CHỈNH HOÁ NGHIỆM MỘT BÀI TOÁN NGƯỢC TRONG PHƯƠNG TRÌNH NHIỆT

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP. HCM
--------------------

NGUYỄN MAI VĨNH NGHI

CHỈNH HOÁ NGHIỆM MỘT BÀI TOÁN
NGƯỢC TRONG PHƯƠNG TRÌNH NHIỆT

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Chuyên ngành:
TOÁN GIẢI TÍCH
Mã số:
60 46 01
Người hướng dẫn: TS. NGUYỄN CÔNG TÂM
Khoa toán-tin học
Đai Học Khoa Học Tự Nhiên
Đại Học Quốc Gia TP. HCM

Thành phố Hồ Chí Minh 2007


Lời cảm ơn

Tôi xin bày tỏ lòng kính trọng và chân thành cảm ơn thầy hướng dẫn tôi, Tiến sĩ Nguyễn
Công Tâm, người đã bỏ nhiều công sức để hướng dẫn và giúp đỡ tôi hoàn thành luận văn này.
Tôi xin chân thành cảm ơn Tiến sĩ Nguyễn Thành Long, thầy đã thường xuyên đôn đốc
và chỉ dẫn tôi trong quá trình làm luận văn. Đăc biệt, trong các buổi seminar.
Tôi xin chân thành cảm ơn bạn Dương Quang Hoà, lớp Cao Học Hình Học Khoá 15Trường ĐHSP TP HCM đã giúp tôi kiểm tra một số chi tiết trong quá trình làm luận văn.
Tôi xin chân thành cảm ơn anh Lê Hữu Thức, lớp Cao Học Giái Tích Khoá 15-Trường

ĐHSP TP HCM đã giúp đỡ tôi trong quá trình soạn thảo luận văn.

Nguyễn Mai Vĩnh Nghi


Mở đầu
Trong khoa học ứng dụng, nhu cầu khảo sát các bài toán ngược được được đặt ra từ lâu.
Cho đến những năm 60 của thế kỉ trước, đồng thời với việc phát triển các công cụ toán học, các
bài toán ngược (hầu hết là không chỉnh) đã được các nhà toán học trên thế giới khảo sát một
cách sâu rộng mà tiêu biểu là các công trình của Tikhonov, Lavrentiev, Lions,.Từ thời gian đó
cho đến nay, các bài toán ngược (không chỉnh) ngày càng được nhiều nhà toán học quan tâm
do những nhu cầu xuất phát từ thực tiễn cũng như từ sự đòi hỏi của các ngành khoa học ứng
dụng khác, đặc biệt trong Kỹ nghệ, Y học, Vật lý Địa cầu.
Bài toán cơ bản là vẽ lại các thông tin hữu ích từ các dữ liệu đo đạc vật lý bị nhiễu, ở đó ta
nhận được bài toán không chỉnh (chủ yếu là lời giải của bài toán không phụ thuộc liên tục vào
dữ kiện) mà các phương pháp nội tại (từ mô hình toán học trực tiếp đo đạc được) dùng để ước
lượng dẫn đến sự khếch đại không thế kiểm soát được của nhiễu. Thông thường, ta tìm một
hàm (xác định trên một miền thích hợp) hội tụ đến hàm chính xác, và như đã nói ở trên, sự
khuếch đại của nhiễu (theo ngôn ngữ toán học, thường nguyên nhân này là do cố gắng nghịch
đảo một toán tử mà ngược của nó không bị chận)-xuất hiện khách quan trong quá trình đo đạc
làm cho các kết quả tính toán vì vậy mà không có giá trị, những “kết quả” này che dấu lời giải
chính xác dưới các dao động với tần số cao, biên độ lớn.
Nhiều phương pháp khác nhau đã được sử dụng để chỉnh hoá. Bằng cách khai thác các
thông tin phụ về hàm chưa biết, chẳng hạn như các giả thiết về “tính trơn”. Một phương pháp
như vây được phát triển bởi Tikhonov và Phillips ( cực tiểu hoá phiếm hàm quadratic bao gồm
đạo hàm bậc cao trong việc cố gắng tái tạo dữ liệu đo đạc).
Trong luận văn này, chúng tôi khảo sát một bài toán ngược trong phương trình nhiệt và sử
dụng phương pháp Tikhonov để chỉnh hoá nghiệm. Cụ thể, chúng tôi chuyển bài toán khảo sát
về việc giải một phương trình tích phân Fredholm loại một :
Aw  F

trong đó A là một toán tử giữa hai không gian Hilbert,
A : H  H1
với
H  L2    ,    0,   ,
H1  L2  0,1 .

Các đóng góp của luận văn là:
Đã chuyển được bài toán khảo sát về phương trình tích phân Fredholm loại một.
Chứng minh được rằng A : H  H1 là toán tử tuyến tính liên tục.

Chứng minh được rằng vế phải F của phương trình Aw  F thuộc L2  0,1 . Ở đây, F
được xác định từ dữ kiện cuối và các dữ kiện biên của phương trình nhiệt.
Chúng tôi cũng đưa ra được đánh giá cho chuẩn của toán tử A , đối với chuẩn A H  H .
1

Bài toán nhiệt sau đây được chúng tôi khảo sát:
Tìm hàm w  x  thoả


ut  u xx  f  x, t  , x  0, 0  t  1 ,

u  x,0   w  x  ,

(0.1)

x  0,

(0.2)

0  t  1,

(0.3)

0  t  1,
u x  0, t   h  t  ,
trong đó f , g , h là các hàm cho trước.

(0.4)

u  0, t   g  t  ,

Xét bài toán

ut  u xx  f  x, t  , x  0, t  0,

 I  u  x,0   w  x  , x  0,

u x  0, t   h  t  , t  0.

Bằng phương pháp chồng chất nghiệm, nghiệm của bài toán  I  được tìm dưới dạng
u  x, t   u1  x, t   u2  x, t   u3  x, t  .

(0.5)

Khi đó, sau nhiều phép tính phức tạp, u  x, t  được cho bởi
 x   
   x  

4
t

 e 4t  d
u  x, t  
w   e

2 t 


 x  2
 x   2 

t


f  ,   4 t  
4 t 
e
 
 e    d  d


0  2  t   


t
x2
1 h  t     4

e d .

2

1



0

2



Từ đây ta nhận được phương trình tích phân Fredholm loại một để tìm ẩn hàm w  x  :


h t   
1
d
w   e 4t d    g  t   

t 0

0


2

t

t 

 

f   , 



2

4 t  

e
d d


t
0 0
hay viết dưới dạng phương trình toán tử như sau
(0.6)
 Aw  t   F  t  .
Như chúng ta đã biết, bài toán tìm nghiệm của phương trình tích phân Fredholm loại một là
một bài toán không chỉnh theo nghĩa Hadamard. Bài toán gọi là chỉnh theo nghĩa Hadamard
nếu thỏa ba điều kiện,
 i  Bài toán có nghiệm,

 ii  Nghiệm nếu có là duy nhất,
 iii  Nghiệm phụ thuộc liên tục vào dữ kiện, ở đây dữ kiện là F  t 

ở vế phải của (0.6).

Tính chất duy nhất nghiệm là quan trọng vì ý nghĩa của nó là thông tin về dữ kiện đo đạc
“vừa đủ” để xác định nghiệm bài toán. Còn ý nghĩa của sự phụ thuộc liên tục của nghiệm vào
dữ kiện là độ sai lệch của nghiệm (nếu tồn tại) ứng với dữ kiện bị nhiễu với mức độ nhỏ sẽ là
nhỏ. Yếu tố thứ ba này là quan trọng nhất vì sai số của dữ kiện khi đo đạc là điều hiển nhiên và
đó cũng là lý do mà chúng ta cần phải xử lý các bài toán này.
Như vậy bài toán là không chỉnh nếu như một trong ba điều kiện trên bị vi phạm, nghĩa là
các bài toán này có thể không có nghiệm (tức là ứng với dữ kiện đo đạc bị nhiễu F , phương
trình Aw  F vô nghiệm). Mặt khác, nếu nghiệm tồn tại thì nó không phụ thuộc liên tục vào dữ
kiện (nghĩa là nếu wF là nghiệm ứng với dữ kiện F thì một thay đổi nhỏ của F kéo theo một
thay đổi lớn của wF ).
Do nhu cầu tính toán, các bài toán không chỉnh cần được chỉnh hoá. Nghĩa là cần xây dựng
nghiệm ổn định (phụ thuộc liên tục vào dữ liệu cho trước) đủ gần nghiệm cần tìm để rồi từ đó
ta có thể tính xấp xỉ nghiệm chỉnh hoá để sử dụng.
Sử dụng phương pháp Tikhonov (xem  7,15 ), chúng tôi xây dựng một phương trình mới để
chỉnh hoá (phương trình chỉnh hoá)
A wF ,





trong đó bài toán tìm nghiệm của phương trình này là bài toán chỉnh, tức là
 i  Tồn tại duy nhất nghiệm w với F cho trước ( w  H , F  H1 )

 ii  w

phụ thuộc liên tục vào F .
Lưu ý rằng, dữ liệu đo đạc F bị nhiễu một cách khách quan so với dữ liệu chính xác F .
Trong luận văn chúng tôi cũng đã thiết lập được sai số giữa nghiệm chỉnh hoá w nêu trên
so với nghiệm chính xác w (với giả thiết trơn thích hợp) của phương trình

Aw  F .
Cụ thể, nếu sai số giữa dữ liệu đo đạc F và dữ liệu chính xác F là  , nghĩa là
F  F  
thì chúng tôi chỉ ra được sai số giữa nghiệm chỉnh hoá w và nghiệm chính xác w có bậc
hoặc

3



 , nghĩa là
w  w  M 3 

hay

w  w  M  ,
trong đó M là một hằng số chỉ phụ thuộc vào nghiệm chính xác w . Hơn nữa, chúng tôi cũng
cho một thuật toán để tính xấp xỉ. Chúng tôi chứng minh được rằng w chính là điểm bất động
duy nhất của một ánh xạ co. Do đó có thể xây dựng một thuật toán lặp để tính xấp xỉ w . Gọi
w

m

là bước lặp thứ m. Sai số giữa w

m

và nghiệm chính xác w được cho bởi

w   w  1  M  

m

với m được chọn đủ lớn.
Về hình thức trình bày, luận văn được chia thành bốn chương:
Chương 1. Biến đổi Laplace,
Chương 2. Phương trình nhiệt,
Chuơng 3. Thiết lập phương trình tích phân,
Chương 4. Chỉnh hoá nghiệm.


Các công thức, bổ đề, mệnh đề, định lý và hệ quả được đánh số liên tục. Để kết thúc một định
lý, bổ đề, mệnh đề hay hệ quả ta dùng ký hiệu .
Sau đây là các không gian Hilbert và Banach được sử dụng trong luận văn.


1) L2      w  x  :  w2  x  dx    ,    0,   , với tích vô hướng được định nghĩa như



sau
 w,     w  x    x  dx , w,  L2    ,


1


2) L  0,1   w  x  :  w2  x     , với tích vô hướng được định nghĩa như sau
0



2

1

w,    w  x    x  dx , w,   L2  0,1 ,
0

2

3) L



1


2




0,1
f
x
,
t
:
f
x
,

t
dxdt








 , với tích vô hướng được định nghĩa như sau

0 0


1

 f , g     f  x, t  g  x, t  dxdt ,
0 0

f , g  L2 



  0,1  ,

4). C  0,1 : Không gian Banach các hàm số liên tục trên  0,1 , đối với chuẩn
g  sup g  t  , g  C  0,1 .
t 0,1

Chương 1: Biến đổi Laplace

Định nghĩa 1. Hàm biến thực f  t  xác định trên khoảng  ,   được gọi là hàm gốc nếu
thoả mãn các điều kiện sau
 i  Với mọi t  0, f  t   0 ,

 ii 

Với t  0 , hàm f  t  có nhiều nhất là hữu hạn các điểm gián đoạn loại một trên mỗi
khoảng hữu hạn của trục t ,
 iii  Khi t   , hàm f  t  tăng không nhanh hơn một hàm mũ, nghĩa là tồn tại các hằng số
dương M và a sao cho
f  t   Me at , t  0 .
Chận dưới lớn nhất của các trị số của a trong  iii  được gọi là chỉ số tăng của hàm f  t  .
Định nghĩa 2. Cho f  t  là một hàm gốc. Biến đổi Laplace của f  t  là một hàm biến phức
F  p  được xác định bởi tích phân



F  p    e  pt f  t  dt .

(1)

0

Ta viết
(Xem  2,10,11 ).

F  p   L  f  t   .

Định lý 1 (tính giải tích bên phải). Giả sử f  t  là một hàm gốc với chỉ số tăng a . Khi đó

 i  Biến đổi Laplace F  p  của f  t  hội tụ trong miền Re p  a ,
 ii  Hơn nữa, F  p  là hàm giải tích trong nửa mặt phẳng Re p  a .

(Xem  2,10,11 ).
Sau đây ta nêu ra các tính chất quan trọng của biến đổi Laplace cần dùng cho luận văn.
Mệnh đề 1 (tính tuyến tính). Nếu L  f i  t    Fi  p  , Re p  ai  i  1,..., n  , thì
 n
 n
L    i f i  t      i Fi  p , Re p  max ai , i  1,..., n ,
 i 1
 i 1
trong đó  i là các hằng số thực hoặc phức và ai là các chỉ số tăng tương ứng của các hàm
fi  t  .
Mệnh đề 2 (biến đổi của đạo hàm). Cho f  t  là một hàm gốc và


L  f  t    F  p  , Re p  a .
Khi đó
 i  Nếu f '  t  cũng là một hàm gốc thì
L  f '  t    pF  p   f  0  , Re p  a ,

 ii 

Tổng quát, nếu các đạo hàm f 
L f 


n



 t    p n  F  p 


(Xem  2,10,11 ).

 t  n   đều là những hàm gốc thì
n 1
f  0 f '0
f    0 
, Re p  a .


 ... 

n

p2

p

pn




Định nghĩa 3. Tích chập của hai hàm f1  t  và f 2  t  là hàm   t  được xác định bởi

t

t

0

0

  t    f1   f 2  t    d   f1  t    f 2   d .
Ta viết

(2)

  t    f1  f 2  t  .

Ta có kết qủa sau về biến đổi Laplace của tích chập của hai hàm.
Mệnh đề 3. Giả sử L  f1  t    F1  p  , L  f 2  t    F2  p  , Re p1  a1 , Re p2  a2 . Khi đó
L  f1  f 2  t    F1  p  F2  p  , Re p  max a1 , a2  .
(3)

(Xem  2,10,11 ).
Nếu F  p  là ảnh của một hàm gốc f  t  nào đó thì ta có
f  t   L1  F  p   

a  i

1
e pt F  p  dp .

2 i a i

Thật ra ta có kết qủa sau (Xem  2,10,11 ).
Định Lý 2 (Công thức biến đổi Laplace ngược). Cho hàm F  p  của biến phức p  x  iy
thỏa các điều kiện sau
 i  F  p  là hàm giải tích trong nửa mặt phẳng Re p  a ,

 ii 

Tồn tại các hằng số dương M , R0 ,  sao cho
F  p 

M
p



,

p  R0

 p  Re p  a  .

Khi đó tồn tại hàm f  t  mà biến đổi Laplace của nó là F  p  và f  t  được xác định bởi


f  t   L1  F  p   

a  i

1

e pt F  p  dp .

2 i a i

(4) (Công thức tích

phân Bromwich).
Bổ đề 1(Jordan). Cho F  p  là hàm giải tích trong nửa mặt phẳng Re p  a . Giả sử tồn tại

các hằng số dương M , R0 ,  sao cho p  Re p  a và p  R0 thì
F  p 

Khi đó ta có

M
p



.

lim  F  p  e pt dp  0, t  0 ,

R 

(5)

R

trong đó  R là một phần đường tròn p  R nằm trong miền Re p  a , R  R0 .

Chứng minh. Ta chia  R thành bốn phần,  R  C1  C2  C3  C4 như hình vẽ
y
C1
a+ib

C2

R



a

o

x

a-ib

C3
C4

Gọi I1 , I 2 , I 3 , I 4 lần lượt là các tích phân trên C1 , C2 , C3 , C4 . Ta lần lượt đánh giá các tích
phân này như sau


C1   p  Rei     
2



2

I1   F  Rei  etR cos  itR sin  Rei id


Suy ra

2

I1   F  Rei  etR cos  Rd


(vì

etR cos  iR sin   etR cos  và Rei i  R )

Theo giả thiết,
F  Rei  

M
,
R


do đó




2

M tR cos 
M 2 Rt cos 
I1    e
Rd   1  e
d
R 
 R

 
Hơn nữa,    ,  , ta có
 2
e Rt cos   e Rt cos  e at (vì a  R cos )
Như vậy


I1 

Me at  
M 2 at


 
e
d

 1 
 1 
R 2
R 



hay
Me at  
a  Me at
a
I1   1   arccos    1 arcsin .
R 2
R R
R
Tiếp theo ta sử dụng bất đẳng thức

arcsin  



2

(hay sin  

 nếu 0    1
2



 nếu 0   


2

)

ta nhận được
Me at  a aM  at
I1   1
e .

R
2 R 2 R

Vậy

lim I1  0 .

R 

Tích phân trên cung C2 được đánh giá tương tự. Thật vậy, ta có


I 2   F  Rei  etR cos  itR sin  iRei d .


2

Do đó


I 2   e Rt cos  F  Rei  Rd .


2

Vì
F  Rei  

M
,
R

nên


I2 

M
e Rt cos  d .
 1 
R 
2

Sử dụng bất đẳng thức


2
cos  1  



với



2

  ,

ta thu được




2 

Rt 1  
M
I 2   1  e    d
R 
2



Vậy

M 
M
1  e  Rt  
1  e  Rt  .

 1
 

R 2 Rt
2tR

lim I 2  0 .

R 

Làm tương tự ta cũng thu được lim I 3  lim I 4  0 .
R 

Vậy

R 

lim  F  p  e pt dp  0 .

R 

R

Bổ đề 2. Dùng công thức tích phân Bromwich và Bổ đề 1 ta có
 e  p 
1 4t
L 
e ,   0.

t
 p 
2

1

(6)

Chứng minh. Đặt
a  i

 p
1
pt e
k t  
e
dp , a  0 ,
2 i a i
p

(7)

và chọn chu tuyến đóng     C1  C2  C3  C  C4  C5  C6 nằm trong miền đơn liên
D

\  ,0 như hình vẽ

y
C1

C2
C3

C

a+ib


a

C4
C5

a-ib
C6

x


1 pt e  p
e
Hàm G  p  
là hàm giải tích đơn trị trong D và không có điểm kỳ dị nào
2 i
p
trong D . Do đó theo định lý Cauchy ta có
 G  p  dp  0 .


Đặt  R  C1  C2  C5  C6 thì

 G  p  dp   G  p    G  p  dp   G  p  dp   G  p  dp  0 .
C3

R

C4

C

Hàm
e 

F  p 

p

p

thoả điều kiện của Bổ đề 1. Thật vậy, đặt
F  p 

e

 Re

Re

i

i


2



e




 
 R  cos  i sin 
2
2


Re

2

i

.


2

Suy ra
F  p 

e

 R cos


2



R

1
1

,  M  1,    .
2
R 

Vậy theo Bổ đề 1 ta thu được
 p
1
pt e
lim G  p  dp  lim
e
dp  0 .
R  
R  2 i 
p
R
R

(9)

Mặt khác trên C : p   ei ta có
 p
1
pt e
 G  p  dp  2 i C e p dp
C


1

2 i



e


 te

e

i

  e
i

i



2



i  ei dp .

e 2

Vậy
1
C G  p  dp  2



Từ đó suy ra

1
2



 t cos 
e







e

e

  cos


2



 t cos    cos

 d

2

d .



lim  G  p  dp  0 .
 0

C

Cho R   ,   0 , từ (8), (9) và (10) ta nhận được


(10)

a  ib

 p
1
pt e
k  t   lim
e
dp
R  2 i 
p
a ib

 p
 p
1
1
pt e
pt e
e
dp  lim
e
dp .
 lim
R  2 i 
R  2 i 
p
p



C3
C4

Chú ý rằng ở bờ trên của nhát cắt (trên C3 ) ta có
arg p   ,
p  rei   r ,
i



p  re 2  i r .
Còn ở bờ dưới của nhát cắt (trên C4 ),
arg p  
p  re  i   r ,
p  re

i



 r  0 .

 i r ,

2

Suy ra
k t  





i r
1  rt e  i r
1
 rt e
e
dr

e
dr
2 i 0
2 i 0
i r
i r


i
1
 rt e

e
2 0



1



e


 rt

0

 e  i
r

r

r

dr

cos  r
dr .
r

Đổi biến x  r , ta có r  x 2 , dr  2 xdx . Ta thu được

2 cos  x
1
k  t    e tx
2 xdx
0
x



2





 tx
 e cos  xdx .
2

0

Do hàm dưới dấu tích phân là hàm chẵn nên

2
1
k  t    e  tx cos  xdx







1


1


1







Re  e  tx  cos  x  i sin  x  dx



2

Re  e  tx ei x dx
2




Re  e


2

  2

  t x i

 
2 t  4t


dx





1


1



e



2
4t



Re  e

 


 t x i

2 t




e



2 
4t

e



 t x

2

dx .



Vì vậy
k t  

1

t

e

 2
4t

do


e

 x2

dx  x .



Bổ đề 2 được chứng minh.

,

2

dx


Chương 2: Phương trình nhiệt

Bài toán. Tìm hàm w  x  thoả

ut  u xx  f  x, t  , x  0 , 0  t  1 ,

u  x,0   w  x  , x  0 ,

u  0, t   g  t  , 0  t  1 ,

u x  0, t   h  t  , 0  t  1 ,
trong đó f , g , h là các hàm cho trước.

(11)
(12)
(13)
(14)

Trước tiên ta xét bài toán sau
ut  u xx  f  x, t  , x  0 , t  0 ,
u  x,0   w  x  , x  0 ,

u x  0, t   h  t  , t  0 .

(11)
(12)
(14)

Nghiệm của bài toán (11), (12), (14) được tìm dưới dạng
u  x, t   u1  x, t   u2  x, t   u3  x, t  ,

với u1 , u2 , u3 là nghiệm của các bài toán tương ứng sau đây:

Bài toán  A  .
ut  u xx  0 , x  0 , t  0 ,
u  x,0   w  x  , x  0 ,
Bài toán  B  .

(16)
(12)

u x  0, t   0 , t  0 ,

(17)

ut  u xx  f  x, t  , x  0 , t  0 ,

(11)

u  x,0   0 , x  0 ,

Bài toán  C  .

(15)

(18)

u x  0, t   0 , t  0 ,

(17)

ut  u xx  0 , x  0 , t  0 ,
u  x,0   0 , x  0

(16)
(18)

u x  0, t   h  t  , t  0 .

(14)

Nhận xét. Ta tìm nghiệm của ba bài toán  A  ,  B  ,  C  với t   0,   . Rồi sau đó thu hẹp

xuống  0,1 để thu được nghiệm của bài toán (11), (12), (14).


Trước khi chỉ ra nghiệm của bài toán  A  ta cần các bổ đề sau.
Bổ đề 3. Nghiệm của bài toán Cauchy
ut  u xx  0 , x  , t  0 ,
u  x,0   w  x  ,
được xác định bởi
u  x, t  

(Xem 5,6,9,12 ).

1
2

e
t 



 x  2

(16)
(12)

w   d  .

4t

(19)

Bổ đề 4. Giả sử hàm
1

u  x, t  

e
t 



 x  2
4t

   d 

2
với  là hàm bị chận. Khi đó với mọi t  0 ta có
 i  Nếu  là hàm lẻ thì u  0, t   0 ,

 ii  Nếu 

là hàm chẵn thì

u
 0, t   0 .
x

Chứng minh.  i  Ta có
u  0, t  

1

2 t
vì hàm dưới dấu tích phân là hàm lẻ.

 ii 

e



2
4t

   d  0 ,

Ta có

u

1
 0, t   
x
4t  t
do hàm dưới dấu tích phân là hàm lẻ.

    e



2
4t

   d  0

Bổ đề 5. Nghiệm của bài toán  A  là
 x  
   x  

4t

 e 4t
w   e
u1  x, t  

2 t 


1

2

Chứng minh. Goị   x  là thác triển chẵn của w  x  lên
 w  x  , x  0,
 w   x  , x  0.

  x  
Đặt

2


 d .


, tức là


U  x, t  

thì

1
2

e
t 



 x  2

   d  ,

4t

U  x, t   u  x, t  , x  0 ,

U  x,0   u  x,0   w  x  , x  0 ,

với u  x, t  được xác định bởi (19) trong Bổ đề 3,

U
 0, t   0 (do Bổ đề 4).
x
Như vậy U  x, t  thoả (16),(12),(17). Tiếp theo ta biến đổi U  x, t  như sau

 x  
 0   x  


t
4
 e
U  x, t  
   d   e 4t    d   .
2  t  

0
Đổi biến 1   trong tích phân thứ nhất,

2

1

2


 x  
    x 1 


  e 4t   1  d 1   e 4t    d 
U  x, t  
2  t  0

0


 x   2
 x  2


1   4t
 e

w   d    e 4t w   d   .
2  t  0

0
2

 x   
   x  

1
4t
4t 


U  x, t  
w

e
e
d .
 

2 t 


Vậy (20) là nghiệm của bài toán  A  .
2

1

2

Để chỉ ra nghiệm của bài toán  B  ta cần bổ đề sau.
Bổ đề 6. Nghiệm của bài toán Cauchy không thuần nhất
ut  u xx  f  x, t  ,   x   , t  0 ,
u  x,0   0 ,

(11)
(18)

được xác định bởi
t

u  x, t   
0

t


0

f  , 

 2  t   e



 x  2
4 t  

d d



 G  x   , t    f  ,  d d .

(21)



Nhận xét. Theo nguyên lí Duhamel, nghiệm của bài toán (11), (18) được xây dựng từ nghiệm
của bài toán (16), (12).


Chứng minh. Bởi vì hàm G có kì dị tại  0,0  , ta không thể tính trực tiếp đạo hàm dưới dấu
tích phân. Ta phải làm như sau, trước tiên ta dùng phép đổi biến để viết
t

u  x, t     G  ,  f  x   , t    d d .

Giả sử f  C

2
1



0

  0,    có giá compact. Vì G  G  ,  là hàm trơn ở gần   t  0 , ta

tính
t

ut  x, t     G  ,  f t  x   , t    d d
0

  G  , t  f  x   ,0  d 

và
t

 2u
2
x
,
t
G

,

f  x   , t    d d .





0 
x 2
x 2

Như vậy, ut , u xx và tương tự u đều thuộc C    0,    .

Bây giờ để kiểm tra (21) thoả (11) ta tính toán như sau
t
 



ut  x, t   u xx  x, t     G  ,     x  f  x   , t    d d

 x

0
  G  , t  f  x   ,0  d 
t

 


   G   ,    
   f  x   , t    d d

 




 


   G  ,   
   f  x   , t    d  d

 

0

  G  , t  f  x   ,0  d 
 I  J   K .

Bây giờ ta lần lượt đánh giá như sau




J 

f

L

 D

2f
L

do  G  ,  d d  1 . (xem 5,6,9,12 ).

   G  ,  d d  C ,

(23)

0

Để tính I  ta viết thành hai tích phân rồi tính tích phân từng phần. Khi đó ta thu được
t

I     G  , 


t


f  x   , t    d d


   G  ,   f  x   , t    d  d



t

 


   
   G  ,   f  x   , t    d d


  

(24)

  G  ,   f  x   , t    d

  G  ,  f  x   ,0  d
  G  ,   f  x   , t    d  K ,

vì G  ,  là nghiệm cuả phương trình nhiệt (11). Kết hợp (22), (23) và (24) ta nhận được
ut  x, t   u xx  x, t   lim  G  ,   f  x   , t    d
 0

 f  x, t   x  , t  0  ,
ở đây giới hạn khi   0 được tính giống như trong chứng minh Bổ đề 3.
Cuối cùng chú ý rằng
u  , t  L  t f L  0 .

Vậy (21) là nghiệm của bài toán (11), (18).
Bổ đề 7. Nghiệm của bài toán  B  là
u 2  x, t  

1



2 

0

 x  
 x   

f  ,    4 t  
4 t 
e
 e    d  d .

t  



2

t



2

(25)

Chứng minh. Ta làm tương tự như phép chứng minh Bổ đề 5. Thật vậy, gọi   x, t  là thác

triển chẵn theo x của f  x, t  lên

, nghĩa là

 f  x, t  , x  0, t  0
 f   x, t  , x  0, t  0.

  x, t   
Đặt
t

V  x, t    
0

  , 
2  t  

e



 x  2
4 t  

d  d .

Khi đó
V  x, t  thoả (11),(18) với mọi x  0 ,
V  x,0   0 , với x  0 (do Bổ đề 6),

V
 0, t   0 (do Bổ đề 4).
x
Như vậy V  x, t  thoả (11), (18), (17). Bây giờ ta biến đổi V  x, t  như sau


t

0

1

V  x, t   

   ,  e



 x  2
4 t  



 x  2
4 t  

2   t    

0

t



1



   ,  e

0 2  t   0

d d
d d .

Đổi biến 1   trong tích phân thứ nhất,

t



1

V  x, t   

    ,  e

2  t    0

0

t


0

   ,  e



2  t   0

t



1



 f   ,  e



0 2  t   0
t



 x  2
4 t  

 x  2
4 t  



1

 x 1 2
4 t  

1



1



 f  ,  e

0 2  t   0



d1d

d d

d  d

 x  2
4 t  

d d

 x  
 x   

f  ,    4t  
4 t 
V  x, t    
e
 e    d d .



0  2  t  


2

t

2

Vậy nghiệm của bài toán  B  là
u 2  x, t  

1
2 


0

 x  
 x   

f  ,    4t  
4 t 
 e    d  d .
e

t  


2

t



2

Bổ đề 8. Bài toán  C  có nghiệm là
u  x, t   

1



t



h t  



0

e



x2
4



d .

(26)

Chứng minh. Gọi U  x, p   L u  t     e  pt u  x, t  dt là biến đổi Laplace của u  x, t  và
H  p   L  h  t   .

0

Khi đó sử dụng Mệnh đề 2 (coi p là tham số) ta có
  2u

d 2U
 L  2  x, t  
2
dx
 x



 u

pU  x, p   pU  x, p   u  x,0   L   x, t   .
 t

Vì vậy bài toán  C  khi chuyển qua ảnh ta nhận được bài toán
pU 

d 2U
dx 2

(27)

dU
 0, p   H  p  .
dx
Nghiệm tổng quát của (27) là
U  x, p   C1e  px  C2e
Vì

(28)
px

.

lim U  x, p   0
x 

nên ta phải chọn C2  0 . Như vậy,
U  x, p   C1e 
Từ điều kiện (28) của U , suy ra
H  p   px
U  x, p   
e
p

px

.

U  x, p   H  p U1  x, p  , với U1  x, p  

e 

px

p

.

(29)

Theo Bổ đề 2,   x ta có

u1  x, t   L U1  x, p    
1

1

t

e



x2
4t

.

Từ (29), (30) và Mệnh đề 3 ta nhận được
t

u  x, t    h  t    u1  x,  d .
0

Vậy
t

u  x, t   
0

h t   



e



x2
4

d .

Từ các Bổ đề 5, Bổ đề 7 và Bổ đề 8 ta thu được
Định lý 3. Ngiệm của bài toán (11), (12) ,(14) là

 x   
   x  

4t

 e 4t  d
u  x, t  
w   e
2  t 


 x  2
 x   2 
t

f  ,    4 t  
4 t 
 
 e    d  d
e


0  2  t   



1

2

2

(30)




1



t


0

h t  



e



x2
4

d .

Chương 3: Thiết lập phương trình tích phân

Giả thiết
 i  g  C 0,1 ,

 ii  h  C 0,1 ,
 iii  f  L2     0,1   L1 



  0,1  và tồn tại   0, c  0 sao cho

c
 f  x, t  dx  t  ,

 iv 

wL

2



L 
1







.

Bổ đề 9. Với các giả thiết  i    iv  ta có
1

lim u  x, t  

t

x 0 



1

 w   e



2
4t

d



t

 
0

f  , 
t 



e



2

4 t  

d  d 

1

t

 

h t  



0

d . (32)

Chứng minh. Xét tích phân
 x   
   x  

4t

 e 4t  d .
u1  x, t  
w   e
2  t 


Gọi w  x,  , t  là hàm dưới dấu tích phân của u1  x, t  . Khi đó ta có
2

1

w  

w  x,  , t  

Hàm ở vế phải (33) thuộc L1 




w  

0

t



d 



t

2

.

(33)

(coi t là tham số). Thật vậy, theo giả thiết  iv  thì
1

t

w

L1 





.

Vậy theo định lí hội tụ bị chận Lebesgue (xem  2, 4,16 ) ta thu được
lim u1  x, t  

x 0

1



w   e
t 



2
4t

d .

(34)

0

Bây giờ ta chứng minh tích phân thứ hai cũng bị chận. Thật vậy, ta có
 x  2
 x   2 
t 


f  ,    4 t  
4 t 
 e    d  d .
u 2  x, t    
e


0 0 2  t  


Gọi f  x,  , t ,  là hàm dưới dấu tích phân của u2  x, t  . Khi đó


f  , 

f  x,  , t ,  

(35)

 t  

do

2
x 

4 t  





e

2
x 

4 t  




e

Ta có hàm ở vế phải (35) thuộc L1 
t 


0 0

f   , 

 t   

  0,1  . Thật vậy, theo  iii  thì





d

t

d  d  

 t  

0

c

t

 



 2.

0

 f  ,  d
0

d
t 

 2t


t
c 
d
d 


.
  0   t   t   t   


2
Ta đánh giá các tích phân trong đẳng thức cuối của (36) như sau
t t
 t
   0,   t    t  
2 2
 2

(36)

1
2

t
t 
1
2 1

.
t 

  t 

Do đó tích phân thứ nhất trong đẳng thức cuối của (36) hội tụ.
Đối với tích phân thứ hai ta cũng làm tương tự. Thật vậy,


t
1 2
t 
1

   ,t              
2

2
t
2 






1
2
 
t   t 

1
.

t 

Như vậy tích phân thứ hai trong đẳng thức cuối của (36) cũng hội tụ.
Vậy theo định lí hội tụ bị chận Lebesgue (xem  2, 4,16 ) ta nhận được
lim u2  x, t  

x 0

1



t 


0 0

f  , 
t 

e



2

4 t  

d d .

(37)

Bây giờ xét tích phân thứ ba của (32). Ta cũng làm tương tự. Thật vậy, xét


u3  x, t   

1



t



h t   



0

e

x2
4t



d .

Gọi h  x, t ,  là hàm dưới dấu tích phân của u3  x, t  . Từ giả thiết  ii  ta có
h t  
c
 2 ,
h  x, t ,  



(38)



với hàm ở vế phải (38) thuộc L1  0, t  (coi t là tham số). Thật vậy,
t



c2

0

t

d 

c2

d

t

 



0

2c2 t





.

Do đó theo định lý hội tụ bị chận Lebesgue ta thu được
lim u3  x, t   

h t  

t

1

 

x 0



0

d .

(39)

Từ (31), (34), (37) và (39) ta được Bổ đề 9.
Bây giờ, từ (32) và (13), cho x  0 ta nhận được
g t  

1



w   e
t 



2
4t

d

0

t 

 
0 0

f   , 

 t   

e



2

4 t  

t

d d  

h t   

0



d .

Từ đây ta nhận được phương trình tích phân Fredholm loại một để tìm ẩn hàm w  x  :


h t   
1

d
w   e 4t d    g  t   

t 0

0


2

t

f   , 

t 

 

t 

0 0

Đặt
t

F t    g t   

h t  



0

t 

 

f   , 
t 

0 0

e

e





2

4 t  

d d .

(40)

d

2

4 t  

d d ,

(41)

và
2



1
 Aw  t    w   e 4t d
t 0


(42)