Qua đây, em xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành và sâu sắc tới PGS.TS. Nguyễn
Hữu Điển - người thầy đã lựa chọn đề tài cũng như tận tâm, nhiệt tình giúp
đỡ, chỉ bảo cho em trong suốt quá trình thực hiện luận văn tốt nghiệp. Luận
văn này không thể hoàn thành nếu không có sự giúp đỡ to lớn ấy của thầy.
Cũng nhân dịp này em muốn gửi lời cảm ơn tới các thầy cô trong khoa Toán -
Cơ - Tin học trường Đại học Khoa học Tự nhiên, Đại học Quốc gia Hà Nội đã
nhiệt tình giảng dạy và tạo điều kiện để em hoàn thành tốt khóa học tập của
mình.
Hà Nội, tháng 11 năm 2009
Học viên
Nguyễn Xuân Quý
v
Chương 1
Tổng quan về bài toán biên
1.1 Bài toán biên
Bài toán giá trị biên (bài toán biên) là bài toán tìm nghiệm y(x) của hệ n
(n ≥ 1) phương trình vi phân
(1.1) y
= f(x, y), a ≤ x ≤ b
thỏa mãn điều kiện biên (tổng quát)
(1.2) r(y(a), y(b)) = 0,
trong đó y = [y
1
, . . . , y
n
]
T
và
f(x, y) =
f
1
(x, y
1
, . . . , y
n
)
.
.
.
f
n
(x, y
1
, . . . , y
n
)
, r(u, v) =
r
1
(u
1
, . . . , u
n
, v
1
, . . . , v
n
)
.
.
.
r
n
(u
1
, . . . , u
n
, v
1
, . . . , v
n
)
.
1
Điều kiện biên được gọi là tuyến tính nếu có dạng
(1.3) Ay(a) + By(b) = c,
trong đó A, B ∈ R
n×m
, c ∈ R
n
. Trong thực tế, các điều kiện biên thường tách
được, tức là
(1.4) A
1
y(a) = c
1
; B
2
y(b) = c
2
.
Điều kiện này có được nếu ở (1.3), các ma trận A, B, c có dạng
(A, B, c) =
A
1
0 c
1
0 B
2
c
2
.
Nhận xét 1.1. Bài toán giá trị ban đầu chỉ là một trường hợp đặc biệt của
bài toán biên (khi thay A = I, a = x
0
, c = y
0
, B = 0 vào điều kiện biên (1.3)).
1.2 Các định lí tồn tại và duy nhất nghiệm
Hãy xem ví dụ đơn giản sau.
Ví dụ 1.1. Xét phương trình vi phân với w : R → R:
w
+ w = 0.
Bài toán có nghiệm tổng quát
w(x) = c
1
sin x + c
2
cos x, c
1
, c
2
bất kì.
• Nếu điều kiện biên là w(0) = 0, w(π/2) = 1 thì nghiệm duy nhất là
w(x) = sin x.
2
• Nếu điều kiện biên là w(0) = 0, w(π) = 0 thì bài toán có vô số nghiệm
dạng w(x) = c
1
sin x với c
1
bất kì.
• Nếu điều kiện biên là w(0) = 0, w(π) = 1 thì bài toán vô nghiệm.
Ví dụ trên chứng tỏ không thể có định lí tồn tại và duy nhất nghiệm cho bài
toán biên tổng quát. Tuy nhiên, với một số điều kiện nhất định, chúng ta có
các định lí về tồn tại và duy nhất nghiệm cho bài toán biên. Định lí thứ nhất
cho bài toán biên tổng quát với những điều kiện tương ứng, nội dung như sau:
Định lí 1.1. Giả sử bài toán biên
y
= f(x, y), r(y(a), y(b)) = 0
thỏa mãn các điều kiện
1. Các hàm f và D
y
f liên tục trên S := {(x, y)| a ≤ x ≤ b, y ∈ R
n
}.
2. Tồn tại hàm k ∈ C[a, b] thỏa mãn D
y
f(x, y)) ≤ k(x) với mọi (x, y) ∈ S.
3. Ma trận
P (u, v) := D
u
r(u, v) + D
v
r(u, v)
luôn biểu diễn được dưới dạng
P (u, v) = P
0
(I + M(u, v))
với P
0
là một ma trận hằng không suy biến và ma trận M = M(u, v) sao
cho luôn tồn tại cặp hằng số µ và m để
M(u, v) ≤ µ < 1, P
−1
0
D
v
r(u, v) ≤ m
với mọi u, v ∈ R
n
.
3
4. Tồn tại λ > 0 với λ + µ < 1 sao cho
b
a
k(t)dt ≤ ln
1 +
λ
m
.
Khi đó bài toán biên đã cho có nghiệm duy nhất.
Nhận xét 1.2. Các điều kiện của định lí chỉ là điều kiện đủ và rất chặt. Ví
dụ như điều kiện (3) chỉ xét trong trường hợp n = 2 sẽ không thỏa mãn cho
các điều kiện biên thông thường như
y
1
(a) = c
1
, y
2
(a) = c
2
.
Ngay cả khi làm yếu các điều kiện đi thì ta cũng chỉ thu được các định lí có các
điều kiện hiếm khi được thỏa mãn trong thực hành.
Chứng minh Định lí 1.1 được trình bày ở cuối phần Phương pháp bắn đơn của
Chương này. Định lí thứ hai áp dụng cho bài toán biên biên với điều kiện tách
được.
Định lí 1.2. [5] Giả sử bài toán biên
y
= f(x, y, y
); a ≤ x ≤ b
a
0
y(a) − a
1
y
(a) = α, |a
0
| + |a
1
| = 0,
b
0
y(b) + b
1
y
(b) = β, |b
0
| + |b
1
| = 0
thỏa mãn các điều kiện
1. f(x, y, y
) liên tục trên D = {(x, y, y
) : a ≤ x ≤ b, y
2
+ (y
)
2
< ∞};
2. f(x, y, y
) thỏa mãn điều kiện Lipschitz theo y và y
trên R;
4
3. f(x, y, y
) có đạo hàm theo y và y
liên tục trên D và tồn tại số dương M
sao cho
(a)
∂f
∂y
> 0,
(b)
∂f
∂y
≤ M;
4. Các hệ số của điều kiện biên thỏa mãn
a
0
a
1
≥ 0, b
0
b
1
≥ 0, |a
0
| + |b
0
| = 0.
Khi đó, bài toán biên đã cho có nghiệm duy nhất.
Một trường hợp riêng của định lí này là định lí tồn tại duy nhất nghiệm cho
bài toán biên tuyến tính, tức là bài toán biên có dạng
y
= p(x)y
+ q(x)y + r(x), a ≤ x ≤ b, y(a) = α, y(b) = β.
Nội dung như sau:
Định lí 1.3. Giả sử bài toán biên tuyến tính
y
= p(x)y
+ q(x)y + r(x), a ≤ x ≤ b, y(a) = α, y(b) = β
thỏa mãn các điều kiện
1. p(x), q(x), r(x) liên tục trên [a, b],
2. q(x) > 0 trên [a, b].
Khi đó, bài toán biên tuyến tính trên có nghiệm duy nhất.
5
1.3 Một số thủ thuật biến đổi
Trong thực tế, để tiện cho việc giải, ta có thể đưa các bài toán về dạng bài
toán biên, hoặc có thể đưa các điều kiện biên tổng quát về dạng tách được.
1.3.1 Bài toán chứa tham số
Bài toán chứa tham số là bài toán tìm nghiệm y(x) của phương trình
y
= f(x, y, λ)
trong đó λ là tham số chưa biết và hàm y(x) thỏa mãn n + 1 điều kiện biên
dạng
r(y(a), y(b), λ) = 0, r(u, v, λ) =
r
1
(u
1
, . . . , u
n
, v
1
, . . . , v
n
, λ)
.
.
.
r
n+1
(u
1
, . . . , u
n
, v
1
, . . . , v
n
, λ)
.
Bài toán này nói chung không có nghiệm khi chọn λ tùy ý, do đó bài toán qui
về tìm các "giá trị riêng" λ
i
để phương trình có nghiệm. Ta có thể đưa về dạng
bài toán biên. Bằng cách đặt y
n+1
(x) := λ và thêm điều kiện y
n+1
(x) = 0, bài
toán này trở thành
¯y
=
¯
f(x, ¯y), ¯r(¯y(a), ¯y(b)) = 0,
trong đó
¯y :=
y
y
n+1
,
¯
f(x, ¯y) :=
f(x, y, y
n+1
)
0
6
và
¯r(u
1
, . . . , u
n
, v
1
, . . . , v
n
, v
n+1
) := r(u
1
, . . . , u
n
, v
1
, . . . , v
n
, v
n+1
).
1.3.2 Bài toán biên tự do
Đó là bài toán biên với biên a cho trước, còn biên b sẽ được xác định sau. Khi
đó, hệ n phương trình vi phân
y
= f(x, y)
có một nghiệm y(x) thỏa mãn n + 1 điều kiện biên
r(y(a), y(b)) = 0, r(u, v) =
r
1
(u, v)
.
.
.
r
n+1
(u, v)
.
Ở đây, thay cho x, ta đưa vào một biến mới t và một hằng số z
n+1
:= b − a
(chưa được xác định) sao cho
x − a = tz
n+1
, 0 ≤ t ≤ 1,
˙z
n+1
=
dz
n+1
dt
= 0.
(Ta cũng có thể đặt x − a = Φ(t, z
n+1
) với Φ(1, z
n+1
) = z
n+1
). Đặt z(t) :=
y(a + tz
n+1
), trong đó y(x) là nghiệm của phương trình trên, ta được
˙z(t) = D
t
z(t) = D
x
y(a + tz
n+1
)z
n+1
= f(a + tz
n+1
, y(a + tz
n+1
))z
n+1
= f(a + tz
n+1
, z(t))z
n+1
.
7
Khi đó, bài toán trở thành bài toán biên với các hàm z
i
(t), i = 1, . . . , n + 1
như sau
˙z
1
.
.
.
˙z
n
˙z
n+1
=
z
n+1
f
1
(a + tz
n+1
, z
1
, . . . , z
n
)
.
.
.
z
n+1
f
n
(a + tz
n+1
, z
1
, . . . , z
n
)
0
, 0 ≤ t ≤ 1
với
r
i
(z
1
(0), . . . , z
n
(0), z
1
(1), . . . , z
n
(1)) = 0, i = 1, . . . , n + 1.
1.3.3 Đưa điều kiện biên tổng quát về dạng tách được
Từ bài toán với điều kiện biên tổng quát
y
= f(x, y), r(y(a), y(b)) = 0
đặt z = y(a), ta được bài toán
y
z
=
f(x, y)
0
với điều kiện biên tách được
r(z(b), y(b)) = 0,
y(a) = z(a).
8
Ta cũng có thể đặt
y
1
= y(
b+a
2
− x),
y
2
= y(
b+a
2
+ x);
0 ≤ x ≤
b − a
2
.
Khi đó ta được bài toán
y
1
y
2
=
−f(
b+a
2
− x, y
1
)
f(
b+a
2
+ x, y
2
)
, 0 ≤ x ≤
b − a
2
với điều kiện biên tách được
r
y
1
(
b−a
2
), y
2
(
b−a
2
)
= 0,
y
1
(0) = y
2
(0).
Tuy nhiên, trong cả hai cách biến đổi trên thì số chiều của bài toán đều tăng
gấp đôi.
1.4 Các phương pháp giải bài toán biên
Để giải bài toán biên, thông thường ta sử dụng các phương pháp bắn, phương
pháp sai phân hữu hạn hoặc phương pháp biến phân, Trong mục này, chúng
tôi chỉ giới thiệu tổng quan về các phương pháp. Riêng phương pháp bắn đơn
và phương pháp bắn bội sẽ được trình bày kĩ lưỡng hơn ở Chương 2, cũng như
các thử nghiệm số về hai phương pháp này được trình bày ở Chương 3.
9
Không có nhận xét nào:
Đăng nhận xét