Nghiệm chỉnh hóa rời rạc cho phương trình tích chập

bảo cho tác giả trong suốt quá trình thực hiện. Tác giả xin chân thành cám ơn Quý Thầy tham gia giảng dạy lớp Cao Học khóa 13, chuyên ngành Giải tích của Trường Đại Học Sư Phạm TPHCM, những người đã tận tình truyền đạt kiến thức cho tác giả. Tác giả vô cùng biết ơn Quý Thầy Cô phòng Sau Đại Học Trường Đại Học Sư Phạm TPHCM đã tạo mọi điều kiện thuận lợi cho tác giả hoàn thành luận văn này. Cuối cùng, tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn với gia đình, bạn bè và người thân đã hỗ trợ, động viên tác giả trong suốt thời gian qua. Chương 1 MỘT SỐ CÔNG CỤ 1.1 Bổ đề Fatou Nếu f1, f2 , ... là dãy hàm không âm, khả tích xác định trên   , và thỏa lim inf fn(x)=f(x) h.k.n, trong đó f là hàm khả tích trên   , , thì .)(inflim)(       dxxfdxxf n 1.2 Định lý hội tụ bị chặn Nếu f1 , f2 , ... là dãy hàm khả tích trên   , và tồn tại hàm khả tích F sao cho ,Nn )x(F)x(fn  h.k.n thì f là hàm khả tích và .)()(lim         dxxfdxxf n n 1.3 Định lý Fubini Nếu       dxdy)y,x(f hội tụ tuyệt đối thì    dy)y,x(f tồn tại hầu khắp nơi và là hàm khả tích theo biến x. Hơn nữa              .),(),( dxdyyxfdyyxfdx Tương tự .),(),(             dxdyyxfdxyxfdy 1.4 Định lý Tonelli-Hobson Nếu một trong hai tích phân ,),(      dyyxfdx       dx)y,x(fdy hội tụ tuyệt đối thì       dxdy)y,x(f hội tụ tuyệt đối và       dxdy)y,x(f =       dy)y,x(fdx = .),(      dxyxfdy 1.5 Định lý Nếu f là hàm khả tích trên  R,R , 0R  thì   h 0 0h 0dt)x(f)tx(f h 1 lim h.k.n   x . Tập hợp các x thỏa mãn điều kiện trên được gọi là tập Lesbegue của f. Rõ rà ng tập Lesbe gue của f chứa các điểm x mà tại đó f liên tục. 1.6 Định nghĩa Cho  p1 . Hàm f xác định trên   , được gọi là thuộc Lp nếu    dx)x(f p . Khi đó, ta đặt .)( /1 p p p dxxff             1.7 Định lý Nếu f pL thì .0)()(lim 0      dxxftxf p t 1.8 Định lý Nếu f, g pL thì ppp gfgf  , ppp gfgf  . 1.9 Định lý Cho f1 , f2 ,... thuộc L p. Nếu 0fflim pmnn,m   thì tồn tại f pL sao cho 0fflim pnn   . 1.10 Định lý Cho f1, f2 ,... thuộc L p. Nếu 0fflim pnn   và )x(g)x(flim n n   h.k.n   x thì f(x) = g(x) h.k.n   x . 1.11 Bất đẳng thức Hưlder Cho pLf  và 'pLg với  ',1 pp và 1 ' 11  pp . Khi đó fg 1L và .)()( 'pp gfdxxgxf    1.12 Định lý Cho f, f1, f 2,...thuộc L 2 và 2 lim 0n n f f    thì với g bất kì thuộc L2, ta có lim ( ) ( ) ( ) ( ) .n n f x g x dx f x g x dx        Chương 2 TỔNG QUAN VỀ BIẾN ĐỔI FOURIER TRÊN KHÔNG GIAN L1, L2 2.1 BIẾN ĐỔI FOURIER TRÊN KHÔNG GIAN L1 2.1.1 Định nghĩa Cho 1Lf  . Ta có    dttfeixt )( 1 ( )f t dt f    , .x R  Do đó    dt)t(feixt tồn tại Rx và ta định nghĩa biến đổi Fourier fˆ của 1Lf  bởiø )x(fˆ    dt)t(feixt . Khi đó fˆ bị chặn trên   , và 1 )(ˆsup fxf  . 2.1.2 Tính chất a) f liên tục trên  ,  . Do định nghĩa, ta có      dt)t(f1ee)x(fˆ)hx(fˆ ihtixt . nên     dt)t(f1e)x(fˆ)hx(fˆ iht . Mà )t(f2)t(f1eiht  , và 0)t(f1elim iht 0h   , với mọi t . Vì vậy, theo định lý hội tụ bị chặn, ta có      0dt)t(f1elim iht 0h . Do đó 0)x(fˆ)hx(fˆlim 0h   , nghĩa là f liên tục trên  . b) ( ) 0 x lim f x   . Theo định nghĩa     dt)t(fe)x(fˆ ixt , nên với 0x , ta có                       dt x tfedt)t(fe)x(fˆ ixtx tix . Từ đó suy ra                  x tf)t(fe)x(fˆ2 ixt dt, và dt x tftfxf             )()(2 . (1) Nhưng vì 1Lf  nên theo định lý 1.7,             0dt x tf)t(flim x . (2) Từ (1) và (2) suy ra 0)x(fˆlim x   . 2.1.3 Chú ý Ta biết nếu f  L1 thì fˆ liên tục trên (-, ) và ˆlim ( ) 0 x f x   . Nhưng ngược lại ( ) f x liên tục trên (-, ) và lim ( ) 0 x f x   thì chưa thể kết luận f là biến đổi Fourier của một hàm thuộc L1. Thật vậy, ta xét ví dụ sau 1 , ( ) ln ( ) , (0 ) - (- ), ( 0) x e x x g x x e e g x x            Dễ thấy g(x) liên tục trên R và x lim g(x) = 0  . Đồng thời, hàm g có tính chất sau đây ( ) lim lim lim ln(ln ) ln N N e eN N N g x dx dx N x x x        . (1) Giả sử tồn tại f  L1 sao cho g f thì - ( ) ( ) , .ixtg x e f t dt x R      Mà g(x) = -g(-x) nên ta có - -( ) - ( )ixtg x e f t dt     . Suy ra - 2 ( ) 2 ( )sing x i f t xtdt     . Như vậy 0 0 ( ) ( ) sin ( )sing x i f t xtdt i f t xtdt      , 0 0 ( ) sin - (- ) sini f t xtdt i f t xtdt      , = 0 ( ) sin .F t xtdt   trong đó, F(t) = i[f(t) – f(-t)], và ta được 0 | ( ) |F t dt    (vì 1f L ). Bây giờ, với N=3, 4, 5,...thì 0 ( ) ( )sin N N e e g x dx dx F t xtdt x x     . Vì 0 ( )F t dt    nên theo định lý1.4, ta được 0 ( ) sin ( ) N N e e g x xt dx F t dt dx x x     = 0 sin ( ) Nt et x F t dt dx x    . (2) Mà a sinx dx x   hội tụ nên tồn tại sin lim N Nt et x dx x  . Từ (2), ta suy ra ( ) lim N N e g x dx x   . Điều này mâu thuẫn với (1). Vậy g không phải là biến đổi Fourier của một hàm thuộc L1. 2.2 BIẾN ĐỔI FOURIER TRÊN KHÔNG GIAN L2 2.2.1 Bổ đề Với mọi số thực 0 và   , ta có 4/ 2/1 22                edtee tti . Chứng minh Với   và R > 0 bất kì, lấy tích phân hàm giải tích 2ze dọc theo đường  là biên của hình chữ nhật tạo bởi bốn đỉnh : R, -R , R+iβ, -R+iβ, ta có 2 0ze dz    . nên         R R R R iyRixiyRx dyedxedyedxe    0 0 )()()( 0 2222 , hay         R R R R RiyyRRiyyRxix dyedyedxedxe    0 0 22)( 222222 . Từ đẳng thức trên, ta được   2 2 2 2( ) 0 [ 2 sin 2 ] R R x i x R y R R e dx e dx e e i Ry dy             . (*) Vì 2 2 0 0 ( 2 sin 2 ) 2y ye i Ry dy e dy       , nên 0)2sin2(lim 0 22    dyRyiee yR R  . Mặt khác      2/1 2 dxe x ( xem 3.3.4.2 ) Do đó, từ đẳng thức (*), khi cho ,R  ta có      2/1)( 2  dxe ix , hay 2 22 1/ 2i x xe e dx e        . Chọn 2/12     . Ta được            42/1 2 22/1 edxee xxi . Đổi biến xt 2/1  thì 2 2 1/ 2 / 4 , i t te e dt e                  và bổ đề được chứng minh. 2.2.2 Định lý Cho 21 LLf  . Ta có 2Lf   , và 2 2 ( ) 2 ( )f x dx f t dt       , hay 2 2/1 2 )2( ff   . Chứng minh Xuất phát từ biểu thức 2 ( ) ( ). ( ) ( ) ( )ixt ixuf x f x f x e f t dt e f u du            , ta suy ra              dttfedxedxxfe ixtnxnx )()( / 2 / 22     duufe ixu )( . Vì f 1L nên theo định lý 1.4, ta có                 dxeedttfduufdxxfe nxutixnx /)( 2 / 22 )()()( . Mặt khác, theo bổ đề 2.2.1 dxee nxutix /)( 2     = 2n(t-u) 1/ 2 4( )n e  Do đó, 2 2 2 ( ) / 1/ 2 4( ) ( ) ( ) ( ) n t u x ne f x dx n f u du e f t dt            , 2 1 / 2 4( ) ( ) ( ) nt n f u du e f t u dt         , 2 1 / 2 4( ) ( ) ( ) nt n e dt f t u f u du         , 2 1 / 2 4( ) ( ) nt n e F t dt      , với F(t)=     duufutf )()( . Đổi biến, ta được 2 2 2 / 2( ) 2x n t t e f x dx e F dt n                 . (1) Mặt khác       du)u(f)u(f)ut(fdu)u(f)]u(f)ut(f[)0(F)t(F . Theo bất đẳng thức Hưlder, ta được        duufduufutfFtF 222 )()()()0()( , và theo định lý 1.7 thì 0)()(lim 2 0     udufutf t , nên )0()(lim 0 FtF t   . Do đó F liên tục tại t = 0. Với t bất kì, theo bất đẳng thức Hưlder, ta có        4 2 222 )()()( fduufduutftF . Suy ra 22 4 2 2 tt ef n t Fe        . Ta lại có )0( 2 lim 22 Fe n t Fe tt n         ( vì F liên tục tại 0 ). Do đó theo định lý hội tụ bị chặn               )0()0( 2 lim 22 FdteFdt n t Fe tt n  , nghĩa là,            2 2 2 lim 2 fdt n t Fe t n  . (2) Từ (1) và (2), ta được 2 2 2 2 lim ( ) 2 x n n e f x dx f      . Bây giờ, ta xét 2 )()( 2 xfexf n x n   là dãy hàm khả tích, không âm và thỏa 22 / )()(lim 2 xfxfe nx n     . Theo bổ đề Fatou, ta có         2 2 2 / 2 2)(lim)( 2 fdxxfedxxf nx n  . Do đó 2Lf   . Hơn nữa 22 / )()( 2 xfxfe nx    , và 2f 1L nên theo định lý hội tụ bị chặn, 2 22 2 2 ( ) lim ( ) 2 x n n f x dx e f x dx f          . Chứng minh được hoàn tất. 2.2.3 Định lý Cho 2Lf  . Với N=1,2,... Đặt )()( tftf N  ( N t  ) 0)( tf N ( t > N ) thì 21 LLfN  và 2LfN   . Hơn nữa khi N ,  Nf hội tụ trong L 2 về một hàm thuộc L2. Chứng minh Theo bất đẳng thức Hưlder, ta có 1/ 2 2 ( ) ( ) ( ) , N N N N N N N f t dt f t dt f t dt dt                  nên 2 1/ 2 2 ( ) (2 ) .Nf t dt f N      Vậy 1LfN  . Mặt khác, vì Rttftf N  ,)()( , và 2Lf  nên 2LfN  Như vậy, 21 LLfN  . Bây giờ, ta sẽ chứng minh  Nf hội tụ trong L 2 về một hàm thuộc L2. Thật vậy, áp dụng định lý 2.2.2 thì 2Lf N   . Với M<N, ta có NM ff   là biến đổi Fourier của fM - fN, và 21 LLff NM  nên theo định lý 2.2.2 2 2 2 2 2 NMNM ffff    . Mà     dttffff NMNM 22 2 ))(( , tức là,      M N N M NM dttfdttfff 222 2 )()( . Vì 12 Lf  nên 0 2 2  NM ff khi NM , . Vậy theo định lý 1.9 tồn tại 2Lg sao cho gf N   . 2.2.4 Định nghĩa Cho 2 .f L Ta định nghĩa biến đổi Fourier của f là ( ) lim ( ) lim ( ). N ixt N N N N f x e f t dt f x        Lưu ý rằng lim ở đây hiểu dưới dạng hình thức nghĩa là 0 2   ff N khi N . 2.2.5 Chú ý Với 2Lf  ta định nghĩa 2Lf   như vừa nêu ở trên. Nhưng nếu 1Lf  ta có định nghĩa      dttfexf ixt )()( ( -  x ) Vì Rttftf N  ,)()( nên theo định lý hội tụ bị chặn, ta có )(ˆ)()(lim xfdttfedttfe ixtN ixt N       . Suy ra )(ˆlim)(lim)(ˆ xfdttfexf N N N N ixt N    . Vì vậy nếu f  L1  L2 , ta có hai định nghĩa phù hợp với nhau. 2.2.6 Định lý ( Đẳng thức Parseval ) Nếu f  L2 thì 1/ 2 22 ˆ (2 )f f . Chứng minh Với fN như trong 2.2.3 thì 0ˆˆlim 2   ff N N . Mặt khác, theo định lý 1.8 222 ˆˆˆˆ0 ffff NN  . nên 22 ˆˆlim ff N N   . (1) Nhưng do định nghĩa fN , ta có 22 lim ff N N   . (2) Vì fN  L 1  L2 nên theo định lý 2.2.2, 1/ 2 22 ˆ (2 )N Nf f . (3) Từ (1), (2), (3) suy ra 1/ 2 1/ 2 2 22 2 ˆ ˆlim lim (2 ) (2 )N N N N f f f f       . Vậy định lý được chứng minh xong. 2.2.7 Định lý Nếu f, g L2 thì - - ˆ ˆ( ) ( ) 2 ( ) ( )f x g x dx f x g x dx       . Chứng minh Để đơn giản, ta viết f thay thế cho - ( )f x dx   . Theo đđịnh lý 2.2.6, ta được 2 2 22 ˆ ˆ 2f g f g   , nên    ˆ ˆˆ ˆ( ) 2 ( ) .f g f g f g f g      Khai triển, ta có     2 2 2 2ˆ ˆˆ 2f g f g g f f g fg fg              . Vẫn theo đđịnh lý 2.2.6 thì 2 2ˆ 2 ,f f  2 2 ˆ 2g g  . Suy ra    ˆ ˆ 2f g f g fg f g      . (1) Vì (1) đúng với bất kì hàm g thuộc L2, nên khi thay g, gˆ bằng ig và i gˆ vào đẳng thức (1), ta đđược   ˆˆ ˆ( ) ( ) 2 ( ) ( )f ig f ig f ig f ig      , hay   ˆ ˆˆ 2 .i f g i f g i f g i f g       nên  ˆ ˆˆ ˆ 2f g fg f g f g      (2) Từ (1) và (2) ta có - - ˆ ˆ( ) ( ) 2 ( ) ( )f x g x dx f x g x dx       . 2.2.8 Định lý Nếu f, g  L2 thì - - ˆˆ( ) ( ) ( ) ( )f x g x dx f x g x dx       . Chứng minh Với fM, gN như trong 2.2.3 ta có - ˆ ( ) ( )ixtM Mf x e f t dt     - ˆ ( ) ( )ixtN Ng x e g t dt     Do đó, - - - ˆ ( ) ( ) ( ) ( )ixtM N N Mf x g x dx g x dx e f t dt          . Theo đđịnh lý 2.2.3, fM, gN đđều thuộc L 1 nên áp dụngđđịnh lý 1.4, - - - ˆ ( ) ( ) ( ) ( )ixtM N M Nf x g x dx f t dt e g x dx          , hay - - ˆ ˆ( ) ( ) ( ) ( )M N M Nf x g x dx f t g t dt       . (1) Vì 2 2 ˆ ˆlim lim 0N N N N g g g g       . nên theo đđịnh lý 1.12, cho N   thì từ (1) ta đđược - - ˆ ˆ( ) ( ) ( ) ( ) .M Mf x g x dx f t g t dt       . Tương tự, cho M   thì  - - ˆ ( ) ( ) ( ) ( ) .f x g x dx f t g t dt       Vậy đđịnh lý đđược chứng minh xong. 2.2.9 Định lý Nếu f  L2 và ˆg f thì 1 ˆ 2 f g   . Chứng minh Ta có 2 2 1 1 1 ˆ ˆ ˆ - - - 2 2 2 f g f g f g               , nên   2 2 2 22 2 2 1 1 1 1 ˆ ˆ - 2 2 2 4 f g f f g f g g          . (1) Vì fˆg  nên theo đđịnh lý 2.2.8 và 2.2.6, suy ra 2 2 22 ˆ ˆ ˆ ˆˆ 2f g fg f f f f      . (2) Từ đó ta cũng có 2 2 ˆ 2 fg f . (3) Cuối cùng, 22 2 22 2 2 22 ˆˆ 2 2 4g g f f     . (4) Từ (1), (2), (3) và (4) suy ra 2 1 ˆ - 0 2 f g   . Vậy 1 ˆ 2 f g   . 2.2.10 Định lý ( Biến đổi Fourier ngược trên L2 ) Nếu f L2 thì - - 1 ˆ( ) lim ( ) 2 N ixt NN f t e f x dx    . Lưu ý là kí hiệu lim được hiểu tương tự như trong định nghĩa 2.2.4. Chứng minh Kí hiệu lim trong phần này được hiểu theo nghĩa giới hạn trong L2. Đặt ˆg = f . Theo định lý 2.2.9, 1 ˆ 2 f g   , nên - 1 ( ) lim ( ) 2 N NN ixtf t e g x dx    . Suy ra - - 1 ( ) lim ( ) . 2 N NN ixtf t e f x dx    2.2.11 Định lý Mọi f  L2 đều là biến đổi Fourier của một phần tử duy nhất thuộc L2. Chứng minh Lấy f bất kỳ thuộc L2. Đặt h f , và  g h . Theo đđịnh lý 2.2.9 thì  1 2 f h g    , nên  1 2 f g   , nghĩa là f là biến đđổi Fourier của 1 g 2π . Tính duy nhất đđuợc suy ra từ đđịnh lý 2.2.6. Chương 3 PHƯƠNG TRÌNH TÍCH CHẬP VÀ BÀI TOÁN KHÔNG CHỈNH 3.1 TÍCH CHẬP 3.1.1 Định nghĩa Cho hai hàm số f và g xác định trên R. Tích chập của f và g, kí hiệu là f*g được xác định bởi       dttgtxfxgf )()()(* , với giả thiết là tích phân trên tồn tại. 3.1.2 Định lý Cho )(1 RLf  và )(RLg p   p1 . Khi đó, với mỗi x R , hàm số )()( tgtxft  khả tích trên R và ( * ) ( )pf g L R . Hơn nữa, pp gfgf 1 *  . Chứng minh Xét p =1. Ta có        1 )()()()()( ftgxftgdxtgtxf , và            11 )()()()( gfdxxfdttgdxtgtxfdt . Áp dụng định lý Tonelli, ta có dxdttgtxf       )()( tồn tại, và theo định lý Fubini suy ra     dttgtxf )()( tồn tại và 11 )()( gfdttgtxfdx       . Như vậy bất đẳng thức đúng với p = 1. Tiếp theo, xét 1 < p <  . Do kết quả trên, với mỗi Rx thì hàm p tgtxft )()(  là khả tích tức là )()( /1 tgtxft p  là hàm thuộc Lp(R). Mặt khác, 1/ ' ( ) p t f x t )(' RLp ( p’ là số liên hợp của p ). Theo bất đẳng thức Hưlder, ta được '/1/1 )()()()()( pp txftgtxftgtxf  là khả tích và                '/1 1 /1 )()()()( p p p fdttgtxfdttgtxf . Do đó   '/ 1 )(*))(*( pppp fxgfxgf  . (*) Vì 1 ( )f L R , 1( )pg L R nên áp dụng kết quả trong trường hợp p =1, ta có 1* ( ) p f g L R . Kết hợp với kết quả từ (*), ta có ( * ) ( )pf g L R và '/ 11 * ppp p p p fgfgf  , tức là pp gfgf 1 *  . 3.1.3 Định lý Nếu ,1Lf  g 1L và h = f*g thì .h f g     . Chứng minh Vì f, g 1L nên theo định lý Fubini ( ) ( * )( ) ( ) ( )ixt ixth x e f g t dt f t u g u du e dt                         dtutfeduug ixt )()(        dttfeduug utix )()( )(        dttfeduuge ixtixu )()( )()( xfxg   . Như vậy   gfh . 3.1.4 Định lý Nếu f 1 2 ,L L  g 2L và h = f*g thì .h f g     . Chứng minh Theo định lý 3.1.2 thì f*g 2L . Đặt hN(x)= ( ) ( ) , x ( * ) ( ) 0 , x N f x t g t dt N f g x N           Theo định nghĩa, ta có  Nh (x) = ( * ) ( ) ( ) ( ) N ixt N N f g x e f t u g u du dt             . Vì (f*g)N 1L nên theo định lý Tonelli, ta được Nh (x) ( ) ( ) N ixt N e f t u dt g u du       ( ) ( ) N ixt ixu N e e f t dt g u du       ( ) ( ) N ixt ixu N e f t dt e g u du       ( ) ( )Nf x g x   . (1) Mặt khác            1/ 2 22 2 2 ( ) ( ) ( )N N Nf g f g f g g f x g x g x dx              . Nhưng vì 1f L nên  1 ( ) ,f x f x R   và từ đó, ta được       12 2 N Nf g f g f g g   . Theo định lý 2.2.3, ta có   2 0Ng g  khi N  nên suy ra trong L 2, khi N  , ta được Nf g f g     . (2) Mặt khác , trong L2,  Nh h . (3) Từ (1), (2) và (3) suy ra   h f g . 3.2 PHƯƠNG TRÌNH TÍCH CHẬP VÀ BÀI TOÁN KHÔNG CHỈNH 3.2.1 Bài toán chỉnh Cho ánh xạ A : .X Y X, Y là hai không gian định chuẩn. Xét phương trình Av = u với u Y cho trước còn v X là ẩn cần tìm. Bài toán vừa nêu được gọi là bài toán chỉnh nếu nó thỏa ba yếu tố sau 1. Phương trình luôn có nghiệm. 2. Nghiệm của phương trình là duy nhất. 3. Nghiệm của bài toán phụ thuộc liên tục vào dữ kiện. Điều này có nghĩa là với 1 Yu u khá nhỏ thì nghiệm v1 tương ứng với u1 và v tương ứng với u cũng sẽ thỏa 1 Xv v khá nhỏ. 3.2.2 Bài toán không chỉnh Bài toán được gọi là không chỉnh khi một trong ba điều kiện nêu trên bị vi phạm. Tuy nhiên, đối với bài toán không chỉnh, các điều kiện cho bài toán chỉnh bị vi phạm có ý nghĩa khác nhau. Sự tồn tại nghiệm bị vi phạm không có ý nghĩa quan trọng bằng sự duy nhất của nghiệm bị vi phạm. Nhưng điểm quan trọng nhất của bài toán không chỉnh là tính phụ thuộc liên tục vào dữ kiện của nghiệm bị vi phạm. Khi đó, một thay đổi nhỏ trên dữ kiện cũng sẽ kéo theo một sự thay đổi khá lớn trên nghiệm. Mặt khác, trên thực tế, dữ kiện có được của bài toán là do đo đạc mà ra. Vì vậy dữ kiện này có thể bị nhiễu vì nhiều lý do khác nhau như sai số của thiết bị đo đạc, quá trình đo đạc chỉ thực hiện tại các điểm rời rạc rồi sau đó được nội, ngoại suy thành dữ kiện liên tục hay do yêu cầu của máy tính mà ta buộc phải rời rạc hóa dữ kiện nhập vào. Do đó, ta còn có thể có thêm những sai số do biểu diễn dữ liệu của máy tính. Vì vậy, nếu ta dùng dữ kiện này để tìm nghiệm thì nghiệm sẽ không đại diện cho nghiệm chính xác vì sai số của chúng là không thể kiểm soát được. Chính vì vậy một bài toán có chỉnh hay không là rất quan trọng, hoặc nếu bài toán không chỉnh thì cũng phải xét xem nghiệm của nó có phụ thuộc liên tục vào dữ kiện hay không. Nếu bài toán không chỉnh, người ta sẽ tìm cách chỉnh hóa nó sao cho nghiệm chỉnh hóa đủ gần nghiệm của bài toán không chỉnh ban đầu. 3.2.3 Tính không chỉnh của phương trình tích chập Trong phần này, ta xét phương trình ( ) ( ) ( )K x t v t dt u x     . trong đó, 1 2( ) ( ),K L R L R  )R(Lu 2 cho trước còn v 2 ( )L R là ẩn cần tìm. Để chuyển bài toán về phương trình toán tử dạng Av=u, ta xét A : )R(L)R(L 22  được xác định bởi Av(x) =     dt)t(v)tx(K , với v )R(L2 , ).()( 21 RLRLK  Do định lý 3.1.2 nên tích phân trên là hoàn toàn xác định. Bây giờ, ta sẽ lần lượt xét xem bài toán này có thỏa các yêu cầu của một bài toán chỉnh không. Mệnh đề 1 Cho X, Y là không gian Banach. F : YX  là ánh xạ tuyến tính, liên tục đơn ánh. Nếu ImF Y và YF Im thì F 1 không liên tục. Chứng minh Từ giả thiết về ImF suy ra tồn tại FIm\Yy và tồn tại   FImyn  sao cho yyn   n . , !n ny ImF x X    sao cho )x(Fy nn  . Ta có y)x(F n   n . ( 1 ) Giả sử 1F liên tục. Khi đó, 0M  sao cho nn 1 n yM)y(Fx   . Do  ny là dãy hội tụ trong Y nên  ny là dãy Cauchy trong Y. Từ bất đẳng thức trên suy ra  nx là dãy Cauchy trong không gian Banach X nên tồn tại Xx thỏa xxn  khi n . Vì F liên tục nên lim ( ) ( ).n n F x F x   ( 2 ) Từ (1) và (2), ta có y = F(x) tức là FImy . Điều này mâu thuẫn với \ Im .y Y F Vậy 1F không liên tục và mệnh đề đã được chứng minh. Mệnh đề 2 A là ánh xạ tuyến tính, liên tục Chứng minh Với mọi v1, v2 thuộc L 2(R) và r, s thuộc R thì    1 2 1 2( ) ( ) ( ) ( )A sv rv x K x t sv t rv t dt       1 2( ) ( ) ( ) ( )s K x t v t dt r K x t v t dt          )x(rAv)x(sAv 21  . Vậy A là ánh xạ tuyến tính. Mặt khác, 2122 vKv*KAv  nên A là ánh xạ tuyến tính liên tục. Mệnh đề 3 Phương trình Av = u không luôn tồn tại nghiệm. Chứng minh Vì )R(K)R(LK 21  nên  K )R(L2 . Từ phương trình Av = u, thực hiện biến đổi Fourier cả hai vế, ta được   uK.v . Lấy )R(Lu 2 sao cho   K2u . Suy ra 2v   nên vˆ )R(L2 . Do đó )R(Lv 2 . Vậy phương trình vô nghiệm ứng với u được chọn như trên. Mệnh đề 4 Cho  : ( ) 0 .E t K t   Nếu m(E) = 0, với m là độ đo Lesbegue, thì phương trình Av = u nêu trên có quá lắm là một nghiệm. Chứng minh Ta sẽ chứng minh KerA = 0. Thật vậy, giả sử Av = 0, ta được (K*v)(x) = 0, x R  . Theo định lý 3.1.4, ( ) ( ) 0,K x v x    x R  . Mà 0)(   xK h.k.n nên 0)(   xv h.k.n. Do đó, theo định lý Parseval ta có v = 0. Mệnh đề 5 Cho K( ) 0, x R.x    Khi đó, phương trình Av = u nếu có nghiệm thì nghiệm không phụ thu ộc liên tục vào dữ kiện. Chứng minh Ta sẽ áp dụng mệnh đề 1 để chứng minh 1A không liên tục, tức là nghiệm bài toán Av = u nếu có sẽ không phụ thuộc liên tục vào dữ kiện. Ở phần trên, ta đã chứng minh A là tuyến tính, liên tục, đơn ánh và ImA  L2(R). Để áp dụng mệnh đề 1, ta sẽ chứng minh )R(LAIm 2 . Đặt Cc(R) là không gian các hàm liên tục có giá compact trên R và )}R(Cuˆ\)R(Lu{B c 2  . Trước hết ta chứng minh B  ImA. Lấy u tùy ý thuộc B thì )R(Cuˆ c . Vì KL 1(R) nên )R(CKˆ . Suy ra )R(C Kˆ uˆ c ( tích của một hàm liên tục có giá compact trên R với một hàm liên tục trên R là một hàm liên tục có giá compact trên R ). Ta có )R(L)R(C 2c  nên tồn tại v  L 2(R) thỏa Kˆ uˆ v   , hay ˆˆ . *u v K K v   . Suy ra u = K* v. Vậy tồn tại v 2 ( )L R thỏa K*v = u nên u  ImA. Như vậy ta đã chứng minh B  ImA. Bây giờ lấy u tuỳ ý thuộc L2(R), ta có )R(Luˆ 2 . Do Cc(R) trù mật trong L 2(R) nên tồn tại dãy trong Cc(R) hội tụ về uˆ tức là tồn tại dãy {un}  B thỏa 2 ˆ|| || 0 .nu u n    khi Theo định lý Parseval, ta được 1/ 2 2(2 ) || || 0 khi .nu u n    nghĩa là uun  trong L 2(R). Như vậy, với u tùy ý trong L2(R), ta có dãy {un} ImA thỏa nu u khi n , tức là )R(LAIm 2 . Vậy theo mệnh đề 1 thì A-1 không liên tục. Kết luận Do A-1 không liên tục nên tồn tại u1, u2  L 2(R) và v1, v2 là nghiệm ứng với u1, u2 thỏa 221 ||uu||  nhỏ nhưng 221 ||vv||  khá lớn. Như vậy phương trình tích chập K*v = u vừa nêu ở trên đã vi phạm vào hai yêu cầu (1) và (3) của bài toán chỉnh nên ta kết luận phương trình tích chập với những điều kiện nêu trên là bài toán không chỉnh. 3.3 NGHIỆM CHỈNH HÓA RỜI RẠC CHO PHƯƠNG TRÌNH TÍCH CHẬP Trong mục này, chúng tôi sẽ giới thiệu một phương pháp chỉnh hóa nghiệm của phương trình tích chập nêu ở 3.2.3 dựa trên phương pháp chặt cụt tích phân và xấp xỉ bằng tổng Riemann. 3.3.1 Định nghĩa Cho h > 0. Đặt W        h là không gian các hàm giải tích f trên  sao cho    dt)t(f 2 , và tồn tại hằng số dương K sao cho h/zKe)z(f  . với mọi z . Nếu h > 0 và k là số nguyên, ta có định nghĩa sau  sin ( ) / ( , )( ) ( ) / x kh h S k h x x kh h      . Ta gọi nó là hàm sinc thứ k, bước h tại x. 3.3.2 Định lý Nếu n v W a        , ( n > 0, a > 0 ) thì v có thể biểu diễn bởi chuỗi Cardinal sau đây v(x) =                  k a )kanx( a )kanx( sin n a kv . Chứng minh Theo định lý Paley- Wiener ( phụ lục [1] ), với v W h        thì tồn tại 2F L , h h         thỏa / h ixt / h 1 v(t) e F(x)dx 2       . ( 1 ) F có thể được biểu diễn bởi chuỗi Fourier sau ihkxk k F(x) c e , - x h h        với / h ihkx k / h h c F(x)e dx hv(kh) 2        . Như vậy ihkx k h v(kh)e , x h F(x) 0 , x h           ( 2 ) Mặt khác,  / h ikht ixt / h sin x kh / h1 he dt S(k, h)(x) 2 (x kh) / h            . ( 3 ) Do đó từ (1), (2) và (3) ta được v(x) = ( ) ( , )( ) k v kh S k h x    . Nếu h = a n và n v W a        thì v(x) =                  k a )kanx( a )kanx( sin n a kv . Định lý đã được chứng minh. Như vậy ta có thể tìm được v khi biết các giá trị a v k n       . Chúng tôi sẽ đưa ra một phương pháp tìm các giá trị này trong mục 3.3.3. 3.3.3 Phương pháp chỉnh hóa Xét phương trình tích chập K*v = u, trong đó, 1 2( ) ( ),K L R L R  )R(Lu 2 cho trước còn v 2 ( )L R là ẩn cần tìm. Ta sẽ xét bài toán với các điều kiện sau (i) )R(Lv 2 và 0M  sao cho Mv 2  , (ii) K 1 2( ) ( )L R L R  . Đặt K(x) , x a K '(x) 0 , x a      Ta có 1212 'KMv'Kv'*K  . Nhận xét rằng vì K khả tích trên ( , )  nên 1 K ' sẽ nhỏ nếu ta chọn a đủ lớn. Đây là cơ sở để ta chỉnh hóa bài toán bằng phương pháp chặt cụt tích phân. Như vậy thay vì tìm nghiệm v của phương trình K*v = u, ta sẽ tìm nghiệm của phương trình  ( ') *K K v u  , hay ( ) ( ) ( ) a a K x t v t dt u x    . Thay x = n a k ( k = n,n ), ta được ( ) a a a a K k t v t dt u k n n               . Ta xấp xỉ tích phân ở vế trái bằng tổng Riemann u                     n k'=-n a a a a a K k - k' v k' k n n n n n , hay n k ' n a a n a K (k k ') v k ' u k n n a n                     Như vậy, nếu đặt ( ) ( ) n g x u x a  , ta có n k n a a a K (k k ') v(k ' ) g(k ) n n n        , và như vậy, a v(k ' ) n ( k n,n )  là nghiệm của hệ phương trình tuyến tính 2n +1 ẩn sau AX = G trong đó, 2 2 (0) ... ( 2 1) (0) ... 2 ( 2 2) (0) ... ... ... ... ... ... 2 (2 1) (2 2) ... (0) a a na K K K K n n n a a n a K K K K n n n A a a n a K K K K n n n na n a n a K K K K n n n                                                                                                  , ( 1) ( 2) ... na v n n a v n X n a v n na v n                                           , ( 1) ( 2) ... na g n n a g n G n a g n na g n                                           . Giải hệ này ta tìm được a v k ' n       , k ' n, n  . Nếu         h Wv thì v(x) = ( ) ( , )( ) k v kh S k h x    , tức là v(x) =     sin ( ) k x kh h v kh x kh h              . Chọn h = n a , ta được v(x) =                  k a )kanx( a )kanx( sin n a kv . Do đó, với n đủ lớn, ta có phép tính gần đúng v(x)                  n nk a )kanx( a )kanx( sin n a kv . trong đó       n a kv , k n,n  được xác định từ hệ phương trình trên. 3.3.4 Bài toán minh họa 3.3.4.1 Bài toán 1 Xét phương trình tích chập K*v = u, trong đó, 1 2( ) ( ),K L R L R  )R(Lu 2 cho trước còn v 2 ( )L R là ẩn cần tìm. Ta sẽ xét bài toán với các điều kiện sau (i) )R(Lv 2 và 0M  thỏa Mv 2  , (ii) ( ) xK x e  ( α > 0 ). Xét , '( ) 0, x e x a K x x a      Ta sẽ chứng minh 2 '*K v nhỏ nếu ta chọn a đủ lớn. Thật vậy, theo định lý 3.1.2, ta có 1212 'KMv'Kv'*K  . Mặt khác 1 ' a x x a K e dx e dx           . Vì xe  là hàm chẵn nên 1 2 ' 2 x a a K e dx e       . Như vậy, 2 2 '* a M K v e    . Rõ ràng, ta thấy khi chọn a đủ lớn thì 2 v'*K nhỏ. Như vậy nhân K đã thỏa các điều kiện của bài toán 3.3.3. Do đó, thay vì tìm nghiệm v của phương trình K*v=u, ta sẽ tìm nghiệm của phương trình  ( ') *K K v u  , hay ( ) ( ) ( ) a a K x t v t dt u x    . Đặt ( ) ( ) n g x u x a  . Theo 3.3.3, ta sẽ tìm các giá trị a v(k ), n (k n, n)  bằng cách giải hệ phương trình tuyến tính 2n+1 ẩn sau na a ( n 1)a 2na na na K(0).v( ) K( )v ... K( )v( ) g( ) n n n n n n a na ( n 1)a ( 2n 1)._.