Bài toán Dirichlet cho phương trình Elliptic với hệ số biến thiên

ĐẠI HỌC THÁI NGUN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC




TRẦN HUY HỒN



BÀI TỐN DIRICHLET
CHO PHƯƠNG TRÌNH ELLIPTIC VỚI HỆ SỐ BIẾN THIÊN





LUẬN VĂN THẠC SỸ TỐN HỌC










THÁI NGUN – 2014
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu –ĐHTN />i


ĐẠI HỌC THÁI NGUN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC




TRẦN HUY HỒN



BÀI TỐN DIRICHLET
CHO PHƯƠNG TRÌNH ELLIPTIC VỚI HỆ SỐ BIẾN THIÊN

Chun ngành: TỐN ỨNG DỤNG
Mã số: 60.46.01.12



LUẬN VĂN THẠC SỸ TỐN HỌC


NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC
PGS.TS Hà Tiến Ngoạn




THÁI NGUN – 2014
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu –ĐHTN />ii


LỜI CAM ĐOAN

Tơi xin cam đoan, Luận văn này là cơng trình nghiên cứu của tơi dưới sự
hướng dẫn trực tiếp của PGS.TS Hà Tiến Ngoạn.
Trong q trình nghiên cứu đề tài Luận văn, tơi đã kế thừa thành quả khoa
học của các nhà Tốn học và các nhà Khoa học với sự trân trọng và biết ơn.
Thái Ngun, tháng 5 năm 2014
Tác giả


Trần Huy Hồn











Số hóa bởi Trung tâm Học liệu –ĐHTN />iii


LỜI CẢM ƠN

Trong suốt q trình làm luận văn, tơi ln nhận được sự hướng dẫn và
giúp đỡ của PGS.TS Hà Tiến Ngoạn (Viện Tốn học Việt Nam). Tơi xin chân

thành bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến thầy.
Tơi xin chân thành cảm ơn q thầy cơ giảng dạy lớp cao học khóa 6
(2012-2014) đã mang đến cho tơi nhiều kiến thức bổ ích trong khoa học và trong
cuộc sống.
Tơi xin chân thành cảm ơn Ban lãnh đạo trường Đại học Khoa học – Đại
học Thái Ngun tạ
o những điều kiện tốt nhất cho khóa học này.
Mặc dù đã có nhiều cố gắng nhưng luận văn khó tránh khỏi những thiếu
sót. Tác giả mong nhận được những ý kiến đóng góp của q thầy, cơ và bạn
đọc để luận văn được hồn thiện hơn.
Xin trân trọng cảm ơn!
Thái Ngun, tháng 5 năm 2014.
Tác giả


Trần Huy Hồn


Số hóa bởi Trung tâm Học liệu –ĐHTN />iv


Mục lục
Trang
Trang phụ bìa i
Lời cam đoan ii
Lời cảm ơn iii
Mục lục iv
MỞ ĐẦU
1
NỘI DUNG

2
CHƯƠNG I NGHIỆM YẾU CỦA BÀI TỐN DIRICHLET
2
1.1 Nghiệm yếu của bài tốn Dirichlet trong nửa hình cầu
2
1.2 Điều kiện cần và đủ để tồn tại nghiệm yếu
5
1.3 Các đánh giá tiên nghiệm
7
1.3.1 Hệ tốn tử biên chuẩn tắc 7
1.3.2 Biến đổi Fourier và một số khơng gian hàm 11
1.3.3 Đ
ánh giá tiên nghiệm 14
1.4 Trường hợp hình cầu có bán kính đủ nhỏ
18
CHƯƠNG II TÍNH TRƠN CỦA NGHIỆM YẾU
21
2.1 Các tốn tử compact
21
2.2 Phép nhúng compact
24
2.3 Một số bổ đề
30
2.4 Độ trơn của nghiệm yếu
35
2.5 Sự tồn tại của nghiệm trơn vơ hạn
40
KẾT LUẬN
42
TÀI LIỆU THAM KHẢO

43


Số hóa bởi Trung tâm Học liệu –ĐHTN />1

MỞ ĐẦU

Lý thuyết bài tốn biên elliptic cho phương trình elliptic đúng đắn đã được
nghiên cứu, đó là trường hợp cấp của phương trình là chẵn, số các nghiệm đặc
trưng với phần ảo dương và phần ảo âm là bằng nhau và số điều kiện biên bằng
nửa số cấp của phương trình, đồng thời điều kiện Shapiro-Lopatinski trên tồn bộ
phần biên của miền được thỏa mãn.
Luận văn nghiên cứu bài tốn Dirichlet trong nửa hình cầu cho phương trình
elliptic đúng đắn, trong đó số các điều kiện biên bằng nửa số cấp của phương
trình, nhưng các điều kiện biên thuần nhất chỉ được cho trên phần của mặt phẳng
đi qua tâm hình cầu và trên phần biên mặt cầu khơng có điều kiện biên nào.
Luận văn gồm 2 chương:
Chương I trình bày khái niệm nghiệm yếu của bài tốn Dirichlet, phát biểu
và ch
ứng minh định lý về điều kiện cần và đủ đối với vế phải của phương trình để
tồn tại nghiệm yếu. Đó là điều kiện mà trong đó vế phải của phương trình phải
thỏa mãn một số hữu hạn các điều kiện trực giao. Luận văn đã chỉ rằng đối với
nửa hình cầu có bán kính đủ nhỏ, nếu điều kiện cần được thỏa mãn thì ln tồn tại
nghiệm yếu của bài tốn.
Chương II nghiên cứu tính trơn của nghiệm yếu. Kết quả chính của chương
II phát biểu rằng khi các hệ số và vế phải của phương trình là các hàm đủ trơn thì
nghiệm yếu của bài tốn cũng có độ trơn tương ứng và là nghiệm cổ điển của
phương trình.
Tài liệu tham khả
o chính của luận văn là chương 8 của tài liệu [1].

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu –ĐHTN />2

NỘI DUNG
CHƯƠNG 1 NGHIỆM YẾU CỦA BÀI TỐN DIRICHLET

1.1 Nghiệm yếu của bài tốn Dirichlet trong nửa hình cầu
Trước hết ta nhắc lại các ký hiệu
(
)
12
, , , , .
n
n
xxx x t=∈∈

()
{
}
2
122
,; ,0.
n
R
xt x t R t
σ
+
=∈ +<>

{
}
0
0.
RR
t
σσ
∂=∩=

()
{
}
2
122
1
,; ,0.
n
R
xt x t R t
σ
+
∂= ∈ += >

(
)
(
)
12
, , , ; ; , .

nn
n
zz
ξξξ ξ ξ
=∈∈∈× 

()
12 1 2
, , , , .
n
nn
µ
µµ µ µ µ µ µ
=∈=+++

12
12
.
n
n
µ
µµ
µ
ξ
ξξ ξ
=

()
12
, , , ; ; .

nj
xxx xx t
j
D
DD D D i D i
x
t
∂ ∂
==−=−
∂ ∂

(
)
,.
xt
DDD=

12
12
.
n
n
xxxx
DDDD
µ
µµ
µ
=

(

)
(
)
,, (,, , ) , .
k
xt k xt
km
P
xtD Pxt D D a xt D D
µ
µ
µ
+≤
==
∑

(
)
(
)
,, , , .
k
k
km
P
xt z a xt z
µ
µ
µ
ξξ

+≤
=
∑

()
(
)
,, , , .
k
mk
km
P
xt z a xt z
µ
µ
µ
ξξ
+=
=
∑

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu –ĐHTN />3

Trong miền
R
σ
xét tốn tử sau:
,
(,, ) (,) ,
k

kxt
km
P
xtD a xtD D
µ
µ
µ
+≤
=
∑
(1.1)
trong đó các hệ số được giả thiết thuộc
(
)
.
R
C
σ
∞

Trong miền
R
σ
ta xét bài tốn Dirichlet sau đây:

(,, )(,) (,),
P
xtDuxt f xt=

(,)

R
xt
σ
∈
(1.2)

(,0) 0,
k
t
Dux =

x
R<
;
0.kr≤ <
(1.3)
Tốn tử trên được gọi là elliptic đúng đắn trong
R
σ
nếu m = 2r và
(
)
{
}
,, \0
n
R
xt
σξ
∀∈∀∈

phương trình đối với z sau đây có r nghiệm với phần ảo
dương và r nghiệm với phần ảo âm:
(
)
2
,, , 0.
r
Pxt z
ξ
=

Với mỗi
(
)
R
fC
σ
∞
∈
ta hy vọng rằng ta có thể tìm ra lời giải trong
(
)
m
R
C
σ
. Chúng
ta thấy rằng thậm chí với một bài tốn đơn giản nhất như trên cũng sẽ u cầu có
phương pháp giải nhất định.
Trước hết ta phân tích để đưa ra khái niệm nghiệm yếu.

Giả sử
(
)
(,)
m
R
uxt C
σ
∈
là một nghiệm cổ điển của Bài tốn (1.2), (1.3). Giả sử
0 R
σ
∂

là phần biên của của
R
σ
nằm trong siêu phẳng t = 0 và giả sử
1 R
σ
∂
là phần còn lại
của biên, tức là phần nằm trong mặt phẳng
2
22
,0.xtRt+ =>
Giả sử
(
)
m

R
C
ϕ
σ
∈
là
một hàm số bất kỳ trong
()
m
R
C
σ
và triệt tiêu trong lân cận
1
R
σ
∂
. Nhân hai vế của
phương trình (1.2) với hàm
()
,
x
t
ϕ
và lấy tích phân từng phần, ta có:

(
)
,
(P x,t,D u, ) ( , )

k
kx t
km
aDDu
µ
µ
µ
ϕ
ϕ
+≤
=
∑

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu –ĐHTN />4


,
(,[ ])
k
k
tx
km
DuD a
µ
µ
µ
ϕ
+≤
=
∑

0
(,),
m
k
tk
k
Du
ϕ
=
=
∑

trong đó
,
[[ ],
k
kx
mk
Da
µ
µ
µ
ϕ
ϕ
≤−
=
∑

và
()()
()
()()
,, , , ,
R
h x t k x t h x t k x t dxdt
σ
=
∫

là tích vơ hướng trong
(
)
2
.
R
L
σ

Ta có:

()
0
1
11
(P x,t,D u, ) ( , '( , , ) )
R
mk
jkj

ttk
kj
uP xtD i D uD dx
σ
ϕϕ ϕ
−−
==
∂
=−
∑∑
∫

0
1
1
(, '(,, )) ,
R
mm
jkj
ttk
jkj
uP xtD i D u D dx
σ
ϕϕ
−−
==
∂
=−
∑∑
∫

trong đó tốn tử
()
'
,,PxtD
được định nghĩa bởi cơng thức sau:
,
'( , , ) D [ ]
k
k
xt
km
PxtD D a
µ
µ
µ
ϕ
ϕ
+≤
=
∑

là tốn tử liên hợp của P(x,t, D). Theo đó, ta có:

0
1
1
((,, ),) (, '(,, )) ,
R
m

j
tj
j
PxtDu uP xtD i D N dx
σ
ϕ
ϕϕ
−
=
∂
=−
∑
∫
(1.4)
trong đó
,
0
[]
mj
k
jk
jxt
kmjk
NDDa
µ
µ
µ
ϕ
ϕ
−

+
=≤−−
=
∑∑

1.jm≤ ≤
(1.5)
Nếu
ϕ
cũng thỏa mãn điều kiện

( ,0) 0
k
t
Dx
ϕ
=

x
R<

0 kr≤ <
(1.6)
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu –ĐHTN />5

thì từ các điều kiện (1.3) và (1.6) ta có:

(
)
(P x,t,D u, ) ( , '( , , ) ).uP xtD

ϕ
ϕ
=

Từ các dẫn dắt ở trên ta đưa ra khái niệm nghiệm yếu của Bài tốn (1.2), (1.3) như
sau:
Định nghĩa 1.1 Hàm số
(
)
(
)
2
,
R
uxt L
σ
∈
được gọi là nghiệm yếu của Bài tốn (1.2),
(1.3) nếu với mọi
()
(
)
,
m
R
xt C
ϕ
σ
∈
triệt tiêu trong lân cận của

1
R
σ
∂
và thỏa mãn
(1.6) ta có
(
)
(
)
'
,(,,) , .uP xtD f
ϕ
ϕ
=
(1.7)
1.2 Điều kiện cần và đủ để tồn tại nghiệm yếu
Định lý 1.1 Điều kiện cần và đủ cho bài tốn (1.2), (1.3) có nghiệm yếu là bất
đẳng thức sau được thỏa mãn

()
,'(,,)fCPxtD
ϕ
ϕ
≤
(1.8)
với mọi
(
)
m

R
C
ϕ
σ
∈
mà bằng khơng trong lân cận của
1 R
σ
∂
và thỏa mãn (1.6) trên
0
,
R
σ
∂
trong đó
.
là chuẩn trong khơng gian
(
)
2
.
R
L
σ

Chứng minh
Nếu u thỏa mãn phương trình (1.7), ta có:

() ()

()
(
)
, ,',, . ',,fuPxtDuPxtD
ϕ
ϕϕ
=≤

đối với tất cả
(
)
m
R
C
ϕ
σ
∈
đã triệt trong lân cận
1 R
σ
∂
và thỏa mãn điều kiện (1.6),
do đó (1.8) là điều kiện cần cho sự tồn tại nghiệm của Bài tốn (1.2), (1.3) được
thỏa mãn với
.Cu=

Ta chứng minh điều kiện đủ:
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu –ĐHTN />6

Ngược lại, giả sử ta có đánh giá (1.8) được thỏa mãn, liệu ta có thể kết luận là Bài

tốn (1.2), (1.3) có nghiệm yếu hay khơng? Chúng ta sẽ tiến hành như sau:
Giả sử W là một tập hợp các hàm số
(,)
x
t
ψ
liên tục trong
R
σ
sao cho tồn tại hàm
số
(
)
m
R
C
ϕ
σ
∈
mà bị triệt tiêu trong lân cận
1 R
σ
∂
, thỏa mãn điều kiện (1.6) và sao
cho:

'( , , ) .PxtD
ϕ
ψ
=

(1.9)
Đặt
() (,).Gf
ψ
ϕ
=

Ta biết rằng
()G
ψ
khơng phụ thuộc vào
ϕ
nếu (1.9) được thỏa mãn (sử dụng bất
đẳng thức (1.8)). Theo bất đẳng thức (1.8),
()G
ψ
là một phiếm hàm tuyến tính bị
chặn mà W được xem như là khơng gian con của
2
()
R
L
σ
. Vì bao đóng
W
của W
trong
2
()
R

L
σ
là khơng gian Hilbert, theo Định lý Riez thì tồn tại
Wu ∈
thỏa mãn
() (,)Gu
ψ
ψ
=

W,
ψ
∈

do đó
(, '(,, ) ) ( , )uP xtD f
ϕ
ϕ
=
(1.10)
được thỏa mãn với mọi
(
)
m
R
C
ϕ
σ
∈
mà bị triệt tiêu trong lân cận

1
R
σ
∂
và thỏa mãn
điều kiện (1.6). Như vậy hàm u chính là một nghiệm yếu của Bài tốn (1.2), (1.3).
Để thấy rằng việc gọi u là nghiệm yếu là hợp lý, ta cần chứng minh rằng nếu
(
)
m
R
uC
σ
∈
và thỏa mãn phương trình (1.10) đối với mọi hàm như trên thì u là một
nghiệm yếu của Bài tốn (1.2), (1.3).
Để thấy được điều này, trước tiên phải chú ý rằng u thỏa mãn phương trình (1.10)
đối với mọi
0
().
R
C
ϕ
σ
∞
∈
Lấy tích phân từng phần, ta có:
(,, ) , ) 0PxtDu f
ϕ
−=

0
().
R
C
ϕ
σ
∞
∈

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu –ĐHTN />7

Điều này cho thấy u là một nghiệm của phương trình (1.2). Tiếp theo, từ (1.4) ta
có:

0
1
1
R
m
j
tj
j
D
uN dx
σ
ϕ
−
=
∂

∑
∫
(1.11)
với mọi
(
)
m
R
C
ϕ
σ
∈
triệt tiêu trong lân cận
1 R
σ
∂
và thỏa mãn điều kiện (1.6). Từ
(1.5) cho thấy:

(,0) 0,
j
Nx rjm
ϕ
=<≤

được thỏa mãn với
ϕ
như trên. Vì vậy, điều kiện (1.11) được đưa đến

0

1
1
0
R
r
j
tj
j
DuNdx
σ
ϕ
−
=
∂
=
∑
∫

được thỏa mãn với
ϕ
như trên. Người ta chứng minh được rằng đối với mọi hàm
số
10
( ), , ( ) ( )
n
r
gx gx C
∞
∈


mà triệt tiêu tại lân cận của
x
R
=
, tồn tại hàm số
ϕ
thỏa
mãn:

(,0) (),
jj
Nx gx
ϕ
=

x
R<
;
1.jr≤ ≤

Điều nói trên được suy ra từ Ví dụ 1.2 và Bổ đề 1.1 trong mục 1.2 dưới đây.
Từ phương trình này, ta có:
0
1
1
0,
R
r
j
tj

j
Dugdx
σ
−
=
∂
=
∑
∫

thỏa mãn đối với mọi
0
()
n
j
gC
∞
∈

đã triệt tiêu tại
.
x
R
=
Điều này cho thấy u thỏa
mãn điều kiện (1.3). Vì vậy, thuật ngữ “nghiệm yếu” là phù hợp. Vậy Định lý đã
được chứng minh.


1.3 Các đánh giá tiên nghiệm

1.3.1 Hệ tốn tử biên chuẩn tắc
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu –ĐHTN />8

Giả sử
1
(,, ), , (,, )
r
QxtD QxtD
là các tốn tử đạo hàm riêng với các hệ số trong
()
R
C
σ
∞
. Ta gọi tập các tốn tử trên là chuẩn tắc đối với mặt t = 0 nếu các cấp m
j

đơi một khác nhau và nếu hệ số
j
m
t
D
trong
(,0, )
j
Qx D
là một hàm số khác khơng
trong
.
x

R≤
Một hệ chuẩn tắc gồm r tốn tử được gọi là một hệ Dirichlet cấp r
nếu tất cả các tốn tử của hệ có cấp đều nhỏ hơn r.
Vì hệ có r phần tử và các cấp của chúng đơi một khác nhau nên các cấp có thể
được sắp xếp theo thứ tự từ 0,1,….r-1 và các cấp được lấy từ tập hợp
{
}
0,1, , 1 .r −

Giả sử rằng
(,, )
j
QxtD
có cấp (j -1). Chúng ta sẽ ln giả thiết điều này khi nói về
hệ Dirichlet.
Ví dụ 1.1 Hệ tốn tử
(
)
1j
jt
QD D
−
=

1,jr=
là một hệ Dirichlet.
Ví dụ 1.2 Hệ các tốn tử
(
)
,,

j
NxtD
với
1, 2, ,jr=
mà được xác định bởi cơng
thức (1.5) là một hệ Dirichlet.
Định lý 1.2 Nếu
1
(,, ), , (,, )
r
Q xtD Q xtD
là một hệ Dirichlet với cấp r thì
1
1
(,0, ) (, ) ,1
j
k
jjkxt
k
Qx D xDD j r
−
=
=Γ ≤≤
∑
(1.12)
và

1
1
(, ) (,0, ),1

j
j
tjkxk
k
DxDQxDjr
−
=
=Λ ≤≤
∑
(1.13)
trong đó
jk
Γ
và
jk
Λ
là các tốn tử đạo hàm riêng đối với biến x, với các hệ số khả
vi vơ hạn lần có cấp
.jk≤−
Đối với mỗi j,
jj
Γ
và
jj
Λ
là các hàm số khác khơng
trong miền
x
R≤
. Hơn nữa, ta có:

1
,1
j
jk kl jl
k
ljr
δ
=
ΓΛ = ≤≤ ≤
∑
( 1.14)
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu –ĐHTN />9

và
1
,1
j
jk kl jl
k
ljr
δ
=
ΛΓ= ≤≤ ≤
∑
(1.15)


Chứng minh
Cơng thức (1.12) là một hệ quả trực tiếp của định nghĩa. Ta chứng minh các cơng

thức (1.13), (1.14), (1.15) bằng phép quy nạp. Các cơng thức này hiển nhiên đúng
đối với j = 1.
Giả sử đối với hệ
12
, , ,
jj r
QQ Q
++
là đúng. Ta chứng minh nó cũng đúng với hệ
,1 2
, , , .
jj j r
QQ Q Q
++

Theo cơng thức (1.12) và giả thiết quy nạp

1
1
1
(,0, )
i
ik
iiitikt
k
Qx D D D
−
−
=
−Γ = Γ

∑


1
11
(,0, )
ik
ik kl l
kl
Qx D
−
==
=ΓΛ
∑∑


11
1
()(,0,).
ii
ik kl l
lkl
Qx D
−−
==
=ΓΛ
∑∑

Ta có thể lấy
1

ii
ii
Λ=
Γ
và

1
,1 .
i
il ii ik kl
kl
li
−
=
Λ=−Λ ΓΛ ≤<
∑

Điều này suy ra j = i và kéo theo các cơng thức (1.14) và (1.15) cũng như vậy.
Thực vậy, ta có

1ii
ik kl ii il ik kl il
kl kl
δ
−
==
ΓΛ =ΓΛ + ΓΛ =
∑∑

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu –ĐHTN />10


và
1ii
ik kl ii il ik kl
kl kl
−
==
ΛΓ =ΛΓ+ ΛΓ
∑∑


11
ij
ii
ii il ii jk kl
kljk
−−
==
=Λ Γ −Λ ΓΛ Γ
∑∑


1
ij
j
i
ii il ii jk kl il
jl kl
δ
−

==
=Λ Γ −Λ Γ Λ Γ =
∑∑

bằng giả thiết quy nạp. Vậy Định lý đã được chứng minh.


Hệ quả 1.1 Nếu
1
' ( , , ), , ' ( , , )
r
Q xtD Q xtD
là một hệ Dirichlet bất kỳ cấp r thì

1
'(,0, ) (, ) (,0, ),
j
jjkxk
k
Qx D xDQxD
=
=Θ
∑

1 jr≤ ≤

trong đó
jk
Θ
là một tốn tử đạo hàm riêng có cấp

jk≤ −
và
jj
Θ
là một hàm số
khác khơng.
Chứng minh
Theo Định lý 1.2, tồn tại các tốn tử
'
jk
Γ
và
'
jk
Λ
, khi áp dụng cho hệ
'
j
Q
với các
tính chất như đã được nói trong Định lý 1.2 và cũng tồn tại các tốn tử
jk
Γ
và
jk
Λ

như là khi áp dụng cho hệ Q
j
. Vậy ta có:

1
1
'( ,0, ) '
j
k
jjkt
k
QxD D
−
=
=Γ
∑


11
'(,0,)
j
k
jk ki i
ki
Qx D
==
=Γ Λ
∑∑


1
(' )(,0,).
jj

jk ki i
iki
Qx D
==
=ΓΛ
∑∑

Ta có thể kiểm tra một cách dễ dàng đây chính là cơng thức u cầu. Vậy Hệ quả
đã được chứng minh.


Bổ đề 1.1 Giả sử
1
( , , ), , ( , , )
r
Q xtD Q xtD
là một hệ Dirichlet có cấp r, và
1
( ), , ( )
r
gx gx
là các hàm số bất kỳ khả vi vơ hạn lần trong miền
x
R<
và bằng
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu –ĐHTN />11

khơng trong lân cận mặt cầu
x
R=

. Khi đó tồn tại một hàm số
(
)
R
vC
σ
∞
∈
, bằng
khơng trong lân cận
1
R
σ
∂
và thỏa mãn:
(,0, )(,0) (),1 .
jj
Qx Dvx gx j r=≤≤

Chứng minh
Theo Định lý 1.2, ta chỉ cần tìm một hàm số
()
R
vC
σ
∞
∈
triệt tiêu trong lân cận
1
R

σ
∂
và thỏa mãn
1
1
(,0) () (),1 .
j
j
tjkkj
k
Dvx gx hx jr
−
=
=Λ = ≤≤
∑

Bây giờ, tồn tại
1
R
R<
sao cho tất cả
()
k
gx
sẽ bằng khơng với
1
x
R≥
. Giả sử
0

δ
>

đủ nhỏ để hình trụ
1
,0xR t
δ
≤≤≤
nằm trong
R
σ
. Giả sử
()t
ζ
là một hàm số trong
tập
0
(,)C
δ δ
∞
−
và bằng 1 khi t = 0. Đặt:
1
1
() ()
(,) ()
(1)!
k
r
k

k
it h x
vxt t
k
ζ
−
=
=
−
∑

Chúng ta nhận được một hàm số có các tính chất cần tìm. Vậy Bổ đề đã được
chứng minh.



1.3.2 Biến đổi Fourier và một số khơng gian hàm
A. Khơng gian
(
)
S Ω

Định nghĩa 1.2 Giả sử
Ω
là một miền trong
1
.
nn
x
t

+
=×


() ( )
()
()
() ()
{
}
1
,,, ,,,
,;,,,;C0:1 ,;,.
m
n k
km x t km
SxtC km xtDDvxtCxt
β
αβ αβ
ϕαβ
∞+
Ω= ∈ ∀ ∃ > + + ≤ ∀ ∈Ω


B. Khơng gian
()
2
L Ω

Định nghĩa 1.3 Trong

(
)
S Ω
ta đưa vào tích vơ hướng
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu –ĐHTN />12

( ) ()()
,,,
fg f
xt g x t dxdt
Ω
=
∫

và chuẩn tương ứng
()
2
2
,.
f
fxt dxdt
Ω
=
∫
(*)
Khơng gian
()
2
L Ω
là bao đóng của

(
)
S Ω
theo chuẩn (*).

C. Biến đổi Fourier
Định nghĩa 1.4 Giả sử
(
)
(
)
,.
nn
vx S
ξ
∈∈
Biến đổi Fourier của hàm v(x) ký hiệu
là
(
)
(
)
(
)
Fv x
ξ
hoặc
()
v
ξ


được định nghĩa bởi cơng thức sau:
()
()
()
,
,
n
ix
vevxdx
ξ
ξ
−
=
∫



trong đó
()
11 2 2
, .
nn
x
xx x
ξ
ξξ ξ
=+ ++

Biến đổi Fourier trên

(
)
n
S 
có các tính chất sau:
C1. Là một song ánh từ
()
n
S 
vào
(
)
n
S 
đồng thời ánh xạ ngược được xác định
bởi cơng thức sau:
()
()
()
()
,
1
.
2
n
ixt
n
vx e v d
ξ
ξ

π
=
∫



C2. Biến đổi Fourier của đạo hàm
()
() ()
.
x
FDv v
αα
ξ
ξξ
⎡⎤
=
⎣⎦


C3. Cơng thức Parseval
() ()
()
()

()
1
ww.
2
nn

n
vx xdx v d
ξ
ξξ
π
=
∫∫



Số hóa bởi Trung tâm Học liệu –ĐHTN />13

C4. Quan hệ giữa các chuẩn trong
(
)
2
n
L 

()
2
2
1
,
2
n
vv
π
=


(
)
.
n
vS∀∈ 

C5. Biến đổi Fourier có thể thác triển liên tục lên tồn bộ
()
2
n
L 
và các cơng
thức trên vẫn còn đúng.
Nhận xét Giả sử
n
Ω⊂
là một miền bất kỳ (hữu hạn hoặc vơ hạn). Giả sử
(
)
(
)
0
.vx C
∞
∈Ω
Ta đặt
()
(
)

,
0, .
vx x
vx
x
∈Ω⎧
⎪
=
⎨
∉Ω
⎪
⎩


Khi đó,
(
)
(
)
n
vx S∈


và do đó biến đổi Fourier có thể định nghĩa cho mọi
(
)
(
)
0
.vx C

∞
∈Ω


D. Khơng gian
(
)
s
n
H 

Định nghĩa 1.5 Giả sử
s ∈ 
là bất kỳ. Trong
(
)
n
S 
ta đưa vào tích vơ hướng
() ()
()
()
(
)
()

()
2
1
,w 1 w

2
n
s
n
s
vx x v d
ξ
ξξξ
π
=+
∫


(1.15’)
và chuẩn tương ứng
(
)
()
2
22
1.
n
s
s
vvd
ξ
ξξ
=+
∫



(1.15”)
Khơng gian
()
s
n
H 
được định nghĩa là bao đóng của
(
)
n
S 
theo chuẩn (1.15”).
Nhận xét: Khi s = 0 thì
(
)
0
n
H 
chính là khơng gian
( )
2
n
L 
và
0
.vv=


E. Khơng gian

(
)
,
rs
b
H Ω

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu –ĐHTN />14

Định nghĩa 1.6 Giả sử b là một số dương nào đó hoặc có thể là
.+∞
Ta định nghĩa
(
)
{
}
,: ,0 .
n
b
x
tx tb
Ω= ∈ <<


Cho
s ∈ 
và
r ∈ 
. Trong
(

)
b
S
Ω
ta đưa vào tích vơ hướng sau
()
()
,
0
0
,w , w
b
r
kk
tt
rs
rks
k
vDvDdt
−+
=
=
∑
∫

và chuẩn tương ứng
2
2
,
0

0
b
r
k
t
rs
rks
k
vDvdt
−+
=
=
∑
∫

trong đó,
()
,w
s
v
và
2
s
v
được xác định tương ứng bởi (1.15’) và (1.15”).
Nhận xét
Khi r = 0 thì ta có

() ()
0,ss

bb
HHΩ= Ω


(
)
(
)
0,0 2
.
bb
HL
Ω= Ω


1.3.3 Đánh giá tiên nghiệm
Bây giờ chúng ta sẽ xem xét vấn đề khi nào bất đẳng thức (1.8) được thỏa mãn đối
với
ϕ
đã nêu trong Mục 1.2. Chúng ta cùng kiểm tra kỹ bất đẳng thức này.
Cho
R
D
là một tập hợp các hàm
(
)
m
R
C
ϕ

σ
∈
mà triệt tiêu trong lân cận
1
R
σ
∂
và
thỏa mãn điều kiện (1.6). Thác triển các hàm
ϕ
như vậy bằng khơng ở ngồi
R
σ
và
giả sử
R
H
là bao đóng của
R
D
đối với chuẩn
,0m
. Nếu R(x,t,D) là một tốn tử bất
kỳ có cấp
m≤
với các hệ số bị chặn trên
R
σ
, chúng ta có thể mở rộng miền xác
định R(x,t,D) lên

R
H
để áp dụng cho các hàm số trong
R
H
. Ta có thể sử dụng bất
đẳng thức:
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu –ĐHTN />15

,0
(,, )
m
RxtD C
ϕϕ
≤

R
D
ϕ
∈
(1.16)
Bất đẳng thức này sẽ được chứng minh phần cuối trong mục này. Trên thực tế, nếu
u là một hàm số bất kỳ trong
R
H
, thì sẽ có một dãy
{
}
k
ϕ

của các hàm số trong
R
D

hội tụ tới u trong H. Theo bất đẳng thức (1.16), dãy
{
}
(,, )
k
RxtD
ϕ
hội tụ trong
2
()
R
L
σ
tới một hàm số w. Ta gọi R(x,t,D)u là w. Để thấy rằng định nghĩa này là có
ý nghĩa, ta phải chỉ ra rằng định nghĩa này khơng phụ thuộc vào dãy riêng
{
}
k
ϕ
.
Thật vậy, nếu
{
}
k
ψ
là một dãy khác của hàm số trong

R
D
hội tụ tới u trong H thì:

,0
(,, )[ ] 0
kk kk
m
RxtD C
ϕψ ϕψ
−≤ − →

theo bất đẳng thức (1.16). Theo đó,
(,, ) w
k
RxtD
ψ
→
cũng nằm trong
2
()
R
L
σ
. Lưu ý
rằng
2
()
R
R

HL
σ
⊂
.
Tiếp theo, lưu ý rằng bất đẳng thức (1.16) suy ra:

,0
(,, )
m
RxtDv Cv≤

.
R
vH
∈
(1.17)
Nếu
{
}
k
ϕ
là một dãy số khác của hàm số trong
R
D
hội tụ tới v trong H
R
thì
,0
(,, )
kk

m
RxtD C
ϕϕ
≤

theo bất đẳng thức(1.16). Lấy giới hạn khi
,k →∞
ta có bất đẳng thức (1.17). Bằng
cách lập luận tương tự, bất đẳng thức (1.8) tương đương với:

(,) '(,, )
f
vCPxtDv
≤

.
R
vH∈
(1.18)
Ta ký hiệu
'
R
N
là một tập hợp các hàm
R
vH
∈
thỏa mãn

'( , , ) 0.PxtDv=

(1.19)
Từ bất đẳng thức (1.18) ta thấy rằng để bất đẳng thức (1.8) thỏa mãn, điều kiện
cần là
()
,' 0
R
fN
=
(viết tắt là
'
R
f
N
⊥
). Đây là điều kiện cần và do đó từ thời điểm
này ta giả thiết rằng điều kiện (1.19) ln được thỏa mãn.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu –ĐHTN />16

Rõ ràng,
'
R
N
là khơng gian con của
2
()
R
L
σ
. Chúng ta sẽ chứng minh tại Mục 2.2
Định lý 1.3 Đối với R vừa đủ nhỏ,

'
R
N
là một khơng gian hữu hạn chiều.
Từ đây, có thể suy ra
'
R
N
là khơng gian con đóng của
2
()
R
L
σ
. Theo đó, ta có:
Bổ đề 1.2 Nếu
'
R
f
N⊥
và
(,) '(,, )
f
vCPxtDv
≤

R
vH
∈
;

'
R
vN
⊥
(1.20)
thì bất đẳng thức (1.18) được thỏa mãn với mọi
R
vH
∈
.
Chứng minh
Nếu
R
vH
∈
, thì
12
vv v
=+
, trong đó
2
'
R
vN
∈
và
1
'
R
vN

⊥
trong
2
()
R
L
σ
. Vì v và v
2

đều thuộc H, v
1
cũng tương tự. Vì vậy, nếu
'
R
f
N⊥
và bất đẳng thức (1.20) thỏa
mãn, ta có:
11
(,) (,) '(,, ) '(,, ).
f
v fv CPxtDv CPxtDv
=≤ =

Đây chính là bất đẳng thức (1.18). Vậy Bổ đề đã được chứng minh.


Hệ quả 1.2 Nếu
'( , , )

vCPxtDv
≤

R
vH∈
;
'
R
vN⊥
(1.21)
thì bất đẳng thức (1.18) được thỏa mãn đối với mỗi
'
R
f
N⊥
.
Từ Hệ quả 1.2, ta thấy rằng nếu muốn bất đẳng thức (1.8) thỏa mãn đối với mỗi
'
R
f
N⊥
, ta cần chứng minh bất đẳng thức (1.21). Trước hết ta phát biểu định lý và
bổ đề sau:
Định lý 1.4 Với giả thuyết nêu trong Mục 1.1, tồn tại các hằng số R > 0 và C, sao
cho

,0
('(,,) )
m
CPxtD

ϕϕϕ
≤+

.
R
D
ϕ
∈
(1.22)
Bổ đề 1.3 Nếu
{
}
k
u
là một dãy của các hàm số trong H
R
, sao cho
,0
k
m
uK≤

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu –ĐHTN />17

thì nó có một dãy con hội tụ trong
2
().
R
L
σ

Như chúng ta đã lưu ý trước đây, bất đẳng thức (1.22) suy ra:
,0
('(,,) )
m
vCPxtDvv≤+

.
R
vH∈
(1.23)
Ta sẽ chứng minh Định lý 1.4 ở phần cuối của phần này và Bổ đề 1.3 ở mục 2.2.
Bây giờ chúng ta sử dụng Định lý và Bổ đề trên để chứng minh
Định lý 1.5
Với giả thuyết nêu trong Mục 1.1, tồn tại các hằng số R >0 và C, sao cho:

,0
'( , , )
m
vCPxtDv≤

R
vH∈

'.
R
vN⊥
(1.24)
Chứng minh
Giả sử bất đẳng thức (1.24) khơng được thỏa mãn. Do đó sẽ có một dãy

{
}
k
v
của
các hàm số trong
R
H
thỏa mãn
(, ') 0
kR
vN
=
và

,0
1
k
m
v =
;
'( , , ) 0.
k
PxtDv
→
(1.25)
Theo Bổ đề 1.3, có một dãy con hội tụ trong
2
()
R

L
σ
. Ở đây, ta chỉ quan tâm tới dãy
con này. Vì vậy, chúng ta giả sử rằng tồn bộ dãy con sẽ hội tụ trong
2
()
R
L
σ
. Theo
bất đẳng thức (1.23):

(
)
,0
'( , , )[ ] 0.
jk jk jk
m
vv CPxtDvv vv−≤ −+−→

Vì vậy, v
k
hội tụ trong
R
H
tới hàm số
R
vH∈
. Vì mỗi hàm số v
k

đều trực giao với
'
R
N
, nghĩa là cũng trực giao với
ν
. Theo bất đẳng thức (1.17) ta có:

,0
'( , , )[ ] 0.
jk k
m
PxtDv v Cv v
−≤− →

Như vậy
(
)
’,, 0
PxtDv
=
. Điều này có nghĩa rằng
'.
R
vN∈
Điều này suy ra
0
ν
=
.

Tuy nhiên:

,0
,0
lim 1.
k
m
m
vv==

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu –ĐHTN />18

Mâu thuẫn này đã chứng minh cho bất đẳng thức (1.24). Vậy Định lý đã được
chứng minh.


Hệ quả 1.3 Với giả thiết nêu trong Mục 1.1, tồn tại các hằng số R > 0 và C, sao
cho bất đẳng thức (1.18) thỏa mãn đối với mỗi
'
R
f
N
⊥
.
Chứng minh
Kết hợp Hệ quả 1.2 và Định lý 1.5.
Từ Định lý 1.4 ta suy ra định lý sau đây
Định lý 1.6 Với các giả thiết của Mục 1.1, có các hằng số R >0 và C thỏa mãn:
,0
((,,) )

m
CPxtD
ϕϕϕ
≤+

.
R
D
ϕ
∈

1.4 Trường hợp hình cầu có bán kính đủ nhỏ
Định lý 1.7 Tồn tại một giá trị R
0
> 0 sao cho Bài tốn (1.2), (1.3) có nghiệm yếu
đối với mỗi
'
R
f
N
⊥
với mọi
0
R
R
≤
.
Chứng minh
Theo Định lý 1.4, tồn tại một hằng số
0R >

để bất đẳng thức (1.22) được thỏa mãn.
Lưu ý rằng
R
D
chứa
1
R
D
đối với mọi
1
R
R<
nào. Vì vậy, bất đẳng thức (1.22) thỏa
mãn đối với bất kỳ một giá trị
R
đủ nhỏ nào. Từ đây suy ra bất đẳng thức (1.24)
cho bất kỳ giá trị
R
đủ nhỏ nào và suy ra Bài tốn (1.2), (1.3) có nghiệm yếu đối
với mỗi
'
R
f
N⊥
cho mỗi giá trị
R
đủ nhỏ. (thơng qua bất đẳng thức (1.18)).
Bây giờ chúng ta đưa ra chứng minh bất đẳng thức (1.16). Bất đẳng thức (1.16) là
một hệ quả của
0

,0
k
xt
m
km
DD C
µ
µ
ϕϕ
+≤
≤
∑

.
R
D
ϕ
∈
(1.26)
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu –ĐHTN />19

Thực tế là các hệ số
(
)
x, ,
R
tD
đều bị chặn. Để chứng minh bất đẳng thức (1.26),
lưu ý rằng:
22

0
(2 ) ( , )
kk
xt t
DD DF t d dt
µπµ
ϕ
πξϕξξ
∞
−
=
∫∫


2
2
0
(,)
k
t
CDFtddt
µ
ξ
ϕξ ξ
∞
≤
∫∫

2
,mo

C
ϕ
≤

với
km
µ
+≤
, theo đẳng thức Parseval.
Theo đó, ta có bất đẳng thức (1.26). Lưu ý rằng hằng số
0
C
khơng phụ thuộc vào
R
. Chúng ta cũng nhận được chứng minh của Định lý 1.4.
Do các hệ số của
(
)
,,PxtD
đều nằm trong
( )
R
C
σ
∞
, nên ta có:
,
,
'( , , ) [ (x,t) ]= (x,t)
kk

k
xt k xt
P
xtD DD a b D D
µµ
µ
µ
ϕϕϕ
=
∑∑

trong đó
,k
b
µ
nằm trong
()
R
C
σ
∞
. Lưu ý:
,
,
(,)
k
k
baxt
µ
µ

=

km
µ
+ =

vì vậy,
(
)
',,
PxtD
có dạng elliptic trong
R
σ
, và
1,
() (0,0)
k
kxt
PD b DD
µ
µ
=
∑

có dạng elliptic. Đặt:
,,,
(,) (,) (0,0)
kkk
cxtbxtb

µµµ
=−

km
µ
+ ≤

và

1,
(,, ) (,)
k
kxt
R
xtD c xtDD
µ
µ
=
∑

do đó

11
'( , , ) ( ) ( , , )P xtD PD R xtD=+

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu –ĐHTN />20

và các hệ số của
1
(,, )

R
xtD
sẽ triệt tiêu. Vì
1
()PD
có dạng elliptic nên tồn tại hằng
số C
1
sao cho:
11
,0
(() )
m
CPD
ϕϕϕ
≤+

R
D
ϕ
∈
(1.27)
Hơn nữa, chúng ta biết rằng tồn tại một hằng số C
0
độc lập trong

sao cho bất
đẳng thức (1.26) thỏa mãn. Vì
,
(,)

k
cxt
µ
triệt tiêu tại gốc tọa độ nên chúng ta có thể
lấy
0R >
đủ nhỏ để:
,
01
1
(,) ,
2
k
cxt
CC
µ
≤

km
µ
+ ≤

vì vậy
,0
1
1
(,, ) ,
2
m
RxtD

C
ϕ
ϕ
≤

.
R
D
ϕ
∈
(1.28)
Kết hợp bất đẳng thức (1.27) và (1.28) ta có:
1
,0 ,0
1
('(,,) ) .
2
mm
CPxtD
ϕϕϕϕ
≤++

Từ đây ta có bất đẳng thức mong muốn. Vậy Định lý đã được chứng minh.


Số hóa bởi Trung tâm Học liệu –ĐHTN />