Chỉnh hóa bài toán momen kiểu hausdorff

ĐẠI HỌC QUỐC GIA THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN



DƯƠNG VĂN CƯỜNG





CHỈNH HOÁ BÀI TOÁN MOMEN KIỂU HAUSDORFF


Chuyên ngành: GIẢI TÍCH
Mã số:10101



LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC










NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC

PGS – TS ĐẶNG ĐỨC TRỌNG (ĐHKHTN)



THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH – NĂM 2009

LỜI TRI ÂN

Tôi xin dành trang này để bày tỏ lòng tri ân đối với những người đã trực
tiếp hay gián tiếp giúp đỡ, hỗ trợ tôi mọi mặt trong suốt thời gian học, làm việc
và thực hiện luận văn này. Đó là những người rất tận tình, tận lực đối với tôi,
đặc biệt là:
-Thầy Đặng Đức Trọng
-Thầy Vũ Minh Nghóa
-Thầy Nguyễn Vũ Huy
-Cha, mẹ, những người thân trong gia đình
-Bạn bè

Sau cùng tôi xin cầu chúc cho những ân nhân của mình và gia đình họ
luôn an lạc, luôn đem lại niềm vui, lợi ích v.v cho mình và cho mọi người.

Ngày 15 tháng 11 năm 2009.
Tác giả.

ii
MỞ ĐẦU

Trong các mô hình toán học của các qúa trình tự nhiên, chúng ta thường
có ba yếu tố: đầu vào (input), hệ thống xử lý (system), đầu ra (output). Các hệ
thống xử lý thường bao gồm một số các phương trình vi phân hay đạo hàm riêng.

Trong hệ thống ta thường có một số tham số (parameters). Từ nhận xét về các
mô hình toán học này, Baumeister (Baumeister, J. Stable solution of inverse
problems, Friedr. Vieweg & Sohn, Braunsweig/Wiesbaden, 1987) cho rằng có ba
loại bài toán khác nhau:

1. Bài toán trực tiếp (direct problem). Cho input và tham số của hệ thống, tính
output. (1)
2. Bài toán khôi phục (reconstruction problem). Cho tham số hệ thống và output,
tính input. (2)
3. Bài toán nhận dạng (identification problem). Cho input và output, xác đònh các
tham số hệ thống. (3)

Các bài toán loại 1 gọi là bài toán thuận (direct hay forward problem).
Các bài toán loại 2 và 3 gọi là bài toán ngược (inverse problem). Các bài toán
ngược thường liên quan đến việc xác đònh một nguyên nhân ẩn từ các hệ quả đã
biết. Nếu ta ký hiệu
X: không gian của các dữ liệu input
Y: không gian của các dữ liệu output
P: không gian của các tham số hệ thống
iii
A(p): XỈ Y là toán tử từ X vào Y, phụ thuộc vào tham số
p
P∈
thì hai bài toán
ngược có thể phát biểu như sau:
2. Cho
,yYpP∈∈
, tìm xX
∈
sao cho A(p)x=y.

3. Cho
,xXyY∈∈
tìm
p
P
∈
sao cho A(p)x=y.

Các bài toán ngược 2., 3. gọi là tuyến tính nếu toán tử A(p) là tuyến tính. Trường
hợp này đã được khảo sát rất nhiều trong nửa thế kỷ gần đây. Nếu A(p) là toán
tử phi tuyến, ta có bài toán ngược phi tuyến. Các bài toán trong loại 3 thường là
các bài toán phi tuyến. Baumeister đã bình luận:”Các trường hợp tuyến tính đã
được nghiên cứu rộng rãi và lý thuyết của nó được phát triển tốt. Trường hợp phi
tuyến thì dương như chưa được nghiên cứu thỏa đáng. Để tìm nghiệm chấp nhận
được cho một bài toán phi tuyến thì việc tuyến tính hóa có thể được áp dụng
thành công, nhưng nói chung, nguyên lý này chỉ cho câu trả lời từng phần, không
toàn diện”.

Các bài toán ngược còn được xét thêm phương diện chỉnh (well-posed)
hay không chỉnh (ill-posed) theo nghóa của Hadamard. Trong bài giảng của mình
[J. Hadamard, Lectures on the Cauchy problem in linear partial differential
equations, Yale University Press, New Haven, 1923], Hadamard cho rằng một
mô hình toán học cho một bài toán Vật lý cần phải chỉnh (properly posed hay
well-posed) theo nghóa sau:
A. Tồn tại, nghóa là bài toán phải tồn tại nghiệm.
B. Duy nhất, nghóa là bài toán có quá lắm một nghiệm.
C. Ổn đònh, nghóa là bài toán phải phụ thuộc liên tục vào dữ kiện đã cho.
iv
Bài toán được gọi là không chỉnh (ill-posed) nếu nó không thỏa một trong
ba tính chất trên. Theo quan điểm của Hadamard, các bài toán không chỉnh

không thể là các mô hình toán học cho vật lý được. Tuy nhiên, thực tế là trong
các lónh vực về nhiệt, đòa vật lý, … có rất nhiều bài toán không chỉnh. Đa số các
bài toán ngược là không chỉnh. Vì thế nó vẫn được khảo sát rất nhiều. Tương
ứng với ba tính chất A, B, C, việc nghiên cứu các bài toán ngược thường là
nghiên cứu tính tồn tại hay giải được (solvability), tính duy nhất (uniqueness) và
tính ổn đònh (stability). Đối với các bài toán có nghiệm không ổn đònh người ta
phải tìm cách xây dựng nghiệm ổn đònh xấp xỉ nghiệm bài toán đã cho. Bài toán
này được gọi là
D. Bài toán chỉnh hóa hay hiệu chỉnh (regularization).

Tổ hợp các bài toán ngược loại (2), (3) và các tính chất không chỉnh A-D,
ta có một lượng phong phú các bài toán ngược không chỉnh. Trong luận văn này,
chúng tôi sẽ tìm hiểu hai bài toán sau
B1) Chỉnh hóa nghiệm phương trình tích chặp với dữ kiện là biến đổi Laplace.
B2) Chỉnh hóa nghiệm bài toán nhiệt phi tuyến ngược thời gian.

Về mặt xét loại bài toán ngược, bài toán B1) là bài toán nhận dạng hệ
thống (bài toán loại (3)). Bài toán B2 là bài toán tìm input từ output (bài toán
loại (2)). Xét về tính không chỉnh, cả hai bài toán đều là loại chỉnh hóa (D:
regularization). Vậy tổ hợp hai phương diện thì bài toán B1 là loại (3)-D; bài B2
là loại (2)-D. Trong thực tế đo đạc, các dữ kiện output có được là rời rạc, vì vậy
hai bài toán trên nảy sinh thêm hai bài toán mô-men.

v
Bài toán thứ nhất mà chúng tôi khảo sát là bài toán chỉnh hoá nghiệm của
phương trình tích chập với dữ kiện là một dãy các giá trò của biến đổi Laplace.
Xét phương trình
0
()() ()
t

A
gAtsgsdsft=− =
∫
.
Phương trình này thường xuất hiện trong lý thuyết tín hiệu. Trong đó A là hàm
đại diện cho tác động của hệ thống, g là hàm đầu vào (input), f là hàm đầu ra
(output) (xem [10]). Bài toán deconvolution là bài toán tìm hàm g khi cho biết A
và f. Bài toán nhận dạng hệ thống là bài toán tìm A khi biết g và f. Chúng tôi sẽ
tìm hiểu bài toán nhận dạng hệ thống (nghóa là bài toán loại (3)). Về mặt toán
học thì cả hai bài toán này đều có cách giải như nhau. Nếu sử dụng biến đổi
Laplace ta có phương trình
LA. G=F,
hay, một cách hình thức, nếu G(p) khác 0 thì
LA(p) = F(p) / G(p).
Trong đó G, F là biến đổi Laplace của g và f tương ứng. Ở dạng này ta thấy
nghiệm của bài toán phụ thuộc phi tuyến vào F và G. Việc giải bài toán này
trong trường hợp g là hàm bất kỳ vẫn chưa được khảo sát đầy đủ. Bài toán này
không chỉnh và khó ngay cả với trường hợp hàm g biết chính xác, vì bài toán xác
đònh ảnh ngược của biến đổi Laplace là một bài toán không chỉnh. Một loại
phương trình tích chập tương tự cho loại biến đổi Fourier được khảo sát nhiều
hơn (xem, e.g., [3], [13], và gần đây trong Luận án tiến só của TS. Phạm hoàng
Quân). Trong thực tế, người ta chỉ xác đònh được ảnh Laplace của A trên một tập
hợp rời rạc các giá trò. Nghóa là người xét bài toán tìm A biết
LA(
k
β
)=F(
k
β
)/G(

k
β
),
vi
với (
k
β
) là dãy điểm cho trước. Đây là một bài toán mô-men. Chúng tôi tham
khảo các kết quả đã công bố trong bài báo [5] để xây dựng nghiệm chỉnh hoá.
Trường hợp
k
β
= k là trường hợp cổ điển có thể đưa về bài toán mô-men
Hausdorff (xem [2, 11]), và người ta có thể sử dụng các đa thức Legendre để xây
dựng nghiệm xấp xỉ. Tuy nhiên, trong luận văn này chúng tôi khảo sát dãy (
k
β
)
có các tính chất tổng quát hơn, và do đó có thể ứng dụng tốt hơn. Sử dụng các
tính chất của hàm giải tích, chúng tôi chứng minh một điều kiện khá tổng quát
cho tính duy nhất nghiệm của bài toán. Sau đó, áp dụng các đa thức Muntz
chúng tôi xây dựng được nghiệm xấp xỉ cho bài toán.

Bài toán thứ hai là bài toán truyền nhiệt ngược thời gian, nghóa là xác
đònh nhiệt độ ở các thời điểm đầu khi biết nhiệt độ ở thời điểm cuối
ϕ
. Trong
bài báo [9], các tác giả đã chứng minh được tính duy nhất nghiệm, chỉnh hóa và
đánh giá sai số. Trong chương này, chúng tôi làm hai việc sau:
 Giới thiệu thêm một phương pháp chỉnh hóa khác đơn giản hơn, đó là

phương pháp chặt cụt tích phân trong biến đổi Fourier ngược. Theo
phương pháp của các tác giả trong [9] thì sai số được đánh giá theo hàm
logarit và khá phức tạp. Phương pháp của chúng tôi sẽ cho đánh giá sai số
theo hàm lũy thừa, đơn giản hơn và sự hội tụ nhanh hơn.
 Ngoài ra chúng tôi khảo sát thêm trường hợp dữ kiện
ϕ
được cho bởi một
dãy giá trò rời rạc.

i
MỤC LỤC

MỤC LỤC I

MỞ ĐẦU II
CHƯƠNG 1: GIẢI PHƯƠNG TRÌNH TÍCH CHẬP VỚI DỮ KIỆN LÀ BIẾN
ĐỔI LAPLACE 1

1.1/ GIỚI THIỆU BÀI TOÁN MÔ-MEN KIỂU HAUSDORFF VÀ KẾT QUẢ CHỈNH
HÓA
2
1.2/ CHỈNH HÓA BÀI TOÁN KIỂU HAUSDORFF BẰNG HỮU HẠN CÁC MÔ-MEN. 3
1.3/ XẤP XỈ NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH TÍCH CHẶP VỚI DỮ KIỆN LÀ DÃY
CÁC GIÁ TRỊ RỜI RẠC CỦA BIẾN ĐỔI
LAPLACE 16
CHƯƠNG 2: CHỈNH HÓA BÀI TOÁN TRUYỀN NHIỆT PHI TUYẾN
NGƯC THỜI GIAN THEO PHƯƠNG PHÁP CHẶT CỤT TÍCH PHÂN
CỦA BIẾN ĐỔI FOURIER NGƯC: DỮ KIỆN RỜI RẠC. 19

2.1/ GIỚI THIỆU BÀI TOÁN 19

2.2/ ĐÁNH GIÁ SAI SỐ VỚI DỮ KIỆN LIÊN TỤC (KHÔNG RỜI RẠC) 20
2.3/ ĐÁNH GIÁ SAI SỐ VỚI DỮ KIỆN RỜI RẠC 25
TÀI LIỆU THAM KHẢO 33


1


CHƯƠNG 1
GIẢI PHƯƠNG TRÌNH TÍCH CHẬP VỚI DỮ KIỆN LÀ BIẾN
ĐỔI LAPLACE

Trong quyển sách của Alexander G. Ramm, [10], có đề cập phương trình

0
()() () 0
t
Ag A t s g s ds f t t
=
−=≥
∫
,
nghóa là tìm g khi cho trước A và f (bài toán có tên là “The deconvolution
problem”). Tuy nhiên trong thực tế, ví dụ trong ngành điều khiển học, người ta
quan tâm nhiều đến “bài toán nhận dạng” (The identification problem), nghóa là
cho trước g và f, tìm A. Hàm A đặc trưng cho “hệ phương trình tuyến tính tổng
quát” mà đầu vào (input) là g và đầu ra (output) là f . Vì vậy trong chương này,
chúng tôi khảo sát bài toán đó dưới dạng: tìm
0
u

trong
2
(0, )L
+
∞ thỏa phương
trình tích chặp

0
ugh
∗
= , (1.0.1)
trong đó hàm
0
u được xem như triệt tiêu trên
(,0)
−
∞
, g và h là hai hàm mà
chúng tôi chỉ biết giá trò của biến đổi Laplace
G và H tương ứng của chúng tại
một dãy điểm cho trước (dó nhiên các giá trò được biết không chính xác). Nhắc
lại là biến đổi Laplace của hàm
f là hàm F được đònh bởi

0
() ()
pt
Fp e ftdt
+∞
−

=
∫
,
trong đó
f thuộc lớp các hàm đo được và tăng không nhanh hơn một hàm mũ tại
lân cận vô cực, nghóa là,

0, 0, 0, ( )
t
M
tftMe∃>∃ >∀> ≤
α
α
.
2


Như vậy
0
u
không phụ thuộc tuyến tính và không phụ thuộc liên tục vào
hai dữ kiện
G và H. Do đó việc chỉnh hóa là cần thiết. Công cụ được sử dụng là
kết quả về bài toán Mô-men kiểu Hausdorff trong bài báo [5].
1.1/ Giới thiệu bài toán Mô-men kiểu Hausdorff và kết quả
chỉnh hóa
Trong mục này, chúng tôi xét bài toán: tìm u trong L
2
(I), I = (0,1) thỏa

() , 0,1,2,
k
k
I
uxx dx k==
∫
…
α
μ
(1.1.1)
trong đó
0,1,2,
()
kk= …
α
là một dãy các số thực phân biệt từng đôi một thỏa

1
với mọi 0,1,2,
2
k
k>− = …
α

và
()
k
μ
là một dãy các số thực bò chặn cho trước.

Như đã biết, bài toán (1.1.1) không chỉnh, nghóa là nghiệm không phải lúc
nào cũng tồn tại, và nếu tồn tại thì nó không phụ thuộc liên tục vào dữ kiện (vế
phải của (1.1.1)). Các tác giả trong [2] đã xét một trường hợp riêng của bài toán:
0,1,2,
()
kk= …
α
là dãy các số nguyên dương được cho cụ thể

,0,1,2,
k
kk
=
= …
α

Bài báo [7] của chúng tôi cũng xét bài toán này trong trường hai chiều. Tuy
nhiên, đánh giá sai số cụ thể chưa được đưa ra. Trong chương 2 của luận văn
này, chúng tôi sẽ đánh giá sai số “sắc” hơn. Cũng giống như [7], chúng tôi sẽ
xấp xỉ hàm chưa biết
u bởi ảnh của nó qua phép chiếu trực giao lên không gian
sinh bởi một hệ trực chuẩn
{
}
01
,,,
n
…
L
LL, trong đó

n
L
là đa thức Muntz (xem
[4] hoặc mục dưới). Các đa thức này thu được bằng cách trực chuẩn hóa hệ
{
}
0
1
,,,
n
x
xx…
αα
α
.
3



Phần còn lại của chương có hai mục. Mục 1.2 trình bày các kết quả chính
của bài toán (1.1.1). Mục 1.3 ứng dụng các kết quả của mục 1.2 để giải bài toán
(1.0.1).

1.2/ Chỉnh hóa bài toán kiểu Hausdorff bằng hữu hạn các mô-
men
Xét bài toán mô men hữu hạn

() , 0, 1
k
k

I
uxx dx k n
=
=−
∫
α
μ
. (1.2.1)
Đặt
m
L
là đa thức

0
()
j
m
mmj
j
x
x
=
=
∑
α
LC (1.2.2)
trong đó

1
0

0,
(1)
21 .
()
m
jr
r
mj m
m
jr
rrj
−
=
=≠
⎛⎞
++
⎜⎟
=+
⎜⎟
−
⎜⎟
⎝⎠
∏
∏
αα
α
αα
C
(1.2.3)
Nhắc lại rằng các số thực

i
α
khác nhau từng cặp. Trường hợp
k
k=
α
,
0,1,2,k = …, chúng ta có các đa thức Legendre

0
()
j
m
mmj
j
L
xCx
=
=
∑
(1.2.4)
trong đó

2
()!
21(1)
(!)( )!
mj
mj
mj

Cm
j
mj
−
+
=+−
−
. (1.2.5)
Với mỗi dãy
()
k
=
μ
μ
, ta đònh nghóa dãy

() ( )
k
=
=
λ
λ
λμ
(1.2.6)
4


như sau

0

()
k
kkjj
j=
==
∑
λ
λ
μ
C
μ

và đặt

1
0
() ()
n
nn
kk
k
pp
−
=
==
∑
λ
L
μμ
. (1.2.7)

Khi đó bài toán (1.2.1) tương đương với bài toán tìm
2
()uLI∈
thỏa

() () , 0, , 1
kk
I
ux xdx k n
=
=−
∫
…
λ
L
. (1.2.8)
Chúng tôi ký hiệu
và
mn
P
P
là hai phép chiếu trực giao lên hai không gian tương
ứng sau đây

{
}
{
}
01
1

1
span 1, , , và span , , ,
n
m
xx xx x
−
−
……
αα
α
.
Ta có

Đònh lý 1.2.1 Đặt ()
k
=
μ
μ
là dãy các số thực cho trước và giả sử

2
0
21
.
(2 1) 1
i
i
i
∞
=

+
=
∞
++
∑
α
α
(1.2.9)
Khi đó bài toán (1.1.1) có quá lắm một nghiệm. Nghiệm tồn tại nếu và chỉ nếu

2
2
000
kkjj
kkj
∞∞∞
===
⎛⎞
⎜⎟
=
<∞
⎜⎟
⎝⎠
∑∑∑
λμ
C
(1.2.10)
trong đó
kj
C

được đònh nghóa như (1.2.3) nếu
jk
≤
và
0
kj
=
C
nếu k < j.
Ngoài ra, nếu u là nghiệm của (1.1.1) thì

2
( ) trong ( ) khi .
n
puLIk→→∞
μ

Hơn nữa, nếu
1
()uHI∈
và
5



lim 0,
, 0 2 1 ( với là hằng số),
k
k
k

k
→∞
=<
∀<< +
α
α
δα δ
(1.2.11)
thì ta có
()
n
n
p
u=
P
μ
và

()
1
1
1/2
3
322
() 1 () 2
3
2
n
n
r

n
pu Fu uq
r
π
−
−
⎛⎞
+
−≤ − +
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
μ

trong đó r, q là hai số thực bất kỳ thỏa

2
ln(3 2 2)
,(322) 1,
3
() (1 ) () ,
r
I
n
rqe
Fu x x u x dx
δ
δ
−
+

≥> = + <
′
=−
∫
(1.2.12)
và
⋅
là chuẩn trong L
2
(I).

Nhận xét. Nếu lim 0
kk→∞
=
≥
α
α
, ta đặt

1/4
() () , 1/4.
kk
wx uxx
+
==−−
α
βαα

Khi đó, bài toán (1.1.1) tương đương với bài toán tìm w sao cho cho

() , 0,1,2,
k
k
I
wxx dx k==
∫
…
β
μ

trong đó
lim 1/ 4 0
kk→∞
=− <
β
.

Trong đònh lý trên, giả sử nghiệm tồn tại với dữ kiện chính xác. Trường hợp dữ
kiện không chính xác, đònh lý dưới đây cho cách xấp xỉ nghiệm. Trước hết, đặt

2
1
00
max ; ,
nk
nkj
kj
An
−
==

⎧
⎫
⎛⎞
⎪
⎪
⎜⎟
=
⎨
⎬
⎜⎟
⎪
⎪
⎝⎠
⎩⎭
∑∑
C (1.2.13)
và f là một hàm số tăng ngặt, a-phin từng khúc, đònh bởi

11
[, 1], () ( ) ( 1) .
nn nn
tnn ft A Atn AnA
+
+
∀∈ + = − + + − (1.2.14)
6



Ta có

Đònh lý 1.2.2. Đặt
2
0
()uLI∈ là nghiệm duy nhất của (1.1.1) tương ứng với dữ
kiện chính xác
00
()
k
=
μ
μ
trong vế phải. Với mỗi
0>
ε
, đặt

11
() ( )nf
−−
⎡
⎤
=
⎣
⎦
εε
,
trong đó [x] là ký hiệu của số nguyên lớn nhất không lớn hơn x.

Khi đó, có một hàm số

()
=
η
ηε
sao cho
() 0→
η
ε
khi
0→
ε
và với mọi dãy
μ

thỏa

00
1,2,
sup
kk
k
∞
=
−
≡−<,
…
μμ
εμμ

thì

()
0
() ().
n
pu−≤
ε
η
εμ

Hơn nữa, nếu
1
0
()uHI∈ và (1.2.11) thỏa thì

()
1
(
1
1/2
() 1/2
3
000
(
() 1 ( )
3
n
n
r
n

pu FuCuq
r
−
)
−
⎛⎞
)
−≤ + − +
⎜⎟
⎝⎠
ε
ε
ε
εμ
(1.2.15)
với F, q, r được nói rõ ở (1.2.12).





A
n+1
f(t)
n+1
n
t
A
n
0

7



Chứng minh Đònh lý 1.2.1 Trước hết, ta có bổ đề

Bổ đề 1.2.1 (Phần chứng minh có thể tham khảo trong [4])
(a) Tập hợp
{
}
n
L
là trực chuẩn trong
2
[0,1]L
.
(b) Với mỗi n, j = 1, 2, . . ., ta có

1
0
21
1
1.
1
21
n
jj
k
n
k

k
xx
j
j
−
=
+
−= −
+
+
+
∏
α
α
P
(1.2.16)
Hơn nữa,
{
}
n
L
là đầy đủ trong
2
[0,1]L
nếu và chỉ nếu

2
0
21
.

(2 1) 1
i
i
i
∞
=
+
=
∞
++
∑
α
α
(1.2.17)

Do tính đầy đủ và tính trực chuẩn của họ
{
}
n
L
, ta thấy nếu (1.1.1) có một
nghiệm u thì

2
22
0
( ) trong ( ) và .
n
nk
k

puuLI u
∞
=
=→ =<∞
∑
λ
P
μ

Ở đây,
⋅
là chuẩn trong
2
[0,1]L
.

Ngược lại, nếu (1.2.10) thỏa thì, do tính đầy đủ của
{
}
n
L
, tổng u của của chuỗi
hội tụ
0
kk
k
∞
=
∑
λ

L
là nghiệm của (1.1.1).

Tiếp theo, ta xét trường hợp nghiệm
1
()uHI∈
(đi kèm giả thiết (1.2.11)
,(1.2.12)) và đánh giá
n
uu−
P
. Trước tiên, ta sẽ đánh giá
mnm
L
L− P .

8


Bước 1
. Đánh giá
mnm
L
L− P .
Để thuận tiện, ta ký hiệu
(0,1,2,)
j
xj= … là đa thức

xác đònh trên (0,1).

j
xx I=

Vì
lim 0
kk→∞
=<
α
α
, ta có thể giả sử

21
, 0, kéo theo 1.
1
k
k
k
k
j
+
∀< <
++
α
α
α

Từ (1.2.16) và bất đẳng thức
01
t
te

<
+<
, với 1t ≥− , ta có

()
1
0
1
0
21
21
1
exp
1
21
11
exp 2 1
21
21
1
.
21
n
jj
k
n
k
k
n
k

k
n
j
xx
j
j
j
j
e
j
−
=
−
=
−
+
⎛⎞
+
−≤ −
⎜⎟
⎜⎟
++
+
⎝⎠
⎛⎞
≤− +
⎜⎟
⎜⎟
+
+

⎝⎠
≤
+
∑
∑
δ
α
α
α
P
(1.2.18)
Ta có bổ đề (chứng minh sau)

Bổ đề 1.2.2.
Giả sử
mj
C
là các hệ số của đa thức Legendre được đònh nghóa trong
(1.2.5). Khi đó

()
0
322
2322.
2
m
m
mj
j
C

=
+
≤+
∑
π
(1.2.19)
Kết hợp (1.2.18) và bổ đề 1.2.2 ở trên, ta có
9



()
22
00
2
21
0
2
21
0
0
2
21
0
() ( )
1
21
1
max
21

322 1
4322max .
21
2
mm
jjj
mmjn mjn
jj
n
m
j
mj
j
n
m
j
mj
jm
j
n
m
j
jm
Lx C x C x x
Ce
j
eC
j
e
j

==
−
+
=
−
+
≤≤
=
−
+
≤≤
−=−
⎧⎫
⎪⎪
≤
⎨⎬
+
⎪⎪
⎩⎭
⎛⎞
⎜⎟
≤
⎜⎟
+
⎝⎠
⎛⎞
+
≤+
⎜⎟
+

⎝⎠
∑∑
∑
∑
δ
δ
δ
π
PP
(1.2.20)
Lưu ý rằng

22
2
112
10
nn
tt
dn
ee
dt t t
t
−−
⎛⎞
⎛⎞
⎜⎟
=
−>
⎜⎟
⎜⎟

⎝⎠
⎝⎠
δδ
δ

với mỗi
2tn<
δ
, do đó hàm số
2
1
n
t
tte
−
−

δ
tăng trên
(0,2 ]n
δ
. Vì thế, với
212mn+<
δ
, từ (1.2.20) ta có

()
21
0
322 1

() 2 3 22 ,
221
n
m
m
j
m
mmjn
j
Lx C x e
m
−
+
=
+
−≤ +
+
∑
δ
π
P
suy ra

()
0
21
322 1
2322
221
m

j
mnm m mjn
j
n
m
m
LLL Cx
e
m
=
−
+
−≤−
+
≤+
+
∑
δ
π
PP
(1.2.21)
với
212mn+<
δ
.

Bước 2
.
n
uu−

P
.
Ta đặt
10



1
0
,
m
mjj
j
P
uaL
−
=
=
∑

trong đó
m
P
là phép chiếu trực giao của u lên không gian
{
}
1
1, , ,
m
xx

−
… . Ta có

()
()
()
22
11
00
11
2
2
00
1
2
2
0
.
.,
mm
mjnj jjnj
jj
mm
j
jj nj
jj
m
jj nj
j
Pu a L a L L

aaLL
uaLL
−−
==
−−
==
−
=
−=−
≤−
≤−
∑∑
∑∑
∑
PP
P
P
(1.2.22)
kết hợp với (1.2.21) sẽ suy ra

()
2
11
2
2
00
2
2
2
21

.
322
4(3 2 2)
.
21
2
mm
mjnj jnj
I
jj
m
n
m
Pu a L dx u L L
m
ue
m
−−
==
−
+
−≤−
+
+
≤⋅⋅
+
∑∑
∫
δ
π

PP
(1.2.23)
Ta có bổ đề (sẽ chứng minh sau)

Bổ đề 1.2.3.
()
1/2
1
() ,
m
uPu Fu
m
−≤
(1.2.24)
với F(u) đònh nghóa trong (1.2.12).

Từ bổ đề 3.2.3, ta có
11


()
()
()
()
()
()
()
11
00
1/2

21
1/2
1/2
322
1
() 2 3 2 2
21
2
322
1
() 2 3 2 2
2
1
()
mm
jn j m m jn j
jj
n
m
m
m
rm
m
uaLuPuPuaL
m
Fu u e
mm
Fu u e
m
Fu Cuq

m
−−
==
−
+
−
−≤−+−
+
≤+ ⋅+
+
+
≤+ ⋅+
<+
∑∑
δ
δ
π
π
PP
(1.2.25)
nếu
212mn+<
δ
và
(2 1)rm m n
+
≤
. Trong bất đẳng thức trên, r và q được đònh
nghóa trong (1.2.12), C là hằng số độc lập với n và m.

Bây giờ, ta chọn số nguyên dương m sao cho

212 và (21),mnrmmn
δ
+
<+≤

ví dụ,
3
n
m
r
⎡⎤
=
⎢⎥
⎣⎦
, là số nguyên lớn nhất không vượt quá
3
n
r
. Từ (1.2.25) và

{}
1
1
0
span , , ,
n
n
jn j

j
aL x x
−
=
∈
∑
…
α
α
P
và tính chất cực tiểu của
()
n
up−
μ
, ta đi đến bất đẳng thức mong muốn

()
1
0
1
1
1/2
3
()
1() ,
3
m
n
njnj

j
n
r
up u u u a L
n
Fu Cuq
r
−
=
−
−
−=−≤−
⎛⎞
≤− +
⎜⎟
⎝⎠
∑
PP
μ
(1.2.26)
kết thúc chứng minh đònh lý 1.2.1.
■

Chứng minh đònh lý1.2.2. Ta có
12



() () () 0 () 0
00

() () ( ) ( ) .
nnnn
p
up p p u−≤ − + −
εεεε
μμμμ
(1.2.27)
Do tính đầy đủ và trực chuẩn của họ các đa thức
k
L
trong không gian
2
()
L
I
, ta
có

2
2
2
() 0 0
0
() () 0
() () .
k
n
kkjj
kn kn j
pu

∞∞
≥≥=
⎛⎞
⎜⎟
−≤ =
⎜⎟
⎝⎠
∑∑∑
ε
εε
λμ
C
μμ
(1.2.28)
Ngoài ra, xem lại (1.2.7), ta có

() ()
()1 ()1
() () 0 0 0
000
() ( ) () ( ) .
nn
k
nn
kk k kjkkk
kkj
pp
−−
===
−= − = −

∑∑∑
εε
εε
λλ μμ
L
CL
μμ μμ

Do đó, xem lại (1.2.13),

()
2
()1
2
() () 0 0
00
2
()1
222
()
00
() ( )
( ( )).
n
k
nn
kj k k
kj
n
k

kj n
kj
pp
Afn
−
==
−
==
⎛⎞
⎜⎟
−= −
⎜⎟
⎝⎠
⎛⎞
⎜⎟
≤≤=
⎜⎟
⎝⎠
∑∑
∑∑
ε
εε
ε
ε
μμ
ε
εεε
C
C
μμ

(1.2.29)
Theo đònh nghóa
11
() ( )nf
−
−
=
ε
ε
, bất đẳng thức trên dẫn đến

2
() () 0
() ( ) .
nn
pp
−
≤
εε
ε
μμ
(1.2.30)
Nếu ta đặt

1/2
2
0
() 0
()
k

kj j
kn j≥=
⎧
⎫
⎛⎞
⎪
⎪
⎜⎟
=+
⎨
⎬
⎜⎟
⎪
⎪
⎝⎠
⎩⎭
∑∑
ε
ηε ε μ
C

thì từ (1.2.27)-(1.2.30), ta suy ra

()
0
() ().
n
pu−≤
ε
η

εμ

Khi
0→
ε
, ta có
11
() ( )nf
−−
=→∞
εε
. Mặt khác, từ (1.2.10),
13



2
0
() 0
( ) 0 khi 0.
k
kj j
kn j
≥=
⎛⎞
⎜⎟
=→→
⎜⎟
⎝⎠
∑∑

ε
ηε μ ε
C

Vì vậy
() 0 khi 0→→
η
εε
.

Nếu
1
0
()uHI∈ và (1.2.11) thỏa, ta sẽ suy ra được (1.2.15) bằng cách sử dụng
(1.2.27), (1.2.30) và Đònh lý 1.2.1
■

Bây giờ ta chứng minh các bổ đề

Chứng minh Bổ đề 1.2.2. Đặt

2
0
()!
() ( 1).
(!)( )!2
m
j
m
j

j
mj
Pt t
jmj
=
+
=−
−
∑

Khi đó

0
() (1) 2 1. (1 2),
m
jm
mmj m
j
L
xCx mPx
=
==−+−
∑

suy ra

0
(1) (1) 2 1. (3).
m
m

mj m m
j
CL mP
=
=− − = +
∑
(1.2.31)
Hơn nữa ta có (tham khảo [8, p.48], hoặc [1, Ptrình (22.10.10)])

()
0
0
1
(3) 3 2 2 cos ( ).
m
m
Pdm=+ ∈
∫

π
φφ
π

Ta sẽ thấy rằng

()
0
322 1
(3) 2 3 2 2 ( ).
221

m
m
Pm
m
+
≤+∈
+
⋅ 
π
(1.2.32)
Thật vậy, ta có
14



()
()
()()
0
/2
0/2
/2
0
1
(3) 3 2 2 cos
1
322cos
1
3 2 2cos 3 2 2cos ,
m

m
m
mm
Pd
d
d
=+
⎛⎞
=+ +
⎜⎟
⎝⎠
⎡⎤
=+ +−
⎢⎥
⎣⎦
∫
∫∫
∫
π
ππ
π
π
φφ
π
φφ
π
φ
φφ
π
(1.2.33)

suy ra, với
cost
=
φ
thì

(
)
() ()
/
2
0
11
2
00
2
(3) 3 2 2 cos
322 322
22
.
1
1
m
m
mm
Pd
tt
dt dt
t
t

≤+
++
≤≤
−
−
∫
∫∫
π
φφ
π
ππ

Đổi biến
1st=−
và
22
322
s=
+
ζ
thì sau khi tính toán, ta được

()
1
2
0
4322
(3) 3 2 2 (1 ) .
22
m

m
m
Pd
+
≤+ −
∫
ζζ
π

Đổi biến
cos=
ζ
θ
, ta có

()
/2
21
0
4322
(3) 3 2 2 sin .
22
m
m
m
Pd
+
+
≤+
∫

π
θ
θ
π
(1.2.34)
Đặt
/
2
0
sin
n
n
I
d=
∫
π
θ
θ
thì ta có (xem [12, p. 681])

221
1.2 (2 1) 2.4 (2 2)
và ,
2.4 (2 ) 1.3 (2 1)
kk
kk
II
kk
−
−

−
==
−
……
……

suy ra

1
().
2
nn
II n
n
−
=∈
π


Mà

/
2/2
1
1
sin sin
nn
nn
I
ddI

−
−
00
=
>=
∫∫
ππ
θθ θθ

15


nên

2
1
.
2
nnn
III
n
−
≤=
π
(1.2.35)
Thế (1.2.35) vào (1.2.34), ta được (1.2.32).

Bây giờ kết hợp (1.2.31) và (1.2.32) ta có

()

0
0
322
2322(),
2
m
m
mj
j
Cm
=
+
≤+∈
∑

π

chứng minh xong Bổ đề 1.2.2.
■

Chứng minh Bổ đề 1.2.3. Đặt

() () 0,1,2,
kk
I
luxLxdxk=∀=
∫
…

Do tính trực chuẩn và đầy đủ của họ các đa thức Lagrange

m
L
trong
2
()
L
I
, ta có

1
2
2
00 0
, và .
m
mkk kk k
kk k
Pu lL u lL u l
−∞ ∞
== =
== =
∑
∑∑

Vì vậy

22
.
mk
km

P
uu l
∞
=
−=
∑
(1.2.36)
Hơn nữa, ta có đồng nhất thức (xem [11])

2
21
0
( ) (1 ) ( ) ( 1) với trong ( ).
k
I
k
Fu x x u x dx kk l u H I
∞
=
′
=− = +
∑
∫

Do đó

22 22
().
kk
km km

ml kl Fu
∞∞
==
≤≤
∑∑

Kết hợp bất đẳng thức này với (1.2.36), ta có
16



2
2
1
(),
m
P
uu Fu
m
−≤

kết thúc chứng minh Bổ đề 1.2.3.
■
1.3/ Xấp xỉ nghiệm của phương trình tích chặp với dữ kiện là
dãy các giá trò rời rạc của biến đổi Laplace
Xét bài toán xấp xỉ hàm
0
u
trong
2

(0, )L
+
∞ thỏa phương trình tích chặp
(1.0.1) như đã mô tả trong đầu chương. Nếu lấy biến đổi Laplace hai vế của
(1.0.1) thì ta được phương trình

0
0
(). () (), 0,1,2,
k
x
kk
GuxedxFk
∞
−
==
∫
…
β
ββ
(1.3.1)
trong đó
(), ()
kk
GF
β
β
, 0,1,2,k
=
…, lần lượt là giá trò của biến đổi Laplace của

g và f tại
k
β
, và giả sử các giá trò này được biết trước, trong đó dãy các số
k
β

khác nhau từng đôi một thỏa

()
2
0
21
1
, và .
2
211
k
k
k
k
k
∞
=
−
∀> =∞
−+
∑
β
β

β
(1.3.2)
Lúc đó dãy các số
k
α
, với 1
kk
=
−
α
β
, 0,1,2,k
=
…, sẽ thỏa (1.2.17) trong Bổ đề
1.2.1

Bây giờ ta đổi biến
x
se
−
= và đặt
00
() ( ln)ws u s
=
− , thì từ (1.3.1) ta có

00
0
. ( ) , 0,1,2,
k

kk
I
GwssdsFk==
∫
…
α
(1.3.3)
trong đó
(0,1)
I
=
,
0
()
kk
GG=
β
,
0
()
kk
FF=
β
. Lưu ý rằng vì
2
0
(0, )uL∈∞
và

22

00
0
() ()
x
I
ws ds ux edx
∞
−
=
∫∫

nên
2
0
()wLI∈
. Ta có

17


Đònh lý 1.3. Cho
0
(0, )uL
∞
∈∞
là nghiệm của (1.3.1) tương ứng với dãy các giá
trò
00
(), (), 0,1,2,
kkkk

GG FF k
ββ
===…
,trong đó
k
β
, 0,1,2,k
=
… thỏa (1.3.2).
Giả sử có hằng số
12
, >0
γ
γ
và hai dãy số
(
)
k
G và
(
)
k
F sao cho

00 0 0
12 2
, , 2 ,
kk kk kk
kF G F F vàG G
γ

γε εγ
′′
∀< > −< −<<.

Đặt

12
2
2
0,1,2, .
k
k
k
F
kvà
G
⎛⎞
+
′
== =
⎜⎟
⎝⎠
…
γγ
μ
εε
γ

Với
()n

ε
như trong đònh lý 1.2.2 và
()
n
p
μ
như trong (1.2.7), đặt

() ()
()() ()( ).
nnx
xp e
−
=
εε
π μμ

Khi đó, tồn tại hàm số
()
=
η
ηε
sao cho
() 0→
η
ε
khi 0→
ε
và

()
0
() (),
n
u−≤
ε
ρ
π
ηεμ
(1.3.4)
trong đó
⋅
ρ
là chuẩn đònh bởi
22
0
()
x
hhxedx
∞
−
=
∫
ρ
.
Ngoài ra, nếu
1
0
(0, )uH∈∞ và dãy các số 1
kk

=
−
α
β
, 0,1,2,k
=
… thỏa (1.2.11)
trong đònh lý 1.2.1 thì

()
1
(
1
1/2
()
3
000
(
() 1 ( ) . ,
3
n
n
r
n
uuCuq
r
−
)
−
⎛⎞

)
−≤+ − +
⎜⎟
⎝⎠
ε
ε
ρ
ρ
ε
πε
F
μ
(1.3.5)
trong đó
2
00
0
() (1 ) ()
x
ueuxdx
∞
−
′
=−
∫
F , r và q được đònh nghóa trong Đònh lý
1.2.1

Chứng minh. Đặt

0
0
0
0,1,2,
k
k
k
F
k
G
==…
μ