Chương 3 Sự tồn tại nghiệm

Chương 3. Sự tồn tại nghiệm

Theo định lí Định lý 1.7.4 phương trình trên có nghiệm dương khi và chỉ khi

phương trình đặc trưng

cλρ+1 + bλρ + aλρ−1 − 1 = 0,

có nghiệm dương. Vì vậy, phương trình (3.1) có nghiệm dương dạng truyền sóng

khi và chỉ khi nghiệm này có dạng

u(t) = λn−ρt , ρ ∈ Z, λ > 0, (n, t) ∈ Ω.

n



(3.3)



Vì lí do này thay vì tìm nghiệm dương dạng truyền sóng của (3.1) ta sẽ đi tìm

nghiệm dương của phương trình đặc trưng trên. Ta đi xét các trường hợp có thể

xảy ra của ρ là ρ ≥ 2, ρ ≤ −2, ρ = ±1, 0.

Nếu ρ ≥ 2 phương trình đặc trưng tương ứng là

H(λ) ≡ cλρ+1 + bλρ + aλρ−1 − 1 = 0.



(3.4)



Ta có định lí sau.

Định lý 3.1.1. [2, Định lý 105] Giả sử ρ ≥ 2 khi đó phương trình đặc trưng (3.4)

có nghiệm dương khi và chỉ khi các hệ số a, b, c thỏa mãn một trong các điều kiện

sau

(i) c > 0;

(ii) c = 0, b > 0;

(iii) c = 0, b = 0, a > 0;

(iv) c = 0, b < 0,

1

(ρ−1)

ρ

ρρ

(−b) ρ ;

(3.5)

a≥

(ρ − 1)(ρ−1)

(v) c < 0, a > 0, ψ(a, b, c, ρ) ≥ 1;

(vi) c < 0, a ≤ 0, b2 ρ2 ≥ 4ac(ρ2 − 1), ψ(a, b, c, ρ) ≥ 1 ở đây,

ψ(a, b, c, ρ) =



ρ−1

1

1

−

bρ + (b2 ρ2 − 4acρ2 + 4ac)

ρ+1

2c(ρ + 1)

b

× −

bρ + (b2 ρ2 − 4acρ2 + 4ac) +2a .

2c(ρ + 1)



Chứng minh. Trước tiên, H(0) = −1. Ta xét các trường hợp sau:

+ Trường hợp 1. Với c > 0, thì limλ→+∞ H(λ) = +∞ nên ∃M > 0 : H(M ) >

0. Khi đó H(0).H(M ) < 0 và có H(λ) liên tục nên ∃λ ∈ (0, M ) sao cho H(λ) = 0

hay H(λ) có nghiệm dương ⇒ (i).

+ Trường hợp 2. Với c = 0, thì H(λ) = bλρ + aλρ−1 − 1, ta có các khả năng

• b > 0 ta có limλ→+∞ H(λ) = +∞, tương tự H(λ) có nghiệm dương ⇒ (ii).

39



Chương 3. Sự tồn tại nghiệm

• b = 0 ta có H(λ) = aλρ−1 − 1.

Nếu a = 0 thì H(λ) = −1 < 0, ∀λ ⇒ loại.

Nếu a < 0 thì





lim

 λ→+∞ H(λ) = −∞ và H(0) = −1



⇒ H(λ) < 0, ∀λ > 0.







H (λ) = a(p − 1)λρ−2 ≤ 0, ∀λ > 0

Vậy H(λ) không có nghiệm dương.

Nếu a > 0 thì limλ→+∞ H(λ) = +∞, tương tự H(λ) có nghiệm dương

⇒ (iii).

• b < 0 ta có limλ→+∞ H(λ) = −∞ và H (λ) = bρλρ−1 + a(ρ − 1)λρ−2 , khi đó

H (λ) = 0 ⇔ λ1 = 0, λ2 = −

Nếu a ≤ 0 thì λ2 ≤ λ1 = 0. Ta có





H (λ) > 0, ∀λ ∈ (λ , λ )



2

1









H (λ) < 0, ∀λ ∈ (λ1 , +∞)











H(λ1 ) = H(0) = −1



(ρ − 1)a

.

ρb



⇒ H(λ) < 0, ∀λ > 0 ⇒ loại.



Nếu a > 0 thì λ2 > 0, λ1 = 0 . Ta có





H (λ) > 0, ∀λ ∈ (λ , λ ) và H (λ) < 0, ∀λ ∈ (λ , ∞),



1

2

2



maxH(λ) = H(λ ) = aρ (− ρ−1 )ρ−1 1 − 1.



2

b

ρρ

λ>0



Để H(λ) có nghiệm dương thì H(λ2 ) ≥ 0 hay

ρρ

a≥

(ρ − 1)(ρ−1)



1

ρ



(−b)



(ρ−1)

ρ



⇒ (iv).



+ Trường hợp 3. Với c < 0 thì limλ→+∞ H(λ) = −∞.

H (λ) = c(ρ + 1)λρ−2 λ2 +



bρ

a(ρ − 1)

λ+

,

c(ρ + 1)

c(ρ + 1)



1

[bρ −

2c(ρ + 1)

1

µ2 = −

[bρ +

2c(ρ + 1)



H (λ) = 0 ⇔µ1 = −



µ3 = 0, nếu ρ = 2.

40



b2 ρ2 − 4ac(ρ2 − 1)],

b2 ρ2 − 4ac(ρ2 − 1)],



Chương 3. Sự tồn tại nghiệm

• a > 0 thì µ1 ≤ 0 = µ3 < µ2 . Khi đó





H (λ) > 0, ∀λ ∈ (0, µ ) và H (λ) < 0, ∀λ ∈ (µ , ∞),



2

2



maxH(λ) = H(µ ) = µρ−1 1 (bµ + 2a) − 1.



2

2

2

ρ+1

λ>0



Để tồn tại nghiệm dương thì H(µ2 ) ≥ 0 hay ψ(a, b, c, ρ) ≥ 1 ⇒ (v).

• a≤0

Nếu b2 ρ2 < 4(ρ2 − 1)ac thì µ1 , µ2 là nghiệm ảo ⇒ loại.

Nếu b2 ρ2 < 4(ρ2 − 1)ac thì 0 < µ1 < µ2 . Khi đó H (λ) < 0, λ ∈ (0, µ1 ) ∪

(µ2 , +∞) và H (λ) > 0, λ ∈ (µ1 , µ2 ). Để H(λ) có nghiệm dương thì H(µ2 ) ≥

0 hay ψ(a, b, c, ρ) ≥ 1 ⇒ (vi). Với ψ(a, b, c, ρ) xác định như trong định lí.



Nếu ρ ≤ −2 phương trình đặc trưng tương ứng là

H(λ) = λ−ρ+1 − cλ2 − bλ − a = 0.



(3.6)



Ta có định lý tương ứng sau.

Định lý 3.1.2. [2, Định lý 106] Giả sử ρ ≤ −2, khi đó phương trình đặc trưng có

một nghiệm dương khi và chỉ khi các hệ số a, b, c thỏa mãn một trong các điều

kiện sau

(i) a > 0;

(ii) a = 0, b > 0;

(iii) a = 0, b = 0, c > 0;

b

(iv) a = 0, b < 0, c ≥ −ρ( ρ+1 )(ρ+1)/ρ ;

(v) a < 0, c ≥ 0, φ(a, b, c, ρ) ≥ 1;

(vi) a < 0, c < 0, b2 ρ2 ≥ 4ac(ρ2 − 1), φ(a, b, c, ρ) ≥ 1, trong đó

φ(a, b, c, ρ) =



ρ



2a(ρ − 1)

b2 ρ2 − 4ac(ρ2 − 1) − bρ



b2 ρ2 − 4ac(ρ2 − 1) − b

.

ρ2 − 1



Chứng minh. Chứng minh hoàn toàn như trường hợp ρ ≥ 2.

Khi ρ = 1 phương trình đặc trưng tương ứng là

cλ2 + bλ + a − 1 = 0.



(3.7)



Khi ρ = 0 phương trình đặc trưng tương ứng là

cλ2 + (b − 1)λ + a = 0.

41



(3.8)



Chương 3. Sự tồn tại nghiệm

Khi ρ = −1 phương trình đặc trưng tương ứng là

(c − 1)λ2 + bλ + a = 0.



(3.9)



Việc kiểm tra điều kiện để các phương trình này có nghiệm dương là kiến thức

sơ cấp. Ta có các định lý sau.

Định lý 3.1.3. [2, Định lý 107] Giả sử ρ = 1, khi đó phương trình đặc trưng

(3.7) có nghiệm dương khi và chỉ khi các hệ số a, b, c thỏa mãn một trong các điều

kiện sau (1) c = 0 và b(a − 1) < 0; (2) c > 0, b > 0 và a < 1; (3) c > 0, b ≤ 0

và b2 ≥ 4c(a − 1); (4) c < 0, b < 0 và a > 1; (5) c < 0, b ≥ 0 và b2 ≥ 4c(a − 1).

Định lý 3.1.4. [2, Định lý 108] Giả sử ρ = 0, khi đó phương trình (3.8) có

nghiệm dương khi và chỉ khi các hệ số a, b, c thỏa mãn một trong các điều kiện

sau (1) c = 0 và a(b − 1) < 0; (2) c > 0, b ≥ 1 và a < 0; (3) c > 0, b < 1 và

a ≤ (b − 1)2 /(4c); (4) c < 0, b ≤ 1 và a > 0; (5) c < 0, b > 1 và a ≥ (b − 1)2 /(4c).

Định lý 3.1.5. [2, Định lý 109] Giả sử ρ = −1, khi đó phương trình (3.9) có

nghiệm dương khi và chỉ khi các hệ số a, b, c thỏa mãn một trong các điều kiện sau

(1) c = 1 và ab < 0; (2) c > 1, b ≥ 0 và a < 0; (3) c > 1, b < 0 và a ≤ b2 /(4c−4);

(4) c < 1, b ≤ 0 và a > 0; (5) c < 1, b > 0, a ≥ b2 /(4c − 4).



3.2



Nghiệm dương và bị chặn



Xét phương trình nhiệt

(n)



(n)



(n+1)

um

− u(n) = r(um−1 − u(n) ) + r(um+1 − u(n) ), m ∈ Z, n ∈ N, r > 0.

m

m

m



Ta thấy với phân bố nhiệt ban đầu phù hợp, phương trình này có một nghiệm

(n)

dương, bị chặn {um } ≡ {1}. Vì vậy, câu hỏi đặt ra là liệu trong trường hợp tổng

quát phương trình này có nghiệm bị chặn không. Trong phần này, ta xét phương

trình tổng quát hơn.

Ví dụ 3.1. Xét phương trình nhiệt dưới dạng

(n)



(n)



u(n+1) − u(n) = αum−1 + βu(n) + γum+1 + qu(n−σ) , n ∈ N, m ∈ Z, σ ∈ N, (3.10)

m

m

m

m

(n)



với một tập bất kì các giá trị ban đầu um , −σ ≤ n ≤ 0, m ∈ Z.

Ta có thể tính được một cách liên tiếp và duy nhất dãy

(1)



(1)



(2)



(1)



(1)



(2)



(3)



(2)



(1)



u0 , u−1 , u0 , u1 , u−2 , u−1 , u0 , u1 , u2 , . . . ,

(n)



Dãy u = {um |m ∈ Z, n = −σ, −σ + 1, . . .} như trên được gọi là nghiệm của

(3.10) và là nghiệm duy nhất.

42



Chương 3. Sự tồn tại nghiệm

(n)



Nghiệm u = {um } gọi là nghiệm dương tại vô cùng khi có tồn tại một số

(n)

nguyên không âm T sao cho um > 0, m ∈ Z và n ≥ T .

(n)

(n)

(n)

Kí hiệu dãy vô hạn u(n) = {. . . , u−1 , u0 , u1 , . . .} ∈ lZ , khi đó nghiệm của

(3.10) có thể coi như dãy các vecto {u(n) }∞ . Hơn nữa dãy này thỏa mãn

n=−σ

u(n+1) − u(n) = Au(n) + qu(n−σ) , n ∈ N,



(3.11)



ở đây, A = (aij ) là ma trận vô hạn với aii = β, ai,i−1 = α, ai,i+1 = γ với i ∈ Z và

aij = 0, ∀i, j ∈ Z nếu ngược lại.

Véctơ v ∈ lZ là véctơ dương nếu mọi thành phần của v dương, kí hiệu v > 0.

Rõ ràng, nghiệm u của (3.10) là dương tại vô cùng khi và chỉ khi véc tơ {u(n) }

là dương tại vô cùng. Vì vậy (3.10) có một nghiệm dương tại vô cùng khi và chỉ

khi (3.11) có một nghiệm dương tại vô cùng.

Tiếp theo, nếu cho một số λ và một véc tơ v tương ứng sao cho

Av = λv,



(3.12)



thì với dãy {xn }∞

n=−σ là nghiệm nào đó của phương trình sai phân

xn+1 − xn = λxn + qxn−σ , n ∈ N,



(3.13)



ta có

xn+1 v − xn v = λxn v + qxn−σ v = xn Av + qxn−σ v, n ∈ N,

nghĩa là, {xn v} là một nghiệm của (3.11).

Như vậy, để tìm một nghiệm dương tại vô cùng và bị chặn của (3.11), ta cần

tìm

(i) Một số λ và một véc tơ tương ứng v dương và bị chặn sao cho Av = λv;

(ii) Tìm một nghiệm {xn } dương ở vô cùng và bị chặn của (3.13);

(iii) Khi đó {xn v} là nghiệm của (3.11).

Xét trường hợp khi λ = α + β + γ, khi đó (3.12) có nghiệm dương bị chặn

v = {1}. Xét phương trình sai phân

xn+1 − xn = (α + β + γ)xn + qxn−σ , n ∈ Z.



(3.14)



Ta cần tìm một nghiệm dương và bị chặn của (3.14), có thể tìm nghiệm dưới

dạng {tn }, với 0 < t ≤ 1. Thay vào (3.14) thu được phương trình đặc trưng

tσ+1 − (1 + α + β + γ)tσ − q = 0.

Ta cần tìm một nghiệm t ∈ (0, 1] của phương trình này là đủ. Thực vậy, đặt

h(t) = tσ+1 + atσ + b, t ∈ R, σ ∈ N.

43



Chương 3. Sự tồn tại nghiệm

Khi σ = 0 thì t = −a − b là nghiệm duy nhất. Để h(t) = 0 có nghiệm thuộc

(0, 1] thì 0 < −a − b ≤ 1 hay −1 ≤ a + b < 0.

Khi σ > 0 có h(0) = b và limt→+∞ = +∞ suy ra ∃M > 0 để h(M ) > 0. Ta có

các trường hợp sau:

+ b < 0 thì h(0).h(M ) < 0 nên h(t) = 0 có nghiệm dương. Nghiệm này thuộc

(0, 1] khi h(1) = 1 + a + b ≥ 0.

+ b = 0 thì h(t) = 0 có nghiệm t = 0 và t = −a nên h(t) = 0 có nghiệm dương

khi và chỉ khi −1 ≤ a < 0.

+ b > 0, ta xét hai khả năng sau:

Nếu a ≥ 0 thì h(t) > 0, ∀t > 0 nên h(t) = 0 không có nghiệm.

Nếu a < 0 thì h (t) = (σ + 1)tσ + σatσ−1 = 0 nên t∗ = −aσ > 0. Ta thấy

σ+1

h (t) < 0, ∀t ∈ (0, t∗ ] và h (t) > 0, ∀t ∈ [t∗ , ∞). Để h(t) = 0 có nghiệm trong (0, 1]

thì

(−a)σ+1 σ σ

−aσ

∗

∗

h(t ) ≤ 0 và 0 < t ≤ 1 ⇔ b −

≤ 0 và

≤ 1.

σ+1

(σ + 1)(σ+1)

Tóm lại

Nếu σ = 0 thì (3.14) có nghiệm dạng {tn }, t ∈ (0, 1] khi và chỉ khi

−1 ≤ a + b < 0 ⇔ −1 ≤ −1 − α − β − γ − q < 0 ⇔ −1 < α + β + γ + q ≤ 0.

Nếu σ > 0, σ ∈ Z (hay σ ≥ 1), (3.14) có nghiệm dạng {tn }, t ∈ (0, 1] khi và

chỉ khi hoặc một trong các trường hợp sau xảy ra:

Trường hợp 1









b < 0

q > 0





⇔

⇔ 0 < q ≤ −(α + β + γ).









1 + a + b ≥ 0

q ≤ −(α + β + γ)

Trường hợp 2: b = 0 và −1 ≤ a < 0 ⇔ q = 0 và

Trường hợp 3









b > 0, a < 0

q < 0; −1 < α + β + γ





















σ+1 σ

σ+1 σ

−(−a)

σ

≤ −b ⇔  −(1+α+β+γ) σ ≤ q ⇔

(σ+1)σ+1

(σ+1)σ+1















 −aσ









−1 < α + β + γ ≤ 1

≤1

σ+1

σ



−1 < α + β + γ ≤ 0.





 −(1+α+β+γ)σ+1 σσ





≤ q < 0,

(σ+1)σ+1





−1 < α + β + γ ≤ 1 .

σ



Hay ta tách ra thành các trường hợp sau

1

−(1 + α + β + γ)σ+1 σ σ

0 < α + β + γ ≤ và

≤ q < 0,

σ

(σ + 1)σ+1

44



(3.15)



Chương 3. Sự tồn tại nghiệm



− 1 < α + β + γ ≤ 0 và



−(1 + α + β + γ)σ+1 σ σ

≤ q < −(α + β + γ),

(σ + 1)σ+1



(α + β + γ) ≤ −1 và 0 < q ≤ −(α + β + γ).



(3.16)

(3.17)



Từ đó ta có định lý sau.

Định lý 3.2.1. [5, Định lý 1] Khi σ = 0, nếu −1 < α + β + γ + q ≤ 0, thì (3.10)

có một nghiệm dương tại vô cùng và bị chặn. Khi σ > 1, nếu (3.15) hoặc (3.16)

hoặc (3.17) thỏa mãn thì (3.10) có một nghiệm dương tại vô cùng và bị chặn.



3.3



Phương pháp đơn điệu cho phương trình Laplace

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 dãy ωmn , 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] Cho f : 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)∈Z2 umn ≤ s, t ≤ sup(m,n)∈Z2 ωmn thì (3.18) có một

nghiệm v thỏa mãn umn ≤ vmn ≤ ωmn , (m, n) ∈ Z2 .



45



Chương 3. Sự tồn tại nghiệm

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)∈Bk umn ≤ s, t ≤ max(m,n)∈Bk ωmn . Xét sơ đồ lặp



 (t)

Dω − Γ ω (t) = −f (m, n, ω (t−1) ) − Γ ω (t−1) , (m, n) ∈ B ,

 mn

mn

k mn

k mn

k

 (t)



ωmn = φmn ,



(m, n) ∈ ∂Bk , t ∈ Z+ .



(0)



Nếu cho ωmn = ωmn , (m, n) ∈ Z2 thì theo Hệ quả 1.6.4 có ω (1) tồn tại và duy

nhất. 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 là nghiệm trên )

(1)



(0)



và ωmn − ωmn = φmn − ωmn ≤ 0, (m, n) ∈ ∂Bk . Theo Hệ quả 1.6.2 suy ra

(1)

(0)

(1)

(2)

ωmn ≤ ωmn = ωmn , (m, n) ∈ Bk . Tiếp theo, biết ωmn thì ωmn tồn tại và duy nhất.

(2)

(1)

Tương tự suy ra ωmn ≤ ωmn , (m, n) ∈ Bk . Tiếp tục quá trình này, bằng quy nạp

ta có

(t+1)

(t)

ωmn ≤ ωmn ≤ ωmn , (m, n) ∈ Bk , t ≥ 0.

Mặt khác, chú ý rằng ∀(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( do



(1)

min umn ≤ umn , ωmn ≤ max ωmn )



(m,n)∈Bk



46



(m,n)∈Bk



Chương 3. Sự tồn tại nghiệm

(1)



(1)



và umn −ωmn ≤ 0, (m, n) ∈ ∂Bk . Theo Hệ quả 1.6.2 ta có umn ≤ ωmn , (m, n) ∈ Bk .

(t)

Tương tự theo quy nạp ta cũng có umn ≤ ωmn , (m, n) ∈ Bk .

Như vậy

(t+1)

(t)

umn ≤ ωmn ≤ ωmn ≤ ωmn , (m, n) ∈ Bk , t ≥ 0.

Lại xét sơ đồ lặp sau



 (t)

Du = −f (m, n, u(t−1) ), (m, n) ∈ B , t > 0,

 mn

mn

k

 (t)



umn = φmn ,



(m, n) ∈ ∂Bk , t > 0



(0)



và umn = umn , (m, n) ∈ Z2 . Theo Hệ quả 1.6.4 suy ra sự tồn tại và duy nhất của

(1)

umn . Hơn nữa

D(u(0) − u(1) ) = Du(0) − Du(1) = Dumn + f (m, n, u(0) )

mn

mn

mn

mn

mn

≥ −f (m, n, umn ) + f (m, n, umn ) (do umn là nghiệm dưới )

= 0, ∀(m, n) ∈ Bk

(0)



(1)



(1)



(0)



và umn − umn = umn − φmn ≤ 0, (m, n) ∈ ∂Bk . Theo Hệ quả 1.6.2 có umn ≥ umn =

(1)

umn , ∀(m, n) ∈ Bk . Tương tự biết umn theo Hệ quả 1.6.4 suy ra sự tồn tại và duy

(2)

(1)

(1)

nhất của umn . Do umn ≥ umn nên min(m,n)∈Bk umn ≤ umn , umn ≤ max(m,n)∈Bk ωmn .

Khi đó

f (m, n, umn ) − f (m, n, u(1) ) > −Γk (umn − u(1) ) ≥ 0,

mn

mn

D(u(2) − u(1) ) = Du(2) − Du(1) = −f (m, n, u(1) ) + f (m, n, umn ) > 0,

mn

mn

mn

mn

mn

u(2) − u(1) = 0, (m, n) ∈ ∂Bk .

mn

mn

(2)



(1)



Theo Định lý 1.6.1 suy ra umn ≥ umn , ∀(m, n) ∈ Bk . Bằng quy nạp ta chứng

minh được

umn ≤ u(1) ≤ u(2) ≤ · · · hay umn ≤ u(t) , t > 0, (m, n) ∈ Bk ,

mn

mn

mn

(t)



(t+1)



tức là umn ≤ umn ≤ umn ≤ ωmn , (m, n) ∈ Bk , t ≥ 0.

Tiếp theo, bằng quy nạp ta lại chứng minh được

(t)

u(t) ≤ ωmn , (m, n) ∈ Bk , ∀t > 0.

mn



Tóm lại

(1)

(0)

umn = u(0) ≤ u(1) ≤ u(2) ≤ · · · ≤ ωmn ≤ ωmn = ωmn ,

mn

mn

mn



47



(3.23)



Chương 3. Sự tồn tại nghiệm

với (m, n) ∈ Bk + ∂Bk . Vì vậy {u(t) } và {ω (t) } tương ứng hội tụ điểm tới u(k) và

(k)

(k)

ω (k) trong Bk . Hơn nữa umn ≤ ωmn , ∀(m, n) ∈ Bk .

Bằng việc lấy giới hạn hai vế của sơ đồ lặp thứ nhất ta được

(k)

(k)

(k)

Dωmn = −f (m, n, ωmn ), (m, n) ∈ Bk và ωmn = φmn , (m, n) ∈ ∂Bk ,



hay ω (k) là nghiệm của (3.21)-(3.22). Trong tự u(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

(i)

(i )

+ Dãy {u00 } bị chặn giữa u00 và ω00 suy ra tồn tại một dãy con hội tụ {u00k }

(i)

(giả sử i1 > 1) của {u00 }.

(i )

+ Dãy con {u10k }∞ bị chặn giữa u10 và ω10 nên nó cũng có một dãy con hội

k=2

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(ij ) + f (m, n, u(ij ) ) = 0, (m, n) ∈ Z2 ,

mn

mn

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 nghiệm h của (3.18) sao cho b ≤ hmn ≤

c, (m, n) ∈ Z2 .

Tiếp theo, ta xét với một phương trình tổng quát hơn 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 đi thiết lập tiêu chuẩn để tồn tại nghiệm bị chặn của (3.24).

Cho lZ×Z là không 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 :=



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 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

(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, nếu ta thêm điều kiện

B



∗



δij

αij βij γij

f (i, j, B ∗ )

+

+

+

≤ B ∗ , (i, j) ∈ Z2 ,

+

σij σij σij σij

σij



(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 βij γij

δij

f (i, j, B∗ )

+

+

+

+

≥ B∗ , (i, j) ∈ Z2 ,

σij σij σij σij

σij



(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

và x ≤ 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) .

(n)

(n)

Như vậy, với mỗi (i, j) ∈ Z2 , thì dãy uij hội tụ tới dãy uij không âm và vij

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 ∗ .

49