Luận văn phương pháp newton giải bài toán rẽ nhánh

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2

NGUYỄN TRỌNG HIỆP

PHƯƠNG PHÁP NEWTON
GIẢI BÀI TOÁN RẼ NHÁNH

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
CHUYÊN NGÀNH TOÁN GIẢI TÍCH


BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2

NGUYỄN TRỌNG HIỆP

PHƯƠNG PHÁP NEWTON
GIẢI BÀI TOÁN RẼ NHÁNH

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
Chuyên ngành: Toán giải tích
Mã số: 846 01 02

Người hướng dẫn khoa học: PGS. TSKH. Nguyễn Văn Lợi

HÀ NỘI, 2018


LỜI CAM ĐOAN

Tôi xin cam đoan đây là công trình nghiên cứu của riêng tôi. Các kết quả sử
dụng trong luận văn được trích dẫn đầy đủ và rõ ràng.

Hà Nội, ngày

tháng
Học viên

Nguyễn Trọng Hiệp

năm 2018


LỜI CẢM ƠN
Luận văn này được hoàn thành dưới sự định hướng chọn đề tài và nhiệt tình
hướng dẫn của PGS. TSKH. Nguyễn Văn Lợi. Trong suốt quá trình học tập,
Thầy không những cho tôi những kiến thức về khoa học mà còn là những bài
học trong cuộc sống. Tôi xin gửi đến Thầy lòng kính trọng và lòng biết ơn sâu
sắc. Tôi xin gửi lời cảm ơn đến quý Thầy Cô giáo giảng dạy lớp Cao học Toán
giải tích khóa 20 trường Đại học Sư phạm Hà Nội 2 vì sự tận tình truyền đạt
những kiến thức trong suốt quá trình học tập vừa qua.
Tôi cũng xin gửi lời cảm ơn đến Ban giám hiệu, Phòng Đào tạo sau Đại học
trường Đại học Sư phạm Hà Nội 2 đã tạo điều kiện để tôi hoàn thành công việc
học tập của mình.
Cuối cùng, tôi xin gửi sự trân trọng và lòng biết ơn đến tất cả đồng nghiệp,
người thân, bạn bè vì sự quan tâm, động viên, giúp đỡ trong quá trình học tập
vừa qua.

Hà Nội, ngày

tháng

năm 2018

Học viên

Nguyễn Trọng Hiệp


MỤC LỤC
MỞ ĐẦU ........................................................................................................................... 1
MỘT SỐ KIẾN THỨC CHUẨN BỊ ..................................................................................... 3

1.1. Một số kiến thức về giải tích ................................................................ 3
1.1.1. Định lý ánh xạ co .................................................................................. 3
1.1.2. Định lý cơ bản của giải tích .................................................................. 4
1.1.3. Định lý về hàm ẩn ................................................................................. 5
1.1.4. Phương pháp giải số Newton................................................................ 9
1.2. Lý thuyết rẽ nhánh .............................................................................. 12
1.2.1. Phương pháp tiếp tục Euler-Newton .................................................. 12
1.2.2. Rẽ nhánh gập và phương pháp tiếp tục Keller ................................... 16
GIẢI SỐ BÀI TOÁN RẼ NHÁNH CHO PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP 2 .................... 19

2.1. Đặt bài toán và sơ đồ sai phân .............................................................. 19
2.2. Ví dụ: bài toán Gelfand-Bratu............................................................... 24
KẾT LUẬN ...................................................................................................................... 27
TÀI LIỆU THAM KHẢO .................................................................................................. 28


MỞ ĐẦU

1.

Lý do chọn đề tài

Bài toán rẽ nhánh được nghiên cứu đầu tiên bởi Euler với bài toán nổi tiếng là
bài toán uốn cong của cần Euler. Đây là bài toán có nhiều ứng dụng trong thực
tế ví dụ như: Bài toán tính toán tải trọng tới hạn cho thanh dầm, trụ, cột trong
xây dựng công trình; trong xây dựng cầu đường … Ngoài ra bài toán rẽ nhánh
còn được ứng dụng trong sinh thái học như bài toán về tăng trưởng dân số;
trong kinh tế học như bài toán khủng hoảng tài chính, hay trong xã hội học…
Rẽ nhánh có thể được hiểu là hiện tượng chuyển trạng thái đột ngột khi mà
tham số thay đổi qua một giá trị tới hạn. Cụ thể ta xét phương trình
G (u, λ ) = 0 (1),G : ℝ N × ℝ → ℝ N ,

với λ là tham số. Giả sử phương trình (1) chỉ có nghiệm u = 0 khi λ ≤ λ0 , và
khi λ > λ0 phương trình (1) có nghiệm u = 0, u = h (λ ) ≠ 0 (xem hình H.1).
Khi đó giá trị λ0 được gọi là giá trị rẽ nhánh và u = h (λ ) được gọi là nhánh rẽ.

Hình H.1. Minh họa nghiệm của phương trình (1)
1


LỜI CAM ĐOAN

Tôi xin cam đoan đây là công trình nghiên cứu của riêng tôi. Các kết quả sử
dụng trong luận văn được trích dẫn đầy đủ và rõ ràng.

Hà Nội, ngày

tháng

Học viên

Nguyễn Trọng Hiệp

năm 2018


Chương 1
MỘT SỐ KIẾN THỨC CHUẨN BỊ
1.1. Một số kiến thức về giải tích
Trong mục này, chúng tôi trình bày một số kiến thức nền tảng của giải
tích để chuẩn bị cho việc trình bày phương pháp giải số bài toán rẽ nhánh
ở mục sau. Các kiến thức trình bày ở mục này được tham khảo từ tài liệu
[7].

1.1.1. Định lý ánh xạ co
Định lý ánh xạ co
Định lý 1. Cho B là một không gian Banach, Ω ⊂ B là tập con đóng, và
F : B → B thỏa mãn:

(a)
(b)

F (Ω) ⊂ Ω .

(1.1)

F (u ) − F (v ) ≤ θ u − v

với θ ∈ (0,1) và với mọi u, v ∈ Ω

Khi đó, phương trình
u = F (u)

có một và chỉ một nghiệm u * ∈ Ω . Nghiệm này là giới hạn của bất kỳ chuỗi

{u }, n = 0,1, 2,... nào được tạo ra bởi
n

(a)

u 0 ∈ Ω tùy ý;

(b)

un +1 = F (un ), n = 0,1, 2,...

(1.2)

3


Điểm hội tụ được suy ra từ bất đẳng thức:
(c) u − un
*

θn
θn
≤
u 0 − F (u 0 ) =

u 0 − u1
1−θ
1− θ

.

(1.2)

Hệ quả 1. Cho ρ > 0, θ ∈ (0,1) sao cho tồn tại u0 ∈ B thỏa mãn:
(a) u 0 − F (u 0 ) ≤ (1 − θ)ρ .

(1.3)

(b) F(u) − F (v) ≤ θ u − v

với mọi u, v ∈ B ρ (u 0 ) ,

trong đó

{

}

B ρ (u 0 ) = u ∈ B : u − u 0 ≤ ρ .

Khi đó các điều kiện (1.1) của định lý 1 được thỏa mãn với Ω = B ρ (u 0 ) .
Chứng minh.
Với bất kì u ∈ B p (u 0 ) ta có:
F (u ) − u 0 ≤ F (u ) − F (u 0 ) + F (u 0 ) − u 0 ≤ θρ + (1 − θ ) ρ = ρ

Điều đó chứng minh phần (a) của (1.1). Phần (b) của (1.1) được suy ra từ (1.3b).

1.1.2. Định lý cơ bản của giải tích
Định lý 2. Cho F là 1 toán tử khả vi được định nghĩa trong không gian Banach
B . Khi đó với mọi u, v ∈ B :
1

F (u ) − F (v ) =

d

∫ dt F (tu + (1 − t )v)dt .
0

Từ tính chất của đạo hàm:
d
F (tu + (1 − t )v ) = Fu (tu + (1 − t )v )(u − v ) ,
dt

4

(1.4)


và
1

F u (u, v ) ≡

∫ F (tu + (1 − t )v)dt

u

0

Suy ra:
F (u ) − F (v ) = F u (u, v )(u − v ) .

(1.5)

1.1.3. Định lý về hàm ẩn
Định lý 3. Cho B1 là một không gian Banach, B2 là không gian tham
số, G : B1 × B2 → B1 là ánh xạ sao cho tồn tại ρ1 > 0, ρ2 > 0 , để:
(a) G (u 0 , λ 0 ) = 0 với u 0 ∈ B1, λ 0 ∈ B2 .
(b) Gu0 ≡ G u (u 0 , λ 0 ) là ánh xạ tuyến tính khả nghịch và (Gu0 )

−1

với một số M 0 không đổi.

≤ M0

(1.6)

(c) G (u, λ),Gu (u, λ) liên tục trên Bρ (u 0 ) × Bρ (λ 0 ) .
1

2

()

Khi đó với mọi λ ∈ B ρ (λ 0 ) , tồn tại u (λ ) ∈ Bρ u sao cho:
1

2

(d) u (λ 0 ) = u 0 .
(e) G (u (λ ), λ ) = 0 .
(f) Phương trình G (u, λ ) = 0 không có nghiệm khác u (λ ) trong

( )

Bρ u 0 .
1

(1.6)
(g) u (λ ) liên tục theo λ trên B ρ (λ 0 ) .
2

5


Chứng minh.
Vì Gu0 là không suy biến nên:
Gu0u = Gu0u − G (u, λ ) khi và chỉ khi G (u, λ ) = 0 .

Vì vậy G (u, λ ) = 0 tương đương với :

(

u = Gu0u

) (G u −G (u, λ)) ≡ F (u, λ).
−1

0
u

(1.7)

Từ đó suy ra nghiệm của phương trình G (u, λ ) = 0 là điểm cố định của
toán tử F (u, λ ) với mỗi λ cho trước. Lưu ý rằng u 0 là một điểm cố định ứng
với λ = λ0 .
Tiếp theo, chúng ta sẽ kiểm tra điều kiện của (1.3a) và (1.3b) của hệ quả
1. Lấy bất kì λ ∈ B ρ (λ 0 ) và sử dụng F (u 0 , λ 0 ) = u 0 ta có:
2

(

)

(

) ( )
G (u , λ) − G (u , λ)

u 0 − F u 0, λ = F u 0, λ − F u 0 , λ
≤ M0

0

0

(

≤ M 0 ω0 λ 0 − λ

)

Và do đó:

(

)

u 0 − F u 0 , λ ≤ M 0ω0 (ρ2 )

(1.8)

trong đó ω 0 được định nghĩa bởi:
ω0 ( p ) =

sup

ɶ ≤ρ,
 λ−λ


0
 ɶ
λ,λ∈Bρ λ


2

u ,v ∈B u 0
ρ1





,





( )

G (u, λ ) − G u, λɶ .

( )
( )

6

(1.9)


Dễ thấy, ω 0 là hàm không âm và ω0 (ρ ) → 0 khi ρ → 0 do (1.6c).
Với u, v ∈ B ρ (u 0 ) , ta có:

1

( ) G (u − v ) − (G (u, λ) −G (v, λ))
= (G ) G − G (u, v, λ ) (u − v )


−1

F (u, λ ) − F (v, λ ) = Gu0

0
u

0
u

−1

0
u

(1.10)

u

trong đó,
G u (u, v, λ ) =

1

∫ (G (tu + (1 − t ) v, λ ))dt
u

0

Do vậy,
Gu0 − G u (u, v, λ )
1

=

∫ G

u

0

(

)

− Gu tu + (1 − t ) v, λ dt


(1.10a)

1

=

∫ G (u , λ ) −G (u , λ) + G (u , λ) −G (tu + (1 − t ) v, λ )dt
0

0

0

u

0

u

u

u

0

Mặt khác

(

)

(

)

Gu u 0 , λ 0 − Gu u 0 , λ ≤ ω2 (ρ2 )

(1.10b)

và

(

)

(

)

Gu u 0, λ − Gu tu + (1 − t ) v, λ ≤ ω1 (ρ1 )

trong đó ω1, ω2 được định nghĩa bởi :

7

(1.10c)


ω1 (p1 ) =
ω2 (ρ2 ) =

(

( ),
( ) 

λ∈B λ 0

ρ2
0
u ∈Bρ1 u

sup

ɶ ≤ρ ,
 λ−λ
2

ɶ∈B λ 0
λ,λ
ρ
u ,v ∈B 2 u 0
ρ1


)

G u 0, λ − Gu (u, λ ) .

sup



,



( )

Gu (u, λ ) − Gu v, λɶ .

(1.10d)

( )
( )

Lưu ý rằng ω1, ω2 là các hàm không âm và không giảm. Đồng thời
ω1 (ρ1 ) → 0 khi ρ1 → 0 và ω2 (ρ2 ) → 0 khi ρ2 → 0 bởi (1.10d).

Từ (1.10) ra có:
F (u, λ ) − F (v, λ )

≤ M 0  ω1 (ρ1 ) + ω2 (ρ2 ) u − v



(1.11)

Với bất kỳ θ ∈ (0;1) ta chọn ρ1, ρ2 đủ nhỏ để :
M 0  ω1 (ρ1 ) + ω2 (ρ2 ) < θ < 1



(1.12a)

Cố định ρ1 và giảm ρ2 (nếu cần) để:

M 0 ω1 (ρ2 ) ≤ (1 − θ ) ρ1

(1.12b)

Từ (1.8) và (1.11) cho thấy các điều kiện (1.3a) và (1.3b) của hệ quả 1
được thỏa mãn với ρ1, ρ2 . Vì vậy, áp dụng định lí 1 ta thu được kết quả (1.6d)(1.6f).
Giờ chúng ta chứng minh (1.6g). Với λ, λɶ ∈ Bρ (λ0 ) ta có :
2

()

(

()

)

u (λ ) − u λɶ = F u (λ ), λ − u λɶ

(() ) (() ) (() )
≤ θ u (λ ) − u (λɶ ) + M ω ( λ − λɶ )
(

)

ɶ ,λ + F u λ
ɶ , λ − F u λɶ , λɶ
≤ F u (λ ), λ − F u λ
0

8

0


theo (1.9) và (1.11). Từ đó suy ra

(

()

)

M0
ɶ .
u (λ ) − u λɶ ≤
ω0 λ − λ
1− θ

Điều này suy ra tính chất (1.6g).

1.1.4. Phương pháp giải số Newton
Định lý Newton – Kantorovich
Giả sử G : B → B ( B là một không gian Banach), u 0 ∈ B và ρ0− > 0 sao
cho:
(a) Gu (u 0 ) là khôngsuy biến với (Gu0 )

−1

≤ β;

(1.13)

(b) (Gu0 ) G (u 0 ) ≤ α;
−1

{ }

(c) G u (u ) − G u (v ) ≤ γ u − v , với mọi u, v ∈ Bρ (u 0 ) \ (u 0 ) ;
−
0

(d) αβγ ≤

1
1 − 1 − 2αβγ
và ρ0− ≤
2
βγ

Khi đó, dãy {uU } được xác định bởi phương pháp Newton:
Gu (uU ) uU +1 − uU  = −G (uU ),U = 0,1, 2,...

với u 0 = u 0 thỏa mãn:
(e) u uU ∈ Bρ (u 0 ) ;

(1.13)

−
0

(f) {uU } hội tụ tới u * , là nghiệm của G (u ) = 0 trong Bρ (u 0 ) .
+
0

Ngoài ra u * là nghiệm duy nhất của G (u ) = 0 trong Bρ (u 0 ) , với
+
0

9


LỜI CẢM ƠN
Luận văn này được hoàn thành dưới sự định hướng chọn đề tài và nhiệt tình
hướng dẫn của PGS. TSKH. Nguyễn Văn Lợi. Trong suốt quá trình học tập,
Thầy không những cho tôi những kiến thức về khoa học mà còn là những bài
học trong cuộc sống. Tôi xin gửi đến Thầy lòng kính trọng và lòng biết ơn sâu
sắc. Tôi xin gửi lời cảm ơn đến quý Thầy Cô giáo giảng dạy lớp Cao học Toán
giải tích khóa 20 trường Đại học Sư phạm Hà Nội 2 vì sự tận tình truyền đạt
những kiến thức trong suốt quá trình học tập vừa qua.
Tôi cũng xin gửi lời cảm ơn đến Ban giám hiệu, Phòng Đào tạo sau Đại học
trường Đại học Sư phạm Hà Nội 2 đã tạo điều kiện để tôi hoàn thành công việc
học tập của mình.
Cuối cùng, tôi xin gửi sự trân trọng và lòng biết ơn đến tất cả đồng nghiệp,
người thân, bạn bè vì sự quan tâm, động viên, giúp đỡ trong quá trình học tập
vừa qua.

Hà Nội, ngày

tháng

năm 2018

Học viên

Nguyễn Trọng Hiệp


Toán tử Gu (u ) là khả nghịch và:
Gu−1 (u ) ≤

β
.
1 − ρ*βγ

(1.15)

Bây giờ chúng ta sẽ chứng minh bằng phép quy nạp rằng

( )

uU ∈ B ρ u * ,U = 0, 1, 2, ...
*

Giả sử uU ∈ B ρ (u * ) , ta có
*

(

)

( )

uU +1 − u * = uU − u * + Gu−1 (uU ) G (uU ) − G u * 



Kết hợp với (1.5), chúng ta thu được:

( )

(

)(

G (uU ) − G u * = G u uU , u * uU − u *

)

Và như vậy:
uU +1 − u * = Gu−1 (uU ) Gu (uU ) − G u uU , u *  uU − u *



(

)(

)

Mặt khác:

(

Gu (uU ) − G u uU , u

1

*

) ≤∫

(

)

Gu (uU ) − Gu tuU + (1 − t ) u * dt

0
1

(

)

≤ γ ∫ (1 − t ) uU − u * dt =
0

γ
uU − u *

2

Vì vậy
2
γ
uU − u *
2
2
β
γ
≤
uU − u *
1 − ρ*βγ 2

uU +1 − u * ≤ Gu−1 (uU ) .

Do (1.15) lưu ý rằng

11

(1.16)


β
1
và uU − u * ≤ ρ*
≤
2 (1 − ρ*βγ ) ρ*

Do đó uU +1 ∈ B ρ (u * ) và bằng phép quy nạp ta thu được khẳng định (d).

*

Khẳng định (e) được suy ra từ (1.16).

1.2. Lý thuyết rẽ nhánh
Trong phần này chúng tôi trình bày một số phương pháp giải số cho bài
toán rẽ nhánh. Các nội dung trình bày trong chương này được tham khảo
từ các tài liệu [1,2,3, 4, 6].

1.2.1. Phương pháp tiếp tục Euler-Newton
Xác định nghiệm của phương trình phi tuyến là vấn đề thường xuyên
xuất hiện trong công việc khoa học. Các phương trình như vậy thường xuất
hiện trong sự liên quan với các bài toán điểm cân bằng. Khi mô tả một vấn đề
thực tế, phương trình phi tuyến tính thường chứa một hoặc nhiều tham số. Biểu
thị một tham số như vậy bằng λ phương trình phi tuyến có dạng là:
F (x , λ ) = 0

(1.17)

trong đó F : ℝn × ℝ → ℝn là ánh xạ trơn.
Davidenko (xem [4]) đã đề xuất rằng việc giải phương trình (1.17) tương
đương với việc giải phương trình vi phân sau.
Fx (x , λ )dx / d λ = −Fλ (x , λ )

(1.18)

với điều kiện ban đầu là x (λ ) = x 0 ở đó F (x 0, λ0 ) = 0 .
Phương pháp tiếp tục (continuation method) được áp dụng để giải xấp xỉ
phương trình (1.18). Thuật toán bắt đầu từ một nghiệm đã biết và sử dụng lưu

12


đồ -dự đoán - hiệu chỉnh để tìm các nghiệm tiếp theo ở những giá trị λ khác
nhau.
Trước tiên, phương trình (1.18) có thể được sắp xếp lại theo dạng sau
Fx (x , λ )dx / d λ + Fλ (x , λ ) = 0
F (x , λ )
 x

Đặt T = dx


(1.18a)

dx 
Fλ (x , λ )   = 0
 d λ 
 

dλ  . Khi đó T là véc-tơ trong không gian n + 1 chiều

t

và đồng thời T là véc-tơ tiếp tuyến với nhánh nghiệm của (1.18a). Phương
trình (1.18a) bao gồm n phương trình và (n + 1) ẩn. Để có được một nghiệm
duy nhất, chúng ta cần thêm điều kiện cho T . Ví dụ chúng ta có thể sử dụng
eitT = Ti = 1.0 , trong đó ek là véc-tơ đơn vị trong không gian (n + 1) chiều với

phần tử k th bằng 1.

Véc-tơ tiếp tuyến T là nghiệm của hệ phương trình tuyến tính:
F F 
 x λ z = e
 et 
n +1
 k 

(1.19)

Dự đoán: Khi tìm được véc - tơ tiếp tuyến, việc dự đoán có thể dễ dàng
thực hiện. Nếu chúng ta kí hiệu Y = (x , λ ) , khi đó:

(Y ) = (Y ) + σ.T
j +1

j

(1.20)

trong đó σ là kích thước của bước lặp.
Hiệu chỉnh: Dạng chung của quá trình hiệu chỉnh tại bước lặp j th là:

13


( ) ∆Y

F Y j
 Y


 ek

 


j

( )

j 

 = F Y 
  0 



(1.21)

Lặp lại quá trình trên cho đến khi đạt được độ chính xác cho trước, tức là đến
khi max{| ∆x |,| ∆λ |} < ε .
Để minh cho phần lý thuyết về phương pháp tiếp tục trình bày ở trên chúng ta
cùng xem xét ví dụ đơn giản sau đây với x là biến số
F (x , λ ) = x 2 − 3x + λ = 0

Jacobian của hàm

(1.22)

là :
 ∂F


 ∂x


∂F  
= (2x − 3) 1

∂λ  

Chọn nghiệm gốc (x 0, λ0 ) là (3, 0) . Khi đó, các nghiệm (x 1, λ1 ), (x 2 , λ2 ) , có thể
được tìm thấy bằng cách sử dụng phương pháp tiếp tục như sau.
Bước 1 (Dự đoán)
Để bắt đầu, chúng ta chọn λ là tham số tiếp tục (continuation parameter);
σ = 0.5 ; ε = 0.0001 .

Véc – tơ tiếp tuyến được tính như sau (ở đây chỉ số k bằng 2):
(2x − 3) 1  dx  0
 0
  =  


0
1 dλ  1 

   
3 1 dx  0
  = 
⇒ 
 dλ  1 
0

1

    
1
⇒ dx = − , dλ = 1
3

Dự đoán nghiệm tiếp theo bằng công thức:

14


x 1  x 
dx 
   0
 
=
+
σ
   
d λ 
λ1  λ0 
 
 

(

)

Từ đó, ta thu được nghiệm dự đoán x 1, λ1 = (2.8333, 0.5) .

Bước 2 (hiệu chỉnh):
Hiệu chỉnh nghiệm dự đoán bằng cách giải:

(

)

(

)





 2x 1 − 3 1  ∆x  F x 1, λ1 
−
  =



0
1 ∆λ  
0




2.6666 1  ∆x  0.0277768
  = 


⇒ − 
 ∆λ  

0
1
0

   

⇒ ∆x = −0.0104165, ∆λ = 0

Do max {| ∆x |,| ∆λ |} > ε , nên chúng ta cập nhật x1 và λ1 .
x 1,new = x 1 + ∆x = 2, 8229164
λ1,new = λ1 + ∆λ = 0, 5

Bước 3 (Lặp lại việc hiệu chỉnh)

(

)

(




 2x 1,new − 3 1  ∆x  F x 1,new , λ1,new
−
  = 


0
1 ∆λ  
0



⇒ ∆x = −0.00004075, ∆λ = 0

)



Bây giờ, max {∆x, ∆λ } < ε . Vì vậy, chúng ta dừng việc hiệu chỉnh và thu được
nghiệm (x 1, λ1 ) bằng (2.8228757, 0.5) .
Tương tự, chúng ta có thể tính được nghiệm xấp xỉ (x 2, λ2 ) và các nghiệm xấp
xỉ khác.

15


MỤC LỤC
MỞ ĐẦU ........................................................................................................................... 1
MỘT SỐ KIẾN THỨC CHUẨN BỊ ..................................................................................... 3

1.1. Một số kiến thức về giải tích ................................................................ 3
1.1.1. Định lý ánh xạ co .................................................................................. 3
1.1.2. Định lý cơ bản của giải tích .................................................................. 4
1.1.3. Định lý về hàm ẩn ................................................................................. 5
1.1.4. Phương pháp giải số Newton................................................................ 9

1.2. Lý thuyết rẽ nhánh .............................................................................. 12
1.2.1. Phương pháp tiếp tục Euler-Newton .................................................. 12
1.2.2. Rẽ nhánh gập và phương pháp tiếp tục Keller ................................... 16
GIẢI SỐ BÀI TOÁN RẼ NHÁNH CHO PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP 2 .................... 19

2.1. Đặt bài toán và sơ đồ sai phân .............................................................. 19
2.2. Ví dụ: bài toán Gelfand-Bratu............................................................... 24
KẾT LUẬN ...................................................................................................................... 27
TÀI LIỆU THAM KHẢO .................................................................................................. 28


dF (x (s ), λ(s ))
= Fx xɺ + Fλλɺ = 1 ,
ds

trong đó, xɺ kí hiệu đạo hàm của x theo s .
Mặt khác, chọn véc-tơ tiếp tuyến đơn vị nên
2
xɺ + λɺ

2

=1

(1.24)

Khi đó, chúng ta chuyển bài toán ban đầu về dạng:
 F (u )  0
 =  
G(u, s ) = 

N (u, s ) 0

(1.25)

N (u, s ) = uɺ T0 (u − u 0 ) − (s − s 0 ) = 0

(1.26)

trong đó, u = (x, λ) và

Phương trình (1.25) được giải bằng phương pháp Newton với giá trị ban đầu là
u 0 = (x 0 , λ0 ) , s 0 = 0 và véc-tơ tuyến tiếp đơn vị ban đầu uɺ 0 = (xɺ 0 , λɺ0 ) (véc-tơ

này cho biết hướng của nhánh nghiệm cần tìm).
Một vòng hoàn chỉnh của phương pháp tiếp tục Keller có thể tóm tắt như sau:
Giải thuật (một vòng hoàn chỉnh của phương pháp tiếp tục Keller)
Đầu vào: u 0 = (x 0 , λ0 ) , s = 0 , uɺ 0 = (xɺ 0 , λɺ0 ) , bước lặp ∆s và giá trị sai số ε .
Đầu ra: nghiệm xấp xỉ u1 = (x 1, λ1 ) và uɺ1 = (xɺ1, λɺ1 ) .
Các bước tính:
- Bước 1: Giải hệ Newton ở bước lặp thứ k để tính δx 1(k ) và δλ1(k ) :

(

)


(F 1 )(k ) (F 1 )(k ) δx (k ) 
F x 1(k ), λ1(k )

 x

λ
  1  = − 
 ,
 T
(k )
T
(k )
T
λɺ0 δλ1(k ) 
 xɺ 0
(x 1 − x 0 ) xɺ 0 + (λ1 − λ0 ) λɺ0 − ∆s 

17


trong đó, x 1(1) = x 0 ; λ1(1) = λ0 .
- Bước 2: Kiểm tra điều kiện sai số max{| δx1(k ) |,| δλ1(k ) |} < ε .
o Nếu thỏa mãn thì chuyển sang Bước 3.
o Nếu không thỏa mãn thì cập nhật
x 1(k +1) = x 1(k ) + δx 1(k ) và λ1(k +1) = λ1(k ) + δλ1(k ) .

Sau đó quay trở lại Bước 1.
- Bước 3: Nghiệm cần tìm là u1 = (x 1, λ1 ) , trong đó x 1 = x 1(k ) , λ1 = λ1(k ) với
*

*

k* là bước lặp cuối cùng (bước lặp thỏa mãn điều kiện sai số ở Bước 2).

- Bước 4: Véc-tơ tiếp tuyến uɺ1 = (xɺ1, λɺ1 ) được tính dựa trên hệ:

F 1 F 1  xɺ  0
 x
 
λ  1 
xɺT λɺ  λɺ  = 1 .
 1   
 0
0

Xác định điểm rẽ nhánh gập
Sau khi tính được dãy các nghiệm xấp xỉ {(xi , λi )} của bài toán (1.17). Việc
xác định có điểm rẽ nhánh gập sẽ dựa trên tính chất đổi dấu của giá trị
dλ . Cụ thể, điểm rẽ nhánh gập được xác định theo giải thuật sau.

Giải thuật tìm điểm rẽ nhánh gập
- Bước 1. Từ dãy các nghiệm {(xi , λi )} tính sự biến thiên của λi , tức là tính
dλi = λi +1 − λi , i = 1, 2,⋯ .

- Bước 2. Xác định i* sao cho: dλi × dλi +1 < 0 . Khi đó điểm rẽ nhánh gập
*

(xấp xỉ) sẽ là: (xi , λi ) .
*

*

18

*

Chương 2
GIẢI SỐ BÀI TOÁN
RẼ NHÁNH CHO PHƯƠNG TRÌNH VI
PHÂN CẤP 2
Chương này trình bày các kết quả chính của luận văn. Đó là phương pháp giải
số bài toán rẽ nhánh cho phương trình vi phân cấp 2. Đầu tiên là đặt bài toán
và dạng sai phân của bài toán, sau đó là giải thuật tổng thể để giải số bài toán
rẽ nhánh. Cuối cùng là ví dụ minh họa cho lý thuyết được trình bày. Các kết
quả trình bày trong chương này được tham khảo từ các tài liệu [5,7].

2.1. Đặt bài toán và sơ đồ sai phân
Xét phương trình vi phân cấp 2 có dạng:
d 2u
du
+ p(x )
= f (u, x , λ), x ∈ (0, L)
2
dx
dx

(2.1)

với hai điều kiện biên là:
(a) B0u ≡ q 0u(0) + r0

du
(0) = s 0 ,
dx

(b) BLu ≡ qLu(L) + rL

du
(L) = sL ,
dx

(2.2)

trong đó, p ( x), f (u , x, λ ) là các hàm cho trước; λ là tham số.
Mục tiêu của chúng ta là xây dựng lưu đồ giải số cho bài toán (2.1) và từ đó
tìm điểm rẽ nhánh. Ở đây chúng ta giả sử rằng bài toán (2.1) có điểm rẽ nhánh
gập (xem định nghĩa ở mục 1.2). Để tìm điểm rẽ nhánh này, trước tiên chúng
19


ta chuyển bài toán (2.1) về dạng sai phân bằng việc sử dụng lưới đồng đều với
khoảng cách
h=

L
,
N

(2.3)

Các điểm chia {x j } có dạng:
N
0

x 0 = 0, x j +1 = x j + h, j = 0,1,...N − 1 .

(2.3a)

Nếu r0 ≠ 0 hoặc rL ≠ 0 , ta đưa vào điểm bên ngoài tương ứng là x −1 = −h và
x N +1 = L + h . Kí hiệu u(x j ) bởi u j và:

D+u j ≡

u j +1 − u j
h

; D−u ≡

u j − u j −1
h

j

; D0u j ≡

u j +1 − u j −1
h

.

Dạng rời rạc của Bài toán (2.1) tại x j được viết dưới dạng:
Lh u j ≡ D+D−u j + p(x )D0u j = f (u j , x j , λ); j = 0,1,...N

(2.4)

Các điều kiện biên (2.2) được thay bằng:
(a) B0h uL ≡ q 0u 0 + r 0 D0u 0 = s 0 ,

(2.5)

(b) BLh uL ≡ q LuN + r L D0uN = sL ,
Sơ đồ trong (2.4) với j = 0 và (2.5a) đều liên quan đến u−1 . Đại lượng này sau
đó được loại bỏ bằng cách sử dụng hai phương trình trên để có được một mối
quan hệ giữa u 0 và u1 . Tương tự, sử dụng (2.4) tại j = N và (2.5b) để loại bỏ
uN +1 và thu được một phương trình chứa uN và uN −1 . Do đó, ta thu được hệ

gồm N + 1 phương trình và N + 1 ẩn u j , j = 0,...N . Nếu r0 = 0 và (hoặc)

20