Sự xấp xỉ holder cho hàm nguồn của một phương trình nhiệt ngược thời gian

ĐẠI HỌC QUỐC GIA TP. HỒ CHÍ MINH
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

TIỂU LUẬN TỐT NGHIỆP

Sự xấp xỉ H¨
older cho hàm nguồn của
một phương trình nhiệt ngược thời
gian

Chuyên ngành: GIẢI TÍCH
Giảng viên hướng dẫn:
Lý thuyết: GS.TS. ĐẶNG ĐỨC TRỌNG
Thực hành: Th.s. TRẦN QUỐC VIỆT
Sinh viên thực hiện: TRẦN SƠN HẢI

TP. Hồ Chí Minh tháng 5 năm 2012


Mục lục
0.1

Giới thiệu về tiểu luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1 Những kiến thức chuẩn bị
1.1 Kiến thức về vi-tích phân . . . . . . .
1.1.1 Mệnh đề 1 . . . . . . . . . . . .
1.2 Kiến thức về không gian Hilbert . . . .
1.2.1 Mệnh đề 2 . . . . . . . . . . . .
1.2.2 Mệnh đề 3 . . . . . . . . . . . .
1.3 Kiến thức về đa thức nội suy Largange

1.3.1 Mệnh đề 4 . . . . . . . . . . . .

3

.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.

.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

.

.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.

5
. 5
. 5
. 5
. 5
. 6
. 11
. 11

. .
. .
(1)

. .
. .
. .
. .
. .
. .
. .
. .
. .
. .
. .

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

13
13
13

16
17
17
17
17
18
18
19
20
21
23
26

3 Lập trình tính số bài toán (1) và các kết quả thu được
3.1 Thuật toán tính tích phân Filon . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.2 Các ví dụ minh họa kết quả giải số bài toán (1) . . . . . . . . . . .
3.2.1 Ví dụ 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.2.2 Ví dụ 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.2.3 Ví dụ 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.2.4 Ví dụ 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.2.5 Ví dụ 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.2.6 Ví dụ 6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.3 Chương trình tính toán giải bài toán (1) bằng ngôn ngữ Fortran 90

.
.
.
.
.
.

.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

.
.
.

34
34
51
51
53
54
55
56
57
58

.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.

2 Giải bài toán (1) và kết quả thu được
2.1 Biến phân phương trình trong bài toán (1) . .
2.1.1 Mệnh đề 5 . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2 Đưa ra các định nghĩa sẽ sử dụng trong bài toán
2.2.1 Định nghĩa 1 . . . . . . . . . . . . . . .

2.2.2 Định nghĩa 2 . . . . . . . . . . . . . . .
2.3 Bổ sung điều kiện cho bài toán (1) . . . . . . .
2.4 Định lý 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.5 Định lý 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.5.1 Bổ đề 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.5.2 Bổ đề 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.5.3 Bổ đề 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.5.4 Bổ đề 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.5.5 Bổ đề 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.5.6 Phần chứng minh Định lý 2 . . . . . . .

1

.
.
.
.
.
.
.


4

5

Phụ lục
4.1 Bổ sung các ý trong các Bổ đề . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.1.1 Bổ sung 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.1.2 Bổ sung 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4.1.3 Bổ sung 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.1.4 Bổ sung 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.1.5 Bổ sung 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.2 Chương trình giải số bài toán (1) bằng ngôn ngữ Fortran 90 . .
4.2.1 Chương trình chính . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.2.2 Chương trình con 1 - Lưu trữ các biến toàn cục . . . . .
4.2.3 Chương trình con 2 - Lưu trữ các hàm . . . . . . . . . .
4.2.4 Chương trình con 3 - Tính toán chi tiết . . . . . . . . . .
4.2.5 Chương trình con 4 - Biên dịch 3 chương trình con 1,2,3

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

59
59

59
59
60
60
61
62
62
63
63
67
94

Kết luận
95
5.1 Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97

2


0.1

Giới thiệu về tiểu luận

Cho T → 0 và cho Ω ✏ ♣0, 1q ✂ ♣0, 1q là một miền truyền nhiệt. Xét bài toán xác
định cặp hàm ♣u, f q thỏa mãn hệ
✩
ut
✬
✬
✫

✁ ∆u ✏ ϕ♣tqf ♣x, yq, với t € ♣0, T q, ♣x, yq € Ω,
ux ♣0, y, tq ✏ ux ♣1, y, tq ✏ uy ♣x, 0, tq ✏ uy ♣x, 1, tq ✏ 0,
u♣1, y, tq ✏ 0,
✬
✬
✪
u♣x, y, T q ✏ g ♣x, y q,

(1)

với g € L1 ♣Ωq và ϕ € L1 ♣0, T q đã được biết. Điều kiện biên u♣1, y, tq được đưa vào để đảm
bảo tính duy nhất nghiệm của bài toán. Trong bài toán (1) mỗi hàm f cho ta tương ứng
với một bài toán ngược cổ điển do đó để giải (1) ta chỉ tập trung vào tìm hàm f . Bài
toán ngược cổ điển này là bài toán tìm hàm nguồn F ♣ξ, tq thỏa mãn phương trình nhiệt
ut ✁ ∆u ✏ F

(2)

với ξ là biến không gian. Bài toán (2) không chỉnh, tức là không có nghiệm, và nếu có
nghiệm thì nó cũng không chắc phụ thuộc liên tục vào dữ kiện đã cho. Do đó, ta cần
chỉnh hóa nó để có thể giải số được. Bởi vì bài toán (2) rất khó giải nên để giải nó thì
thường nguồn nhiệt F ♣ξ, tq chỉ được cho dưới dạng tách biến
F ♣ξ, tq ✏ ϕ♣tqf ♣ξ q
với ϕ hoặc f đã được cho. Tính duy nhất nghiệm và điều kiện ổn định của nguồn nhiệt
ở dạng này đã được một số tác giả khảo sát trong [3-5,12,13,22-24 ].
Dù cho tính duy nhất nghiệm và sự ổn định nghiệm có ra sao thì việc chỉnh hóa
cho trường hợp không ổn định vẫn còn rất khó. Để thực hiện việc chỉnh hóa bài toán (2),
nhiều tác giả đã phải giả sử rằng nguồn nhiệt chỉ phụ thuộc vào thời gian, F ♣ξ, tq ✏ ϕ♣tq
trong [6,14,20]; hoặc không gian, F ♣ξ, tq ✏ f ♣ξ q trong [2,6-10,21,25]. Còn dạng tách biến

toàn phần F ♣ξ, tq ✏ ϕ♣tqf ♣ξ q ,với ϕ được cho đã được khảo sát trong [15,16]. Ta nhận ra
rằng trong những trường hợp trên thường thì việc thu hồi nguồn f ♣ξ q cần nhiệt độ đầu
và nhiệt độ cuối. Hơn thế nữa, việc đánh giá sai số không được cho một cách tường minh,
hoặc chỉ ở dạng logarit.
Một câu hỏi tự nhiên đặt ra là việc xấp xỉ nguồn f có thể sử dụng nhiệt độ đầu
hoặc nhiệt độ cuối mà không cần cả hai. Gần đây, việc chỉnh hóa chỉ sử dụng nhiệt độ
đầu đã được xét tới trong [9,17], và đã có một vài đánh giá sai số loại logarit. Trong tiểu
luận này, tác giả sẽ xây dựng nghiệm chỉnh hóa ở dạng xấp xỉ chỉ sử dụng nhiệt độ cuối
và cho kết quả đánh giá loại Holder. Phương pháp của tác giả được gợi ý từ việc xác
định duy nhất nguồn của phương trình nhiệt ngược thời gian được xây dựng đầu tiên bởi
Tikhonov năm 1935 trong [19]. Tác giả đã theo sát kĩ thuật của bài báo về phương trình
nhiệt xuôi thời gian [17]. Sự khác biệt chính ở đây là trong bài toán ngược ta tìm dạng
tốt nhất của bất đẳng thức nội suy, cái mà cho ta có được xấp xỉ loại H¨older.
Trong phần thực hành giải số cho bài toán (1) tác giả đã tìm được nghiệm chỉnh
hóa f xấp xĩ của nghiệm f . Để tìm được nghiệm này tác giả đã phải dùng tới các các
loại tích phân số để tính những tích phân ẩn trong nó. Cũng như đã được đề cập trong
phần lí thuyết, tác giả tìm nghiệm chỉnh hóa thông qua kĩ thuật khai triển Fourier và nội
suy Lagrange. Đối với khai triển Fourier tác giả phải tính tích phân hai chiều với những
hàm có dạng f ♣x, y q cos♣nπxq cos♣mπy q là những hàm dao động mạnh, những hàm mà
tích phân Gauss khó tính chính xác được. Do vậy tác giả đã sử dụng phương pháp đặc
3


biệt là phương pháp tich phân Filon. Với tích phân này thì đã giải quyết được tính dao
động của các hàm có dạng trên. Phương pháp tích phân Filon cho những hàm có dang
f ♣x, y q cos♣nπxq cos♣mπy q đã được trình bày kĩ trong phần giải số. Còn đối với nội suy
Lagrange để có được đa thức nội suy có sai số ít nhất tác giả đã dùng tới thuật toán
Neville, cái mà giải quyết tốt vấn đề sai số hơn các thuật toán thông thừơng, và các nút
nội suy thì tác giả đã sử dụng các nút Chebyshev, các nút mà đã giải quyết được vấn
đề sai số ở hai biên của khoảng nội suy mà các nút theo cách chia đều không giải quyết

được.
Để đảm bảo cho sự khả dụng của nghiệm chỉnh hóa, song song với các kết quả đánh
giá trong phần lý thuyết thì phần thực hành tác giả cũng đã tính toán để minh chứng sai
số trong những trường hợp cụ thể.
Trong tiểu luận này tác giả đã đưa vào chương trình giải số bài toán (1). Chương
trình này được viết trên ngôn ngữ Fortran 90, ngôn ngữ tính toán có thể thực thi các
công đoạn tinh toán song song. Trong tiểu luận này tác giả cũng đã đưa vào một số ví
dụ để kiểm chứng kết quả giải số và từ kết quả lý thuyết.

4


Chương 1
Những kiến thức chuẩn bị
1.1

Kiến thức về vi-tích phân

1.1.1

Mệnh đề 1

Cho f € C ♣ra, bsq, f khả vi trên ♣a, bq và thỏa f(a) = f(b) thì tồn tại c
cho f ♣cq ✏ 0.
✶

€ ♣a, bq sao

Chứng minh
Đầu tiên do f € C ♣ra, bsq nên tồn tại α, β € ra, bs sao cho f đạt max tại α, đạt min

✶
✶
tại β. Do f đạt max tại α, đạt min tại β nên f ♣αq ✏ f ♣β q ✏ 0. Đặt M ✏ maxra,bs f, N ✏
minra,bs f. Ta xét hai trường hợp
• Nếu M ✏ N , tức f là hàm hằng
✶
Ta chọn c ✏ 21 ♣M   N q € ♣a, bq ta có f ♣cq ✏ 0 .
• Nếu M ✘ N
Thì α hoặc β € ♣a, bq. Thật vậy, do α, β € ra, bs nên nếu α, β ❘ ♣a, bq thì α, β € ta, b✉.
Nếu α, β € ta, b✉ thì do f ♣aq ✏ f ♣bq nên f ♣αq ✏ f ♣β q. M ✏ f ♣αq, N ✏ f ♣β q do đó
M ✏ N . Điều này dẫn tới vô lý.
Nếu α € ♣a, bq thì ta chọn c ✏ α, còn β

€ ♣a, bq thì ta chọn c ✏ β.

Vậy Mệnh đề được chứng minh.

1.2
1.2.1

Kiến thức về không gian Hilbert
Mệnh đề 2

Cho ♣ϕi qi€N và ♣ψk qk€N lần lượt là các họ trực chuẩn đầy đủ trong L2 ♣a, bq và
L2 ♣c, dq. Khi đó hàm ωik xác định bởi
ωik ♣s, tq ✏ ϕi ♣sqψk ♣tq,
lập thành một họ trực chuẩn đầy đủ trong L2 ♣K q, K ✏ ♣a, bq ✂ ♣c, dq.
Ta sẽ dựa vào Mệnh đề 2 để chứng minh Mệnh đề 3 sau đây.

5

1.2.2

Mệnh đề 3

Cho
B

✏

với

✦❛

✮✽

κ♣m, nq cos♣mπxq cos♣nπy q

,

✏

m,n 0

κ♣m, nq ✏ ♣2 ✁ 1tm✏0✉ q♣2 ✁ 1tn✏0✉ q

thì B là một cơ sở trực chuẩn của L2 ♣♣0, 1q ✂ ♣0, 1qq.
Chứng minh
Đầu tiên ta có

❛

❜

κ♣m, nq ✏

♣2 ✁ 1tm✏0✉q♣2 ✁ 1tn✏0✉q ✏

❛

2 ✁ 1tm✏0✉

❛

2 ✁ 1tn✏0✉ .

Cho nên
B
Đặt

✥ ❛

✏ ♣

✭✽

❛

2 ✁ 1tm✏0✉ cos♣mπxqq♣ 2 ✁ 1tn✏0✉ cos♣nπy qq

✏ .

m,n 0

✦ ❄
✮
❄
✥❛
✭
✏ 2 ✁ 1tm✏0✉ cos♣mπxq ✽m✏0 ✏ 1, 2 cos♣2πxq, 2 cos♣3πxq, ... ,
✦ ❄
✮
❄
✭✽
✥❛
2 ✁ 1tn✏0✉ cos♣mπy q n✏0 ✏ 1, 2 cos♣2πy q, 2 cos♣3πy q, ... .
B2 ✏

B1

Ta chứng minh B1 , B2 là các họ trực chuẩn đầy đủ trong L2 ♣0, 1q. Do việc chứng minh
B1 là họ trực chuẩn đầy đủ trong L2 ♣0, 1q và B2 là họ trực chuẩn đầy đủ trong L2 ♣0, 1q là
tương tự nhau. Cho nên ta chỉ cần chứng minh B1 là họ trực chuẩn đầy đủ trong L2 ♣0, 1q
là được.
Đặt
am1 ♣xq ✏

am2 ♣xq ✏

❛

❛

2 ✁ 1tm1 ✏0✉ cos♣m1 πxq,
2 ✁ 1tm2 ✏0✉ cos♣m2 πxq.

Ta chứng minh
am1 , am2

♣ q✏

✧

L2 0,1

0 nếu m1
1 nếu m1

✘ m2
✏ m2

.

Ta có
am1 , am2

♣ q✏

➺1

L2 0,1

0

❛

❛

2 ✁ 1tm1 ✏0✉ cos♣m1 πxq 2 ✁ 1tm2 ✏0✉ cos♣m2 πxqdx

✏
✏

❛
1❛
2 ✁ 1tm1 ✏0✉ 2 ✁ 1tm2 ✏0✉
2

2 ✁ 1tm1 ✏0✉

❛

➺1

❛

2 ✁ 1tm2 ✏0✉

Bây giờ ta xét các trường hợp.
6

0

cos♣m1 πxq cos♣m2 πxqdx

➺1
0

rcos♣m1 ✁ m2qπx   cos♣m1   m2qπxs dx.


Trường hợp 1 m1 ✏ m2
Nếu m1 ✏ m2 thì

✏

am1 , am2

✟
1 
2 ✁ 1tm✏0✉
2

➺1
0

♣1   cos♣2m1πxqq dx.

Do đó mà
• Nếu m1

✏ 0 thì
am1 , am2

• Nếu m1

✘ 0 thì

am1 , am2

♣ q✏

L2 0,1

Vì vậy suy ra am1 , am2

1
♣2 ✁ 0q
2

♣ q✏

L2 0,1

➺1
0

1
2

0

0

2dx ✏

➺1
0

♣1   cos 2m1πxqdx ✏

dx ✏ 1.

✂

x 

sin 2m1 πx
2m1 π

✡✞
✞x✏1
✞

✏

x 0

✏ 1.

♣ q ✏ 1.

L2 0,1

Trường hợp 2 m1 ✘ m2
Nếu m1 ✘ m2 thì
➺1

➺1

♣cos♣m1 ✁ m2qπx   cos♣m1   m2qπxq dx ✏

✂

sin♣m1 ✁ m2 qπx
♣m1 ✁ m2qπ

✡
♣
sin♣m1   m2 qπx ✞✞x✏1
  ♣m   m qπ ✞x✏0 ✏ 0.
1
2

Cho nên am1 , am2 L2 ♣0,1q ✏ 0. Như vậy ta đã chứng minh được B1 là một họ trực chuẩn.
Bây giờ ta sẽ chứng minh B1 đầy đủ trong L2 ♣0, 1q. Bởi vì Cc✽ ♣0, 1q trù mật trong
L2 ♣0, 1q nên cho f € L2 ♣0, 1q, → 0 tồn tại g € Cc✽ ♣0, 1q sao cho

⑥g ✁ f ⑥L ♣0,1q ➔ ④2.
2

Với g

€ Cc✽♣0, 1q thì g € L2♣0, 1q. Do đó khai triển Fourier-cos của g là
g ♣xq ✏ a0 ④2  

✽
➳
✏

an cos♣nπxq,

n 0

với x € ♣0, 1q, an

✏2

➩1
0

g ♣xq cos♣nπxqdx. Đặt
Sn ♣g q♣xq ✏ a0 ④2  

n
➳

✏

ak cos♣kπxq,

k 0

❅x € ♣0, 1q. Ta chứng minh Sn Ñ g trong L2♣0, 1q. Theo cách đặt Sn♣gq thì
Sn ♣g q Ñ g ♣xq,

7

(1.1)


khi n Ñ ✽, với mọi x € ♣0, 1q. Xét ⑤Sn ♣g q♣xq ✁ g ♣xq⑤ ta có
Sn ♣g q♣xq ✏

✏
✏
✏
✏
✏

➺1
0

➺1
0

➺1
0

➺1
0

➺1
0

n
➳

 

a0
2

g ♣y qdy  

✏

✏

g ♣y q

➺1

✄

k 0

✏

1 2✁
π ✁ πx

2

0

➺

π

✏

✄

πx
2

☛

2 cos♣kπy q cos♣kπxq dy

✏

n
➳

☛

♣cos♣kπ♣y ✁ xq   cos♣kπ♣y   xqq

k 0

✄✄

g ♣y q

✏

1
2

0

k 0
n
➳

g ♣y q 1  

g ♣xq cos♣kπy qdy cos♣kπxq

2

✄

g ♣y q 1  

g ♣y q

♣kπxq

ak cos

k 0
➺1
n
➳

 

1
2

 

n
➳

✏

☛

cos♣kπ ♣y ✁ xq

k 0

✟

♣
1 sin n  
♣
✁
q

2
sin
 

sin n  

1
π y
2
π y x
2

✟

g x 

✡

n
➳

 

✏

☛☛

cos♣kπ ♣y   xq

k 0

✁ xq   1 sin n  

✟

♣   xq

1
π y
2
π y x
2

sin ♣   q

2

 

dy

☛

dy

✟

♣ ✁ xq dy   1 ➺ 1 g♣yq sin n   21 π♣y   xq dy

1

π y
2
π y x
2

2
u
π

1
2
 

sin ♣ ✁ q

✂

 

✄

dy

2

0

➺

1 2 

sin♣2n   1qu
du  
sin♣uq
π ✁ πx
2
π

sin π♣y2 xq
✂

πx
2

g

✁x  

✡

2
u
π

sin♣2n   1qu
du.
sin♣uq

Để xác định ⑤Sn ♣g q♣xq ✁ g ♣xq⑤ ta sẽ chứng minh
➺

✁ πx2 sin♣2n   1qu

π
2

sin♣uq

✁ πx2

du  

➺

π
2

  πx2 sin♣2n   1qu
sin♣uq

πx
2

với mọi ❅n € N . Bằng thực hiện phép đổi biến v
có được
➺

π
2

✁ πx2 sin♣2n   1qu

✁ πx2

sin♣uq

du ✏

➺

du ✏ π,

(1.2)

✏ ✁u và sau đó viết tích phân theo u ta

πx
2

✁ π2   πx2

sin♣2n   1qu
du.
sin♣uq

(1.3)

Sử dụng kết quả trong (1.3) thay vào (1.2) ta nhận được
➺

  πx2 sin♣2n   1qu

du ✏ π.
sin♣uq
✁ π2   πx2
π
2

Ta chứng minh (1.4) bằng quy nạp. Với n ✏ 1
➺ π   πx
➺ π   πx
  πx2 sin♣3uq
2
2
2
2
2
♣
3 ✁ 4 sin uqdu ✏
♣1   2 cos♣2uqqdu
VT ✏
du ✏
✁ π2   πx2 sin♣uq
✁ π2   πx2
✁ π2   πx2
✞u✏ π   πx
✏ ♣u   sin♣2uqq✞✞u✏✁2 π  2πx ✏ u   sin♣π   πxq ✁ sin♣✁π   πxq
2
2
➺

π

2

✏ π ✁ sin♣πxq   sin♣π ✁ πxq ✏ π ✁ sin♣πxq   sin♣πxq
✏ π.
8

(1.4)


Giả sử (1.4) đúng với n ✏ k ta chứng minh nó đúng với n ✏ k   1. Tức là giả sử ta có
➺

  πx2 sin♣2k   1qu
du ✏ π.
sin♣uq
✁ π2   πx2

Ta sẽ chứng minh

➺

π
2

  πx2 sin♣2♣k   1q   1qu
du ✏ π.
sin♣uq
✁ π2   πx2
π
2

Đầu tiên ta có
sin♣2♣k   1q   1qu ✏ sin♣2k   3qu
✏ sinr♣2k   1qu   2us
✏ sin♣2k   1qu cos♣2uq   cos♣2k   1qu sin♣2uq
✏ sin♣2k   1qu♣1 ✁ 2 sin♣uqq   cos♣2k   1qu2 sin♣uq cos♣uq.
Vì vậy
sin♣2♣k   1q   1qu
sin♣uq

2k   1qu
✏ sin♣sin
♣uq ✁ 2 sin♣2k   1qu sin u   2 cos♣2k   1qu cos u
2k   1qu
✏ sin♣sin
♣uq   2 cos 2♣k   1qu.

Lấy tích phân ta có
➺

  πx2 sin♣2♣k   1q   1qu
du
sin♣uq
✁ π2   πx2
➺ π   πx
➺ π   πx
2
2
2
2

sin♣2♣k   1qqu
π
2

✏

du  

sin♣uq

✁ π2   πx2

✁ π2   πx2

2 cos 2♣k   1qudu

sin♣2♣k   1qqu ✞✞u✏ π2   πx
✏ π   k   1 ✞u✏✁ π  2πx
2
2
1
✏ π   k   1 rsin♣k   1q♣π   πxq ✁ sin♣k   1q♣✁π   πxqs
✏ π   k  1 1 rsin♣♣k   1qπ   ♣k   1qπxq   sin♣♣k   1qπ ✁ ♣k   1qπxqs
✏ π   k  1 1 r✁ sin♣kπ   ♣k   1qπxq ✁ sin♣k   π ✁ ♣k   1qπxqs
✧
1
sin♣k   1qπx ✁ sin♣✁♣k   1qπxqs nếu k chẵn
✏ ππ    k 1 1 r✁
rsin♣k   1qπx   sin♣✁♣k   1qπxqs nếu k lẻ
k 1

✏ π.

Vậy ta đã chứng minh được (1.4), tức là
➺

  πx2 sin♣2n   1qu
du ✏ π,
sin♣uq
✁ π2   πx2
π
2

với n € N . Dẫn tới (1.2) được chứng minh xong, tức là
➺

π
2

✁ πx2 sin♣2n   1qu

✁ πx2

sin♣uq

du  

➺

π

2
πx
2

9

  πx2 sin♣2n   1qu
sin♣uq

du ✏ π,


với mọi ❅n € N . Sử dụng (1.2) ta có sự biểu diễn hàm g ♣xq
g ♣xq ✏

1
g ♣xqπ
π
✓➺ π πx
✛
➺ π   πx
✁ 2 sin♣2n   1qu
2
2
2 sin♣2n   1qu
1
g ♣xq
du  
du
πx

π
sin♣uq
sin
♣
u
q
✁ πx2
2

✏

➺

1 2✁
π ✁ πx
2

✏

π

πx
2

➺

sin♣2n   1qu
1
g ♣ xq
du  

sin♣uq
π

π
2

  πx2

πx
2

g ♣ xq

sin♣2n   1qu
du.
sin♣uq

Do vậy ta có sự đánh giá ⑤Sn ♣g q♣xq ✁ g ♣xq⑤

⑤Sn♣gq♣xq ✁ g♣xq⑤
✡
✚
✞ ➺ ✁ ✒ ✂
sin♣2n   1qu
2
✞1
✏ ✞π
du
g x   u ✁ g ♣ xq
π

sin♣uq
πx
2

π
2

✁ πx2

 
➺

1
π

↕
↕

1 2
π ✁ π2

➺

π

π
2

  πx2 ✒ ✂
g

πx
2

✁x  

2
u
π

✡

✚

✁ g♣xq

sin♣2n   1qu ✞✞
du✞
sin♣uq

✞  
✞
✟
➺ π   πx ✞✞  
✞ g x 2 u✟ g x ✞
2
2
2
g
x

u
g x
1
✞
✞
✞
π
π
✞
✞ du
✞
✞
✞
✞
sin u
π πx
sin u
2
✞  
✞
✞
✞
✟
 
✟
➺π✞
✞g x 2 u
✞
✞
2

g
x
g
x
u
g
x
1
✞
✞
✞
✞
π
π
✞
✞ du
✞
✞ du
✞
✞
✞
sin u
π 0 ✞
sin u

1 2✁
π ✁ πx
2
π

➺

 

πx
2

 

✁ ♣q

✁ ♣q

✁  

 

✁  

 

✞

✁ ♣ q ✞✞ du
✞
✞

✁ ♣q

↕ M   N.

Với

M

✏

N

✏

✞  
✞ g x 2 u✟ g x
✞
π
max
✞
x€r0,1s,u€r✁ π2 , π2 s ✞
sin u
✞  
✟
✞g
x π2 u
g x
✞
max
✞
x€r0,1s,u€r0,π s ✞
sin u

 

✞

✁ ♣ q ✞✞ ,

✁  

✁ ♣q

✞
✞
✞
✞
✞
✞.
✞

Vậy ta có được

⑤Sn♣gq♣xq ✁ g♣xq⑤ ↕ M   N

(1.5)

hầu khắp nơi.
Tổng hợp các kết quả (1.1) và (1.5) và sử dụng định lý hội tụ bị chặn ta có được
➺1

⑤Sn♣gq♣xq ✁ g♣xq⑤ dx Ñ

➺1

2

0

0

0dx ✏ 0,

hay

⑥Sn♣gq ✁ g⑥L ♣0,1q Ñ 0.
2

Do đó mà, cho

→ 0 thì ❉n0 € N sao cho ❅n → n0 thì
⑥Sn♣gq ✁ g⑥L ♣0,1q ➔ 2 .
2

10


→ 0 thì ❉n0 € N sao cho ❅n → n0 thì
⑥Sn♣gq ✁ f ⑥L ♣0,1q ↕ ⑥Sn♣gq ✁ g⑥L ♣0,1q   ⑥g ✁ f ⑥L ♣0,1q ↕

Hơn nữa, cho

2

Vây, cho f

2

2

.

€ L2♣0, 1q thì ❉Sn♣gq sao cho Sn♣gq Ñ f . Mặt khác, do
n
n
➳
a0 ➳
a0
ak ❄
Sn ♣g q♣xq ✏
 
ak cos♣kπxq ✏ 1  
♣ 2 cos♣kπxqq
2
2
2
✏

✏

k 0

k 0

cho nên
Sn ♣g q € Cl♣➔ B1

→q,

với mọi n € N . Như vậy thì f

€➔ B1 →, điều này dẫn tới
L2 ♣0, 1q ✏ Cl♣➔ B1 →q.
Do đó B1 đầy đủ trong L2 ♣0, 1q. Vậy B1 là họ trực chuẩn đầy đủ trong L2 ♣0, 1q.
Tương tự ta như vậy thì B2 cũng là họ trực chuẩn đầy đủ trong L2 ♣0, 1q.Từ Mệnh
đề 2 dẫn tới B là cơ sở trực chuẩn của L2 ♣♣0, 1q ✂ ♣0, 1qq.
1.3

Kiến thức về đa thức nội suy Largange

1.3.1

Mệnh đề 4

(Trang 9, Sách "Polynomials and polynomial inequalities", P.Borwein and T.Erdelyi(1995).
Springer-Verlag, Berlin.)
Cho zi € ra, bs, với i ✏ 0, 1, ..., n; zi ✘ zj nếu i ✘ j, f € C n 1 ♣ra, bsq, p € Pn , với
Pn

✏

★

p : p ♣ xq ✏

n
➳

✏

ak xk , ak

€ R, x € ra, bs

✰

,

k 1

và p thỏa f ♣zi q ✏ p♣zi q,

❅i ✏ 0, 1, ...n. Khi đó với mỗi x € ra, bs, thì ❉ ξ € ♣a, bq sao cho
f ♣xq ✁ p♣xq ✏

với h♣xq ✏

1

♣n   1q! f

♣n 1q ♣ξ q.h♣xq,

➦n

✏ ♣x ✁ zk q.

k 0

Chứng minh
Với mỗi x € ra, bs ta xét hai trường hợp
• Trường hợp 1: x € tz0 , z1 , ..., zn ✉
Ta chọn ξ

✏ 12 ♣a   bq thì ξ thỏa

f ♣xq ✁ p♣xq ✏

1

♣n   1q! f

11

♣n 1q ♣ξ q.h♣xq ✏ 0.


• Trường hợp 2: x ❘ tz0 , z1 , ..., zn ✉
Đặt
ϕ♣tq ✏ f ♣tq ✁ p♣tq ✁
khi đó ϕ € C n 1 ♣ra, bsq và thỏa

f ♣xq ✁ p♣xq
h♣tq, ❅t € ra, bs

h♣xq

f ♣xq ✁ p♣xq
h♣zi q ✏ 0, ❅ i ✏ 0, 1, 2, ...n,
h♣xq
f ♣xq ✁ p♣xq
h♣xq ✏ 0.
h♣xq

ϕ♣zi q ✏ f ♣zi q ✁ p♣zi q ✁
ϕ♣xq ✏ f ♣xq ✁ p♣xq ✁

✶

ϕ nhận giá trị 0 tại n+2 điểm phân biệt. Áp dụng định lý Rolle thì ϕ € C n ♣ra, bsq
nhận giá trị 0 tại n+1 điểm phân biệt. Tiếp tục áp dụng định lý Rolle thì ϕ♣nq €
C 1 ♣ra, bsq nhận giá trị 0 tại 2 điểm phân biệt u1 , u2 € ra, bs.
Áp dụng tiếp định lý Rolle thì
ϕ♣n 1q ♣ξ q ✏ 0 do đó

❉

ξ

€ ♣u1, u2q ⑨ ra, bs

f ♣n 1q ♣ξ q ✁ p♣n 1q ♣ξ q ✁

sao cho ϕ♣n 1q ♣ξ q

✏

0.

f ♣xq ✁ p♣xq ♣n 1q
h
♣ξ q ✏ 0,
h♣xq

p♣xq
♣n 1q ✏ 0, còn do h♣xq ✏
hay f ♣n 1q ♣ξ q ✁ f ♣xhq✁
♣xq ♣n   1q! ✏ 0. ( Để ý: p € Pn nên p
➧n
♣n 1q ♣ξ q ✏ ♣n   1q!. ) Do đó mà f ♣xq✁ p♣xq ✏ 1 f ♣n 1q ♣ξ q.h♣xq.
k✏0 ♣x ✁ zk q nên h
♣n 1q!
Như vậy với mỗi x € ra, bs, thì ❉ ξ € ♣a, bq sao cho f ♣xq ✁ p♣xq ✏ ♣n 1 1q! f ♣n 1q ♣ξ qh♣xq,
➧
với h♣xq ✏ nk✏0 ♣x ✁ zk q.

Vậy Mệnh đề 4 được chứng minh xong.

12


Chương 2
Giải bài toán (1) và kết quả thu được
Biến phân phương trình trong bài toán (1)

2.1
2.1.1

Mệnh đề 5

Cho ♣u, f q € ♣C 1 ♣r0, T s; L1 ♣Ωqq ❳ L2 ♣0, T ; H 2 ♣Ωqq, L2 ♣Ωqq là một nghiệm của (1).
Khi đó ♣u, f q thỏa mãn
➺ ✁
Ω

✏

✠

2
2 2
g ♣x, y q ✁ e✁♣α  n π qT u♣x, y, 0q cos♣αxq cos♣nπy qdxdy

➺T
0

2
2 2
e♣α  n π q♣t✁T q ϕ♣tqdt

➺

f ♣x, y q cos♣αxq cos♣nπy qdxdy

Ω

với mọi ♣α, nq € R ✂ Z.

(2.1)

Chứng minh
Với ♣u, f q € ♣C 1 ♣r0, T s; L1 ♣Ωqq ❳ L2 ♣0, T ; H 2 ♣Ωqq, L2 ♣Ωqq từ bài toán (1) ta có
ut ✁ ∆u ✏ ϕ♣tqf ♣x, y q.

2
2 2
Nhân cả hai vế của đẳng thức này với e♣α  n π q♣t✁1q cos♣αxq cos♣nπy q ta nhận được

rut ✁ ♣uxx   uyy qs e♣α  n π q♣t✁1q cos♣αxq cos♣nπyq
✏ ϕ♣tqf ♣x, yqe♣α  n π q♣t✁1q cos♣αxq cos♣nπyq.
Lấy tích phân cả hai vế trên ♣0, T q ✂ Ω
➺
rut ✁ ♣uxx   uyy qs e♣α  n π q♣t✁1q cos♣αxq cos♣nπyqdxdydt
2

2

2 2

2 2

2

♣0,T
q✂Ω

➺

✏

♣0,T q✂Ω

2 2

2
2 2
ϕ♣tqf ♣x, y qe♣α  n π q♣t✁1q cos♣αxq cos♣nπy qdxdydt.

(2.2)

Từ (2.2) ta sẽ biến đổi cả hai vế để đưa về dạng như (2.1). Đầu tiên với vế phải ta có
VP ✏

✏
✏

➺T➺
0

➺T
0
➺T
0

Ω

2
2 2
ϕ♣tqf ♣x, y qe♣α  n π q♣t✁1q cos♣αxq cos♣nπy qdxdydt

2
2 2
ϕ♣tqe♣α  n π q♣t✁1q

➺
Ω

2
2 2
e♣α  n π q♣t✁1q ϕ♣tqdt

f ♣x, y q cos♣αxq cos♣nπy qdxdydt

➺
Ω

13

f ♣x, y q cos♣αxq cos♣nπy qdxdy.


Còn với vế trái ta cũng có
VT ✏

✏
✏

✁
✏
✁

➺ T ✂➺
0

Ω

➺ ➺T

rut ✁ ♣uxx   uyy qs e♣α  n π q♣t✁1q cos♣αxq cos♣nπyqdtdxdy
2

0

Ω

➺ ➺T
➺ ➺T
Ω

♣uxx   uyy qe♣α  n π q♣t✁1q cos♣αxq cos♣nπyqdtdxdy
2

0

➺ ✒➺ T
➺ T ✒➺

Ω

0

2 2

✚

2
2 2
ut e♣α  n π q♣t✁1q dt cos♣αxq cos♣nπy qdxdy

0

Ω

2 2

2
2 2
ut e♣α  n π q♣t✁1q cos♣αxq cos♣nπy qdtdxdy

0

Ω

✡

rut ✁ ♣uxx   uyy qse♣α2 n2π2q♣t✁1q cos♣αxq cos♣nπyqdxdy dt

♣uxx   uyy q cos♣αxq cos♣nπyqdxdy

✚

2
2 2
e♣α  n π q♣t✁1q dt.

Để biến đổi tiếp vế phải ta sẽ tập trung vào biến đổi hai tích phân sau
➺ ✒➺ T
Ω

và

✁

0

➺ T ✒➺
0

Ω

✚

2
2 2
ut e♣α  n π q♣t✁1q dt cos♣αxq cos♣nπy qdxdy,

♣uxx   uyy q cos♣αxq cos♣nπyqdxdy

✚

2
2 2
e♣α  n π q♣t✁1q dt.

Với tích phân thứ nhất ta để ý rằng
➺T
0

✞

2
2 2
2
2 2
✞t✏T
ut e♣α  n π q♣t✁1q dt ✏ u♣x, y, tqe♣α  n π q♣t✁1q ✞

✏

t 0

➺T

✁ ♣α2   n2π2que♣α  n π q♣t✁1qdt
0
✏ g♣x, yqe♣α  n π q♣T ✁1q ✁ u♣x, y, 0qe♣α  n π q♣✁tq
➺T

2
2 2
✁ ♣α   n π q ue♣α  n π q♣t✁1qdt
2

2

2 2

2 2

2

2

0

2 2

2 2

✁

✏ e♣α2 n2π2q♣T ✁1q g♣x, yq ✁ u♣x, y, 0qe✁♣α2 n2π2qT
✁ ♣α   n π q
2

➺T

2 2

✠

2
2 2
ue♣α  n π q♣t✁1q dt.

0

Hay ta viết lại
➺T
0

2
2 2
ut e♣α  n π q♣t✁1q dt

✁

✏ e♣α2 n2π2q♣T ✁1q g♣x, yq ✁ u♣x, y, 0qe✁♣α2 n2π2qT

14

✠

✁♣α   n π q
2

➺T

2 2

0

2
2 2
ue♣α  n π q♣t✁1q dt.


Bây giờ ta nhân cả hai vế của đẳng thức này với cos♣αxq cos♣nπy q rồi lấy tích phân trên
Ω ta nhận đươc
✡

➺ ✂➺ T
Ω

➺

2
2 2
ut e♣α  n π q♣t✁1q dt cos♣αxq cos♣nπy qdxdy

0

✏ re♣α  n π q♣T ✁1q♣g♣x, yq ✁ u♣x, y, 0qe✁♣α  n π qT q
2

2 2

2

Ω

✁ ♣α   n π q
2

➺T

2 2

✏ e♣α2 n2π2q♣T ✁1q

2
2 2
ue♣α  n π q♣t✁1q dts cos♣αxq cos♣nπy qdxdy

➺ 0✁

✠

2
2 2
g ♣x, y q ✁ u♣x, y, 0qe✁♣α  n π qT cos♣αxq cos♣nπy qdxdy

Ω

✁ ♣α   n π q
2

2 2

➺ T ✂➺

✡

2 2

0

Ω

2
2 2
u cos♣αxq cos♣nπy qdxdy e♣α  n π q♣t✁1q dt.

Như vậy thì
➺ ✂➺ T
Ω

0

✡

2
2 2
ut e♣α  n π q♣t✁1q dt cos♣αxq cos♣nπy qdxdy

✏ e♣α2 n2π2q♣T ✁1q
✁ ♣α   n π q
2

➺ ✁

✠

2
2 2
g ♣x, y q ✁ u♣x, y, 0qe✁♣α  n π qT cos♣αxq cos♣nπy qdxdy

Ω

➺ T ✂➺

2 2

0

Ω

✡

2
2 2
u cos♣αxq cos♣nπy qdxdy e♣α  n π q♣t✁1q dt.

(2.3)

Đồng thời áp dụng điều kiện biên ux ♣0, y, tq ✏ ux ♣1, y, tq ✏ uy ♣x, 0, tq ✏ uy ♣x, 1, tq ✏ 0q ta
có
➺

♣uxx   uyy q cos♣αxq cos♣nπyqdxdy

Ω➺

✏
✏
✏
✏

Ω
➺1
0
➺1
0
➺1

 

uxx cos♣αxq cos♣nπy qdxdy  
➺1
0

0

0

0

✏ ✁α

✏✁

✡

➺1➺1

2

 

α

2

✞x✏1
✞
αu sin αx ✞

➺1➺1
0

♣ q x✏ 0 ✁ α

♣uy cos♣nπyq  
0

uyy cos♣αxq cos♣nπy qdxdy

0

uxx cos♣αxq cos♣nπy qdx dy  

♣ux cos♣αxq  

➺1✒

Ω

uxx cos♣αxq cos♣nπy qdxdy  

✂➺ 1
✒

➺

0

♣

➺ 1 ✂➺ 1
0
➺1

2

✞y✏1
✞
nπu sin nπy ✞

uyy cos♣αxq cos♣nπy qdxdy

0

0

  ♣nπq

✟

➺1➺1
0

0

uyy cos♣nπy qdy cos♣αxqdxdy
✚

u cos♣nπy qdy cos♣nπy qdy

q y✏0 ✁ ♣nπq

u cos♣αxq cos♣nπy qdxdy ✁ ♣nπ q
2

✡

➺

➺1
2

0
1➺1

2
0

0

✚

u cos♣nπy qdy cos♣αxqdx
u cos♣αxq cos♣nπy qdxdy

u cos♣αxq cos♣nπy qdxdy.

Hay ta viết lại
➺

♣uxx   uyy q cos♣αxq cos♣nπyqdxdy ✏ ✁♣α   ♣nπq q
2

Ω

➺1➺1

2

0

0

u cos♣αxq cos♣nπy qdxdy.
(2.4)

15


2
2 2
Nhân cả hai vế của (2.4) với e♣α  n π q♣t✁1q rồi lấy tích phân trên ♣0, T q ta nhận được

✁

➺ T ✂➺

✏

0

Ω

➺T

♣uxx   uyy q cos♣αxq cos♣nπyqdxdy

♣α   ♣nπq q
2

0

✂➺ 1 ➺ 1

2

✏ ♣α2   ♣nπq2q

0

0

0

➺T➺
Ω

✡

2
2 2
e♣α  n π q♣t✁1q dt

✡

2
2 2
u cos♣αxq cos♣nπy qdxdy e♣α  n π q♣t✁1q dt

2
2 2

u cos♣αxq cos♣nπy qe♣α  n π q♣t✁1q dtdxdy.

Hay ta viết lại

✁

➺ T ✂➺
0

Ω

♣uxx   uyy q cos♣αxq cos♣nπyqdxdy

✏ ♣α   ♣nπq q
2

➺T➺

2

0

Ω

✡

2
2 2
e♣α  n π q♣t✁1q dt

2
2 2
u cos♣αxq cos♣nπy qe♣α  n π q♣t✁1q dtdxdy.

(2.5)

Từ (2.3) và (2.5) ta nhận được
➺ ✂➺ T
Ω

✁

✡

ut e♣  
α2

n2 π 2

0

➺ T ✂➺
0

Ω

♣uxx   uyy q cos♣αxq cos♣nπyqdxdy

✏ e♣  
α2

q♣t✁1q dt cos♣αxq cos♣nπy qdxdy

n2 π 2

q♣T ✁1q

✡

2
2 2
e♣α  n π q♣t✁1q dt

➺ ✁
Ω

Chính vì vậy mà
2
2 2
VT ✏ e♣α  n π q♣T ✁1q

✠

2
2 2
g ♣x, y q ✁ u♣x, y, 0qe✁♣α  n π qT cos♣αxq cos♣nπy qdxdy.

➺ ✁
Ω

✠

2
2 2
g ♣x, y q ✁ u♣x, y, 0qe✁♣α  n π qT cos♣αxq cos♣nπy qdxdy.

Thay kết quả biến đổi cả hai vế vào (2.2) ta có
2
2 2
e♣α  n π q♣T ✁1q

✏

➺T
0

➺ ✁
Ω

✠

2
2 2
g ♣x, y q ✁ u♣x, y, 0qe✁♣α  n π qT cos♣αxq cos♣nπy qdxdy

2
2 2
e♣α  n π q♣t✁1q ϕ♣tqdt

➺

Ω

f ♣x, y q cos♣αxq cos♣nπy qdxdy.

(2.6)

2
2 2
Nhân cả hai vế của (2.6) với e♣α  n π q♣1✁T q thì ta được

➺ ✁
Ω

✏

✠

2
2 2
g ♣x, y q ✁ e✁♣α  n π qT u♣x, y, 0q cos♣αxq cos♣nπy qdxdy

➺T
0

2
2 2
e♣α  n π q♣t✁T q ϕ♣tqdt

➺
Ω

f ♣x, y q cos♣αxq cos♣nπy qdxdy.

Vậy Mệnh đề 5 được chứng minh xong.

2.2

Đưa ra các định nghĩa sẽ sử dụng trong bài toán
(1)

Từ công thức biến phân (2.1), để cho việc giải bài toán (1) trở nên rõ ràng thì ta sẽ
định nghĩa lại các thành phần trong (2.1).
16


2.2.1

Định nghĩa 1

Với w

€ L1♣Ωq, ϕ € L1♣0, T q và α, β € R, ta định nghĩa
F ♣g q♣α, β q :✏
D♣ϕq♣α, β q :✏

➺

Ω
➺T

g ♣x, y q cos♣αxq cos♣βy qdxdy,

0

2
2
e♣α  β q♣t✁T q ϕ♣tqdt,

H ♣ϕ, g q♣α, β q :✏ 1D♣ϕq✘0 ♣α, β q

2.2.2

F ♣g q♣α, β q
.
D♣ϕq♣α, β q

Định nghĩa 2

Cho tập hợp m số thực A ✏ tx1 , x2 , ..., xm ✉ và w là một hàm thực. Đa thức nội suy
Largange LrA; ws là
LrA; ws♣xq ✏

m
➳

✏

j 1

2.3

✄

✁ xk
x ✁ xk
k✘j j

➵ x

☛

w♣xj q.

Bổ sung điều kiện cho bài toán (1)

Sau khi đã có định nghĩa 1 rồi ta nhận thấy rằng nếu D♣ϕq♣α, nπ q
thức biến phân (2.1) được viết lại
F ♣f q♣α, nπ q ✏ H ♣ϕ, g q♣α, nπ q ✁
Mặt khác, bởi vì

e✁♣α  n π qT
F ♣u♣., ., 0qq♣α, nπ q.
D♣ϕq♣α, nπ q

✦❛

2

2 2

✮✽

κ♣m, nq cos♣mπxq cos♣nπy q

✏

m,n 0

➳

➙

(2.7)

là một cơ sở trực chuẩn của L2 ♣Ωq,

với κ♣m, nq ✏ ♣2 ✁ 1tm✏0✉ q♣2 ✁ 1tn✏0✉ q, nên hàm nguồn f
theo F ♣f q như sau
f ♣x, y q ✏

✘ 0 thì công

€ L2♣Ωq có thể được biểu diễn

κ♣m, nqF ♣f q♣mπ, nπ q cos♣mπxq cos♣nπy q.

(2.8)

m,n 0

Từ đẳng thức (2.7), ta thấy F ♣f q♣α, nπ q có thể được xấp xỉ bởi H ♣ϕ, g q♣α, nπ q khi ♣α2  
2
2 2
n2 π 2 q đủ lớn. Có được điều này bở vì e✁♣α  n π qT triệt tiêu rất nhanh và F ♣u♣., ., 0qq bị
chặn đều. Để đảm bảo rằng ⑤D♣ϕq♣α, nπ q⑤ không quá nhỏ thì ta thêm vào một điều kiện
nhẹ sau đây
lim inf
ϕ♣tq → 0 hoặc lim sup ϕ♣tq ➔ 0.
✁

ÑT

ÑT ✁

t

2.4

(2.9)

t

Định lý 1

Định lý này cho phép khẳng định sự duy nhất nghiệm của bài toán (1).
Cho g € L1 ♣Ωq và ϕ € L1 ♣0, T q thỏa (2.9). Khi đó phương trình (1) có tối đa một
nghiệm ♣u, f q trong ♣C 1 ♣r0, T s; L1 ♣Ωqq ❳ L2 ♣0, T ; H 2 ♣Ωqq, L2 ♣Ωqq.

17

2.5

Định lý 2
Định lý 2 (Sự chỉnh hóa). Giả sử rằng

♣u0, f0q € ♣C 1♣r0, T s; L1♣Ωqq ❳ L2♣0, T ; H 2♣Ωqq, L2♣Ωqq
là nghiệm(duy nhất) của phương trình (1) tương ứng với ♣g0 , ϕ0 q, trong đó ϕ0 thỏa (2.9).
Cho → 0 và g € L1 ♣Ωq, ϕ € L1 ♣0, T q thỏa mãn
⑥g ✁ g0⑥L ♣Ωq ↕ , ⑥ϕ ✁ ϕ0⑥L ♣0,T q ↕ .
Cho M ✏ ✁2④7 , N ✏ T ✁1 π ✁2 ln♣ ✁1 q, r € r♣2④9q ln♣ ✁1 q, ♣2④9q ln♣ ✁1 q   1s ❳ Z, Ar ✏
t✟♣r   j q, j ✏ 1, 2, ..., 4r ✉ và
✧
H ♣ϕ , g q♣mπ, nπ q,
nếu N ↕ m2   n2 ↕ M ,
F ,m,n ✏
LrA ; H ♣ϕ , g q♣., nπ qs♣mπ q,
nếu N → m2   n2 .
1

1

Nghiệm chỉnh hóa f được xây dựng từ ♣g , ϕ
➳

f ♣x, y q ✏

➙

  ↕

q với
κ♣m, nqF ,m,n cos♣mπxq cos♣nπy q.

m,n 0,m2 n2 M

Thì

i)lim Ñ0  f ✏ f0 trong L2 ♣Ωq.
ii) Nếu f0 € H 1 ♣Ωq thì lim Ñ0  f ✏ f0 trong H 1 ♣Ωq và có
♣ϕ0, ⑥g⑥L1♣Ωq , ⑥f0⑥L1♣Ωq , ⑥u♣., ., 0q⑥L1♣Ωqq sao cho

0

→ 0 chỉ phụ thuộc vào

❄
❄
⑥f0 ✁ f ⑥L ♣Ωq ↕   π1 ⑥f0⑥H ♣Ωq , ❅ € ♣0, 0q.
iii) Nếu f0 € H 2 ♣Ωq thì
❄
❄ ❄
⑥f0 ✁ f ⑥H ♣Ωq ↕   2 2 ⑥f0⑥H ♣Ωq , ❅ € ♣0, 0q.
7

10

1

2

14

10

1

2

Đầu tiên để chứng minh Định lý 2 thì ta sẽ phát biểu và chứng minh 5 Bổ đề trước. Sau
đó ta sẽ sử dụng kết quả của 5 Bổ đề này vào chứng minh định lý.

2.5.1

Bổ đề 1

Cho w

€ L1♣Ωq. Thì với ✞mọi α, β € R và ✞m ✏ 0, 1, 2, ...,
✞ ❇m
✞
✞
✞
✞ ❇ αm F ♣wq♣α, β q✞ ↕ ⑥w⑥L ♣Ωq .
1

Chứng minh
Đầu tiên ta nhận thấy rằng
✩
✬

✬
✫

❇m F ♣wq♣α, β q ✏
✬
❇ αm
✬
✪

♣✁1qm④2

➩

w♣x, y qxm cos♣αxq cos♣βy qdxdy,
nếu m chẵn,➩
♣✁1q♣m 1q④2 Ω w♣x, yqxm sin♣αxq cos♣βyqdxdy,
nếu m lẻ.
Ω

Bây giờ ta để ý rằng trên Ω thì

⑤xm cos♣αxq cos♣βyq⑤ , ⑤xm sin♣αxq cos♣βyq⑤ ↕ 1.

Do vậy mà

✞ m
✞
✞
✞ αm F w α, β

❇
❇

♣ q♣

✞
✞
✞
✞

➺

q ↕ ⑤w♣x, yq⑤ dxdy ✏ ⑥w⑥L ♣Ωq .
1

Ω

18


2.5.2

Bổ đề 2

Cho ϕ € L1 ♣0, T q. Thì với mọi α, β

€ R,
⑤D♣ϕq♣α, β q⑤ ↕ ⑥ϕ⑥L ♣0,T q .
1

Hơn nữa, nếu ϕ thỏa mãn (2.9) thì
lim inf

♣α2  β 2 qÑ✽

♣α2   β 2q ⑤D♣ϕq♣α, β q⑤ → 0.
Chứng minh

Khẳng định thứ nhất
2
2
Với mọi α, β € R để ý với 0 ↕ t ↕ T thì e♣α  β q♣t✁T q

⑤D♣ϕq♣α, β q⑤ ✏

✞
✞➺ T
✞
✞
♣
α2  β 2 q♣t✁T q
✞
✞
e
ϕ
t
dt
✞
✞

♣q ↕

0

➺T
0

↕ 1 do đó mà

2
2
e♣α  β q♣t✁T q ⑤ϕ♣tq⑤ dt ↕

➺T

⑤ϕ♣tq⑤ dt ✏ ⑥ϕ⑥L ♣0,T q .
1

0

Khẳng định thứ hai
Nếu ϕ thỏa mãn (2.9), tức lim inf tÑT ✁ ϕ♣tq → 0 thì
sup inf ϕr♣T

→

a 0

Từ (2.10) dẫn tới tồn tại C

t

✁ a, T qs → 0.

(2.10)

✏ Cϕ sao cho
sup inf ϕr♣T ✁ a, T qs → Cϕ
t

(2.11)

→

a 0

( Xem mục (4.1.1) trong phần phụ lục). Từ (2.11) dẫn tới tồn tại T
inf ϕr♣T

✁ a, T qs → Cϕ.
Từ (2.12) kéo theo ϕ♣tq ➙ Cϕ , ❅t € ♣Tϕ , T q.

✏ Tϕ sao cho
(2.12)

t

Bây ta có đánh giá

⑤D♣ϕq♣α, β q⑤ ➙ ✁

➙✁

✞
✞➺ Tϕ
✞
✞
♣
α2  β 2 q♣t✁T q
✞
e
ϕ t dt✞✞
✞

♣q  

0

➺ Tϕ
0

✞➺
✞
✞ T
✞
2
2
✞
✞
e♣α  β q♣t✁T q ϕ t dt✞
✞

✞ Tϕ
✞
➺T

♣q

2
2
e♣α  β q♣Tϕ ✁T q ⑤ϕ♣tq⑤ dt  

2
2
e♣α  β q♣t✁T q .Cϕ dt

Tϕ

1 ✁ e♣α  β q♣Tϕ ✁T q
.
L1 ♣0,T q   Cϕ
α2   β 2
2

➙ ✁e♣α2 β2q♣Tϕ✁T q ⑥ϕ⑥
Nhân hai vế với ♣α2   β 2 q ta nhận được

2

♣α2   β 2q ⑤D♣ϕq♣α, β q⑤ ➙ ✁♣α2   β 2qe♣α  β q♣T ✁T q ⑥ϕ⑥L ♣0,T q
  Cϕ♣1 ✁ e♣α  β q♣T ✁T qq.
2

2

2

2

ϕ

1

(2.13)

ϕ

Từ (2.13) dẫn tới
lim inf

♣α2  β 2 qÑ✽

♣α2   β 2q ⑤D♣ϕq♣α, β q⑤ ➙ Cϕ

(Xem mục (4.1.2) trong phần phụ lục).
(2.14) cũng kéo theo

♣
α2   β 2 q ⑤D♣ϕq♣α, β q⑤ ➙ Cϕ .
♣α  β qÑ✽
lim
inf

2
2

19

(2.14)


2.5.3

Bổ đề 3

Cho u0 , f0 , g0 , ϕ0 , g , ϕ được đề cập như trong Định lý 2 với € ♣0, 21 q. Thì tồn tại
C0 , C1 → 0 chỉ phụ thuộc vào ♣ϕ0 , ⑥g ⑥L1 ♣Ωq , ⑥f0 ⑥L1 ♣Ωq , ⑥u♣., ., 0q⑥L1 ♣Ωq q sao cho nếu ♣α2  
n2 π 2 q € rπ 2 N , C1 ✁1 s thì

⑤F ♣f0q♣α, nπq ✁ H ♣ϕ , g q♣α, nπq⑤ ↕ C0♣α2   n2π2q2 .
Chứng minh

Đầu tiên từ Bổ đề 1 và Bổ đề 2 ta có

⑤F ♣g q♣α, nπq ✁ F ♣g0q♣α, nπq⑤ ✏ ⑤F ♣g ✁ g0q♣α, nπq⑤ ↕ ⑥g ✁ g0⑥L ♣Ωq ↕ ,
⑤D♣ϕ q♣α, nπq ✁ D♣ϕ0q♣α, nπq⑤ ✏ ⑤D♣ϕ ✁ ϕ0q♣α, nπq⑤ ↕ ⑥ϕ ✁ ϕ0⑥L ♣0,T q ↕ .
Cũng với Bổ đề 1, từ giả thiết lim inf tÑT ✁ ϕ0 ♣tq → 0 kéo theo tồn tại C1 ✏ Cϕ chỉ phụ
1

1

0

thuộc vào ϕ0 sao cho

lim inf

♣α2  n2 π2 qÑ✽

♣α2   n2π2q ⑤D♣ϕ0q♣α, nπq⑤ → 2C1.

(2.15)

✏ Rϕ chỉ phụ thuộc vào ϕ0 sao cho
⑤D♣ϕ0q♣α, nπq⑤ ➙ α2  2Cn12π2 với α2   n2π2 ➙ R1.
( Xem mục (4.1.3) trong phần phụ lục) Hơn nữa, với α2   n2 π 2 € rR1 , C1 ✁1 s thì
⑤D♣ϕ q♣α, nπq⑤ ➙ ⑤D♣ϕ0q♣α, nπq⑤ ✁ ⑤D♣ϕ q♣α, nπq ✁ D♣ϕ0q♣α, nπq⑤
➙ α2  2Cn12π2 ✁ ➙ α2  Cn1 2π2 .
Bây giờ để đánh giá ⑤F ♣f0 q♣α, nπ q ✁ H ♣ϕ , g q♣α, nπ q⑤ ta sẽ sử dụng bất đẳng thức tam
Từ (2.15) kéo theo tồn tại R1

0

giác

⑤F ♣f0q♣α, nπq ✁ H ♣ϕ , g q♣α, nπq⑤ ↕ ⑤F ♣f0q♣α, nπq ✁ H ♣ϕ0, g0q♣α, nπq⑤
  ⑤H ♣ϕ0, g0q♣α, nπq ✁ H ♣ϕ , g q♣α, nπq⑤ . (2.16)
Từ (2.16) ta thấy rằng để có được đánh giá của ⑤F ♣f0 q♣α, nπ q ✁ H ♣ϕ0 , g0 q♣α, nπ q⑤ ta sẽ lần
lượt đánh giá ⑤F ♣f0 q♣α, nπ q ✁ H ♣ϕ0 , g0 q♣α, nπ q⑤ và ⑤H ♣ϕ0 , g0 q♣α, nπ q ✁ H ♣ϕ , g q♣α, nπ q⑤.
Trước hết ta chỉ ra sự xuất hiện của C0 ,
C0

✏ 2 max

★

⑥u0♣., ., 0q⑥L ♣Ωq ⑥g0⑥L ♣Ωq   ⑥ϕ0⑥L ♣0,T q
1

1

,

C1 π 2 N1④2

✰

1

C12

.

Để ý rằng C0 chỉ phụ thuộc vào ♣ϕ0 , ⑥g ⑥L1 ♣Ωq , ⑥f0 ⑥L1 ♣Ωq , ⑥u♣., ., 0q⑥L1 ♣Ωq q. Bây giờ để ý rằng
α2   n2 π 2 ➙ π 2 N → N1④2 nên ta có

⑤F ♣f0q♣α, nπq ✁ H ♣ϕ0, g0q♣α, nπq⑤ ✏
↕
↕
20

✞
✞ ✁♣α2  n2 π2 qT

F u0 ., ., 0
✞e
✞
✞
D ϕ0 α, nπ

 

α2 n2 π 2
N1④2 π 2

✞

♣ ♣ qq♣α, nπq ✞✞✞
✞
♣ q♣ q
.e✁N π T ⑥u0 ♣., ., 0q⑥L ♣Ωq
2

1

2C1
α2 n2 π 2

 

C0 2
♣α   nπ2q2 .
2

(2.17)


Bên cạnh đó để ý rằng ⑤D♣ϕ
nên ta cũng có

q♣α, nπq⑤ ➙ α  Cn π
2

1
2 2

( Xem mục (4.1.4) trong phần mục lục)
✞

✞
✞ F g0 α, nπ
✞
✞ D ϕ α, nπ
0

nπ q ✞✞
⑤H ♣ϕ0, g0q♣α, nπq ✁ H ♣ϕ , g q♣α, nπq⑤ ✏ ♣♣ q♣q♣ qq ✁ DF ♣♣ϕg q♣q♣α,
α, nπ q ✞
ϕ q ✁ D♣ϕ0 q⑤   ⑤D♣ϕ0 q⑤ ⑤F ♣g q ✁ F ♣g0 q⑤
↕ ⑤F ♣g0q⑤ ⑤D♣⑤D
♣ϕ0q♣α, nπq⑤ ⑤D♣ϕ q♣α, nπq⑤
⑥g ⑥
  ⑥ϕ0⑥L ♣0,T q C0 2
↕ 0 L ♣Ω2Cq

↕ 2 ♣α   nπ2q2 .
C
1

1

α2

 

1
n2 π 2

α2

 

1
n2 π 2

(2.18)

Từ (2.16), (2.17), và (2.18) dẫn tới

⑤F ♣f0q♣α, nπq ✁ H ♣ϕ , g q♣α, nπq⑤ ↕ C20 ♣α2   nπ2q2   C20 ♣α2   nπ2q2
✏ C0♣α2   n2π2q2 .
Vậy tồn tại C0 , C1 → 0 chỉ phụ thuộc vào ♣ϕ0 , ⑥g ⑥L1 ♣Ωq , ⑥f0 ⑥L1 ♣Ωq , ⑥u♣., ., 0q⑥L1 ♣Ωq q sao cho
nếu ♣α2   n2 π 2 q € rπ 2 N , C1 ✁1 s thì

⑤F ♣f0q♣α, nπq ✁ H ♣ϕ , g q♣α, nπq⑤ ↕ C0♣α2   n2π2q2 .

2.5.4

Bổ đề 4

(Bất đẳng thức nội suy). Cho số nguyên dương r và Ar
Cho w,˜
w là các hàm thực chẵn, w € C 8r ♣Rq. Thì
sup

x

€r✁r,rs

⑤w♣xq ✁ LrAr ; w˜s♣xq⑤ ↕

sup

x

€r✁5r,5rs

✏ t✟♣r   j q, j ✏ 1, 2, ..., 4r✉.

✞ ♣8rq ✞ ✁r④2
✞w
x ✞e

♣q

  re4r sup ⑤w♣xq ✁ w˜♣xq⑤ .

€

x Ar

Chứng minh
Đầu tiên để ý rằng với m ✏ 4r và xj
cố định ta có bất đẳng thức tam giác

✏ r   j với 1 ↕ j ↕ m. Với mỗi x € r✁r, rs, x

⑤w♣xq ✁ LrAr ; w˜ s♣xq⑤ ↕ ⑤w♣xq ✁ LrAr ; ws♣xq⑤   ⑤LrAr ; ♣w ✁ w˜ qs♣xq⑤ .

(2.19)

Trước hết ta sẽ chặn ⑤w♣xq ✁ LrAr ; ws♣xq⑤ . Từ Mệnh đề 4 trong mục (1.3.1) chỉ ra rằng
tồn tại ξ € r✁5r, 5rs sao cho
w♣xq ✁ LrAr ; ws♣xq ✏

w♣2mq ♣ξ q ➵ 2
♣
x ✁ x2j q.
♣2mq! j✏1
m

(Xem mục (4.1.5) trong phần phụ lục.)
Sử dụng 0 ↕ x2j ✁ x2 ↕ x2j (bởi vì ⑤x⑤ ↕ r

⑤w♣xq ✁ LrAr ; ws♣xq⑤ ↕

➔ ⑤xj ⑤) ta có được

sup

y

€r✁5r,5rs

21

✞ ♣8rq ✞
✞w
y ✞ Ψ1 r

♣q

♣q

(2.20)


trong đó
Ψ1 ♣rq ✏

1
m
2
♣2mq! Πj✏1xj

Ta thấy rằng Ψ♣1q ✏ 4④5 ➔ e✁1④2 và
Ψ1 ♣r   1q
Ψ1 ♣rq

✏ r♣r   1q♣r♣8r q2! q...♣5rqs

2

.

✏ 25r♣5r♣8r  1 q♣15rq♣8r  2 q♣25rq... ♣8r3q♣ 5r8q  4qs ➔ 588 ➔ e✁1④2.
2

10

➙ 1, bởi vì
58 ♣8r   1q♣8r   2qg ♣8r   8q ✁ 88 r♣5r   1q♣5r   2q♣5r   3q♣5r   4qs2
✏ 3276800000000r7   11354920000000r6   16117760000000r5
 12084267520000r4   5110135040000r3   1199880928000r2
 141123408000r   6086323584 → 0
nên Ψ1 ♣rq ➔ e✁r④2 với mọi r ➙ 1, và do vậy từ (2.20) suy ra
✞
✞
⑤w♣xq ✁ LrAr ; ws♣xq⑤ ↕ sup ✞w♣8rq♣yq✞ e✁r④2.

Với mỗi r

y

€r✁5r,5rs

(2.21)

Bây giờ chúng ta chặn đại lượng thứ hai ⑤LrAr ; ♣w ✁ w˜ qs♣xq⑤ trong vế phải của (2.19). Bởi
vì w và w˜ là hàm chẵn nên chúng ta có thể viết

✁ x2k q♣w♣x q ✁ w˜ ♣x qq.
(2.22)
j
j
x2 ✁ x2k
j ✏1 k✘j j
Với mỗi j cố định, 1 ↕ j ↕ m, sử dụng đánh giá 0 ↕ x2k ✁ x2 ↕ x2k lần nữa ta có
✞
✞
➵ ✞ x2 ✁ x2 ✞ ➵
➵ x2
➵
x2k
1
2
k
k
✞
✞↕
✞
✞
✏
♣
q♣
q
✞ x2 ✁ x2 ✞
✞ x2 ✁ x2 ✞

⑤ xj ✁ xk ⑤ k ✘ j xj   xk xj
j
k
j
k
k ✘j
k ✘j
k ✘j
  1q♣r   2q...♣5rqs2
2
✏ ♣j ✁ 1q!♣4r ✁ jr♣q!r♣2r
  j   1q♣2r   j   2q...♣6r   j q r   j
2
↕ ♣2r ✁ 1q!r♣♣2rr q !♣12rq♣ r  2q♣2q2r...♣ 5r3qsq...♣6r   1q 2r 4  1
qs2 ✏: Ψ ♣rq.
✏ 4r♣r♣2r  ✁1q♣1rq! ♣6r2q ...♣15r
2
q!
Ta cũng thấy rằng Ψ2 ♣1q ✏ 80④7 ➔ e4 ④4 và
Ψ2 ♣r   1q
25r♣5r   1q♣5r   2q♣5r   3q♣5r   4qs2
2.510
✏
➔
➔ e4 .
Ψ2 ♣rq
2r♣2r   1q♣6r   2q♣6r   3q...♣6r   7q
23 66
Với mỗi r ➙ 1, bởi vì
58 2r♣2r   1q♣6r   2q...♣6r   7q ✁ 22 66 r♣5r   1q...♣5r   4qs2

✏ 72900000000r7   265680000000r6   3940650000000r5
  302946030000r4   125967060000r3   26004042000r2   1698012000r   107495424 → 0.
Do vậy, Ψ2 ♣rq ➔ e4r ④4 với mọi r ➙ 1, và do vậy từ (2.22) suy ra
⑤LrAr ; ♣w ✁ w˜qs♣xq⑤ ↕ mΨ2♣rq sup ⑤w♣yq ✁ w˜⑤ ↕ re4r sup ⑤w♣yq ✁ w˜♣yq⑤ .
(2.23)
LrAr ; ♣w ✁ w
˜ qs♣xq ✏

m ➵ 2
➳
x

♣

€

€

y Ar

y Ar

Bây giờ sử dụng kết quả đánh giá từ (2.20) và (2.23) cho đánh giá (2.19) ta có được điều
phải chứng minh.
22


2.5.5

Bổ đề 5

Với mỗi w

€ L2♣Ωq và M → 0 định nghĩa
➳

ΓM ♣wq♣x, y q ✏
m,n

Thì

➙

0,m2

  ↕M

κ♣m, nqF ♣wq♣mπ, nπ q cos♣mπxq cos♣nπy q

n2

i) limM Ñ ✽ ⑥ΓM ♣wq ✁ w⑥L2 ♣Ωq ✏ 0.
ii) Nếu w € H 1 ♣Ωq thì limM Ñ✽ ⑥ΓM ♣wq ✁ w⑥H 1 ♣Ωq

✏ 0 và

⑥ΓM ♣wq ✁ w⑥L ♣Ωq ↕ ❄1 ⑥w⑥H ♣Ωq .
2

iii) Nếu w

π M

€ H 2♣Ωq thì
⑥ΓM ♣wq ✁ w⑥H ♣Ωq ↕
1

1

❄

2 2
❄
⑥w⑥H 2♣Ωq .
4
M

Chứng minh
i) Đầu tiên từ đẳng thức Parseval ta có
➳

⑥w⑥2L ♣Ωq ✏
2

➙

κ♣m, nq ⑤F ♣wq♣mπ, nπ q⑤2

➔ ✽,

m,n 0

và
➳

⑥ΓM ♣wq ✁ w⑥2L ♣Ωq ✏
2

m,n

➙

Do vậy cho nên

  →M

Ñ ✽

⑥ΓM ♣wq ✁ w⑥2L ♣Ωq ✏ 0.

lim

⑥ΓM ♣wq ✁ w⑥L ♣Ωq ✏ 0.

Suy ra
M

Ñ ✽

➔ ✽.

(2.24)

n2

lim

M

ii) Giả sử rằng w

0,m2

κ♣m, nq ⑤F ♣wq♣mπ, nπ q⑤2

2

2

€ H 1♣Ωq. Trong trường hợp này ta có

⑥w⑥2H ♣Ωq ✏
1

➳

➙

♣1   π2♣m2   n2qqκ♣m, nq ⑤F ♣wq♣mπ, nπq⑤2 ➔ ✽,

m,n 0

và

⑥ΓM ♣wq ✁ w⑥2H ♣Ωq ✏
1

➳

➙

  →

♣1   π2♣m2   n2qqκ♣m, nq ⑤F ♣wq♣mπ, nπq⑤2 ➔ ✽.

m,n 0,m2 n2 M

(2.25)
Do vậy cho nên

⑥
ΓM ♣wq ✁ w⑥2H ♣Ωq ✏ 0.
M Ñ ✽
lim

1

23

Do đó mà
lim

M

Ñ ✽

⑥ΓM ♣wq ✁ w⑥H ♣Ωq ✏ 0.
1

Đồng thời, từ (2.24) suy ra
➳

⑥ΓM ♣wq ✁ w⑥2L ♣Ωq ✏
2

➙

κ♣m, nq ⑤F ♣wq♣mπ, nπ q⑤2

  →

m,n 0,m2 n2 M

↕ 1   1π2M

➳

➙

  →

♣1   π2♣m2   n2qqκ♣m, nq ✂ ⑤F ♣wq♣mπ, nπq⑤2

m,n 0,m2 n2 M

↕ 1   1π2M ⑥w⑥2H ♣Ωq
1

↕ ❄1 ⑥w⑥H ♣Ωq .
1

π M

iii) Giả sử rằng w € H 2 ♣Ωq.
Nếu M ↕ 64 thì ⑥ΓM ♣wq ✁ w⑥H 1 ♣Ωq

❄

↕ 2❄M2 ⑥w⑥H ♣Ωq bởi vì
2

4

⑥ΓM ♣wq ✁ w⑥H ♣Ωq ↕ ⑥w⑥H ♣Ωq ↕ ⑥w⑥H ♣Ωq .
1

1

2

❄

2
⑥w⑥H 2♣Ωq đúng với mọi M thì ta chỉ cần
Do đó, để chứng minh ⑥ΓM ♣wq ✁ w⑥H 1 ♣Ωq ↕ 2❄
4
M
xét trường hợp M ➙ 64.
Đầu tiên sử dụng tích phân từng phần ta có được

π ♣m
2

2

  n qF ♣wq♣mπ, nπq ✏ ✁

➺

2

Ω
➺1

∆w♣x, y q cos♣mπxq cos♣nπy qdxdy

  ♣♣✁1qmwx♣1, yq ✁ wx♣0, yqq cos♣nπyqdy
0

➺1

  ♣♣✁1qnwy ♣x, 1q ✁ wy ♣x, 0qq cos♣mπxqdx.
0

Bây giờ sử dụng bất đẳng thức quen thuộc ♣a   b   cq2
có
➳

π4

➙

♣m2   n2qκ♣m, nq ⑤F ♣wq♣mπ, nπq⑤2

  →

m,n 0,m2 n2 M

➳

↕
m,n

➙

0,m2

  →M
n2

m,n

 
m,n

➙

0,m2

➙

0,m2

  →M
n2

➳

  →M
n2

✞➺ 1

3κ♣m, nq ✞✞
m2   n2 ✞

➳

 

↕ 3♣a2   b2   c2q với mọi a, b, c ta

♣♣✁1q

m

0

✞➺ 1

3κ♣m, nq ✞✞
m2   n2 ✞

0

3κ♣m, nq ✞✞
m2   n2 ✞

Ω

♣♣✁1q

wx ♣1, y q ✁ wx ♣0, y qq

n

✞➺

✞2

✞
cos nπy dy ✞✞

wy ♣x, 1q ✁ wy ♣x, 0qq

♣

q

✞2
✞
cos mπx dx✞✞

♣

q

✞2
✞
∆w x, y cos mπx cos nπy dxdy ✞✞ .

♣ q ♣

24

q ♣

q

(2.26)