CHỈNH HÓA NGHIỆM CHO BÀI TOÁN NHIỆT VÀ BÀI TOÁN ELASTIC NGƯỢC

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THƯ
VIỆN TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP. HỒ CHÍ MINH

PHÙNG TRỌNG THỰC

CHỈNH HÓA NGHIỆM CHO BÀI TOÁN
NHIỆT VÀ BÀI TOÁN ELASTIC NGƯỢC

Chuyên ngành: Toán giải tích
Mã số: 60 46 01

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC:
PGS. TS. ĐẶNG ĐỨC TRỌNG

Thành phố Hồ Chí Minh - 2010


LỜI CẢM ƠN
Em xin chân thành gửi lời cảm ơn đến các thầy cô trường ĐH Sư Phạm và ĐH
KHTN đã tận tình giảng dạy chúng em trong suốt thời gian học cao học Toán.
Đặc biệt em chân thành cảm ơn thầy Đặng Đức Trọng đã rất ân cần và chu đáo
hướng dẫn em làm luận văn này.

Học Viên: Phùng Trọng Thực.


1

MỞ ĐẦU

Nội dung chính của luận văn là đưa ra sự chỉnh hóa nghiệm cho một dạng của
bài toán nhiệt hai chiều và bài toán Elastic ba chiều. Cụ thể là đưa ra một chỉnh
hóa nghiệm cho các bài toán:
Bài toán nhiệt: Cho T > 0 là độ dài của thời gian quan sát và Ω =
(0, 1) × (0, 1) là vật dẫn nhiệt. Xác định cặp hàm (u, f ) thỏa mãn hệ:


ut − ∆u = ϕ (t) f (x, y) ,



 u (0, y, t) = u (1, y, t) = u (x, 0, t) = u (x, 1, t) = 0,
x
x
y
y

u (1, y, t) = 0,



 u (x, y, 0) = g (x, y) ,
với (x, y) ∈ Ω, t ∈ (0, T ), trong đó g ∈ L1 (Ω) và ϕ ∈ L1 (0, T ) được cho.
Bài toán Elastic: Cho T > 0 là độ dài của thời gian quan sát và Ω =
(0, 1) × (0, 1) × (0, 1) là vật thể đàn hồi đẳng hướng ba chiều. Xác định cặp
(u, f ) thỏa mãn hệ:

































∂ 2u
+ µ∆u + (λ + µ) ∇ (div (u)) = ϕ (f1 , f2 , f3 ) , (x, t) ∈ Ω × (0, T ) ,
∂t2
(u1 (x, t) , u2 (x, t) , u3 (x, t)) = (0, 0, 0) , (x, t) ∈ ∂Ω × (0, T ) ,
(u1 (x, 0) , u2 (x, 0) , u3 (x, 0)) = (g1 (x) , g2 (x) , g3 (x)) , x ∈ Ω,
∂u1
∂u2
∂u3
(x, 0) ,
(x, 0) ,
(x, 0) = (h1 (x) , h2 (x) , h3 (x)) , x ∈ Ω,
∂t 
∂t 
 ∂t


X1
σ1 τ12 τ13
n1
 



 τ21 σ2 τ23   n2  =  X2  ,
τ31 τ32 σ3

n3

X3

với λ và µ là các hằng số thỏa µ < 0, λ + 2µ < 0, σj = λdiv (u) + 2µ

∂uj
,
∂xj


2
∂uj ∂uk
+
) và n = (n1 , n2 , n3 ) là pháp vectơ đơn vị hướng ra ngoài
∂xk ∂xj
trên ∂Ω. Trong đó dữ kiện được cho là
τjk = µ(

I (ϕ, X, g, h) ∈

L1 (0, T ) , L1 0, T, L1 (∂Ω)

3

3

, L2 (Ω) , L2 (Ω)

3

.

Bài toán nhiệt và bài toán Elastic như trên là những bài toán ngược, không

chỉnh. Tính không chỉnh của bài toán ở chỗ bài toán có thể không tồn tại nghiệm
hoặc nếu tồn tại duy nhất nghiệm thì nghiệm có thể không phụ thuộc liên tục
vào dữ kiện được cho.
Trong những năm gần đây, một số tác giả đã có những nghiên cứu về các bài
toán này. Chẳng hạn xem xét về sự duy nhất và ổn định nghiệm của bài toán
nhiệt trong [12], [14], [15], [16]; sự chỉnh hóa trong trường hợp nghiệm không
ổn định cho bài toán nhiệt trong [5], [6], [9]; tính duy nhất nghiệm cho bài toán
Elastic trong [8], [11] và đưa ra sự chỉnh hóa nghiệm cho bài toán Elastic hai
chiều trong [8].
Bởi vì các bài toán trên là những bài toán ngược không chỉnh nên sự chỉnh
hóa nghiệm là cần thiết. Trong [7], các tác giả Trong, Dinh, Nam đã đưa ra
một sự chỉnh hóa nghiệm cho bài toán nhiệt bằng phương pháp cắt ngắn chuỗi
Fourier và sử dụng một vài kỹ thuật, chẳng hạn phương pháp nội suy để xấp xỉ
các hệ số của chuỗi cắt ngắn từ các dữ kiện nhiễu. Ưu điểm của phương pháp
này là có thể loại bỏ những giả thiết trên nghiệm về điều kiện cuối của thời
gian. Chú ý rằng trong [6], [8], [9] các tác giả cần sử dụng thông tin về điều kiện
cuối của thời gian u (x, T ) trong việc chỉnh hóa nghiệm bởi vì nó giúp đưa ra
công thức biến đổi Fourier của f và từ đó khôi phục được f . Dựa vào nhận xét
phương pháp cắt ngắn chuỗi Fourier cũng có thể áp dụng để chỉnh hóa nghiệm
cho bài toán Elastic và giúp ta loại bỏ các giả thiết trên nghiệm về điều kiện
cuối của thời gian (điều mà trong [8] khi chỉnh hóa nghiệm cho bài toán Elastic
hai chiều các tác giả cần sử dụng đến) nên trong luận văn này sẽ đưa ra một
sự trình bày chi tiết cho phương pháp này để chỉnh hóa nghiệm của bài toán
Elastic, nhưng so với [8] luận văn có hai điểm mới sau:
• Mở rộng xem xét bài toán Elastic trên không gian 3 chiều.
• Bỏ đi các ràng buộc trên nghiệm về điều kiện cuối của thời gian.


3
Luận văn bao gồm ba chương:

Chương 1. Kiến thức chuẩn bị
Chương này trình bày một số định nghĩa, các kết quả và một số kiến thức
bổ trợ sẽ được dùng đến trong các chương sau.
Chương 2. Chỉnh hóa nghiệm cho bài toán nhiệt
Trong chương này trình bày về sự duy nhất nghiệm và chỉnh hóa nghiệm cho
bài toán nhiệt. Đây là sự trình bày chi tiết các kết quả trong bài báo [7] và qua
đó cho thấy phương pháp mà các tác giả đã sử dụng để chỉnh hóa nghiệm cho
bài toán nhiệt hai chiều.
Chương 3. Chỉnh hóa nghiệm cho bài toán Elastic
Trong chương này trình bày về sự duy nhất nghiệm và đưa ra một sự chỉnh
hóa nghiệm cho bài toán Elastic ba chiều. Trong chương 2 và 3 đều có phần giải
số để minh họa cho các kết quả thu được.


Chương 1

Kiến thức chuẩn bị
1.1

Tính không chỉnh và sự chỉnh hóa

Tính không chỉnh.
Một bài toán ngược gọi là không chỉnh nếu nó thỏa mãn ít nhất một trong ba
điều sau:
• Bài toán không tồn tại nghiệm.
• Bài toán không duy nhất nghiệm.
• Nghiệm bài toán không phụ thuộc liên tục vào dữ kiện của bài toán, tức
là với một thay đổi nhỏ trên dữ kiện của bài toán có thể dẫn đến thay đổi
lớn trên nghiệm của bài toán.
Sự chỉnh hóa.

Trong trường hợp bài toán ngược tồn tại và duy nhất nghiệm tuy nhiên nghiệm
bài toán không ổn định với dữ kiện được cho, tức là sai số nhỏ trên dữ kiện (điều
này đúng trong thực tế vì các dữ kiện chỉ là dữ kiện đo đạc khá gần với dữ kiện
chính xác) có thể dẫn đến sai số lớn trên nghiệm, khi đó sự chỉnh hóa nghiệm
là cần thiết. Chỉnh hóa nghiệm tức là từ các dữ kiện đo đạc (có thể có sai số so
với dữ kiện chính xác) ta xây dựng một nghiệm mới, gọi là nghiệm chỉnh hóa.
Nghiệm chỉnh hóa có thể không phải là nghiệm chính xác của bài toán (ứng với
dữ kiện chính xác) nhưng ta có thể kiểm soát được sai số của nghiệm chỉnh hóa
so với nghiệm chính xác nhỏ như mong muốn.
4


5

1.2

Hệ Lamé

Hệ Lamé được thiết lập từ các dữ kiện vật lý (xem, ví dụ trong [11]) và có
liên quan chặt chẽ đến bài toán Elastic. Trong không gian ba chiều với Ω =
(0, 1) × (0, 1) × (0, 1) như là vật thể đàn hồi, hệ Lamé được xác định bởi
∂ 2u
+ µ∆u + (λ + µ) ∇ (div (u)) = F,
∂t2

x ∈ Ω, t ∈ (0, T ) ,

ở đây u (x, t) = (u1 (x, t) , u2 (x, t) , u3 (x, t)) thỏa mãn hệ Lamé, trong đó uj
biểu thị cho độ dịch chuyển theo hướng j của vật thể đàn hồi và F (x, t) =
(F1 (x, t) , F2 (x, t) , F3 (x, t)) biểu thị lực tác động lên vật thể. Các hằng số λ và

µ gọi là các hằng số Lamé.
Bài toán thuận là bài toán xác định u từ các dữ kiện đầu u (0, x), ut (0, x)
và F . Trong luận văn này ta quan tâm đến bài toán ngược là bài toán xác định
F từ các dữ kiện ban đầu. Bài toán này đã được nghiên cứu trên một số dạng
của F , chẳng hạn trong [11] các tác giả đã xem xét với F (x, t) = ϕ (t) f (x) và
giả sử rằng ϕ ∈ C 1 ([0, T ]), ϕ (0) = 0, kết hợp với thời gian quan sát T đủ lớn.
Mặc dù với các giả sử này bài toán ngược là duy nhất nghiệm tuy nhiên nó vẫn
là bài toán không chỉnh vì với một sai số nhỏ trên dữ kiện nhiễu cũng có thể
dẫn đến một sai số lớn của nghiệm, do đó sự chỉnh hóa nghiệm là cần thiết.

1.3

Một số kết quả của giải tích thực và giải
tích hàm

Ký hiệu H 1 (Ω) =

Với chuẩn: u

H 1 (Ω)

u ∈ L2 (Ω) :

=

u

2
L2

∂u
∈ L2 (Ω) , i ∈ 1, n .
∂xi
n

+
i=1

∂u
∂xi

2

1
2

.

L2

Định lý 1.3.1 (Công thức Green)
Cho Ω là tập mở, bị chận trong Rn có biên Γ là C 1 từng khúc. Khi đó nếu u và


6
v thuộc H 1 (Ω), ta có
∂u
v dx = −
∂xi
Ω

u

∂v
dx +
∂xi

Ω

u v ni dσ,
Γ

đúng với mọi i ∈ 1, n. Trong đó ni là thành phần thứ i của vectơ pháp tuyến n
trên biên Γ của Ω, tích phân cuối được hiểu theo nghĩa vết của u và v.
Định lý này có trong [10].
Mệnh đề 1.3.2 Cho E là không gian Hilbert. Giả sử E có cơ sở trực chuẩn
đếm được {en }. Khi đó ta có
∞

(x, ei ) ei , ∀x ∈ E. (chuỗi Fourier)

1. x =
i=1

2. x

2

∞

2

|(x, ei )| , ∀x ∈ E. (đẳng thức Parseval)

=
i=1

Kết quả này có trong [1].
Mệnh đề 1.3.3 Cho Ω = (0, 1) × (0, 1). Khi đó các hệ:
{cos (mπx) cos (nπy)}m, n ∈ N , {sin (mπx) cos (nπy)}m ∈ N ∗ , n ∈ N
là cơ sở trực giao của L2 (Ω).
Chứng minh. Ta chứng minh hệ {sin (mπx) cos (nπy)}m ∈ N ∗ , n ∈ N là cơ sở trực
giao trong L2 (Ω), hệ còn lại chứng minh tương tự.
Kiểm tra trực tiếp thấy các hệ trên là hệ trực giao trong L2 (Ω). Bây giờ giả sử
f (x, y) sin (mπx) cos (nπy) dx dy = 0, với mọi m ∈ N ∗ , n ∈ N .

f ∈ L2 (Ω) và
Ω

Ta chứng minh f = 0 trong L2 (Ω).
1

Với mỗi n ∈ N , đặt hn (x) =

f (x, y) cos (nπy) dy. Ta có
0

1

hn (x) sin (mπx) dx = 0, ∀m ∈ N ∗ ,

0


7
và hn ∈ L2 (0, 1) bởi vì




1

2

2

|hn (x)| ≤ 

cos2 (nπy) dy  .

|f (x, y)| dy  
0



1

0
thuộc L(0,1)

Từ hệ {sin (mπx)}m ∈ N ∗ là cơ sở trực giao của L2 (0, 1) ta có hn = 0 trong

L2 (0, 1). Gọi An là tập có độ đo không để hn (x) = 0 với mọi x ∈ [0, 1] \An . Đặt
∞

An thì B có độ đo không và hn (x) = 0 với mọi x ∈ [0, 1] \B và n ∈ N .

B=
n= 0

Từ hệ {cos (nπx)}n ∈ N là cơ sở trực giao trong L2 (0, 1) suy ra f (x, ·) = 0 trong
L2 (0, 1), với mọi x ∈ [0, 1] \B. Vậy f = 0 trong L2 (Ω).

1.4

Một số kết quả của giải tích phức

Cho C là trường số phức và hàm số φ : C → C. Ta nói φ là hàm nguyên nếu φ
giải tích trên C.
Mệnh đề 1.4.1 Cho φ là hàm nguyên và khác hằng, khi đó tồn tại r0 > 0
sao cho
Max |φ (z)| > 1,
|z|= r

đúng với mọi r ≥ r0 .
Chứng minh. Đặt ψ (r) = Max |φ (z)|. Theo nguyên lý môđun cực đại ta có
|z|= r

Max |φ (z)| = Max |φ (z)| ,

|z| ≤ r

|z|= r

vậy ψ không giảm. Vì φ là hàm nguyên và khác hằng nên không bị chận, từ đó
tồn tại z0 ∈ C, z0 = 0 sao cho |φ (z0 )| > 1. Đặt r0 = |z0 |, ta được r0 là giá trị
cần tìm.
Mệnh đề 1.4.2 Với mọi z ∈ C và mọi x ∈ (0, 1), ta có bất đẳng thức
|cosh (zx)| ≤ e|z| .


8
Chứng minh. Giả sử z = a + bi, (a, b ∈ R). Ta có
e(a+bi)x + e−(a+bi)x
1
|cosh (zx)| =
=
e2ax + e−2ax + 2 cos (2bx)
2
2
1
1 ax
e2ax + e−2ax + 2 =
e + e−ax
≤
2
2
≤ e|a|x ≤ e|a| ≤ e|z| ,
đúng với mọi z ∈ C, mọi x ∈ (0, 1).
1

Mệnh đề 1.4.3 Cho f ∈ L1 (0, 1), đặt F (λ) =

f (x) cos (λx) dx, λ ∈ C.
0

1

−x f (x) sin (λx) dx.

Khi đó F là hàm nguyên và F (λ) =
0

Chứng minh. Với mỗi λ ∈ C cố định. Ta có h (x) = f (x) cos (λx) khả tích
Lebesgue trên (0, 1). Thật vậy
∞

|f (x) cos (λx)| = f (x)

(−1)
n=0

2n
n (λx)

(2n)!


∞
2n 



|λ|
 ∈ L1 (0, 1) .
≤ |f (x)| 


(2n)!
 n=0

thuộc R

Vậy h ∈ L1 (0, 1).
n

(−1) λ2n 2n
x f (x), ta có
Đặt hk (x) =
(2n)!
n=0
k



hk (x) → f (x) cos (λx) hkn trên (0, 1) ,









 |hk (x)| ≤ |f (x)|

∞

2n

|λ|
n= 0 (2n)!

.


9
Áp dụng định lý hội tụ bị chận ta có
1

1

hk (x) dx →
0

f (x) cos (λx) dx.
0

Vậy
1

∞

f (x) cos (λx) dx =
0
n



(−1) 
(2n)!
n= 0



1

x2n f (x) dx λ2n .
0



1

(−1) 
Đặt an =
(2n)!



n

x2n f (x) dx, ta có F (λ) =

0
∞

∼

∞

an λ2n , ∀λ ∈ C.

n= 0

∼

an αn . Ta có F là hàm nguyên vì với mỗi α ∈ C,

Xét chuỗi lũy thừa F (α) =
n= 0

∞

2

tồn tại λ ∈ C để α = λ , mặt khác chuỗi

an λ2n hội tụ về F (λ) . Mặt khác

n= 0

∼

F (λ) = F g (λ) (với g (λ) = λ2 ) nên F là hàm nguyên. Từ đó
∞

∞

2n an λ2n−1 =

F (λ) =
n=1

n=1

∞

n



1

n





1

2n(−1) 
x2n f (x) dx λ2n−1

(2n)!
0


(−1) 
=
x2n f (x) dx λ2n−1
(2n
−
1)!
n=1
0
 1

∞
2n+2
 (−1)n+1 x
=
f (x) dx λ2n+1
(2n
+
1)!
n= 0
0

1

∞

=

0

1

2n+1

(λx)
−x f (x)
(−1)
(2n + 1)!
n= 0
n

−x f (x) sin (λx) dx.

dx =
0

Mệnh đề 1.4.4 Cho Ω là một tập mở trong C và B (z0 , r) ⊂ Ω (B (z0 , r)
là quả cầu mở tâm z0 , bán kính r trong C). Cho f giải tích trên Ω trừ tại một


10
số hữu hạn cực điểm a1 , a2 , . . . , an nằm trong B (z0 , r). Khi đó ta có
n

Res [f (z) , ak ] .

f (z) dz = 2πi
k=1

|z−z0 |=r

Kết quả này được suy trực tiếp từ định lý tích phân Cauchy và định nghĩa
thặng dư.
Mệnh đề 1.4.5 (Định lý Beurling) Cho f là hàm nguyên. Đặt
Mf (r) = Max |f (z)| , (r > 0) .
|z|= r

Khi đó ta có
lim sup

r→ ∞

Định lý này có trong [13].

ln |f (r)|
≥ −1.
ln Mf (r)


Chương 2

Chỉnh hóa nghiệm cho bài
toán nhiệt
Cho T > 0 và Ω = (0, 1) × (0, 1) là vật dẫn nhiệt. Ta xét bài toán xác định cặp
hàm (u, f ) thỏa mãn hệ:


ut − ∆u = ϕ (t) f (x, y) ,




 u (0, y, t) = u (1, y, t) = u (x, 0, t) = u (x, 1, t) = 0,
x
x
y
y

u (1, y, t) = 0,



 u (x, y, 0) = g (x, y) ,

(2.1)

với (x, y) ∈ Ω, t ∈ (0, T ), trong đó g ∈ L1 (Ω) và ϕ ∈ L1 (0, T ) được cho.
Đây là bài toán dạng truyền nhiệt đặt không chỉnh vì nghiệm bài toán có
thể không tồn tại với những dữ kiện được cho hoặc không phụ thuộc liên tục vào
dữ kiện này. Ở đây biến (x, y) ∈ Ω gọi là biến không gian, xác định vị trí trên
vật dẫn nhiệt Ω. Đại lượng F = ϕ (t) f (x, y) gọi là nguồn nhiệt, nguồn nhiệt
phụ thuộc vào thời gian t và vị trí trên vật dẫn nhiệt.
Trong phần trình bày này ta không đề cập đến sự tồn tại nghiệm của bài
toán, thay vào đó ta sẽ xem xét sự duy nhất nghiệm và chỉnh hóa nghiệm cho
bài toán. Mặt khác ở đây ta cũng chỉ tập trung vào chỉnh hóa nghiệm cho hàm
f vì khi hàm f được xác định thì bài toán ở hệ (2.1) trở thành bài toán nhiệt
thông thường.

11

12

2.1

Một vài ký hiệu

• C 1 [0, T ] , L1 (Ω) = u : u (·, t) ∈ L1 (Ω) và ut (·, t) ∈ L1 (Ω) , ∀t ∈ [0, T ] .
• A 0, T, H 2 (Ω) = u : u (·, t) ∈ H 2 (Ω) , với hầu hết t ∈ (0, T ) .
• Với ω ∈ L1 (Ω), ϕ ∈ L1 (0, T ) và α, β ∈ C. Đặt
G (ω) (α, β) =

ω (x, y) cosh (αx) cos (βy) dxdy,
Ω

T

e− (α

D (ϕ) (α, β) =

2

−β 2 ) t

ϕ (t) dt,

0


G (ω) (α, β)


−
D (ϕ) (α, β)
H (ϕ, ω) (α, β) =



0

nếu D (ϕ) (α, β) = 0,
nếu D (ϕ) (α, β) = 0.

• Từ Mệnh đề 1.3.3, thực hiện chuẩn hóa ta được các hệ
k (m, n) cos (mπx) cos (nπy)
k (m, n) sin (mπx) cos (nπy)

m, n ∈ N

và

m ∈ N ∗, n ∈ N

là cơ sở trực chuẩn của L2 (Ω). Trong đó


 1 nếu (m, n) = (0, 0) ,
k (m, n) =

2 nếu m > n = 0 hoặc n > m = 0,


4 nếu m > 0 và n > 0.
• Cho A = {x1 , x2 , . . . , xp } là tập hợp của p số phức phân biệt nhau đôi
một, và cho ω là một hàm phức. Khi đó đa thức nội suy Lagrange của ω


13
tại A là:
p

L [A, ω] (z) =




j=1

2.2


k=j

z − xk 
ω (xj ).
xj − xk

Tính duy nhất nghiệm

Định lý 2.2.1 Cho g ∈ L1 (Ω) và ϕ ∈ L1 (0, T ), trong đó ϕ thỏa mãn thêm
giả thiết
(H) Tồn tại T0 ∈ (0, T ], θ ≥ 0 và δ > 0 sao cho hoặc ϕ (t) ≥ δ tθ với hầu
hết t ∈ (0, T0 ) hoặc ϕ (t) ≤ −δ tθ với hầu hết t ∈ (0, T0 ).
Thì hệ (2.1) có nhiều nhất một nghiệm (u, f ) trong
C 1 [0, T ] , L1 (Ω) ∩ A 0, T, H 2 (Ω) , L2 (Ω) .

Định lý 2.2.1 có thể được chứng minh nhờ các bổ đề sau:
Bổ đề 2.2.2 Giả sử (u, f ) ∈

C 1 [0, T ] , L1 (Ω) ∩ A 0, T, H 2 (Ω) , L2 (Ω)

là một nghiệm của hệ (2.1). Thì với mọi (α, n) ∈ C × Z ta có
e−(α

2

−n2 π 2 ) T

u (x, y, T ) cosh (αx) cos (nπy) dxdy −
Ω

g (x, y) cosh (αx) cos (nπy) dxdy
Ω
T

e−(α

=
0

2

−n2 π 2 ) t

ϕ (t) dt ·

f (x, y) cosh (αx) cos (nπy) dxdy.
Ω

Bổ đề 2.2.3 Cho ω ∈ L1 (Ω) và n ∈ Z, khi đó G (ω) (·, nπ) là hàm nguyên
và
|G (ω) (z, nπ)| ≤ e|z| ω

L1 (Ω) ,

∀z ∈ C.


14
Nếu ω ∈ L2 (Ω) và ω = 0 trong L2 (Ω) thì tồn tại n ∈ N để

lim sup

r→∞

ln |G (ω) (r, nπ)|
≥ −1.
r

Bổ đề 2.2.4 Cho ϕ ∈ L1 (0, T ) và (α, n) ∈ R × Z, khi đó
|D (ϕ) (α, nπ)| ≤ ϕ

L1 (0,T )

nếu α2 − n2 π 2 > 0.

Giả sử ϕ thỏa thêm giả thiết (H) và θ như trong giả thiết (H) của ϕ thì ta có
lim

(α2 −n2 π 2 )→+∞

α2 − n2 π 2

θ+1

|D (ϕ) (α, nπ)| > 0.

Chứng minh các bổ đề.
Bổ đề 2.2.2
Chứng minh. Nhân hai vế của hệ (2.1) với W (x, y) = cosh (αx) cos (nπy). Lấy
tích phân hai vế trên Ω, áp dụng công thức Green (Định lý 1.3.1) và sử dụng
các giả thiết:
ux (0, y, t) = ux (1, y, t) = uy (x, 0, t) = uy (x, 1, t) = 0,
u (1, y, t) = 0,
ta được
d
dt

uW dxdy − α2 − n2 π 2

Ω

uW dxdy = ϕ (t)
Ω

f W dxdy.
Ω

Suy ra




d  −(α2 −n2 π2 ) t
e
dt

uW dxdy  = e−(α

2

−n2 π 2 ) t

ϕ (t)

Ω

Ω



Vì u ∈ C 1 [0, T ] , L1 (Ω) nên h (t) =

f W dxdy.



d  −(α2 −n2 π2 ) t
e
dt

uW dxdy  liên tục
Ω

trên [0, T ]. Lấy tích phân hai vế trên [0, T ], thế cận và sử dụng giả thiết


15
u (x, y, 0) = g (x, y) ta có điều phải chứng minh.
Bổ đề 2.2.3
Chứng minh. Với n ∈ N , đặt φn (z) = G (ω) (z, nπ). Suy ra
φn (iz) =

ω (x, y) cos (zx) cos (nπy) dxdy.
Ω

Vậy z → φn (iz) là biến đổi Fourier cos của hàm

x→

1











ω (x, y) cos (nπy) dy,

x ∈ [0, 1] ,

0

x ∈ (1, ∞) .

0,

Theo Mệnh đề 1.4.3 ta có φn (iz) là hàm nguyên, vậy φn là hàm nguyên.
Mặt khác
|φn (z)| ≤

|ω (x, y) cosh (zx) cos (nπy)| dxdy ≤
Ω

|ω (x, y) cosh (zx)| dxdy
Ω

≤ e|z| ω

∀z ∈ C.

L1 (Ω) ,

Bây giờ với ω ∈ L2 (Ω), ω ≡ 0, ta có
dφn
(im π) =
dz

ixω (x, y) sin (mπx) cos (nπy) dxdy.
Ω

Theo Mệnh đề 1.3.3 ta có hệ {sin (mπx) cos (nπy)}m ∈ N ∗ , n ∈ N là cơ sở trực giao
trong L2 (Ω), và do (x, y) → ixω (x, y) ∈ L2 (Ω) và không bằng 0 trong L2 (Ω)
dφn
nên tồn tại n ∈ N để
≡ 0 trên C, vậy φn khác hằng trên C. Bây giờ áp
dz
dụng Bổ đề 3.1.4 suy ra
lim sup

r →+ ∞

Ta có điều phải chứng minh.

ln |φn (r)|
≥ −1.

r


16
Bổ đề 2.2.4
Chứng minh. Ta có
T

T

|D (ϕ) (α, nπ)| =

e

−(α2 −n2 π 2 ) t

2

−n2 π 2 ) t

|ϕ (t)| dt

0

0

≤ ϕ

e−(α

ϕ (t) dt ≤

khi α2 − n2 π 2 > 0.

L1 (0,T ) ,

Giả sử ϕ thỏa thêm giả thiết (H), ta sẽ chứng minh
T

e−λt ϕ (t) dt > 0,

lim inf λθ+1

λ→+∞

0

từ đó suy ra điều cần chứng minh. Ta có
T

T0

e−λt ϕ (t) dt ≥ λθ+1

λθ+1
0

T

e−λt ϕ (t) dt − λθ+1

0

e−λt ϕ (t) dt
T0

T0

e−λt tθ dt − λθ+1 e−λT0 ϕ

≥ δ λθ+1

L1 (0,T ) ,

∀λ > 0.

0

Vì lim

λ→+∞

λθ+1 e−λT0 = 0 nên ta chỉ cần chứng minh lim inf ψθ (λ) > 0, trong
λ→+∞

T0

e−λt tθ dt. Mặt khác vì

đó ψθ (λ) = λθ+1
0

ψθ+1 (λ) = −(λT0 )

θ+1 −λT0

e

+ (θ + 1) ψθ (λ)

nên
lim inf ψθ+1 (λ) ≥ (θ + 1) lim inf ψθ (λ) .

λ→+∞

λ→+∞

Do đó ta chỉ cần chứng minh lim inf ψθ (λ) > 0 với θ ∈ [0, 1). Kiểm tra trực
λ→+∞

tiếp ta thấy
lim ψ1 (λ) = 1, lim ψ2 (λ) = 2.

λ→+∞

λ→+∞


17
Áp dụng bất đẳng thức Holder ta được
ψθ (λ)

1
2−θ

ψ2 (λ)

1−θ
2−θ

≥ ψ1 (λ) ,

θ ∈ [0, 1) .

Vậy lim inf ψθ (λ) ≥ 2θ−1 . Ta suy ra điều phải chứng minh.
λ→+∞

Chứng minh Định lý 2.2.1
Chứng minh. Giả sử (u1 , f1 ) và (u2 , f2 ) là hai nghiệm của hệ (2.1). Đặt u =
u1 − u2 , f = f1 − f2 . Ta chứng minh (u, f ) = (0, 0) trong
C 1 [0, T ] , L1 (Ω) ∩ A 0, T, H 2 (Ω) , L2 (Ω) .
Giả sử f = 0 trong L2 (Ω). Theo Bổ đề 2.2.2, với mọi (α, n) ∈ R × Z ta có
e−(α

2

−n2 π 2 ) T

G u (·, ·, T ) (α, nπ) = D (ϕ) (α, nπ) G (f ) (α, nπ) .

Từ Bổ đề 2.2.3 thì tồn tại n ∈ N và dãy số dương {αm } sao cho

lim αm = +∞ và |G (f ) (αm , nπ)| ≥ e−2αm ,

∀m ≥ 1.

m→ +∞

Ta cũng có
G u (·, ·, T ) (αm , nπ) ≤ eαm u (·, ·, T )

L1 (Ω) .

Theo Bổ đề 2.2.4 thì tồn tại θ > 0 và C0 > 0 sao cho
|D (ϕ) (αm , nπ)| ≥

C0
θ+1

2 − n2 π 2 )
(αm

,

với m đủ lớn.

Từ các bất đẳng thức trên suy ra với m đủ lớn thì
2
αm
− n2 π 2

2

θ+1 −(αm
−n2 π 2 ) T +3αm

e

u (·, ·, T )

L1 (Ω)

≥ C0 .

Cho m tiến về +∞, vế trái bất đẳng thức trên tiến về 0, ta có mâu thuẫn. Vậy
f = 0. Từ đó
2
2 2
d
e−(α −n π ) t G u (·, ·, t) (α, nπ)
dt

= 0,


18
kết hợp với u (·, ·, 0) = 0 suy ra
G u (·, ·, t) (α, nπ) = 0, ∀t ∈ [0, T ] , ∀ (α, n) ∈ C × Z.
Bây giờ lấy α = imπ, m ∈ N ta được
u (x, y, t) cos (mπx) cos (nπy) dxdy = 0, ∀t ∈ [0, T ] ; ∀m, n ∈ N.
Ω

Vì u (·, ·, t) ∈ L2 (Ω) nên từ Mệnh đề 1.3.3 suy ra u (·, ·, t) = 0 trong L2 (Ω),

∀t ∈ [0, T ]. Vậy u = 0. Định lý được chứng minh.

2.3

Chỉnh hóa nghiệm

Định lý 2.3.1 Cho ϕ0 ∈ L1 (0, T ) thỏa mãn giả thiết (H) và g0 ∈ L1 (Ω).
Giả sử rằng (u0 , f0 ) ∈

C 1 [0, T ] , L1 (Ω) ∩ A 0, T, H 2 (Ω) , L2 (Ω)

là nghiệm

chính xác của hệ (2.1) đối với dữ kiện ϕ0 , g0 . Cho ε ∈ (0, 1) và ϕε ∈ L1 (0, T ),
gε ∈ L1 (Ω) sao cho
ϕε − ϕ0

L1 (0,T )

≤ ε,

gε − g0

L1 (Ω)

≤ ε.

Nghiệm chỉnh hóa fε được xây dựng từ các dữ kiện ϕε , gε như sau
ln ε−1 ln ε−1
rε ∈ Z ∩

,
+1 ,
50
50

B (rε ) = {± (4rε + j) : j = 1, 2, . . . , 20rε } ,

Fε (m, n) = L [B (rε ) , H (ϕε , gε ) (·, nπ)] (imπ) ,

fε (x, y) =

k (m, n) Fε (m, n) cos (mπx) cos (nπy) .
0 ≤m, n ≤ rε


19
Thì fε ∈ C ∞ R2 và lim+ fε = f0 trong L2 (Ω). Hơn nữa nếu f0 ∈ H 1 (Ω) thì
ε→0

lim+ fε = f0 trong H 1 (Ω) và tồn tại ε0 > 0 chỉ phụ thuộc vào ϕ0 , g0 sao cho

ε→0

fε − f0

L2 (Ω)

≤

50

f0
π ln (ε−1 )

H 1 (Ω) ,

∀ε ∈ (0, ε0 ) .

Định lý 2.3.1 có thể được chứng minh nhờ các bổ đề sau
Bổ đề 2.3.2 Cho r ∈ Z, r ≥ 55 và Br = {± (4r + j) : j = 1, 2, . . . , 20r}.
∼
Cho ω và ω là hai hàm phức chẵn sao cho ω là hàm nguyên và |ω (z)| ≤ Ae|z| ,
∀z ∈ C (A độc lập với z). Khi đó
∼

∼

sup ω (z) − L Br , ω (z) ≤ Ae−r + 20 r e25r sup ω (z) − ω (z) .
z∈ Br

|z| ≤πr

Bổ đề 2.3.3 Cho u0 , f0 , ϕ0 , g0 , ϕε , gε , rε , B (rε ) định nghĩa như trong Định
lý 2.3.1 và θ trong điều kiện (H) đối với ϕ0 . Khi đó tồn tại ε1 > 0 phụ thuộc
chỉ vào ϕ0 và g0 sao cho
|G (f0 ) (α, nπ) − H (ϕε , gε ) (α, nπ)| ≤ ln ε−1

4θ+5

e|α| ε,

đúng với mọi ε ∈ (0, ε1 ), n ∈ [0, rε ] ∩ N , α ∈ B (rε ).
Bổ đề 2.3.4 Cho ω ∈ H 1 (Ω) và với mỗi số nguyên M ≥ 1 đặt
ΓM (ω) (x, y) =

k (m, n) G (ω) (imπ, nπ) cos (mπx) cos (nπy) .
0 ≤m,n ≤ M

Khi đó

lim ΓM (ω) = ω trong H 1 (Ω) và

M →+∞

ΓM (ω) − ω

Chứng minh các bổ đề.
Bổ đề 2.3.2

L2 (Ω)

≤

1
ω
π (M + 1)

H 1 (Ω) .


20

Chứng minh. Với z ∈ C và |z| ≤ πr cố định. Ký hiệu
j ∈ 1, 20r ; γ = {z ∈ C : |z| = 45r} .

zj = 4r + j,

Áp dụng Mệnh đề 1.4.4, tính thặng dư tại 41 cực điểm đơn ta được
20r

z 2 − zj2
dξ = 2πi ω (z) − L [Br , ω] (z) .
2 − z2
ξ
j
j=1

ω (ξ)
ξ−z
γ

Suy ra
|ω (z) − L [Br , ω] (z)| ≤ 45r sup
ξ∈γ

|ω (ξ)|
|ξ − z|

20r

z 2 − zj2

.

ξ 2 − zj2

j=1

(2.2)

Với ξ ∈ γ, ta có
|ω (ξ)| ≤ Ae45r ,
và

20r

20r

z 2 − zj2

≤

ξ 2 − zj2

j=1

|ξ − z| ≥ (45 − π) r,
2

|z| + zj2
2

2
j=1 |ξ| − zj

20r

≤

2

(πr) + zj2
2

2
j=1 (45r) − zj

.

(2.3)

Mặt khác
20r

2

(πr) + zj2
2

2
j=1 (45r) − zj

≤

45 − π −46r
e
,
45

∀r ≥ 55.

(2.4)

2

Thật vậy, kiểm tra trực tiếp ta có hàm v (x) = ln

(πr) + x
2

(45r) − x

là tăng và lõm

2

trong 0, (24r) . Áp dụng bất đẳng thức Jensen ta được
20r



5

v zj2 =
j=1



4kr

v zj2  ≤ 4r


k=1

5

j=4(k−1)r+1
5

≤ 4r

k=1

v
k=1

1
4r

4kr


zj2 

j=4(k−1)r+1

16 2
1
r + (4k + 2) r +
3
6

v

16k 2 + 16k +

v

16 2
r2
r2
16k + 16k +
r + (4k + 2)
+
3
55 6 × 552

k=1
5

≤ 4r



2


21

884
32487
5
 π + 16k + 55 k + 6050 

ln 
= 4r


884
32487
k=1
452 − 16k 2 +
k+
55
6050


2

2

45 − π
45

< −46r + ln

∀r ≥ 55.

,

Vậy (2.4) đúng. Từ (2.2), (2.3) và (2.4) ta có
|ω (z) − L [Br , ω] (z)| ≤ Ae−r ,

∀r ≥ 55.

(2.5)

∼

Bây giờ kiểm tra trực tiếp với các hàm chẵn ω và ω ta có
20r

∼

L Br , ω − ω (z) =



2



j=1

k=j

z −
zj2 −



zk2 
zk2

∼

ω (zj ) − ω (zj ) .

Suy ra
2

∼

L Br , ω − ω (z) ≤ 20rσ

sup
1 ≤j ≤ 20r

trong đó σ =

sup

k=j

|z| + zk2
,
zj2 − zk2

(2.6)

∼

ω (zj ) − ω (zj ) .

1 ≤j ≤ 20r

Với mỗi j ∈ 1, ..., 20r ta có
2

2

k=j

|z| + zk2
zk
|z| + zk2
zk
=
≤
(zj + zk ) zk |zj − zk |
|zj − zk |
zj2 − zk2

k=j
k=j
20r

zk
k=2

≤

|zj − zk |

=

(4r + 2) (4r + 3) . . . (24r)
(j − 1)! (20r − j)!

k=j

≤

(4r + 2) (4r + 3) . . . (24r)
:= J (r) .
(10r − 1)! (10r)!

(2.7)


22
Ta có J (1) < e25 và kiểm tra trực tiếp thấy
J (r + 1)

(24r + 1) (24r + 2) . . . (24r + 24)
=
2
J (r)
(4r + 2) . . . (4r + 5) × [(10r + 1) . . . (10r + 9)] × (10r) (10r + 10)
< e25 ,

∀r ≥ 1.

Vậy
J (r) < e25r ,

∀r ≥ 1.

(2.8)

Từ (2.6), (2.7) và (2.8) suy ra
∼

L Br , ω − ω (z) ≤ 20rσ e25r ,

∀r ≥ 55.

(2.9)

Bây giờ từ (2.5) và (2.9), kết hợp với bất đẳng thức tam giác
∼

∼

ω (z) − L Br , ω (z) ≤ ω (z) − L [Br , ω] (z) + L Br , ω − ω (z) ,
ta có bất đẳng thức cần chứng minh.

Bổ đề 2.3.3
Chứng minh. Với mọi α ∈ B (rε ), ta có 4rε ≤ |α| ≤ 24rε và
ln ε
1−
50

lim

ε→0+

|ln ε|

2(θ+1)

2

= 0,

suy ra tồn tại ε∗1 ∈ (0, 1) và C (ϕ0 ) > 0 chỉ phụ thuộc vào ϕ0 sao cho

ln ε−1

2
2 2

α −n π ≥
,



T





 |D (ϕ0 ) (α, nπ)| ≥

(2.10)
C (ϕ0 )

(α2 −

θ+1
n2 π 2 )

≥ ln ε−1

−2(θ+1)

,


23
đúng với mọi ε ∈ (0, ε∗1 ), n ∈ N ∩ [0, rε ], α ∈ B (rε ). Do đó
|D (ϕε ) (α, nπ)| ≥ |D (ϕ0 ) (α, nπ)| − |D (ϕ0 ) (α, nπ) − D (ϕε ) (α, nπ)|
(2.11)
≥ ln ε−1

−2(θ+1)

1
ln ε−1
2

−ε≥

−2(θ+1)

> 0.

Từ bất đẳng thức (2.10), kết hợp với Bổ đề 2.2.2 và 2.2.3, suy ra tồn tại ε∗2 < ε∗1
để với mọi ε ∈ (0, ε∗2 ), n ∈ N ∩ [0, rε ], α ∈ B (rε ) ta có
|G (f0 ) (α, nπ) − H (ϕ0 , g0 ) (α, nπ)| = e−(α

≤e

2

−n2 π 2 ) T

−(α2 −n2 π 2 ) T

G u0 (·, ·, T ) (α, nπ)
D (ϕ0 ) (α, nπ)

e|α| u0 (·, ·, T )
ln (ε−1 )

≤

1 |α|
ε e ln ε−1
2

L1 (Ω)
−2(θ+1)

4θ+5

.
(2.12)

Bây giờ sử dụng các bất đẳng thức (2.10), (2.11) và Bổ đề 2.2.3, suy ra tồn tại ε∗3
(0 < ε∗3 < ε∗2 ) chỉ phụ thuộc vào ϕ0 và g0 sao cho với mọi ε ∈ (0, ε∗3 ), α ∈ B (rε ),
n ∈ N ∩ [0, rε ] ta có
|H (ϕ0 , g0 ) (α, nπ) − H (ϕε , gε ) (α, nπ)|

=

≤

G (gε ) (α, nπ)
G (g0 ) (α, nπ)
−
D (ϕ0 ) (α, nπ) D (ϕε ) (α, nπ)
|G (g0 ) (α, nπ)| |D (ϕε ) (α, nπ) − D (ϕ0 ) (α, nπ)|
|D (ϕ0 ) (α, nπ)| |D (ϕε ) (α, nπ)|

+

|D (ϕ0 ) (α, nπ)| |G (gε ) (α, nπ) − G (g0 ) (α, nπ)|
|D (ϕ0 ) (α, nπ)| |D (ϕε ) (α, nπ)|