3 Phương pháp đơn điệu cho phương trình Laplace rời rạc

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



Chương 3. Sự tồn tại nghiệm



3.4



Phương pháp ánh xạ co cho phương trình Laplace

rời rạc



Trong phần này ta sẽ áp dụng định lý co trong không gian Bannach để giải

phương trình dạng (3.24) đã xét ở trên

αij ui−1,j + βij ui+1,j + γij ui,j−1 + δij ui,j+1 − σij uij + f (i, j, uij ) = 0,



(3.28)



nhưng ở đây chỉ cần αij , βij , γij , δij , σij xác định ∀(i, j) ∈ Z2 sao cho σij = 0. Ta

giả thiết f : Z2 × R → R thỏa mãn

|f (i, j, u)| ≤ |σij |.ω(|u|), (i, j) ∈ Z2 , u ∈ R,

với ω : R −→ R bị chặn trên [0, ∞) và

|f (i, j, u) − f (i, j, v)| ≤ λij |u − v|, (i, j) ∈ Z2 , u, v ∈ R,

với {λij } là dãy không âm nào đó.

Cho lΩ là không gian Bannach của tất cả các dãy {xij } bị chặn, xác định trên

Ω ⊂ Z2 với chuẩn sau

||{xij }|| = sup{|xij | : (i, j) ∈ Ω}.

Cho T : lΩ −→ lΩ xác định với u = {uij } ∈ lΩ thì

(T u)ij =



αij ui−1,j βij ui+1,j γij ui,j−1 δij ui,j+1 f (i, j, uij )

+

+

+

+

, (i, j) ∈ Ω.

σij

σij

σij

σij

σij



Khi đó

|(T u)ij | ≤

≤



βij ui+1,j

γij ui,j−1

δij ui,j+1

f (i, j, uij )

αij ui−1,j

+

+

+

+

σij

σij

σij

σij

σij

αij

βij

γij

δij

+

+

+

σij

σij

σij

σij



.||u|| + ω(|uij |), (i, j) ∈ Ω.



Do {uij } là dãy bị chặn trong Ω và ω bị chặn trên [0; ∞) nên (T u)ij bị chặn,

hay (T u)ij ∈ lΩ . Mặt khác

||T u − T v|| ≤ sup

i,j∈Z



αij

βij

γij

δij

λij

+

+

+

+

σij

σij

σij

σij

σij



.||u − v||



với u = {uij }; v = {vij } ∈ lΩ . Như vậy, theo định lý co trong không gian Bannach,

nếu ta thêm điều kiện

αij

βij

γij

δij

λij

sup

+

+

+

+

<1

σij

σij

σij

σij

σij

i,j∈Z

thì T là ánh xạ co trong không gian Bannach. Do vậy, tồn tại duy nhất điểm bất

động của ánh xạ T nghĩa là ∃!v : T v = v, v ∈ lΩ . Hay v là nghiệm bị chặn và duy

nhất của (3.28).

50



Chương 3. Sự tồn tại nghiệm



3.5



Phương pháp đơn điệu cho những phương trình

tiến hóa



Xét phương trình sai phân riêng sau

xm+1,n + xm,n+1 − xmn + pmn xm−σ,n−τ = 0,



m, n ∈ N.



(3.29)



Trong phần này, chúng ta sẽ xây dựng tiêu chuẩn cho tồn tại nghiệm dương

tại vô cùng của những phương trình như vậy. Phương trình (3.29) có thể coi là

trường hợp đặc biệt của bất phương trình sau

xm+1,n + xm,n+1 − xmn + pmn xm−σ,n−τ ≤ 0,



m, n ∈ N.



(3.30)



Rõ ràng, tìm một nghiệm dương tại vô cùng của (3.30) dễ hơn là tìm một

nghiệm như vậy của (3.29). Ý tưởng là chỉ ra rằng khi một nghiệm dương tại vô

cùng của (3.30) tìm được thì có thể xây dựng được một nghiệm dương tại vô cùng

của (3.29).

Giả sử σ, τ là những số nguyên không âm, pmn là dãy không âm. Dãy xmn gọi

là nghiệm của bất phương trình (3.30) nếu

x = {xmn | m ≥ −σ, n ≥ −τ }

và thỏa mãn bất phương trình (3.30). Với điều kiện ban đầu cho phù hợp không

khó để xây dựng và chỉ ra nghiệm của bất phương trình (3.30) tồn tại.

Cho x = {xmn } là một nghiệm của (3.30), m, n là những số nguyên dương.

Nếu với m ≥ M, n ≥ N ta luôn có x = {xmn } > 0 thì x = {xmn } là một nghiệm

dương tại vô cùng của (3.30). Ngược lại x = {xmn } là một nghiệm âm tại vô cùng

của (3.30).

Giả sử x = {xmn } là một nghiệm nghiệm dương tại vô cùng của (3.30) sao cho

xmn > 0, ∀m ≥ M − σ và n ≥ J − τ, ở đây M, J là các số nguyên không âm. Khi

đó, ∀m ≥ M, n ≥ J ta có

xm+1,n + xm,n+1 − xmn ≤ −pmn xm−σ,n−τ ≤ 0



(3.31)



(do pm,n ≥ 0 và xm−σ,n−τ > 0, ∀m ≥ M, n ≥ J). Mặt khác

∆1 xmn = xm+1,n − xmn , ∆2 xmn = xm,n+1 − xmn ,

nên từ (3.31) suy ra ∆1 xmn + ∆2 xmn ≤ −xmn < 0. Hay ∆1 xmn và ∆2 xmn không

cùng dương với m, n đủ lớn. Có thể giả sử ∆1 xmn ≤ 0, ∀m, n đủ lớn. Ta có

∆2 ∆1 xmn = xm+1,n+1 − xm+1,n − xm,n+1 + xmn và ∆2 ∆1 xmn = ∆1 ∆2 xmn .

51