Bài toán biên elliptic mở rộng trong nửa không gian cho phương trình với hệ số hằng

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
------------------

LÊ THỊ CHUNG

BÀI TỐN BIÊN ELLIPTIC MỞ RỘNG
TRONG NỬA KHƠNG GIAN CHO
PHƯƠNG TRÌNH VỚI HỆ SỐ HẰNG

LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC

THÁI NGUYÊN - NĂM 2014


ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
------------------

LÊ THỊ CHUNG

BÀI TỐN BIÊN ELLIPTIC MỞ RỘNG
TRONG NỬA KHƠNG GIAN CHO
PHƯƠNG TRÌNH VỚI HỆ SỐ HẰNG

LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC

Chuyên ngành: TOÁN ỨNG DỤNG
Mã số: 60.46.01.12

Người hướng dẫn khoa học

PGS. TS. HÀ TIẾN NGOẠN

THÁI NGUYÊN - NĂM 2014


Mục lục
Mở đầu

2

1 Các đánh giá đối với bài toán biên trên nửa đường
1.1 Bài toán biên trên nửa đường thẳng. Các đánh giá .
1.1.1 Toán tử vi phân với hệ số hằng . . . . . . . .
1.1.2 Bài toán biên trên nửa đường thẳng . . . . .
1.1.3 Đánh giá trên nửa đường thẳng . . . . . . . .
1.2 Một số bổ đề . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.3 Chứng minh Định lý 1.1 . . . . . . . . . . . . . . .

thẳng
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .

2 Bài tốn biên cho nửa khơng gian
2.1 Biến đổi Fourier và một số không gian hàm . . . . . . . . .
2.1.1 Toán tử vi phân đạo hàm riêng với hệ số hằng . . .
2.1.2 Biến đổi Fourier trên Rn . . . . . . . . . . . . . . .

2.1.3 Không gian S (Rn ) . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.1.4 Không gian H s (Rn ) , s ∈ R . . . . . . . . . . . . .
2.1.5 Không gian H r,s (Ω) , s ∈ R, r ∈ N . . . . . . . . .
2.2 Đánh giá đối với bài toán biên với điều kiện biên thuần nhất
2.2.1 Bài toán biên với điều kiện biên thuần nhất . . . . .
2.2.2 Đánh giá đối với bài toán biên trong nửa không gian
2.2.3 Sự tồn tại duy nhất nghiệm của bài toán biên . . . .
2.3 Một số ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.4 Bài tốn biên với điều kiện biên khơng thuần nhất . . . . .
Kết luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1

.
.
.
.
.
.

4
4
4
4
6
7
13

.

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

18
18
18
19
20
20
20
21
21
22
23
25
31
35
36

Mở đầu
Lý thuyết bài toán biên elliptic cổ điển thường được xét cho phương trình
elliptic cấp chẵn với số điều kiện biên bằng nửa số cấp của phương trình.
Luận văn xét các phương trình elliptic tuyến tính với hệ số hằng nhưng
không nhất thiết là elliptic đúng đắn, tức là cấp của phương trình khơng
nhất thiết là chẵn, ngay trong trường hợp cấp chẵn thì số các nghiệm đặc
trưng với phần ảo dương và âm không nhất thiết là bằng nhau.
Luận văn gồm Mở đầu, hai chương, Kết luận và Tài liệu tham khảo.
Chương I: Nghiên cứu bài toán biên cho phương trình vi phân thường trên
nửa đường thẳng với hệ số hằng. Chương này đưa ra đánh giá đối với nghiệm
trên nửa đường thẳng.
Chương II: Trình bày bài tốn biên cho phương trình elliptic với cấp bất
kỳ trong nửa khơng gian. Trong đó số điều kiện biên sẽ bằng số các nghiệm
đặc trưng của phương trình với phần ảo dương. Trên cơ sở kết quả Chương
I, Luận văn trình bày đánh giá tiên nghiệm của bài toán, phát biểu và chứng
minh định lý về tồn tại duy nhất nghiệm sau đó đưa ra một số ví dụ minh
họa.
Luận văn được hoàn thành với sự chỉ bảo và hướng dẫn tận tình của
PGS.TS Hà Tiến Ngoạn. Nhân dịp này em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc
tới thầy.
Em xin chân thành cảm ơn Ban Giám Hiệu, phòng Đào tạo Sau đại học
trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên cùng các thầy cô giáo đã
tham gia giảng dạy khóa học.
2


Tơi xin chân thành cảm ơn gia đình, bạn bè, đồng nghiệp và các thành
viên trong lớp cao học toán K6D đã luôn quan tâm, động viên, giúp đỡ tôi
trong suốt thời gian học tập và quá trình làm luận văn.

Luận văn được hoàn thành với tài liệu tham khảo chính là chương 7 cuốn
M. Schechter, 1977, Modern Methods in Partial Differential Equations, An
Introduction, McGraw-Hill Inc.
Tác giả
Lê Thị Chung

3


Chương 1
Các đánh giá đối với bài toán biên
trên nửa đường thẳng
1.1

Bài toán biên trên nửa đường thẳng. Các đánh
giá

Trước tiên, ta nhắc lại các kiến thức liên quan đến bài toán biên trên nửa
đường thẳng.

1.1.1

Toán tử vi phân với hệ số hằng

Trong chương này ta ký hiệu t là biến độc lập, biến thiên trên đường
thẳng R. Toán tử vi phân thường với hệ số hằng có dạng:
m

ak Dtk

P (Dt ) =
k=0

∂
, i2 = −1.
trong đó ak là các số phức, Dt = −i ∂t
Đa thức tương ứng bậc m sau đây
m

ak z k , z ∈ C

P (z) =
k=0

được gọi là đa thức đặc trưng của toán tử P (Dt ) .

1.1.2

Bài toán biên trên nửa đường thẳng

Xét bài tốn biên trên nửa đường thẳng sau đây
Ta có toán tử
4


P (Dt )u = f (t)

t>0

(1.1)

với điều kiện biên

Qi (Dt ) u|t=0 = Ui , i = 1, 2, 3, .., r

(1.2)

trong đó
mi

m

ak Dtk

P (D) =
k=0

Đặt P (z) =

m
j
j=0 aj .z

bik Dtk

Qi (D) =
k=0
mi

và Qi (z) =

bik z k . Đa thức Qi (z) có bậc mj nhỏ

k=0

hơn m.
Giả sử phương trình P (z) = 0 khơng có nghiệm thực và có r nghiệm phức
kể cả bội với phần ảo dương.
Do đó, nếu τ1 , τ2 , ..., τm là các nghiệm, chúng ta có thể sắp thứ tự chúng sao
cho
Imτk > 0, 1 k r.
(1.3)
Ta đặt

P+ (z) = (z − τ1 ) ... (z − τm )
và

P− (z) =

P (z)
.
P+ (z)

(1.4)

(1.5)

Với bất kỳ đa thức Q(z) có bậc nhỏ hơn m, chúng ta có thể phân tích
thành tổng hữu tỷ

Q (z) Q+ (z) Q− (z)
=
+
P (z)
P+ (z)
P− (z)

Q(z)
P (z)

(1.6)

trong đó Q+ (z) có bậc nhỏ hơn r và Q− (z) có bậc nhỏ hơn m − r. Giả sử
5


chúng ta có r đa thức như vậy. Đặt
+∞

αij =
−∞
+∞

βij =
−∞

1.1.3

Qi+ (τ ) Qj+ (τ )
dτ

|P+ (τ )|2

1 ≤ i, j ≤ r,

(1.7)

Qi− (τ ) Qj− (τ )
dτ
|P− (τ )|2

1 ≤ i, j ≤ r.

(1.8)

Đánh giá trên nửa đường thẳng

Dưới đây ta phát biểu định lý quan trọng nhất của Chương 1.
Xét ma trận Hermitian A = (αij ) , B = (βij ) trong đó αij và βij được xác
định tương ứng bởi (1.7) và (1.8). Chúng ta sẽ chứng minh định lý sau đây.
Định lý 1.1. Giả sử tồn tại ma trận A−1 và tồn tại một hằng số K1 , sao
cho
BA−1 B ≤ K1 B.
(1.9)
Nếu R(z) là đa thức bất kỳ thoả mãn

|R (τ )|

C1 |P (τ )|

τ R

(1.10)

thì tồn tại hằng số C chỉ phụ thuộc vào C1 và K1 , sao cho
∞

∞



|P (Dt ) u|2 dt+

|R (Dt ) u|2 dt ≤ C 
0



r

αij Ui U j 

u ∈ S (0, ∞)

i,j=1

0

(1.11)
trong đó (αij ) = A−1 , và

Ui = Qi (Dt ) u (0)

1 ≤ i ≤ r.

Bất đẳng thức (1.9) có nghĩa là với mọi véc tơ U = (U1 , ..., Ur ), ta có

U ∗ BA−1 BU ≤ K1 U ∗ BU.
Phần chứng minh sẽ được trình bày trong Mục 1.3

6

(1.12)


1.2

Một số bổ đề

Trước tiên ta ký hiệu không gian các hàm khả vi có độ giảm nhanh ở 0
và ∞

S (0, ∞) = v (t) ∈ C ∞ [0, ∞) ; (1 + t)k Dtl v (t) < ∞, ∀k, l
Tương tự, khơng gian các hàm khả vi có độ giảm nhanh ở −∞ và 0

S (−∞, 0) = v (t) ∈ C ∞ [−∞, 0) ; (1 + t)k Dtl v (t) > −∞, ∀k, l
Trong việc chứng minh Định lý 1.1, chúng ta phải sử dụng các bổ đề dưới đây

Bổ đề 1.1. Giả sử u ∈ S (0, ∞) và

w (t) =

u (t) t > 0,
0
t<0

Nếu

(1.13)

+∞

˜ (τ ) =
F (h) (τ ) = h

e−itτ h (t)dt

(1.14)

−∞

là biến đổi Fourier của hàm h(τ ) trên R, thì ta có

Dt w = τ w + iu (0) .

(1.15)

Tương tự, nếu v ∈ S (−∞, 0) và

v (t) t > 0
0 t<0

(1.16)

Dt g = τ g − iv (0) .

(1.17)

g (t) =
thì

Dưới đây ta sẽ thường dùng f (h) sẽ là biến đổi Fourier của hàm h thay vì
˜
h.
Chứng minh

7


Chúng ta bắt đầu từ đẳng thức (1.15). Do đẳng thức (1.14)
+∞

e−itτ Dt u (t)dt

F (Dt w) =
0
+∞

+∞

Dt e−itτ u (t) dt −

=
0

u (t) Dt e−itτ dt
0

= −i [−u (0)] + τ w.
˜
Điều này đưa đến phương trình (1.15). Để chứng minh đẳng thức (1.17) cần
lưu ý rằng
0

e−itτ Dt v (t)dt

F (Dt g) =
−∞
0

=

−itτ

Dt e

0

v (t) dt −

−∞

v (t) Dt e−itτ dt

−∞

= −i [−v (0)] + τ g˜.
Bổ đề 1.1 đã được chứng minh.
Bổ đề 1.2. Nếu f ∈ S (0, ∞), và
+∞

e−itz f (t)dt

G (z) =
0

thì G(z) là một hàm nguyên bị chặn trong nửa mặt phẳng phức với Imz ≤ 0.
Tương tự, nếu f ∈ S (−∞, 0) và H(z) được cho bởi
0

e−itz h (t)dt

H (z) =
−∞

thì H(z) là một hàm nguyên bị chặn trong nửa mặt phẳng phức với Imz ≥ 0.
. Chứng minh Dễ dàng chứng minh rằng G(z) và H(z) là nguyên bằng
việc lấy đạo hàm dưới dấu tích phân trên cơ sở nhận xét rằng tích phân hội

8

tụ tuyệt đối. Do đó
∞

G (z) = −i

e−itz tf (t)dt

0
0

H (z) = −i

e−itz th (t)dt.

−∞

Từ

e−it(x+iy) = e−itx+ty ,
chúng ta thấy rằng G(z) bị chặn với y ≤ 0 và H(z) bị chặn với y ≥ 0.
Bổ đề 1.3. Nếu w và g được cho bởi các phương trình (1.13) và (1.16),
tương ứng, thì
R
1
w (τ ) d label1.18
u (0) = lim
Π R→∞ −R
R
1

v (0) = lim
g (τ ) dτ
Π R→∞ −R

(1.18)
(1.19)

Chứng minh Áp dụng điều kiện của phương trình (1.15) đưa ra

F (Dt − i)2 w = (τ − i) [(τ − i) w
˜ + iu (0)] + i(Dt − i)u (0)
(1.20)

2

= (τ − i) w
˜ + iτ u (0) + iDt u (0) + 2u (0) .
Bây giờ, từ công thức
R

−R

τ k dτ
=
(τ − i)2

2π

Rk eikθ iReiθ dθ
2

(Reiθ − i)

π

,

ta suy ra
∞

−∞

và

dτ
=0
(τ − i)2

(1.21)

τ dτ
= πi.
(τ − i)2

(1.22)

∞

−∞

9


Từ Bổ đề 1.1 hàm G(z) = (Dt − i)2 w là một hàm nguyên bị chặn trong nửa
mặt phẳng dưới. Do đó chúng ta có
∞

∞

G(τ )dτ
2
(τ −i)

wdτ
˜ =
−∞

−∞

∞

− iu (0)
∞

− [iDt u (0) + 2u (0)]
−∞

−∞

τ dτ

2
(τ −i)

τ dτ
2
(τ −i)

(1.23)

.
Việc lấy tích phân theo một chu tuyến khác sẽ cho ta
∞

G (τ ) dτ
= 0.
(τ − i)2

−∞

(1.24)

Nếu chúng ta thế các phương trình (1.21), (1.22) và (1.24) vào đẳng thức
(1.23), chúng ta có được đẳng thức đầu tiên của phương trình (??). Để có
được đẳng thức cịn lại, chúng ta lập luận tương tự. Từ phương trình (1.17)

F (G + i)2 g = (τ + i)2 g˜ − iτ v (0) − i (Dt + 2i) v (0) .
Tích phân theo đường cong khép kín sẽ cho ta
∞

−∞

và

dτ
=0
(τ + i)2

∞

−∞

τ dτ
= −iπ.
(τ + i)2

Hơn thế nữa, từ Bổ đề 1.2, hàm H(z) = (Dt + i)2 g là hàm nguyên và bị
chặn. Do đó
∞

−∞

H (τ ) dτ
= 0.
(τ + i)2

Kết hợp 4 đẳng thức cuối cùng, chúng ta có được kết quả mong muốn.
Các bổ đề trên cho ta những hệ quả sau
10

Hệ quả 1.1. Với các giả thiết của Bổ đề 1.1 ta có
k−1

F

Dtk w

k

=τ w
˜ +i

τ k−j−1 Dtj u (0)

k = 1, 2, ...

(1.25)

τ k−j−1 Dtj v (0)

k = 1, 2, ...

(1.26)

j=0

và

k−1

F

Dtk g

k

= τ g˜ − i
j=0

Chứng minh Sử dụng Bổ đề 1.3 và qui nạp theo k .

Hệ quả 1.2. Với các giả thiết tương tự, nếu P (z) là một đa thức của m, thì

F (P (Dt ) w) = P (τ ) w
˜ + T1 (τ )

(1.27)

F (P (Dt ) g) = P (τ ) g˜ + T2 (τ )

(1.28)

trong đó T1 (z) và T2 (z) là các đa thức có bâc nhỏ hơn m.
Chứng minh Sử dụng Hệ quả 1.1.
Hệ quả 1.3. Giả sử u ∈ S (0, +∞) , v ∈ S (−∞, 0) và

Dtk u (0) = Dtk v (0) ; 0 ≤ k ≤ m

(1.29)

Đặt

h (t) =

u (t) t > 0
v (t) t < 0

(1.30)

Nếu P (z) là một đa thức có bậc nhỏ hơn hoặc bằng m, thì

P (Dt ) h = P (τ ) h
Chứng minh Sử dụng Hệ quả 1.1 và đẳng thức (1.29).

Dtt h = Dtt w + Dtt g = τ k (w + g) = τ k h
với k ≤ n. Điều này đưa đến (1.31).

11

(1.31)


Hệ quả 1.4. Nếu j < k và w được cho bởi đẳng thức (1.13), thì

Q (τ ) F [(P (Dt ) w)] − P (τ ) F [(Q (Dt ) w)]

(1.32)

Chứng minh
Sử dụng đẳng thức (1.25).

m
k
j
Hệ quả 1.5. Giả sử P (z) = m
k=0 ak z , Q (z) =
k=0 bj z là các đa thức
có bậc nhỏ hơn hoặc bằng m. Nếu w đươc cho bởi (1.13), thì

Q (τ ) P (Dt ) w − P (τ ) Q (Dt ) w
là một đa thức có bậc nhỏ hơn m, với hệ số của τ m−1 bằng iam Q (Dt ) u (0)−
ibm P (Dt ) u (0) .
Chứng minh Sử dụng Hệ quả 1.4.
Hệ quả 1.6. Giả sử P (z) là một đa thức có bậc r có tất cả nghiệm được
chứa trong nửa mặt phẳng Imz < 0, và giả sử Q(z) là một đa thức có bậc
nhỏ hơn r. Nếu w được cho bởi đẳng thức (1.13), thì
+∞
−∞

Q (τ )
P (Dt ) wdτ = 2πQ (Dt ) u (0) .
P (τ )

(1.33)

Tương tự, nếu các nghiệm của P (z) được chứa trong nửa mặt phẳng phức
Imz > 0, thì
+∞
−∞

Q (τ )

P (Dt ) gdτ = 2πQ (Dt ) v (0)
P (τ )

(1.34)

với g được cho bởi phương trình (1.16).
Chứng minh Do tất cả các nghiệm của P (z) có phần ảo âm, chúng ta có
cách tính tích phân sau
π

R

τ k dτ
=−
−R P (τ )

0

Rk eikθ iReiθ dθ
.
P (Reiθ )

(1.35)

Tích phân trên sẽ có giới hạn là −π air khi R → ∞ trong trường hợp k = r −1
và có giới hạn là 0 khi R → ∞ trong trường hợp 0 ≤ k < r − 1,

12

trong đó ar là một hệ số của z r trong P (z). Hơn nữa, từ Hệ quả 1.5, vế trái
của đẳng thức (1.33) bằng
∞

∞

T (τ )
dτ +
P (τ )

F [(Q (Dt ) w)] dτ

−∞

−∞

trong đó T (z) là một đa thức bậc nhỏ hơn r, và hệ số của z r−1 là iar [(Q (Dt ) u)] (0)].
Nội dung (1.33) tiếp theo từ (1.35) và Bổ đề 1.2. Chứng minh cuả phần (1.34)
tương tự.

1.3

Chứng minh Định lý 1.1

Bây giờ chúng ta đưa ra cách chứng minh Định lý 1.1 dựa trên các Bổ đề
1.2 và 1.3 và hệ quả của nó.
Giả sử u(t) là các hàm trong S (0, +∞). Chúng ta sẽ tìm một hàm v (t) ∈
S (−∞, 0), sao cho

P+ (Dt ) P (Dt ) v (t) = 0

Dtk v (0) = Dtk u (0)

t<0

(1.36)

0≤k≤m

(1.37)

Chú ý rằng P + (z) P (z) có m nghiệm với phần ảo âm. Do đó, sẽ tồn tại
nghiệm của bài toán (1.36), (1.37). Giả sử w, g và h được xác định tương
ứng bởi công thức (1.13); (1.16) và (1.24). Do đó

h=w+g

(1.38)

F P+ (Dt ) P (Dt ) g = P+ (τ ) F (P (Dt ) g) − T (τ )

(1.39)

Bây giờ, từ đẳng thức (1.22)

trong đó T (z) là đa thức có bậc nhỏ hơn r. Do đó, từ (1.36)

G = F (P (Dt ) g) =

T (τ )
.

P+ (τ )

(1.40)

Tiếp theo, chúng ta sẽ chứng minh rằng các đa thức Qj+ là các đa thức
độc lập tuyến tính. Thật vậy, giả sử tồn tại các hằng số γ1 , ..., γr không đồng
13


thời bằng không, sao cho
r

γj Qj+ = 0
j=1

điều này sẽ suy ra
r

1≤i≤r

αij γj = 0
j=1

mà điều này mâu thuẫn với giả thiết ma trận A là không suy biến. Do các
đa thức Qj+ là độc lập tuyến tính và có bậc nhỏ hơn r và có r đa thức
như vậy. Chúng là một cơ sở cho không gian véc tơ các đa thức có bậc nhỏ
hơn r. Do đó, tồn tại các hằng số λk , sao cho
r

λk Qk+ (z) .

T (z) =
k=1

Do đó

+∞

−∞

Qj+
Gdτ =
P+

r

1 ≤ j ≤ r.

αjk λk

(1.41)

k=1

Mặt khác chúng ta cần lưu ý rằng
+∞
−∞

Qj+
P+ Gdτ

+∞

=
−∞

Qj+
P+ F

(P− (Dt ) P− g) dτ
(1.42)

= 2πQj+ (Dt ) P − (Dt ) v(0) ≡ Vj

1 ≤ j ≤ r.

Từ đẳng thức (1.34).Ta có
r

αij Vj = 0

λi =

1 ≤ i ≤ r.

(1.43)

j=1

Như một hệ quả, chúng ta có

+∞

r

2

|G| dτ =
−∞

Qj+
λj
Wdτ =
αij Vi Vj = V ∗ A−1 V
P+
i,j=1
14

(1.44)


trong đó V là véctơ cột với các phần tử Vj .
Từ đa thức P (z) khơng có nghiệm thực và Qj− có bậc khơng nhỏ hơn m − r,
các hàm
dạng

Qj−
P−

thuộc L2 (−∞, ∞). Không gian con gồm tất cả các hàm có
r

Qj−
P−

j=1

là hữu hạn chiều và đóng. Do các phần tử của L2 (−∞, ∞) có biểu diễn như
là tổng của hai phần tử, một chứa không gian con nói trên và một trực giao
với nó. Đặt F (P (Dt ) w). Do đó
r

W=

γj
j=1

Qj−
P−

+Φ

(1.45)

1 ≤ j ≤ r.

(1.46)

trong đó
+∞

−∞

Qj−
Φdτ = 0
P−

Do đó,
+∞

+∞

|W|2 dτ =
−∞

|Φ|2 dτ +

βij γi γ j ≥ γ ∗ Bγ

(1.47)

−∞

trong đó γ là véc tơ cột với phần tử γj . Lưu ý rằng từ các phương trình
(1.36) và (1.37)
+∞

−∞

Qj−
Wdτ =

P−

r

βjk γk

1 ≤ j ≤ r.

(1.48)

k=1

Mặt khác, từ phương trình (1.33)
+∞
−∞

Qj−
P− Wdτ

+∞

=
−∞

Qj−
P− F

(P− (Dt ) P− (Dt ) w) dτ
(1.49)

= 2πQj− (Dt ) P− (Dt ) u (0) ≡ Yj

1≤j≤r

so sánh các đẳng thức

Bγ = Y
15

(1.50)


trong đó Y là véc tơ cột với các phần tử Yj . Chúng ta nhận thấy

Vj + Yj = 2πQj (Dt ) u (0) ≡ Uj

1 ≤ j ≤ r.

(1.51)

Do các đẳng thức (1.6) và (1.37). Giả sử U biểu thị véc tơ cột với các phần
tử Uj . Từ phương trình (1.35) ta có
+∞

|G|2 dτ = V ∗ A−1 V = (U − Y )∗ A−1 (U − Y ) ≤ 2U ∗ A−1 U + 2Y ∗ A−1 Y.
−∞

(1.52)
Hơn thế nữa, từ (1.50),(1.9),(1.47)
+∞

|W|2 dτ .

Y ∗ A−1 Y = γ ∗ BA−1 Bγ ≤ K1 γ ∗ Bγ ≤ K1

(1.53)

−∞

Từ đẳng thức (1.38) ta nhận được
+∞

+∞

|F (P (Dt ) h)|2 dτ ≤ 2
−∞

+∞

|W|2 dτ + 2

−∞

|G|2 dτ .

(1.54)

−∞

Từ (1.37) và Hệ quả 1.3 suy ra

˜
F (P (Dt ) h) = P (τ ) h

˜
F (R (Dt ) h) = R (τ ) h.

Do đó, từ (1.10) và Cơng thức Parseval’s ta có
+∞

|R (Dt ) u|2 dt ≤

+∞

|R (Dt ) h|2 dt

−∞
+∞

0

2

˜ dτ
R (τ ) h

= 2π
−∞
+∞

≤

C12

= C12

−∞
+∞

2

.

(1.55)

˜ dτ
P (τ ) h
|F (P (Dt ) h)|2 dτ

−∞

Cuối cùng, ta lưu ý rằng từ cơng thức Parseval’s ta có
+∞

+∞

|W|2 dτ = 2π
−∞

−∞

16

|P (Dt ) u|2 dt.

(1.56)


Nếu chúng ta kết hợp (1.43) với (1.47), chúng ta có (1.9). Lưu ý rằng kết quả
chỉ phụ thuộc vào hằng số C1 và K1 . Định lý đã được chứng minh.

17


Chương 2
Bài tốn biên cho nửa khơng gian
Trước tiên, ta nhắc lại các kiến thức liên quan đến bài toán biên cho nửa
không gian.

2.1
2.1.1

Biến đổi Fourier và một số không gian hàm
Toán tử vi phân đạo hàm riêng với hệ số hằng

Ta kí hiệu

(x, t) = (x1 , ..., xn , t)
Dx = Dx1 , Dx2 , ..., Dxn , D = (Dx , Dt )
với

Dxj = −i

∂
∂
, Dt = −i .
∂xj
∂t

Xét toán tử vi phân đạo hàm riêng

P (D) = P (Dx , Dt )
k

aµ,k Dxµ Dtk u

P (D) u =
|µ|+k≤m

với

µ = (µ1 , ..., µn ) , |µ| = µ1 + ... + µn
và

Dxµ = Dxµ11 Dxµ22 ...Dxµnn
18


với

ξ = (ξ1 , ξ1 , ..., ξn ) ∈ Rn

z∈C

đa thức bậc m của n + 1 biến theo (ξ, z) có dạng

aµ,k ξ µ z k

P (ξ, z) =
|µ|+k≤m

với

ξ µ = ξ1µ1 .ξ2µ2 ....ξnµn
Đa thức P (ξ, z) được gọi là biểu trưng cho toán tử P (Dx , Dt ) .

2.1.2

Biến đổi Fourier trên Rn

Xét v (x) = v (x1 , x2 , ..., xn ). Biến đổi Fourier của hàm v , ký hiệu v˜ (ξ) =
(F v) (ξ) và được tính bởi cơng thức:

e−i(x,ξ) v (x)dx

v˜ (ξ) = (F v) (ξ) =
Rn

trong đó

ξ = (ξ1 , ξ2 , ..., ξn ) , (x, ξ) = x1 ξ1 + x2 ξ2 + ... + xn ξn .
Biến đổi Fourier có các tính chất sau

1) F (u + v) (ξ) = F (u) (ξ) + F (v) (ξ)
2) F (ku) (ξ) = kF (u) (ξ)
3) Biến đổi Fourier của đạo hàm
F (Dα u) (ξ) = ξ α F (u)

(2.1)

4) Công thức nghịch đảo
v (x) =

1
(2π)n

ei(x,ξ) v˜ (ξ)dξ
Rn

19

(2.2)


5) Công thức Parseval’s
v (x)w (x)dx =

1
(2π)n

˜ (ξ)dξ.
v˜ (ξ)w

(2.3)

Rn

2.1.3

Không gian S (Rn )

Không gian S (Rn ) gồm những hàm khả vi vô hạn trong Rn và giảm
nhanh.

S (Rn ) = v (x) ∈ C ∞ (Rn ) ; ∀α, β ∃Cα,β > 0 : xα Dβ v (x) ≤ Cα,β .
2.1.4

Không gian H s (Rn ) , s ∈ R

Với s ∈ R ta đưa vào trong không gian S (Rn ) tích vơ hướng sau

(1 + |ξ|)2s v˜ (ξ) w
˜ (ξ)dξ

(v, w)s =
R

và chuẩn tương ứng

|v|2s =

(1 + |ξ|)2s |˜
v (ξ)|2 dξ.

(2.4)

R

Không gian H s (Rn ) được định nghĩa là bao đóng của S (Rn ) theo chuẩn
(2.4).

2.1.5

Không gian H r,s (Ω) , s ∈ R, r ∈ N

Ta ký hiệu

Ω = {(x, t) ; x ∈ Rn , 0 < t < b}
với b hữu hạn hoặc vô hạn
*)Không gian S (Ω) được định nghĩa như sau
S (Ω) = v (x, t) ∈ C ∞ Ω ; ∀α, β và k, l

∃Cα,β,k,l : xα tk Dxβ Dtl v (x, t) ≤ Cα,β,k,l

20


Với r là một số tự nhiên và s là một số thực ta đưa vào S (Ω) tích vơ hướng
sau
b

r

Dtk v, Dtk w

(v, w)r,s =

r−k+s

dt

k=0 0

và chuẩn tương ứng
r

|v|2r,s

b

Dtk v

=

2
dt
r−k+s

(2.5)

k=0 0

Không gian H r,s (Ω) được định nghĩa là bao đóng của S (Ω) theo chuẩn (2.5).

2.2
2.2.1

Đánh giá đối với bài toán biên với điều kiện biên
thuần nhất
Bài toán biên với điều kiện biên thuần nhất

Cho các toán tử vi phân đạo hàm riêng P (D) cấp m và Qj (D) cấp mj
với j=1,2,...,r. Xét bài toán sau

P (D) u (x, t) = f (x, t)
Qj (D) u (x, 0) = 0

t > 0,

(2.6)

1 ≤ j ≤ r.

(2.7)

(Trong trường hợp vế phải của đẳng thức (2.7) là các hàm số bất kỳ, chúng
ta sẽ xét sau). Ta đưa ra các giả thiết dưới đây
1. Với mọi ξ ∈ R đa thức P (ξ, z) có bậc m theo z , và có chính xác r nghiệm
với phần ảo dương và khơng có nghiệm thực. Đa thức Qj (ξ, z) có bậc nhỏ
hơn m theo z .

Nếu τ1 (ξ) , ..., τr (ξ) là các nghiệm của P (ξ, z) với phần ảo dương, đặt

P+ (ξ, τ ) = (τ − τ1 (ξ)) ... (τ − τr (ξ))

(2.8)

Đa thức trên là đa thức của τ , không nhất thiết là đa thức của ξ . Đặt

P− (ξ, τ ) =

21

P (ξ, τ )
P+ (ξ, τ )

(2.9)


Qj (ξ,z)
P (ξ,z)

và với mỗi ξ và j chúng ta phân tích

ra thành tổng hữu tỉ

Qj (ξ, z) Qj+ (ξ, z) Qj− (ξ, z)
=
+
P (ξ, z)
P+ (ξ, z)

P− (ξ, z)

(2.10)

Đặt
+∞

αij (ξ) =
−∞

và

Qj+ (ξ, τ ) Qj+ (ξ, τ )
dτ
|P+ (ξ, τ )|2

1 ≤ i, j ≤ r

(2.11)

Qj− (ξ, τ ) Qj− (ξ, τ )
dτ
|P− (ξ, τ )|2

1 ≤ i, j ≤ r.

(2.12)

+∞

βij (ξ) =
−∞

Đặt A (ξ) = (αij ) và B (ξ) = (βij ) .
2. Tồn tại ma trận A−1 với hầu hết các số ξ ∈ R và tồn tại hằng số K1 sao cho

BA−1 B ≤ K1 B.
2.2.2

(2.13)

Đánh giá đối với bài tốn biên trong nửa khơng gian

Định lý 2.1. Giả sử R (ξ, z) là đa thức thỏa mãn

ξ ∈ Rn

|R (ξ, τ )| ≤ C1 |P (ξ, τ )|

τ ∈ R.

(2.14)

Với các giả thiết 1 và 2 đưa ra ở trên, tồn tại hằng số C chỉ phụ thuộc vào
C1 và K1 , sao cho
+∞

 +∞

|R (ξ, Dt ) v (ξ, t)|2 dt ≤ C 

0

r

|P (ξ, Dt ) v (ξ, t)|2 dt +



αij Vi V j 
i,j=1

0

(2.15)
thỏa mãn đối với mọi hàm v (ξ, t), sao cho với hầu hết các số ξ ∈ Rn , v (ξ, t) ∈
S (0, +∞) .
Ở đây ma trận αij = A−1 , và

Vj = Qj (ξ, Dt ) v (ξ, 0)

22

1 ≤ j ≤ r.

(2.16)


Chứng minh Với mỗi ξ Định lý trên là kết quả trực tiếp từ Định lý
1.1.
Như trong phần đầu chương, chúng ta ký hiệu Ω là nửa không gian với t > 0.

Nếu chúng ta lấy b = ∞ trong đẳng thức
r

b

Dtk v, Dtk w

(v, w)r,s =

r−k+s

dt

k=0 0

thì chuẩn này được áp dụng với các hàm trong nửa không gian Ω. Với các
chuẩn này, chúng ta có các khẳng định sau
Hệ quả 2.1. Với các giả thiết điều kiện của Định lý 2.1 tồn tại hằng số C
chỉ phụ thuộc vào C1 và K1 , sao cho với mỗi số thực s ta có

|R (D) u|0,s ≤ C |P (D) u|0,s

(2.17)

đúng với mọi hàm u ∈ S (Ω) thỏa mãn đẳng thức (2.7).
Chứng minh Chúng ta chỉ đặt v (ξ, t) = F u trong (2.12), phép nhân
bởi(1 + |ξ|)2s , và lấy tích phân theo ξ .

2.2.3

Sự tồn tại duy nhất nghiệm của bài toán biên

Đối với định lý tồn tại nghiệm chúng ta đưa thêm 2 giả thiết dưới đây
3. Hệ số a (ξ) của z m trong P (ξ, z) là khác 0. Do đó, tồn tại hằng số c0 , sao
cho
|a (ξ)| ≥ c0
ξ ∈ Rn .
(2.18)
4. Tồn tại một hằng số K2 , sao cho

P (µ) (ξ, τ ) ≤ K2 |P (ξ, τ )|

ξ ∈ Rn

τ ∈R

(2.19)

µ

trong đó P (µ) (ξ, τ ) = Dξµ P (ξ, τ ) .
Chúng ta có định lý dưới đây
Định lý 2.2. Với các Giả thiết từ 1 đến 4, với mỗi f ∈ C ∞ Ω sao cho
Dxµ Dtk f ∈ L2 (Ω) với mỗi số µ và k, tồn tại duy nhất nghiệm u ∈ C ∞ Ω
của bài tốn (2.6) và (2.7), sao cho Dxµ Dtk f ∈ L2 (Ω) với mỗi µ và k.
23