàm Φ bị chặn với (i, j) ∈ Ω x ∈ R, liên tục theo biến x Theo Định lý 3.6.3 tồn môt nghiệm v = {vij } toán biên (3.40)-(3.41) Tiếp theo, chứng minh v ≤ ω Giả sử ngược lại vαβ − ωαβ = max(i,j)∈Ω {vij − ωij } > Khi ≥ D(vαβ − ωαβ ) ≥ f (α, β, ωαβ ) − Φ(α, β, vαβ ) = vαβ − ωαβ > 0, + vαβ điều mâu thuẫn nên v ≤ ω Tương tự, ta có u ≤ v Vậy u ≤ v ≤ ω, từ (3.42) Φ(i, j, x) ≡ f (i, j, x) suy v = {vij } nghiệm tốn (3.37)-(3.38) 57 Chương Sự tồn nghiệm Ví dụ 3.3 Xét toán (3.37)-(3.38) với hàm f (i, j, v) thỏa mãn ≤ f (i, j, v) ≤ sin2 π v, ≤ i ≤ m, ≤ j ≤ n + sin2 4m + 4n + Khi đó, dãy {0} nghiệm (3.37)-(3.38) dãy ω = {ωij } xác định ωij = sin πi πj sin , ≤ i ≤ m + 1, ≤ j ≤ n + 1, 2m + 2n + nghiệm (3.37)-(3.38) thỏa mãn Dωij + sin2 π π ωij = 0, ≤ i ≤ m, ≤ j ≤ n, + sin2 4m + 4n + ωi0 = ωi,n+1 = 0, ≤ i ≤ m + 1, ω0j = ωm+1,j = 0, ≤ j ≤ n + Theo Định lí 3.6.4 (3.37)-(3.38) có nghiệm v = {vij } thỏa mãn ≤ vij ≤ sin πi πj sin , ≤ i ≤ m, ≤ j ≤ n 2m + 2n + 58 Kết luận Như vậy, luận văn giải mục tiêu nghiên cứu ban đầu Hai vấn đề luận văn bao gồm Thứ trình bày số phương pháp để tìm cơng thức nghiệm hiển vài lớp phương trình sai phân riêng lớp phương trình nhiệt, phương trình Poisson, phương trình Laplace rời rạc, Thứ hai xây dựng tiêu chuẩn tồn nghiệm với số đặc tính như: nghiệm dạng truyền sóng với phương trình nhiệt; nghiệm dương bị chặn với phương trình nhiệt tổng quát, nghiệm bị chặn với phương trình Laplace rời rạc; tốn biên Dirichlet 59 Tài liệu tham khảo [1] V Afraimovich and Y Pesin, Travelling waves in latice models of multidimentional and multi-component media: I General hyperbolic properties, Nonlinearity, 6(1993), 429-455 [2] S S Cheng, Partial Difference Equations, Taylor and Francis, London and New York, 2003 [3] S S Cheng, L Y Hsieh and Z T Chao, Discrete Lyapunov inequality conditions for partial difference equations, Hokkaido Math.J., 19(1990), 229239 [4] S S Cheng and R Medina, Bounded and Positive Solutions of Discrete Steady State Equations, Tamkang Journal of Math, 31(2000) [5] S S Cheng and R Medina, Positive and Bounded solutions of Discrete Reaction - Diffusion Equations, Appl Math E-Note, 2(2002), 110-116 [6] S S Cheng and S S Lin, Existence and Uniqueness Theorems for Nonlinear Difference Equations, Utilitas Math., 39(1991), 9-24 [7] S S Cheng and G H Lin, Green’s function and Stability of a Linear Partial Difference Scheme, Comput Math Appl., 35(5)(1998), 27-41 [8] J A Jeske, Linear Recurence Relations- Part III, San Jose State College, San Jose, Canifornia, Octorber (1964) [9] S T Liu and Y Liu, Existence of Monotone Positive Solution of Neutral Partial Difference Equations, Journal of Mathematical Analysis and Applications, 247(2000), 384-396 [10] W Zhang , Y Cheng and S S Cheng, Monotone Methods for a Discrete Boundary Value Problem, Comput Math Appl., 32(12)(1996), 41-49 60 ... 1.3 Phân loại phương trình sai phân riêng Phương trình sai phân riêng viết dạng tổng quát F (uij , ui+1,j , ) = Có nhiều cách để phân loại phương trình sai phân riêng Chẳng hạn như: Ta phân. .. trung trình bày số phương pháp sử dụng để tìm nghiệm tiêu chuẩn tồn nghiệm phương trình sai phân riêng dựa theo tài liệu [2] Những ví dụ phương trình sai phân riêng trình bày chủ yếu lớp phương trình. .. Possion rời rạc Một lớp phương trình sai phân riêng quan trọng phương trình tuyến tính Ta nói phương trình F (uij , ui+1,j , ) = gij gọi tuyến tính F (x1 , x2 , ) tuyến tính Nghĩa F (αx1 + βy1