ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
- - - - - - - - - - - - - - - - - -
LÊ THỊ CHUNG
BÀI TOÁN BIÊN ELLIPTIC MỞ RỘNG
TRONG NỬA KHÔNG 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 thẳng 3
1.1 Bài toán biên trên nửa đường thẳng. Các đánh giá . . . . . . 3
1.1.1 Toán tử vi phân với hệ số hằng . . . . . . . . . . . . . 3
1.1.2 Bài toán biên trên nửa đường thẳng . . . . . . . . . . 3
1.1.3 Đánh giá trên nửa đường thẳng . . . . . . . . . . . . . 5
1.2 Một số bổ đề . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.3 Chứng minh Định lý 1.1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
2 Bài toán biên cho nửa không gian 17
2.1 Biến đổi Fourier và một số không gian hàm . . . . . . . . . . 17
2.1.1 Toán tử vi phân đạo hàm riêng với hệ số hằng . . . . 17
2.1.2 Biến đổi Fourier trên R
n
. . . . . . . . . . . . . . . . 18
2.1.3 Không gian S (R
n
) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

2.1.4 Không gian H
s
(R
n
) , s ∈ R . . . . . . . . . . . . . . 19
2.1.5 Không gian H
r,s
(Ω) , s ∈ R, r ∈ N . . . . . . . . . . 19
2.2 Đánh giá đối với bài toán biên với điều kiện biên thuần nhất . 20
2.2.1 Bài toán biên với điều kiện biên thuần nhất . . . . . . 20
2.2.2 Đánh giá đối với bài toán biên trong nửa không gian . 21
2.2.3 Sự tồn tại duy nhất nghiệm của bài toán biên . . . . . 22
2.3 Một số ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
2.4 Bài toán biên với điều kiện biên không thuần nhất . . . . . . 30
Kết luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34
Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35
1
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 eliptíc tuyến tính với hệ số hằng nhưng
không nhất thiết là eliptíc đúng đắn, tức là cấp của phương trình không nhất
thiết là chẵn, ngay trong trường hợp cấp chẵn thì sô 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. Trong chương này đã đưa ra đánh giá đối
với nghiệm trên nửa đường thẳng.
Chương II: Trình bày bài toán biên cho phương trình eliptíc với cấp bất
kỳ trong nửa không 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 đã 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 tài liệu tham khảo chính là chương 7 cuốn
M. Schechter, 1977, Modern Methods in Partial Differential Equations, An
Introduction, McGraw-Hill Inc.
2
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 có 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:
P (D
t
) =
m

k=0
a
k
D
k
t
trong đó a

k
là các số phức, D
t
= −i
∂
∂t
, i
2
= −1.
Đa thức tương ứng bậc m sau đây
P (z) =
m

k=0
a
k
z
k
, z ∈ C
được gọi là đa thức đặc trưng của toán tử P (D
t
) .
1.1.2 Bài toán biên trên nửa đường thẳng
Xét bài toán biên trên nửa đường thẳng sau đây
Ta có toán tử
3
P (D
t
)u = f(t) t > 0 (1.1)
với điều kiện biên

Q
i
(D
t
) u
|
t=0
= U
i
, i = 1, 2, 3, , r (1.2)
trong đó
P (D) =
m

k=0
a
k
D
k
t
Q
i
(D) =
m
i

k=0
b
ik
D

k
t
Đặt P (z) =

m
j=0
a
j
.z
j
và Q
i
(z) =
m
i

k=0
b
ik
z
k
Q
i
(z) là đa thức bậc m
j
nhỏ hơn m.
Giả sử phương trình P(z)=0 không có nghiệm thực và có r nghiệm phức kể
cả bội với phần ảo dương.
Do đó, nếu τ
1

, τ
2
, , τ
m
là các nghiệm, chúng ta có thể sắp thứ tự chúng sao
cho
Imτ
k
> 0, 1  k  r (1.3)
Ta đặt
P
+
(z) = (z − τ
1
) (z − τ
1
) (1.4)
và
P
−
(z) =
P (z)
P
+
(z)
(1.5)
Với bất kỳ đa thức Q(z) có bậc nhỏ hơn m, chúng ta có thể phân tích
Q(z)
P (z)
thành tổng hữu tỷ

Q (z)
P (z)
=
Q
+
(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
4
chúng ta có r đa thức như vậy. Đặt
α
ij
=
+∞

−∞

Q
i+
(τ) Q
j+
(τ)
|P
+
(τ)|
2
dτ 1 ≤ i, j ≤ r (1.7)
β
ij
=
+∞

−∞
Q
i−
(τ) Q
j−
(τ)
|P
−
(τ)|
2
dτ 1 ≤ i, j ≤ r (1.8)
1.1.3 Đánh giá trên nửa đường thẳng
Dưới đây ta phát biểu định lý quan trọng nhất của Chương 1.
Xét ma trận Hermitian A = (α
ij

) , B = (β
ij
) trong đó α
ij
và β
ij
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 K
1
, sao
cho
BA
−1
B ≤ K
1
B. (1.9)
Nếu R(z) là đa thức bất kỳ thoả mãn
|R (τ)|  C
1
|P (τ)| τR (1.10)
thì tồn tại hằng số C chỉ phụ thuộc vào C
1
và K
1
, sao cho
∞


0
|R (D
t
) u|
2
dt ≤ C


∞

0
|P (D
t
) u|
2
dt+
r

i,j=1
α
ij
U
i
U
j


u ∈ S (0, ∞)
(1.11)
trong đó (α

ij
) = A
−1
, và
U
i
= Q
i
(D
t
) u (0) 1 ≤ i ≤ r (1.12)
Bất đẳng thức (1.9) có nghĩa là với mọi véc tơ U = (U
1
, , U
r
), ta có
U
∗
BA
−1
BU ≤ K
1
U
∗
BU.
5
Phần chứng minh sẽ được trình bày trong Mục 1.3
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


D
l
t
v (t)


< ∞, ∀k, l

Tương tự, không gian các hàm khả vi có độ giảm nhanh ở −∞ và 0
S (−∞, 0) =

v (t) ∈ C
∞
[−∞, 0) ; (1 + t)
k


D
l
t
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
(1.13)
Nếu
F (h) (τ) =
˜
h (τ) =
+∞

−∞
e
−itτ
h (t)dt (1.14)
là biến đổi Fourier của hàm h(τ) trên R, thì ta có

D
t
w = τ

w + iu (0) (1.15)
Tương tự, nếu v ∈ S (−∞, 0) và
g (t) =


v (t) t > 0
0 t < 0
(1.16)
thì

D
t
g = τ

g − iv (0) (1.17)
6
Dưới đây ta sẽ thường dùng f (h) sẽ là biến đổi Fourier của hàm h thay vì
˜
h. Chứng minh Chúng ta bắt đầu từ đẳng thức (1.15). Do đẳng thức (1.14)
F (D
t
w) =
+∞

0
e
−itτ
D
t
u (t)dt
=
+∞

0
D

t

e
−itτ
u (t)

dt −
+∞

0
u (t) D
t

e
−itτ

dt
= −i [−u (0)] + τ ˜w
Điều này đưa đến phương trình (1.15). Để chứng minh đẳng thức (1.17) cần
lưu ý rằng
F (D
t
g) =
0

−∞
e
−itτ
D
t

v (t)dt
=
0

−∞
D
t

e
−itτ
v (t)

dt −
0

−∞
v (t) D
t

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
G (z) =
+∞

0

e
−itz
f (t)dt
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
H (z) =
0

−∞
e
−itz
h (t)dt
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
7
tụ tuyệt đối. Do đó
G

(z) = −i
∞

0
e
−itz
tf (t)dt
H

(z) = −i
0


−∞
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
u (0) =
1
Π
lim
R→∞

R
−R

w (τ) d (1.18)
v (0) =
1
Π
lim
R→∞


R
−R

g (τ) dτ (1.19)
Chứng minh Áp dụng điều kiện của phương trình (1.15) đưa ra
F

(D
t
− i)
2
w

= (τ − i) [(τ − i) ˜w + iu (0)] + i(D
t
− i)u (0)
= (τ − i)
2
˜w + iτu (0) + iD
t
u (0) + 2u (0)
(1.20)
Bây giờ, từ công thức
R

−R
τ
k
dτ
(τ − i)

2
=
2π

π
R
k
e
ikθ
iRe
iθ
dθ
(Re
iθ
− i)
2
ta suy ra
∞

−∞
dτ
(τ − i)
2
= 0 (1.21)
và
∞

−∞
τdτ
(τ − i)

2
= πi. (1.22)
8
Từ Bổ đề 1.1 hàm G(z) = (D
t
− i)
2
w là một hàm nguyên bị chặn trong nửa
mặt phẳng dưới. Do đó chúng ta có
∞

−∞
˜wdτ =
∞

−∞
G(τ)dτ
(τ−i)
2
− iu (0)
∞

−∞
τdτ
(τ−i)
2
− [iD
t
u (0) + 2u (0)]
∞


−∞
τdτ
(τ−i)
2
(1.23)
Việc lấy tích phân theo một chu tuyến khác sẽ cho ta
∞

−∞
G (τ) dτ
(τ − i)
2
= 0 (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 (1.18). Để có
được đẳng thức còn lại, chúng ta lập luận tương tự. Từ phương trình (1.17)
F

(G + i)
2
g

= (τ + i)
2
˜g − iτv (0) − i (D
t
+ 2i) v (0)
Tích phân theo đường cong khép kín sẽ cho ta
∞


−∞
dτ
(τ + i)
2
= 0
và
∞

−∞
τdτ
(τ + i)
2
= −iπ
Hơn thế nữa, từ Bổ đề 1.2, hàm H(z) = (D
t
+ i)
2
g là hàm nguyên và bị
chặn. Do đó
∞

−∞
H (τ) dτ
(τ + i)
2
= 0
Kết hợp 4 đẳng thức cuối cùng, chúng ta có được kết quả mong muốn.

9

Các bổ đề trên có những hệ quả sau
Hệ quả 1.1. Với các giả thiết của Bổ đề 1.1 ta có
F

D
k
t
w

= τ
k
˜w + i
k−1

j=0
τ
k−j−1
D
j
t
u (0) k = 1, 2, (1.25)
và
F

D
k
t
g

= τ

k
˜g − i
k−1

j=0
τ
k−j−1
D
j
t
v (0) k = 1, 2, (1.26)
Chứng minh Sử dụng Bổ đề 1.3 và qui nạp theo k. 
Hệ quả 1.2. Với các giả thiết tương tự, nêú P(z) là một đa thức của m, thì
F (P (D
t
) w) = P (τ) ˜w + T
1
(τ) (1.27)
F (P (D
t
) g) = P (τ) ˜g + T
2
(τ) (1.28)
trong đó T
1
(z) và T
2
(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

D
k
t
u (0) = D
k
t
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 (D
t
) h = P (τ)

h (1.31)
Chứng minh Sử dụng Hệ quả 1.1 và đẳng thức (1.29).

D
t
t
h =

D
t
t

w +

D
t
t
g = τ
k
(

w +

g) = τ
k

h
với k ≤ n. Điều này đưa đến (1.31). 
10
Hệ quả 1.4. Nếu j<k và w được cho bởi đẳng thức (1.13), thì
Q (τ) F [(P (D
t
) w)] − P (τ) F [(Q (D
t
) w)] (1.32)
Chứng minh Sử dụng đẳng thức (1.25). 
Hệ quả 1.5. Giả sử P (z) =

m
k=0
a
k

z
k
Q (z) =

m
k=0
b
j
z
j
là các đa
thức có bậc nhỏ hơn hoặc bằng m. Nếu w đươc cho bởi (1.13), thì
Q (τ)

P (D
t
) w − P (τ )

Q (D
t
) w
là một đa thức có bậc nhỏ hơn m, với hệ số của τ
m−1
bằng
ia
m
Q (D
t
) u (0) − ib
m

P (D
t
) 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 (τ)

P (D
t
) wdτ = 2πQ (D
t
) u (0) (1.33)
Tương tự, nếu các nghiệm của P(z) được chứa trong nửa mặt phẳng phức
Imz>0, thì

+∞
−∞
Q (τ)
P (τ)

P (D
t
) gdτ = 2πQ (D
t

) v (0) (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

R
−R
τ
k
dτ
P (τ)
= −

π
0
R
k
e
ikθ
iRe
iθ
dθ
P (Re
iθ
)
(1.35)
Tích phân trên sẽ có giới hạn là −π
i
a
r

khi R → ∞ trong trường hợp k = r-1
và có giới hạn là 0 khi R → ∞ trong trường hợp 0 ≤ k < r − 1,
11
trong đó a
r
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)
P (τ)
dτ+
∞

−∞
F [(Q (D
t
) w)] dτ
trong đó T(z) là một đa thức bậc nhỏ hơn r, và hệ số của z
r−1
là ia
r
[(Q (D
t
) 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
+
(D
t
) P (D
t
) v (t) = 0 t < 0 (1.36)
D
k
t
v (0) = D
k
t
u (0) 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)
Bây giờ, từ đẳng thức (1.22)
F

P
+

(D
t
) P (D
t
) g

= P
+
(τ) F (P (D
t
) g) − T (τ) (1.39)
trong đó T(z) là đa thức có bậc nhỏ hơn r. Do đó, từ (1.36)
G = F (P (D
t
) g) =
T (τ)
P
+
(τ)
(1.40)
Tiếp theo, chúng ta sẽ chứng minh rằng các đa thức

Q
j+

là các đa thức
độc lập tuyến tính. Thật vậy, giả sử tồn tại các hằng số γ
1
, , γ
r

không đồng
12
thời bằng không, sao cho
r

j=1
γ
j
Q
j+
= 0
điều này sẽ suy ra
r

j=1
α
ij
γ
j
= 0 1 ≤ i ≤ r
mà điều này mâu thuẫn với giả thiết ma trận A là không suy biến. Do các
đa thức

Q
j+

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 λ
k

, sao cho
T (z) =
r

k=1
λ
k
Q
k+
(z)
Do đó
+∞

−∞
Q
j+
P
+
Gdτ =
r

k=1
α
jk
λ
k
1 ≤ j ≤ r (1.41)
Mặt khác chúng ta cần lưu ý rằng
+∞


−∞
Q
j+
P
+
Gdτ =
+∞

−∞
Q
j+
P
+
F (P
−
(D
t
) P
−
g) dτ
= 2πQ
j+
(D
t
) P − (D
t
) v(0) ≡ V
j
1 ≤ j ≤ r
(1.42)

Từ đẳng thức (1.34).Ta có
λ
i
=
r

j=1
α
ij
V
j
= 0 1 ≤ i ≤ r (1.43)
Như một hệ quả, chúng ta có
+∞

−∞
|G|
2
dτ =

λ
j
Q
j+
P
+
Wdτ=
r

i,j=1

α
ij
V
i
V
j
= V
∗
A
−1
V (1.44)
13
trong đó V là véctơ cột với các phần tử V
j
Từ đa thức P(z) không có nghiệm thực và Q
j−
có bậc không nhỏ hơn m-r,
các hàm
Q
j−
P
−
thuộc L
2
(−∞, ∞). Không gian con gồm tất cả các hàm có dạng
r

j=1
Q
j−

P
−
là hữu hạn chiều và đóng. Do các phần tử của L
2
(−∞, ∞) 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 (D
t
) w). Do đó
W =
r

j=1
γ
j
Q
j−
P
−
+ Φ (1.45)
trong đó
+∞

−∞
Q
j−
P
−
Φdτ = 01 ≤ j ≤ r (1.46)
Do đó,

+∞

−∞
|W|
2
dτ =
+∞

−∞
|Φ|
2
dτ +

β
ij
γ
i
γ
j
≥ γ
∗
Bγ (1.47)
trong đó γ là véc tơ cột với phần tử γ
j
. Lưu ý rằng từ các phương trình
(1.36) và (1.37)
+∞

−∞
Q

j−
P
−
Wdτ =
r

k=1
β
jk
γ
k
1 ≤ j ≤ r (1.48)
Mặt khác, từ phương trình (1.33)
+∞

−∞
Q
j−
P
−
Wdτ =
+∞

−∞
Q
j−
P
−
F (P
−

(D
t
) P
−
(D
t
) w) dτ
= 2πQ
j−
(D
t
) P
−
(D
t
) u (0) ≡ Y
j
1 ≤ j ≤ r
(1.49)
14
So sánh các đẳng thức
Bγ = Y (1.50)
trong đó Y là véc tơ cột với các phần tử Y
j
. Chúng ta nhận thấy
V
j
+ Y
j
= 2πQ

j
(D
t
) u (0) ≡ U
j
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 U
j
. 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)
Y
∗
A
−1
Y = γ
∗
BA
−1
Bγ ≤ K
1
γ
∗
Bγ ≤ K
1
+∞

−∞
|W|
2
dτ (1.53)
Từ đẳng thức (1.38) ta nhận được
+∞

−∞
|F (P (D
t

) 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 (D
t
) h) = P (τ)
˜
h F (R (D
t
) h) = R (τ)
˜
h
15
Do đó, từ (1.10) và Công thức Parseval’s ta có
+∞

0

|R (D
t
) u|
2
dt ≤
+∞

−∞
|R (D
t
) h|
2
dt
= 2π
+∞

−∞



R (τ)
˜
h



2
dτ
≤ C
2

1
+∞

−∞



P (τ)
˜
h



2
dτ
= C
2
1
+∞

−∞
|F (P (D
t
) h)|
2
dτ
(1.55)
Cuối cùng, ta lưu ý rằng từ công thức Parseval’s ta có
+∞


−∞
|W|
2
dτ = 2π
+∞

−∞
|P (D
t
) 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 C
1
và K
1
. Định lý đã được chứng minh. 
16
Chương 2
Bài toán biên cho nửa không gian
Trước tiên, ta nhắc lại các kiến thức có liên quan đến bài toán biên cho
nửa không 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
Ta kí hiệu
(x, t) = (x
1
, , x
n

, t)
D
x
=

D
x
1
, D
x
2
, , D
x
n

, D = (D
x
, D
t
)
với
D
x
j
= −i
∂
∂x
j
, D
t

= −i
∂
∂t
Xét toán tử vi phân đạo hàm riêng
P (D) = P (D
x
, D
t
)
P (D) u =
k

|µ|+k≤m
a
µ,k
D
µ
x
D
k
t
u
với
µ = (µ
1
, , µ
n
) , |µ| = µ
1
+ + µ

n
và
D
µ
x
= D
µ
1
x
1
D
µ
2
x
2
D
µ
n
x
n
17
với
ξ = (ξ
1
, ξ
1
, , ξ
n
) ∈ R
n

z ∈ C
đa thức bậc m của n+1 biến theo (ξ, z) có dạng
P (ξ, z) =

|µ|+k≤m
a
µ,k
ξ
µ
z
k
với
ξ
µ
= ξ
µ
1
1
.ξ
µ
2
2
ξ
µ
n
n
Đa thức P (ξ, z) được gọi là biểu trưng cho toán tử P (D
x
, D
t

) .
2.1.2 Biến đổi Fourier trên R
n
Xét v (x) = v (x
1
, x
2
, , x
n
)
Biến đổi Fourier của hàm v, ký hiệu ˜v (ξ) = (Fv) (ξ) và được tính bởi công
thức:
˜v (ξ) = (F v) (ξ) =

R
n
e
−i(x,ξ)
v (x)dx
trong đó
ξ = (ξ
1
, ξ
2
, , ξ
n
) , (x, ξ) = x
1
ξ
1

+ x
2
ξ
2
+ + x
n
ξ
n
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 (D
α
u) (ξ) = ξ
α
F (u) (2.1)
4) Công thức nghịch đảo
v (x) =
1
(2π)
n

R
n
e
i(x,ξ)
˜v (ξ)dξ (2.2)
18
5) Công thức Parseval’s


v (x)w (x)dx =
1
(2π)
n

R
n
˜v (ξ)˜w (ξ)dξ. (2.3)
2.1.3 Không gian S (R
n
)
Không gian S (R
n
) gồm những hàm khả vi vô hạn trong R
n
và giảm
nhanh.
S (R
n
) =

v (x) ∈ C
∞
(R
n
) ; ∀α, β ∃C
α,β
> 0 :



x
α
D
β
v (x)


≤ C
α,β

.
2.1.4 Không gian H
s
(R
n
) , s ∈ R
Với s ∈ R ta đưa vào trong không gian S (R
n
) tích vô hướng sau
(v, w)
s
=

R
(1 + |ξ|)
2s
˜v (ξ) ˜w (ξ)dξ
và chuẩn của tương ứng
|v|

2
s
=

R
(1 + |ξ|)
2s
|˜v (ξ)|
2
dξ. (2.4)
Không gian H
s
(R
n
) được định nghĩa là bao đóng của S (R
n
) theo chuẩn
(2.4).
2.1.5 Không gian H
r,s
(Ω) , s ∈ R, r ∈ N
*)Không gian S (Ω) được định nghĩa như sau
Ta ký hiệu
Ω = {(x, t) ; x ∈ R
n
, 0 < t < b}
với b hữu hạn hoặc vô hạn.
S (Ω) =

v (x, t) ∈ C

∞

Ω

; ∀α, β và k, l
∃C
α,β,k,l
:


x
α
t
k
D
β
x
D
l
t
v (x, t)


≤ C
α,β,k,l

19
Với r là một số tự nhiên và s là một số thực ta đưa vào S (Ω) tích vô hướng sau
(v, w)
r,s

=
r

k=0
b

0

D
k
t
v, D
k
t
w

r−k+s
dt
và chuẩn của tương ứng
|v|
2
r,s
=
r

k=0
b

0



D
k
t
v


2
r−k+s
dt (2.5)
Không gian H
r,s
(Ω) được định nghĩa là bao đóng của S (Ω) theo chuẩn (2.5).
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
Cho các toán tử vi phân đạo hàm riêng P(D) cấp m và Q
j
(D) cấp m
j
với
j=1,2, ,r. Xét bài toán sau
P (D) u (x, t) = f (x, t) t > 0 (2.6)
Q
j
(D) u (x, 0) = 0 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 không có nghiệm thực. Đa thức Q

j
(ξ, z) có bậc nhỏ
hơn m theo z.
Nếu τ
1
(ξ) , , τ
r
(ξ) là các nghiệm của P (ξ, z) với phần ảo dương, đặt
P
+
(ξ, τ) = (τ − τ
1
(ξ)) (τ − τ
r
(ξ)) (2.8)
Đa thức trên là đa thức của τ, không nhất thiết là đa thức của ξ. Đặt
P
−
(ξ, τ) =
P (ξ, τ)
P
+
(ξ, τ)
(2.9)
20
và với mỗi ξ và j chúng ta phân tích
Q
j
(ξ,z)
P (ξ,z)

ra thành tổng hữu tỉ
Q
j
(ξ, z)
P (ξ, z)
=
Q
j+
(ξ, z)
P
+
(ξ, z)
+
Q
j−
(ξ, z)
P
−
(ξ, z)
(2.10)
Đặt
α
ij
(ξ) =
+∞

−∞
Q
j+
(ξ, τ) Q

j+
(ξ, τ)
|P
+
(ξ, τ)|
2
dτ 1 ≤ i, j ≤ r (2.11)
và
β
ij
(ξ) =
+∞

−∞
Q
j−
(ξ, τ) Q
j−
(ξ, τ)
|P
−
(ξ, τ)|
2
dτ 1 ≤ i, j ≤ r (2.12)
Đặt
A (ξ) = (α
ij
)
và
B (ξ) = (β

ij
)
.
2. Tồn tại ma trận A
−1
với hầu hết các số ξ ∈ R và tồn tại hằng số K
1
sao cho
BA
−1
B ≤ K
1
B. (2.13)
2.2.2 Đánh giá đối với bài toán biên trong nửa không gian
Định lý 2.1. Giả sử R (ξ, z) là đa thức thỏa mãn
|R (ξ, τ)| ≤ C
1
|P (ξ, τ)| ξ ∈ R
n
τ ∈ R (2.14)
Với các giả thiết 1 và 2 đưa ra ở trên, tồn tại hằng số C chỉ phụ thuộc vào
C
1
và K
1
, sao cho
+∞

0
|R (ξ, D

t
) v (ξ, t)|
2
dt ≤ C


+∞

0
|P (ξ, D
t
) v (ξ, t)|
2
dt +
r

i,j=1
α
ij
V
i
V
j


(2.15)
thỏa mãn đối với mọi hàm v (ξ, t), sao cho với hầu hết các số ξ ∈ R
n
, v (ξ, t) ∈
S (0, +∞)

Ở đây ma trận

α
ij

= A
−1
, và
V
j
= Q
j
(ξ, D
t
) v (ξ, 0) 1 ≤ j ≤ r (2.16)
21
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
(v, w)
r,s
=
r

k=0
b

0


D
k
t
v, D
k
t
w

r−k+s
dt
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 sô C
chỉ phụ thuộc vào C
1
và K
1
, 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 c
0
, sao
cho
|a (ξ)| ≥ c
0
ξ ∈ R
n
(2.18)
4. Tồn tại một hằng số K
2
, sao cho

µ



P
(µ)
(ξ, τ)



≤ K
2
|P (ξ, τ)| ξ ∈ R
n
τ ∈ R (2.19)

trong đó P (µ) (ξ, τ) = D
µ
ξ
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
D
µ
x
D
k
t
f ∈ L
2
(Ω) với mỗi số µ và k, tồn tại duy nhất nghiệm u ∈ C
∞

Ω

22
của bài toán (2.6) và (2.7), sao cho D
µ
x
D
k

t
f ∈ L
2
(Ω) với mỗi µ và k.
Chứng minh
Thông thường, đặt F là biến đổi Fourier trên R
n
. Với mỗi ξ sao cho A
−1
tồn tại, các đa thức Q
1
(ξ, z) , , Q
r
(ξ, z) độc lập tuyến tính theo mô đun
P
+
(ξ, z). Do đó, với mỗi ξ tồn tại một hàm số f (ξ, t) ∈ S (0, +∞) thỏa mãn
P (ξ, D
t
) h (ξ, t) = F h (ξ, t) t > 0 (2.20)
Q
j
(ξ, D
t
) h (ξ, 0) = 0 1 ≤ j ≤ r (2.21)
Từ (2.13) và Định lý 2.1, |ξ|
j
P
(µ)
(ξ, D

t
) h ∈ L
2
(Ω) với mỗi j ≥ 0 và µ. Bởi
vì mỗi đa thức có một đạo hàm là hằng số khác không. Chúng ta thấy rằng
|ξ|
j
h ∈ L
2
(Ω) với mỗi j ≥ 0. Tiếp theo, cần lưu ý rằng
∂
m−1
P (ξ, τ)
∂τ
m−1
= m!a (ξ) τ + p
1
(ξ) (2.22)
trong đó, p
1
(ξ) là một đa thức chỉ của biến ξ. Bởi vì, |ξ|
j
p
1
(ξ) h ∈ L
2
(Ω)
với mỗi j, điều ấy vẫn đúng với |ξ|
j
a (ξ) D

t
h Vì a (ξ) khác không, ta thấy
rằng |ξ|
j
D
t
h ∈ L
2
(Ω) . Tiếp theo, ta có
∂
m−2
P (ξ, τ)
∂τ
m−2
=
1
2
m!a (ξ) τ
2
+ p
1
(ξ) τ + p
2
(ξ) (2.23)
trong đó p
2
(ξ) là một đa thức chỉ của biến ξ. Vì |ξ|
j
(p
1

D
t
h + p
2
h) ∈ L
2
(Ω)
với mỗi j, cũng lý luận như trên điều ấy cũng đúng với |ξ|
j
a (ξ) D
2
t
h. Điều
ấy vẫn đúng vì a (ξ) khác không, |ξ|
j
D
2
t
h ∈ L
2
(Ω) với mỗi j. Tiếp tục quá
trình này, chúng ta thấy rằng |ξ|
j
D
2
t
h ∈ L
2
(Ω) với mỗi j ≥ 0 và 0 ≤ k ≤ m.
Chúng ta có thể tiến xa hơn. Do h (ξ, t) ∈ S (0, +∞), ta có thể lấy đạo hàm

2 vế của phương trình (2.14) theo biến t. Do đó
P (ξ, D
t
) D
t
h = D
t
F f (ξ, t)
Do vế trái có dạng
a (ξ) D
m+1
t
h +
m

k=1
q
k
(ξ)D
k
t
h
23
và |ξ|
j
q
k
(ξ) D
k
t

h ∈ L
2
(Ω) với mỗi j, khi 0 ≤ k ≤ m, chúng ta thấy rằng
|ξ|
j
a (ξ) D
m+1
t
h ∈ L
2
(Ω) với mỗi j. Bằng cách lấy đạo hàm liên tiêp 2 vế của
đẳng thức (2.1) theo t và áp dụng lý luận như trên, chúng ta kết luận được
|ξ|
j
D
k
t
h ∈ L
2
(Ω) với mỗi j và k.
Với mỗi t>0, đặt u (x, t) = F
−1
h (ξ, t). Do u ∈ L
2
(Ω) và với mỗi x ∈ R
n
chúng ta biết rằng u (x, t) ∈ S (0, +∞). Hơn nữa, |u|
k,j
< +∞ với mỗi j và k.
Suy ra, u ∈ C

∞

Ω

và D
µ
x
D
k
t
u ∈ L
2
(Ω). Tính duy nhất được suy ra từ Định
lý 2.1. 
2.3 Một số ví dụ
Sau đây chúng ta sẽ xét một số ví dụ minh họa cho các định lý trên.
Ví dụ 1 Cho P (ξ, τ) = a (ξ) (τ − i), trong đó a (ξ) là một đa thức đối với
ξ. Trong trường hợp này
P
+
(ξ, τ) = τ − i P
−
(ξ, τ) = a (ξ)
Ta cũng dễ dàng kiểm tra được
Q
+
(ξ, τ) =
1
a (ξ)
Q

−
(ξ, τ) = 0
Do đó
α (ξ) =
1
|a (ξ)|
2
+∞

−∞
dτ
(τ − i) (τ + i)
=
π
|a (ξ)|
2
bằng cách lấy tích phân theo chu tuyến. Vì vậy
A
−1
=
|a (ξ)|
2
π
B = 0
và từ Định lý 2.1 nếu R (ξ, τ) là các đa thức thỏa mãn
|R (ξ, τ)| ≤ C
1
|a (ξ) (τ − i)|
thì
+∞


0
|R (ξ, D
t
) v|
2
dt ≤ C |a (ξ)|
2


+∞

0
|(D
t
− i) v|
2
dt + |v (ξ, 0)|
2


24