Tài liệu Bài toán biên cho phương trình eliptic tổng quát với hệ số hằng trong nửa không gian

  • Số trang: 52 |
  • Loại file: PDF |
  • Lượt xem: 132 |
  • Lượt tải: 0
nguyetha

Đã đăng 8490 tài liệu

Mô tả:

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 -