Chỉnh hóa phương trình helmholtz được cải biên trong thanh vô hạn

ĐẠI HỌC QUỐC GIA TP. HỒ CHÍ MINH
TRƯỜNG ĐẠ I HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
Phan Trung Hiếu
CHỈNH HÓ A PHƯƠNG TRÌNH HELMHOLTZ ĐƯC CẢI
BIÊN TRONG THANH VÔ HA Ï N
Chuyên ngành: Toán Giải tích
Mã số: 60 46 01
LUẬN VĂN THA Ï C SĨ TOÁN HỌC
NGƯỜI HƯ Ơ Ù NG DẪN KHOA HỌC
TS. PHẠM HOÀNG QUÂN
Tp. Hồ Chí Minh - 2011
Lời cảm ơn
Đầu tiên, tôi xin được tỏ lòng biết ơn chân thành đến t hầ y hư ơ ù ng dẫn của
tôi là TS. Phạ m Hoàng Quân, người đã nhiệt tình giảng dạy và giúp đỡ tôi t ro ng
suốt quá trình tôi làm bài luận văn này.
Xin chân thà nh cảm ơ n tấ t cả quý thầy cô trong khoa Toán - Tin học nói
chung và các thầy cô trong bộ môn Giải tích nói riêng. Đặc biệt, tôi xin bày tỏ
lòng biết ơn sâu sắc đến thầy PGS. TS. Đặng Đức Trọng, người đã tận tình dạy
dỗ tôi trong suốt thời gian học đại học và cao học, thầy đã động viên, hướ ng
dẫn và góp ý để tô i hoà n thành bài luận văn này.
Xin gửi lòng biết ơn đến tất cả các thầy trong hội đồng chấm luận vă n đã
dành thời gian để tham dự cũng như đóng góp những nhận xét quý báu cho buổi
bảo vệ luận vă n.
Xin t râ n tro ï ng cảm ơn Ban giám hiệu, các thầy, cô làm việc ở phòng Sau
đại ho ï c, trường Đại họ c Khoa học Tự nhiên Thành phố Hồ Chí Minh đã tạo mọi
điều kiện thuận lợi về các thủ tục hành chính giúp tôi hoàn thành khóa học và
bảo vệ luận vă n.
Tôi muốn gửi những tình cảm thân thương, chân thành nhất đến bố, mẹ và
em tôi, những người đã luôn lo lắng, động viên và giúp đỡ tôi về mọi mặt để
tôi học tập tốt.
Cuối cùng, tôi xin gửi lời cảm ơn đến các bạn bè, anh, chò đã cùng tôi học

tập, cùng tôi tháo gỡ những vướng mắc trong quá trình học và làm luận văn.
Mặc dù đ ã co á gắ ng rất nhi e à u nhưng tro ng quá trình l à m l u ậ n văn vẫn khó
tránh được những thiếu sót, rất mong nhận được sự chỉ bảo và đóng góp ý kiến
của quý thầy, cô và bạn đo ï c. Tác giả xin chân thành cảm ơn.
TP.HCM, ngày 12 tháng 11 năm 2010
Tác giả
Phan Trung Hiếu
Lời nói đầu
Phương trình Helmholtz được cải biên xuất hiện nhiều trong lónh vực vật lý
ứng dụ ng, liên quan đến sự tru y e à n sóng và các hiện tư ơ ï ng dao động. Nó thường
được dùng để mô tả sự dao động của một cấu trúc, sóng bức xạ, sự truyền nhiệt
trong một bề mặt, Chúng ta có thể tham khảo trong [1, 2, 3, 4].
Bài toán thuận cho phương trình Hel m ho l t z được cải biên là bài toán giá
trò bi e â n Dirichlet, Neumann hay hỗn hợp đã được nghiên cứu nhiều trươ ù c đây.
Tuy nhiên, trong t hư ï c tế, t a không thể thu được dữ kiện biên trên toàn bộ biên.
Chúng ta chỉ biết dữ kiện nhiễu trên một phần của biên hoặc tại một vài điểm
bên t ro ng của miền đang xé t . Vì thế, bài toán trên là bài toán ngược. Bài
toán này đã được rất nhiều nhà Toán học quan tâm khảo sát với nhiều phương
pháp khác nhau như: phư ơ ng pháp phần tử biê n (BEM) tro ng [5], phương pháp
gradient l i e â n hợp trong [6], phương pháp nghiệm cơ bản (MFS) trong [7],
Trong luận văn này, ta khảo sát phương trình Helmholtz được cải biên
∆u − k
2
u = 0, x ∈ R, 0 < y < 1 (I)
với các điều kiện Cauchy không thuần nhất
u
y
(x, 0) = ϕ(x), (II)
u(x, 0) = ψ(x), (III)
6

trong đó ∆ là toán tử Laplace, hằng so á k ∈ R\{0}, và ϕ(x), ψ(x) được cho trước
nhưng không chính xác.
Đây là bài toán Cauchy cho phương trình Helmholtz được cải biên và nó là
bài t o á n không chỉnh (đượ c chứng minh tro ng chương 2, mục 2.2). Chú ý rằng,
trong trường hợp k = 0, phương trình (I) trở thành phương trình Laplace
∆u = 0, x ∈ R, 0 < y < 1.
Phương trình này đã được P. H. Quan, D. D. Trong và Alain P. N. Dinh khảo
sát trong [15], Z. Qian, C. L. Fu và X. T. Xiong trong [17] và các tác giả khác
trong các bài báo [18, 19, 20, 21].
Hơn nữa, trong bài toán (I)-(III), nếu điều kiện biên là u
y
(x, 0) = ϕ(x) = 0
thì bài toán trở thành
∆u − k
2
u = 0, x ∈ R, 0 < y < 1 (IV)
u
y
(x, 0) = 0, (V)
u(x, 0) = ψ(x). (VI)
Bài toán (IV)-(VI) đã được khảo sát bởi nhiều tác giả trong các bài báo [8,
9, 10, 11, 12]. Tuy nhiên, các phương pháp của các tác giả đó không dễ dàng
để giải bài toán (I)-(III) khi điều kiện biên là u
y
(x, 0) = ϕ(x) = 0.
Gần đây , T. Wei và các tác giả trong [12] đã xấp xỉ bài toán (IV)-(VI) bằng
phương phá p Fo u rt h-o rde r đươ ï c cải bie â n. Trong luận văn này, tôi sử dụng hai
phương pháp khác nhau để chỉnh hóa bài toán và đưa ra sự so sánh với kết quả
trong [12].
Đặc bi e ä t , Ailin Qian và các tác giả trong [13] đã xấp xỉ bài toán (I)-(III)

bằng phương pháp chặ t cụt tích phân và đưa ra sai số dạng Holder, nghóa là
nghiệm xấp xỉ v và nghiệm chính xác u thỏa
u(·, y) −v(·, y)
2
≤ 3E
y

(1−y)
7
trong đó u(·, y)
2
≤ E, ·
2
là chu ẩ n trong L
2
(R). Tuy nhiên, sai s o á chỉnh
hóa tại y = 1 không được đánh giá. Trong luận văn này, tôi chỉnh hóa bài toán
(I)-(III) và đưa ra được sai số dạng Holder trong trường hợp 0 < y < 1 và ngay
cả khi y = 1. Điều này đã cải thiện nhược điểm nêu trên.
Luận văn được chia làm ba chương:
Chương 1: C u ng cấp các kiến thức chuẩn bò.
Chương 2: C á c kết quả chính.
Chương 3: Ví dụ số và so sánh.
Trong chư ơ ng 2, các kết quả được chia l à m ba phần: kiểm tra tính không
chỉnh của bài toán, tiếp theo ta chỉnh hóa bài toán và tìm nghiệm xấp xỉ có đánh
giá sai số giữa nghiệm xấp xỉ và nghiệm chính xác. Trong chương 3, các kết
quả lý thuyết trong chương 2 được minh họa bằng các ví dụ số cụ thể, đồng thờ i
đưa ra đượ c sự so sánh với kết quả t ro ng [12].
8
Mục lục

Lời nó i đầu 6
1 Kiến thức chuẩn bò 9
1.1 Không gian B anach . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
1.2 Các đònh lý căn bản trong tích phân Lebesgue . . . . . . . . . . 10
1.3 Không gian L
p
(1 ≤ p ≤ ∞) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
1.4 Không gian Hi l be rt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
1.5 Biến đổi Fourier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
1.6 Bài toán chỉnh, bài toán không chỉnh và sư ï chỉnh hóa . . . . . . 14
2 Các kết quả chính 16
2.1 Giới thiệu bài toán . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
2.2 Chứng minh bài toán không chỉnh . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
2.3 Chỉnh hóa nghiệm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
2.3.1 Phương pháp 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
2.3.2 Phương pháp 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29
3 Ví dụ số và so sánh 35
4
3.1 Vớ duù 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35
3.2 Vớ duù 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45
Taứi lieọu tham khaỷo 51
5
Chương 1
Kiến thức chuẩn bò
1.1 Không gian Banach
Đònh nghóa 1.1.1. Một không gian vectơ tuyến tính X trên R gọi l à mo ä t không
gian đònh chuẩn nếu to à n tại một ánh xạ · : X → R thỏa
i) x ≥ 0, ∀x ∈ X; x = 0 ⇐⇒ x = 0;
ii) λx = |λ|x, ∀λ ∈ R, x ∈ X;
iii) x + y ≤ x + y, ∀x, y ∈ X.

Đònh nghó a 1.1.2. Dãy (x
n
) trong X gọi l à dãy Cau chy ne á u ∀ > 0, ∃N

∈ N
sao cho
x
n
− x
m
 < , ∀n, m ≥ N

.
Dãy (x
n
) trong X gọi là hội tụ về x
0
∈ X, ký hiệu là x
n
→ x
0
khi n → ∞,
nếu
lim
n→∞
x
n
− x
0
 = 0.

9
Đònh nghó a 1.1.3. Không gian đònh chuẩn X được gọi là Banach nếu mọi dãy
Cauchy đ e à u hộ i tu ï .
Mệnh đề 1.1 .4 . Trong một không gian đònh chuẩn X.
a) Dãy hội tụ thì có tính chất Ca u c h y .
b) Dãy Cauchy có dãy con hộ i tụ thì hội tụ.
1.2 Các đònh lý căn bản trong tích phân Lebesgue
Đònh lý 1.2 .1 (Hội tụ đơn điệu). Ch o (f
n
) là một dãy các hàm khả tích trên R
k
,
f
n
: R
k
→ R. Nếu (f
n
) tăng hk n (nghóa là f
n
(x) ≤ f
n+1
(x) hầu khắp nơi) và co ù
M sao cho

R
k
f
n
≤ M, ∀n ∈ N.

Khi đó, tồn tại hàm f khả tíc h sao ch o f
n
→ f hkn và
lim
n→∞

R
k
f
n
=

R
k
f.
Đònh lý 1 .2 .2 (Hội tụ bò chặn). Cho dãy (f
n
) các hàm kh a û t í c h f
n
: R
k
→ R và
cho hàm g khả tích. Nếu f
n
→ f hkn và |f
n
|≤ g hkn, thì f khả tích và
lim
n→∞


R
k
f
n
=

R
k
f.
Các đònh lý hội tụ đơn điệu và hội tụ bò chặn vẫn đúng nếu thay R
k
bằng
tập hợp đo đư ơ ï c Ω.
Hệ quả 1.2.3. Nếu f đo được trên R
k
và g khả tích trên R
k
sao cho |f| ≤ g hkn
thì f khả tích trên R
k
.
10
1.3 Không gian L
p
(1 ≤ p ≤ ∞)
Trong phần này, ta ký hiệu Ω là một tập đo được trong R
k
. Ta quy ước rằng
hai hàm đo đươ ï c f , g là bằng nhau nếu f = g hkn.
Đònh nghóa 1.3.1 . Cho f đo được trên Ω, nếu |f|

p
(1 ≤ p < ∞) khả tích trên Ω
ta đònh nghóa
f
p
=



Ω
|f|
p


1
p
.
Tập hợp tất cả các hàm f thỏa |f|
p
khả tích trên Ω gọi là L
p
(Ω).
Đònh nghóa 1.3.2. Tập hợp tất cả các hàm bò chặn hkn trên Ω gọi là L
∞
(Ω).
Trên L
∞
(Ω) ta đònh nghóa
f 
∞

= inf {λ : λ ≥ |f(x)| hkn}.
Đònh lý 1.3.3. ·
p
là chuẩn trong L
p
(Ω), (1 ≤ p ≤ ∞). Vậy L
p
(Ω), (1 ≤ p ≤ ∞)
là không gian đònh chuẩn.
Mệnh đề 1.3.4 (Bất đẳng thức Holder). Cho f, g đo được trên một tập đ o được
Ω,
1
p
+
1
q
= 1, 1 < p < ∞. Nếu f ∈ L
p
(Ω), g ∈ L
q
(Ω) thì

Ω
|fg|dx ≤



Ω
|f |
p



1
p



Ω
|g|
q


1
q
hay
fg
1
≤ f
p
g
q
.
Nếu f ∈ L
1
(Ω), g ∈ L
∞
(Ω) thì
fg
1
≤ f

1
g
∞
.
Đònh lý 1.3.5. Với Ω đo được ⊆ R
k
, (1 ≤ p ≤ ∞), không gi a n L
p
(Ω) là không
gian Banach.
11
1.4 Không gian Hilbert
Đònh nghóa 1.4 .1 . Cho E là một kho â ng gian vect ơ t re â n Φ, f l à một ánh xạ từ
E ×E vào Φ. Ta nói f là một dạng Hermite dương trên E, nếu và chỉ nếu f có
các tính chất sau: với mọi x, x

, y, y

∈ E và s ∈ Φ
i) f(x + x

, y) = f (x, y) + f(x

, y);
ii) f (x, y + y

) = f(x, y) + f(x, y

);
iii) f (sx, y) = sf(x, y);

iv) f(x, sy) = sf(x, y);
v) f(x, y) = f(y, x);
vi) f(x, x) ≥ 0;
vii) f(x, x) = 0 ⇔ x = 0.
Đònh lý 1.4.2. Cho f là một dạng Hermite dương trên một không gian vectơ E,
và x, y ∈ E. Ta có
i) Bất đẳng thức Schwartz
|f (x, y)|
2
≤ f(x, x)f (y, y);
ii) Bất đẳng thức Minkow sk i
f (x + y, x + y)
1
2
≤ f (x, x)
1
2
+ f (y, y)
1
2
.
Đònh nghóa 1.4.3. Cho f là một dạng Hermite dương trên một không gian vectơ
E. Đặt x = f(x, x)
1
2
, ∀x ∈ E. Do Đònh lý 1.4.2, (E, ·) là một không gian
đònh chuẩn. Nếu (E, ·) đ ầ y đ u û , ta gọi nó là một không gian Hilbert và viết
< x, y > thay cho f(x, y).
12
Đònh lý 1.4.4. Cho Ω đo được ⊆ R

k
, đặt < f, g >=

Ω
f (x)g(x)dx và f
2
=



Ω
|f(x)|
2


1
2
. Không g i a n L
2
(Ω) là không gian Hilbert.
1.5 Biến đổi Fourier
Đònh nghóa 1.5.1 . Cho f ∈ L
1
(R), biến đổi Fourier của f là

f (ξ) =
1
√
2π
+∞


−∞
f (x)e
−iξx
dx, ξ ∈ R.
Cho f ∈ L
1
(R), biến đổi Fourier ngược của f là
∨
f (x) =
1
√
2π
+∞

−∞
f (ξ)e
iξx
dξ, x ∈ R.
Tính chất 1.5.2. Cho f, g ∈ L
1
(R), ta có
i)

f + g =

f + g;
ii)

αf = α


f (α ∈ C);
iii)

f ∗ g =

f .g;
iv) f ∗g(x) =
1
√
2π
+∞

−∞
f (x −y)g(y)dy;
v) f
2
=




f



2
;
vi) Nếu f, f


, , f
(m)
khả tích trên R thì

f
(m)
(ξ) = (iξ)
m

f (ξ).
13
1.6 Bài toán chỉnh, bài toán không chỉnh và sự chỉnh
hóa
Bài toán chỉnh the o nghóa của Hadamard là bài toán thỏa mã n các tính chất
sau:
i) Tồn tại nghiệm (tính tồn tại);
ii) Có nhiều nhất một nghiệm (tính duy nhất);
iii) Nghiệm phụ thuộc liên tục vào dữ kiện (tính ổn đònh).
Như vậy, cho X và Y là những không gian đònh chuẩn và ánh xạ K : X → Y
(tuyến tính hoặc không tuyến tính). Phương trình Kx = y được gọi là chỉnh nếu
thỏa mãn:
i) Tính tồn tại: với mỗi y ∈ Y có ít nhất một x ∈ X sao cho Kx = y;
ii) Tính duy nhất: với mọi y ∈ Y có nhiều nhất một x ∈ X với Kx = y;
iii) Tính ổn đònh: nghiệm x phụ thuộ c liên tục vào y, nghóa là với mọi dãy
(x
n
) ⊂ X thỏa Kx
n
→ Kx (n → ∞) thì x
n

→ x (n → ∞).
Bài toán không thỏa ít nhấ t một trong các tính chất trên gọi là bài toán không
chỉnh.
Về mặt toán học, việc tồn tại nghiệm có thể đạt đ ư ơ ï c bằng cách mơ û ro ä ng
không gian nghiệm. Ne á u bài toán có nhie à u hơn một nghiệm thì thường là thông
tin về nghiệm bò thiếu, và bằng những thông tin bổ sung ta sẽ thu được nghiệm
duy nhất. Yêu cầu quan trọng nhất là sự ổn đònh của nghiệm, bởi nếu thiếu điều
này t hì một sai số dù nhỏ của dữ kiện cũng có thể dẫn tới mộ t sai số lớn của
nghiệm. Điều này làm cho chúng ta không t he å nào tính được nghiệm (dù l à xấp
xỉ), bởi mọi dữ kiện có được do đo đạc đều phải đi kèm với sai số.
14
Sự chỉnh hóa, nghóa là ta xét sự xấp xỉ giữa nghiệm chính xác (nếu tồn tại)
và nghiệm xấp xỉ của bài toán nhiễu. Một sự chỉnh hóa được gọi là tốt nếu sai
số xấp xỉ càng nhỏ.
15
Chương 2
Các kết quả chính
2.1 Giới thiệu bài toán
Xét bài toán Cauchy cho phương trình Helmholtz được cải biên
∆u − k
2
u = 0, x ∈ R, 0 < y < 1 (2.1)
thỏa các điều kiện Cauchy không thuần nhất
u
y
(x, 0) = ϕ(x), (2.2)
u(x, 0) = ψ(x), (2.3)
trong đó k là một hằng số, k ∈ R\{0}, và ϕ(x), ψ(x) thuộc L
1
(R) ∩L

2
(R).
Không mất tính tổng quát, ta giả sử k > 0. Bằng cách lấy biến đổi Fourier
hai vế của phương trình (2.1) theo biến x, ta được
u
ξξ
(ξ, y) + u
yy
(ξ, y) −k
2
u(ξ, y) = 0,
16
trong đó
u
yy
(ξ, y) =
1
√
2π
+∞

−∞
u
yy
(x, y)e
−iξx
dx
=
1
√

2π
∂
2
∂y
2
+∞

−∞
u(x, y)e
−iξx
dx
=
∂
2
∂y
2
u(ξ, y).
Suy ra
∂
2
∂y
2
u(ξ, y) −(ξ
2
+ k
2
)u(ξ, y) = 0.
Giải phương trình đặc trưng λ
2
−(ξ

2
+ k
2
) = 0, ta được λ = ±

ξ
2
+ k
2
. Từ
đó, ta có
u(ξ, y) = Ae
√
ξ
2
+k
2
y
+ Be
−
√
ξ
2
+k
2
y
và
u
y
(ξ, y) = A


ξ
2
+ k
2
e
√
ξ
2
+k
2
y
− B

ξ
2
+ k
2
e
−
√
ξ
2
+k
2
y
,
trong đó A = A(ξ), B = B(ξ).
Bây giờ, ta xác đònh A, B dựa vào các đie à u kiện (2.2), (2.3). Thật vậy, từ
(2.2) và (2.3), ta có


u
y
(ξ, 0) = ϕ(ξ),
u(ξ, 0) =

ψ(ξ)
suy ra

A

ξ
2
+ k
2
− B

ξ
2
+ k
2
= ϕ(ξ),
A + B =

ψ(ξ).
Từ đó, ta được










A =
ϕ(ξ)
2

ξ
2
+ k
2
+

ψ(ξ)
2
,
B =

ψ(ξ)
2
−
ϕ(ξ)
2

ξ
2
+ k
2

.
17
Do đó
u(ξ, y) =

ψ(ξ)
2

e
√
ξ
2
+k
2
y
+ e
−
√
ξ
2
+k
2
y

+
ϕ(ξ)
2

ξ
2

+ k
2

e
√
ξ
2
+k
2
y
− e
−
√
ξ
2
+k
2
y

.
(2.4)
Như vậy, ta đã đưa phương trình (2.1) về dạng biến đổi Fourier để chuẩn bò
cho bước chỉnh hóa bài toán và đưa ra sai số.
2.2 Chứng minh bài toán không chỉ nh
Bài toán Cauchy cho phương trình Helmholtz được cải biên là không chỉnh.
Dưới đây, ta sẽ chứng minh bài toán không chỉnh vì vi phạ m tính ổn đònh.
Cụ t he å , ta sẽ chứng minh khi sai số dữ kiện tiến đến 0 thì sai số nghiệm tiến
đến số khác 0.
Thật vậy, chọn


ψ
n
(ξ) =







|ξ|
e
√
ξ
2
+k
2
y
+ e
−
√
ξ
2
+k
2
y

n
ξ
2

, |ξ| ≥ n
0 , |ξ| < n
(2.5)
và
ϕ
n
(ξ) = 0 (2.6)
trong đó ξ ∈ R, 0 < y < 1, n ∈ N.
Khi đó, ta có




ψ
n



2
2
=

|ξ|≥n






|ξ|

e
√
ξ
2
+k
2
y
+ e
−
√
ξ
2
+k
2
y





2
n
2
ξ
4
dξ. (2.7)
Vì
e
√
ξ

2
+k
2
y
+ e
−
√
ξ
2
+k
2
y
≥ e
√
ξ
2
+k
2
y
18
nên






|ξ|
e
√

ξ
2
+k
2
y
+ e
−
√
ξ
2
+k
2
y





2
≤






|ξ|
e
√
ξ

2
+k
2
y





2
.
Do đó, từ (2.7), ta suy ra




ψ
n



2
2
≤

|ξ|≥n







|ξ|
e
√
ξ
2
+k
2
y





2
n
2
ξ
4
dξ
=

|ξ|≥n
|ξ|e
−2
√
ξ
2
+k

2
y
n
2
ξ
4
dξ
≤

|ξ|≥n
|ξ|e
−2
√
ξ
2
+k
2
y
n
2
n
4
dξ
=
1
n
2

|ξ|≥n
|ξ|e

−2
√
ξ
2
+k
2
y
dξ
≤
1
n
2

R
|ξ|e
−2
√
ξ
2
+k
2
y
dξ
=
2
n
2

k
2y

+
1
4y
2

e
−2yk
. (2.8)
Từ (2.4) và với cách chọn ϕ
n
,

ψ
n
trong (2.5)-(2.6), ta có
u
n
(·, y)
2
2
=
n
2
4

|ξ|≥n
|ξ|
ξ
4
dξ

=
n
2
4


−n

−∞
−ξ
ξ
4
dξ +
+∞

n
ξ
ξ
4
dξ


=
n
2
4

1
2ξ
2

|
ξ=−n
ξ→−∞
−
1
2ξ
2
|
ξ→+∞
ξ=n

=
1
4
. (2.9)
19
Cho n → ∞ trong (2.8) và (2.9), ta có




ψ
n



2
2
→ 0 trong khi u
n

(·, y)
2
2
→
1
4
.
Vì vậy, bài toán vi phạm tính ổn đònh.
2.3 Chỉnh hóa nghiệm
2.3.1 Phương pháp 1
Ta xấp xỉ bài toán (2.4) bởi bài toán sau đây

u

(ξ, y) =

ψ(ξ)
2

1
α()

ξ
2
+ k
2
+ e
−
√
ξ

2
+k
2
y
+ e
−
√
ξ
2
+k
2
y

+
ϕ(ξ)
2

ξ
2
+ k
2

1
α()

ξ
2
+ k
2
+ e

−
√
ξ
2
+k
2
y
− e
−
√
ξ
2
+k
2
y

(2.10)
hay
u

(x, y) =
1
√
2π
+∞

−∞

ψ(ξ)
2


1
α()

ξ
2
+ k
2
+ e
−
√
ξ
2
+k
2
y
+ e
−
√
ξ
2
+k
2
y

e
iξx
dξ
+
1

√
2π
+∞

−∞
ϕ(ξ)
2

ξ
2
+ k
2

1
α()

ξ
2
+ k
2
+ e
−
√
ξ
2
+k
2
y
− e
−

√
ξ
2
+k
2
y

e
iξx
dξ,
(2.11)
trong đó α() ∈ (0, 1) là tham số chỉnh hóa, phụ thuộ c vào . Để t hu ậ n tie ä n, ta
ký hiệu α() = α.
Giả sử u
ex
là nghi e ä m chính xác của (2.1)-(2.3), v
ex
là nghiệm của bài toán
(2.11) tương ứng vơ ù i dư õ ki e ä n chính xác ϕ
ex
, ψ
ex
và v

là nghiệm của bài toán
(2.11) tương ứng với dữ kiện bò nhiễu nhận được do đo đạc ϕ

, ψ

, trong đó ϕ

ex
,
20
ψ
ex
, ϕ

, ψ

ở vế phải của (2.11) sao cho ϕ

− ϕ
ex

2
≤ , ψ

− ψ
ex

2
≤ , với
·
2
là chuẩn trong L
2
(R). Khi đó, ta có
u
ex
(ξ, y) =


ψ
ex
(ξ)
2

e
√
ξ
2
+k
2
y
+ e
−
√
ξ
2
+k
2
y

+
ϕ
ex
(ξ)
2

ξ
2

+ k
2

e
√
ξ
2
+k
2
y
− e
−
√
ξ
2
+k
2
y

,
(2.12)
v
ex
(ξ, y) =

ψ
ex
(ξ)
2


1
α

ξ
2
+ k
2
+ e
−
√
ξ
2
+k
2
y
+ e
−
√
ξ
2
+k
2
y

+
ϕ
ex
(ξ)
2


ξ
2
+ k
2

1
α

ξ
2
+ k
2
+ e
−
√
ξ
2
+k
2
y
− e
−
√
ξ
2
+k
2
y

,

(2.13)
v

(ξ, y) =

ψ

(ξ)
2

1
α

ξ
2
+ k
2
+ e
−
√
ξ
2
+k
2
y
+ e
−
√
ξ
2

+k
2
y

+
ϕ

(ξ)
2

ξ
2
+ k
2

1
α

ξ
2
+ k
2
+ e
−
√
ξ
2
+k
2
y

− e
−
√
ξ
2
+k
2
y

.
(2.14)
Ta có
v

(·, y) − u
ex
(·, y)
2
= v

(·, y) − u
ex
(·, y)
2
≤ v

(·, y) − v
ex
(·, y)
2

+ v
ex
(·, y) − u
ex
(·, y)
2
.
(2.15)
Trước tiên, ta có các bổ đề sau
Bổ đề 2.3.1 . Giả sử 0 < α < 1. Khi đó, ta có
1
αs + e
−s
≤
1
α ln(
1
α
)
,
với mọi s > 0.
21
Chứng minh
Đặt
f (s) =
1
αs + e
−s
, s > 0.
Ta có

f

(s) =
−α + e
−s
(αs + e
−s
)
2
, s > 0.
Giải phương trình f

(s) = 0, với chú ý 0 < α < 1, ta được
s = −ln α > 0.
Khi đó, ta có
f (s) ≤ max
(0,+∞)
f (s) = f(−ln α) =
1
α + α ln(
1
α
)
<
1
α ln(
1
α
)
.

Do đó
1
αs + e
−s
≤
1
α ln(
1
α
)
, 0 < α < 1, s > 0.
Bổ đề đã được chứng minh.
Bổ đề 2.3.2 (Sự ổn đònh nghiệm của bài toán (2.10)). Giả sử rằng ϕ
ex
, ψ
ex
,
ϕ

, ψ

∈ L
1
(R) ∩ L
2
(R) và ϕ

− ϕ
ex


2
≤ , ψ

− ψ
ex

2
≤ . Khi đó, ta có
đánh giá sau
v

(·, y) − v
ex
(·, y)
2
≤
1
α

1 +
1
k

2

với mọi y ∈ [0, 1], k > 0.
Chứng minh
Trước tiên, từ (2.13) và (2.14), ta có
22
v


(ξ, y) −v
ex
(ξ, y)
=
1
2

1
α

ξ
2
+ k
2
+ e
−
√
ξ
2
+k
2
y
+ e
−
√
ξ
2
+k
2

y



ψ

(ξ) −

ψ
ex
(ξ)

+
1
2

ξ
2
+ k
2

1
α

ξ
2
+ k
2
+ e
−

√
ξ
2
+k
2
y
− e
−
√
ξ
2
+k
2
y

[ϕ

(ξ) − ϕ
ex
(ξ)] .
(2.16)
Từ (2.16) với chú ý rằng e
−
√
ξ
2
+k
2
y
≤ 1,

1
√
ξ
2
+k
2
≤
1
k
,
1
α
√
ξ
2
+k
2
+e
−
√
ξ
2
+k
2
y
≤
1
αk
, 0 ≤ y ≤ 1, α ∈ (0, 1), ta được
|v


(ξ, y) −v
ex
(ξ, y)| ≤
1
2

1
αk
+ 1





ψ

(ξ) −

ψ
ex
(ξ)



+
1
2k

1

αk
+ 1

|ϕ

(ξ) − ϕ
ex
(ξ)|.
Do 0 < α < 1 nên
1
α
> 1. Vì vậy, ta có
|v

(ξ, y) − v
ex
(ξ, y)|
≤
1
2

1
αk
+
1
α






ψ

(ξ) −

ψ
ex
(ξ)



+
1
2k

1
αk
+
1
α

|ϕ

(ξ) − ϕ
ex
(ξ)|
=
1
2α


1 +
1
k





ψ

(ξ) −

ψ
ex
(ξ)



+
1
2αk

1 +
1
k

|ϕ

(ξ) − ϕ
ex

(ξ)|
=
1
2α

1 +
1
k





ψ

(ξ) −

ψ
ex
(ξ)



+
1
k
|ϕ

(ξ) − ϕ
ex

(ξ)|

.
Suy ra
|v

(ξ, y) −v
ex
(ξ, y)|
2
≤
1
4α
2

1 +
1
k

2





ψ

(ξ) −

ψ

ex
(ξ)



+
1
k
|ϕ

(ξ) − ϕ
ex
(ξ)|

2
.
23
Áp dụ ng bất đẳng thức (a + b)
2
≤ 2(a
2
+ b
2
), ta được
|v

(ξ, y) − v
ex
(ξ, y)|
2

≤
1
α
2

1 +
1
k
2





ψ

(ξ) −

ψ
ex
(ξ)



2
+
1
k
2
|ϕ


(ξ) − ϕ
ex
(ξ)|
2

. (2.17)
Hơn nữa, vì (ϕ

− ϕ
ex
) ∈ L
2
(R) và


ψ

−

ψ
ex

∈ L
2
(R) nên ta có
(v

− v
ex

) ∈ L
2
(R). (2.18)
Từ (2.17), (2.18) và áp dụng bất đẳng thức
√
a
2
+ b
2
≤ a + b với a, b ≥ 0, ta
suy ra
v

(·, y) − v
ex
(·, y)
2
≤
1
α

1 +
1
k
2






ψ

−

ψ
ex



2
2
+
1
k
2
ϕ

− ϕ
ex

2
2
≤
1
α

1 +
1
k






ψ

−

ψ
ex



2
+
1
k
ϕ

− ϕ
ex

2

≤
1
α

1 +
1

k

 +
1
k


=
1
α

1 +
1
k

2
.
Bổ đề đã được chứng minh.
Bây giờ, lấy đạo hàm (2.12) theo biến y, ta được
∂
∂y
u
ex
(ξ, y) =

ξ
2
+ k
2


ψ
ex
(ξ)
2

e
√
ξ
2
+k
2
y
− e
−
√
ξ
2
+k
2
y

+
ϕ
ex
(ξ)
2

e
√
ξ

2
+k
2
y
+ e
−
√
ξ
2
+k
2
y

. (2.19)
Cho y = 1 trong (2.12) và (2.19), ta được hệ phương trình với hai ẩn là
24

ψ
ex
(ξ), ϕ
ex
(ξ) như sau
























u
ex
(ξ, 1) =

ψ
ex
(ξ)
2

e
√
ξ
2
+k
2

+ e
−
√
ξ
2
+k
2

+
ϕ
ex
(ξ)
2

ξ
2
+ k
2

e
√
ξ
2
+k
2
− e
−
√
ξ
2

+k
2

,
∂
∂y
u
ex
(ξ, 1) =

ξ
2
+ k
2

ψ
ex
(ξ)
2

e
√
ξ
2
+k
2
− e
−
√
ξ

2
+k
2

+
ϕ
ex
(ξ)
2

e
√
ξ
2
+k
2
+ e
−
√
ξ
2
+k
2

.
Giải hệ phương trình trên, ta được

ψ
ex
(ξ) =

1
2

e
√
ξ
2
+k
2
+ e
−
√
ξ
2
+k
2

u
ex
(ξ, 1)
−
1
2

ξ
2
+ k
2

e

√
ξ
2
+k
2
− e
−
√
ξ
2
+k
2

∂
∂y
u
ex
(ξ, 1), (2.20)
ϕ
ex
(ξ) =
1
2

e
√
ξ
2
+k
2

+ e
−
√
ξ
2
+k
2

∂
∂y
u
ex
(ξ, 1)
−

ξ
2
+ k
2
2

e
√
ξ
2
+k
2
− e
−
√

ξ
2
+k
2

u
ex
(ξ, 1). (2.21)
Đònh lý 2.3.3. Cho ϕ
ex
, ψ
ex
, ϕ

, ψ

như trong Bổ đề 2.3.2. Gi a û sử rằng

ξ
2
+ k
2
u
ex
(ξ, 1) ∈ L
2
(R) và
∂
∂y
u

ex
(ξ, 1) ∈ L
2
(R). Nếu chọn α = 
1
2
thì
với mọi y ∈ [0, 1], ta có
v

(·, y) −u
ex
(·, y)
2
≤
C
ln

1


,
trong đó
C = 2

1 +
1
k

2

+ 2
√
2






ξ
2
+ k
2
u
ex
(ξ, 1)




2
+



∂
∂y
u
ex
(ξ, 1)




2

.
Chứng minh
25
Trước tiên, từ (2.20) và (2.21), ta có

ψ
ex
(ξ) +
1

ξ
2
+ k
2
ϕ
ex
(ξ)
=
1
2

e
√
ξ
2

+k
2
+ e
−
√
ξ
2
+k
2

u
ex
(ξ, 1)
−
1
2

ξ
2
+ k
2

e
√
ξ
2
+k
2
− e
−

√
ξ
2
+k
2

∂
∂y
u
ex
(ξ, 1)
+
1
2

ξ
2
+ k
2

e
√
ξ
2
+k
2
+ e
−
√
ξ

2
+k
2

∂
∂y
u
ex
(ξ, 1)
−
1
2

e
√
ξ
2
+k
2
− e
−
√
ξ
2
+k
2

u
ex
(ξ, 1)

= e
−
√
ξ
2
+k
2
u
ex
(ξ, 1) +
1

ξ
2
+ k
2
e
−
√
ξ
2
+k
2
∂
∂y
u
ex
(ξ, 1). (2.22)
Mặt khác, t ư ø (2.12) và (2.13), ta suy ra
v

ex
(ξ, y) − u
ex
(ξ, y)
=
1
2

1
α

ξ
2
+ k
2
+ e
−
√
ξ
2
+k
2
y
− e
√
ξ
2
+k
2
y



ψ
ex
(ξ)
+
1
2

ξ
2
+ k
2

1
α

ξ
2
+ k
2
+ e
−
√
ξ
2
+k
2
y
− e

√
ξ
2
+k
2
y

ϕ
ex
(ξ)
=
1
2

1
α

ξ
2
+ k
2
+ e
−
√
ξ
2
+k
2
y
− e

√
ξ
2
+k
2
y


ψ
ex
(ξ) +
ϕ
ex
(ξ)

ξ
2
+ k
2

=
−1
2

α

ξ
2
+ k
2

e
√
ξ
2
+k
2
y
α

ξ
2
+ k
2
+ e
−
√
ξ
2
+k
2
y


ψ
ex
(ξ) +
ϕ
ex
(ξ)


ξ
2
+ k
2

. (2.23)
Thay (2.22) vào (2.23), ta thu được
v
ex
(ξ, y) − u
ex
(ξ, y) =
−1
2

α
√
ξ
2
+k
2
e
√
ξ
2
+k
2
(y−1)
α
√

ξ
2
+k
2
+e
−
√
ξ
2
+k
2
y

u
ex
(ξ, 1)
−
1
2

αe
√
ξ
2
+k
2
(y−1)
α
√
ξ

2
+k
2
+e
−
√
ξ
2
+k
2
y

∂
∂y
u
ex
(ξ, 1). (2.24)
26