2 Nghiệm dương và bị chặn

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