Phương trình hyperbolic với hệ số biến thiên (LV1241)

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2
PHAN VĂN BÌNH
PHƯƠNG TRÌNH HYPERBOLIC
VỚI HỆ SỐ BIẾN THIÊN
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
Chuyên ngành: Toán giải tích
Mã số: 60 46 01 02
Người hướng dẫn khoa học
TS. Phạm Triều Dương
HÀ NỘI, 2014
Lời cảm ơn
Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới TS. Phạm Triều Dương, người đã định hướng
chọn đề tài và tận tình hướng dẫn giúp tôi hoàn thành luận văn này.
Tôi cũng xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới Ban giám hiệu, phòng Sau đại học,
các thầy cô giáo giảng dạy cao học chuyên ngành Toán giải tích cùng các thầy cô trong
trường Đại học Sư phạm Hà Nội 2 đã giúp đỡ tôi trong suốt quá trình học tập và
nghiên cứu.
Nhân dịp này tôi cũng xin được gửi lời cảm ơn chân thành tới các anh chị, bạn bè,
đã luôn động viên, giúp đỡ tôi trong quá trình hoàn thành khóa học và hoàn thiện
luận văn.
Qua đây tôi cũng xin bày tỏ lòng biết ơn vô hạn tới bố mẹ và những người thân
trong gia đình đã luôn luôn tin tưởng và khích lệ giúp tôi hoàn thành luận văn.
Hà Nội, tháng 12 năm 2014
Tác giả
Phan Văn Bình
Lời cam đoan
Tôi xin cam đoan, dưới sự hướng dẫn của TS. Phạm Triều Dương, luận văn Thạc sĩ
chuyên ngành Toán giải tích với đề tài “Phương trình hyperbolic với hệ số biến
thiên” được hoàn thành bởi nhận thức của bản thân tác giả. Các trích dẫn trong luận
văn đã được chỉ rõ nguồn gốc.

Trong quá trình nghiên cứu thực hiện luận văn, tác giả đã kế thừa những thành tựu
của các nhà khoa học với lòng biết ơn trân trọng nhất.
Hà Nội, tháng 12 năm 2014
Tác giả
Phan Văn Bình
Mục lục
Lời nói đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
Chương 1. Kiến thức chuẩn bị. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.1. Cơ sở giải tích Fourier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.1.1. Phép biến đổi Fourier trong không gian Schwartz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.1.2. Phép biến đổi Fourier trong không gian L
p
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.2. Kiến thức cơ sở về phương trình truyền sóng . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.2.1. Biểu diễn Kirchhoff trong R
3
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.2.2. Phương pháp năng lượng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
1.3. Giải tích WKB đối với bài toán Cauchy. Phương pháp nhân tử Fourier . 10
1.3.1. Nhân tử Fourier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
1.3.2. Sử dụng phương pháp nhân tử Fourier biểu diễn nghiệm của phương trình sóng tắt dần . . . 14
1.3.3. Giải tích WKB đối với bài toán Cauchy. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
Chương 2. Phương trình hyperbolic với hệ số biến thiên . . . . . . . . . . . . 22
2.1. Giới thiệu bài toán về hệ số biến thiên . . . . . . . . . . . . . . . . 22
2.2. Sự tồn tại và duy nhất nghiệm toàn cục Sobolev với các dữ kiện nhỏ . . . 23
2.3. Dáng điệu tiệm cận của nghiệm. Ước lượng L
p
− L
q
. . . . . . . . . . 28

2.3.1. Dáng điệu tiệm cận của nghiệm. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
2.3.2. Ước lượng L
p
− L
q
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33
Kết luận. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36
Tài liệu tham khảo. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37
Lời nói đầu
1. Lý do chọn đề tài
Bài toán Cauchy đối với phương trình truyền sóng tựa tuyến tính đã được nghiên
cứu từ rất lâu. Trong khi tính giải được địa phương theo thời gian của bài toán Cauchy
đối với phương trình hyperbolic mạnh hoàn toàn phi tuyến đã được biết khá rõ, và
với phương trình hyperbolic yếu đã được nghiên cứu bởi Dreher, Kajitani, Reissig và
Yagdjan [4, 5, 7, 13], tính giải được toàn cục theo thời gian đối với phương trình tựa
tuyến tính vẫn chưa rõ. Mới có ít kết quả về vấn đề này và mới chỉ đạt được đối với
phương trình nửa tuyến tính. Đối với phương trình nửa tuyến tính dạng Tricomi, sự
tồn tại và hiện tượng bùng nổ đã được nghiên cứu trong công trình [15], đối với các
phương trình dạng Klein-Gordon sự bùng nổ được nghiên cứu trong [18]. Sự tồn tại
của các nghiệm tự đồng dạng đối với các mô hình sóng tuyến tính và nửa tuyến tính
dạng Tricomi đã được nghiên cứu trong [16, 17].
Trong các bài toán, sự phụ thuộc biến thiên theo thời gian của các tham số đóng
vai trò quan trọng. Khi giải quyết được vấn đề đó, ta có thể thiết lập được quy luật
vận động của các hiện tượng vật lý. Tuy nhiên các yếu tố này có thể là tổng hợp của
nhiều quy luật khác nhau: quy luật vĩ mô (hình thái chính của hiện tượng): tính tăng
hay giảm của hàm vận tốc và các thành phần tham gia, quy luật vi mô (độ dao động
do các tác nhân ngoài ý muốn). Đây là điểm mới trong mô hình sóng mà chúng tôi
muốn tìm ra vai trò đóng góp của mỗi thành tố vào dáng điệu chung của nghiệm. Bài
toán này có xuất phát từ mô hình truyền dẫn của vật chất trong lý thuyết tương đối
Einstein – de Sitter. Ta có thể tìm hiểu được bản chất lan truyền sóng trên thực tế

phụ thuộc vào những yếu tố nào.
Với mong muốn được tìm hiểu lý thuyết về phương trình hyperbolic và được sự định
hướng của thầy hướng dẫn. Chúng tôi chọn đề tài “Phương trình hyperbolic với
hệ số biến thiên” để thực hiện luận văn tốt nghiệp chương trình đào tạo thạc sĩ
chuyên ngành Toán giải tích.
2. Mục đích nghiên cứu
Nghiên cứu sự tồn tại và duy nhất nghiệm Sobolev (mild solution) của bài toán với
các dữ kiện nhỏ tùy ý.
Nghiên cứu dáng điệu tiệm cận của nghiệm khi t → +∞.
1
2
3. Nhiệm vụ nghiên cứu
Nghiên cứu phương trình hyperbolic với hệ số biến thiên, chỉ ra sự tồn tại duy nhất
nghiệm và dáng điệu tiệm cận của nghiệm, so sánh trực tiếp với trường hợp hệ số hằng:
tìm được ảnh hưởng quyết định của hệ số lên tính giải được.
4. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu
Bài toán Cauchy đối với phương trình truyền sóng tựa tuyến tính với hệ số tăng
theo thời gian.
5. Phương pháp nghiên cứu
Việc nghiên cứu bài toán tuyến tính là bước quan trọng đầu tiên. Chúng tôi sử dụng
phương pháp dựa trên các đánh giá L
p
− L
q
và trên dạng tường minh của nghiệm cơ
bản đối với toán tử tuyến tính.
6. Đóng góp mới của đề tài
Luận văn trình bày sự tồn tại và duy nhất nghiệm Sobolev (mild solution) của bài
toán và dáng điệu tiệm cận của nghiệm khi t → +∞.
Chương 1

Kiến thức chuẩn bị
1.1. Cơ sở giải tích Fourier
1.1.1. Phép biến đổi Fourier trong không gian Schwartz
Phép biến đổi Fourier là một phép biến đổi tích phân đặc biệt. Nó thường được định
nghĩa bởi:
F (f) (ξ) := (2π)
−n/2

R
n
e
−ix.ξ
f (x) dx
với x.ξ =
n

i=1
x
i
ξ
i
.
Phép biến đổi Fourier ngược được định nghĩa bởi
F
−1
(g) (x) := (2π)
−n/2

R
n

e
ixξ
g (ξ) dξ.
Định nghĩa 1.1.1. Ký hiệu S (R
n
) là không gian con của C
∞
(R
n
) gồm tất cả các
hàm f thỏa mãn
p
α,β
(f) = sup
x∈R
n


x
β
∂
α
x
f (x)


< ∞
với mọi đa chỉ số α và β. Tô pô trong S (R
n
) sinh bởi họ nửa chuẩn {p

α,β
(f)}
α,β
. Khi
đó S (R
n
) được gọi là không gian Schwartz.
Không gian Schwartz là không gian con lớn nhất của L
1
(R
n
) bất biến qua phép lấy
đạo hàm ∂
α
x
và phép nhân với x
β
.
Định lí 1.1.2. Phép biến đổi Fourier và phép biến đổi Fourier ngược ánh xạ liên tục
không gian Schwartz vào chính nó. Biến đổi Fourier của ∂
x
k
f là iξ
k
F (f) và biến đổi
Fourier của x
k
f là i∂
ξ
k

F (f). Bằng cách này, phép lấy đạo hàm trong không gian vật
lý, tức là không gian R
n
x
tương ứng với một phép nhân bởi biến trong không gian pha,
tức là không gian R
n
ξ
và ngược lại.
Chứng minh. Ta chứng minh rằng với một hàm f ∈ S (R
n
) thì ảnh F (f) cũng thuộc
3
4
S (R
n
). Ta có
ξ
β
∂
α
ξ
F (f) (ξ) =
1
(2π)
n
2

R
n

e
−ixξ
ξ
β
(−ix)
α
f (x) dx
=
1
(2π)
n
2

R
n
i
|β|
∂
β
x

e
−ixξ

(−ix)
α
f (x) dx
=
1
(2π)

n
2

R
n
e
−ixξ
(−i)
|β|
∂
β
x
((−ix)
α
f (x)) dx
=
1
(2π)
n
2

R
n
e
−ixξ

1 + |x|
2

−

n+1
2
(−i)
|β|

1 + |x|
2

n+1
2
∂
β
x
((−ix)
α
f (x)) dx,
ở đây giả thiết f ∈ S (R
n
), trong khi đó lấy tích phân từng phần của tích phân trên
thì các tích phân trên biên đều triệt tiêu. Hơn nữa, ta có
sup
x∈R
n





1 + |x|
2


n+1
2
∂
β
x
((−ix)
α
f (x))




< ∞.
Do

R
n

1 + |x|
2

−
n+1
2
dx < ∞ nên
p
α,β
(F (f)) = sup
ξ∈R

n


ξ
β
∂
α
ξ
F (f) (ξ)


< ∞
trong không gian pha, với mọi đa chỉ số α và β. Bằng cách tương tự ta có thể chỉ ra
rằng p
α,β
(f
k
− f) → 0 khi k → ∞ kéo theo p
α,β
(F (f
k
) − F (f)) → 0 với mọi đa chỉ
số α và β. Do đó F : f → F (f) ánh xạ liên tục không gian S (R
n
) vào chính nó. 
1.1.2. Phép biến đổi Fourier trong không gian L
p
Ta xét phép biến đổi Fourier
F (f) (ξ) := (2π)
−n/2


R
n
e
−ix.ξ
f (x) dx
với x.ξ =
n

i=1
x
i
ξ
i
.
Cho f ∈ L
1
(R
n
). Khi đó F (f) thuộc vào L
∞
(R
n
). Hơn nữa, F (f) liên tục trên R
n
và
lim
ξ→∞
F (f) (ξ) = 0.
Cho f ∈ L

2
(R
n
). Khi đó, định nghĩa cổ điển của F (f) không thể áp dụng được. Ta
cần tìm một định nghĩa thích hợp cho F (f) nếu f thuộc L
2
(R
n
).
Ta chọn f, g ∈ S (R
n
). Khi đó theo định nghĩa cổ điển
F
−1
(f) = (2π)
−
n
2

R
n
e
ixξ
f (x) dx
5
và F (f) = (2π)
−
n
2


n
e
−ix.ξ
f (x) dx. Ta thu được 2 hệ thức sau:

R
n
F
−1
(f) (x) g (x)dx =

R
n
f (ξ) F (g) (ξ)dξ, (1.1)

R
n
F (f) (x) g (x)dx =

R
n
f (ξ) F
−1
(g) (ξ)dξ. (1.2)
Hệ thức (1.1) thu được từ

R
n
F
−1

(f) (x) g (x)dx =

R
n
1
(2π)
n
2


R
n
e
ix.ξ
f (ξ) dξ

g (x)dx
=

R
n
f (ξ)
1
(2π)
n
2


R
n

e
ix.ξ
g (x)dx

dξ
=

R
n
f (ξ)
1
(2π)
n
2

R
n
e
−ix.ξ
g (x)dxdξ
=

R
n
f (ξ) F (g) (ξ) dξ.
nếu ta sử dụng định nghĩa cổ điển của F
−1
(f) (x). Hệ thức này có thể viết là

F

−1
(f) , g

= (f, F (g))
với mọi hàm f, g ∈ S (R
n
). Bây giờ ta chọn f ∈ L
2
(R
n
). Khi đó tích vô hướng (f, F (g))
là xác định với mọi hàm g ∈ S (R
n
). Do tính trù mật của C
∞
0
(R
n
) ⊂ S (R
n
) trong
L
2
(R
n
) nên đẳng thức (w, g) = (f, F (g)) xác định một phiếm hàm trên L
2
(R
n
). Khi

đó, tồn tại duy nhất w ∈ L
2
(R
n
) sao cho hệ thức (1.2) là hoàn toàn có nghĩa với mọi
hàm f ∈ L
2
(R
n
) và g ∈ S (R
n
). Ta định nghĩa hàm w này là biến đổi Fourier ngược
của hàm f ∈ L
2
(R
n
). Sử dụng hệ thức (1.2) bằng cách biện luận tương tự ta có thể
định nghĩa biến đổi Fourier F (f) ∈ L
2
(R
n
) với một hàm f cho trước thuộc L
2
(R
n
) .
Tóm lại, ta đã định nghĩa được F (f) và F
−1
(f) của hàm f ∈ L
2

(R
n
) thông qua hai
hệ thức

F
−1
(f) , g

L
2
= (f, F (g))
L
2
, ∀g ∈ S (R
n
) ,
(F (f) , g)
L
2
=

f, F
−1
(g)

L
2
, ∀g ∈ S (R
n

) .
Định lí 1.1.3. Phép biến đổi Fourier là một toán tử unita trong L
2
(R
n
).
Chứng minh. Với g ∈ S (R
n
) ta có

F
−1
(F (f)) , g

L
2
= (F (f) , F (g))
L
2
=

f, F
−1
(F (g))

L
2
= (f, g)
L
2

.
6
Do tính trù mật của S (R
n
) trong L
2
(R
n
) suy ra công thức Fourier ngược của hàm
f ∈ L
2
(R
n
) vì F
−1
(F (f)) = f từ đẳng thức trên với các phiếm hàm. Do đó, F ánh
xạ L
2
(R
n
) vào chính nó. Hơn nữa, F là đẳng cự. Ở đây, ta sử dụng hệ thức trên với
g = F (h). Ta được
(F (f) , F (h))
L
2
= (f, h)
L
2
,
với mọi f ∈ L

2
(R
n
) và mọi h ∈ S (R
n
). Tiếp tục áp dụng tính trù mật cho ta hệ thức
trên với mọi hàm f, h ∈ L
2
(R
n
) . 
Công thức
(F (f) , F (h))
L
2
= (f, h)
L
2
được gọi là đẳng thức Parseval-Plancherel. Trường hợp đặc biệt, nếu f = h thì ta được
F (f)
2
L
2
= f
2
L
2
.
1.2. Kiến thức cơ sở về phương trình truyền sóng
1.2.1. Biểu diễn Kirchhoff trong R

3
Xét bài toán Cauchy u
tt
− ∆u = 0, u (0, x) = 0, u
t
(0, x) = p (x) , x ∈ R
3
.
Định lí 1.2.1. Cho p ∈ C
k
(R
3
) với k ≥ 2. Khi đó nghiệm của bài toán Cauchy ở trên
được cho bởi công thức Kirchhoff
u
p
(t, x) =
1
4πt

S
t
(x)
p (y) dσ
y
và thuộc C
k
([0, ∞) ×R
3
).

Chứng minh. Đổi biến y = x + tα, α = (α
1
, α
2
, α
3
), trong đó α là vectơ đơn vị theo
phương y − x. Sử dụng dσ
t
= t
2
dσ
1
ta được
u
p
(t, x) =
t
4π

S
1
(0)
p (x + tα) dσ
1
.
Do đó ta có lim
t→0
u
p

(t, x) = 0. Đạo hàm theo t và nhờ tính chính qui của p ta có:
∂
t
u
p
(t, x) =
1
4π

S
1
(0)
p (x + tα) dσ
1
+
t
4π

S
1
(0)
∇p (x + tα) αdσ
1
.
từ phương trình này ta có
lim
t→0
∂
t
u

p
(t, x) = p (x) .
7
Bây giờ ta chỉ ra rằng u
p
là nghiệm của phương trình sóng, tức là u
p
(t, x) . Sử dụng
biểu diễn
∂
t
u
p
(t, x) =
1
t
u
p
(t, x) +
1
4πt

S
t
(x)
∇p (y) .αdσ
t
(y).
Bây giờ, sử dụng α là vectơ pháp tuyến đơn vị ngoài của S
t

(x) và áp dụng định lý
divergence ta được
∂
t
u
p
(t, x) =
1
t
u
p
(t, x) +
1
4πt

B(x,t)
∆p (y) dy.
Ở đây B (x, t) ⊂ R
3
là hình cầu tâm x, bán kính t. Tiếp tục đạo hàm theo t ta có
∂
2
t
u
p
(t, x) = −
1
t
2
u

p
(t, x) +
1
t
∂
t
u
p
(t, x) −
1
4πt
2

B(x,t)
∆p (y) dy +
1
4πt
∂
∂t

B(x,t)
∆p (y) dy.
Thay phương trình này vào hệ thức trên của ∂
t
u
p
ta được
∂
2
t

u
p
(t, x) =
1
4πt
∂
t

B(x,t)
∆p (y) dy.
Lại có
∂
t

B(x,t)
∆p (y) dy = ∂
t
t

0

S
r
(x)
∆p (x + rα) dσ
r
dr =

S
t

(x)
∆p (x + tα) dσ
t
ta suy ra
∂
2
t
u
p
(t, x) =
1
4πt

S
t
(x)
∆p (x + tα) dσ
t
=
t
4π

S
1
(0)
∆p (x + tα) dσ
1
Cuối cùng, hệ thức
∆u
p

(t, x) =
t
4π

S
1
(0)
∆p (x + tα) dσ
1
đảm bảo rằng u
p
= u
p
(t, x) là nghiệm của bài toán Cauchy. 
Hệ quả 1.2.2. Bài toán Cauchy
u
tt
− ∆u = 0, u (0, x) = ϕ (x) , u
t
(0, x) = ψ (x)
với dữ liệu ϕ ∈ C
k
(R
3
) và ψ ∈ C
k−1
(R
3
) có một nghiệm u ∈ C
k−1

([0, ∞) ×R
3
).
Nghiệm này có thể được biểu diễn dưới dạng
u (t, x) =
1
4πt

S
t
(x)
ψ (y) dσ
y
+ ∂
t

S
t
(x)
ϕ (y) dσ
y
.
8
1.2.2. Phương pháp năng lượng
Xét phương trình u
tt
− ∆u = 0.
Sau đây ta kí hiệu
E (u) (t) :=
1

2

R
n

|u
t
(t, x)|
2
+ |∇
x
u (t, x)|
2

dx =
1
2
u
t
(t, .)
2
L
2
+
1
2
∇
x
u (t, .)
2

L
2
là năng lượng hoặc năng lượng toàn phần của u chỉ phụ thuộc vào biến thời gian t. Ở
đây,
1
2
u
t
(t, .)
2
L
2
gọi là động năng,
1
2
∇
x
u (t, .)
2
L
2
gọi là năng lượng đàn hồi.
Nếu không quan tâm đến năng lượng toàn phần thì ta có thể định nghĩa cho một tập
K ⊂ R
n
(K là bao đóng của một miền) năng lượng địa phương
E (u, K) (t) :=
1
2


K

|u
t
(t, x)|
2
+ |∇
x
u (t, x)|
2

dx.
Cho (t
0
, x
0
), t
0
> 0 là một điểm cố định thuộc R
n+1
. Khi đó, tập hợp
{(t, x) : |x −x
0
| = |t − t
0
|}
mô tả mặt xung quanh của một hình nón đôi với đỉnh (t
0
, x
0

). Nón đặc trưng trước
(sau) là với t ≥ t
0
(t ≤ t
0
) nón trên (dưới) với đỉnh (t
0
, x
0
). Cho T ≤ t
0
. Một phần của
mặt phẳng t = T nằm bên trong nón đặc trưng trước được kí hiệu là K (x
0
, t
0
− T ).
K (x
0
, t
0
− T ) là hình cầu đóng tâm x = x
0
với bán kính t
0
− T.
Mệnh đề sau đây luôn đúng.
Định lí 1.2.3. (Miền ảnh hưởng) Cho (t
0
, x

0
) ∈ R
n+1
với t
0
≥ 0. Ta kí hiệu Ω là
miền conic bị chặn bởi nón đặc trưng trước với đỉnh (t
0
, x
0
) và mặt phẳng t = 0. Cho
u ∈ C
2

Ω

là nghiệm cổ điển của phương trình sóng u
tt
− ∆u = 0. Khi đó bất đẳng
thức sau luôn đúng:
E (u, K (x
0
, t
0
− t)) ≤ E (u, K (x
0
, t
0
)) , t ∈ [0, t
0

] .
Chứng minh. Cho Ω
T
là một phần của Ω dưới mặt phẳng t = T và C
T
là mặt xung
quanh của Ω
T
. Phương pháp năng lượng dựa trên đẳng thức
2u
t
u = −∇
x
. (2u
t
∇
x
u) +

|∇
x
u|
2
+ u
2
t

t
= 0.
Ở đây  là toán tử d’ Alembert ∂

2
t
− ∆. Từ đó
0 =

Ω
T

∇
x
. (2u
t
∇
x
u) −

|∇
x
u|
2
+ u
2
t

t

d (x, t).
9
Tích phân bằng với div của trường vectơ


2u
t
∇
x
u, −

|∇
x
u|
2
+ u
2
t

. Áp dụng định lý
Divergence ta được
0 =

∂Ω
T

2u
t
∇
x
u, −

|∇
x
u|

2
+ u
2
t

.
−→
n dσ,
trong đó
−→
n là vectơ pháp tuyến ngoài đơn vị của ∂Ω
T
. Mặt ∂Ω
T
bao gồm 3 phần. Ta
nghiên cứu bằng cách nào tích phân ở trên có thể được viết trên mỗi một phần.
a) Đỉnh hình cầu K (x
0
, t
0
− T ):
−→
n = (0, , 0, 1), tích phân trên qui về
−

K(x
0
,t
0
−T )


|∇
x
u|
2
+ u
2
t

dx.
b) Đáy hình cầu K (x
0
, t
0
):
−→
n = (0, 0, , 0, −1), tích phân trên qui về

K(x
0
,t
0
)

|∇
x
u|
2
+ u
2

t

dx.
c) Mặt xung quanh C
T
: Tích phân trên qui về

C
T

2u
t
∇
x
u, −

|∇
x
u|
2
+ u
2
t

.
−→
η dσ
=
√
2


C
T

2u
t
u
x
1
η
n
+ + 2u
t
u
x
n
η
n
−

u
2
x
1
+ + u
2
x
n
+ u
2

t

η
2
n+1

dσ
= −
√
2

C
T

(u
x
1
η
n+1
− u
t
η
1
)
2
+ + (u
x
n
η
n+1

− u
t
η
n
)
2

dσ ≤ 0.
Ở đây ta sử dụng η
2
n+1
= η
2
1
+ ··· + η
2
n
.
Như vậy ta đã chứng tỏ

K(x
0
,t
0
−T )

|∇
x
u (., t)|
2

+ |u
t
(., t)|
2

|
t=T
dx ≤

K(x
0
,t
0
)

|∇
x
u (., 0)|
2
+ |u
t
(., 0)|
2

dx.
Định lý được chứng minh. 
Hệ quả 1.2.4. Bài toán Cauchy
u
tt
− ∆u = 0, u (0, x) = ϕ (x) , u

t
(0, x) = ψ (x)
có duy nhất một nghiệm cổ điển tương ứng u ∈ C
k−n
([0, ∞) ×R
2n+1
), u ∈ C
k−n
([0, ∞) ×R
2n
),
với k ≥ n + 2 và n ≥ 1.
10
Định lí 1.2.5. (Bảo toàn năng lượng) Cho u ∈ C ([0, t] , H
1
(R
n
)) ∩C
1
([0, t] , L
2
(R
n
))
là một nghiệm Sobolev của bài toán
u
tt
− ∆u = 0, u (0, x) = ϕ (x) , u
t
(0, x) = ψ (x)

với dữ liệu ϕ ∈ H
1
(R
n
) và ψ ∈ L
2
(R
n
). Khi đó, ta có
E (u) (t) = E (u) (0) =
1
2

ψ
2
L
2
+ ∇ϕ
2
L
2

, ∀t ≥ 0
Chứng minh. Sử dụng tính trù mật của không gian C
∞
0
(R
n
) trong H
1

(R
n
) ⊂ L
2
(R
n
)
ta có thể xấp xỉ một dữ liệu cho trước ϕ ∈ H
1
(R
n
) và ψ ∈ L
2
(R
n
) qua các dãy dữ
liệu {ϕ
k
}, {ψ
k
} với ϕ
k
, ψ
k
∈ C
∞
0
(R
n
). Ta xét họ các bài toán bổ trợ

u
tt
− ∆u = 0, u (0, x) = ϕ
k
(x) , u
t
(0, x) = ψ
k
(x) .
Ta thu được nghiệm duy nhất u
k
∈ C
∞
([0, T ] , C
∞
0
(R
n
)). Lấy đạo hàm E (u
k
) (t) ta
được
E

(u
k
) (t) =

R
n


∂
t
u
k
(t, x) ∂
2
t
u
k
(t, x) + ∇
x
u
k
(t, x) .∇
x
∂
t
u
k
(t, x)

dx.
Với mỗi t ∈ [0, T ] hàm u
k
(t, .) thuộc C
∞
0
(R
n

). Sau khi lấy tích phân từng phần (mọi
tích phân trên biên triệt tiêu) ta thu được trực tiếp từ phương trình truyền sóng
E

(u
k
) (t) =

R
n
(∂
t
u
k
(t, x) ∆u
k
(t, x) −∆u
k
(t, x) ∂
t
u
k
(t, x)) dx = 0.
Do đó, E (u
k
) (t) = E (u
k
) (0) =
1
2


ψ
k

2
L
2
+ ∇ϕ
k

2
L
2

. Điều này cùng với giả thiết ta
có lim
k→∞
E (u
k
) (0) = E (u) (0).
Từ tính đặt đúng của bài toán Cauchy trong không gian Sobolev ta có
lim
k→∞
E (u
k
) (t) = E (u) (t) .

1.3. Giải tích WKB đối với bài toán Cauchy. Phương pháp nhân
tử Fourier
1.3.1. Nhân tử Fourier

Xét bài toán Cauchy
u
tt
− ∆u = 0, u (0, x) = ϕ (x) , u
t
(0, x) = ψ (x) , x ∈ R
n
, n ≥ 1.
11
Sau khi áp dụng biến đổi Fourier từng phần (v (t, ξ) = F
x→ξ
(u (t, x))) ta nhận được
bài toán Cauchy bổ trợ
v
tt
+ |ξ|
2
v = 0, v (0, ξ) = F (ϕ) (ξ) , v
t
(0, ξ) = F (ψ) (ξ)
của một phương trình vi phân thường phụ thuộc vào ξ ∈ R
n
. Với ξ = 0 ta được nghiệm
tổng quát
v (t, ξ) = c
1
(ξ) e
−i|ξ|t
+ c
2

(ξ) e
i|ξ|t
.
Điều kiện Cauchy suy ra
c
1
(ξ) + c
2
(ξ) = F (ϕ) (ξ) , −i |ξ|c
1
(ξ) + i |ξ|c
2
(ξ) = F (ψ) (ξ) .
Do đó
c
1
(ξ) =
1
2
F (ϕ) (ξ) −
1
2i |ξ|
F (ψ) (ξ) , c
2
(ξ) =
1
2
F (ϕ) (ξ) +
1
2i |ξ|

F (ψ) (ξ) .
thay các hệ số đó vào nghiệm tổng quát, ta có
v (t, ξ) = cos (|ξ|t) F (ϕ) (ξ) +
sin (|ξ|t)
|ξ|
F (ψ) (ξ) .
Giả sử tại một thời điểm thỏa mãn công thức Fourier ngược F
−1
ξ→x
(F
x→ξ
(u (t, x))) ta
thu được biểu diễn sau của u:
u (t, x) = F
−1
ξ→x
(cos (|ξ|t) F (ϕ) (ξ)) + F
−1
ξ→x

sin (|ξ|t)
|ξ|
F (ψ) (ξ)

.
Ta cũng có thể sử dụng các biểu diễn tương đương
u (t, x) = F
−1
ξ→x


e
−i|ξ|t
1
2
F (ϕ) (ξ)

− F
−1
ξ→x

e
−i|ξ|t
1
2i |ξ|
F (ψ) (ξ)

+ F
−1
ξ→x

e
i|ξ|t
1
2
F (ϕ) (ξ)

+ F
−1
ξ→x


e
i|ξ|t
1
2i |ξ|
F (ψ) (ξ)

.
Biểu diễn này bao gồm thành phần gọi là các nhân tử Fourier
F
−1
ξ→x

e
−iφ(t,ξ)
a (t, ξ) F (u
0
) (ξ)

.
Ở đây φ = φ (t, ξ) được gọi là hàm pha và a = a (t, ξ) gọi là hàm biên độ.
Định lí 1.3.1. Cho ϕ ∈ H
s
(R
n
) và ψ ∈ H
s−1
(R
n
), s ≥ 1, n ≥ 1 trong bài toán Cauchy
u

tt
− ∆u = 0, u (0, x) = ϕ (x) , u
t
(0, x) = ψ (x) .
Khi đó tồn tại duy nhất nghiệm năng lượng u ∈ C ([0, T ] , H
s
(R
n
))∩C
1
([0, T ] , H
s−1
(R
n
)).
12
Chứng minh. Tính duy nhất suy ra từ định lý bảo toàn năng lượng (1.2.5). Sự tồn
tại của nghiệm được đưa ra dưới dạng
u (t, x) = F
−1
ξ→x
(cos (|ξ|t) F (ϕ) (ξ)) + F
−1
ξ→x

sin (|ξ|t)
|ξ|
F (ψ) (ξ)

.

nếu nghiệm này thỏa mãn tính chính qui đã mô tả. Ta đưa thêm các giả thiết cho dữ
liệu vào ảnh Fourier, khi đó ta có F (ϕ) (ξ) ∈ L
2,s
, tức là,
ξ
s
F (ϕ) (ξ) ∈ L
2
, ξ =

1 + |ξ|
2

1
2
,
F (ψ) (ξ) ∈ L
2,s−1
, tức là,
ξ
s−1
F (ψ) (ξ) ∈ L
2
.
Ta sử dụng các ước lượng sau đây:
(i) |cos (|ξ|t)| ≤ 1;
(ii) |sin (|ξ|t)| ≤ |ξ|t ≤ |ξ|T, với |ξ| ≤ ε và t ∈ [0, T ] ;
(iii) |sin (|ξ|t)| ≤ 1, với |ξ| ≥ ε và t ∈ [0, T] .
Như vậy ta có thể kết luận
|v (t, ξ)| ≤ |F (ϕ)| + C (ε, T )

|F (ψ) (ξ)|
ξ
,
ξ
s
|v (t, ξ)| ≤ ξ
s
|F (ϕ) (ξ)|+ C (ε, T ) ξ
s−1
|F (ψ) (ξ)|.
Điều này dẫn đến v ∈ L
∞
([0, T ] , L
2,s
). Bằng cách tương tự ta suy ra
∂
t
v ∈ L
∞

[0, T ] , L
2,s−1

.
Bây giờ ta phải chứng tỏ v ∈ C ([0, T ] , L
2,s
) ∩ C
1
([0, T ] , L
2,s−1

). Tính chất v ∈
C ([0, T ] , L
2,s
) suy từ
lim
t
1
→t
2
v (t
1
, .) −v (t
2
, .)
L
2,s
= 0.
13
Sử dụng biểu diễn hiện của nghiệm ta kết luận như sau
lim
t
1
→t
2

R
n
|v (t
1
, ξ) − v (t

2
, ξ)|
2
ξ
2s
dξ
≤ lim
t
1
→t
2

R
n




sin

|ξ|(t
1
+ t
2
)
2

sin

|ξ|(t

1
− t
2
)
2





2
|F (ϕ) (ξ)|
2
ξ
2s
dξ
+ lim
t
1
→t
2

R
n




cos


|ξ|(t
1
+ t
2
)
2

sin

|ξ|(t
1
− t
2
)
2





2
1
|ξ|
2
|F (ψ) (ξ)|
2
ξ
2s
dξ.
Cho K

R
(0) ⊂ R
n
là một hình cầu đủ lớn tâm gốc tọa độ với bán kính R. Ta chia tích
phân

R
n
thành hai tích phân

K
R
(0)
+

R
n
\K
R
(0)
. Sử dụng các ước lượng ở trên ta có:

R
n




sin


|ξ|(t
1
+ t
2
)
2

sin

|ξ|(t
1
− t
2
)
2





2
|F (ϕ) (ξ)|
2
ξ
2s
dξ
=

K
R

(0)




sin

|ξ|(t
1
+ t
2
)
2

sin

|ξ|(t
1
− t
2
)
2





2
|F (ϕ) (ξ)|
2

ξ
2s
dξ
+

R
n
\K
R
(0)




sin

|ξ|(t
1
+ t
2
)
2

sin

|ξ|(t
1
− t
2
)

2





2
|F (ϕ) (ξ)|
2
ξ
2s
dξ
≤

K
R
(0)
|ξ|
2
(t
1
− t
2
)
2
4
|F (ϕ) (ξ)|
2
ξ
2s

dξ +

R
n
\K
R
(0)
|F (ϕ) (ξ)|
2
ξ
2s
dξ
với |t
1
− t
2
| < ε (R). Tích phân đầu tiên ở vế phải được ước lượng bởi
C
R
(t
1
− t
2
)
2
F (ϕ)
2
L
2,s
.

Sử dụng tính liên tục cuả độ đo Lebesgue, tích phân thứ hai được ước lượng bởi
ε (R) → 0. Kết hợp lại ta đạt được
lim
t
1
→t
2

R
n




sin

|ξ|(t
1
+ t
2
)
2

sin

|ξ|(t
1
− t
2
)

2





2
|F (ϕ) (ξ)|
2
ξ
2s
dξ
≤ lim
t
1
→t
2
C
R
(t
1
− t
2
)
2
F (ϕ)
2
L
2,s
+ ε (R) = ε (R) .

Do ε (R) → 0 khi R → ∞ nên ta kết luận
lim
t
1
→t
2

R
n




sin

|ξ|(t
1
+ t
2
)
2

sin

|ξ|(t
1
− t
2
)
2






2
|F (ϕ) (ξ)|
2
ξ
2s
dξ = 0.
14
Lặp lại cách này ta được
lim
t
1
→t
2

R
n




cos

|ξ|(t
1
+ t

2
)
2

sin

|ξ|(t
1
− t
2
)
2





2
1
|ξ|
2
|F (ψ) (ξ)|
2
ξ
2s
dξ = 0,
trong đó ta chia

R
n

thành

K
ε
(0)
+

K
R
(0)\K
ε
(0)
+

R
n
\K
R
(0)
.
Kết hợp các điều trên ta có v ∈ C ([0, T ] , L
2,s
) . Công thức Fourier ngược đúng với
u = F
−1
ξ→x
(F
x→ξ
(u (t, x)))
kéo theo u ∈ C ([0, T ] , H

s
). Lập luận tương tự ta có
v ∈ C
1

[0, T ] , L
2,s−1

, u ∈ C
1

[0, T ] , H
s−1

tương ứng. Ở đây một lần nữa chúng ta sử dụng công thức nghịch đảo
∂
t
u = F
−1
ξ→x
(F
ξ→x
(∂
t
u (t, x))) .

Hệ quả 1.3.2. Bài toán Cauchy
u
tt
− ∆u = 0, u (0, x) = ϕ (x) , u

t
(0, x) = ψ (x) , x ∈ R
n
, n ≥ 1
là H
s
đặt đúng, tức là, cho trước dữ liệu ϕ ∈ H
s
(R
n
) , ψ ∈ H
s−1
(R
n
) thì tồn tại
duy nhất nghiệm xác định u ∈ C ([0, T ] , H
s
(R
n
)) ∩ C
1
([0, T ] , H
s−1
(R
n
)). Nghiệm
này phụ thuộc liên tục vào dữ liệu, tức là, với mỗi ε > 0 tồn tại δ (ε) sao cho
ϕ
1
− ϕ

2

H
s
+ ψ
1
− ψ
2

H
s−1
< δ kéo theo u
1
− u
2

C([0,T ],H
s
(R
n
))∩C
1
([0,T ],H
s−1
(R
n
))
< ε.
1.3.2. Sử dụng phương pháp nhân tử Fourier biểu diễn nghiệm của phương
trình sóng tắt dần

Ta xét bài toán Cauchy
u
tt
− ∆u + u
t
= 0, u (0, x) = ϕ (x) , u
t
(0, x) = ψ (x) .
Tương tự như với phương trình sóng cổ điển, ta cũng giới thiệu năng lượng toàn phần
E (u) (t) =
1
2

R
n

|∇
x
u (t, x)|
2
+ |u
t
(t, x)|
2

dx.
15
Trước tiên, ta quan tâm tới các ước lượng năng lượng từ sự khả vi của phiếm hàm
năng lượng E (u) (t) theo t và tích phân từng phần. Ta có
E


(u) (t) =
1
2

R
n
(2∇
x
u.∇
x
u
t
+ 2u
t
.u
tt
) dx
=

R
n
(∇
x
u.∇
x
u
t
+ u
t

(∆u − u
t
)) dx
=

R
n
−u
t
(t, x)
2
dx ≤ 0.
Do đó, năng lượng giảm khi t tăng. Điều này có được vì các số hạng là tiêu hao. Một
câu hỏi được đặt ra là dáng điệu của năng lượng khi t → ∞. Liệu rằng, E (u) (t) có
tiến tới 0 khi t → ∞. Trước tiên ta xét hàm w = w (t, x) khi w (t, x) := e
1
2
t
u (t, x) . Khi
đó w thỏa mãn phương trình đạo hàm riêng
w
tt
− ∆w −
1
4
w = 0,
w (0, x) = ϕ (x) , w
t
(0, x) =
1

2
ϕ (x) + ψ (x)
Bây giờ, áp dụng biến đổi Fourier từng phần cho một phương trình vi phân thường với
v = v (t, ξ) = F
x→ξ
(w) (t, ξ) :
v
tt
+

|ξ|
2
−
1
4

v = 0
v (0, ξ) = v
0
(ξ) = F (ϕ) (ξ) , v
t
(0, ξ) = v
1
(ξ) =
1
2
F (ϕ) (ξ) + F (ψ) (ξ) .
Ta phân biệt các trường hợp:

ξ ∈ R

n
: |ξ| <
1
2

, số hạng khối lượng |ξ|
2
−
1
4
âm ;

ξ ∈ R
n
: |ξ| >
1
2

, số hạng khối lượng |ξ|
2
−
1
4
dương.
Trường hợp 1:

|ξ| >
1
2


.
Sử dụng |ξ|
2
>
1
4
ta có thể định nghĩa một biến dương mới |η| thỏa mãn |η|
2
:=
|ξ|
2
>
1
4
> 0. Nên ta được phương trình vi phân thường v
tt
+ |η|
2
v = 0. Do kết quả của
định lý (1.3.1) ta thu được ngay biểu diễn sau của nghiệm v = v (t, ξ)
v (t, ξ) = cos


|ξ|
2
−
1
4
t


v
0
(ξ) +
sin


|ξ|
2
−
1
4
t


|ξ|
2
−
1
4
v
1
(ξ) .
Trường hợp 2:

|ξ| <
1
2

.
16

Nghiệm của phương trình vi phân được biến đổi là
v (t, ξ) =

v
0
(ξ)
2
−
v
1
(ξ)

1 − 4|ξ|
2

e
−
1
2
√
1−4|ξ|
2
t
+

v
0
(ξ)
2
+

v
1
(ξ)

1 − 4|ξ|
2

e
1
2
√
1−4|ξ|
2
t
= v
0
(ξ) cosh

1
2

1 − 4|ξ|
2
t

+
2v
1
(ξ)


1 − 4|ξ|
2
sinh

1
2

1 − 4|ξ|
2
t

.
Nếu ta xét bài toán Cauchy
u
tt
− ∆u + u
t
= 0, u (0, x) = ϕ (x) , u
t
(0, x) = ψ (x) .
với dữ liệu ϕ ∈ H
s
và ψ ∈ H
s−1
thì từ biểu diễn của nghiệm ở trên ta có kết quả dưới
đây.
Định lí 1.3.3. Cho dữ liệu ϕ ∈ H
s
(R
n

) và ψ ∈ H
s−1
(R
n
), s ≥ 1, n ≥ 1 là cho trước
với bài toán Cauchy
u
tt
− ∆u + u
t
= 0, u (0, x) = ϕ (x) , u
t
(0, x) = ψ (x) .
Khi đó, tồn tại duy nhất nghiệm được xác định
u ∈ C ([0, T ] , H
s
(R
n
)) ∩ C
1

[0, T ] , H
s−1
(R
n
)

.
Nghiệm này phụ thuộc liên tục vào dữ liệu.
1.3.3. Giải tích WKB đối với bài toán Cauchy

Định lí 1.3.4. Nghiệm của bài toán Cauchy
u
tt
− ∆u + u
t
= 0, u (0, x) = ϕ (x) , u
t
(0, x) = ψ (x)
với dữ liệu ϕ ∈ H
1
và ψ ∈ L
2
thỏa mãn các ước lượng sau đây:
∇
x
u (t, .)
L
2
≤ C(1 + t)
−
1
2
(ψ
L
2
+ ϕ
H
1
) ,
u (t, .)

L
2
≤ C(1 + t)
−1
(ψ
L
2
+ ϕ
H
1
) ,
và vì vậy, năng lượng thỏa mãn
E (u) (t) ≤ C(1 + t)
−1

ψ
2
L
2
+ ϕ
2
H
1

.
Chứng minh. Cho ˆu là biến đổi Fourier của u, tức là ˆu = (t, ξ) = F
x→ξ
(u) (t, ξ).
Khi đó ta có thể biến đổi năng lượng thành không gian pha như sau
E (u) (t) =

1
2

∇
x
u (t, .)
2
L
2
+ u
t
(t, .)
2
L
2

.
17
Ta có
∇
x
u (t, .)
2
L
2
= (∂
x
1
u (t, .) , ∂
x

2
u (t, .) , ··· , ∂
x
n
u (t, .))
2
L
2
= ∂
x
1
u (t, .)
2
L
2
+ ∂
x
2
u (t, .)
2
L
2
+ ··· + ∂
x
n
u (t, .)
2
L
2
Parseval

=
ξ
1
ˆu (t, .)
2
L
2
+ ξ
2
ˆu (t, .)
2
L
2
+ ··· + ξ
n
ˆu (t, .)
2
L
2
Plancharel
=
|ξ| ˆu (t, .)
2
L
2
và
u (t, .)
2
L
2

= ˆu (t, .)
2
L
2
nên
E (u) (t) =
1
2

∇
x
u (t, .)
2
L
2
+ u
t
(t, .)
2
L
2

=
1
2

|ξ| ˆu (t, .)
2
L
2

+ ˆu (t, .)
2
L
2

.
Như vậy, để ước lượng năng lượng toàn phần ta cần ước lượng năng lượng đàn hồi và
động năng. Do u (t, x) = e
−
1
2
t
w (t, x) và v (t, ξ) = F
x→ξ
(w) (t, ξ) nên đổi biến ˆu (t, ξ) =
e
−
1
2
t
v (t, ξ), ta được
|ξ| ˆu (t, ξ) = e
−
1
2
t
|ξ|v (t, ξ) ,
ˆu
t
(t, ξ) = e

−
1
2
t

v
t
(t, ξ) −
1
2
v (t, ξ)

.
Trước tiên ta ước lượng năng lượng đàn hồi. Ta xét các trường hợp:
Trường hợp 1:

ξ : |ξ| >
1
2

.
Ta nhận thấy rằng
|ξ| ˆu (t, ξ) = e
−
1
2
t

cos



|ξ|
2
−
1
4
t

|ξ|v
0
(ξ) + t
sin


|ξ|
2
−
1
4
t


|ξ|
2
−
1
4
t
|ξ|v
1

(ξ)

.
Điều này giúp ta ước lượng năng lượng đàn hồi ∇
x
u (t, .)
2
L
2
. Ta có
|ξ| ˆu (t, ξ)
2
L
2
{
|ξ|>
1
2
}
=

{
|ξ|>
1
2
}
|ξ|
2
|ˆu (t, ξ)|
2

dξ ≤ 2(

{
|ξ|>
1
2
}
e
−t
|ξ|
2
|v
0
(ξ)|
2
dξ
+

1
2
<|ξ|≤1
sin
2


|ξ|
2
−
1
4

t


|ξ|
2
−
1
4
2
  
sin
2
α
α
2
≤C
t
2
e
−t
|ξ|
2
|v
1
(ξ)|
2
dξ
+

|ξ|≥1

1
|ξ|
2
−
1
4
|ξ|
2
  
≤C
e
−t
|v
1
(ξ)|
2
dξ)
≤ 2e
−t

R
n
|ξ|
2
|v
0
(ξ)|
2
dξ + Ct
2

e
−t

R
n
|v
1
(ξ)|
2
dξ + Ce
−t

R
n
|v
1
(ξ)|
2
dξ.
18
Tóm lại, các số hạng này giảm theo hàm mũ. Ta có

|ξ|>
1
2
|ξ|
2
|ˆu (t, ξ)|
2
dξ ≤ Ct

2
e
−t

R
n

|ξ|
2
|v
0
(ξ)|
2
+ |v
1
(ξ)|
2

dξ.
Trường hợp 2:

ξ : |ξ| <
1
2

.
Để ước lượng năng lượng đàn hồi ta sử dụng
|ξ| ˆu (t, ξ) = |ξ|e
−
1

2
t

v
0
(ξ)
2
−
v
1
(ξ)

1 − 4|ξ|
2

e
−
1
2
√
1−4|ξ|
2
t
+

v
0
(ξ)
2
+

v
1
(ξ)

1 − 4|ξ|
2

e
1
2
√
1−4|ξ|
2
t

= v
0
(ξ) |ξ|cosh

1
2

1 − 4|ξ|
2
t

e
−
1
2

t
+
2v
1
(ξ) |ξ|

1 − 4|ξ|
2
sinh

1
2

1 − 4|ξ|
2
t

e
−
1
2
t
.
Ta chia khoảng

0,
1
2

thành hai khoảng con. (a)


ξ : |ξ| ∈

1
4
,
1
2

:
Ở đây ta ước lượng năng lượng đàn hồi như sau:
|ξ||ˆu (t, ξ)| =




v
0
(ξ) |ξ|cosh

1
2

1 − 4|ξ|
2
t

  
≤cosh


√
3
4
t

e
−
1
2
t
+
sinh

1
2

1 − 4|ξ|
2
t

1
2

1 − 4|ξ|
2
t
  
Ct cosh

√

3
4
t

t.v
1
(ξ) |ξ|e
−
1
2
t




≤




v
0
(ξ) |ξ|cosh

√
3
4
t

e

−
1
2
t
  
≤e
−δt
,δ>0
+C v
1
(ξ) |ξ|
  
≤|v
1
(ξ)|
cosh

√
3
4
t

te
−
1
2
t
  
≤e
−δt

,δ>0




và thu được

1
4
≤|ξ|<
1
2
|ξ|
2
|u (t, ξ)|
2
dξ ≤ Ce
−δt

R
n

|ξ|
2
|v
0
(ξ)|
2
+ |v
1

(ξ)|
2

dξ.
(b)

ξ : |ξ| ∈

0,
1
4

. Sử dụng bất đẳng thức −4|ξ|
2
≤ −1 +

1 − 4|ξ|
2
≤ −2|ξ|
2
với
|ξ| <
1
2
ta có:

|ξ|<
1
4
|ξ|

2
|ˆu (t, ξ)|
2
dξ ≤

|ξ|<
1
4

|v
1
(ξ)|
2
|ξ|
2
+ |v
0
(ξ)|
2
|ξ|
2

e
−t−
√
1−4|ξ|
2
t
  
≤e

−t
+ e
−t+
√
1−4|ξ|
2
t
  
≤e
−2|ξ|
2
t

dξ
≤ Ce
−t

|ξ|<
1
4

|v
1
(ξ)|
2
|ξ|
2
+ |v
0
(ξ)|

2
|ξ|
2

dξ
+ C

|ξ|<
1
4

|v
1
(ξ)|
2
+ |v
0
(ξ)|
2

|ξ|
2
.e
−2|ξ|
2
t
dξ.
Sử dụng bất đẳng thức chuẩn .
L
2

≤ .
L
∞
.
L
2
ta nhận được số hạng thứ hai ở vế
19
phải của bất đẳng thức trên
C

|ξ|<
1
4

|v
1
(ξ)|
2
+ |v
0
(ξ)|
2

|ξ|
2
.e
−2|ξ|
2
t

dξ
≤ C sup
|ξ|<
1
4
,t≥1
t|ξ|
2
t
e
−2|ξ|
2
t

R
n

|v
1
(ξ)|
2
+ |v
0
(ξ)|
2

dξ
≤ C
1
t

sup
|ξ|<
1
4
,t≥1
t|ξ|
2
e
−2|ξ|
2
t
  
≤C

R
n

|v
1
(ξ)|
2
+ |v
0
(ξ)|
2

dξ.
Tóm lại, ta đã chứng tỏ các tần số nhỏ

|ξ|<

1
4
|ξ|
2
|ˆu (t, ξ)|
2
dξ ≤ C(1 + t)
−1

R
n

|v
0
(ξ)|
2
+ |ξ|
2
|v
0
(ξ)|
2
+ |v
1
(ξ)|
2

dξ.
Cuối cùng ta ước lượng động năng. Ta sử dụng đẳng thức
u

t
(t, ξ)
2
L
2
= ˆu
t
(t, ξ)
2
L
2
với ˆu
t
(t, ξ) = e
−
1
2
t

v
t
(t, ξ) −
1
2
v (t, ξ)

.
Trường hợp 1:

ξ : |ξ| >

1
2

.
Ta cần
v
t
(t, ξ) = −

|ξ|
2
−
1
4
sin


|ξ|
2
−
1
4
t

v
0
(ξ) + cos


|ξ|

2
−
1
4
t

v
1
(ξ) .
Sử dụng phương trình trên ta được
ˆu
t
(t, ξ) = e
−
1
2
t

v
1
(ξ)

cos


|ξ|
2
−
1
4

t

−
1
2
sin


|ξ|
2
−
1
4
t


|ξ|
2
−
1
4
t

− v
0
(ξ)

1
2
cos



|ξ|
2
−
1
4
t

+

|ξ|
2
−
1
4
sin


|ξ|
2
−
1
4
t


.
Lặp lại những lập luận để ước lượng năng lượng đàn hồi cho
u

t
(t, .)
2
L
2
{
|ξ|>
1
2
}
≤ C

|ξ|>
1
2
e
−t
|v
1
(ξ)|
2

cos


|ξ|
2
−
1
4

t

−
1
2
sin


|ξ|
2
−
1
4
t


|ξ|
2
−
1
4

  
≤Ct
2
2
dξ
+ C

|ξ|>

1
2
e
−t
|v
0
(ξ)|
2


|ξ|
2
−
1
4
sin


|ξ|
2
−
1
4
t

+
1
2
cos



|ξ|
2
−
1
4
t

  
≤C

2
dξ.
20
Bất đẳng thức

|ξ|
2
−
1
4

sin
2


|ξ|
2
−
1

4
t

≤ |ξ|
2
mang đến cho

ξ : |ξ| >
1
2


|ξ|≥
1
2
|ξ|
2
|ˆu (t, ξ)|
2
dξ ≤ Ct
2
e
−t

R
n

|ξ|
2
|v

0
(ξ)|
2
+ |v
1
(ξ)|
2

dξ.
Trường hợp 2:

ξ : |ξ| <
1
2

Sau khi xác định v
t
(t, ξ) ta nhận được ngay
ˆu
t
(t, ξ) =
1
2
e
−
1
2
t



1 − 4|ξ|
2
sinh

1
2

1 − 4|ξ|
2
t

− cosh

1
2

1 − 4|ξ|
2
t

v
0
(ξ)
+ e
−
1
2
t

cosh


1
2

1 − 4|ξ|
2
t

−
1

1 − 4|ξ|
2
sinh

1
2

1 − 4|ξ|
2
t

v
1
(ξ) .
Ta phân chia khoảng

0,
1
2


.
a)

ξ : |ξ| ∈

1
4
,
1
2

:
Ở đây ta có thể nhận thấy sự suy giảm theo hàm mũ của năng lượng. Một mặt sử dụng
cosh

1
2

1 − 4|ξ|
2
t

+ sinh

1
2

1 − 4|ξ|
2

t

≤ 2 sinh

√
3
4
t

,
mặt khác, ta sử dụng






1

1 − 4|ξ|
2
sinh

1
2

1 − 4|ξ|
2
t








≤ C
ε
t, khi
1
2

1 − 4|ξ|
2
t ≤ ε.
Từ đây ta có
ˆu
t
(t, ξ)
2
L
2
{
|ξ|∈
[
1
4
,
1
2

)}
≤ Ce
−δt

R
n

|ξ|
2
|v
0
(ξ)|
2
+ |v
1
(ξ)|
2

dξ
với một số dương δ thích hợp.
b)

ξ : |ξ| <
1
4

:
Trong trường hợp này ta thu được
ˆu
t

(t, ξ) =

v
0
(ξ)
4
+
v
1
(ξ)
2

1 − 4|ξ|
2


1 − 4|ξ|
2
− 1

e
−
1
2
t+
1
2
√
1−4|ξ|
2

t
−

v
0
(ξ)
4
−
v
1
(ξ)
2

1 − 4|ξ|
2


1 − 4|ξ|
2
+ 1

e
−
1
2
t−
1
2
√
1−4|ξ|

2
t
.
Do đó ta có thể ước lượng như sau:
|ˆu
t
(t, ξ)| =





v
1
(ξ)
2

1 − 4|ξ|
2
+
v
0
(ξ)
4


1 − 4|ξ|
2
− 1


  
≤−2|ξ|
2
e
−
1
2
t+
1
2
√
1−4|ξ|
2
t
  
≤e
−|ξ|
2
t
,|ξ|<
1
2




.
21
Nhớ lại những ước lượng cho năng lượng đàn hồi, một cách tiếp cận tương tự dẫn đến
ˆu

t
(t, ξ)
2
L
2
{
|ξ|<
1
4
}
≤ C

|ξ|<
1
4

|v
1
(ξ)|
2
+ |v
0
(ξ)|
2

|ξ|
4

e
−t

+ e
−2|ξ|
2
t

dξ
≤ Ce
−t

|ξ|<
1
4

|v
1
(ξ)|
2
+ |v
0
(ξ)|
2

dξ + C

|ξ|<
1
4

|v
1

(ξ)|
2
+ |v
0
(ξ)|
2

|ξ|
4
e
−2|ξ|
2
t
dξ
≤ Ce
−t

|ξ|<
1
4

|v
1
(ξ)|
2
+ |v
0
(ξ)|
2


dξ
+ C
1
t
2
sup
|ξ|<
1
4
,t≥1
t
2
|ξ|
4
e
−2|ξ|
2
t
  
≤c

|ξ|<
1
4

|v
1
(ξ)|
2
+ |v

0
(ξ)|
2

dξ
≤ Ce
−t

|ξ|<
1
4

|v
1
(ξ)|
2
+ |v
0
(ξ)|
2

dξ +
C
(1 + t)
2

|ξ|<
1
4


|v
1
(ξ)|
2
+ |v
0
(ξ)|
2

dξ
≤
C
(1 + t)
2

R
n

|v
1
(ξ)|
2
+ |v
0
(ξ)|
2

dξ.
Như vậy, tất cả các mệnh đề của định lý được chứng minh. 