Chỉnh hoá bài toán lấy đạo hàm trong không gian hilbert và không gian banach

1

MỤC LỤC
Trang
MỤC LỤC . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
MỘT SỐ KÍ HIỆU DÙNG TRONG KHÓA LUẬN . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
LỜI NÓI ĐẦU . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

Chương 1: Sơ đồ ổn định của bài toán đạo hàm trong không
gian Hilbert L2 [0; 1] và xấp xỉ trong không gian Banach L∞ [a; b] . . 6
1.1 Một số kiến thức liên quan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.2 Trình bày bài toán . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
1.3 Sự hội tụ và sự ổn định . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
1.4 Công thức của Uε . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
1.5 Xấp xỉ bài toán đạo hàm trong không gian Banach với đoạn hữu hạn 14
Chương 2 Một phương pháp xấp xỉ đạo hàm của các hàm số
trong không gian Banach L∞ [0; +∞) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
2.1 Kết quả bổ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
2.2 Kết quả chính . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .24
KẾT LUẬN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26
TÀI LIỆU THAM KHẢO . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .27


2

MỘT SỐ KÍ HIỆU DÙNG TRONG KHÓA LUẬN
·

∞:

chuẩn L∞ .

· : chuẩn L2 .
(., .): Tích vô hướng.
C0∞ (0, 1): tập tất cả các hàm trơn vô hạn trên (0; 1) và có giá compact.
H := L2 [0, 1] = {u : [0, 1] → R| u đo được Lebesgue, u < +∞}.
L∞ [a, b] = {u : [a, b] → R| u đo được Lebesgue, u

∞

< +∞}.

L∞ [0, +∞) = {u : [0, +∞) → R| u đo được Lebesgue, u
A∗ : Toán tử liên hợp của A.
→: Hội tụ mạnh (hội tụ theo chuẩn).

: Hội tụ yếu.
µ: Độ đo Lebesgue.

∞

< +∞}.


LỜI NÓI ĐẦU

Bài toán tính đạo hàm của một hàm số xuất hiện trong nhiều lĩnh vực khoa
học và ứng dụng, chẳng hạn, bài toán xác định các điểm không liên tục trong
xử lý ảnh ([5]); bài toán giải phương trình tích phân Abel ([7]) hay các bài toán
ngược trong phương trình vật lý toán ([8]), v.v...Bài toán này đặt không chỉnh,
tức là: một sai số nhỏ trong hàm số có thể gây ra một sai số lớn trong đạo hàm

tương ứng, thậm chí làm cho hàm số không khả vi. Đây là khó khăn lớn nhất
gặp phải khi giải bài toán đạo hàm. Để vượt qua trở ngại này, người ta đề xuất
các phương pháp hiệu chỉnh nhằm thu được các nghiệm xấp xỉ của đạo hàm cần
tìm. Tuy nhiên, hầu hết các kết quả đạt được cho bài toán trong không gian
Hilbert, rất ít kết quả đạt được trong không gian Banach. Trong ([6]), Denisov
có đưa ra phương pháp hiệu chỉnh cho bài toán tính đạo hàm trong không gian
Banach L∞ [a, b] với [a, b] là đoạn hữu hạn nhưng không đưa ra tốc độ hội tụ. Một
phương pháp khác có thể xấp xỉ đạo hàm của các hàm số trong không gian L∞
là phương pháp sai phân. Tuy nhiên, cách làm này có nhiều khó khăn khi thực
hành giải số. Cho đến nay, cũng chỉ có ít kết quả đạt được cho bài toán tính đạo
hàm của các hàm số trong không gian Banach L∞ [0; +∞). Vì vậy, trong khóa
luận này chúng tôi đề xuất một phương pháp chỉnh của bài toán đạo hàm trong
không gian Banach L∞ [0; +∞) đồng thời đưa ra đánh giá sai số kiểu H¨older cho
phương pháp nói trên.
Ngoài phần mở đầu và phần kết luận, khóa luận gồm hai chương:
Chương 1: Sơ đồ ổn định của bài toán đạo hàm trong không gian Hilbert
L2 [0; 1] và xấp xỉ trong không gian Banach L∞ [a; b].

Chương 2: Một phương pháp xấp xỉ đạo hàm của các hàm số trong không
gian Banach L∞ [a; +∞).
3


4

Trong chương 1, chúng tôi giới thiệu bài báo [4] của Soyoung Ahn, U.Jin Choi
và Alexander G. Ramm - trình bày sơ đồ ổn định cho bài toán đạo hàm trong
không gian Hilbert L2 [0; 1] và giới thiệu phương pháp hiệu chỉnh cho bài toán
tính đạo hàm trong không gian Banach L∞ [a, b] với [a, b] là đoạn hữu hạn của
Denisov trong [6]. Trong bài báo [4], các tác giả trình bày sơ đồ ổn định cho bài

toán đạo hàm phát biểu như sau:
Xác định hàm u(s) trong không gian Hilbert L2 [0; 1] là nghiệm của phương
trình

x

f (x) = f (0) + Au(x) := f (0) +

u(s)ds.
0

Ở đây, toán tử Volterra:
A : L2 [0; 1] −→ L2 [0; 1]

(1)

x

u −→

u(s)ds
0

là đơn điệu do
(Au, u) =

(Au − Av, u − v)

1
0 u(s)ds

2

0 và xác định dương do

0.

Trong chương 2, chúng tôi đề xuất phương pháp chọn tham số tiên nghiệm hiệu
chỉnh bài toán lấy đạo hàm của một hàm số trong không gian Banach L∞ [0; +∞)
và đề xuất đánh giá sai số kiểu H¨older.
Khóa luận được hoàn thành tại trường Đại học Vinh dưới sự hướng dẫn nhiệt
tình, tận tâm của thầy giáo, Ths. Nguyễn Văn Đức và sự giúp đỡ của các thầy
cô, gia đình, bạn bè. Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới thầy đã dành cho
tác giả sự quan tâm giúp đỡ tận tình và chu đáo trong suốt quá trình học tập,
nghiên cứu và hoàn thành khóa luận.
Nhân dịp này, tác giả xin gửi lời cám ơn đến Ban chủ nhiệm khoa Toán, các
thầy cô trong khoa và tổ Giải tích - Khoa Toán Đại học Vinh đã dìu dắt tác giả
trong những năm học đại học cũng như giúp đỡ tác giả trong quá trình hoàn
thành khóa luận, xin cảm ơn các bạn sinh viên lớp 47A - Toán đã tạo điều kiện
thuận lợi cho tác giả hoàn thành khóa luận của mình.


5

Vì thời gian không nhiều và khả năng của bản thân còn hạn chế nên khóa
luận chắc hẳn không tránh khỏi thiếu sót. Kính mong sự góp ý của quý thầy cô
cùng toàn thể các bạn sinh viên.
Vinh 04/2010
Tác giả

CHƯƠNG 1
SƠ ĐỒ ỔN ĐỊNH CỦA BÀI TOÁN ĐẠO HÀM TRONG KHÔNG
GIAN HILBERT L2 [0; 1] VÀ XẤP XỈ TRONG KHÔNG GIAN
BANACH L∞ [A; B]

1.1

Một số kiến thức liên quan

1.1.1 Định nghĩa. Hàm số F (x) được gọi là liên tục tuyệt đối trên đoạn
[a,b] nếu với mọi ε > 0 cho trước luôn tồn tại δ > 0 sao cho mọi hệ các
khoảng (a1 , b1 ), (a2 , b2 ), ..., (an , bn ) đôi một rời nhau
n

mà

n

(bi − ai ) < δ thì
i=1

(bi − ai ) |F (bi ) − F (ai )| < ε.
i=1

1.1.2 Bổ đề. Nếu f (x) khả tích và với mọi x trong đoạn [a,b] ta đều có
x

g(t)dt = 0
a

thì g(x) = 0 h.k.n.
1.1.3 Định lý. Nếu F là một hàm liên tục tuyệt đối thì đạo hàm F của nó
khả tích và ta có

x

F (x) = F (a) +

F (s)ds.
a

1.1.4 Định lý. Tích phân bất định của một hàm khả tích là hàm liên tục
tuyệt đối.
Chứng minh Bổ đề (1.1.2) và các Định lý (1.1.3), (1.1.4) có thể xem trong [3].


7

1.1.5 Định nghĩa.

Cho f ∈ L∞ [a, b], ta định nghĩa:
ω(ρ) := sup f (x + z) − f (x)
z

ρ

∞

là môđun liên tục của hàm f.

1.1.6 Bổ đề.
ω(ρ) → 0 khi ρ → 0.

1.1.7 Định nghĩa. Dãy {xn } trong không gian định chuẩn X được gọi là
hội tụ yếu nếu tồn tại x ∈ X sao cho
lim f (xn ) = f (x), ∀f ∈ L(X, K).

n→∞

1.1.8 Định nghĩa. Ánh xạ T từ không gian mêtric (X, d) vào không gian
mêtric (Y, ρ) được gọi là ánh xạ co nếu tồn tại số k ∈ [0, 1) sao cho
ρ (T x, T y)

kd(x, y), ∀x, y ∈ X.

1.1.9 Định lý (Nguyên lý ánh xạ co). Cho (X, d) là không gian mêtric đầy
đủ và T là ánh xạ co trong X . Khi đó tồn tại duy nhất x∗ ∈ X mà T x∗ = x∗ .
Ngoài ra, với mọi x0 ∈ X ta có T n x0 → x∗ , khi n → 0.
Chứng minh Định lý này có thể xem trong [1].

1.2

Trình bày bài toán

Giả sử f ∈ L2 [0; 1] là một hàm khả vi và u là đạo hàm chưa biết của nó, thì u
thỏa mãn phương trình Volterra sau đây:
x

f (x) = f (0) + Au(x) := f (0) +

(1.1)

u(s)ds.
0

Không mất tính tổng quát, giả sử f (0) = 0. Giả sử rằng các hàm ta xét đều là
hàm nhận giá trị thực. Trường hợp này toán tử A trong (1.1) là đơn ánh và đơn
điệu trong không gian Hilbert H := L2 [0; 1], bởi vì (Au, u) = (
trong đó (u, v) là ký hiệu tích vô hướng trong H .

1
2
0 u(t)dt)

0,


8

1.2.1 Nhận xét. Phương trình (1.1) xác định nghiệm duy nhất trong H nếu
và chỉ nếu f liên tục tuyệt đối và f ∈ L2 [0; 1].
Thật vậy. Nếu hàm f liên tục tuyệt đối và f ∈ L2 [0; 1] thì theo Định lý (1.1.3)
ta có f (x) = f (0) +

x
0 f

(s)ds, do đó u(x) = f (s) là nghiệm của (1.1).

Dễ thấy nghiệm này là duy nhất, vì nếu có v(s) cũng là nghiệm của (1.1) thì

f (x) = f (0) +

x
0 v(s)ds,

suy ra: 0 =

x
0 [f

(s) − v(s)]ds, ∀x ∈ [0, 1]. Theo Bổ đề

(1.1.2) ta có : u(s) − v(s) = 0 h.k.n.
Ngược lại, nếu (1.1) có nghiệm duy nhất u(s) ∈ L2 [0; 1] thì theo Định lý (1.1.4)
ta cũng có f (x) =

x
0 u(s)

liên tục tuyệt đối và f (x) = u(x) ∈ L2 [0; 1].

Thông thường, f không được biết chính xác mà ta chỉ biết hàm fε ∈ L2 [0; 1]
là hàm gần đúng của nó sao cho
f − fε

trong đó

·

ε,

là chuẩn trong L2 [0; 1] được xác định bởi:
1

f =

|f (s)|2 ds

1
2

0

và ε > 0 đã được biết. Ta cần tìm một xấp xỉ đạo hàm f = u của hàm f theo
chuẩn · .
Ký hiệu

và → là sự hội tụ yếu và hội tụ mạnh trong H .

Xét các phương trình Au = f và
αvα (x) + Avα (x) = f (x), α = const > 0.

1.2.2 Bổ đề. Ta có bất đẳng thức vα

(1.2)

u , ∀α > 0,

trong đó: vα và u là nghiệm của (1.2) và (1.1).
Chứng minh. Từ (1.1) và (1.2) ta có:

αvα + Awα = 0,

(1.3)


9

với wα := vα − u.
(1.3) ⇒ (αvα + Awα , wα ) = 0

(1.4)
(1.5)

⇔ α(vα , wα ) + (Awα , wα ) = 0.

Do : (Awα , wα )

0 nên
(1.5) ⇒ α(vα , wα )
⇒ (vα , wα )

0
0 (do α > 0)

⇔ (vα , vα − u)
⇔ (vα , vα )
⇒ vα

2

⇒ vα

1.2.3 Bổ đề. Nếu vn := vαn

0

(vα , u)
(vα , u)

vα . u

u .

v và Avn → f khi αn → 0 thì Av = f , do đó

u = v.

Chứng minh. Thật vậy, với mỗi ψ ∈ C0∞ (0; 1) ta có:
(f, ψ) = lim (Avn , ψ)
n→∞

= lim (vn , A∗ ψ)
n→∞

= (v, A∗ ψ)
= (Av, ψ).
⇒ (f − Av, ψ) = 0, ∀ψ ∈ C0∞ (0; 1)
⇒ Av = f.

Do A đơn ánh nên u = v .

1.2.4 Bổ đề. Nếu vn

u và vn

u thì vn → u.

Chứng minh. Ta có:
u

lim inf vn

n→∞

lim sup vn

n→∞

u .

(1.6)


10

Bất đẳng thức
u

được suy ra từ vn

lim inf vn

n→∞

u.

Thật vậy, theo Hệ quả của định lý Hahn - Banach, tồn tại l ∈ L(X, K);
X := L2 [0; 1] sao cho: l(u) = u ; l = 1. Từ định nghĩa hội tụ yếu ta có :

(1.7)

l(u) = lim l(vn ).
n→∞

Kết hợp với
l(vn )

(1.8)

l . vn = vn

suy ra:
u = l(u) =

lim l(vn )

n→∞

= lim l(vn )

lim inf vn

n→∞

⇒ u

n→∞

lim inf vn .

n→∞

Bất đẳng thức :
lim sup vn

u

n→∞

được suy ra từ giả thiết.
Thật vậy:
vn

u ⇒ sup vn

u

⇒ lim sup vn

u .

n→∞

Vậy :

lim vn = u .

n→∞

Khi đó,
lim vn − u

n→∞

2

= lim
=

Tức là:

vn → u.

n→∞
2

u

vn

2

+ u

+ u
2

2

−2 u

− 2(u, vn )
2

= 0.


11

1.2.5 Định lý. Ta có
lim vα − u = 0.

α→0

Chứng minh. Giả sử vn := vαn

(1.9)

v khi αn → 0. Khi đó:

Avn (x) = f (x) − αn .vn (x) → f (x)

(1.10)

khi αn → 0.
Theo Bổ đề (1.2.3) ta có: Av = f , do đó u = v .
Vậy vn := vαn

u khi αn → 0.

Mặt khác, từ Bổ đề (1.2.2) ta có : vαn

u .

Theo Bổ đề (1.2.4) suy ra:
vαn = vn → u,

(1.11)

tức là
lim vαn − u = 0,

αn →0

∀αn → 0.

(1.12)

Do đó:
lim vα − u = 0.

α→0

1.3

(1.13)

Sự hội tụ và sự ổn định

Ta xấp xỉ đạo hàm u = f bởi nghiệm uε của phương trình sau:
αuα,ε + Auα,ε = fε .

Với bất kỳ α = α(ε) > 0 liên tục trên [0, ε0 ), trong đó ε0 > 0 và giả sử:
ε
= 0.
lim α(ε) = 0, lim
ε→0
ε→0 α(ε)
√
Chẳng hạn chọn : α(ε) = ε.
Ký hiệu :

uε := uα(ε),ε .

(1.14)

(1.15)


12

1.3.1 Định lý. Giả sử có (1.15) thì
(1.16)

lim uε − u = 0,

ε→0

trong đó, uε là nghiệm của (1.14) với α = α(ε).
Chứng minh. Ta có
uε − u ≤ uε − vε + vε − u

(1.17)

trong đó, vε là nghiệm duy nhất của phương trình
(1.18)

α(ε)vε + Avε = f.

Từ Định lý (1.2.5) ta có :
lim vε − u = 0 nếu lim α(ε) = 0.

ε→0

ε→0

Do đó, để chứng minh (1.16) ta chỉ cần chứng minh :
lim uε − vε = 0.

ε→0

Ta có :
α(ε)(uε − vε ) + A(uε − vε ) = fε − f.

Đặt gε := fε − f

thì

(1.19)

gε = fε − f ≤ ε.

Ký hiệu wε := uε − vε ,
(1.19) ⇔ α(ε)wε + Awε = gε

(1.20)

⇒ (α(ε)wε + Awε , wε ) = (gε , wε )
⇔ α(ε) wε

Vì (Awε , wε )

0 và gε

2

+ (Awε , wε ) = (gε , wε ).

(1.21)
(1.22)

ε nên ta có:
α(ε) wε

⇒ wε

2

(gε , wε )

gε . wε

ε
→ 0, ε → 0.
α(ε)

Định lý (1.3.1) được chứng minh.

(1.23)
(1.24)


13

1.4

Công thức của uε

Nghiệm của phương trình (1.14) được cho bởi công thức:
1
uε (x) = −

α

0
−x
α

exp(t)f (x + αt)dt +

fε (x)
.
α

(1.25)

Thật vậy: Ký hiệu
x

gε (x) := Auα,ε(x) =

0

uα,ε(s) ds,

trong đó: uα,ε(x) là nghiệm của (1.14).
Thì (1.14) được viết lại thành:
αgε (x) + gε (x) = fε (x), gε (0) = 0.

(1.26)

Do đó:

1
fε (x)
uε (x) = − gε (x) +
.
α
α
(1.26) là phương trình vi phân tuyến tính cấp 1, có nghiệm thỏa mãn

(1.27)

gε (0) = 0 là:
x

1
−x
gε (x) = exp
α
α

0

s
exp( )fε (s)ds.
α

(1.28)

Từ (1.27) và (1.28) ta có
1
−x

uε (x) = − 2 exp
α
α

x

exp
0

s
fε (x)
fε (s)ds +
.
α
α

(1.29)

Đặt s = x + αt thì:
1
−x
uε (x) = − exp
α
α
1
=−
α

0
−x

α

exp

x + αt
fε (x)
fε (x + αt)dt +
α
α

0
−x
α

exp(t)f (x + αt)dt +

fε (x)
.
α

(1.30)
(1.31)

ε
= 0, chẳng hạn
Ta chọn α(ε) thỏa mãn điều kiện: limε→0 α(ε) = 0, limε→0 α(ε)

chọn: α(ε) =

εk

c,

k ∈ (0; 1), c = const.

Tuy nhiên ở đây ta chưa có thuật toán cho cách chọn k và c.


14

1.5

Xấp xỉ bài toán đạo hàm trong không gian Banach
với đoạn hữu hạn

Trong không gian Banach L∞ [a, b], xét phương trình
x

Au =

u(s)ds = f (x), a

x

(1.32)

b.

a

Giả sử rằng, khi vế phải cho chính xác f (x) thì (1.32) có nghiệm duy nhất

u(x) ∈ L∞ [a, b], u(a) = 0.

Tuy nhiên, thông thường hàm f (x) không được biết mà chỉ biết hàm xấp xỉ fε (x)
sao cho
fε (x) ∈ L∞ [a, b], fε − f

ε.

∞

Ta xét phương trình tích phân Volterra loại 2
x

αu(x) +
a

u(s)ds = fε (x), a

x

(1.33)

b,

trong đó α > 0.
1.5.1 Nhận xét. Phương trình (1.33) có nghiệm duy nhất.
Thật vậy.
x

(1.33) ⇔ u(x) + λ

với: a

x

(1.34)

u(s)ds = gε (x),

a

b, λ = α1 , gε (x) = α1 fε (x).

Đặt
x

F (u) := gε (x) − λ

u(s)ds.
a

Bằng quy nạp ta có đánh giá
N

N
N (b − a)

N

F (u1 ) − F (u2 )

∞

λ

N!

u1 − u2

∞.


15

Chọn N sao cho:

N

0 < λN (b−a)
N ! < 1.

Theo Nguyên lý ánh xạ co, F N có điểm bất động duy nhất. Ký hiệu điểm bất
động đó là u∗ , ta có:
F N (F (u∗ )) = F N +1 (u∗ ) = F (F N (u∗ )) = F (u∗ ).

Suy ra, F (u∗ ) là điểm bất động của F N
Do F N (u∗ ) có duy nhất điểm bất động nên F (u∗ ) = u∗ .
Vậy, u∗ là nghiệm của (1.34).
Giả sử (1.34) còn có nghiệm u1 , dễ thấy u1 là điểm bất động của F N , nên u1 = u∗ .
Vậy, (1.34) có duy nhất nghiệm. Do đó, (1.33) có duy nhất nghiệm.

1.5.2 Định lý. Nếu có hàm α(ε) sao cho α(ε) > 0 với ε > 0 và α(ε) →
0,

ε
α(ε)

→ 0 khi ε → 0 thì
uα(ε) − u

∞

→ 0, ε → 0,

trong đó uα(ε) là nghiệm của (1.33) với α = α(ε).
Chứng minh. Ta xây dựng các hàm:
vα (x) := uα (x) − u(x).
wε (x) := fε (x) − f (x).

(1.35)


16

Từ (1.32) và (1.33) ta có
x

αuα (x) +

a

[uα (s) − u(s)] ds = fε (x) − f (x), a

x

b

x

⇔ α[uα (x) − u(x)] +

a

[uα (s) − u(s)]ds

= fε (x) − f (x) − αu(x), a

x

b

x

⇔ αvα (x) +

a

vα (s)ds = wε (x) − αu(x), a

x

1 x
1
⇔ vα (x) +
vα (s)ds = wε (x) − u(x), a
α a
α
1
x−ξ
1
x−ξ
vα (x) + 2 exp −
⇒ exp −
α
α
α
α
1
1
x−ξ
= exp −
wε (x) − u(x) , a
α
α
α

b

x

b

x
a

vα (s)ds

x

b.

Lấy tích phân hai vế ta được
1
α

x

exp −
a

x−ξ
α

vα (ξ)dξ

ξ
x−ξ
vα (s)dsdξ
exp −
α
a

a
1
1 x
x−ξ
exp −
=
wε (ξ) − u(ξ) dξ, a
α a
α
α

1
+ 2
α

x

x

b.

Ta có
1
α2

x

exp −
a
x

x−ξ
α

ξ
a

vα (s)dsdξ

ξ

1
x−ξ
vα (s)dsd exp −
α a a
α
ξ
x
1
x−ξ
1
= exp −
vα (s)ds −
α
α
α
a
a
x
x

1
1
x−ξ
=
vα (s)ds −
exp −
α a
α a
α
=

x

exp −
a

vα (ξ)dξ.

x−ξ
α

vα (ξ)dξ


17

Do đó:
x
ξ
x−ξ

1
x−ξ
exp −
vα (ξ)dξ + 2
exp −
vα (s)dsdξ
α
α
α
a
a
a
1 x
x−ξ
1 x
=
exp −
vα (s)ds
vα (ξ)dξ +
α a
α
α a
1 x
x−ξ
−
exp −
vα (ξ)dξ
α a
α
1 x

vα (s)ds.
=
α a

1
α

x

1 x
x−ξ
1
Như vậy :
vα (s)ds =
exp −
wε (ξ) − u(ξ) dξ
α a
α
α
a
1 x
⇔vα (x) +
vα (s)ds
α a
1
1 x
x−ξ
exp −
−
wε (ξ) − u(ξ) dξ = vα (x)

α a
α
α
1
wε (x)
1 x
x−ξ
⇔vα (x) =
− u(x) −
exp −
wε (ξ) − u(ξ) dξ.
α
α a
α
α
1
α

x

Đặt
wε (x)
1
ψαε (x) =
− u(x) −
α
α

x

exp −
a

x−ξ
α

1
wε (ξ) − u(ξ) dξ.
α

Ta sẽ xấp xỉ hàm ψαε .
Với
fε − f

ε ⇒ wε

ε

thì ta có
wε (x) 1
−
sup
α
α
x∈[a,b]

x

exp −
a

x−ξ
α

wε (x)
wε (x)
sup
+ sup
α
α
x∈[a,b]
x∈[a,b]
ε
ε
2ε
+ = .
α α
α

x
a

1
wε (ξ)dξ
α

(1.36)

x−ξ
1

exp −
α
α

(1.37)
(1.38)


18

Xét hàm
1
h(x) = u(x) −
α

x

exp −
a

x−ξ
α

u(ξ)dξ.

(1.39)

Do u(a) = 0 nên

⇒ h(x)

⇒ h(x)

∞

√
L∞ [a,a+ α]

1
α

x

x−s
[u(x) − u(s)]ds
α
a
x−s
+ u(x) exp −
α
x
1
x−s
=
[u(x) − u(s)]ds
exp −
α a
α
x−s
+ [u(x) − u(a)] exp −

α
x
x−s
1
exp −
[u(x) − u(s)]ds
α a
α
∞
x−s
+ [u(x) − u(a)] exp −
α
∞
x
x−s
1
exp −
u(x) − u(s) ∞
ds
α a
α
x−a
+ u(x) − u(a) ∞ exp −
ds
α
2 sup u(x) − u(s) ∞
s
√
2ω( α),

h(x) =

exp −

trong đó, ω(t) là môđun liên tục của hàm u(s) trên đoạn [a,b].
√
Xét hàm h(x) trên đoạn [a + α, b]. Ta có
1
h(x) =
α
1
=
α
1
+
α

x

exp −
a

√
x− α

x−s
x−s
[u(x) − u(s)]ds + u(x) exp −
α
α

x−s
[u(x) − u(s)]ds
α
a
x
x−s
x−s
[u(x) − u(s)]ds + u(x) exp −
√ exp − α
α
x− α
exp −

(1.40)

(1.41)

(1.42)


19

thì
h

√
L∞ [x− α,b]

3 u

1
L∞ [a,b] exp − √
α

√
+ ω( α).

(1.43)

Từ (1.42) và (1.43) ta có
h

L∞ [a,b]

3 u

1
√
exp
−
L∞ [a,b]
α

√
+ 3ω( α).

(1.44)

Từ (1.38) và (1.44) ta có

ψαε

⇒ |vα (x)|

L∞ [a,b]

ψαε

L∞ [a,b]

2ε
+3 u
α

1
√
exp
−
L∞ [a,b]
α

2ε
+3 u
α

√
+ 3ω( α)

1
√

exp
−
L∞ [a,b]
α

(1.45)

√
+ 3ω( α). (1.46)

√
Khi α → 0 thì exp − √1α → 0, ω( α) → 0 và 2ε
α → 0 nên suy ra vα (x)

∞

→ 0,

tức là
uα(ε) − u

L∞ [a,b]

→ 0.

(1.47)


CHƯƠNG 2
MỘT PHƯƠNG PHÁP XẤP XỈ ĐẠO HÀM CỦA CÁC HÀM SỐ

TRONG KHÔNG GIAN BANACH

Trong chương này chúng tôi giải quyết bài toán sau:
Giả sử f ∈ L∞ [0; +∞) là một hàm khả vi liên tục hai lần nhưng không được
biết chính xác mà ta chỉ biết hàm liên tục fε ∈ L∞ [0; +∞) là hàm gần đúng của
nó sao cho
f − fε

trong đó

·
g

∞

∞

∞

ε,

(2.1)

là chuẩn của không gian L∞ [0; +∞) được xác định bởi

= inf{α ∈ R : µ({x ∈ [0; +∞) : |g(x)| > α}) = 0} < +∞,

(2.2)

∀g ∈ L∞ [0; +∞)

với µ là độ đo Lebesgue và ε > 0 đã được biết. Ngoài ra, ta giả thiết thêm rằng
f (0) = f (0) = 0

(2.3)

và có một số dương E sao cho
f

∞

E.

Vấn đề đặt ra là tìm một xấp xỉ đạo hàm f của hàm f theo chuẩn

(2.4)
·

∞

trong không gian L∞ [0; +∞) ?
Để thấy bài toán tính đạo hàm của các hàm số trong không gian Banach
L∞ [0; +∞) đặt không chỉnh, chúng tôi lấy ví dụ sau:

ε
sin(nx), x ∈
2
[0, +∞) (n là số nguyên dương). Rõ ràng f, fεn ∈ L∞ [0; +∞), f, fεn khả vi vô
2

Ví dụ. Chọn f (x) = x2 e−x , x ∈ [0, +∞) và fεn (x) = f (x) +

20


21

ε
hạn trên [0, +∞), f , f ∈ L∞ [0; +∞), f (0) = f (0) = 0, f − fεn ∞ = nhưng
2
ε
n
f − fε ∞ = n → +∞ khi n → +∞.
2
Trong chương này, chúng tôi xấp xỉ đạo hàm f của hàm f bởi nghiệm của bài

toán đặt chỉnh trong không gian L∞ [0; +∞)
x

αuα (x) +

0

uα (t)dt = fε (x), α > 0, x ∈ [0, +∞).

(2.5)

Bằng cách chọn tham số tiên nghiệm, chúng tôi thiết lập được các đánh giá
sai số kiểu H¨older giữa nghiệm của bài toán (2.5) và đạo hàm f của hàm f .

2.1

Kết quả bổ trợ

2.1.1 Bổ đề. Kết quả sau đây đã được Landau chứng minh vào năm 1913
Nếu hàm số g có đạo hàm đến cấp hai thỏa mãn g, g , g ∈ L∞ [0; +∞), thì
g

∞

2 g

1/2
∞

1/2
∞ .

g

Hằng số 2 ở đây là tốt nhất.
2.1.2 Nhận xét. Từ Bổ đề 2.1.1 và các giả thiết (2.1), (2.4) ta có đánh giá
f

2 ( fε

∞

∞

+ ε) E.

2.1.3 Bổ đề. Bài toán (2.5) có duy nhất nghiệm trong không gian L∞ [0; +∞)
và nghiệm được xác định bởi công thức sau
1
uα (x) = − 2 e−x/α
α

x
0

ez/α fε (z)dz +

fε (x)
, ∀x ∈ [0, +∞).
α

(2.6)

Chứng minh. Biến đổi tương đương sau đây đúng cho mọi x ∈ [0, +∞) và mọi


22

α>0
x

ex/α
(2.5) ⇔
α

⇔

e

αuα (x) +

0

x

x/α
0
x

uα (t)dt

uα (t)dt

ex/α
fε (x)
α

ex/α
=
fε (x)
α

1
⇔e
uα (t)dt =

α
0
x
1
⇔
uα (t)dt = e−x/α
α
0
x/α

=

x
0

ez/α fε (z)dz

x
0

ez/α fε (z)dz.

(2.7)

Lấy đạo hàm hai vế của (2.7) ta thu được công thức (2.6). Ngược lại, có thể tính
toán trực tiếp để thấy rằng uα (x) được cho bởi công thức (2.6) thỏa mãn phương
trình (2.5).
2.1.4 Bổ đề. Nếu uα (x) là nghiệm của bài toán (2.5) thì đánh giá sau đây
đúng
uα

∞

2
fε
α

∞,

∀α > 0.

Chứng minh. Với mọi x ∈ [0, +∞) ta có
|uα (x)| =

=
=
=

fε (x)
1 −x/α x z/α
e fε (z)dz +
− 2e
α
α
0
x
fε (x)
1
ez/α fε (z)dz +
− 2 e−x/α

α
α
0
x
fε ∞
1 −x/α
z/α
e
f
dz
+
e
ε
∞
α2
α
0
x
fε ∞
1
−x/α z/α
f
e
αe
+
ε
∞
α2
α
z=0

1
fε ∞
−x/α
x/α
f
e
α
e
−
1
+
ε
∞
α2
α
1
fε ∞ (2 − e−x/α )
α
2
fε ∞ .
α

Từ đánh giá trên suy ra bất đẳng thức đã nêu trong bổ đề.

(2.8)


23

2.1.5 Nhận xét. Nếu ta thay không gian L∞ [0, +∞) bởi không gian L∞ (−∞, +∞)

thì đánh giá (2.8) không đúng.
Chứng minh. Bằng cách lập luận tương tự như Bổ đề 2.1.3 ta thu được
x

1
uα (x) = − 2 e−x/α
α

0

ez/α fε (z)dz +

fε (x)
, ∀x ∈ (−∞, +∞).
α

(2.9)

Nếu ta chọn fε (x) = 1, x ∈ (−∞, +∞) thì fε ∈ L∞ (−∞, +∞). Thay vào công
1
thức (2.9) ta có uα (x) = e−x/α , ∀x ∈ (−∞, +∞). Rõ ràng lim uα (x) = +∞.
x→−∞
α
Do đó, uα không phải là phần tử của không gian L∞ (−∞, +∞).
2.1.6 Bổ đề. Nếu vα (x) là nghiệm của phương trình
x

αvα (x) +

(2.10)

vα (t)dt = f (x), α > 0, x ∈ [0, +∞),

0

và uα (x) là nghiệm của bài toán (2.5) thì các đánh giá sau đây đúng
ε
a) uα − vα ∞ 2 , ∀α > 0,
α
b) vα − f ∞ 2 f ∞ , ∀α > 0,
c)

vα

∞

6 ( fε

∞

+ ε) E, ∀α > 0.

Chứng minh. Trước hết ta chứng minh Phần a). Đặt zα (x) = uα (x)−vα (x),

x∈

[0, +∞). Ta nhận thấy zα (x), x ∈ [0, +∞) là nghiệm của phương trình
x

αzα (x) +

0

zα (t)dt = fε (x) − f (x), α > 0, x ∈ [0, +∞).

Sử dụng Bổ đề 2.1.4 và giả thiết (2.1) ta có đánh giá
uα − vα

∞

= zα ∞
fε − f
2
α

∞

2ε
.
α

Tiếp theo ta chứng minh Phần b). Từ giả thiết (2.3) ta có f (x) =

x
0 f

(t)dt, ∀x ∈

[0, +∞). Đặt wα (x) = f (x) − vα (x), x ∈ [0, +∞). Khi đó wα (x) là nghiệm của

phương trình
x

αwα (x) +

0

wα (t)dt = αf (x), α > 0, x ∈ [0, +∞).


24

Sử dụng Bổ đề 2.1.4 ta có đánh giá
vα − f

∞

= wα ∞
αf ∞
2
=2 f
α

∞.

Cuối cùng ta chứng minh Phần c). Sử dụng kết quả Phần b), Bổ đề 2.1.1 và các
giả thiết (2.1), (2.4) ta có
vα

vα − f

∞

3 f
6

2.2

∞

( fε

∞

+ f

6

f

∞

∞
∞

f

∞

+ ε) E.

Kết quả chính

2.2.1 Định lý. Bài toán (2.5) là đặt chỉnh. Giả sử uα (x), x ∈ [0, +∞) là
2ε
nghiệm của bài toán (2.5), bằng cách chọn α =
, ta có đánh giá sai số
E
√
uα − f ∞ 2 2εE.
√
Trong trường hợp E không được biết cụ thể, bằng cách chọn α = ε, ta có
đánh giá sai số
uα − f

√
∞

ε(2 + E).

Chứng minh. Tính đặt chỉnh của bài toán (2.5) kéo theo từ các Bổ đề 2.1.3 và
2.1.4. Bây giờ ta chứng minh đánh giá sai số. Trước hết ta chứng minh bất đẳng
thức sau
vα − f

∞

αE, ∀α > 0.

(2.11)

Thật vậy, theo các lập luận ở chứng minh Phần b, Bổ đề 2.4 wα (x) = f (x) −
vα (x), x ∈ [0, +∞) là nghiệm của phương trình
x

αwα (x) +

0

wα (t)dt = αf (x), α > 0, x ∈ [0, +∞).


25

Do đó, theo công thức (2.6) ta có
x

1 −x/α
e
α2
1
= − e−x/α
α

0
x

= −e−x/α

f (z)d ez/α + f (x)

wα (x) = −

ez/α αf (z)dz +

αf (x)
α

ez/α f (z)dz + f (x)

0
x

0

= −e
= −e

−x/α

f (z)e

−x/α

f (x)e
x

−x/α

=e

z/α

x
z=0

x/α

x

−
0

ez/α d f (z)

x

− f (0) −

+ f (x)

ez/α f (z)dz

+ f (x)

0

ez/α f (z)dz, ∀x ∈ [0, +∞).

0

Từ đó suy ra đánh giá sau đây đúng với mọi x ∈ [0, +∞)
x

|wα (x)| = e−x/α
e

ez/α f (z)dz

0
x

−x/α

x

e−x/α

ez/α |f ” (z)|dz

0

e
0

z/α

x

Ee−x/α

f

∞ dz

= f

∞e

x

−x/α

ez/α dz = αE(1 − e−x/α )

ez/α dz

0

αE.

0

Vì vậy, ta kết luận được vα − f

∞

= wα

∞

αE, ∀α > 0. Bất đẳng thức

(2.11) được chứng minh.
Bây giờ, áp dụng Bổ đề 2.1.6, bất đẳng thức (2.11) và bất đẳng thức tam giác
của chuẩn ta có đánh giá
uα − f

∞

Cuối cùng thay các giá trị α =
định trong định lý.

uα − vα ∞ + vα − f
ε
2 + αE.
α

∞

(2.12)

√
2ε
và α = ε vào (2.12) ta sẽ được các khẳng
E