5 Phương pháp đơn điệu cho những phương trình tiến hóa
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 3. Sự tồn tại nghiệm
Khi đó, (3.30) tương đương với
∆2 ∆1 xmn ≥ xm+1,n+1 + pmn xm−σ,n−τ , m, n ∈ N,
(3.32)
lấy tổng (3.32) từ (m, n) tới ∞, ta có
∞
∞
∞
∆2 ∆1 xij ≥
(i,j)=(m,n)
pij xi−σ,j−τ .
xi+1,j+1 +
(i,j)=(m,n)
(i,j)=(m,n)
Vì
(m,˜ )
˜ n
(m,˜ )
˜ n
m
˜
(∆1 xi,j+1 − ∆1 xij ) =
∆2 ∆1 xij =
(i,j)=(m,n)
m
˜
∆1 xi,˜ +1 −
n
i=m
(i,j)=(m,n)
∆1 xi,n
i=m
m
˜
≤−
∆1 xi,n = −xm+1,n + xmn ≤ xmn
˜
i=m
nên
∞
xmn ≥
∞
pij xi−σ,j−τ , ∀m ≥ M, n ≥ J.
xi+1,j+1 +
(i,j)=(m,n)
(3.33)
(i,j)=(m,n)
Cho Ω = {y = {ymn }|m ≥ M − σ, n ≥ J − τ }. Xét toán tử T : Ω −→ Ω, xác
định
∞
∞
(T y)mn =
yi+1,j+1 +
(i,j)=(m,n)
pij yi−σ,j−τ
(i,j)=(m,n)
với mọi m ≥ M, n ≥ J và (T y)mn = xM J nếu ngược lại. Xét dãy xấp xỉ liên tiếp
{y (t) } ⊂ Ω
x , nếu m ≥ M, n ≥ J
mn
(0)
ymn =
và y (t+1) = T y (t) , t ∈ N.
xM J , nếu ngược lại
Do (3.33) nên
(t+1)
(t)
(0)
0 ≤ ymn ≤ ymn ≤ ymn , m ≥ M, n ≥ J, t ≥ 1.
Lấy giới hạn khi t → ∞ của các bất đẳng thức trên thì dãy y (t) hội tụ điểm tới
dãy ω = {ωmn } ≥ 0 nào đó thỏa mãn
∞
ωmn =
∞
ωi+1,j+1 +
(i,j)=(m,n)
pij ωi−σ,j−τ ,
(i,j)=(m,n)
52
(3.34)
Chương 3. Sự tồn tại nghiệm
với mọi m ≥ M, n ≥ J và ωmn = xM J nếu ngược lại. Bằng việc thay trực tiếp
ωmn vào phương trình (3.29) ta có ω chính là một nghiệm không âm tại vô cùng
của (3.29). Cuối cùng, ta phải chỉ ra ω là nghiệm dương tại vô cùng với điều
kiện min(σ, τ ) > 0 và pmn > 0, ∀m, n ∈ N. Thật vậy, giả sử ngược lại tồn tại
(m∗ , n∗ ), m∗ ≥ M, n∗ ≥ N sao cho ωmn > 0 với
(m, n) ∈ {M − σ, ..., m∗ } × {J − τ, ..., n∗ } \ {(m∗ , n∗ )}
nhưng ωm∗ n∗ = 0. Khi đó, từ (3.34) có
∞
∞
0=
ωi+1,j+1 +
(i,j)=(m∗ ,n∗ )
pij ωi−σ,j−τ ,
(i,j)=(m∗ ,n∗ )
suy ra ωij = 0 và pij ωi−σ,j−τ = 0, với i ≥ m∗ , j ≥ n∗ ⇒ ωi−σ,j−τ = 0. Mẫu thuẫn
giả thiết phản chứng. Ta có định lý sau.
Định lý 3.5.1. [2, Định lý 113] Giả sử {pmn } là một dãy dương, và σ, τ là các
số nguyên dương. Nếu (3.30) có một nghiệm dương tại vô cùng thì (3.29) cũng
có một nghiệm dương tại vô cùng.
Để kết thúc phần này, chúng ta sẽ đi tìm kiếm một nghiệm dương tại vô cùng
của một phương trình sai phân riêng dạng (3.30) sau
xm+1n + xm,n+1 − xmn + P xm−σ,n−τ ≤ 0, m, n ≥ 0,
(3.35)
P ≥ 0, σ, τ là các số nguyên không âm. Xét dãy y = {ymn } xác định
ymn =
1−λ
2
m+1
, m ≥ −σ, n ≥ −τ,
λ là số xác định. Để y là nghiệm dương tại vô cùng ta cần λ < 1. Hơn nữa
1 − λ m+n+1
1 − λ m+n
−
2
2
1 − λ m+n
1 − λ σ+τ 1 − λ
= −λ
= −λ
2
2
2
1 − λ σ+τ
ym−σ,n−τ ,
= −λ
2
ym+1,n + ym,n+1 − ymn = 2
m+n−σ−τ
hay
ym+1,n + ym,n+1 − ymn + λ
Nếu ta thêm điều kiện
1−λ
2
σ+τ
ym−σ,n−τ = 0.
1 − λ σ+τ
(3.36)
2
thì y là một nghiệm của (3.35). Bây giờ, ta cần chỉ ra khi nào hai điều kiện trên
thỏa mãn.
0≤P ≤λ
53
Chương 3. Sự tồn tại nghiệm
Từ (3.36) suy ra λ ≥ 0. Đặt h(λ) = λ(1 − λ)σ+τ với 0 ≤ λ < 1. Ta có,
1
h (λ) = (1 − λ(1 + σ + τ ))(1 − λ)σ+τ −1 , nên h (λ) = 0 khi λ = 1+σ+τ ∈ [0, 1). Do
đó
1
(σ + τ )σ+τ
max λ(1 − λ)σ+τ = h(
)=
.
0≤λ<1
1+σ+τ
(1 + σ + τ )1+σ+τ
Vì vậy khi
(σ + τ )σ+τ
P ≤ σ+τ
,
2
(1 + σ + τ )1+σ+τ
1
thì ta có thể tìm được λ ≥ 0 thỏa mãn đồng thời λ < 1 và (3.36). Ta có định lý
sau .
Định lý 3.5.2. [2, Định lý 114] Giả sử {pmn } là dãy không âm và σ, τ là các số
nguyên không âm. Hơn nữa,
pmn ≤ P ≤
(σ + τ )σ+τ
, m, n ∈ N,
2σ+τ (1 + σ + τ )1+σ+τ
1
thì (3.30) có một nghiệm dương tại vô cùng.
3.6
Phương pháp đơn điệu cho bài toán biên
Trong phần này chúng ta vẫn xét bài toán biên dạng
Dvij + f (i, j, vij ) = 0, (i, j) ∈ Ω,
(3.37)
vij = 0, (i, j) ∈ ∂Ω,
(3.38)
điều kiện Dirichlet
ở đây D là toán tử Laplace, Ω là miền hữu hạn, khác rỗng trong Z2 và f (i, j, vij )
là hàm thực xác định với (i, j) ∈ Ω, vij ∈ R.
Dãy thực ω = {ωij }(i,j)∈Ω+∂Ω gọi là nghiệm trên của (3.37)-(3.38) nếu
Dωij + f (i, j, ωij ) ≤ 0, (i, j) ∈ Ω,
ωij ≥ 0, (i, j) ∈ ∂Ω.
Dãy thực u = {uij }(i,j)∈Ω+∂Ω gọi là nghiệm dưới của (3.37)-(3.38) nếu
Duij + f (i, j, uij ) ≥ 0, (i, j) ∈ Ω,
uij ≤ 0, (i, j) ∈ ∂Ω.
Nhận xét: Một nghiệm vừa là nghiệm trên vừa là nghiệm dưới, ngược lại chưa
chắc đúng.
54
Chương 3. Sự tồn tại nghiệm
Sau đây là một số tính chất liên quan đến nghiệm trên và nghiệm dưới của
bài toán (3.37)-(3.38).
+ Tính chất 1. Cho u = {uij } là một nghiệm dưới và ω = {ωij } là một nghiệm
trên của (3.37)-(3.38). Giả sử f (i, j, v) không tăng theo v với mỗi (i, j) ∈ Ω. Ta
luôn có uij ≤ ωij , (i, j) ∈ Ω.
Thật vậy, chú ý rằng
D(uij − ωij ) + f (i, j, uij ) − f (i, j, ωij ) ≥ 0, (i, j) ∈ Ω,
uij − ωij ≤ 0, (i, j) ∈ ∂Ω,
do f (i, j, v) không tăng theo v nên f (i, j, uij ) − f (i, j, ωij ) ≤ 0 nếu uij − ωij ≥ 0.
Theo Hệ quả 1.6.2 thì uij − ωij ≤ 0, (i, j) ∈ Ω + ∂Ω.
Tuy nhiên, trong trường hợp tổng quát không phải lúc nào nghiệm dưới cũng
nhỏ hơn hoặc bằng nghiệm trên. Sau đây là điều kiện để luôn có điều này.
+ Tính chất 2. Cho ω = {ωij } là một nghiệm trên của (3.37)-(3.38) sao cho
có một dãy dương z = {zij } thỏa mãn
D(λzij ) < f (i, j, ωij ) − f (i, j, ω + λzij ), (i, j) ∈ Ω,
với λ > 0. Khi đó u ≤ ω với u = {uij } là một nghiệm dưới bất kỳ của (3.37)-(3.38).
Thực vậy, giả sử u là một nghiệm dưới của (3.37)-(3.38) sao cho
uαβ − ωαβ = max {uij − ωij } > 0,
(i,j)∈Ω
khi đó uαβ = ωαβ + λ∗ zαβ , với λ∗ > 0. Hơn nữa,
0 ≥ D(uαβ − ωαβ − λ∗ zαβ ) = Duαβ − Dωαβ − D(λ∗ zαβ )
> −f (α, β, uαβ ) + f (α, β, ωαβ ) − f (α, β, ωαβ ) + f (α, β, λzαβ )
= 0.
Vậy u ≤ ω, với u là nghiệm dưới bất kỳ của (3.37)-(3.38).
+ Tính chất 3. Định lý so sánh khác giữa nghiệm trên và nghiệm dưới.
Định lý 3.6.1. [2, Định lý 117] Giả sử rằng f1 (i, j, v) ≤ f (i, j, v) ≤ f2 (i, j, v) với
(i, j) ∈ Ω. Khi đó một nghiệm trên của
Dωij + f2 (i, j, ωij ) = 0, (i, j) ∈ Ω
ωij = 0, (i, j) ∈ ∂Ω,
cũng là một nghiệm trên của (3.37)-(3.38), và một nghiệm dưới của
Duij + f1 (i, j, uij ) = 0, (i, j) ∈ Ω,
55
(3.39)
