2 Nghiệm hiển
3.3 Phương pháp đơn điệu cho phương trình Laplace rời rạc
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)∈ Z2.
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
Dvmn+f(m, n, vmn) = 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 umn, m, n ∈Z sao cho bất phương trình sau thỏa mãn
Dumn+f(m, n, umn)≥ 0, m, n∈ Z. (3.20) Ta có định lý sau.
Định lý 3.3.1. [2, Định lý 111] Chof : Z2×R →R là một hàm sao cho f(m,n,y) liên tục theo biến y với mọi (m, n) ∈ Z2. Nếu tồn tại một nghiệm trên ω và một nghiệm dưới u của (3.18) sao cho umn < ωmn, (m, n) ∈ Z2 và tồn tại hằng số dương Γ sao cho
f(m, n, s)−f(m, n, t) + (s−t)Γ>0,
với (m, n) ∈ Z2 và inf(m,n)∈Z2umn ≤ s, t ≤ sup(m,n)∈Z2ωmn thì (3.18) có một nghiệm v thỏa mãn umn ≤vmn≤ ωmn, (m, n)∈ Z2.
Chứng minh. Đặt
Bk := {(i, j)∈Z2| |i|+|j| ≤ k}, k ∈ N,
khi đó
∂Bk = {(i, j)∈Z2| |i|+|j| =k+ 1}.
Chọn dãy bất kỳ φ ={φmn}m,n∈Z sao cho umn≤ φmn≤ ωmn, (m, n)∈ Z2. Với mỗi k ≥ 1, xét bài toán biên
Dvmn+f(m, n, vmn) = 0, (m, n)∈Bk, (3.21)
vmn= φmn, (m, n)∈ ∂Bk. (3.22) Cho Γk 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)∈Bkumn ≤ s, t≤ max(m,n)∈Bkωmn. 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)∈ Z2 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−ωmn(0)) = (Dωmn(1) −Γkω(1)mn) + (Γkωmn−Dωmn)
= −f(m, n, ωmn)−Γkωmn+ (Γkωmn−Dωmn)
≥ −(f(m, n, ωmn) + Γkωmn) + (f(m, n, ωmn) + Γkωmn) = 0, (do ωmn là nghiệm trên )
và ωmn(1) − ω(0)mn = φmn − ωmn ≤ 0, (m, n) ∈ ∂Bk. Theo Hệ quả 1.6.2 suy ra
ω(1)mn≤ ωmn(0) =ωmn, (m, n)∈ Bk. Tiếp theo, biết ωmn(1) thì ω(2)mn tồn tại và duy nhất. Tương tự suy ra ωmn(2) ≤ ω(1)mn, (m, n)∈Bk. Tiếp tục q trình này, bằng quy nạp ta có ω(t+1)mn ≤ ωmn(t) ≤ωmn, (m, n)∈ Bk, t≥ 0. Mặt khác, chú ý rằng ∀(m, n)∈ Bk ta có (D−Γk)(umn−ωmn(1)) = Dumn−Dωmn(1) −Γkumn+ Γkω(1)mn ≥ −f(m, n, umn) +f(m, n, ω(1)mn) + Γk(ωmn(1) −umn) > 0( do min
(m,n)∈Bkumn ≤ umn, ω(1)mn≤ max
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 ≤ ωmn(t+1) ≤ ωmn(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)∈Bk, t > 0, u(t)mn =φmn, (m, n)∈ ∂Bk, t > 0
và u(0)mn =umn,(m, n)∈ Z2. 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 ) = 0, ∀(m, n)∈ Bk
vàu(0)mn−u(1)mn= umn−φmn ≤ 0, (m, n)∈∂Bk.Theo Hệ quả 1.6.2 có u(1)mn≥ u(0)mn =
umn, ∀(m, n)∈ Bk . Tương tự biết u(1)mn theo Hệ quả 1.6.4 suy ra sự tồn tại và duy nhất củau(2)mn. Do u(1)mn ≥umn nênmin(m,n)∈Bkumn ≤ u(1)mn, umn ≤ max(m,n)∈Bkωmn.
Khi đó
f(m, n, umn)−f(m, n, u(1)mn)>−Γk(umn−u(1)mn)≥ 0,
D(u(2)mn−u(1)mn) =Du(2)mn−Du(1)mn= −f(m, n, u(1)mn) +f(m, n, umn)>0,
u(2)mn−u(1)mn = 0, (m, n)∈ ∂Bk.
Theo Định lý 1.6.1 suy ra u(2)mn ≥ u(1)mn,∀(m, n) ∈ Bk. Bằng quy nạp ta chứng minh được
umn ≤ u(1)mn≤ u(2)mn ≤ · · · hay umn ≤u(t)mn, t > 0,(m, n)∈ Bk,
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 ≤ ωmn(t), (m, n)∈Bk,∀t > 0. Tóm lại
với (m, n) ∈ Bk+∂Bk. Vì vậy {u(t)} và {ω(t)} tương ứng hội tụ điểm tới u(k) và
ω(k) trong Bk. Hơn nữa u(k)mn ≤ ω(k)mn, ∀(m, n)∈ Bk.
Bằng việc lấy giới hạn hai vế của sơ đồ lặp thứ nhất ta được
Dω(k)mn= −f(m, n, ωmn(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(ij)} 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(ik)00 } (giả sử i1 >1) của {u(i)00}.
+ Dãy con {u(ik)10 }∞
k=2 bị chặn giữa u10 và ω10 nên nó cũng có một dãy con hội tụ
+ Z2 là tập đếm được.
Do vậy, ta có thể thực hiện một cách lần lượt để thu được một dãy con {u(ij)} với ij > j và dãy này hội tụ tới một hàm v nào đó. Rõ ràng, umn ≤ vmn ≤
ωmn,(m, n)∈ Z2 và do {u(ij)} là dãy con của {u(i)} nên
Du(ijmn)+f(m, n, u(ij)mn) = 0, (m, n)∈Z2,
lấy giới hạn khi j → ∞ suy ra vmn là một nghiệm của (3.18).
Ví dụ 3.2. Giả sử hàm f : Z2×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)∈ Z2.
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 αij, βij, γij, δij, σij >0, ∀(i, j)∈ Z2.
Ta đi thiết lập tiêu chuẩn để tồn tại nghiệm bị chặn của (3.24).
Cho lZ×Z là khơng gian tuyến tính của tất cả các dãy phức uij với phép cộng thông thường và phép nhân với số thực. Cho S : lZ×Z −→ lZ×Z, xác định với
u= {uij} ∈ lZ×Z thì (Su)ij := αijui−1,j σij + βijui+1,j σij + γijui,j−1 σij + δijui,j+1 σij + f(i, j, uij) σij .
Chương 3. Sự tồn tại nghiệm
Khi đó (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) chú ý rằng u(1)ij = Su(0) =S{B∗} =B∗αij σij + βij σij + γij σij + δij σij + f(i, j, B∗) σij , (i, j)∈ Z2.
Vì vậy, nếu ta thêm điều kiện
B∗αij σij + βij σij + γij σij + δij σij + f(i, j, B∗) σij ≤ B∗, (i, j)∈ Z2 , (3.26) thì u(1)≤ u(0).
Tương tự, nếu ta xét dãy xấp xỉ v(0) ={B∗} và
v(n+1) =Sv(n), n∈ N với điều kiện
B∗αij σij + βij σij + γij σij + δij σij + f(i, j, B∗) σij ≥ B∗, (i, j)∈Z2, (3.27) thì v(0) ≤v(1).
Tiếp theo, giả thiết f là hàm không giảm theo biến thứ ba, tức là với x, y ∈ R vàx ≤y thì f(i, j, x)≤ f(i, j, y),(i, j)∈ Z2. Và vì αij, βij, γij, δij, σij >0, nên với
x≤ y thì Sx ≤ Sy. Do vậy, khi B∗ ≤ B∗ ta có
B∗ =v(0) ≤ v(1) ≤ · · · ≤v(n) ≤ · · · ≤u(n) ≤ · · · ≤u(0) = B∗.
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) ≤ · · · ≤ 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 được v(n) ≤ u(n).
Như vậy, với mỗi (i, j) ∈ Z2, thì dãy u(n)ij hội tụ tới dãy uij không âm và vij(n)
hội tụ tới vij khi n→ ∞. Bằng cách lấy giới hạn khi n→ ∞ của (3.25) ta thấy {uij} và {vij} là những nghiệm của ω = Sω và vì vậy là nghiệm bị chặn của (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 và
f : Z2×R →R thỏa mãn (3.26)-(3.27), ở đây B∗ ≤ B∗ và ∀x, y ∈ R, x ≤ y ⇒f(i, j, x)≤ f(i, j, y), (i, j)∈Z2
và f là hàm liên tục theo biến thứ ba với bất kì (i, j)∈ Z2. Khi đó (3.24) có một nghiệm bị chặn giữa B∗ và B∗.