6 Phương pháp tích chập

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



Chương 2. Nghiệm hiển

(n)



Định lý 2.6.1. [7, Định lý 2.1] Hàm Green Gm của phương trình (2.26) cho bởi

ˆ

ˆ

ˆ

G(n) = (ah[1] + bh[0] + ch[−1] )n .

ˆ

Thành phần thứ (m, n) của hàm Green là hệ số của h[m] trong khai triển của

ˆ

ˆ

ˆ

(ah[1] + bh[0] + ch[−1] )n nếu |m| ≤ n và bằng 0 nếu |m| > n.

(n)



Chứng minh. Trước tiên, ta có Gm = 0 nếu |m| > n (theo nhận xét trên).

Tiếp theo, ta sử dụng quy nạp để chứng minh.

ˆ

ˆ

ˆ

n = 0, ta có (ah[1] + bh[0] + ch[−1] )n = 1, và véc tơ hàng thứ 0 của G là G(0) =

ˆ

{. . . , 0, 1, 0, . . .} ≡ h[0] . Vậy n = 0 đúng.

ˆ

ˆ

ˆ

n = 1, ta có G(1) = (ah[1] + bh[0] + ch[−1] ) = {. . . , 0, c, b, a, 0, . . .},

(1)

ˆ

G−1 = c ≡ hệ số của h[−1] ,

(1)

ˆ

G0 = b ≡ hệ số của h[0] ,

(1)

ˆ

G−1 = a ≡ hệ số của h[1] ,



ˆ

G(1) = 0 ≡ hệ số của h[m] , m = {−1, 0, 1},

m

suy ra n = 1 đúng.

ˆ

ˆ

Giả sử định lý đúng với n = j, tức là hệ số của h[i] trong khai triển (ah[1] +

(j)

(j)

ˆ

ˆ

bh[0] + ch[−1] )j là Gi . Ta có Gk = 0, ∀|k| > j và

ˆ

ˆ

ˆ

G(j) = (ah[1] + bh[0] + ch[−1] )j

(j) ˆ

(j) ˆ

(j) ˆ

(j) ˆ

= G−j h[−j] + G−j+1 h[−j+1] + · · · + Gj−1 h[j−1] + Gj h[j] .



n = j + 1, chú ý rằng tích chập có tính chất giao hoán và nhân phân phối, ta có

ˆ

ˆ

ˆ

ˆ

ˆ

ˆ

G(j+1) = (ah[1] + bh[0] + ch[−1] )j ∗ (ah[1] + bh[0] + ch[−1] )

(j) ˆ

(j) ˆ

(j) ˆ

(j) ˆ

ˆ

ˆ

ˆ

= G−j h[−j] + G−j+1 h[−j+1] + · · · + Gj−1 h[j−1] + Gj h[j] (ah[1] + bh[0] + ch[−1] )

(j) ˆ

(j)

(j) ˆ

(j)

(j)

(j) ˆ

= cG−j h[−(j+1)] + (cG−j+1 + bG−j )h[−j] + (cG−j+2 + bG−j+1 + aG−j )h[−j+1]

(j)

(j)

(j) ˆ

(j)

(j) ˆ

(j) ˆ

+ · · · + (cGj + bGj−1 + aGj−2 )h[j−1] + (bGj + aGj−1 )h[j] + aGj h[j+1]

(j)

(j)

(j) ˆ

(j)

(j)

(j)

ˆ

= (aG−j−2 + bG−j−1 + cG−j )h[−(j+1)] + (aG−j−1 + bG−j + cG−j+1 )h[−j]

(j)

(j)

(j) ˆ

(j)

(j)

(j) ˆ

+ · · · + (aGi−1 + bGi + cGi+1 )h[i] + · · · + (aGj + bGj+1 + cGj+2 )h[j+1]

(j+1)



(j+1) ˆ [i]



ˆ

= G−(j+1) h[−(j+1)] + · · · + Gi



(j+1) ˆ

h + · · · + Gj+1 h[j+1] .



29



Chương 2. Nghiệm hiển

(n)



(n)



(n)



(n)



(n)



(do Gm là nghiệm của bài toán (2.26) nên Gm = aGm−1 + bGm + cGm+1 ).

(j+1)

ˆ

ˆ

ˆ

ˆ

Vậy ta có hệ số của h[m] trong khai triển (ah[1] +bh[0] +ch[−1] )j+1 là Gm , ∀|m| ≤

j + 1. Định lý được chứng minh.

Nhận xét

(n)



1. Viết lại (2.31), do Gk = 0, ∀|k| > n ta có nghiệm của (2.28)-(2.29) là

∞

(n)

um



n

(n)

Gk .fm−k



=

k=−∞



(n)



Gk .fm−k , n ∈ Z+ , m ∈ Z,



=

k=−n



nghĩa là véc tơ hàng thứ n của nghiệm u bằng tích chập của véc tơ hàng

thứ n của hàm Green với véc tơ ban đầu f .

2. Trong định lý trên, ta thấy có một sự đẳng cấu giữa khai triển hàm (ax +

ˆ

ˆ

ˆ

b + cx−1 )n với toán tử trong khai triển (ah[1] + bh[0] + ch[−1] )n . Vì vậy, ta có

ˆ

thể thay thế hệ số của h[m] trong định lí trên bằng hệ số của xm trong khai

triển của (ax + b + cx−1 )n để tìm thành phần thứ (m, n) của hàm Green.

Hơn nữa, ta còn có thể thay x với một hằng số bất kì khác 0.

Nhắc lại công thức sau



α

Cβ =













β!

,

(β−α)!α!







0,



0 ≤ α ≤ β, α, β ∈ N,



(2.33)



nếu ngược lại ,



với những giá trị đặc biệt của a, b, c ta thu được một số hàm Green sau.

Ví dụ 2.14. Nếu b = 0, khi đó khai triển

n

−1 n



k

Cn ak cn−k x−n+2k .



(ax + cx ) =

k=0

(n)



Để tìm Gm ta cần tìm hệ số của xm trong khai triển trên, cho −n + 2k = m

hay k = (m + n)/2.

(n−|m|)/2

(n+m)/2

n−k

k

Hơn nữa, vì Cn = Ck nên Cn

= Cn

và do (2.33) nên



 (n−|m|)/2 n+m n−m

C

 n

a 2 c 2 , nếu |m| ≤ n và n + m chẵn ,

(n)

Gm =





0,

nếu n + m lẻ .

Ví dụ 2.15. Nếu a = c, b = 2a thì

−1 n



n



−1 n



n



(ax + b + cx ) = a (x + 2 + x ) = a

30



√



1

x+ √

x



2n

2n



=a



n



k

C2n xn−k .

k=0



Chương 2. Nghiệm hiển

Tìm hệ số của xm cho n − k = m suy ra k = n − m. Do m ∈ Z và (2.33) nên

n−m

G(n) = C2n an , |m| ≤ n.

m



Ví dụ 2.16. Nếu a = 0 thì khai triển

n

−1 n



k

Cn bn−k ck x−k .



(b + cx ) =

k=0



Tìm hệ số của xm cho −k = m hay k = −m. Từ m ∈ Z và (2.33) suy ra



 −m n+m −m

C b

 n

c , m ≤ 0, |m| ≤ n,

(n)

Gm =





0,

nếu ngược lại.

Ví dụ 2.17. Nếu c = 0 và a = b = 1 thì khai triển

n

−1 n



n



k

Cn xk .



(ax + b + cx ) = (x + 1) =

k=0

(n)



m

suy ra Gm = Cn , |m| ≤ n.



Ví dụ 2.18. Nếu a = c = 0, b = 1 − 2a thì khai triển

√

1

(ax − 2a + ax−1 + 1)n = (a(x − 2 + x−1 ) + 1)n = a( x − √ )2 + 1

x

n



√



k

C n ak (



=

k=0



1

x − √ )2k =

x



n



2k



n



k i

(−1)i Cn C2k ak xk−i .

k=0 i=0



Hệ số của xm là khi k − i = m hay i = k − m. Do (2.33) nên |m| ≤ n và

0 ≤ k − m ≤ 2k tức là |m| ≤ k. Vậy

n



G(n)

m



k k−m

(−1)k−m Cn C2k ak .



=

k=|m|



Sau đây là công thức hiển của hàm Green.

(n)



Định lý 2.6.2. [7, Định lý 3.1] Hàm Green G = {Gm } của (2.26) cho bởi công

thức

n

(i−|m|)/2 (i+m)/2 n−i (i−m)/2



G(n) =

m



i

δ i+m Cn Ci



a



i=|m|



với

δk =



1 + (−1)k

, k ∈ Z.

2

31



b



c



,



Chương 2. Nghiệm hiển

(n)



Chứng minh. Gm là hệ số của xm trong khai triển (ax + b + cx−1 )n nên

n

−1 n



G(n) xm .

m



(ax + b + cx ) =

m=−n



Lại có,

n

−1 n



i

Cn bn−i (ax + cx−1 )i



(ax + b + cx ) =

i=0

n



i

i

Cn Cik ai−k bn−i ck xi−2k .



=

i=0 k=0



Cho i − 2k = m suy ra k = (i − m)/2. Khi đó hệ số xm là

n

(i−m)/2 (i+m)/2 n−i (i−m)/2



i

Cn Ci



a



b



c



.



i=0



Do (2.33) nên 0 ≤ k ≤ i ⇒ 0 ≤ i−m ≤ i ⇒ |m| ≤ i. Hơn nữa k ∈ N nên

2

i−m

∈ N suy ra i − m là số chẵn hay i + m cũng là số chẵn.

2

(i−m)/2

(i−|m|)/2

k

n−k

Mặt khác, do Cn = Cn , với mọi 0 ≤ k ≤ n nên Ci

= Ci

,

∀m ∈ Z, |m| ≤ i. Vậy



 n



i

 i=|m| Cn Ci(i−|m|)/2 a(i+m)/2 bn−i c(i−m)/2 , nếu i + m chẵn ,

(n)

Gm =





0,

nếu i + m lẻ ,

hay



n



G(n)

m



(i−|m|)/2 (i+m)/2 n−i (i−m)/2



i

δ i+m Cn Ci



=



a



b



c



.



i=|m|



Sau đây ta xét tính chất đơn điệu của hàm Green.

(n)



Định lý 2.6.3. [2, Định lý 67] Giả sử a = c = 0. Khi đó hàm Green G = {Gm }

thỏa mãn

(n+1)

Gm+1 ≥ G(n) , m, n ∈ N,

(2.34)

m

khi và chỉ khi a ≥ 1, b ≥ 0.



32



Chương 2. Nghiệm hiển

Chứng minh. Giả sử a = c ≥ 1 và b ≥ 0, thì với m, n ≥ 0 có

n+1

(n+1)

Gm+1



−



G(n)

m



(k−m−1)/2 k n+1−k



k

δ k+m+1 Cn+1 Ck



=



a b



k=m+1

n

(k−m)/2 k n−k



k

δ k+m Cn Ck



−



a b



k=m

n

(k−m)/2 k+1 n−k



k+1

δ k+m+2 Cn+1 Ck+1



=



a



b



k=m

n

(k−m)/2 k n−k



k

δ k+m Cn Ck



−



a b



k=m

n

(k−m)/2



k+1

δ (k+m) Cn+1 Ck+1



=



(k−m)/2



k

a − Cn Ck



ak bn−k .



k=m

(k−m)/2



k+1

k

k+1

Từ a ≥ 1 và Cn+1 = Cn + Cn , Ck+1

(k−m)/2



k+1

Cn+1 Ck+1



(k−m)/2



k

a − Cn Ck

(n+1)



(k−m−2)/2



= Ck



(k−m)/2



k+1

≥ Cn+1 Ck+1



(n)



(k−m)/2



+ Ck



(k−m)/2



k

− Cn Ck



(n+1)



suy ra

≥ 0.



(n)



Hơn nữa, b ≥ 0 suy ra Gm+1 − Gm ≥ 0 nghĩa là Gm+1 ≥ Gm .

(n+1)

(n)

Ngược lại, giả sử có Gm+1 ≥ Gm , ∀m, n ∈ N. Ta xét hai trường hợp sau

+ Giả sử ngược lại a < 1. Khi đó

(m+1)



m 0

G(m) = Cm Cm am b0 = am và Gm+1 = am+1 ,

m



suy ra

(m+1)



Gm+1



(m)

Gm



(n+1)



= a < 1 nên Gm+1 ≤ G(n) .

m



Vậy (2.34) không đúng với mọi m, n ∈ N ⇒ mâu thuẫn.

+ Giả sử a ≥ 1, b < 0, trong trường hợp này

m

0

G(m+1) = δ 2m Cm+1 Cm am b1 + 0 = (m + 1)am b,

m

(m+2)



m+1 0

Gm+1 = δ 2m+2 Cm+2 Cm+1 am+1 b + 0 = (m + 2)am+1 b,

(m+2)



Gm+1 − G(m+1) = am b(a + (a − 1)(m + 1)) < 0 do a ≥ 1, b < 0,

m

hay

(m+2)



Gm+1 ≤ G(m+1) ,

m

nghĩa là (2.34) không đúng ∀m, n ∈ N ⇒ mâu thuẫn.

Vậy a ≥ 1, b ≥ 0.

33



Chương 2. Nghiệm hiển



2.7



Phương pháp hệ tuyến tính



Như trong ví dụ 2.3, ta thấy một phương trình sai phân riêng có thể giải bằng

cách đưa về việc giải hệ phương trình tuyến tính. Trong phần này, chúng ta sẽ

xét phương trình Poisson rời rạc trên miền Ω ⊂ Z2 hữu hạn, khác rỗng.

Ví dụ 2.19. Xét phương trình Poisson rời rạc sau

Dxij ≡ ∆2 xi−1,j + ∆2 xi,j−1 = −pij , (i, j) ∈ Ω,

x

y



(2.35)



điều kiện Dirichlet

xij = 0, (i, j) ∈ ∂Ω,



(2.36)



với pij , xij là những dãy thực, Dxij = xi+1,j + xi−1,j + xi,j+1 + xi,j−1 − 4xi,j . Theo

Hệ quả 1.6.4 bài toán biên (2.35)-(2.36) tồn tại và duy nhất nghiệm.

Cho hàm delta dirac sau





 1, (i, j) = (u, v),



(u,v)

δij =

(2.37)





 0, (i, j) = (u, v).

Với mỗi (u, v) ∈ Ω, cố định, nghiệm của bài toán

(u,v)



Dxij ≡ ∆2 xi−1,j + ∆2 xi,j−1 = −δij

x

y



, (i, j) ∈ Ω,



với điều kiện biên xij = 0, (i, j) ∈ ∂Ω được gọi là hàm Green của bài toán biên

(u,v)

(2.35)-(2.36), kí hiệu G(u,v) = {Gij }(i,j)∈Ω+∂Ω .

Một số tính chất của hàm Green.

(u,v)

(s,t)

+ Tính đối xứng: Gst = Guv , (s, t), (u, v) ∈ Ω.

Thật vậy, theo Định lý 1.5.1 và do (2.36), với (s, t), (u, v) ∈ Ω ta có

(u,v)



{Gij



0=



(s,t)



DGij



(s,t)



(u,v)



− Gij DGij



(i,j)∈Ω

(u,v) (s,t)

δij



{−Gij



=



(i,j)∈Ω

(u,v)



= −Gst



+ G(s,t) .

uv



34



(s,t) (u,v)



+ Gij δij



}



}



Chương 2. Nghiệm hiển

(u,v)

(u,v)∈Ω Gij puv ,



+ Công thức nghiệm: xij =



G(i,j) Dxuv +

uv



0=

(u,v)∈Ω



Gij



(do − puv = Dxuv )



G(i,j) puv

uv



Dxuv +

(u,v)∈Ω



(u,v)∈Ω

(u,v)



=



G(i,j) puv

uv

(u,v)∈Ω



(u,v)



=



(i, j) ∈ Ω. Thật vậy,



xuv DGij



G(i,j) puv

uv



+



(u,v)∈Ω



(do Định lý 1.5.1)



(u,v)∈Ω

(u,v)



=−



xuv δij



G(i,j) puv ,

uv



+

(u,v)∈Ω



(u,v)∈Ω



(i,j)

Guv puv .



= −xij +

(u,v)∈Ω



Vậy

G(i,j) puv .

uv



xij =



(2.38)



(u,v)∈Ω



Ta có định lý sau.

Định lý 2.7.1. [2, Định lý 76] Cho miền Ω là tập hữu hạn, khác rỗng trong Z2 .

Nếu {xij }(i,j)∈Ω+∂Ω là một nghiệm của (2.35)-(2.36) thì {xij }(i,j)∈Ω là một nghiệm

của (2.38). Ngược lại, nếu {yij }(i,j)∈Ω là một nghiệm của (2.38) thì dãy bổ sung

{xij }(i,j)∈Ω+∂Ω xác định: xij = yij nếu (i, j) ∈ Ω và xij = 0 nếu (i, j) ∈ ∂Ω sẽ là

một nghiệm của (2.35)-(2.36).

(u,v)



> 0, ∀(i, j) ∈ Ω. Thật vậy,









(u,v)

(u,v)

DG

D{−G(u,v) } = δ (u,v) ≥ 0, (i, j) ∈ Ω,





= −δij ≤ 0, (i, j) ∈ Ω,

ij

ij

ij

⇔

 (u,v)







Gij = 0, (i, j) ∈ ∂Ω

−G(u,v) = 0, (i, j) ∈ ∂Ω.

ij

+ Tính xác định dương: Gij



(u,v)



Hơn nữa, M := max{−Gij

(u,v)



|(i, j) ∈ Ω+∂Ω} suy ra M ≥ 0. Theo Hệ quả 1.6.2

(u,v)



(u,v)



thì −Gij < 0, ∀(i, j) ∈ Ω hoặc −Gij ≡ 0, ∀(i, j) ∈ Ω+∂Ω. Do D{−Guv } = 1

(u,v)

nên trường hợp thứ 2 không thể xảy ra. Vậy Gij > 0, ∀(i, j) ∈ Ω.

+ Định lý so sánh giữa hai hàm Green.

Định lý 2.7.2. [2, Định lý 78] Cho Ω hữu hạn, khác rỗng trong Z2 , với (a, b) ∈ ∂Ω,

˜

Ω := Ω + {(a, b)}. Cho G(u,v) là hàm Green gắn với bài toán biên (2.35)-(2.36).

˜

˜

G = {G(u,v) } là hàm Green gắn với bài toán biên





DG(u,v) = −δ (u,v) , (i, j) ∈ Ω,

˜

 ˜ ij

ij

 (u,v)

˜

˜

Gij = 0, (i, j) ∈ ∂ Ω,

35