Luận án tiến sĩ toán học: xấp xỉ và khai triển tiệm cận của phương trình hàm phi tuyến trong miền 2 chiều

ĐẠI HỌC QUỐC GIA TP. HỒ CHÍ MINH
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN TP. HỒ CHÍ MINH

LÊ THỊ THANH HẢI

XẤP XỈ VÀ KHAI TRIỂN TIỆM CẬN NGHIỆM
CỦA HỆ PHƯƠNG TRÌNH HÀM PHI TUYẾN
TRONG MIỀN HAI CHIỀU

LUẬN VĂN THẠC SỸ TỐN HỌC
Chun ngành : Tốn Giải Tích.
Mã số : 1.01.01.

TP.HỒ CHÍ MINH 12/2006


ĐẠI HỌC QUỐC GIA TP. HỒ CHÍ MINH
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN TP. HỒ CHÍ MINH

XẤP XỈ VÀ KHAI TRIỂN TIỆM CẬN NGHIỆM
CỦA HỆ PHƯƠNG TRÌNH HÀM PHI TUYẾN
TRONG MIỀN HAI CHIỀU

Luận văn Thạc sỹ Toán học
Chuyên ngành : Tốn Giải Tích.
Mã số : 1.01.01.

Người hướng dẫn : TS. Nguyễn Thành Long.
Đại học Khoa học Tự Nhiên
Tp. Hồ Chí Minh.
Học viên cao học : Lê Thị Thanh Hải.

TP. HỒ CHÍ MINH 12/2006


LUẬN VĂN ĐƯỢC HOÀN THÀNH TẠI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN TP. HỒ CHÍ MINH.

Người hướng dẫn :

TS. Nguyễn Thành Long
Khoa Toán – Tin Học
Đại học Khoa Học Tự Nhiên Tp. Hồ Chí Minh.
Người nhận xét 1 :
......................................................
......................................................
......................................................
Người nhận xét 2 :
......................................................
......................................................
......................................................
Học viên cao học :

Lê Thị Thanh Hải
Bộ mơn Tốn, khoa Khoa Học Cơ Bản
Đại học Sư Phạm Kỹ Thuật Tp. Hồ Chí Minh.
Luận văn sẽ được bảo vệ tại Hội đồng chấm luận án tại Trường Đại học Khoa Học Tự
Nhiên Tp. Hồ Chí Minh vào lúc ........giờ .... phút, ngày ...... tháng ....... năm 2006.
Có thể tìm hiểu luận văn tại Phịng Sau Đại học, thư viện Đại học Khoa Học Tự Nhiên
Tp. Hồ Chí Minh.

TP. HỒ CHÍ MINH 12/2006


LỜI CẢM ƠN
Lời đầu tiên, tơi xin trân trọng kính gửi đến TS. Nguyễn Thành Long, người
thầy hết lịng vì học trị của tơi, tấm lịng biết ơn chân thành và sâu sắc nhất. Thầy
chính là người đã động viên, giúp đỡ và mở ra cho tôi thấy được niềm say mê, hứng thú
của công việc nghiên cứu khoa học tưởng chừng như rất khô khan này. Và đặc biệt xin
khắc ghi sự giúp đỡ, chỉ bảo tận tình của thầy về mọi mặt trong quá trình giảng dạy
cũng như trong q trình hướng dẫn để tơi có thể hồn thành tốt luận văn này.
Tơi cũng xin bày tỏ lịng biết ơn sâu sắc đến quý Thầy, Cô của khoa Toán – Tin
học, Đại học Khoa Học Tự Nhiên Tp. Hồ Chí Minh đã tận tình giảng dạy để tơi có
được những kiến thức quý báu làm hành trang cho quá trình học tập và nghiên cứu sau
này.
Xin chân thành cảm ơn Ban Chủ Nhiệm khoa Toán - Tin học và các Thầy, Cơ
thuộc Phịng Quản Lý Khoa Học Sau Đại Học, Ttrường Đại Học Khoa Học Tự Nhiên
Tp. Hồ Chí Minh đã tạo điều kiện thuận lợi cho tơi về các thủ tục hành chính trong suốt
q trình học tập tại trường.
Tôi cũng muốn gửi lời cảm ơn chân thành đến Ban Chủ Nhiệm khoa Khoa Học
Cơ Bản, đặc biệt là các Thầy, Cơ trong Bộ mơn Tốn, Trường Đại Học Sư Phạm Kỹ
Thuật Tp. Hồ Chí Minh đã tạo mọi điều kiện thuận lợi để tôi yên tâm hồn thành tốt
luận văn này.
Lời cuối, tơi cũng khơng qn gửi lời biết ơn sâu sắc đến gia đình tơi và lời tri
ân đến tất cả bạn bè tôi, những người đã luôn ở bên cạnh động viên và giúp tơi vượt
qua mọi khó khăn trong q trình thực hiện luận văn này.

Lê Thị Thanh Hải


MỤC LỤC

Trang
Bìa phụ
Lời cảm ơn
Mục lục
Chương 1 : Tổng quan ...........................................................................................1
Chương 2 : Các ký hiệu và các công cụ cơ bản ....................................................5
Chương 3 : Sự tồn tại và duy nhất nghiệm ............................................................7
Chương 4 : Thuật giải hội tụ cấp hai....................................................................14
Chương 5 : Khai triển tiệm cận nghiệm ..............................................................22
Chương 6 : Thuật giải lặp trên hệ phương trình hàm cụ thể................................32
Chương 7 : Khai triển tiệm cận nghiệm của hệ phương trình hàm cụ thể...........43
Kết luận ................................................................................................................53
Tài liệu tham khảo................................................................................................55


1

Chương 1

TỔNG QUAN
Trong luận văn này, chúng tôi nghiên cứu hệ phương trình hàm có dạng sau đây
m

n

m

n

fi ( x) = ε ∑∑ aijkφ ( f j ( Rijk ( x))) + ∑∑ bijk f j ( Sijk ( x)) + g i ( x),
k =1 j =1

(1.1)

k =1 j =1

∀x ∈ Ω ⊂ R 2 , i = 1, 2...n,

trong đó
ε : tham số bé, ε < 1,
Ω : miền compắc hoặc không compắc của R 2 ,
aijk , bijk : các hằng số thực,
Rijk , Sijk : Ω → Ω, φ : R → R, gi : Ω → R : các hàm liên tục cho trước,
fi : Ω → R : các ẩn hàm.

Trong [11], các tác giả Wu, Xuan và Zhu đã nghiên cứu sự tồn tại và duy nhất
nghiệm của hệ (1.1) cụ thể với m = n = 2, φ ≡ 0, Ω = [ −b, b ] , Sijk ( x) là nhị thức bậc nhất
trong những điều kiện thích hợp. Ở đó, các tác giả đã xây dựng được dãy quy nạp hội
tụ đều về nghiệm của hệ (1.1) và ứng dụng nó vào hệ phương trình hyperbolic.
Trong [3], các tác giả Long, Nghĩa, Khôi, Ruy đã khảo sát một trường hợp riêng
của hệ (1.1) như sau
n

m

fi ( x) = ∑∑ aijk ⎡ x, f j ( Sijk ( x)) ⎤ + gi ( x), ∀x ∈ Ω,
⎣
⎦

(1.2)

j =1 k =1

với Ω là khoảng bị chận hoặc không bị chận của R. Với những điều kiện phù hợp
được chỉ ra, bằng cách sử dụng định lý điểm bất động Banach, các tác giả đã chứng
minh được sự tồn tại và duy nhất nghiệm của hệ (1.2). Đồng thời, nghiệm này còn ổn
định đối với các hàm gi ( i = 1, n ) . Đặc biệt, nếu aijk ( x, y ) = α ijk y, α ijk ∈ R, Sijk ( x) là nhị
thức bậc nhất, g ∈ C r ( Ω; R n ) và Ω = [ −b, b ] , trong [3] cũng đã thu được một khai triển
Maclaurin nghiệm của hệ (1.2) đến cấp r. Hơn nữa, nếu gi là các đa thức bậc không


2

quá r , thì nghiệm của hệ (1.2) cũng vậy. Sau đó, nếu gi là các hàm liên tục thì nghiệm
f của (1.2) được xấp xỉ bằng một dãy các đa thức hội tụ đều. Phần cuối, các tác giả đã

khảo sát một thuật toán số dựa vào thuật giải xấp xỉ theo nguyên tắc ánh xạ co trên hệ
phương trình hàm cụ thể.
Tất cả các kết quả thu được trong [3] đã được các tác giả Long, Nghĩa [4] mở
rộng trong trường hợp nhiều chiều với Ωi là các miền compắc hoặc không compắc của
R p và Sijk ( x) là các ánh xạ affine. Ngoài ra, cũng trong [4], các tác giả đã chỉ ra những

điều kiện cần thiết để có được một thuật giải hội tụ cấp hai.
Trong [5], tác giả Long đã nghiên cứu một hệ phương trình tích phân - hàm trên
Ω ⊂ R với sự tồn tại, duy nhất và ổn định của nghiệm.
X ijk ( x )
⎛
⎞
fi ( x) = ∑∑ ⎜ aijk f j ( Sijk ( x)) + α ijk ∫ f j (t )dt ⎟ + g i ( x).

⎜
⎟
j =1 k =1
0
⎝
⎠
n

m

(1.3)

Nếu Sijk , X ijk là các nhị thức bậc nhất, g ∈ C r (Ω; R n ) và Ω = [ −b, b ] thì chúng ta thu
được một khai triển Maclaurin của nghiệm hệ (1.3) đến cấp r. Tuy nhiên, chỉ khi
α ijk = 0, ∀i, j, k thì với gi là các đa thức bậc khơng q r ta mới có được nghiệm của

(1.3) cũng là các đa thức bậc không quá r.
Một trường hợp riêng của hệ (1.1) được khảo sát bởi Long, Diễm [7] và Vân
[10] với φ ( y ) = y 2 , Rijk = Sijk .
Trong [9], tác giả Nghĩa đã khảo sát một hệ tuyến tính trong miền 2 chiều cụ
thể. Ở đó, nghiệm của hệ phương trình hàm được xấp xỉ bằng một dãy đa thức hội tụ
đều. Đồng thời cũng trong [9], tác giả đã nghiên cứu các trường hợp của hàm gi và
trong mỗi trường hợp tác giả đưa ra công thức tường minh để tính tốn được các hệ số
trong nghiệm đa thức của hệ phương trình hàm tương ứng với các gi .
Hệ (1.1) cũng đã được nghiên cứu trong [1] với Ω = [ a, b ] hoặc Ω là một
khoảng không bị chận của R. Cũng bằng định lý điểm bất động Banach, tác giả chứng
minh được sự tồn tại và duy nhất nghiệm của hệ. Hơn nữa, tác giả còn chỉ ra điều kiện


3

đủ để thuật giải cấp hai hội tụ. Và với φ ∈ C N ( R; R),

m

n

∑∑ max b
k =1 i =1

1≤ j ≤ n

ijk

< 1, ta có được một

khai triển tiệm cận nghiệm của hệ (1.1) theo tham số bé ε đến cấp N + 1 với ε đủ nhỏ.
Đồng thời, các kết quả này đã được tác giả Long [6] nới rộng ra miền nhiều chiều
Ω ⊂ R p.

Trong [2], [8] các tác giả Khôi, Nghĩa cũng đã khảo sát một số hệ phương trình
hàm cụ thể để kiểm tra thuật toán số dựa trên thuật giải xấp xỉ liên tiếp theo nguyên tắc
ánh xạ co kết hợp xấp xỉ bởi các hàm Spline bậc nhất.
Trong khuôn khổ của luận văn này, chúng tôi nghiên cứu một số vấn đề trên
dạng hệ phương trình hàm (1.1) bao gồm 7 chương, phần kết luận và cuối cùng là phần
tài liệu tham khảo.
-

Chương 1 là phần tổng quan về hệ phương trình hàm, các kết quả đã được

nghiên cứu trước đó và nội dung chính được trình bày trong luận văn.
-

Chương 2 là phần tóm tắt các ký hiệu và các không gian hàm cần sử dụng

trong luận văn.
-

Chương 3 là phần chứng minh sự tồn tại và duy nhất nghiệm của hệ (1.1) với

những điều kiện cần thiết sẽ chỉ ra, dựa trên định lý điểm bất động Banach.
-

Chương 4 là phần nghiên cứu một điều kiện đủ để có được một thuật giải hội

tụ cấp hai cho hệ (1.1).
-

Chương 5 là phần nghiên cứu hệ phương trình hàm (1.1) bị nhiễu bởi một

tham số bé ε . Trong chương này, với φ ∈ C N ( R; R), chúng tôi thu được một khai triển
tiệm cận nghiệm của hệ (1.1) theo tham số ε đến cấp N + 1 với ε đủ nhỏ.
-

Chương 6 là phần khảo sát một số hệ phương trình hàm cụ thể thuộc dạng

(1.1) ứng với m = 1, n = 2, Ω = [ −1,1] , φ ( y ) = y 2 , Rijk ( x) = Sijk ( x) = α ijk x. Ở đó, chúng tơi
sẽ khảo sát thuật giải xấp xỉ liên tiếp theo nguyên tắc ánh xạ co kết hợp xấp xỉ với các
hàm Spline bậc nhất và một thuật giải hội tụ cấp hai. Cuối chương sẽ có kết quả minh
hoạ bằng số và bảng so sánh hai thuật giải trên để thấy được tính hiệu quả về mặt tốc

độ của thuật giải hội tụ cấp hai so với thuật giải xấp xỉ liên tiếp.


4

-

Chương 7 là phần khảo sát các thành phần trong khai triển tiệm cận nghiệm

đến cấp hai của hệ dạng (1.1) ứng với
m = 1, n = 2, φ ( y ) = y 2 , Rijk ( x) = Sijk ( x) = (α ijk x1 , α ijk x2 ) ,
Ω = { x = ( x1 , x2 ) ∈ R 2 : x 1 = x1 + x2 ≤ 1} .

Đồng thời, cuối chương cũng có kết quả minh hoạ bằng số kèm theo.
-

Phần kết luận nêu lên một số kết quả thu được cùng với một số ý kiến nhận

xét kèm theo. Cuối cùng là phần tài liệu tham khảo.


5

Chương 2

CÁC CƠNG CỤ CƠ BẢN
Trong chương này, chúng tơi giới thiệu các ký hiệu, các không gian hàm và các công
cụ cơ bản sẽ được sử dụng trong các chương sau.
2.1 Các ký hiệu.
Nếu Ω là tập con compắc của R 2 thì ký hiệu X = C (Ω; R n ) là không gian

Banach của các hàm số f = ( f1 ,..., f n ) : Ω → R n liên tục trên Ω với chuẩn
n

f

X

= sup ∑ f i ( x) .

(2.1)

x∈Ω i =1

Nếu Ω là miền khơng compắc của R 2 thì ký hiệu X = Cb (Ω; R n ) là không gian
Banach của các hàm số f = ( f1 ,..., f n ) : Ω → R n liên tục, bị chặn trên Ω với chuẩn (2.1).
Chúng ta chú ý rằng, nếu Ω ⊂ R 2 là mở thì f ∈ C (Ω; R n ) chưa chắc bị chận. Tuy
nhiên, nếu f ∈ C (Ω; R n ) bị chặn và liên tục đều trên Ω thì nó có một mở rộng duy nhất,
bị chặn, liên tục trên Ω . Khi đó, C (Ω; R n ) = { f ∈ C (Ω; R n ) : f liên tục đều và bị chặn trên
Ω } là không gian Banach với chuẩn (2.1).
2
Một điểm trong R 2 được ký hiệu bởi x = ( x1 , x2 ). Ta gọi α = (α1 , α 2 ) ∈ Z + là một

đa chỉ số và ký hiệu xα = x1α x2α để chỉ đơn thức bậc α = α1 + α 2 .
1

2

α

Tương tự nếu D j =

∂
∂
, j = 1, 2 thì Dα = D1α1 D2α 2 = α1 α 2 ký hiệu toán tử vi
∂x1 ∂x2
∂x j

phân cấp α . Ta cũng ký hiệu α ! = α1 !α 2 !.
2
Cho 2 đa chỉ số α = (α1 , α 2 ), β = ( β1 , β 2 ) ∈ Z + . Ta viết α ≤ β ⇔ α i ≤ β i , ∀i = 1, 2.

α
Cβ =

β1 ! β 2 !
β!
α
α
=
= Cβ C β .
α !( β − α )! α1 !( β1 − α1 )!α 2 !( β 2 − α 2 )!
1

2

1

2

Với số nguyên không âm m , ta đặt

C m (Ω; R n ) = { f = ( f1 ,... f n ) ∈ C (Ω; R n ) : Dα fi ∈ C (Ω; R n ), α ≤ m, i = 1, 2,...n} ,

nếu Ω là miền compắc của R 2 . Trường hợp Ω là tập mở của R 2 , ta đặt


6

{

}

C m (Ω; R n ) = f = ( f1 ,... f n ) ∈ C (Ω; R n ) : Dα fi ∈ C (Ω; R n ), α ≤ m, i = 1, 2...n .

Khi đó, C m (Ω; R n ), C m (Ω; R n ) đều là những không gian Banach với chuẩn
n

max sup ∑ Dα f i ( x) .

(2.2)

α ≤ m x∈Ω
i =1

Định lý sau đây được sử dụng nhiều trong luận văn này.
2.2 Định lý điểm bất động Banach.
Định lý 2.1. (Định lý điểm bất động Banach)
Cho X là không gian Banach với chuẩn . , K ⊂ X là tập đóng. Cho
T : K → K là ánh xạ sao cho tồn tại số thực σ , 0 ≤ σ < 1 thoả mãn
Tf − Tg ≤ σ f − g , ∀f , g ∈ K .

(2.3)

Khi đó, ta có
(i)

Tồn tại duy nhất f ∈ K sao cho Tf = f ,

(ii)

Với mỗi f (0) ∈ K , xét dãy { f ( μ ) } cho bởi f ( μ ) = Tf ( μ −1) , μ = 1, 2,.... ta có
(μ )
(a) lim f − f = 0,

μ →+∞

(μ )
(0)
(0)
(b) f − f ≤ f − Tf

(c) f ( μ ) − f ≤

σμ
, μ = 1, 2,....,
1−σ

σ
f ( μ ) − f ( μ −1) , μ = 1, 2,....
1−σ

Chứng minh định lý 2.1 có thể tìm thấy trong nhiều quyển sách về nhập mơn giải tích.


7

Chương 3

SỰ TỒN TẠI VÀ DUY NHẤT NGHIỆM
Trong chương này, nhờ vào định lý 2.1, chúng ta chứng minh được sự tồn tại và duy
nhất nghiệm của hệ (1.1). Trước hết, ta viết lại hệ (1.1) dưới dạng phương trình tốn tử
trong khơng gian Banach X = C (Ω; R n ) như sau
f = ε Af + Bf + g ,

(3.1)

f = ( f1 ,... f n ) ∈ X ,

trong đó

g = ( g1 ,...g n ) ∈ X ,
Af = (( Af )1 ,...( Af ) n ),
Bf = (( Bf )1 ,...( Bf ) n ),
m

n

( Af )i ( x) = ∑∑ aijkφ ( f j ( Rijk ( x))),
k =1 j =1
m

n

( Bf )i ( x) = ∑∑ bijk f j ( Sijk ( x)), với i = 1, 2...n, x ∈ Ω.
k =1 j =1

m

n

⎡bijk ⎤ = ∑∑ max bijk , bijk ∈ R, 1 ≤ i, j ≤ n, 1 ≤ k ≤ m.
⎣ ⎦
1≤ j ≤ n

Đặt

k =1 i =1

Bổ đề 3.1. Giả sử ⎡bijk ⎤ < 1 và Sijk : Ω → Ω liên tục. Khi đó, tốn tử tuyến tính
⎣ ⎦
I − B : X → X khả đảo và ( I − B) −1

X

≤

1
1 − ⎡bijk ⎤
⎣ ⎦

.

Chứng minh
Trước hết, ta chứng minh Bf

X

⎡ ⎤
≤ ⎣bijk ⎦ f

Thật vậy, ∀f ∈ X ta có
n

Bf

X

= sup ∑ ( Bf )i ( x)
x∈Ω i =1
n

m

n

= sup ∑ ∑∑ bijk f j ( Sijk ( x))
x∈Ω i =1 k =1 j =1

X

, ∀f ∈ X .

8
n

m

n

≤ sup ∑∑∑ bijk f j ( Sijk ( x))
x∈Ω i =1 k =1 j =1
n

m

n

≤ ∑∑ max bijk sup ∑ f j ( x) = ⎡bijk ⎤ f
⎣ ⎦
1≤ j ≤ n
x∈Ω
i =1 k =1

j =1

X

.

Hơn nữa

B

X

= sup

Bf
f

0 ≠ f ∈X

X

≤ ⎡bijk ⎤ < 1.
⎣ ⎦

X
~

Tốn tử tuyến tính I − B khả đảo, nghĩa là, ∀ f ∈ X , tồn tại duy nhất f ∈ X sao cho
~

~

~

f = ( I − B ) f , hay nói cách khác, ∀ f ∈ X , phương trình f = Bf + f ln có nghiệm

duy nhất. Thật vậy, xét ánh xạ
δ:X →X

~

f → δ f = Bf + f .
~

Hiển nhiên ∀f ∈ X ta có δ f = Bf + f ∈ X và ∀f1 , f 2 ∈ X ta cũng có
δ f1 − δ f 2

= Bf1 − Bf 2

X

X

n

= sup ∑ ( Bf1 )i ( x) − ( Bf 2 )i ( x)
x∈Ω i =1
n

m

n

(

= sup ∑ ∑∑ bijk f1 j ( Sijk ( x)) − f 2 j ( Sijk ( x))
x∈Ω i =1 k =1 j =1
n

m

)

n

≤ sup ∑∑∑ bijk f1 j ( Sijk ( x)) − f 2 j ( Sijk ( x))
x∈Ω i =1 k =1 j =1
n

m

n

≤ ∑∑ max bijk sup ∑ f1 j ( x) − f 2 j ( x) = ⎡bijk ⎤ f1 − f 2
⎣ ⎦
1≤ j ≤ n
x∈Ω
i =1 k =1

j =1

X

.

Với ⎡bijk ⎤ < 1, ta có δ : X → X là ánh xạ co. Áp dụng định lý điểm bất động Banach,
⎣ ⎦
~

suy ra tồn tại duy nhất f ∈ X sao cho f = δ f = Bf + f .
Ngoài ra
f

~

X

= Bf + f

≤ B
X

X

f

~

X

+ f

.
X


9

Do đó

~

f

f

X

≤

.

X

1− B

X

~
−1

~

Vì f = ( I − B) f , nên f
Vậy ( I − B )−1

X

=

f

≤

X

~

f

X

= ( I − B)

−1

f

~

≤

f

X

1
1− B

≤

X

1

.

X

1− B

X

.

1 − ⎡bijk ⎤
⎣ ⎦

X

Và bổ đề được chứng minh.
Từ bổ đề 3.1 ta viết lại hệ (2.3) như sau
f = ( I − B) −1 (ε Af + g ) ≡ Tf .

(3.2)

Chúng ta xây dựng các giả thiết sau:
( H1 ) : Rijk , Sijk : Ω → Ω liên tục,
( H 2 ) : g = ( g1 ,...g n ) ∈ X ,
(H3 ) :

⎡bijk ⎤ < 1,
⎣ ⎦

( H 4 ) : φ : R → R thoả điều kiện
∀M > 0, ∃C1 ( M ) > 0 : φ ( y ) − φ ( z ) ≤ C1 ( M ) y − z , ∀y, z ∈ [ − M , M ] ,

(H5 ) : M >

2 g

X

1 − ⎡bijk ⎤
⎣ ⎦

, 0 < ε0 <

(

M 1 − ⎡bijk ⎤
⎣ ⎦

)

2 ( MC1 ( M ) + n φ (0) ) ⎡ aijk ⎤
⎣ ⎦

Cho số dương M ta đặt K M = { f ∈ X :

f

X

.

≤ M }.

Bổ đề 3.2. Với các giả thiết ( H1 ) − ( H 4 ) ta có
≤ ⎡ aijk ⎤ ( C1 ( M ) f
⎣ ⎦

(i )

Af

(ii )

Af − A f

X

~

X

+ n φ (0) ) , ∀f ∈ K M ,
~

X

≤ C1 ( M ) ⎡ aijk ⎤ f − f
⎣ ⎦

~

, ∀f , f ∈ K M .
X


10

Chứng minh
(i) ∀f ∈ K M , ta có
n

Af

X

n

m

n

= sup ∑ ( Af )i ( x) = sup ∑ ∑∑ aijkφ ( f j ( Rijk ( x)))
x∈Ω i =1

x∈Ω i =1 k =1 j =1
n

m

n

≤ sup ∑∑∑ aijk φ ( f j ( Rijk ( x))) − φ (0) + φ (0)
x∈Ω i =1 k =1 j =1
n

m

n

(

≤ ∑∑ max aijk sup ∑ φ ( f j ( x)) − φ (0) + φ (0)
i =1 k =1

1≤ j ≤ n

x∈Ω j =1

)

n
n
⎛
⎞
≤ ⎡ aijk ⎤ ⎜ sup ∑ C1 ( M ) f j ( x) + ∑ φ (0) ⎟
⎣ ⎦ x∈Ω

j =1
j =1
⎝
⎠
≤ ⎡ aijk ⎤ ( C1 ( M ) f X + n φ (0) ) .
⎣ ⎦

~

(ii ) ∀f , f ∈ K M , ta có
n

~

Af − A f

X

~

= sup ∑ ( Af )i ( x) − ( A f )i ( x)
x∈Ω i =1
n

m

n

~
⎛

⎞
= sup ∑ ∑∑ aijk ⎜ φ ( f j ( Rijk ( x))) − φ ( f j ( Rijk ( x))) ⎟
x∈Ω i =1 k =1 j =1
⎝
⎠
n

m

n

~

≤ sup ∑∑∑ aijk φ ( f j ( Rijk ( x))) − φ ( f j ( Rijk ( x)))
x∈Ω i =1 k =1 j =1
n

m

n

~

≤ ∑∑ max aijk sup ∑ C1 ( M ) f j ( x) − f j ( x)
i =1 k =1

1≤ j ≤ n

x∈Ω j =1
~

≤ ⎡ aijk ⎤ C1 ( M ) f − f
⎣ ⎦

.
X

Vậy bổ đề 3.2 được chứng minh hoàn tất.
Định lý 3.1. Với các giả thiết ( H1 ) − ( H 5 ). Khi đó, với mỗi ε , ε < ε 0 , hệ (3.2) có
nghiệm duy nhất fε ∈ K M .
Chứng minh
Trước tiên, ta chứng minh Tf ∈ K M , ∀f ∈ K M . . Thật vậy, dễ thấy rằng T : X → X .
Với f ∈ K M , ta có
Tf

X

= ( I − B ) −1 (ε Af + g )

X

≤ ( I − B ) −1

X

(ε

Af

X

+ g

X

).


11

Áp dụng bổ đề 3.1 và phần (i) của bổ đề 3.2, ta được
Tf

≤

X

1
1 − ⎡bijk ⎤
⎣ ⎦

≤

(ε

1
1 − ⎡bijk ⎤
⎣ ⎦

⎡ aijk ⎤ ( C1 ( M ) f

⎣ ⎦

0

(ε

0

X

+ n φ (0) ) + g

⎡ aijk ⎤ ( MC1 ( M ) + n φ (0) ) + g
⎣ ⎦

X

X

)

).

(3.3)

Từ giả thiết ( H 5 ), ta có
g

<

X

(

M 1 − ⎡bijk ⎤
⎣ ⎦
2

) và

0 < ε0 <

(

)

M 1 − ⎡bijk ⎤
⎣ ⎦
.
2 ⎡ aijk ⎤ ( MC1 ( M ) + n φ (0) )
⎣ ⎦

Thay vào (3.3) ta được
Tf

(

X

)

⎛
M 1 − ⎡bijk ⎤
⎣ ⎦
⎜
⎡ aijk ⎤ ( MC1 ( M ) + n φ (0) )
≤
⎣ ⎦
⎡ ⎤ ⎜ ⎡ ⎤
1 − ⎣bijk ⎦ ⎜ 2 ⎣ aijk ⎦ ( MC1 ( M ) + n φ (0) )
⎝
1

(

M 1 − ⎡bijk ⎤
⎣ ⎦
+
2

≤

(

M 1 − ⎡bijk ⎤
⎣ ⎦
1 − ⎡bijk ⎤
⎣ ⎦

⎞

)⎟
⎟
⎟
⎠

) = M.

(3.4)

Vậy Tf ∈ K M .
~

Mặt khác, ∀f , f ∈ K M ta có
~

Tf − T f

X

~
⎛
⎞
= ( I − B) −1 ⎜ ε Af − ε A f ⎟
⎝
⎠

≤ ε 0 ( I − B) −1
X

~

X

Af − A f

.
X

Áp dụng bổ đề 3.1 và phần (ii) của bổ đề 3.2, ta được
~

~

Tf − T f

≤

ε 0 ⎡ aijk ⎤ C1 ( M ) f − f
⎣ ⎦
1 − ⎡bijk ⎤
⎣ ⎦

X

X

~

=σ f − f

,
X

với
σ=

ε 0 ⎡ aijk ⎤ C1 ( M )
⎣ ⎦
1 − ⎡bijk ⎤
⎣ ⎦

.

(3.5)


12

Từ giả thiết ( H 5 ), ta có
0 < ε0 <

(

)

(

)

M 1 − ⎡bijk ⎤

M 1 − ⎡bijk ⎤
⎣ ⎦
⎣ ⎦
.
<
2 ⎡ aijk ⎤ ( MC1 ( M ) + n φ (0) ) 2 ⎡ aijk ⎤ MC1 ( M )
⎣ ⎦
⎣ ⎦

Do đó
σ=

ε 0 ⎡ aijk ⎤ C1 ( M )
⎣ ⎦
1 − ⎡bijk ⎤
⎣ ⎦

< 1.

(3.6)

Từ (3.4), (3.5), (3.6) ta thấy T : K M → K M là ánh xạ co. Áp dụng định lý điểm bất động
Banach, suy ra tồn tại duy nhất fε ∈ K M sao cho fε = Tfε .
Vậy định lý 3.1 được chứng minh hồn tất.
Chú thích 3.1. Định lý 3.1 sinh ra một thuật toán xấp xỉ nghiệm của hệ (3.2)
f ( μ ) = Tf ( μ −1) , μ = 1, 2,3...,

(3.7)

f (0) ∈ K M cho trước bất kỳ.

(3.8)

{f }
(μ )

Khi đó, dãy

hội tụ trong X về nghiệm fε của hệ (3.2) khi μ → +∞ và ta có

đánh giá sau
f

với σ =

(μ )

− fε

X

≤ Tf

(0)

ε 0 ⎡ aijk ⎤ C1 ( M )
⎣ ⎦
1 − ⎡bijk ⎤
⎣ ⎦

−f

(0)

σμ
,
X 1−σ

(3.9)

< 1.

Chú thích 3.2. Từ thuật giải xấp xỉ trên, ta có
f ( μ ) = ε Af ( μ −1) + Bf ( μ ) + g , μ = 1, 2,... .
~ (μ )

Đặt f

= ε Af ( μ −1) + Bf ( μ −1) + g , ta có

~ (μ )

f

~ (μ )

− fε

≤ f
X

− f (μ )

+ f ( μ ) − fε

X

X

≤ Bf ( μ ) − Bf ( μ −1)
≤ B

X

X

f ( μ ) − f ( μ −1)

+ f ( μ ) − fε
X

X

+ f ( μ ) − fε

X


13
≤ σ μ −1 Tf (0) − f (0)

X

σ μ −1
≤
Tf (0) − f (0)
1−σ

X

+

σμ
Tf (0) − f (0)
1−σ

X

.

⎧ ~ (μ ) ⎫
⎬ hội tụ trong X về nghiệm fε của hệ (3.2). Như vậy, ta thu
⎩
⎭

Khi μ → +∞ thì dãy ⎨ f

được cơng thức xấp xỉ nghiệm của hệ (3.2) dưới đây dễ sử dụng hơn
f ( μ ) = ε Af ( μ −1) + Bf ( μ −1) + g ,
f (0) ∈ K M cho trước bất kỳ,

μ = 1, 2,3...,

(3.10)
(3.11)

với sai số
f ( μ ) − fε

X

≤ Tf (0) − f (0)

σ μ −1
,
X 1−σ

(3.12)

và
σ=

ε 0 ⎡ aijk ⎤ C1 ( M )
⎣ ⎦
1 − ⎡bijk ⎤
⎣ ⎦

< 1.

(3.13)

14

Chương 4

THUẬT GIẢI HỘI TỤ CẤP HAI
Trong chú thích 3.1 và 3.2, chúng ta có được thuật giải xấp xỉ liên tiếp theo nguyên tắc
ánh xạ co nghiệm của hệ (3.2) (cũng như (1.1)) là một thuật giải hội tụ cấp 1. Trong
phần này, chúng ta sẽ nghiên cứu một thuật giải hội tụ cấp hai xấp xỉ nghiệm của hệ
(3.2) với một số điều kiện phụ sẽ đặt sau.
Xét hệ phương trình hàm (1.1)
m

n

m

n

fi ( x) = ε ∑∑ aijkφ ( f j ( Rijk ( x))) + ∑∑ bijk f j ( Sijk ( x)) + gi ( x),
k =1 j =1

(1.1)

k =1 j =1

∀x ∈ Ω ⊂ R 2 , i = 1, 2...n.

Giả sử φ ∈ C1 ( R; R), dựa vào xấp xỉ

φ ( f j ( μ ) ) = φ ( f j ( μ −1) ) + φ '( f j ( μ −1) ) ( f j ( μ ) − f j ( μ −1) ) , μ = 1, 2...,

ta có
m

n

m

n

fi ( μ ) ( x) = ε ∑∑ aijkφ ( f j ( μ −1) ( Rijk ( x))) + ∑∑ bijk f j ( μ ) ( Sijk ( x)) + g i ( x)
k =1 j =1
m

k =1 j =1

n

+ ε ∑∑ aijkφ '( f j ( μ −1) ( Rijk ( x))) ( f j ( μ ) ( Rijk ( x)) − f j ( μ −1) ( Rijk ( x)) ) ,

(4.1)

k =1 j =1

với x ∈ Ω ⊂ R 2 , i = 1, 2...n, μ = 1, 2..., f (0) = ( f1(0) ,... f n (0) ) ∈ K M cho trước.
Hệ (4.1) được viết lại
m

n

m

n

(μ
fi ( μ ) ( x) = ∑∑ α ijk ) ( x) f j ( μ ) ( Rijk ( x)) + ∑∑ bijk f j ( μ ) ( Sijk ( x)) + gi( μ ) ( x),
k =1 j =1

(4.2)

k =1 j =1

trong đó
(μ
α ijk ) ( x) = ε aijkφ '( f j( μ −1) ( Rijk ( x)),
m

n

(4.3)

gi( μ ) ( x) = gi ( x) + ε ∑∑ aijk (φ ( f j( μ −1) ( Rijk ( x))) − φ '( f j( μ −1) ( Rijk ( x))) f j( μ −1) ( Rijk ( x)) ). (4.4)
k =1 j =1


15

Định lý 4.1. Giả sử ta có các giả thiết ( H1 ) − ( H 3 ) và φ ∈ C1 ( R; R). Nếu f ( μ −1) ∈ X thỏa
điều kiện

m

n

(μ
α μ = ∑∑ max sup α ijk ) ( x) + ⎡bijk ⎤ < 1.
⎣ ⎦
1≤ j ≤ n x∈Ω

(4.5)

k =1 i =1

Khi đó, tồn tại duy nhất nghiệm f ( μ ) ∈ X của hệ (4.2) – (4.4).
Chứng minh.
Chúng ta viết lại hệ (4.2) – (4.4) dưới dạng phương trình tốn tử trong khơng gian
X = C (Ω; R n ) như sau
f ( μ ) = Tμ f ( μ ) ,

(4.6)

trong đó
m

n

m

n

(μ
(Tμ f )i ( x) = ∑∑ α ijk ) ( x) f j ( Rijk ( x)) + ∑∑ bijk f j ( Sijk ( x)) + g i( μ ) ( x),
k =1 j =1

k =1 j =1

x ∈ Ω ⊂ R 2 , i = 1, 2,...n, μ = 1, 2,...,

f = ( f1 ,... f n ) ∈ X .
~

Dễ thấy ∀f ∈ X , ta có Tμ f ∈ X và ∀f , f ∈ X , ta có
n

~

Tμ f − Tμ f

X

~

= sup ∑ (Tμ f )i ( x) − (Tμ f )i ( x)
x∈Ω i =1
n

m

n

~
⎞
(μ ⎛
= sup ∑ ∑∑ α ijk ) ⎜ f j ( Rijk ( x)) − f j ( Rijk ( x)) ⎟
x∈Ω i =1 k =1 j =1
⎝
⎠
m

n

~
⎛
⎞
+ ∑∑ bijk ⎜ f j ( Sijk ( x)) − f j ( Sijk ( x)) ⎟
⎝
⎠
k =1 j =1
n

m

n

~

(μ
≤ ∑∑ max sup α ijk ) sup∑ f j ( x) − f j ( x)
i =1 k =1
n

1≤ j ≤ n x∈Ω

m

x∈Ω j =1
n

~

+ ∑∑ max bijk sup∑ f j ( x) − f j ( x)
i =1 k =1

1≤ j ≤ n

x∈Ω j =1

⎛ n m
(μ
≤ ⎜ ∑∑ max sup α ijk ) + ⎡bijk ⎤
⎣ ⎦
1≤ j ≤ n x∈Ω
⎝ i =1 k =1
~

~

≤ αμ f − f

Do đó Tμ f − Tμ f

X

với α μ < 1.
X

n
~
⎞
sup ∑ f j ( x) − f j ( x) .
⎟ x∈Ω
j =1
⎠

(4.7)


16

Vậy Tμ : X → X là ánh xạ co. Áp dụng định lý điểm bất động Banach, ta có duy nhất
một nghiệm f ( μ ) ∈ X của hệ (4.2) – (4.4).
Chúng ta xây dựng thêm các giả thiết sau:
( H 6 ) : φ ∈ C 2 ( R; R),
(H7 ) :

g

X

(

)

+ ε ⎡ aijk ⎤ ( 3MM 1 + n φ (0) ) ≤ M 1 − ⎡bijk ⎤ ,
⎣ ⎦
⎣ ⎦

trong đó M 1 = sup φ '( y ) .
y ≤M

Định lý 4.2. Với các giả thiết ( H1 ) − ( H 3 ), ( H 6 ), ( H 7 ). Giả sử f là nghiệm của hệ (1.1)
và f ( μ ) được xác định theo thuật giải (4.2) – (4.4). Khi đó, tồn tại 2 hằng số ε , M > 0
sao cho
(i ) Nếu f (0) ∈ K M thì f ( μ ) ∈ K M , ∀μ = 1, 2,...,
(ii ) Nếu f (0) ∈ K M thì dãy
f (μ ) − f

X

(4.8)

{ f } là dãy lặp cấp hai. Cụ thể là
(μ )

≤ β M f ( μ −1) − f

2
X

, ∀μ = 1, 2,...,

(4.9)

trong đó
ε

βM =

M 2 ⎡ aijk ⎤
⎣ ⎦
2
> 0, M 2 = sup φ ''( y ) .
y ≤M
1 − ⎡bijk ⎤ − ε M 1 ⎡ aijk ⎤
⎣ ⎦
⎣ ⎦

(4.10)

(iii ) Nếu f (0) ban đầu được chọn đủ gần f , cụ thể là thoả mãn điều kiện

β M f (0) − f

X

< 1 thì dãy
f (μ ) − f

X

{ f } hội tụ cấp hai về nghiệm
(μ )

≤

1

βM

(

β M f (0) − f

X

)

2μ

f và thoả đánh giá

, ∀μ = 1, 2,... .

(4.11)

Chứng minh.
(i)

Chúng ta sẽ chứng minh phần này bằng quy nạp như sau

Giả sử
f ( μ −1)

X

≤ M.

Từ (4.2) và (4.12) ta có

(4.12)


17
f (μ )

n

= sup ∑ fi ( μ ) ( x)

X

x∈Ω i =1
n

m

n

m

n

(μ
= sup ∑ ∑∑ α ijk ) ( x) f j( μ ) ( Rijk ( x)) + ∑∑ bijk f j( μ ) ( Sijk ( x)) + gi( μ ) ( x)
x∈Ω i =1 k =1 j =1

k =1 j =1

m n
n
n
⎛ n m
⎞
(μ
≤ ⎜ ∑∑ max sup α ijk ) ( x) + ∑∑ max bijk ⎟ sup ∑ f j( μ ) ( x) + sup ∑ gi( μ ) ( x)
1≤ j ≤ n
x∈Ω i =1
k =1 j =1
⎝ i =1 k =1 1≤ j ≤ n x∈Ω
⎠ x∈Ω i =1

⎛ n m
⎞
(μ
≤ ⎜ ∑∑ max sup α ijk ) ( x) + ⎡bijk ⎤ ⎟ f ( μ )
⎣ ⎦
1≤ j ≤ n x∈Ω
⎝ i =1 k =1
⎠
≤ αμ f (μ )

X

+ g (μ )

X

X

+ g (μ )

X

,

trong đó
m

n

(μ
α μ = ∑∑ max sup α ijk ) ( x) + ⎡bijk ⎤
⎣ ⎦
1≤ j ≤ n x∈Ω
k =1 j =1
m

n

= ∑∑ max sup ε aijk φ '( f j( μ −1) ( Rijk ( x))) + ⎡bijk ⎤

⎣ ⎦
1≤ j ≤ n x∈Ω
k =1 i =1

≤ε

m

n

n

∑∑ max aijk sup ∑ φ '( f j( μ −1) ( Rijk ( x))) + ⎡bijk ⎤
⎣ ⎦
1≤ j ≤ n
x∈Ω
k =1 i =1

j =1

≤ ε ⎡ aijk ⎤ sup φ '( y ) + ⎡bijk ⎤
⎣ ⎦ y ≤M
⎣ ⎦

≤ ε M 1 ⎡ aijk ⎤ + ⎡bijk ⎤ < 1.
⎣ ⎦
⎣ ⎦

(4.13)

Do đó
f

(μ )
X

≤

g (μ )

X

1− αμ

(4.14)

.

Mặt khác từ (4.3), (4.4) và (4.12), ta có
g (μ )

X

≤ g
≤ g
≤ g

X

X

X

+ε

m

n

n

∑∑ max aijk sup ∑ φ ( f j( μ −1) ( x)) − φ '( f j( μ −1) ( x)) f j( μ −1) ( x)
k =1 i =1

1≤ j ≤ n

x∈Ω j =1

n
⎛
⎞
+ ε ⎡ aijk ⎤ ⎜ sup ∑ φ ( f j( μ −1) ( x)) − φ (0) + φ (0) − φ '( f j( μ −1) ( x)) f j( μ −1) ( x) ⎟
⎣ ⎦ x∈Ω
j =1
⎝
⎠

+ ε ⎡ aijk ⎤
⎣ ⎦

n

⎛ sup φ '(θ f ( μ −1) ( x)) f ( μ −1) ( x)
⎜
∑
j
j
⎝ x∈Ω j =1


18
n
n
⎞
+ ∑ φ (0) + sup ∑ φ '( f j( μ −1) ( x) f j( μ −1) ( x) ⎟
x∈Ω j =1
j =1
⎠

≤ g

X

≤ g

X

n
⎛
⎞

+ ε ⎡ aijk ⎤ ⎜ 2 sup φ '( y ) sup ∑ f j( μ −1) ( x) + n φ (0) ⎟
⎣ ⎦
x∈Ω j =1
⎝ y ≤M
⎠

+ ε ⎡ aijk ⎤ ( 2MM 1 + n φ (0) ) .
⎣ ⎦

(4.15)

Từ (4.14) và (4.15), ta được
f (μ )

X

≤

g

X

+ ε ⎡ aijk ⎤ ( 2 MM 1 + n φ (0) )
⎣ ⎦
.
1 − ⎡bijk ⎤ − ε M 1 ⎡ aijk ⎤
⎣ ⎦
⎣ ⎦

(4.16)

Mặt khác từ giả thiết ( H 7 ), ta có
g

X

(

)
⎤ )).
⎦

+ ε ⎡ aijk ⎤ ( 2MM 1 + n φ (0) ) ≤ ε ⎡ aijk ⎤ MM 1 + M 1 − ⎡bijk ⎤
⎣ ⎦
⎣ ⎦
⎣ ⎦

(

= M ε ⎡ aijk ⎤ M 1 + (1 − ⎡bijk
⎣ ⎦
⎣

Do đó
f

(

(μ )
X

M 1 − ⎡bijk ⎤ − ε M 1 ⎡ aijk ⎤
⎣ ⎦
⎣ ⎦
≤
1 − ⎡bijk ⎤ − ε M 1 ⎡ aijk ⎤
⎣ ⎦
⎣ ⎦

) = M.

(4.17)

Suy ra f ( μ ) ∈ K M và (4.8) được chứng minh.
(ii )

Đặt e( μ ) = f − f ( μ ) . Từ các hệ (1.1) và (4.1), ta có
ei( μ ) ( x) = f i ( x) − f i ( μ ) ( x)
m

n

m

n

= ε ∑∑ aijk (φ ( f j ( Rijk ( x))) − φ ( f j( μ −1) ( Rijk ( x))) ) + ∑∑ bijk e(jμ ) ( Sijk ( x))
k =1 j =1
m

k =1 j =1

n

−ε ∑∑ aijkφ '( f j( μ −1) ( Rijk ( x))) ( f j( μ ) ( Rijk ( x)) − f j( μ −1) ( Rijk ( x)) ).

(4.18)

k =1 j =1

Sử dụng khai triển Taylor hàm φ ( f j ) quanh điểm f j( μ −1) đến cấp 2, ta có
1
2

φ ( f j ( y )) − φ ( f j( μ −1) ( y )) = φ '( f j( μ −1) ( y ))e(jμ −1) ( y ) + φ ''(λ (j μ ) ( y )) ( e(jμ −1) ( y ) ) ,

trong đó
y = Rijk ( x), λ (j μ ) ( y ) = f j( μ −1) ( y ) + θ j e(jμ −1) ( y ), 0 < θ j < 1.

2

(4.19)


19

Thay (4.19) vào (4.18), ta được
m

n

m

n

ei( μ ) ( x) = ε ∑∑ aijkφ '( f j( μ −1) ( Rijk ( x)))e(jμ −1) ( Rijk ( x)) + ∑∑ bijk e(j μ ) ( Sijk ( x))
k =1 j =1

+

ε

k =1 j =1

m

n

∑∑ a
2

ijk

k =1 j =1

m

φ ''(λ (j μ ) ( Rijk ( x))) ( e(jμ −1) ( Rijk ( x)) )

2

n

−ε ∑∑ aijkφ '( f j( μ −1) ( Rijk ( x))) ( e(jμ −1) ( Rijk ( x)) − e(jμ ) ( Rijk ( x)) )
k =1 j =1

m

n

m

n

= ε ∑∑ aijkφ '( f j( μ −1) ( Rijk ( x)))e(j μ ) ( Rijk ( x)) + ∑∑ bijk e(j μ ) ( Sijk ( x))
k =1 j =1

+

ε

m

k =1 j =1

n

∑∑ a
2
k =1 j =1

φ ''(λ j( μ ) ( Rijk ( x))) ( e(jμ −1) ( Rijk ( x)) ) .
2

ijk

(4.20)

Từ (i) ta có f ( μ ) ∈ K M , ∀μ = 1, 2,... nên suy ra
e( μ )

n

X

= sup ∑ ei( μ ) ( x)
x∈Ω i =1

≤ε

n

m

i =1 k =1

+
≤ε

ε

n

2

1≤ j ≤ n

n

y ≤M

x∈Ω j =1

i =1 k =1

n

∑∑ max aijk sup φ ''( y) sup ∑ e(jμ −1) ( x)
i =1 k =1

n

m

n

sup φ '( y ) sup ∑ e(jμ ) ( x) + ∑∑ max bijk sup ∑ e(jμ ) ( x)

ijk

m

1≤ j ≤ n

y ≤M

1≤ j ≤ n

x∈Ω j =1

2

x∈Ω j =1

m

n

n

m

n

∑∑ max aijk sup φ '( y) sup ∑ e(jμ ) ( x) +∑∑ max bijk sup ∑ e(jμ ) ( x)
i =1 k =1

+

n

∑∑ max a

ε
2

n

1≤ j ≤ n

y ≤M

m

∑∑ max a
i =1 k =1

1≤ j ≤ n

ijk

≤ ε ⎡ aijk ⎤ M 1 e( μ )
⎣ ⎦

X

x∈Ω j =1

i =1 k =1

⎛ n
⎞
sup φ ''( y ) sup ⎜ ∑ e(jμ −1) ( x) ⎟
y ≤M
x∈Ω ⎝ j =1
⎠

+ ⎡bijk ⎤ e( μ )
⎣ ⎦

X

+

ε

1≤ j ≤ n

x∈Ω j =1

2

⎡ aijk ⎤ M 2 e( μ −1)
2 ⎣ ⎦

2
X

.

Suy ra
ε

e( μ )

X

≤

⎡ aijk ⎤ M 2
2 ⎣ ⎦
e( μ −1)
1 − ⎡bijk ⎤ − ε M 1 ⎡ aijk ⎤
⎣ ⎦
⎣ ⎦

hay
f (μ ) − f

X

≤ βM f (μ ) − f

2
X

2
X

,

(4.21)


20

ε

với

⎡ aijk ⎤ M 2
2 ⎣ ⎦
βM =
.
1 − ⎡bijk ⎤ − ε M 1 ⎡ aijk ⎤
⎣ ⎦
⎣ ⎦

Vậy (4.9 ) được chứng minh.
(iii ) Chọn f (0) ban đầu thoả điều kiện β M f (0) − f

< 1,

X

(4.22)

Ta có
f (μ ) − f

X

= e( μ )

X

≤ β M e( μ −1)

2
X

(

≤ β M β M e( μ − 2)
≤β

1+ 2
M

(β

M

e

1
≤ ..... ≤ β M+ 2+ 2

≤β

1− 2μ
1− 2
M

e

)

2
X

( μ − 3) 2
X
2

)

1
= β M+ 2 e( μ − 2)
22

+ 23 +...+ 2μ −1

μ
(0) 2

X

2

=

1

βM

22
X

2

1
= β M+ 2+ 2 e( μ −3)

M

X

2μ

e(0)

(β

23

X

f

(0)

−f

X

)

2μ

.

(4.23)

Vậy (4.11) được chứng minh.
Do (4.22) nên khi μ → +∞ thì f ( μ ) → f trong X . Do đó, dãy { f ( μ ) } hội tụ cấp 2 đến
nghiệm f của hệ (1.1).
Chú thích 4.1. Để thuật giải lặp cấp hai hoạt động hiệu quả thì chúng ta phải chọn
bước lặp ban đầu f (0) ∈ K M thoả (4.22).
Định lý 3.1 sinh ra một thuật giải xấp xỉ liên kết với ánh xạ co T : K M → K M nên ta sẽ
xây dựng dãy lặp đơn { z ( μ ) } như sau
z ( μ ) = Tz ( μ −1) ≡ ( I − B ) −1 ( ε Az ( μ −1) + g ) , ∀μ = 1, 2...,

với z (0) ∈ X cho trước bất kỳ.
Từ chú thích 3.2, ta sử dụng cơng thức xấp xỉ
z ( μ ) = ε Az ( μ −1) + Bz ( μ −1) + g , ∀μ = 1, 2,...,
(0)
với cách chọn z (0) = ( z1(0) ,...zn ) ≡ 0.

(4.24)