Chỉnh hóa nghiệm một bài toán ngược trong phương trình nhiệt

m, 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 15- Trường 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, 1:A H H với       2 2 1 , 0, , 0,1 . H L H L      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 1:A H H là toán tử tuyến tính liên tục. Chứng minh được rằng vế phải F của phương trình Aw F thuộc  2 0,1L . 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 1H H A  . Bài toán nhiệt sau đây được chúng tôi khảo sát: Tìm hàm  w x thoả  ,t xxu u f x t  , 0,x  0 t 1  , (0.1)    ,0u x w x , 0x  , (0.2)    0,u t g t , 0 1t  , (0.3)    0,xu t h t , 0 1t  , (0.4) trong đó f , g , h là các hàm cho trước. Xét bài toán             , , 0, 0, ,0 , 0, 0, , 0. t xx x u u f x t x t I u x w x x u t h t t          Bằng phương pháp chồng chất nghiệm, nghiệm của bài toán  I được tìm dưới dạng        1 2 3, , , ,u x t u x t u x t u x t   . (0.5) Khi đó, sau nhiều phép tính phức tạp,  ,u x t được cho bởi         2 2 4 41, w 2 x x t tu x t e e d t                          2 2 4 4 0 , 2 x xt t tf e e d d t                        24 0 1 t xh t e d      . Từ đây ta nhận được phương trình tích phân Fredholm loại một để tìm ẩn hàm  w x :       2 4 0 0 1 w t t h t e d g t d t              24 0 0 ,t tf e d d t           hay viết dưới dạng phương trình toán tử như sau     Aw t F t . (0.6) 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 Fw là nghiệm ứng với dữ kiện F thì một thay đổi nhỏ của F kéo theo một thay đổi lớn của Fw ). 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 ( 1,w H F H   )  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 3  hoặc  , nghĩa là 3w w M   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  mw là bước lặp thứ m. Sai số giữa  mw và nghiệm chính xác w được cho bởi    1mw w 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)      2 2:L w x w x dx           ,  0,   , với tích vô hướng được định nghĩa như sau      ,w w x x dx     ,  2w, L  , 2)      12 2 0 0,1 :L w x w x       , với tích vô hướng được định nghĩa như sau    1 0 ,w w x x dx   ,  2, 0,1w L , 3)       12 2 0 0 0,1 , : ,L f x t f x t dxdt           , với tích vô hướng được định nghĩa như sau      1 0 0 , , ,f g f x t g x t dxdt     ,   2, 0,1f g L   , 4).   0,1C : Không gian Banach các hàm số liên tục trên  0,1 , đối với chuẩn    0,1suptg g t ,   0,1g C . 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  0, 0t f t  ,  ii Với 0t  , 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   atf t Me , 0t  . 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   0 pte f t dt    . (1) Ta viết  F p  L f t    . (Xem  2,10,11 ). 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      ,Re 1,...,i i iL f t F p p a i n      , thì       1 1 ,Re max , 1,..., n n i i i i i i i L f t F p p a i n            , trong đó i là các hằng số thực hoặc phức và ia là các chỉ số tăng tương ứng của các hàm  if t . Mệnh đề 2 (biến đổi của đạo hàm). Cho  f t là một hàm gốc và     ,ReL f t F p p a     . Khi đó  i Nếu  'f t cũng là một hàm gốc thì      ' 0 ,ReL f t pF p f p a      ,  ii Tổng quát, nếu các đạo hàm     nf t n đều là những hàm gốc thì              120 ' 0 0... ,Re n n n n f f f L f t p F p p a p p p               . (Xem  2,10,11 ). Định nghĩa 3. Tích chập của hai hàm  1f t và  2f t là hàm  t được xác định bởi          1 2 1 2 0 0 t t t f f t d f t f d           . (2) Ta viết     1 2ft f t   . Ta có kết qủa sau về biến đổi Laplace của tích chập của hai hàm. Mệnh đề 3. Giả sử    1 1L f t F p    ,    2 2L f t F p    , 1 1Re p a , 2 2Re p a . Khi đó       1 2 1 2L f f t F p F p     , Re p   1 2max ,a a . (3) (Xem  2,10,11 ). Nếu  F p là ảnh của một hàm gốc  f t nào đó thì ta có      1 1 2 a i pt a i f t L F p e F p dp 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 0, ,M R  sao cho   MF p p   , 0p R  Rep 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      1 1 2 a i pt a i f t L F p e F p dp 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 0, ,M R  sao cho  Rep p a   và 0p R thì   MF p p   . Khi đó ta có  lim 0, 0 R pt R F p e dp t     , (5) trong đó R là một phần đường tròn p R nằm trong miền  Re p a , 0R R . Chứng minh. Ta chia R thành bốn phần, R 1 2 3 4C C C C    như hình vẽ Gọi 1 2 3 4, , ,I I I I lần lượt là các tích phân trên 1 2 3 4, , ,C C C C . Ta lần lượt đánh giá các tích phân này như sau 1 2 iC p Re           2 cos sin1 i tR itR iI F Re e Re id         Suy ra  2 cos1 i tRI F Re e Rd       (vì cos sin costR iR tRe e    và iRe i R  ) Theo giả thiết,  i MF Re R  , a+ib a-ib x y C2 C3 R C1 C4 o a  do đó 2 cos 1 tRMI e Rd R       2 cos1 RtM e dR       Hơn nữa, , 2       , ta có cos cosRt Rt ate e e   (vì cosa R  ) Như vậy 2 1 1 atMI e d R      1 2 atMe R        hay 1 1 1arccos arcsin2 at atMe a Me aI R R R R           . Tiếp theo ta sử dụng bất đẳng thức arcsin 2   nếu 0 1  (hay 2sin  nếu 0 2   ) ta nhận được 1 1 2 2 at atMe a aMI e R R R      . Vậy 1lim 0R I  . Tích phân trên cung 2C được đánh giá tương tự. Thật vậy, ta có   cos sin2 2 i tR itR iI F Re e iRe d         . Do đó  cos2 2 Rt iI e F Re Rd       . Vì  i MF Re R  , nên cos 2 1 2 RtMI e d R       . Sử dụng bất đẳng thức 2cos 1   với 2     , ta thu được 21 2 1 2 RtMI e d R             1 12 RtM eR Rt     12 RtM etR   . Vậy 2lim 0R I  . Làm tương tự ta cũng thu được 3 4lim lim 0R RI I   . Vậy  lim 0 R pt R F p e dp   . Bổ đề 2. Dùng công thức tích phân Bromwich và Bổ đề 1 ta có 2 1 41 p teL e p t           , 0  . (6) Chứng minh. Đặt   1 2 a i p pt a i ek t e dp i p          , 0a  , (7) và chọn chu tuyến đóng 1 2 3 4 5 6C C C C C C C         nằm trong miền đơn liên  \ ,0D    như hình vẽ y x C1 C2 C3 C4 C5 C6  C a a+ib a-ib Hàm   1 2 p pt eG p e i p     là hàm giải tích đơn trị trong D và không có điểm kỳ dị nào trong D . Do đó theo định lý Cauchy ta có   0G p dp   . Đặt 1 2 5 6R C C C C     thì           3 4 0 R C C C G p dp G p G p dp G p dp G p dp            . Hàm   peF p p   thoả điều kiện của Bổ đề 1. Thật vậy, đặt   2 cos sin 2 2 2 2 i R i Re i i e eF p Re Re             . Suy ra   cos 2 1 R eF p R R    , 11, 2 M      . Vậy theo Bổ đề 1 ta thu được   1lim lim 0 2 R R p pt R R eG p dp e dp i p         . (9) Mặt khác trên : iC p e   ta có   1 2 p pt C C eG p dp e dp i p       2 2 1 2 i i e te i i ee i e dp i e              . Vậy   cos 2 cos1 2 t C eG p dp e d              cos cos 21 2 t e d             . Từ đó suy ra   0 lim 0 C G p dp    . (10) Cho R  , 0  , từ (8), (9) và (10) ta nhận được   1lim 2 a ib p pt R a ib ek t e dp i p         3 4 1 1lim lim 2 2 p p pt pt R R C C e ee dp e dp i ip p            . Chú ý rằng ở bờ trên của nhát cắt (trên 3C ) ta có arg p  , ip re r   , 2 i p re i r    . Còn ở bờ dưới của nhát cắt (trên 4C ), arg p   ip re r   , 2 i p re i r    ,  0r  . Suy ra   0 0 1 1 2 2 i r i r rt rte ek t e dr e dr i ii r i r            0 1 2 i r i r rt e ee dr r         0 1 cosrt re dr r      . Đổi biến x r , ta có 2r x , 2dr xdx . Ta thu được   2 0 1 cos 2tx xk t e xdx x      2 0 2 costxe xdx    . Do hàm dưới dấu tích phân là hàm chẵn nên   21 costxk t e xdx       21 Re cos sintxe x i x dx       21 Re tx i xe e dx      2 2 421 Re t x i tte dx              22 241 Re t x i tte e dx              2 241 t xte e dx        . Vì vậy   2 41 tk t e t     , do 2xe dx x     . Bổ đề 2 được chứng minh. Chương 2: Phương trình nhiệt Bài toán. Tìm hàm  w x thoả  ,t xxu u f x t  , 0x  , 0 1t  , (11)    ,0u x w x , 0x  , (12)    0,u t g t , 0 1t  , (13)    0,xu t h t , 0 1t  , (14) trong đó f , g , h là các hàm cho trước. Trước tiên ta xét bài toán sau  ,t xxu u f x t  , 0x  , 0t  , (11)    ,0u x w x , 0x  , (12)    0,xu t h t , 0t  . (14) Nghiệm của bài toán (11), (12), (14) được tìm dưới dạng        1 2 3, , , ,u x t u x t u x t u x t   , (15) với 1 2 3, ,u u u là nghiệm của các bài toán tương ứng sau đây: Bài toán  A . 0t xxu u  , 0x  , 0t  , (16)    ,0u x w x , 0x  , (12)  0, 0xu t  , 0t  , (17) Bài toán  B .  ,t xxu u f x t  , 0x  , 0t  , (11)  ,0 0u x  , 0x  , (18)  0, 0xu t  , 0t  , (17) Bài toán  C . 0t xxu u  , 0x  , 0t  , (16)  ,0 0u x  , 0x  (18)    0,xu t h t , 0t  . (14) Nhận xét. Ta tìm nghiệm của ba bài toán      , ,A B C với  0,t  . 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 0t xxu u  , x , 0t  , (16)    ,0u x w x , (12) được xác định bởi       2 41, 2 x tu x t e w d t      . (19) (Xem  5,6,9,12 ). Bổ đề 4. Giả sử hàm       2 41, 2 x tu x t e d t       với  là hàm bị chận. Khi đó với mọi 0t  ta có  i Nếu  là hàm lẻ thì  0, 0u t  ,  ii Nếu  là hàm chẵn thì  0, 0u t x   . Chứng minh.  i Ta có     2 410, 0 2 tu t e d t       , vì hàm dưới dấu tích phân là hàm lẻ.  ii Ta có       2 410, 0 4 tu t e d x t t            do hàm dưới dấu tích phân là hàm lẻ. Bổ đề 5. Nghiệm của bài toán  A là         2 2 4 4 1 1, w 2 x x t tu x t e e d t              . Chứng minh. Goị  x là thác triển chẵn của  xw lên , tức là      , 0, , 0. w x x x w x x       Đặt       2 41, 2 x tU x t e d t       , thì    , , , 0U x t u x t x   ,      ,0 ,0 , 0U x u x w x x    , với  ,u x t được xác định bởi (19) trong Bổ đề 3,  0, 0U t x   (do Bổ đề 4). Như vậy  ,U x t thoả (16),(12),(17). Tiếp theo ta biến đổi  ,U x t như sau           2 20 4 4 0 1, 2 x x t tU x t e d e d t                    . Đổi biến 1   trong tích phân thứ nhất,           2 2 1 4 4 1 1 0 0 1, 2 x x t tU x t e d e d t                            2 2 4 4 0 0 1 2 x x t te w d e w d t                 .         2 4 41, 2 x x t tU x t w e e d t              . Vậy (20) là nghiệm của bài toán  A . Để chỉ ra nghiệm của bài toán  B ta cần bổ đề sau. Bổ đề 6. Nghiệm của bài toán Cauchy không thuần nhất  ,t xxu u f x t  , x    , 0t  , (11)  ,0 0u x  , (18) được xác định bởi          2 4 0 , , 2 xt tfu x t e d d t               0 , , t 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       0 , , , t u x t G f x t d d         . Giả sử   21 0,f C   có giá compact. Vì  ,G G   là hàm trơn ở gần 0t   , ta tính       0 , , , t t tu x t G f x t d d            , ,0G t f x d    và      2 22 2 0 , , , tu x t G f x t d d x x            . Như vậy, ,t xxu u và tương tự u đều thuộc   0,C   . Bây giờ để kiểm tra (21) thoả (11) ta tính toán như sau         0 , , , , t t xx xu x t u x t G f x t d dx                      , ,0G t f x d       , ,t G f x t d d                         0 , ,G f x t d d                        , ,0G t f x d    I J K    . Bây giờ ta lần lượt đánh giá như sau    2 0 ,f L L J f D G d d C            , (23) do  , 1G d d     . (xem  5,6,9,12 ). Để tính I ta viết thành hai tích phân rồi tính tích phân từng phần. Khi đó ta thu được    , ,tI G f x t d d                , ,t G f x t d d                , ,t G f x t d d                    (24)    , ,G f x t d          , ,0G f x 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         0 , , lim , ,t xxu x t u x t G f x t d          ,f x t  , 0x t  , ở đây giới hạn khi 0  được tính giống như trong chứng minh Bổ đề 3. Cuối cùng chú ý rằng  , 0LLu t t f    . Vậy (21) là nghiệm của bài toán (11), (18). Bổ đề 7. Nghiệm của bài toán  B là             2 2 4 4 2 0 ,1, 2 x xt t tfu x t e e d d t                      . (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      , , 0, 0 , , , 0, 0. f x t x t x t f x t x t         Đặt          2 4 0 , , 2 xt tV x t e d d t            . Khi đó  ,V x t thoả (11),(18) với mọi 0x  ,  ,0 0V x  , với 0x  (do Bổ đề 6),  0, 0V t x   (do Bổ đề 4). Như vậy  ,V x t thoả (11), (18), (17). Bây giờ ta biến đổi  ,V x t như sau           2 0 4 0 1, , 2 xt tV x t e d d t                      2 4 0 0 1 , 2 xt te d d t             . Đổi biến 1   trong tích phân thứ nhất,           2 1 4 1 1 0 0 1, , 2 xt tV x t e d d t                     2 4 0 0 1 , 2 xt te d d t                     2 4 0 0 1 , 2 xt tf e d d t                    2 4 0 0 1 , 2 xt tf e d d t                         2 2 4 4 0 , , 2 x xt t tfV x t e e d d t                      . Vậy nghiệm của bài toán  B là             2 2 4 4 2 0 ,1, . 2 x xt t tfu x t e e d d t                      Bổ đề 8. Bài toán  C có nghiệm là     2 4 0 1, t xh t u x t e d       . (26) Chứng minh. Gọi       0 , ,ptU x p L u t e u x t dt        là biến đổi Laplace của  ,u x t và    H p L h t    . Khi đó sử dụng Mệnh đề 2 (coi p là tham số) ta có  2 22 2 ,d U uL x tdx x             , , ,0 ,upU x p pU x p u x L x t t        . Vì vậy bài toán  C khi chuyển qua ảnh ta nhận được bài toán 2 2 d UpU dx  (27)    0,dU p H p dx  . (28) Nghiệm tổng quát của (27) là   1 2, px pxU x p C e C e  . Vì  lim , 0 x U x p  nên ta phải chọn 2 0C  . Như vậy,   1, pxU x p C e . Từ điều kiện (28) của U , suy ra    , pxH pU x p e p        1, ,U x p H p U x p , với  1 , pxeU x p p  . (29) Theo Bổ đề 2, x  ta có     2 1 4 1 1 1, , x tu x t L U x p e t       . (30) Từ (29), (30) và Mệnh đề 3 ta nhận được      1 0 , , t u x t h t u x d    . Vậy     2 4 0 , t xh t u x t e 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         2 2 4 41, w 2 x x t tu x t e e d t                          2 2 4 4 0 , 2 x xt t tf e e d d t                        24 0 1 t xh t e d      . Chương 3: Thiết lập phương trình tích phân Giả thiết  i   0,1g C ,  ii   0,1h C ,  iii      2 10,1 0,1f L L     và tồn tại 0, 0c   sao cho  , cf x t dx t   ,  iv    2 1Lw L   . Bổ đề 9. Với các giả thiết    i iv ta có     2 4 0 1lim , t x u x t w e d t            24 0 ,1 t tf e d d t             0 1 t h t d      . (32) Chứng minh. Xét tích phân         2 2 4 4 1 1, 2 x x t tu x t w e e d t              . Gọi  , ,w x t là hàm dưới dấu tích phân của  1 ,u x t . Khi đó ta có    , , ww x t t   . (33) Hàm ở vế phải (33) thuộc  1L  (coi t là tham số). Thật vậy, theo giả thiết  iv thì    1 0 1 L w d w t t       . Vậy theo định lí hội tụ bị chận Lebesgue (xem  2,4,16 ) ta thu được     2 4 10 0 1lim , t x u x t w e d t         . (34) Bây giờ ta chứng minh tích phân thứ hai cũng bị chận. Thật vậy, ta có              2 2 4 4 2 0 0 , , 2 x xt t tfu x t e e d d t                       . Gọi  , , ,f x t  là hàm dưới dấu tích phân của  2 ,u x t . Khi đó      , , , , f f x t t        (35) do     2 2 4 4 2 x x t te e                   . Ta có hàm ở vế phải (35) thuộc   1 0,1L   . Thật vậy, theo  iii thì        0 0 0 0 , , t tf dd d f d t t                  0 tc d t      2 0 2 t t t c d d t t                   . (36) Ta đánh giá các tích phân trong đẳng thức cuối của (36) như sau 0, 2 2 2 t t tt t          1 2 tt   1 2 1 tt     . 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, , 2 2 t tt      1 2         1 2 t         1 2 1 tt 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       2 4 20 0 0 ,1lim , t t x f u x t e d d t              . (37) Bây giờ xét tích phân thứ ba của (32). Ta cũng làm tương tự. Thật vậy, xét     2 4 3 0 1, t x t h t u x t e d       . Gọi  , ,h x t  là hàm dưới dấu tích phân của  3 ,u x t . Từ giả thiết  ii ta có     2, , h t ch x t      , (38) với hàm ở vế phải (38) thuộc  1 0,L t (coi t là tham số). Thật vậy, 2 2 2 0 0 2t tc c d c td t       . Do đó theo định lý hội tụ bị chận Lebesgue ta thu được    30 0 1lim , t x h t u x t d       . (39) Từ (31), (34), (37) và (39) ta được Bổ đề 9. Bây giờ, từ (32) và (13), cho 0x  ta nhận được     2 4 0 1 tg t w e d t              24 0 0 0 ,t ttf h te d d d t               . Từ đây ta nhận được phương trình tích phân Fredholm loại một để tìm ẩn hàm  w x :       2 4 0 0 1 w t t h t e d g t d t              24 0 0 ,t tf e d d t           . (40) Đặt       0 t h t F t g t d         24 0 0 ,t tf e d d t           , (41) và      2 4 0 1 tAw t w e d t       (42) thì (40) trở thành     Aw t F t . (43) Bổ đề 10. Với các giả thiết    i iv như đã cho thì  2 0,1F L . Chứng minh. Vì   0,1g C nên  2 0,1g L . Mặt khác,     0 0 t t h th t d d        2 2 2 0 2 2 t dc c t c   . Do đó   0 t h t d      2 0,1L . Đặt       2 4 0 0 ,t tft e d d t           . Ta chứng minh  2 0,1L  . Thật vậy, áp dụng bất đẳng thức Cauchy_Schwarz ta có       2 4 0 0 ,t tft e d d t           Suy ra       2 2 2 4 0 0 ,t tft e d d t                    2 2 2 0 0 0 0 , t t tef d d d d t                    2 2 2 0,1 0 0 2t L df e d t        , Với  2 t      2 2 0,1 02 t L df t     Như vậy     22 2 0,12 Lt t f   . (44) Do đó    2 1 22 0,1 0 L t dt     2 1 2 0,1 0 2 L f tdt     2 2 0,1 2 2 3 L f  . Vậy  2 0,1L  hay  2 0,1F L . Bổ đề 10 được chứng minh. Định lý 4. Đặt      2 1 2: 0,1A L L L        2 4 0 1 x tAw t w x e dx t    . (42) Khi đó  i    2 1w L L    ,  2 0,1Aw L ,  ii A là toán tử tuyến tính liên tục,      2 2 1 4 0,1 2 L L Aw w   .  iii Hơn nữa, A có thể thác triển thành toán tử tuyến tính liên tục (vẫn kí hiệu là A)    2 2: 0,1A L L  ,  142A  . Chứng minh. Đặt     2 4 0 1 x tV t w x e dx t    . Sử dụng bất đẳng thức Cauchy_Schwarz ta có     2 4 0 1 x tV t w x e dx t    . Suy ra     2 2 2 4 0 1 x tV t w x e dx t          2 2 2 0 0 1 t x tw x dx e dx t       2 2 2 0 1 2 ._.