BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2
NGÔ VĂN LẬP
BÀI TOÁN BIÊN CHO PHƯƠNG TRÌNH
ELIPTIC TỔNG QUÁT VỚI HỆ SỐ HẰNG
TRONG NỬA KHÔNG GIAN
LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC
Chuyên ngành : Toán giải tích
Mã số : 60 46 01 02
Giáo viên hướng dẫn:
PGS.TS Hà Tiến Ngoạn
HÀ NỘI, 2013
Lời cảm ơn
Trước khi trình bày nội dung chính của khóa luận, em xin bày tỏ lòng
biết ơn sâu sắc tới PGS.TS Hà Tiến Ngoạn người đã tận tình hướng dẫn
để em có thể hoàn thành khóa luận này.
Em cũng xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới toàn thể các thầy cô
giáo trong khoa Toán Đại Học Sư Phạm Hà Nội 2 đã dạy bảo em tận tình
trong suốt quá trình học tập tại khoa.
Nhân dịp này em cũng xin được gửi lời cảm ơn chân thành tới gia đình,
bạn bè đã luôn bên em, cổ vũ, động viên, giúp đỡ em trong suốt quá trình
học tập và thực hiện khóa luận tốt nghiệp.
Hà Nội, ngày 19 tháng 05 năm 2013
Ngô Văn Lập
Lời cam đoan
Tôi xin cam đoan rằng số liệu và kết quả nghiên cứu trong luận văn này
là trung thực và không trùng lặp với các đề tài khác. Tôi cũng xin cam
đoan rằng mọi sự giúp đỡ cho việc thực hiện luận văn này đã được cảm
ơn và các thông tin trích dẫn trong luận văn đã được chỉ rõ nguồn gốc.
Hà Nội, ngày 19 tháng 05 năm 2013
Ngô Văn Lập
Mục lục
Mở đầu
5
1 Bài toán giá trị ban đầu cho PTVP thường trên nửa đường
thẳng
1.1 Bài toán giá trị ban đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.1.1 Sự tồn tại nghiệm của bài toán giá trị ban đầu . . .
1.1.2 Tính duy nhất nghiệm của bài toán giá trị ban đầu .
1.2 Sự tồn tại nghiệm của bài toán giá trị ban đầu tổng quát .
1.3 Đánh giá tiên nghiệm đối với bài toán giá trị ban đầu tổng
quát . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2 Bài toán biên cho phương trình elliptic trong nửa không
gian
2.1 Phát biểu bài toán biên tổng quát cho phương trình elliptic
trong nửa không gian . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2 Đánh giá tiên nghiệm đối với bài toán biên tổng quát . . . .
2.2.1 Biến đổi Fourier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2.2 Không gian Sobolev . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2.3 Toán tử eliptic . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2.4 Đánh giá tiên nghiệm đối với bài toán biên tổng quát
2.3 Sự tồn tại và duy nhất nghiệm của bài toán biên trong
trường hợp toán tử của phương trình và của các điều kiện
biên là thuần nhất. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7
7
7
12
14
16
25
25
26
26
30
34
38
47
Kết luận
51
Tài liệu tham khảo
52
4
Mở đầu
1. Lý do chọn đề tài
Lý thuyết bài toán biên cho phương trình elliptic đúng đắn đã được
đưa vào nghiên cứu từ giữa thế kỷ 20 và đã thu được các kết quả khá
hoàn chỉnh. Song việc nghiên cứu bài toán biên cho phương trình elliptic
tổng quát (có thể không đúng đắn) đòi hỏi các kết quả mở rộng hơn. Vì
vậy chúng tôi mạnh dạn chọn đề tài cho luận văn thạc sĩ của mình là
“bài toán biên cho phương trình elliptic tổng quát với hệ số hằng
trong nửa không gian”.
2. Mục đích nghiên cứu
Mô tả lý thuyết bài toán biên cho phương trình elliptic tuyến tính tổng
quát với hệ số hằng trong nửa không gian.
3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu
Bài toán giá trị ban đầu cho phương trình vi phân thường tuyến tính
với hệ số hằng trên nửa đường thẳng. Bài toán biên cho elliptic tuyến tính
tổng quát với hệ số hằng trong nửa không gian. Sự tồn tại và duy nhất
nghiệm của bài toán trên.
4. Phương pháp nghiên cứu
Nghiên cứu lý thuyết: Thu thập tài liệu, đọc và phân tích, tổng hợp để
được một nghiên cứu tổng quan về bài toán biên cho elliptic tuyến tính
tổng quát với hệ số hằng trong nửa không gian.
5
5. Ý nghĩa khoa học và thực tiễn của đề tài
Tổng quan về lý thuyết bài toán biên tổng quát trong nửa không gian
cho phương trình đạo hàm riêng tuyến tính với hệ số hằng.
6. Cấu trúc của luận văn
Nội dung chính của luận văn dựa trên chương 6 của tài liệu [3].
Bố cục của luận văn bao gồm 2 chương :
• Chương 1: Bài toán giá trị ban đầu cho phương trình vi phân thường
trên nửa đường thẳng.
• Chương 2: Bài toán biên cho phương trình elliptic trong nửa không
gian.
Do thời gian thực hiện khóa luận không nhiều, kiến thức còn hạn chế nên
khi làm khóa luận không tránh khỏi những hạn chế và sai sót. Tác giả
mong nhận được sự góp ý và những ý kiến phản biện của quý thầy cô và
bạn đọc. Xin chân thành cảm ơn!
Hà Nội, ngày 19 tháng 05 năm 2013
Ngô Văn Lập
6
Chương 1
Bài toán giá trị ban đầu cho PTVP
thường trên nửa đường thẳng
1.1
Bài toán giá trị ban đầu
1.1.1
Sự tồn tại nghiệm của bài toán giá trị ban đầu
Xét toán tử vi phân thường P (D) đối với biến t
P (D) =
m
X
aj D j
với Dt = −i
j=0
∂
,
∂t
aj ∈ C là các hằng số.
Xét bài toán giá trị ban đầu:
P (Dt )u (t) = f (t) ,
t>0
(1.1)
Dtk u (0) = gk ,
0 ≤ k < r ≤ m,
(1.2)
trong đó f ∈ S(R1 ) với S R1 = v (t) ∈ C ∞ R1 ; tm Dk v (t) ≤ Cm,k
và gk là các số thực hoặc phức. Ta tìm nghiệm u(t) trong L2 (0, ∞).
m
P
Đặt P (z) =
aj z j . Như vậy đa thức P (z) có bậc m và các hệ số là thực
j=0
hoặc phức. Ta sẽ giả thiết hệ số của z m là 1.
Trong trường hợp f = 0, nghiệm tổng quát của của phương trình:
P (Dt )u = 0,
là
u=
m
X
ck eiτk t ,
k=1
với τk là các nghiệm của P (z) = 0.
7
t>0
(1.3)
c k ∈ C,
(1.4)
Định lý 1.1. Giả sử tồn tại r nghiệm tính cả nghiệm bội τ1 , ..., τr
của P (z) = 0 sao cho
1 ≤ k ≤ r.
Imτk > 0,
(1.5)
Khi đó với mọi hằng số gk , bài toán (1.2), (1.3) có một nghiệm trong
S(0, ∞), trong đó S (0, ∞) = S R1 ∩ C ∞ [0, +∞).
Chứng minh. Ta tìm nghiệm có dạng
u(t) =
r
X
ck eiτk t .
(1.6)
k=1
Ta biết rằng
e
iτk t
1
=
2πi
I
eixt dz
z − τk
(1.7)
Γ
trong đó Γ là đường cong khép kín trong nửa trên của mặt phẳng phức và
chứa τk bên trong. Vì vậy nếu Γ chứa τ1 , ..., τr , phương trình (1-2) có thể
viết dưới dạng
I
1
Q(z)eizt dz
u(t) =
.
(1.8)
2πi
P+ (z)
Γ
Ở đây
P+ (z) = (z − τ1 )...(z − τr ).
Bằng cách tương tự, ta xem xét hàm sau đây
I izt
e dt
1
.
wr (t) =
2πi P+ (z)
(1.9)
(1.10)
Γ
Lấy đạo hàm dưới dấu tích phân ta có
I k izt
1
z e dz
,
Dtk wr (t) =
2πi
P+ (z)
k = 0, 1, 2, . . .
(1.11)
Γ
Từ đây suy ra wr là nghiệm của phương trình (1.3). Bây giờ nếu Γ là
đường tròn bán kính R đủ rộng sao cho Γ chứa τ1 , ..., τr . Từ (1.11) ta có
1
Dtk wr (0) =
2πi
Z2π
0
8
Rk eikθ ieiθ Rdθ
,
Rr eirθ + Q (Reiθ )
(1.12)
ở đây Q(z) là đa thức bậc nhỏ hơn r. Nếu k < r − 1 thì vế phải của (1.12)
tiến tới 0 khi R → ∞. Nếu k = r − 1 thì đại lượng này tiến tới 1. Vậy wr
là một nghiệm của:
P (Dt ) u = 0,
t>0
(1.13)
Dtk u (0) = 0,
0≤k 0 sao cho
1 ≤ k ≤ r.
Imτk > δ,
(1.16)
Do wr có dạng (1.6), với mỗi k tồn tại hằng số Ck sao cho :
k
D wr (t) ≤ Ck (1 + t)r+k−1 e−δt , k = 0, 1...
t
(1.17)
Điều này chỉ ra : wr ∈ S(0, ∞). Đặt u0 (t) = g0 wr và
"
#
j
X
uj (t) = gj −
Dtr+j−1 uj−1 (0) wr (t) ,
1 ≤ j < r.
(1.18)
i=1
Khi đó hàm
u (t) =
r
X
Dtr−j uj−1 (t)
(1.19)
j=1
là nghiệm cần tìm của bài toán (1.2), (1.3).
Bất đẳng thức (1.17) đảm bảo nghiệm u(t) nằm trong S(0, ∞).
Bây giờ trở lại bài toán (1.1), (1.2). Ta cần tìm nghiệm :
P (Dt )u(t) = f (t),
Dtk u(0) = 0,
t>0
(1.20)
0 ≤ k < r.
(1.21)
Đặt
Zt
v (t) = i
f (s) wr (t − s) ds.
(1.22)
o
Ta có
Dtk v (t)
Z
=i
t
f (s) Dtk wr (t − s) ds,
o
9
0≤k 0.
(1 + s)j+2
Từ bất đẳng thức (1.17), tồn tại hằng số C sao cho
k
C
D wr (t) ≤
, t > 0.
t
(1 + t)j
Vì vậy
j
|vjk (t)| ≤ Ct
Z
t
(1 + t − s)−j (1 + s)−j+2 ds.
0
Do t − s ≥ t/2 với 0 ≤ s ≤ t/2, điều này cho ta:
Z
t −j t/2
j
|vjk (t)| ≤ Ct 1 +
(1 + s)−j−2 ds
2
0
−j Z t
t
+ Ctj 1 +
(1 + t − s)−j (1 + s)−2 ds
2
t/2
Z ∞
−j
j
j
≤ 2 Ct (2 + t)
(1 + s)−2 ds. (1.26)
0
10
Vì vậy vjk (t) bị chặn với mỗi j và k . Điều này chỉ ra rằng v(t) thuộc S(0, ∞)
và chúng ta tìm được nghiệm với r = m. Trong trường hợp r < m này ta
sẽ sử dụng bổ đề sau:
Bổ đề 1.1. Cho P (Dt ) là toán tử với hệ số hằng và f (t) là hàm tùy ý
trong S(R1 ). Khi đó tồn tại một hàm u(t) ∈ S(R1 ) sao cho:
P (Dt )u(t) = f (t),
t > 0.
(1.27)
Chứng minh. Ta chỉ cần chứng minh bổ đề với P (Dt ) = Dt − α, ở đây α
là số phức bất kì. Nếu α là số thực ta đặt:
Z ∞
v (t) = −i
eiα(t−s) f (s) ds.
(1.28)
t
Rõ ràng, v thỏa mãn:
(Dt − α)v = f.
(1.29)
Giả sử ρ(t) là hàm trong C ∞ (R1 ), ρ(t) = 1 với t > 0 và ρ(t) = 0 với
t < −1. Khi đó hàm u = ρv thuộc vào S(R1 ) và thỏa mãn phương trình
(1.27). Nếu α không là số thực, ta đặt:
Z ∞
f˜ (τ )
1
u (t) =
eitτ
dτ,
(1.30)
2π −∞
τ −α
ở đây
f˜ (τ ) =
Z
∞
eiτ s f (s)ds.
(1.31)
−∞
Vì f thuộc vào S nên điều tương tự cũng đúng với f˜ và f˜(τ − α). Vì vậy
u ∈ S . Dễ dàng nhận thấy rằng u là nghiệm phương trình (1.29). Bổ đề
đã được chứng minh.
Bây giờ quay trở lại bài toán (1.20), (1.21) ta đặt
P− (z) =
P (z)
.
P+ (z)
(1.32)
Từ bổ đề vừa chứng minh, tồn tại h ∈ S(R1 ), sao cho
P− (Dt )h(t) = f (t),
11
t > 0.
(1.33)
Từ đây ta có u(t) là nghiệm của
P+ (Dt )u(t) = h(t),
t>0
(1.34)
và thỏa mãn phương trình (1.21). Ta biết tồn tại một nghiệm u(t) trong
S(0, ∞) và rõ ràng hàm này là một nghiệm của bài toán (1.20), (1.21).
Như vậy ta đã chứng minh định lí dưới đây:
Định lý 1.2. Dưới giả thuyết của Định lí 1.1, với mỗi f ∈ S(R1 ) và với
mọi cách chọn hằng số gk , bài toán (1.1), (1.2) có nghiệm trong S(0, ∞).
1.1.2
Tính duy nhất nghiệm của bài toán giá trị ban đầu
Định lý 1.3. Giả sử P (z) là một đa thức bậc m, giả sử u(t) ∈ C m [a, b]
sao cho
P (Dt )u(t) = 0, a < t < b
(1.35)
Dtk u (a) = 0,
0 ≤ k < m.
(1.36)
Khi đó u(t) ≡ 0.
Chứng minh. Giả sử có một số t1 sao cho a < t1 ≤ b và u(t1 ) 6= 0.
Đặt
m−1
X
Dk u (t),
Y (t) =
t
k=0
và lấy t0 là điểm lớn nhất trong [a, t1 ], sao cho Y (t0 ) = 0. Ta giả thiết
P (z) có dạng
P (z) = z m + am−1 z m−1 + · · · + a0 .
Vì vậy, từ (1.35), (1.36) ta có
Y (t) = Y (t) − Y (t0 ) ≤
m Z
X
≤
(1.37)
(1 + |ak |) Dk u (s)ds.
t
k=0
Dtk u (s) ds
0
1
m−1
XZ t
t
t0
Đặt
M (t) = sup Y (s) .
t0 0 với t0 < t < t1 .
Vì vậy Y (t) ≡ 0 trong [a, b]. Chứng minh đến đây kết thúc.
Hệ quả 1.1. Nghiệm của phương trình (1.35) lập thành một không gian
vectơ m chiều.
Chứng minh. Ta biết với mỗi j : 0 ≤ j < m, ta có thể giải phương trình
(1.35) và
Dt k u (a) = δjk , 0 ≤ k < m,
(1.40)
ở đây δjk = 0 với j 6= k và δkk = 1.
Lưu ý rằng, nghiệm của bài toán (1.35), (1.36) là uj (t) và các uj là độc
lập tuyến tính.
P
Nếu
α u (t) ≡ 0, a ≤ t ≤ b
P j jk
thì
αj Dt uj (a) = 0,
0 ≤ k < m.
Từ phương trình (1.40) tất cả αj triệt tiêu. Giả sử u là nghiệm bất kì của
m−1
P k
Dt u (a) uk (t). Khi đó, từ phương
phương trình (1.35) và đặt v (t) =
0
trình (1.40), ta có:
Dtk v(a) = Dtk u(a),
0 ≤ k < m.
Vậy u − v là nghiệm của bài toán (1.35), (1.36). Theo Định lí (1.3), u = v .
Vậy hệ quả đã được chứng minh.
Định lý 1.4. Giả sử P (z) có đúng r nghiệm (cả nghiệm bội) với phần
ảo dương. Khi đó tập các nghiệm của phương trình (1.35) nằm trong
C m (0, ∞) ∩ L2 (0, ∞) lập thành một không gian r chiều. Chúng là nghiệm
của
P+ (Dt )u(t) = 0.
(1.41)
13
Chứng minh. Gọi τ1 , . . . , τn là nghiệm của phương trình P (z) = 0. Hàm
tj eiτk t là các nghiệm của phương trình (1.37) với điều kiện j nhỏ hơn bội
của τk . Vì m hàm này độc lập tuyến tính nên chúng tạo thành cơ sở của
các nghiệm của phương trình này. Chỉ có những nghiệm nào mà phần ảo
dương, thuộc L2 (0, ∞) và không có một tổ hợp tuyến tính nào khác 0 của
những nghiệm này mới có thể thuộc L2 (0, ∞). Vì có đúng r nghiệm thuộc
L2 (0, ∞) nên tất cả chúng là nghiệm của phương trình (1.41).
Hệ quả 1.2. Có nhiều nhất một nghiệm của bài toán (1.1), (1.2) trong
L2 (0, ∞).
Chứng minh. Bất kì nghiệm nào của phương trình (1.1) mà thuộc vào
L2 (0, ∞) đều là nghiệm của phương trình (1.41) (Định lí 1.4). Kết quả
được suy ra từ Định lí 1.3.
1.2
Sự tồn tại nghiệm của bài toán giá trị ban đầu
tổng quát
Bây giờ chúng ta xét trường hợp tổng quát hơn bài toán (1.1), (1.2).
Ta đặt Q1 (z), . . . , Qr (z) là r đa thức có bậc nhỏ hơn m. Ta tìm một hàm
u(t) thỏa mãn:
P (Dt )u(t) = f (m), t > 0
(1.42)
Qj (Dt )u(0) = gj ,
1 ≤ j ≤ r.
(1.43)
Như trước đây, giả sử rằng P (z) là đa thức có bậc m và hệ số z m là 1. Hơn
nữa P (z) có đúng r nghiệm (cả nghiệm bội) τ1 , . . . , τr thỏa mãn (1.5).
Đầu tiên ta giả sử rằng tất cả Qj (z) có bậc nhỏ hơn r. Như vậy
Qj (z) =
r−1
X
bjk z k ,
1 ≤ j ≤ r.
(1.44)
k=0
Nếu ma trận (bjk ) là không suy biến thì ta có thể giải phương trình (1.44)
đối với z k . Ở đây, vì bij là ma trận nghịch đảo nên ta có
j
z =
r
X
bij Qj (z),
j=1
14
0 ≤ i < r.
(1.45)
Vì vậy phương trình (1.43) tương đương với
k
Dt u (0) =
r
X
bkj gj ,
0 ≤ k < r.
(1.46)
j=1
Do vậy mọi nghiệm của bài toán (1.42), (1.43) là nghiệm của bài toán
(1.42), (1.46) và ngược lại. Hơn nữa, ta biết rằng bài toán (1.42), (1.46)
có duy nhất nghiệm (Định lí 1.2 và Hệ quả 1.2 ).
Mặt khác, nếu ma trận (bjk ) suy biến, khi đó có các hằng số αj không
đồng thời bằng 0, sao cho
r
X
αj bjk = 0,
0 ≤ k < r.
j=1
Điều này nghĩa là
r
X
αj Qj (z) ≡ 0.
(1.47)
1
Vì vậy để tìm nghiệm bài toán (1.42),(1.43), chúng ta phải có
r
X
αj gj = 0,
1
điều này chỉ ra rằng, ta không thể có nghiệm với mọi cách chọn gk .
Hơn nữa, nếu (bjk ) là suy biến thì có các hằng số gk không đồng thời bằng
0, sao cho
r−1
X
bjk gk = 0, 1 ≤ j ≤ r.
(1.48)
k=0
Nếu ta định nghĩa u(t) từ các phương trình (1.18) và (1.19), thì nó là một
nghiệm của
P (Dt )u(t) = 0, t > 0
(1.49)
Qj (Dt )u(0) = 0,
1 ≤ j ≤ r.
(1.50)
Tóm lại, ta thấy rằng nếu ma trận (bjk ) là không suy biến thì bài toán
(1.42), (1.43) có duy nhất nghiệm với mỗi cách chọn f và gk . Nếu ma trận
(bjk ) suy biến, ta không thể giải với mọi cách chọn và ngay cả khi giải
được thì nghiệm là không duy nhất. Để thấy điều này, bằng tích phân
từng phần, ta có
Qj (z) = Sj (z)P+ (z) + Rj (z),
(1.51)
15
ở đây bậc của Rj (z) là nhỏ hơn r. Nếu mj < m là bậc của Qj (z) thì bậc
của Sj (z) là mj − r. Giả sử S(z) được định nghĩa từ phương trình (1.32),
khi đó, từ Bổ đề 1.1, với mỗi f ∈ S(R1 ) có h ∈ S(R1 ) sao cho phương
trình (1.33) đúng. Vì vậy bài toán (1.42), (1.43) tương đương với :
P+ D(t)u(t) = h(t),
t>0
Rj (Dt )u(0) = gj − Sj (Dt )h(0),
1 ≤ j ≤ r.
(1.52)
(1.53)
Đây đúng là dạng đã được nghiên cứu lúc trước nếu:
Rj (z) =
r−1
X
cjk z k ,
1 ≤ j ≤ r.
(1.54)
k=0
Khi đó bài toán (1.52), (1.53) có duy nhất nghiệm với mọi cách chọn h và
gj nếu và chỉ nếu ma trận (cjk ) là không suy biến.
Từ phương trình (1.47) ta thấy rằng ma trận (bjk ) là không suy biến nếu
và chỉ nếu Qj (z) là độc lập tuyến tính. Tương tự, ma trận (cjk ) là không
suy biến nếu và chỉ nếu Rj (z) độc lập tuyến tính. Ta nói rằng Qj (z) là độc
lập tuyến tính moduloP+ (z) nếu Rj (z) là độc lập tuyến tính. Như vậy ta
đã chứng minh được định lí dưới đây.
Định lý 1.5. Giả sử các đa thức Qj (z) là độc lập tuyến tính theo modulo
P+ (z). Khi đó với mọi f ∈ S(R1 ) và với mọi gj , bài toán (1.42), (1.43) có
duy nhất nghiệm u(t) ∈ S(0, ∞).
1.3
Đánh giá tiên nghiệm đối với bài toán giá trị
ban đầu tổng quát
Giờ đây, ta đã giải được bài toán (1.42), (1.43). Ta đã đánh giá nghiệm
u qua các hàm f và gj . Ta đã được làm việc này trong L2 (0, ∞) và câu
hỏi hợp lí là khi nào ta sẽ có đánh giá dạng
X
kuk ≤ C kf k +
|gj | ,
(1.55)
với mọi nghiệm của (1.42), (1.43) trong L2 (0, ∞), trong đó hằng số chỉ
phụ thuộc vào P (z) và Qj (z) ?
16
Giả sử P (z) = z − λ. Khi đó ta có thể giải phương trình (1.42) rõ ràng
với u:
Z t
iλt
u (t) = e u (0) + i
eiλ(t−s) f (s) ds.
(1.56)
0
Đầu tiên giả sử rằng λ là số thực, khi đó hàm f (s) = eiλs /(1 + s) thuộc
vào C ∞ [0, ∞] ∩ L2 (0, ∞). Với f đặc biệt như này thì nghiệm u là
u (t) = eiλt [u(0) + iln(1 + t)].
(1.57)
Rõ ràng hàm này không thuộc vào L2 (0, ∞) với mọi giá trị của u(0). Vì vậy
không có bất đẳng thức dạng (1.55). Tiếp theo, ta giả sử rằng Imλ > 0.
Trong trường hợp này nghiệm của phương trình (1.56) thuộc vào L2 (0, ∞)
với bất kì f . Rõ ràng giới hạn đầu tiên bên tay phải thuộc vào L2 (0, ∞).
Vì vậy, nó đủ để chỉ ra rằng
Z t
eiλ(t−s) f (s)ds,
(1.58)
v(t) =
0
hàm này thuộc vào L2 (0, ∞) với bất kì f . Do đó, từ bất đẳng thức
Schwarz’s ta có:
Z t
Z t
2
−Imλ(t−s)
|v (t)| ≤
e
ds
e−Imλ(t−s) |f (s)|2 ds
0
0
Z t
1
2
e−Imλ(t−s) |f (s)| ds.
≤
Imλ 0
Vì vậy
Z ∞Z t
1
kv (t)k ≤
e−Imλ(t−s) |f (s)|2 dsdt
Imλ Z0
0
Z ∞
∞
1
2
=
|f (s)|
e−Imλ(t−s) dsdt
Imλ 0 Z
s
∞
1
≤
|f (s)|2 ds.
2
(Imλ) 0
2
Từ đây ta có đánh giá
kuk ≤
1
1
kf k + √
|u (0)| ,
Imλ
2Imλ
(1.59)
đúng với tất cả nghiệm của phương trình
(Dt − λ)u(t) = f (t),
17
t > 0,
(1.60)
khi Imλ > 0.
Cuối cùng, giả sử Imλ < 0, khi đó chỉ có một cách để phương trình (1.56)
R∞
thuộc vào L2 (0, ∞) là u (0) = −i 0 e−λs f (s) ds. Vì vậy
Z ∞
u (t) = −i
eiλ(t−s) f (s) ds.
(1.61)
t
Trong trường hợp này, từ bất đẳng thức Schwarz’s, ta có
Z ∞
Z ∞
2
2
−Imλ(t−s)
|u (t)| ≤
e
ds
e−Imλ(t−s) |f (s)| ds
t
t
Z ∞
1
e−Imλ(t−s) |f (s)|2 ds.
≤
|Imλ| t
Do đó
Z ∞Z ∞
1
kuk ≤
e−Imλ(t−s) |f (s)|2 dsdt
|Imλ| 0
Z s
Z ∞ t
1
2
e−Imλ(t−s) dtds
|f (s)|
=
|Imλ| 0
0
Z ∞
1
≤
|f (s)|2 ds.
2
|Imλ| 0
2
Vì vậy, với tất cả nghiệm của phương trình (1.59) khi Imλ < 0, ta có đánh
giá
1
kuk ≤
kf k .
(1.62)
|Imλ|
Tóm lại ta chú ý rằng đánh giá dạng (1.55) không thể đúng cho nghiệm
của phương trình (1.60) khi λ là số thực. Nếu λ > 0 nó đúng với một điều
kiện biên (tương tự hàm u(0) đưa ra), và khi Imλ < 0 nó đúng với mọi
điều kiện biên.
Ta giả sử, H k = H k (0, ∞) là sự làm đầy của S(0, ∞) với chuẩn
kvk2k
Z
=
0
k
∞X
2
j
Dt v (t) dt,
k = 0, 1, . . .
(1.63)
j=0
Ta có định lí:
Định lý 1.6. Giả sử P (z) là đa thức bậc m với r nghiệm thực và k là
số nguyên không âm. Khi đó tồn tại một hằng số C chỉ phụ thuộc vào
18
P (z) và k , sao cho, với mỗi f ∈ C k [0, ∞] ∩ H k (0, ∞), tồn tại một hàm
u ∈ C m+k [0, ∞] ∩ H k (0, ∞) thỏa mãn phương trình (1.42) và
kukm+k ≤ Ckf kk .
(1.64)
Để chứng minh định lí này ta sẽ sử dụng các bổ đề:
Bổ đề 1.2. Nếu f ∈ H k−1 và u ∈ L2 (0, ∞) là một nghiệm của phương
trình (1.60), khi đó u ∈ H k và
k−1
2
X
k
2
2k
2
2j
k−j−1
k
j
3 |λ|
Dt
f
.
Dt u
≤ 3 |λ| kuk + 2
(1.65)
j=0
Chứng minh. Ta chứng minh bằng qui nạp. Giả sử rằng bất đẳng thức
(1.65) đúng với mọi k . Nếu f ∈ H k , u ∈ L2 (0, ∞), và phương trình (1.60)
đúng, khi đó u ∈ H k và
Dtk+1 u = λDtk u + Dtk f.
Vì vậy, u ∈ H k+1 và
2
(Dtk+1 u, Dtk u) = λ
Dtk u
+ (Dtk f, Dtk u)
k+1
2
D u
= λ(Dk u, Dk=1 u) + (Dk f, Dk+1 u)
t
t
t
t
t
2
k
k
k+1
k
k
= λ λ̄
Dt u
+ Dt u, Dt f + Dt f, Dt u
2
2
k
k
k
k
k+1
= |λ|
Dt u
+ λ Dt u, Dt f + Dt f, Dt u
3 2
k
2
k
2 1
k+1
2
≤ |λ|
Dt u
+
Dt f
+
Dt u
.
2
2
Ở đây ta sử dụng kí hiệu
Z
(u, v) =
∞
u(t)v(t)d(t).
(1.66)
0
Vì vậy
2
k
2
k+1
2
2
k
Dt u
≤ 3|λ|
Dt u
+ 2
Dt f
,
19
k = 0, 1, . . .
(1.67)
Vì giả thuyết qui nạp (1.65) đúng nên ta có
k−1
2
2
X
k+1
k
2
2 k
2k
2
2j
k−j−1
j
3 |λ|
Dt
f
+ 2
Dt f
Dt u
≤ 3|λ| 3 |λ| kuk +
j=0
k+1
=3
2k+2
|λ|
2
kuk +
k
X
2
k−1
3 |λ|
Dt f
.
2j
j
j=0
Điều này chỉ ra rằng (1.65) đúng với k + 1. Hơn nữa, (1.67) chỉ ra rằng
bất đẳng thức (1.65) đúng với k=1. Vì vậy, bằng qui nạp, bổ đề đã được
chứng minh.
Dùng bổ đề trên ta sẽ chứng minh Định lí 1.6 :
Chứng minh. Rõ ràng bổ đề trên đủ để chứng minh định lí trong trường
hợp m = 1. Ta luôn có thể viết
m
Y
P (z) =
(z − τk )
(1.68)
k=1
vì vậy
P (Dt ) =
m
Y
Pk (Dt ),
k=1
ở đây
Pk (Dt ) = Dt − τk .
(1.69)
Như vậy, nếu định lí đúng với m = 1, sẽ tồn tại u1 ∈ C k+1 [0, ∞] ∩
H k+1 (0, ∞), sao cho P1 (Dt )u1 = f và
ku1 kk+1 ≤ C kf kk ,
với C phụ thuộc duy nhất vào P1 (z) và k .
Tương tự như vậy, sẽ có một hàm u2 ∈ C k+2 [0, ∞] ∩ H k+2 (0, ∞), sao cho
P2 (Dt )u2 = u1 và
ku2 kk+2 ≤ C ku1 kk+1 .
Nếu lặp lại m lần, ta đạt được kết quả mong muốn.
Để chứng minh với m > 1, ta giả sử rằng f ∈ C k [0, ∞] ∩ H k (0, ∞), và
20
- Xem thêm -