Bài toán biên đối với phương trình vi phân cấp 2m trên nửa trục

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI II
KHOA TOÁN

Trần Thị Khuyên

BÀI TOÁN BIÊN ĐỐI VỚI
PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP 2m TRÊN NỬA TRỤC

KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC
Ngành: Toán - Giải tích

Người hướng dẫn: TS. Trần Văn Bằng

Hà Nội - 2011


LỜI CẢM ƠN
Trong quá trình thực hiện khóa luận, tôi đã nhận được sự hướng
dẫn nhiệt tình và chu đáo của thầy giáo TS. Trần Văn Bằng - Giảng
viên tổ Giải tích cùng toàn thể các thầy cô giáo trong khoa Toán,
trường Đại học Sư phạm Hà Nội 2
Tác giả khóa luận xin được bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc và gửi lời
cảm ơn trân trọng nhất tới các thầy cô, đặc biệt là TS. Trần Văn Bằng,
người đã giúp tôi hoàn thành khóa luận này
Hà Nội, tháng 05 năm 2011
Tác giả

Trần Thị Khuyên

1

LỜI CAM ĐOAN
Tôi xin cam đoan :
Khóa luận ” Bài toán biên đối với phương trình vi phân cấp 2m
trên nửa trục ” là kết quả nghiên cứu của riêng tôi, có tham khảo ý
kiến của những người đi trước, tham khảo tài liệu có liên quan, dưới
sự hướng dẫn khoa học của TS. Trần Văn Bằng.
Khóa luận không sao chép từ một tài liệu, một công trình nào sẵn
có.
Kết quả khóa luận ít nhiều có đóng góp vào việc tìm hiểu, nghiên
cứu về bài toán biên.
Hà Nội, tháng 05 năm 2011
Tác giả

Trần Thị Khuyên

2


Mục lục
Chương 1. Bài toán biên đối với PTVP thường trên nửa trục
1.1. Bài toán biên và liên hợp hình thức của nó. . . . . . . . . . . .

6
6

1.1.1. Thiết lập bài toán. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
1.1.2. Công thức Green và bài toán liên hợp hình thức. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
1.1.3. Những toán tử biên có cấp cao hơn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

1.2. Tính giải được của bài toán biên trên nửa trục . . . . . .
1.2.1. Không gian Sobolev trên nửa trục . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2.2. Tính chính quy của bài toán biên trên nửa trục . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2.3. Các định nghĩa tương đương của tính chính quy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2.4. Tính giải được của BT biên chính quy trên nửa trục KG gian Sobolev . .
1.2.5. Tính giải được của bài toán liên hợp hình thức. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

12
13
14
15
18
21

Chương 2. BT chính quy trên nửa trục trong KG Sobolev với cấp
âm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
2.1. BT chính quy trên nửa trục trong KG Sobolev với cấp âm
24
2.1.1. Không gian Sobolev với cấp âm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
2.1.2. Thác triển của toán tử A của bài BT biên lên các KG Sobolev cấp tuỳ ý 27
2.1.3. Tính song ánh của toán tử A của bài toán biên . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

2.2. Tính chất của toán tử liên hợp A ∗ . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2.1. Mối quan hệ giữa toán tử liên hợp và toán tử liên hợp hình thức . . . . . . .
2.2.2. Tính song ánh của toán tử liên hợp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2.3. Tính chính quy của nghiệm của bài toán liên hợp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Tài liệu tham khảo. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3

34
35
36
39

42


MỞ ĐẦU

1. Lý do chọn đề tài
Phương trình đạo hàm riêng là một bộ môn toán học cơ bản vừa
mang tính chất lý thuyết cao vừa mang tính ứng dụng rộng. Rất nhiều
ngành khoa học (kể cả xã hội), công nghệ đều phải sử dụng nó. Nó
có mặt và góp phần nâng cao tính hấp dẫn lý thú, tính đầy đủ sâu sắc,
tính hiệu quả giá trị của nhiều ngành như tối ưu, điều khiển tối ưu,
trò chơi vi phân, giải tích số, tính toán khoa học,... kể cả các lý thuyết
như lý thuyết kỳ dị, tai biến, rẽ nhánh, hỗn loạn ...Lí thuyết phương
trình vi phân và lí thuyết phương trình đạo hàm riêng có ứng dụng rất
quan trọng và trong nhiều nghành nên được rất nhiều nhà Toán học
quan tâm nghiên cứu.
Giải bài toán biên có nhiều phương pháp, trong thực tiễn thường
dẫn đến bài toán biên, bài toán ban đầu. Dưới góc độ một sinh viên
ngành Toán và trong khuôn khổ một bài khóa luận tốt nghiệp, đòng
thời được sự hướng dẫn nhiệt tình của thầy giáo TS. Trần Văn Bằng
tôi đã chọn đề tài ” Bài toán biên đối với phương trình vi phân cấp
2m trên nửa trục”. Trong luận văn này xét một lớp bài toán biên đặc
biệt. Để nghiên cứu bài toán biên này nghiệm của nó được nghiên cứu
trong không gian Sobolev.

2. Mục đích và nhiệm vụ nghiên cứu
- Nghiên cứu bài toán biên đối với phương trình vi phân cấp 2m
trên nửa trục giúp hiểu rõ hơn về tính chính quy và tính giải đươc của
bài toán biên trong không gian Sobolev cấp nguyên tùy ý.

4


3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu
- Nghiên cứu tính chính quy và tính duy nhất nghiệm của bài toán
biên trong không gian Sobolev cấp nguyên tùy ý.
- Nghiên cứu các mối liên hệ giữa bài toán biên liên hợp hình thức
và bài toán liên hợp(theo nghĩa giải tích hàm)

4. Phương pháp nghiên cứu
Nghiên cứu tài liệu tham khảo.
Tổng hợp, phân tích, hệ thống lại các khái niệm, tính chất.
Hỏi ý kiến chuyên gia.

5


Chương 1

Bài toán biên đối với phương
trình vi phân thường trên nửa
trục
Chương này đề cập đến các bài toán biên cho phương trình vi phân
thường tuyến tính cấp 2m với hệ số hằng trên khoảng (0, +∞). Chúng
tôi đưa ra các khái niệm về tính chính quy và chứng minh rằng nó

là cần và đủ để bài toán biên có duy nhất nghiệm trong không gian
Sobolev cấp nguyên tuỳ ý. Hơn nữa, chúng tôi nghiên cứu các mối
liên hệ giữa bài toán biên liên hợp hình thức và bài toán liên hợp(theo
nghĩa của giải tích hàm).

1.1.

Bài toán biên và liên hợp hình thức của nó

Trong phần đầu của mục này chúng tôi mô tả lớp các bài toán biên
trên R+ = (0, +∞). Theo nghĩa cổ điển trong bài toán biên ta chỉ phải
tìm một ẩn hàm trên nửa trục, còn ở đây ngoài ẩn hàm u ta phải tìm
thêm một vectơ u ∈ CJ . Chúng tôi trình bày một công thức Green cho
những bài toán này. Công thức đó cho phép giới thiệu bài toán liên
hợp hình thức có cùng dạng với bài toán xuất phát.

6


1.1.1.

Thiết lập bài toán.

Cho

n

∑ a j Dtj

L(Dt ) =

(1.1.1)

j=0

là toán tử vi phân tuyến tính cấp 2m với hệ số không đổi a j , trong đó
a2m = 0
Ở đây Dt là đạo hàm: Dt = −i∂t = −i.d/dt . Hơn nữa, cho
µk

∑ bk, j Dtj

Bk (Dt ) =

j=0

(k=1, . . . , m+J) là các toán tử vi phân tuyến tính cấp µk , và :
C = (ck, j )1

k m+J,1 j J

là một ma trận hằng cấp (m + J) × J. Trong đó µk là những số nguyên.
Chúng tôi cho phép µk âm.Trong trường hợp này toán tử Bk được giả
thiết là đồng nhất bằng 0. Chúng ta xét bài toán
L(Dt )u(t) = f (t),t > 0

(1.1.2)

B(Dt )u(t)|t=0 +Cu = g

(1.1.3)

Trong đó B(Dt ) là vectơ các toán tử B1 (Dt ), . . . , Bm+J (Dt ), f là một
hàm đã cho trên R+ , và g là một vectơ thuộc Cm+J . Chúng ta tìm một
hàm u trên R+ và một vectơ u = (u1 , . . . , uJ ) sao cho u là một nghiệm
của phương trình vi phân (1.1.2), và cặp (u, u) thoả mãn điều kiện
biên (1.1.3), tức là
J

Bk (Dt )u(t)|t=0 + ∑ ck, j u j = gk
.

, k = 1, . . . , m + J

j=1

Chú ý 1.1.1. Ở đây và sau này, chúng tôi không chỉ rõ vectơ cột và
hàng, chẳng hạn trong (1.1.3) u và g coi như là những vectơ cột.
7


1.1.2.

Công thức Green và bài toán liên hợp hình thức.

Để xác định bài toán liên hợp hình thức của bài toán (1.1.2), (1.1.3),
chúng tôi sử dụng một dạng điều chỉnh của công thức Green cổ điển.
Đầu tiên, chúng ta xét trường hợp µk < 2m.
Gọi
2m

+

L (Dt ) =

∑ a j Dtj

j=0

là toán tử liên hợp hình thức của L. Hơn nữa, gọi D là vectơ
D = (1, Dt , . . . , Dt2m−1 )

(1.1.4)

Khi đó, toán tử B(Dt ) có thể được viết dưới dạng
B(Dt ) = Q.D

(1.1.5)

(với D được xem như một vectơ cột), trong đó các phần tử của ma
trận cấp (m + J) × 2m
Q = (qk, j )1≤k≤m+J,1≤ j≤2m
được xác định bởi các hệ số của các toán tử Bk như sau:
qk, j =

bk, j+1 với j = 1, . . . , µk + 1,
0
với j > µk .

Định lý 1.1.1. Công thức Green sau đây được thoả mãn với mọi hàm

khả vi vô hạn u, v trên R+ có giá compact và với vectơ u ∈ CJ , v ∈
Cm+J :
∞

Lu.vdt + B(Dt )u|t=0 +Cu, v

(1.1.6)

Cm+J

0
∞

u.L+ vdt + (Du)(0), P(Dt )v|t=0 +Q∗ v

=
0

8

C2m

+(u,C∗ v)CJ .


Ở đây P(Dt ) là vectơ với các thành phần :
2m− j

Pj (Dt ) = −i

∑

a j+s Dts ,

j = 1, . . . , 2m,

(1.1.7)

s=0

và Q∗ ,C∗ tương ứng là các ma trận liên hợp của Q và C.
Chứng minh. Gọi L j là các toán tử vi phân sau đây:
j−1

Lj =

∑ asDts

j = 1, . . . , 2m,

với

L0 = 0

(1.1.8)

s=0

Ta chứng minh bằng quy nạp rằng:
∞

∞

j
(L j u.v − iDt u.Pj v)dt −

uL+ vdt =

∑ (Dts−1u)(0).(Psv)(0)

s=1

0

0

j

(1.1.9)
với mọi hàm trơn u, v có giá compact. Rõ ràng, (1.1.9) thoả mãn với
j = 0. Giả sử (1.1.9) là đúng với một số nguyên không âm j = j0 <
2m. Sử dụng các phương trình:
j

L j u = −a j Dt u + L j+1 u
Pj v = −a j v + Dt Pj+1 v
Và lấy tích phân từng phần ta được:
∞
j

(L j u.v − iDt u.Pj v)dt

(1.1.10)

0
∞
j+1

(L j+1 u.v − iDt

=

j

u.Pj+1 v)dt − (Dt u)(0).(Pj+1 v)(0)

0

Vậy (1.1.9) thoả mãn với j = j0 + 1 và do đó thoả mãn với mọi số
nguyên không âm j ≤ 2m. Đặc biệt, khi j = 2m ta có:
∞

∞

u.L+ vdt
0

2m

Lu.vdt − ∑ (Dts−1 u)(0).(Ps v)(0)

=
0

s=1

9

(1.1.11)


Hơn nữa, ta có:
B(Dt )u|t=0 , v

Cm+J

= Q.(Du)(0), v

Cm+J

= (Du)(0), Q∗ v C2m
(1.1.12)

Và
(Cu, v)Cm+J = (u,C∗ v)CJ

(1.1.13)

Từ (1.1.11) - (1.1.13) cho ta (1.1.6).
Cho P(Dt ) là toán tử trong công thức Green (1.1.6). Theo (1.1.7), ta

có biểu diễn
P = T.D
với T là ma trận tam giác:


a1 · · · a2m−1 a2m

 a2 · · · a2m
0
T = −i 
..

.

a2m · · ·
0
0








(1.1.14)

Một cách tự nhiên ta định nghĩa bài toán liên hợp hình thức của bài
toán (1.1.2)-(1.1.3) là bài toán với các toán tử ở vế phải của công thức
(1.1.6).

Định nghĩa 1.1.1. Giả sử có công thức Green (1.1.6). Khi đó bài toán
:
L+ (Dt )v(t) = f (t) với t > 0
(1.1.15)
P(Dt )v(t)|t=0 + Q∗ v = g ,C∗ v = h

(1.1.16)

được gọi là liên hợp hình thức của bài toán (1.1.2), (1.1.3).
Theo biểu diễn của các phần tử qk, j của ma trận Q, các điều kiện
biên (1.1.6) của bài toán liên hợp hình thức có dạng sau:
m+J

Pj (Dt )v(t)|t=0 +

∑

bk, j−1 vk = g j

k=1
µk ≤ j−1

10

, j = 1, . . . , 2m


m+J

∑ ck, j vk = h j

, j = 1, . . . , J

k=1

Vậy bài toán liên hợp hình thức có cùng cấu trúc như bài toán bắt
đầu.Tuy nhiên, nó có số các điều kiện biên và số ẩn lớn hơn trong
(1.1.2), (1.1.3).
1.1.3.

Những toán tử biên có cấp cao hơn

Bây giờ chúng ta xét bài toán biên (1.1.2), (1.1.3) không có sự hạn
chế µk < 2m về cấp của các toán tử vi phân Bk . Gọi γ là một số nguyên
sao cho
γ ≤ 2m ,

γ > maxµk

với

γ = 1, . . . , m + J,
γ−1

và gọi D(γ) là các vectơ cột với các thành phần 1, Dt , . . . , Dt
đó vectơ B(Dt ) có thể viết dưới dạng:
B(Dt ) = Q(γ) .D (γ)

. Khi

(1.1.17)

trong đó Q(γ) là một ma trận của số phức bậc (m + J) × γ. Hơn nữa,
theo (1.1.11), chúng ta có :
∞

∞

u.L+ vdx + (D (γ) u)(0), (P(γ) v)(0)

Lu.vdx =
0

Cγ

(1.1.18)

0

trong đó P(γ) là vectơ với các thành phần P1 (Dt ), . . . , P2m (Dt ), 0, . . . , 0.
Chúng tôi đưa và ma trận bậc (γ − 2m) × γ


a0 a1
···
a2m
0
0





0
a
·
·
·
a
a
0
0
2m−1
2m
(γ)


R =
...
...



0

0

···

a0

a1

···

a2m

Rõ ràng, vectơ D(γ−2m) L(Dt ) có biểu diễn :
D(γ−2m) L(Dt ) = R(γ) .D(γ)
11

(1.1.19)


Do đó, chúng ta có công thức Green với mọi hàm khả vi vô hạn u, v
trên R, u ∈ CJ , v ∈ Cm+J , ω ∈ Cγ−2m :
∞

Lu.vdt + (D(γ−2m) Lu)(0), ω

C(γ−2m)

+ (Bu)(0) +Cu, v

Cm+J

0

(1.1.20)
∞

u.L+ udt + (D(γ) u)(0), (P(γ) )(0) + (R(γ) )∗ ω + (Q(γ) )∗ v

=

Cγ

0

+(u,C∗ v)CJ .
Bài toán biên :
L+ (Dt )v(t) = f (t) với t > 0

(1.1.21)

P(γ) (Dt )v(t)|t=0 + (R(γ) )∗ ω + (Q(γ) )∗ v = g ,

C∗ v = h

(1.1.22)

được gọi là liên hợp hình thức của bài toán (1.1.2), (1.1.3) theo công
thức Green (1.1.20). Trong trường hợp γ = 2m bài toán này trùng với
bài toán(1.1.15), (1.1.16).
Lưu ý rằng các điều kiện biên (1.1.22) của bài toán liên hợp hình
thức chỉ chứa các đạo hàm đến cấp 2m − 1.

1.2.

Tính giải được của bài toán biên trên nửa trục

Mục đích của mục này là chứng minh rằng tính chính quy của
bài toán biên (1.1.2), (1.1.3) là cần và đủ để nó có duy nhất nghiệm
trong tích Descartes của không gian Sobolev W2l (R+ ) với tập hợp CJ .
Chúng tôi cung cấp một số định nghĩa tương đương của tính chính
quy và chứng minh rằng mọi bài toán biên và liên hợp hình thức của
nó là đồng thời chính quy.

12


1.2.1.

Không gian Sobolev trên nửa trục

Cho C0∞ (R+ ),C0∞ (R+ ) là tập hợp tất cả các hàm khả vi vô hạn trên
R+ = [0, +∞) tương ứng có giá compact trên R+ và R+ . Chúng tôi
o

định nghĩa các không gian Sobolev W2l (R+ ) và W2l (R+ ) cho các số
nguyên không âm l, là bao đóng của C0∞ (R+ ),C0∞ (R+ ) theo chuẩn :
∞ j

u

W2l (R+ )

∑ |Dtj u(t)|2dt

=
0

j=0

Theo bổ đề của Sobolev, không gian W2l (R+ ) được nhúng liên tục vào
j
Cl−1 (R+ ). Do đó, các đạo hàm (Dt u)(0)( j = 0, 1, . . . , l − 1) tại điểm
o

thuộc W2l (R+ ).

t = 0 tồn tại với mọi hàm
Không gian con W2l (R+ ) có
thể được đồng nhất với tập hợp tất cả các hàm u ∈ W2l (R+ ) sao cho
j
(Dt u)(0) = 0 với mọi ( j = 0, . . . , l − 1).
Tương tự với W2l (R+ ), ta có định nghĩa của không gian W2l (R).
Lưu ý rằng mọi hàm u ∈ W2l (R+ ) đều có thể thác triển liên tục thành
một hàm v ∈ W2l (R). Chẳng hạn hàm :
v=

u(t)
j
1
j
χ(t) ∑l−1
j=0 j! (Dt u)(0)(it)

với t > 0,
với t ≤ 0.

(1.2.1)

trong đó χ là một hàm trơn tuỳ ý có giá compact ,bằng một trong
khoảng (−1, +1), là một thác triển của u. Thác triển này thoả mãn
bất đẳng thức
v W l (R) ≤ c u W l (R+ )
2

2

Với c là một hằng số độc lập với u. Một chuẩn tương đương trong
W2l (R) với l là số nguyên tuỳ ý là :
+∞

u

H t (R)

1/2

(1 + τ 2 )l |(Ft→τ u)(τ)|2 dτ

=
−∞

13


Ở đây Ft→τ là biến đổi Fourier
+∞

(Ft→τ u)(τ) = (2π)−1/2

e−itτ u(t)dt

(1.2.2)

−∞

1.2.2.

Tính chính quy của bài toán biên trên nửa trục

Chúng tôi muốn nghiên cứu tính giải được của bài toán biên (1.1.2),
(1.1.3) trong không gian W2l (R+ ) × CJ . Ở đây, khái niệm tính chính
quy của bài toán biên đóng một vai trò quan trọng. Để đưa ra khái
niệm này, ta kí hiệu M + là tập tất cả các nghiệm ổn định của phương
trình vi phân thuần nhất L(Dt )u(t) = 0 , tiến đến không khi t → +∞.
Rõ ràng M + là bao tuyến tính của các hàm
t s eiτ j t

,

s = 0, . . . , r j − 1 ,

(1.2.3)

trong đó τ1 , . . . , τµ là các không điểm của đa thức
2m

L(τ) =

∑ a jτ j

j=0

trong nửa mặt phẳng trên Imτ > 0 và r j là bội của τ j . Không gian
M + cũng có thể được mô tả là tập hợp tất cả các nghiệm của phương
trình L(Dt )u(t) = 0 thuộc không gian Sobolev W2l (R+ ).
Định nghĩa 1.2.1. Bài toán giá trị biên (1.1.2), (1.1.3) gọi là chính
quy, nếu:
(i) Các đa thức L(r) không có các không điểm thực và và có đúng
m không điểm ( tính số lần bằng bội ) của L(r) nằm trong nửa mặt
phẳng trên Imτ > 0.
(ii) Hệ thống các điều kiện biên thuần nhất (1.1.3)
B(Dt )u(t)|t=0 +Cu = 0
chỉ có nghiệm tầm thường (u, u) = 0 trong M + × CJ .
14


Chú ý 1.2.1. Nói riêng, từ điều kiện (ii) ta suy ra phương trình Cu = 0
chỉ có nghiệm tầm thường hoặc tương đương, cấp của ma trận C bằng
J.
1.2.3.

Các định nghĩa tương đương của tính chính quy

Bổ đề 1.2.1. Giả sử có điều kiện (i). Kí hiệu τ1 , . . . , τµ là các không
điểm của L(τ) nằm trong nửa mặt phẳng trên Imτ > 0 và r1 , . . . , rµ
tương ứng là bội của chúng. Khi đó các khẳng định sau là tương

đương:
1, Bài toán biên (1.1.2), (1.1.3) là chính quy.
2, Với mỗi g ∈ Cm+J có đúng một hàm u ∈ M + và một vectơ
u ∈ CJ thoả mãn điều kiện biên (1.1.3).
3, Các đa thức vectơ τ → Bk (τ), ck,1 , . . . , ck,J , k = 1, . . . , m + J là
độc lập tuyến tính với mođun là đa thức vectơ τ → L+ (τ), 0, . . . , 0 ,
trong đó
L+ (τ) = (τ − τ1 )τ1 . . . (τ − τµ )τµ .
Điều này có nghĩa là, nếu
m+J

∑ βk

Bk (τ), ck,1 , . . . , ck,J = P(τ) L+ (τ), 0, . . . , 0

k=1

Với một đa thức P nào đó thì β1 = . . . = βm+J = 0.
Chứng minh. Từ (i) ta suy ra τ1 + . . . + τµ = m . Tập M + bao gồm tất
cả các hàm có dạng :
µ τ j −1

u(t) =

∑ ∑ α j,s∂τseitτ |τ=τ j .

j=1 s=0

Thế hàm này và một vectơ u tuỳ ý vào điều kiện biên (1.1.3) chúng ta
nhận được hệ đại số:

µ τ j −1

∑ ∑ α j,s∂τsB(τ)|τ=τ j +Cu = g

j=1 s=0

15

(1.2.4)


với các ẩn α j,s ( j = 1, . . . , µ, s = 0, . . . , r j − 1) và u. Trong đó ta đã
sử dụng đẳng thức B(Dt )∂τs eitτ |t=0 = ∂τs B(τ). Hệ đại số (1.2.4) có
nghiệm duy nhất với mọi g khi và chỉ khi hệ thuần nhất tương ứng
µ τ j −1

∑ ∑ α j,s∂τsB(τ)|τ=τ j +Cu = 0.

j=1 s=0

chỉ có nghiệm tầm thường α j,s = 0( j = 1, . . . , µ, s = 0, . . . , r j − 1) và
u = 0.
Do đó 1) và 2) tương đương.
Hơn nữa , hệ đại số (1.2.4) có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi hệ đại
số thuần nhất với ma trận các hệ số ma trận đã chuyển vị
m+J

∑ βk ∂τsBk (τ)|τ=τ j = 0,

j = 1, . . . , µ; s = 0, . . . , r j − 1, (1.2.5)

k=1
m+J

∑ βk ck, j = 0

j = 1, . . . , J.

(1.2.6)

k=1

Chỉ có nghiệm tầm thường β1 = . . . = βm+J = 0. Ở đây hệ (1.2.5)
được thoả mãn khi và chỉ khi các số τ j , j = 1, . . . , µ, là các không
điểm của đa thức ∑m+J
k=1 βk Bk (τ) với các bội r j , nói cách khác, nếu:
m+J

∑ βk Bk (τ) = P(τ)L+(τ).
k=1

Điều này chứng tỏ sự tương đương của 2) và 3).
Lưu ý rằng các hệ số của đa thức L+ phụ thuộc một cách giải tích
và các hệ số của L.
Chúng tôi đưa ra hai ví dụ về bài toán biên chính quy trên nửa trục
Ví dụ 1.2.1. Bài toán biên
−u (t) + η 2 u(t) = f (t) với t > 0
au (0) + bu(0) +Cu = g
16

với η > 0, a = (a1 , . . . , aJ+1 ), b = (b1 , . . . , bJ+1 ) ∈ CJ+1 là chính quy
nếu và chỉ nếu ma trận


a1 η − b1
c1,1 · · · c1,J


 a2 η − b2
c2,1 · · · c2,J 
(aη − b,C) = 
..
..
.. 


.
. 
.

aJ+1 η − bJ+1 cJ+1,1 · · · cJ+1,J

là chính quy.
Ví dụ 1.2.2. Cho L(Dt ) là một toán tử vi phân cấp 2m thoả mãn điều
kiện (i) và cho Bk (τ), k = 1, . . . , m, là các đa thức có dạng :
Bk (τ) = p(τ)pk q(τ) ,

(1.2.7)

Trong đó p, pk và q là đa thức và bậc của pk bằng k − 1.Chúng ta giả
sử rằng :
p(τ j ) = 0 với j = 1, . . . , µ,
(1.2.8)
trong đó τ1 , . . . , τµ là các không điểm của L(τ) trong nửa mặt phẳng
trên và
q(τ j ) = q(τk ) nếu τ j = τk , j, k = 1, . . . , µ
q (τ j ) = 0

nếu τ j là không điểm của L(τ) có bội r j > 1, j = 1, . . . , µ.

Khi đó bài toán biên :
(Dt )u(t) = f (t) với t > 0
Bk (Dt )u(t)|t=0 = gk

(k = 1, . . . , m)

là chính quy.
Chứng minh. Giả sử tồn tại một đa thức P(τ) sao cho :
m

m

∑ βk Bk (τ) = p(τ) ∑ βk pk
k=1

k=1

17

q(τ) = P(τ)L+ (τ).


Theo (1.2.8) , đa thức :
m

∑ βk pk

(1.2.9)

q(τ)

k=1

chia hết cho L+ (τ) . Do (1.2.9) là một đa thức bậc ≤ m − 1 của q(τ),
nên ta có thể viết biểu thức đó thành tích của ít nhất m − 1 nhân tử
có dạng q(τ) − c. Do đó đa thức (1.2.9) hoặc bằng không hoặc tồn tại
một hằng số c sao cho q(τ) − c là ước của một tích (τ − τ j )(τ − τk ).
Khả năng thứ hai mâu thuẫn với giả định về q. Do đó, chúng ta nhận
được β1 = . . . = βm+J = 0. Chứng tỏ bài toán biên này chính quy.
Trong trường hợp đặc biệt p(τ) = 1, q(τ) = τ, pk (τ) = τ k−1 , chúng
ta nhận được tính chính quy của các điều kiện biên Dirichlet
Dtk−1 u(t)|t=0 = gk , k = 1, . . . , m cho toán tử L(Dt ).
1.2.4.

Tính giải được của bài toán biên chính quy trên nửa trục
trong không gian Sobolev.

Cho l là số nguyên tuỳ ý , l ≥ 2m, l ≥ maxµk + 1. Rõ ràng toán tử
(u, u) → ( f , g) của bài toán biên (1.1.2), (1.1.3) xác đinh một ánh xạ

tuyến tính liên tục
A : W2l (R+ ) × CJ → W2l−2m (R+ ) × Cm+J .

(1.2.10)

Nếu bài toán biên (1.1.2), (1.1.3) là chính quy, thì toán tử (1.2.10) là
một đơn ánh. Chúng tôi chứng minh rằng toán tử A của bài toán biên
chính quy là một đẳng cấu.
Định lý 1.2.1. Các khẳng định sau đây là tương đương:
1, Bài toán biên (1.1.2), (1.1.3) là chính quy.
2, Cho mỗi f ∈ W2l−2m (R+ ), g ∈ Cm+J , l ≥ max(2m, µ1 +1, . . . , µk+J +
1) tồn tại duy nhất một nghiệm (u, u) ∈ W2l (R+ ) × CJ của bài toán
(1.1.2), (1.1.3). Nói cách khác toán tử (1.2.10) là một đẳng cấu.
Chứng minh. Đầu tiên chúng ta chứng minh 1) ⇒ 2).Cho f là một
hàm tuỳ ý thuộc W2l−2m (R+ ) và gọi f1 ∈ W2l−2m (R) là một thác triển
18


của f lên toàn bộ trục t. Khi đó
−1
L(τ)−1 Ft→τ f1
v1 = Fτ→t

Là một nghiệm của phương trình L(Dt )v1 = f1 trên R. Do L(τ) = 0
với τ thực nên tồn tại sup:
c0 = sup|(1 − τ 2 )m L(τ)−1 |
τ

Do đó, v1 ∈ W2l (R) và thu hẹp v của v1 trên nửa trục R+ thuộc W2l (R+ ).
Theo Bổ đề (1.2.2), tồn tại một nghiệm (ω, u) ∈ W2l (R+ ) × CJ của bài

toán:
(Dt )ω(t) = 0,t > 0
B(Dt )ω(t) +Cu = g − B(Dt )v(t)|t=0 .
Do đó (u, u) với u = v+ω là một nghiệm của bài toán biên (1.1.2), (1.1.3).
Tính duy nhất nghiệm được suy ra từ Định nghĩa (1.1.1).
Bây giờ chúng ta chứng minh 2) ⇒ 1). Chúng ta bắt đầu với điều
kiện (i) của tính chính quy. Từ 2), ta suy ra
u

W2l (R+ )

≤ c Lu

W2l−2m (R+ )

(1.2.11)

với mọi u ∈ W2l (R+ ) triệt tiêu gần t = 0 với hằng số c độc lập với u.
Giả sử rằng đa thức L(τ) có một không điểm thực τ0 . Đặt
de f

(t) = uε (t) = eiτ0t ζε (t)
trong đó ζε (t) = ζ (εt), ζ là một hàm thuộc C0∞ (R+ ), và ε là một số
thực dương nhỏ hơn 1. Ta chứng minh rằng:
c1 ε −1 ≤ uε

2
W2l (R+ )

≤ c2 ε −1

(1.2.12)

với hằng số dương c1 , c2 chỉ phụ thuộc vào l, τ0 và ζ . Rõ ràng:
2
uε W
l (R
2

+)

≥ uε

2
L2 (R+ )

= ζε
19

2
L2 (R+ )

= ε −1 ζ

2
L2 (R+ )


Hơn nữa
∞

l

uε

2
≤
W2l (R+ )

1
ζ (εt)eiτ0 t |2 dt ≤
ε

j
|Dt

∑

j=0

0

l

∞
j

|ε j Dt ζ (t)eiτ0t/ε |2 dt

∑

j=0

0

1
2
≤ c2 (1 + τ02l ) ζ W
.
l
2 (R+ )
ε
Vậy ta có (1.2.12).
Vì L(Dt )eiτ0t = 0, nên hàm Luε có dạng:
iτ0 t

Luε = e

2m

∑

j
c j Dt ζε

iτ0 t

=e

j=1

2m

∑ c j (−iε) j ζ ( j)(εt)

(1.2.13)

j=1

với hệ số c j chỉ phụ thuộc vào τ0 và các hệ số của toán tử vi phân L.
Từ biểu diễn này suy ra chuẩn của Luε trong W2l−2m (R+ ) có cận trên
độc lập với ε. Điều này mâu thuẫn với (1.2.11) và (1.2.12). Do đó đa
thức L(τ) không có không điểm thực.
Hơn nữa, từ 2) ta có bài toán:
Lu = 0

trên R+

Bu|t=0 +Cu = g
Có một nghiệm duy nhất trong W2l (R+ ) × CJ với mọi g ∈ Cm+J . Do
tập nghiệm của phương trình Lu = 0 trong W2l (R+ ) trùng với M + ,
nên chúng ta có:
µ r j −1

u=

∑ ∑ α j,s∂τseiτt |τ=τ j ,

j=1 s=0

trong đó τ1 , . . . , τµ là các không điểm khác nhau của đa thức L(τ)
trong nửa mặt phẳng trên Imτ > 0 và r1 , . . . , r j là bội của chúng. Thế
hàm này vào điều kiện biên (1.1.3), chúng ta có hệ đại số tuyến tính
(1.2.4).Hệ này chỉ có nghiệm duy nhất khi số ẩn bằng số phương
trình, tức là khi r1 + . . . + rµ = m. Do đó điều kiện (i) trong Định
nghĩa (1.2.1) thoả mãn. Điều kiện (ii) rõ ràng cũng thoả mãn.
20


Bổ đề 1.2.2. Giả sử bài toán biên (1.1.2), (1.1.3) là chính quy. Khi đó
với mọi u ∈ W2l (R+ ), l ≥ 2m, l ≥ maxµk + 1, u ∈ CJ bất đẳng thức sau
là đúng với hằng số c độc lập với u và u:
W2l (R+ ) + |u|CJ

≤ c L(Dt )u

W2l−2m (R+ ) + |B(Dt )u|t=0 +Cu|Cm+J

.
(1.2.14)
Nếu c là hằng số tốt nhất trong (1.2.14), từ đó 1/c là một hàm liên tục
Lipschitz của các hệ số của các toán tử L, B và C.
u

Chứng minh. Đánh giá (1.2.14) được suy ra từ định lí (1.2.1) và từ
định lí đồ thị đóng. Giả sử các hiệu giữa các hệ số của toán tử A và
các hệ số tương ứng của toán tử A nhỏ hơn ε. Khi đó bất đẳng thức:
A − A (u, u)

W2l−2m (R+ )×Cm+J

≤ c1 ε( u

W2l (R+ ) + |u|CJ )

(1.2.15)
đúng với mọi u ∈ W2l (R+ ), u ∈ CJ . Ở đây hằng số c1 chỉ phụ thuộc
vào l, m, µk và J. Giả sử c là hằng số của toán tử A và c là hằng số
tốt nhất của toán tử A . Từ (1.2.15), chúng ta nhận được:
u

W2l (R+ ) + |u|CJ

≤c

A (u, u)

≤ c A (u, u)

W2l−2m (R+ )×Cm+J

W2l−2m (R+ )×Cm+J +

≤ c(1 − c1 c ε) A (u, u)

(A −A )(u, u)

W2l−2m (R+ )×Cm+J

W2l−2m (R+ )×Cm+J

Do đó c ≤ c(1 + c1 c ε) và tương tự c ≤ c (1 + c1 c ε). Từ đó c và c
thoả mãn
1 1
| − | ≤ c1 ε
c c
Vậy bổ đề được chứng minh.
1.2.5.

Tính giải được của bài toán liên hợp hình thức

Như đã thấy, tính chính quy của bài toán biên (1.1.2), (1.1.3) là cần
và đủ để bài toán đó có nghiệm duy nhất trong W2l (R+ ) × CJ . Chúng
21


tôi sẽ chứng minh tính rằng tính chính quy cũng là cần và đủ để bài
toán liên hợp hình thức có nghiệm duy nhất.
Định lý 1.2.2. Bài toán biên (1.1.2), (1.1.3) là chính quy nếu và chỉ
nếu bài toán liên hợp hình thức (1.1.21), (1.1.22) theo công thức Green
(1.1.20) là chính quy. Đặc biệt trong trường hợp maxµk < 2m các bài
toán biên (1.1.2), (1.1.3) và (1.1.15), (1.1.16) đồng thời chính quy.
Chứng minh. Vì L+ (τ) = L(τ), nên điều kiện (i) trong Định nghĩa
(1.2.1) được thoả mãn đông thời bởi L và L+ . T sẽ chứng minh rằng
nếu (ii) đúng đối với bài toán biên (1.1.2), (1.1.3) thì cũng đúng đối với
bài toán liên hợp hình thức (1.1.21), (1.1.22). Giả sử (v, ω, v) ∈ M + ×
Cγ−2m ×Cm+J là một nghiệm của bài toán thuần nhất (1.1.21), (1.1.22).
Khi đó công thức Green cho ta
∞

L(Dt )u.vdt +

D (γ−2m) Lu (0), ω

0

Cγ−2m

+

B(Dt )u|t=0 +Cu , v

(1.2.16)
Với mọi u
∈ CJ . Theo Bổ đề (1.2.1), tồn tại một hàm
u ∈ M + và một vectơ u ∈ CJ sao cho B(Dt )u|t=0 + Cu = v. Do đó
(1.2.16) kéo theo v = 0. Do γ − 2m thành phần cuối cùng của vectơ
∗
P(γ) bằng không và γ − 2m hàng cuối cùng của ma trận R(γ) lập
thành một ma trận tam giác với các số a2m = 0 trong đường chéo, nên
từ phương trình:
γ
∈ W2 (R+ ), u

∗

∗

P(γ) v|t=0 + R(γ) ω + Q(γ) v = 0
ta có ω = 0. Hơn nữa, theo Định lí (1.2.1), chúng ta có thể chọn

hàm u và vectơ u trong (1.2.16) sao cho L(Dt )u(t) = v khi t > 0 và
B(Dt )u|t=0 +Cu = 0. Khi đó chúng ta nhận được v = 0.
Do đó, bài toán thuần nhất (1.1.21), (1.1.22) chỉ có nghiệm tầm
thường. Tương tự, nếu điều kiện (ii) đúng đối với bài toán liên hợp
hình thức thì cũng đúng đối với bài toán (1.1.2), (1.1.3).
22

Cm+J


Hệ quả 1.2.1. Giả sử bài toán biên (1.1.2), (1.1.3) là chính quy. Khi
đó bài toán liên hợp hình thức (1.1.21), (1.1.22) có nghiệm duy nhất
trong W2l (R+ ) × Cm+J ×γ−2m với mọi f ∈ W2l−2m (R+ ), g ∈ Cγ , h ∈
CJ , l ≥ 2m và nghiệm (v, ω, v) thoả mãn các đánh giá:
v

W2l (R+ ) + |ω|Cγ−2m + |v|Cm+J

≤c

với một hằng số c độc lập với f , g và h.

23

f

W2l (R+ ) + |g|Cγ

+ |h|CJ

Chương 2

Bài toán chính quy trên nửa
trục trong không gian Sobolev
với cấp âm
2.1.

Bài toán chính quy trên nửa trục trong không
gian Sobolev với cấp âm

Trong phần tiếp theo chúng tôi hạn chế xét bài toán biên, với cấp
của toán tử trong điều kiện biên nhỏ hơn 2m. Khi đó công thức Green
(1.1.6) là đúng.
Trong mục vừa rồi ta đã chỉ ra toán tử A của bài toán biên chính
quy là một đẳng cấu từ : W2l (R+ ) × CJ → W2l−2m (R+ ) × Cm+J , với
số nguyên tuỳ ý l ≥ 2m. Điều này không còn đúng cho trường hợp
l < 2m, vì giá trị của các hàm u, Dt u, . . . , Dt2m−1 u và do đó các giá
trị của Bk u, tại điểm t = 0 không tồn tại đối với các hàm u thuộc
không gian Sobolev với cấp thấp hơn. Để tránh khó khăn này, chúng
tôi giới thiệu không gian của cặp (u, φ ), trong đó u thuộc một không
gian Sobolev trên khoảng (0, +∞) và φ là một vec tơ trong không
24