7 Một số kết quả khác sử dụng ở các chương sau
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1016.09 KB, 66 trang )
Chương 1. Kiến thức chuẩn bị
cho bởi công thức
√
kπ
λk (M ) = b + 2σ ac cos
,
n+1
k = 1, 2, ..., n
trong đó σ là dấu của a và các véc tơ riêng tương ứng là
sin
kπ
c
,
n+1 a
−1/2
sin
2kπ
c
,...,
n+1
a
−(n−1)/2
sin
nkπ
n+1
T
,
k = 1, 2, ..., n.
Định lý 1.7.2. [2, Định lý 20] Cho Ω là tập con khác rỗng, lồi, đóng, bị chặn
trong Rn , f : Ω −→ Ω là ánh xạ tuyến tính. Khi đó f có một điểm bất động trong
Ω.
Định lý 1.7.3. [2, Định lý 21] Cho Ω là không gian metric đủ, khác rỗng và
T : Ω −→ Ω là một ánh xạ co. Thì T có một điểm bất động trong Ω.
Định lý 1.7.4. [2, Định lý 22] Xét phương trình sai phân tuyến tính thuần nhất
xn+σ + c1 xn+σ−1 + c2 xn+σ−2 + · · · + cσ xn = 0, n ∈ N,
ở đây σ ∈ N và c1 , ..., cσ là những số thực. Khi đó nó có nghiệm dương tại vô cùng
khi và chỉ khi phương trình đặc trưng
λσ + c1 λσ−1 + · · · + cσ = 0
có nghiệm dương.
14
Chương 2
Nghiệm hiển
Trong chương này, luận văn trình bày một số phương pháp để tìm ra công
thức nghiệm hiển của một số phương trình sai phân riêng cơ bản.
2.1
Giới thiệu
Khi phương trình sai phân riêng và miền xác định của nó đã biết ta có thể
xây dựng được công thức nghiệm. Hơn nữa nếu điều kiện đầu hoặc điều kiện biên
đủ tốt ta còn có thể chỉ ra công thức nghiệm là duy nhất.
Ví dụ 2.1. Xét phương trình nhiệt
(n)
(n)
u(n+1) = aum−1 + bu(n) + cum+1 ,
m
m
m ∈ Z, n ∈ N, a, b, c ∈ R,
(2.1)
m ∈ Z.
(2.2)
với điều kiện ban đầu
u(o) = fm ,
m
Khi đó ta có thể tính toán một cách liên tiếp và duy nhất
u01 , u−1,1 , u11 , u02 , u−2,1 , u−1,2 , u12 , u21 , u03 , . . .
Dãy số như vậy gọi là nghiệm của bài toán giá trị ban đầu (2.1)-(2.2). Vì vậy,
bài toán trên tồn tại và duy nhất nghiệm.
Ví dụ 2.2. Xét phương trình sai phân riêng
ui+1,j+1 + aui+1,j + buij + cui,j+1 = fij ,
với điều kiện
u0j = ψj , j ∈ N,
ui0 = φi , i ∈ N,
15
i, j ∈ N,
Chương 2. Nghiệm hiển
trong đó
ψo = φo .
Khi đó ta sẽ tính liên tiếp dãy u11 , u12 , ..., u21 , u22 , ..., u31 , . . . một cách duy
nhất. Vì vậy, bài toán này tồn tại và duy nhất nghiệm.
Sau đây ta xét ví dụ mà nghiệm không tính toán theo cách trên được.
Ví dụ 2.3. Xét phương trình sai phân riêng Poisson rời rạc sau
ui−1,j + ui+1,j + ui,j−1 + ui,j+1 − 4uij = fij ,
(i, j) ∈ Ω,
(2.3)
với Ω ⊂ Z2 là miền hữu hạn. Điều kiện biên
uij = 0,
(i, j) ∈ ∂Ω,
(2.4)
rõ ràng, ta không thể tính toán nghiệm theo ví dụ trên. Tuy nhiên ta có thể coi
bài toán biên này như một hệ phương trình tuyến tính. Khi đó, nghiệm bài toán
sẽ tìm bằng phương pháp đại số. Ví dụ cho Ω = {(1, 2), (2, 2), (1, 1), (2, 1)}, thì
∂Ω = {(1, 0), (2, 0), (0, 1), (0, 2), (3, 1), (3, 2), (1, 3), (2, 3)}.
Khi đó thay lần lượt các điểm (i, j) ∈ Ω vào (2.3) và kết hợp với điều kiện
biên (2.4) ta thu được hệ sau
u + u − 4
22
= f12 ,
11
12
u + u − 4u
12
21
22 = f22 ,
u11 + u22 − 4u21
u12 + u21 − 4u11
= f21 ,
= f11 .
Đây là hệ phương trình tuyến tính với 4 ẩn, 4 phương trình. Ma trận của hệ có
định thức khác không nên hệ trên có nghiệm duy nhất. Tức là bài toán (2.3)-(2.4)
với Ω như trong ví dụ trên có nghiệm duy nhất.
Trong trường hợp tổng quát, chúng ta quan tâm tới câu hỏi về sự tồn tại và
duy nhất nghiệm. Tuy nhiên, như trong các ví dụ trước ta thấy nghiệm của bài
toán sai phân riêng phụ thuộc vào dãy hệ số, điều kiện ban đầu, điều kiện biên, ...
Việc tìm ra sự phụ thuộc này cũng chính là tìm ra nghiệm tổng quát của bài toán.
Trong một số ít trường hợp nghiệm tổng quát có thể tìm được. Một số phương
pháp để tìm nghiệm như vậy sẽ đưa ra ở những phần tiếp theo.
16
Chương 2. Nghiệm hiển
2.2
Phương pháp hàm sinh
Ví dụ 2.4. Xét phương trình sai phân riêng sau
Pij = pPi−1,j + qPi,j−1 , i, j ∈ Z+ ,
(2.5)
ở đây p, q > 0 và p + q = 1 và điều kiện biên
Pi0 = 0, i ∈ N, P0j = 1, j ∈ Z+ .
Khi đó bằng tính toán liên tiếp dãy nghiệm suy ra bài toán luôn tồn tại và
duy nhất nghiệm.
∞
Với mỗi i ∈ N xét Gi (t) = Pi0 + Pi1 t + Pi2 t2 + · · · = j=0 Pij tj là hàm sinh
của dãy {Pij }∞ .
j=0
Nhân 2 vế của (2.5) với tj và lấy tổng từ 1 tới +∞ ta được
∞
∞
j
t Pij = p
j=1
∞
j
t Pi−1,j + q
j=1
∞
j
t Pi,j−1 = p
j=1
∞
j
tj Pi,j ,
t Pi−1,j + qt
j=1
j=0
hay
Gi (t) − Pi0 = p{Gi−1 (t) − Pi−1,0 } + qtGi (t).
Từ điều kiện biên suy ra
Gi (t) = pGi−1 (t) + qtGi (t),
Vậy
Gi (t) =
p
p
p
p
i
Gi−1 (t) =
{
Gi−2 (t)} = . . . =
G0 (t).
1 − qt
1 − qt 1 − qt
1 − qt
Chú ý
G0 (t) = P00 + P01 t + P02 t2 + · · · = t + t2 + · · · =
nên
Gi (t) =
t
,
1−t
p
t
i t
= pi (1 − qt)−i
.
1 − qt 1 − t
1−t
Bây giờ, ta đi khai triển Gi (t) theo lũy thừa của t. Ta có
−i
(1 − qt)
(−i)(−qt) (−i)(−i − 1)(−qt)2
=1+
+
1!
2!
(−i)(−i − 1)...(−i − k + 1)(−qt)k
+ ··· +
+ ···
k!
iqt i(i + 1)q 2 t2
(i)(i + 1)...(i + k − 1)q k tk
=1+
+
+ ··· +
+ ···
1!
2!
k!
17
Chương 2. Nghiệm hiển
Vì vậy
Gi (t) = pi 1 +
iqt i(i + 1)q 2 t2
(i)(i + 1)...(i + k − 1)q k tk
+
+ ··· +
+ ···
1!
2!
k!
× t + t2 + · · ·
iq i(i + 1)q 2 3
iq 2
t + 1+ +
t + ···
=p t+ 1+
1!
1!
2!
i
iq i(i + 1)q 2
i(i + 1)...(i + j − 2) j−1 j
+ ··· + 1 + +
+ ··· +
q
t + ···
1!
2!
(j − 1)!
hay
∞ j−1
i
Gi (t) = p
j=1 k=0
(i + k − 1)! k j
q t = pi
k!(i − 1)!
∞
j−1
∞
k
C(i+k−1) q k tj .
j=1
k=0
∞
Hơn nữa do Gi (t) = j=0 Pij tj = j=1 Pij tj và bằng việc đồng nhất thức ta
có công thức nghiệm của bài toán trên là
j−1
Pij = p
k
C(i+k−1) q k .
i
k=0
Tiếp theo, ta đưa ra một cách tiếp cận khác cũng dựa vào ý tưởng về hàm
sinh. Xét các bài toán có dạng
k
p
amn ui+m,j+n = 0,
(2.6)
m=0 n=0
với {amn } là dãy số thực, p, k ∈ R. Mỗi dãy u = {uij }i,j∈Z , hàm sinh của dãy u
được định nghĩa hình thức như sau
∞
∞
si tj
uij . .
i! j!
j=0
Y (s, t) =
i=0
Giả sử chuỗi này hội tụ khi |s| < α và |t| < β. Ta thấy
∞
Y (s, 0) =
i=0
∞
si
ui0 ,
i!
tj
Y (0, t) =
u0j .
j!
j=0
18
