5 Phương pháp nghiệm tách
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 2. Nghiệm hiển
Theo Định lý 1.7.1 ta có giá trị riêng của nó là
mπ
mπ
= −4 sin2
, m = 1, 2, . . . , J,
ρ(m) = −2 + 2 cos
J +1
2(J + 1)
và các véc tơ riêng tương ứng là
(m)
vj
= sin
mπj
, j = 1, 2, . . . , J − 1, m = 1, 2, . . . , J.
J +1
Với mỗi ρ = ρ(m) , nghiệm của (2.19) có dạng
1 + ρ(m) b (m)
1 + ρ(m) b n (m)
ωn−1 = · · · =
ω0
1 − ρ(m) a
1 − ρ(m) a
1 + ρ(m) b
(m) n
= ω0 σ(m) , với σ(m) =
, n ∈ Z+ , m = 1, 2, . . . , J.
1 − ρ(m) a
(m)
ωn =
Vì phương trình (2.14) là tuyến tính, nên nghiệm tổng quát của bài toán
(2.14)-(2.16) là
J
J
(m) (m)
cm vj ωk
ujk =
k
cm σ(m) sin
=
m=1
m=1
mπj
,
J +1
j = 0, 1, . . . , J, k ∈ N.
Từ uj0 = ψj nên ta có
J
cm sin
m=1
mπj
= ψj , j = 1, 2, . . . , J.
J +1
Giải hệ phương trình tuyến tính này ta thu được
2
cm =
J +1
J
ψj sin
j=1
mπj
, m = 1, . . . , J.
J +1
Ví dụ 2.11. Xét phương trình sai phân riêng sau
(t)
(t)
u(t+1) = aum−1 + bu(t) + cum+1 + du(t−1) , m ∈ Z, t ∈ Z+ .
m
m
m
Ta thử đi tìm nghiệm của phương trình (2.20) dưới dạng sau
u(t) = αt βm , m ∈ Z, t ∈ Z+ .
m
(t)
Thay um vào (2.20) thì
αt+1 βm = aαt βm−1 + bαt βm + cαt βm+1 + dαt−1 βm .
Chia cả hai vế của phương trình trên cho αt βm ta được
αt+1
αt−1
βm−1
βm+1
−d
=a
+b+c
.
αt
αt
βm
βm
25
(2.20)
Chương 2. Nghiệm hiển
Xét
a
βm−1
βm+1
+b+c
=λ
βm
βm
hay phương trình
aβm−1 + bβm + cβm+1 = λβm , m ∈ Z,
(2.21)
thỏa mãn với λ là một hằng số nào đó và dãy {βm } tương ứng. Khi đó
αt+1 = λαt + dαt−1 , t ∈ Z+ .
(2.22)
Tìm αt từ phương trình (2.22) kết hợp với βm ta có nghiệm {αt βm } của (2.20)
thỏa mãn điều kiện ban đầu
u(0) = α0 βm và u(1) = α1 βm , m ∈ Z.
m
m
Mặt khác để ý rằng (2.21) ⇔ Aβ = λβ với β = (. . . , β−1 , β0 , β1 , . . .) và A là
ma trận vô hạn với aii = b, ai+1,i = a, ai,i+1 = c, i ∈ Z, và aij = 0, i, j ∈ Z nếu
ngược lại. Như vậy, theo cách này thì ta không chắc chắn sự tồn tại nghiệm của
bài toán giá trị riêng vô hạn (2.21). Tuy nhiên, nếu lấy βm = β m , β = 0 thì từ
(2.21) có
a
λ = + b + cβ
β
và (2.22) trở thành
αt+1 = (
a
+ b + cβ)αt + dαt−1 .
β
(2.23)
Hơn nữa với điều kiện ban đầu này thì phương trình sai phân riêng (2.20) có
duy nhất nghiệm. Ta có định lý sau.
Định lý 2.5.1. [2, Định lý 65] Nghiệm của phương trình (2.20) với điều kiện đầu
u(0) = α0 β m , m ∈ Z, β = 0
m
(2.24)
u(1) = α1 β m , m ∈ Z.
m
(2.25)
(t)
có dạng {um } = {αt β m } với α0 , α1 là những số được cho trong công thức (2.24)(2.25) còn αt cho trong công thức (2.23) với t = 2, 3, . . .
Vậy chúng ta có thể giải (2.20) như sau
• Từ điều kiện (2.24)-(2.25) ta biết α0 , α1 ;
• Giải (2.23) tìm {αt };
• Khi đó nghiệm của (2.20) có dạng {αt β m }.
Sau đây chúng ta xét một trường hợp đặc biệt.
26
Chương 2. Nghiệm hiển
Ví dụ 2.12. Xét a = 1, b = 2, c = −2, d = 1 và β = α1 = α0 = 1. Khi đó
(t)
(t)
(t−1)
u(t+1) = um−1 + 2u(t) − 2um+1 + um , m ∈ Z, t ∈ Z+ ,
m
m
với điều kiện ban đầu
u(0) = 1 và u(1) = 1, m ∈ Z.
m
m
Khi đó phương trình (2.23) có dạng
αt+1 = αt + αt−1 , t ∈ Z+ ,
với điều kiện ban đầu α0 = α1 = 1. Nghiệm αt tìm được chính là dãy Fibonaci,
1 t
t
αt = √ (γ+ − γ− ),
5
với γ± tương ứng là nghiệm dương, âm của phương trình đặc trưng x2 − x − 1 = 0.
(t)
Khi đó nghiệm của bài toán là {um } = {αt }.
2.6
Phương pháp tích chập
Trong phần này ta xét ví dụ về phương trình nhiệt cấp hai và sử dụng khái
niệm tích chập trong lZ để tìm nghiệm tổng quát của nó.
Ví dụ 2.13. Xét phương trình nhiệt cấp 2 sau
(n)
(n)
u(n+1) = aum−1 + bu(n) + cum+1 , (m, n) ∈ Ω = Z × N,
m
m
(2.26)
với điều kiện ban đầu
u(0) = fm , m ∈ Z,
m
(2.27)
trong đó a, b, c ∈ R, fm là dãy số thực. Rõ ràng, với điều kiện ban đầu (2.27) bài
toán trên tồn tại và duy nhất nghiệm. Nhận xét
(n)
1. Ta nhận thấy, u0 hoàn toàn xác định khi biết giá trị của f−n , f−n+1 , . . . , fn ;
(n)
2. Ta biết, um hoàn toàn xác định nếu biết fk với m − n ≤ k ≤ m + n. Vì vậy,
(n)
các số nguyên m − n, . . . , m + n gọi là miền xác định sự phụ thuộc của um ;
(n)
3. Nếu fm = 0, m ≥ k thì um = 0, m ≥ n + k, (do chú ý 2).
(n)
Với mỗi n ∈ N cố định, coi {um }m∈Z là một véc tơ trong lZ . Kí hiệu là u(n)
gọi là véc tơ hàng thứ n của nghiệm u.
ˆ
ˆ [i]
Bây giờ, ta đưa ra khái niệm dãy h[i] = {hm }m∈Z , i ∈ Z xác định bởi
1, nếu i=m,
[i]
ˆ
hm =
0, nếu i = m.
27
Chương 2. Nghiệm hiển
ˆ
ˆ
ˆ
và từ khái niệm tích chập của 2 dãy trong lZ ta có h[α] ∗ h[β] = h[α+β] . Hơn nữa
∞
ˆ [−1]
hi ∗ um−i = {um+1 },
ˆ
h[−1] ∗ {um } =
i=−∞
ˆ
ˆ
h[1] ∗ {um } = {um−1 } và h[0] ∗ {um } = {um }.
Tiếp theo, ta viết (2.26) dưới dạng
{um }(n+1) = a{um−1 }(n) + b{um }(n) + c{um+1 }(n) , n ∈ N,
hay
ˆ
ˆ
ˆ
u(n+1) = ah[1] ∗ u(n) + bh[0] ∗ u(n) + ch[−1] ∗ u(n)
ˆ
ˆ
ˆ
= (ah[1] + bh[0] + ch[−1] ) ∗ u(n) , n ∈ N,
(2.28)
điều kiện ban đầu
u(0) = f,
(2.29)
với u = {um }m∈Z và f = {fm }m∈Z . Khi đó, nghiệm của (2.28)-(2.29) có dạng
ˆ
ˆ
ˆ
u(n) = (ah[1] + bh[0] + ch[−1] ) ∗ u(n−1)
ˆ
ˆ
ˆ
= (ah[1] + bh[0] + ch[−1] )n ∗ f, n ∈ Z+ ,
(2.30)
ˆ
ˆ
ˆ
(ah[1] + bh[0] + ch[−1] )n .fm−k , n ∈ Z+ , m ∈ Z.
k
(2.31)
nói cách khác
∞
u(n)
m
=
k=−∞
ˆ
ˆ
ˆ
Với n ≥ 1 thì (ah[1] + bh[0] + ch[−1] )n có hữu hạn phần tử khác không, vì vậy
(2.31) hội tụ. Vậy nghiệm tổng quát của phương trình đã cho có dạng (2.31).
Nghiệm của phương trình (2.26) với điều kiện ban đầu
ˆ
u(0) = h[0] , m ∈ Z.
m
m
gọi là hàm Green của (2.26). Ta cũng có hàm Green tồn tại và duy nhất, kí hiệu
(n)
ˆ
G = {Gm }. Như vậy, trong (2.27) thay f bởi h[0] ta được
ˆ
ˆ
ˆ
ˆ
ˆ
ˆ
ˆ
G(n) = (ah[1] + bh[0] + ch[−1] )n ∗ h[0] = (ah[1] + bh[0] + ch[−1] )n , n ∈ Z+ .
(2.32)
(0)
(n)
ˆ [0]
Nhận xét: Ta có Gm = hm = 0, ∀|m| > 0 nên Gm = 0 ∀|m| > n (theo chú ý 2 ở
trên). Ta có định lý sau.
28
