Nghiên cứu về ứng dụng của phép biến đổi Fourier vào phương trình truyền nhiệt ngược thời gian

1.2 Phép biến đổi Fourier trong không gian L2(R) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .9 Chương 2 Đánh giá tính ổn định và chỉnh hóa nghiệm của phương trình truyền nhiệt ngược thời gian . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13 2.1 Kiến thức bổ trợ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .13 2.2 Kết quả chính . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .16 2.3 Chứng minh kết quả chính . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18 KẾT LUẬN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30 TÀI LIỆU THAM KHẢO . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .31 LỜI NÓI ĐẦU Biến đổi Fourier hay chuyển hoá Fourier được đặt theo tên nhà toán học người Pháp Joseph Fourier, là một biến đổi tích phân dùng để khai triển một hàm số theo các hàm số sin cơ sở, có nghĩa là dưới dạng tổng hay một tích phân của các hàm số sin được nhân với các hằng số khác nhau. Biến đổi Fourier có rất nhiều ứng dụng khoa học, ví dụ như trong vật lý, số học, xử lý tín hiệu, xác suất, thống kê, mật mã, âm học, hải dương học, quang học, hình học và rất nhiều lĩnh vực khác. Trong toán học, người ta thường áp dụng nó vào các phương trình đạo hàm riêng tuyến tính, biến các phương trình này thành các phương trình đại số hoặc các phương trình đạo hàm riêng có số biến ít hơn. Sự ứng dụng rộng rãi của biến đổi Fourier bắt nguồn từ những tính chất hữu dụng của biến đổi này. Trong khoá luận này, chúng tôi nghiên cứu về ứng dụng của phép biến đổi Fourier vào phương trình truyền nhiệt ngược thời gian. Chúng tôi tập trung nghiên cứu về : - Các khái niệm về phép biến đổi Fourier trong các không gian thường gặp. - Các tính chất của phép biến đổi Fourier. - Ứng dụng của phép biến đổi Fourier trong đánh giá tính ổn định và chỉnh hoá nghiệm của phương trình truyền nhiệt ngược thời gian. Luận văn chia làm 2 chương : Chương I: Phép biến đổi Fourier. 1.1 Phép biến đổi Fourier trong không gian L1 1.2 Phép biến đổi Fourier trong không gian L2 Chương II: Đánh giá tính ổn định và chỉnh hoá nghiệm của phương trình truyền nhiệt ngược thời gian. 2.1 Kiến thức bổ trợ 2 32.2 Kết quả chính 2.3 Chứng minh kết quả chính Trong chương I, chúng tôi trình bày định nghĩa và một số tính chất cơ bản của phép biến đổi Fourier trong không gian L1 và L2. Trong chương II, chúng tôi trình bày một số kiến thức bổ trợ và ứng dụng của biến đổi Fourier vào việc đánh giá tính ổn định và chỉnh hoá nghiệm của phương trình truyền nhiệt ngược thời gian. Ở đây, chúng tôi đưa ra đánh giá ổn định dạng Ho¨lder và chỉnh hóa nghiệm của bài toán Cauchy cho phương trình truyền nhiệt ngược thời gian dạng∂u∂t = a∂ 2u ∂x2 (x, t) ∈ (−∞; +∞)× (0; 1), ‖u(·, 1)− ϕ(·)‖ 6 , (1) với rằng buộc ‖u(·, 0)‖Hs(R) 6 E. (2) Trong đó ϕ(·) ∈ L2(R) và các hằng số E >  > 0, s > 0, a > 0 đã biết; ‖ · ‖, ‖ · ‖Hs(R) là kí hiệu chuẩn trên không gian L2(R) và không gian Sobolev Hs(R)(s > 0) tương ứng. Đánh giá tính ổn định nghiệm cho phương trình truyền nhiệt ngược thời gian từ trước tới nay thường chỉ đạt được cho trường hợp s = 0 (khi s = 0 thì Hs(R) = H0(R) = L2(R)). Trong chương này, chúng tôi đưa ra các đánh giá ổn định nghiệm cho bài toán Cauchy với mọi giá trị của s thỏa mãn s > 0. Trong việc chỉnh hóa, chúng tôi sử dụng nghiệm v(x, t) ∈ L2(R), ∀t ∈ [0; 1+β] của bài toán giá trị biên không địa phương đặt chỉnh∂v∂t = a∂ 2v ∂x2 (x, t) ∈ (−∞; +∞)× (0; 1 + β), αv(x, 0) + v(x, 1 + β) = ϕ(x), x ∈ (−∞; +∞), α > 0, β > 0 (3) để làm nghiệm xấp xỉ cho bài toán (1)−(2). Vì kiến thức và thời gian còn nhiều hạn chế nên luận văn sẽ không thể tránh khỏi những thiếu sót, chúng tôi rất mong được sự góp ý và chỉ bảo của các thầy cô giáo và các bạn. 4Luận văn này được hoàn thành dưới sự hướng dẫn tận tình của Thầy giáo Ths. Nguyễn Văn Đức và sự giúp đỡ nhiệt tình của các thầy cô giáo trong khoa Toán - Trường Đại học Vinh cùng với bạn bè và gia đình. Cho phép tác giả được bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới quý thầy cô trong khoa Toán - Trường Đại học Vinh đã truyền đạt những kiến thức và kinh nghiệm cho tác giả trong suốt hơn 4 năm học qua. Đặc biệt, Thầy giáo Ths. Nguyễn Văn Đức - người đã trực tiếp hướng dẫn và giúp đỡ tác giả tận tình trong suốt quá trình nghiên cứu và hoàn thành khoá luận này. Cuối cùng, xin chân thành cảm ơn Ban chủ nhiệm khoa Toán, các thầy cô giáo trong khoa, tổ giải tích và tập thể lớp 47A-Toán đã tạo mọi điều kiện giúp đỡ tác giả trong quá trình học tập và hoàn thành luận văn này. Vinh, năm 2010 Tác giả Phan Thị Quỳnh Như CHƯƠNG 1 PHÉP BIẾN ĐỔI FOURIER 1.1 Phép biến đổi Fourier trong không gian L1(R) 1.1.1 Định nghĩa (Định nghĩa biến đổi Fourier trong L1(R) [4]). Nếu f ∈ L1(R), ta định nghĩa biến đổi Fourier của f là f̂(ξ) := 1√ 2pi ∫ +∞ −∞ e−ix.ξf(x)dx (ξ ∈ R) (1.1) và biến đổi Fourier ngược của f là f∨(ξ) := 1√ 2pi ∫ +∞ −∞ eix.ξf(x)dx (ξ ∈ R). (1.2) Vì ∣∣e±ixξ∣∣ = 1 và f ∈ L1(R) nên các tích phân trên hội tụ với mỗi x ∈ R. Sau đây là một vài tính chất cơ bản của hàm f̂(ξ) : 1. f̂(ξ) là hàm bị chặn, vì :∣∣∣f̂(ξ)∣∣∣ = 1√ 2pi ∣∣∣∣∫ +∞−∞ e−ix.ξf(x)dx ∣∣∣∣ 6 1√2pi ∫ +∞ −∞ ∣∣∣e−ix.ξ∣∣∣ |f(x)| dx = 1√ 2pi ∫ +∞ −∞ |f(x)| dx 6 ‖f‖1 <∞. 2. f̂(ξ) liên tục đều với −∞ < ξ < +∞. Thật vậy : Nếu y > 0 thì ta có :∣∣∣f̂(ξ + y)− f̂(ξ)∣∣∣ = 1√ 2pi ∣∣∣∣∫ +∞−∞ f(x)e−ixξ(e−iyx − 1)dx ∣∣∣∣ 6 1√ 2pi ∫ +∞ −∞ |f(x)| ∣∣e−iyx − 1∣∣ dx 66 1√ 2pi ∫ +∞ −∞ |f(x)| ∣∣∣2sin(xy 2 ) ∣∣∣ dx 6 2√ 2pi [∫ −R −∞ + ∫ +∞ R ] |f(x)| dx+ yR ∫ +R −R |f(x)| dx Với  > 0 , ta có thể chọn R > 0 đủ lớn và y đủ bé để biểu thức cộng lại lấy tổng cuối cùng nhỏ hơn . 3. Nếu c1 và c2 là các số thực thì : ̂(c1f1 + c2f2) = c1f̂1 + c2f̂2. 1.1.2 Định nghĩa (Tích chập [4]). Tích chập của các hàm f, g ký hiệu là : f ∗ g và được định nghĩa : (f ∗ g)(x) = ∫ +∞ −∞ f(y)g(x− y)dy. 1.1.3 Định lý. Tích chập có các tính chất sau đây : 1) ∀f, g ∈ L1(R) : f ∗ g ∈ L1(R) và ‖f ∗ g‖1 ≤ ‖f‖1.‖g‖1, 2) ∀f, g ∈ L1(R) : f ∗ g = g ∗ f, 3) ∀f, g, h ∈ L1(R), λ ∈ R : (λf + g) ∗ h = λf ∗ h+ g ∗ h. Chứng minh. 1) Do hàm g khả tích tuyệt đối nên bị chặn trên R : ∀(x, y) ∈ R2, |f(y).g(x− y)| ≤ ‖g‖∞.|f(y)|. Do f khả tích tuyệt đối nên tích phân suy rộng (f ∗ g)(x) hội tụ tuyệt đối và bị chặn đều : ‖f ∗ g‖1 = ∫ +∞ −∞ ∣∣∣∣∫ +∞−∞ f(y)g(x− y)dy ∣∣∣∣ dx ≤ ∫ +∞ −∞ |f(y)|. (∫ +∞ −∞ |g(x− y)|dx ) dy = ‖f‖1.‖g‖1. 72) ∀x ∈ R ta có : (f ∗ g)(x) = ∫ +∞ −∞ f(y)g(x− y)dy = ∫ +∞ −∞ f(x− t)g(t)dt (đặt t = x− y) = (g ∗ f)(x). 3) Suy ra từ tính tuyến tính của tích phân : ((λf + g) ∗ h)(x) = ∫ +∞ −∞ (λf + g)(y)h(x− y)dy = ∫ +∞ −∞ [(λf)(y)h(x− y) + g(y)h(x− y)] dy = λf ∗ h+ g ∗ h. Bây giờ ta sẽ mở rộng các định nghĩa (1.1) và (1.2) cho các hàm f(x) ∈ L2(R) bởi định lý sau : 1.1.4 Định lý (Đẳng thức Parseval [4]). Giả thiết f(x) ∈ L1(R)∩L2(R). Khi đó f̂ , f∨ ∈ L2(R) và : ‖f̂‖ = ‖f∨‖ = ‖f‖ (1.3) Chứng minh. a. Xét các hàm g, h ∈ L1(R). Khi đó ĝ, ĥ ∈ L∞(R) (do tính chất 1). Ta có :∫ +∞ −∞ g(x)ĥ(x)dx = ∫ +∞ −∞ g(x) ( 1√ 2pi ∫ +∞ −∞ e−ix.ξh(ξ)dξ ) dx = 1√ 2pi ∫ +∞ −∞ ∫ +∞ −∞ e−ix.ξg(x)h(ξ)dx.dξ ∫ +∞ −∞ ĝ(ξ)h(ξ)dξ = ∫ +∞ −∞ ( 1√ 2pi ∫ +∞ −∞ e−ix.ξg(x)dx ) h(ξ)dξ = 1√ 2pi ∫ +∞ −∞ ∫ +∞ −∞ e−ix.ξg(x)h(ξ)dx.dξ 8Suy ra : ∫ +∞ −∞ g(x)ĥ(x)dx = ∫ +∞ −∞ ĝ(ξ)h(ξ)dξ. (1.4) Ta lại có : ∫ +∞ −∞ e−ix.ξ−tx 2 dx = ∫ +∞ −∞ e − ( √ tx+ iξ 2 √ t )2 − ξ2 4t dx = 1√ t .e − ξ2 4t ∫ +∞ −∞ e − ( √ tx+ iξ 2 √ t )2 d( √ tx) = 1√ t .e − ξ2 4t √ pi = √ pi t .e − ξ2 4t (t > 0) Suy ra : ∫ +∞ −∞ e−ix.ξ−tx 2 dx = √ pi t .e − ξ2 4t (t > 0) (1.5) Do đó, nếu  > 0 và đặt g(x) := e−.x 2 ta có : ĝ(ξ) = 1√ 2Π ∫ +∞ −∞ e−ix.ξ.g(x).dx = 1√ 2Π ∫ +∞ −∞ e−ix.ξ−.x 2 .dx, áp dụng (1.5) ta được : ĝ(ξ) = e − ξ2 4√ 2 . Vì thế với mỗi  > 0, từ (1.4) suy ra : ∫ +∞ −∞ ĥ(x).e−.x 2 dx = 1√ 2 ∫ +∞ −∞ h(ξ).e − ξ2 4dξ (1.6) b. Lấy f(x) ∈ L1(R) ∩ L2(R) và đặt g(x) := f(−x). Xét h := f ∗ g ∈ L1(R) ∩ L2(R) (do tính chất của tích chập). Ta có : ĥ(ξ) = f̂ ∗ g(ξ) = 1√ 2pi ∫ +∞ −∞ e−ix.ξ(f ∗ g)(x)dx = 1√ 2pi ∫ +∞ −∞ e−ix.ξ (∫ +∞ −∞ f(y)g(x− y)dy ) dx = 1√ 2pi ∫ +∞ −∞ e−iξ.y.f(y) (∫ +∞ −∞ e−iξ(x−y)g(x− y)d(x− y) ) dy = (∫ +∞ −∞ e−iξ.y.f(y) ) .ĝ(ξ) = √ 2pif̂(ξ)ĝ(ξ) Suy ra: ĥ = √ 2pif̂ ĝ, mà : ĝ(ξ) = 1√ 2pi ∫ +∞ −∞ e−ix.ξf(−x)dx, do đó : ĥ = √ 2pi ∣∣∣f̂ ∣∣∣2 . Vì h liên tục nên : lim →0 1√ 2 ∫ +∞ −∞ h(ξ)e − ξ2 4dξ = √ 2pi.h(0). Do ĥ = √ 2pi ∣∣∣f̂ ∣∣∣2 ≥ 0 nên khi cho → 0+ trong (1.6) ta có :∫ +∞ −∞ ĥ(x)dx = √ 2pi.h(0) Suy ra : ∫ +∞ −∞ √ 2pi ∣∣∣f̂(x)∣∣∣2 dx = √2pi.h(0), hay : ∫ +∞ −∞ ∣∣∣f̂(x)∣∣∣2 dx = h(0) = ∫ +∞ −∞ f(y).g(−y)dy = ∫ +∞ −∞ |f(y)|2 dy, hay : ‖f̂‖2 = ‖f‖2, do đó ‖f̂‖ = ‖f‖. Tương tự ta cũng chứng minh được : ‖f∨‖ = ‖f‖. 1.2 Phép biến đổi Fourier trong không gian L2(R) 1.2.1 Định nghĩa (Định nghĩa biến đổi Fourier trong L2(R) [4]). Ta định nghĩa biến đổi Fourier f̂ của f ∈ L2(R) như sau : 10 Cho một dãy {fk}∞k=1 ⊂ L1(R)∩L2(R) với fk → f trong L2(R). Theo Định lý (1.1.4), ‖f̂k − f̂j‖ = ‖f̂k − fj‖ = ‖fk − fj‖ và vì thế {f̂k}∞k=1 là một dãy Cauchy trong L2(R). Do đó f̂k → f̂ trong L2(R), ta gọi f̂ là biến đổi Fourier của f trong L2(R). Tương tự, ta cũng có định nghĩa f∨. Định nghĩa f̂ không phụ thuộc vào việc chọn dãy {fk}∞k=1 tương ứng. Thật vậy: Giả sử có dãy {gk}∞k=1 ⊂ L1(R) ∩ L2(R) và gk → g trong L2(R), và vì {ĝk}k là dãy Cauchy trong L2(R) nên ĝk → ĝ trong L2(R). Ta có : ‖ĝ − f̂‖ = ‖ĝ − ĝk + ĝk − f̂k + f̂k − f̂‖ ≤ ‖ĝ − ĝk‖+ ‖ĝk − f̂k‖+ ‖f̂k − f̂‖ Do ‖ĝ − ĝk‖ → 0, ‖ĝk − f̂k‖ → 0, ‖f̂k − f̂‖ → 0 nên ‖ĝ − f̂‖ → 0. Vậy ĝ ≡ f̂ , do đó f̂ là duy nhất. Sau đây là một vài tính chất của biến đổi Fourier trong không gian L2(R) : 1.2.2 Định lý (Vài tính chất của biến đổi Fourier [4]). Giả thiết f, g ∈ L2(R). Khi đó i) +∞∫ −∞ fg¯dx = +∞∫ −∞ fˆ gˆdξ, ii) D̂αf = (iξ)αf̂ với mỗi chỉ số α nguyên dương sao cho Dαf ∈ L2(R), iii) f̂ ∗ g = √2pif̂ ĝ, iv) f = (f̂)∨. Chứng minh. i) Cho f, g ∈ L2(R) và α ∈ C . Khi đó, theo định lý (1.1.4) ta có : ‖f + αg‖2 = ‖f̂ + α̂g‖2 Khai triển và rút gọn ta được : +∞∫ −∞ ( αf¯g + α¯f g¯ ) dx = +∞∫ −∞ ( α ¯̂ fĝ + α¯f̂ ¯̂g ) dξ. Với α = 1 : +∞∫ −∞ ( f¯ g + fg¯ ) dx = +∞∫ −∞ ( ¯̂ fĝ + f̂ ¯̂g ) dξ. (1.7) 11 Với α = −i : +∞∫ −∞ (−if¯g + if g¯) dx = +∞∫ −∞ ( −i¯̂fĝ + if̂ ¯̂g ) dξ, hay +∞∫ −∞ (−f¯ g + fg¯) dx = +∞∫ −∞ ( −¯̂fĝ + f̂ ¯̂g ) dξ. (1.8) Cộng vế với vế của (1.7) và (1.8) ta được đẳng thức cần chứng minh. ii) Nếu f là trơn và có giá Compact, ta có : D̂αf(ξ) = 1√ 2pi ∫ +∞ −∞ e−ix.ξDαf(x)dx = (−1)α√ 2pi ∫ +∞ −∞ Dαx ( e−ix.ξ ) f(x)dx = 1√ 2pi ∫ +∞ −∞ e−ix.ξ (iξ)α f(x)dx = (iξ)α .f̂(ξ) Bằng cách tiến tới giới hạn, công thức trên sẽ đúng nếu Dαf ∈ L2(R). iii) Với f(x), g(x) ∈ L1(R) ∩ L2(R) và ξ ∈ R ta có : f̂ ∗ g(ξ) = 1√ 2pi ∫ +∞ −∞ e−ix.ξ(f ∗ g)(x)dx = 1√ 2pi ∫ +∞ −∞ e−ix.ξ (∫ +∞ −∞ f(y)g(x− y)dy ) dx = 1√ 2pi ∫ +∞ −∞ e−iy.ξf(y) (∫ +∞ −∞ e−i(x−y).ξg(x− y)dx ) dy = (∫ +∞ −∞ e−iy.ξf(y)dy ) ĝ(ξ) = √ 2pif̂(ξ)ĝ(ξ). iv) Cố định y ∈ R,  > 0 và đặt g(ξ) := eiξy−ξ2. Khi đó, theo chứng minh định lý (1.1.4) ta có : ĝ(ξ) = 1√ 2pi ∫ +∞ −∞ e−ix.ξeiyx−x 2 dx = 1√ 2pi ∫ +∞ −∞ e−i(ξ−y)x−x 2 dx = 1√ 2pi . √ pi t .e − (ξ − y)2 4 = 1√ 2 .e − (ξ − y)2 4 12 Sử dụng công thức (1.4) ta kết luận rằng với f(x) ∈ L1(R) ∩ L2(R) thì: ∫ +∞ −∞ f̂(ξ)/eiyξ−ξ 2 dξ = 1√ 2 ∫ +∞ −∞ f(x).e − (x− y)2 4 dx V P → √2pif(y) khi → 0+, suy ra : 1√ 2pi ∫ +∞ −∞ f̂(ξ)eiξydξ = f(y). Vậy (f̂)∨ = f . CHƯƠNG 2 ĐÁNH GIÁ TÍNH ỔN ĐỊNH VÀ CHỈNH HOÁ NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH TRUYỀN NHIỆT NGƯỢC THỜI GIAN 2.1 Kiến thức bổ trợ 2.1.1 Bổ đề (Bất đẳng thức Ho¨lder [4]). Giả sử p > 1, q > 1 là các số thực thỏa mãn 1 p + 1 q = 1. Nếu f ∈ Lp(R), g ∈ Lq(R) thì fg ∈ L1(R) và ‖fg‖1 6 ‖f‖p‖g‖q. (2.1) Chứng minh. Với a, b > 0 ; 1 < p, q <∞ và vì ánh xạ x 7−→ ex là lồi nên ta có : ab = eln a+ln b = e 1 p ln ap+ 1 q ln bq 6 1 p eln a p + 1 q eln b q = ap p + bq q Do đó : ab ≤ a p p + bq q , (2.2) trong đó dấu ”=” xảy ra khi và chỉ khi ap = bq. Nếu ‖f‖p = 0 hay ‖g‖q = 0 thì f(x)g(x) = 0 hầu khắp trên R, như vậy (2.1) được thoả mãn. Nếu trong (2.2) đặt a = |f(x)| ‖f‖p , b = |g(x)| ‖g‖q và lấy tích phân theo R sẽ có (2.1). Đẳng thức (2.1) chỉ xảy ra khi và chỉ khi |f(x)|p và |g(x)|q tỉ lệ hầu khắp trên R. 2.1.2 Định nghĩa. Với f ∈ Hs(R), chuẩn của f là ‖f‖Hs(R) := (∫ +∞ −∞ |f̂(ξ)|2(1 + ξ2)sdξ )1/2 < +∞. (2.3) 13 14 Hàm số H(η) được định nghĩa bởi H(η) = { ηη(1− η)1−η, η ∈ (0, 1), 1, η = 0 và 1. (2.4) Ta nhận thấy rằng H(η) ≤ 1. Hàm số C(x, y) với 1 > x > 0, y > 0 được định nghĩa bởi C(x, y) = ( y 1− x )y e1−x−y. (2.5) 2.1.3 Bổ đề. Nếu x, y là các số không âm và z là một số dương, thì x+ zy > (z + 1)x1/(z+1)yz/(z+1). 2.1.4 Bổ đề. Nếu 0 6 p 6 q 0, thì αe−p α + e−q 6 H ( p q ) α p q . Chứng minh. Khẳng định của bổ đề là hiển nhiên nếu p = 0 hoặc p = q. Bây giờ, ta xét trường hợp 0 < p < q <∞. Sử dụng Bổ đề 2.1.3 với x = α, z = p q − p, y = q − p p e−q, ta đạt được α + e−q = x+ zy > (z + 1)x1/(z+1)yz/(z+1), = 1(p q )p q ( 1− pq )(1−p q )α1−pq e−p. Từ đây ta suy ra được khẳng định trong bổ đề. 2.1.5 Bổ đề. Giả sử u(x, t) ∈ L2(R), ∀t ∈ [0; 1] là nghiệm của phương trình ∂u ∂t = a ∂2u ∂x2 , (x, t) ∈ (−∞; +∞)× (0; 1). (2.6) Khi đó, chúng ta có đánh giá ‖u(·, t)‖ 6 ‖u(·, 1)‖t‖u(·, 0)‖1−t, với mọi t ∈ [0; 1]. 15 Chứng minh. Giả sử u(x, t) là một nghiệm của (2.6). Biến đổi Fourier hai vế của đẳng thức ∂u ∂t = a ∂2u ∂x2 theo x và sử dụng Định lý 1.2.2 ii) ta có ∂û ∂t (ξ, t) = −ξ2aû(ξ, t). (2.7) Giải phương trình vi phân (2.7), chúng ta thu được û(ξ, t) = ea(1−t)ξ 2 û(ξ, 1), (ξ, t) ∈ R× [0, 1]. (2.8) Do uˆ(·, t) ∈ L2(R), t ∈ [0, 1], nên ta có |û(ξ, t)|t = eat(1−t)ξ2|û(ξ, 1)|t, (ξ, t) ∈ R× [0, 1]. (2.9) Mặt khác, ở (2.8) thay t = 0 ta có û(ξ, 0) = eaξ 2 û(ξ, 1), ξ ∈ R, (2.10) hay là û(ξ, 1) = e−aξ 2 û(ξ, 0), ξ ∈ R. (2.11) Thay (2.11) vào (2.8) ta nhận được û(ξ, t) = e−atξ 2 û(ξ, 0), (ξ, t) ∈ R× [0, 1]. (2.12) Từ đó, ta suy ra |û(ξ, t)|(1−t) = e−at(1−t)ξ2|û(ξ, 0)|(1−t), (ξ, t) ∈ R× [0, 1]. (2.13) Nhân (2.8) với (2.13) theo vế để đạt được |û(ξ, t)| = |û(ξ, 1)|t|û(ξ, 0)|(1−t), ξ ∈ R. Rõ ràng khẳng định của Bổ đề 2.1.5 đúng với t = 0 và t = 1. Do đó, ta chỉ cần chứng minh cho trường hợp t ∈ (0, 1). Trong trường hợp này, ta áp dụng Bổ đề 2.1.1 với p = 1 t , q = 1 1− t, f(ξ) = |û(ξ, 1)| 2t ∈ Lp(R), g(ξ) = |û(ξ, 0)|2(1−t) ∈ Lq(R) 16 và áp dụng đẳng thức Parseval ta nhận được : ‖u(·, t)‖2 = ‖û(·, t)‖2 = ∫ +∞ −∞ |û(ξ, 1)|2t|û(ξ, 0)|2(1−t)dξ = ∫ +∞ −∞ f(ξ)g(ξ)dξ = ∫ +∞ −∞ |f(ξ)g(ξ)|dξ = ‖fg‖1 6 ‖f‖p‖g‖q = (∫ +∞ −∞ |f(ξ)|pdξ )t . (∫ +∞ −∞ |g(ξ)|qdξ )(1−t) = (∫ +∞ −∞ û2(ξ, 1)dξ )t . (∫ +∞ −∞ û2(ξ, 0)dξ )(1−t) = ‖û(·, 1)‖2t.‖û(·, 0)‖2(1−t) = ‖u(·, 1)‖2t.‖u(·, 0)‖2(1−t) Vậy bổ đề đã được chứng minh. 2.2 Kết quả chính 2.2.1 Định lý (Đánh giá ổn định). Nếu u1(x, t) và u2(x, t) là hai nghiệm của bài toán (1)−(2), thì bất đẳng thức sau đây đúng với mọi t ∈ [0, 1] khi → 0+ ‖u1(·, t)− u2(·, t)‖ 6 2C1(t, a, β, s)tE1−t [ ln E  ]− s 2 (1−t) (1 + o(1)), trong đó C1(t, a, β, s) = ( 1 + C(a, β, s)a s 2 ) C(a, β, s) = e aβ nếu s = 0, max { 1, eaβ ( s 2aeβ )s/2} nếu s > 0. 2.2.2 Định lý. Bài toán (3) đặt chỉnh. 2.2.3 Định lý (Phương pháp chọn tiên nghiệm). Giả sử u(x, t) là nghiệm của bài toán (1)−(2) và vα(x, t) là nghiệm của bài toán (3). Khi đó ∀t ∈ 17 [0, 1],∀α ∈ (0, 1) ta có đánh giá ‖u(·, t)− vα(·, t+ β)‖ 6 C(a, β, s)α t 1+β [ a(1 + β) ln 1α ]s/2 E + α t+β 1+β −1. Bằng cách chọn α = (  E [ ln E  ] s 2 )1+β , thì đánh giá sau đây đúng với mọi t ∈ [0; 1] khi → 0+ : ‖u(·, t)− vα(·, t+ β)‖ 6 C1(t, a, β, s)tE1−t [ ln E  ]− s 2 (1−t) (1 + o(1)). 2.2.4 Nhận xét. Trong Định lý 2.2.3 ta có đánh giá tại t = 0 ‖u(·, 0)− vα(·, β)‖ 6 C1(0, a, β, s)E [ ln E  ]− s 2 (1 + o(1)), khi → 0+ Rõ ràng với s > 0 thì đánh giá sai số này có dạng logarithm. 2.2.5 Định lý (Phương pháp chọn hậu nghiệm). Giả sử  < ‖ϕ(·)‖. Chọn τ > 1 sao cho τ 0 thỏa mãn đẳng thức ‖vα(·, 1 + β)− ϕ(·)‖ = τ. (2.14) Giả sử u(x, t) là nghiệm của bài toán (1) và vα(x, t) là nghiệm của bài toán (3) với α = α. Nếu có thêm điều kiện (2) thì đánh giá sau đây đúng với mọi t ∈ [0, 1] khi → 0+ ‖u(·, t)− vα(·, t+ β)‖ 6 C˜(τ, a, β, s)tE1−t [ ln E  ]−s(1−t)/2 (1 + o(1)) trong đó C˜(τ, a, β, s) là một hằng số dương chỉ phụ thuộc τ, a, β và s. 2.2.6 Nhận xét. Cách chọn tham số hậu nghiệm trong Định lý 2.2.5 không phụ thuộc s và E. Hơn nữa, tại t = 0 ta có đánh giá ‖u(·, 0)− vα(·, β)‖ 6 C˜(τ, a, β, s)E [ ln E  ]−s/2 (1 + o(1)) khi → 0+ Đánh giá sai số này có dạng logarithm với s > 0. 18 2.3 Chứng minh các kết quả chính Chứng minh Định lý 2.2.2. Lấy biến đổi Fourier của nghiệm v của bài toán (3) theo biến không gian x ∈ R, ta códv̂dt = −aξ2v̂, 0 0, β > 0. (2.15) Từ phương trình đầu của hệ ta nhận được v̂(ξ, t) = e−atξ 2 v̂(ξ, 0), ∀t ∈ [0, 1 + β]. (2.16) Thay t = 1 + β vào (2.16) ta có v̂(ξ, 1 + β) = e−a(1+β)ξ 2 v̂(ξ, 0), (2.17) và do đó ϕ̂(ξ) = αv̂(ξ, 0) + v̂(ξ, 1 + β) = (α + e−a(1+β)ξ2)v̂(ξ, 0). Từ đây suy ra v̂(ξ, 0) = ϕ̂(ξ) α + e−a(1+β)ξ2 . (2.18) Thay (2.18) vào (2.16) ta được v̂(ξ, t) = e−atξ2 α + e−a(1+β)ξ2 ϕ̂(ξ), ∀t ∈ [0, 1 + β], (2.19) suy ra v(x, t) = ( e−atξ2 α + e−a(1+β)ξ2 ϕ̂(ξ) )∨ , ∀t ∈ [0, 1 + β]. (2.20) Theo định nghĩa của tích chập ta có v = F ∗ ϕ√ 2pi (2.21) với F là hàm số sao cho F̂ = e−atξ2 α + e−a(1+β)ξ2 . (2.22) 19 Sử dụng Bổ đề (2.1.4) ta nhận được |F̂ | = F̂ = e −atξ2 α + e−a(1+β)ξ2 6 H ( t 1 + β ) α t 1+β −1, ∀t ∈ [0, 1 + β]. (2.23) Tiếp theo sử dụng đẳng thức Parseval, ta có ‖v(·, t)‖ = ∥∥∥(F̂ ϕ̂)∨∥∥∥ = ∥∥(F̂ ϕ̂)∥∥ 6 H ( t 1 + β ) α t 1+β −1‖ϕ̂‖ = H ( t 1 + β ) α t 1+β −1‖ϕ‖ Tóm lại, ta có đánh giá ‖v(·, t)‖ 6 H ( t 1 + β ) α t 1+β −1‖ϕ‖, ∀t ∈ [0, 1 + β]. (2.24) Từ (2.20), (2.21), (2.22) và (2.24) ta khẳng định được bài toán (3) đặt chỉnh. Chứng minh Định lý 2.2.3. Sử dụng đẳng thức Parseval ta có ‖u(·, t)− vα(·, t+ β)‖ = ‖û(·, t)− v̂α(·, t+ β)‖ = ∥∥∥∥∥ea(1−t)ξ2û(ξ, 1)− e−a(t+β)ξ 2 α + e−a(1+β)ξ2 ϕ̂(ξ) ∥∥∥∥∥ = ∥∥∥∥∥ea(1−t)ξ2û(ξ, 1)− e−a(t+β)ξ 2 α + e−a(1+β)ξ2 û(ξ, 1) + e−a(t+β)ξ2 α + e−a(1+β)ξ2 (û(ξ, 1)− ϕ̂(ξ)) ∥∥∥∥∥ 6 ∥∥∥∥∥ ( ea(1−t)ξ 2 − e −a(t+β)ξ2 α + e−a(1+β)ξ2 ) û(ξ, 1) ∥∥∥∥∥+ ∥∥∥∥∥ e−a(t+β)ξ 2 α + e−a(1+β)ξ2 (û(ξ, 1)− ϕ̂(ξ)) ∥∥∥∥∥ 6 ∥∥∥∥∥ αea(1−t)ξ 2 α + e−a(1+β)ξ2 û(ξ, 1) ∥∥∥∥∥+ supξ∈R e −a(t+β)ξ2 α + e−a(1+β)ξ2 ‖û(ξ, 1)− ϕ̂(ξ)‖ = ∥∥∥∥∥ αe−atξ 2 α + e−a(1+β)ξ2 û(ξ, 0) ∥∥∥∥∥+ supξ∈R e −a(t+β)ξ2 α + e−a(1+β)ξ2 ‖u(ξ, 1)− ϕ(ξ)‖ 6 ∥∥∥∥∥αe−atξ 2 (1 + ξ2)−s/2 α + e−a(1+β)ξ2 (1 + ξ2)s/2û(ξ, 0) ∥∥∥∥∥+H ( t+ β 1 + β ) α t+β 1+β −1 6 sup ξ∈R αe−atξ2(1 + ξ2)−s/2 α + e−a(1+β)ξ2 ‖u(ξ, 0)‖Hs +H ( t+ β 1 + β ) α t+β 1+β −1 20 6 sup ξ∈R αe−atξ2(1 + ξ2)−s/2 α + e−a(1+β)ξ2 E + α t+β 1+β −1. (2.25) Bây giờ ta sẽ đánh giá đại lượng A = sup ξ∈R αe−atξ2(1 + ξ2)−s/2 α + e−a(1+β)ξ2 Đặt e−a(1+β)ξ2 = αz, dễ thấy 0 < z 6 1 α . Ta có αe−atξ2(1 + ξ2)−s/2 α + e−a(1+β)ξ2 = α(αz) t 1+β ( 1− ln(αz) a(1 + β) )−s/2 α(1 + z) = α t 1+β z t 1+β (1 + z) ( 1− ln(αz) a(1 + β) )−s/2 = α t 1+β [ a(1 + β) ln 1α ]s/2 z t 1+β (1 + z) ( − lnα − ln(αz) + a(1 + β) )s/2 = α t 1+β [ a(1 + β) ln 1α ]s/2 z t 1+β (1 + z) ( − lnα − lnα− ln z + a(1 + β) )s/2 Tiếp theo, ta chứng minh đại lượng B = z t 1+β (1 + z) ( − lnα − lnα− ln z + a(1 + β) )s/2 bị chặn bởi một hằng số dương C(a, β, s). Thật vậy, nếu 0 < z 6 1 thì với 0 < α < 1 ta có 0 6 − lnα < − lnα− ln z + a(1 + β) nên B = z t 1+β (1 + z) ( − lnα − lnα− ln z + a(1 + β) )s/2 < z t 1+β (1 + z) < 1. Còn nếu z > 1 thì ta có đánh giá 0 < − lnα − lnα− ln z + a(1 + β) < 1 + ln z a(1 + β) . (2.26) 21 Thật vậy, (2.26) được biến đổi tương đương thành 0 < a(1 + β)− ln z a(1 + β) ln(αz) = a(1 + β) + ξ2 ln z. (2.27) Vế phải của (2.27) rõ ràng là số dương nếu z > 1. Do đó, (2.26) được chứng minh. Vì vậy, trong trường hợp z > 1 ta có đánh giá B = z t 1+β (1 + z) ( − lnα − lnα− ln z + a(1 + β) )s/2 < z t 1+β (1 + z) ( 1 + ln z a(1 + β) )s/2 6 z 1 1+β (1 + z) ( 1 + ln z a(1 + β) )s/2 < z 1 1+β z ( ln(ea(1+β)z) a(1 + β) )s/2 = z −β 1+β ( ln(ea(1+β)z) a(1 + β) )s/2 = eaβ ( 1 a(1 + β) )s/2 (ea(1+β)z) −β 1+β ( ln(ea(1+β)z) )s/2 = eaβ ( 1 a(1 + β) )s/2 y −β 1+β (ln y)s/2 = eaβ ( 1 a(1 + β) )s/2 g(y). Trong đó g(y) = y −β 1+β (ln y)s/2 , y = ea(1+β)z > ea(1+β) > 1. Bây giờ ta khảo sát hàm số g(y) với y > 1. Ta có g′(y) = −β 1 + β y −β 1+β −1 (ln y)s/2 + y −β 1+β s 2 (ln y) s 2 −1 1 y = y −β 1+β −1 (ln y) s 2 −1 ( s 2 − β 1 + β ln y ) , g′(y) = 0⇔ y = e s(1+β)2β . Từ đó ta suy ra sup y>1 g(y) = 1 nếus = 0 và sup y>1 g(y) = g ( e s(1+β) 2β ) = ( s(1 + β) 2eβ )s/2 nếus > 0 . 22 Tóm lại, ta đã chứng minh được B 6 max { 1, eaβ } = eaβ nếu s = 0, B 6 max { 1, eaβ ( s 2aeβ )s/2} nếu s > 0. Do đó A 6 C(a, β, s)α t 1+β [ a(1 + β) ln 1α ]s/2 E. Từ đánh giá này và (2.25) ta kết luận rằng ∀t ∈ [0, 1],∀α ∈ (0, 1) thì ‖u(·, t)− vα(·, t+ β)‖ 6 C(a, β, s)α t 1+β [ a(1 + β) ln 1α ]s/2 E + α t+β 1+β −1. Bây giờ, thay α = (  E [ ln E  ] s 2 )1+β ta sẽ có ‖u(·, t)− vα(·, t+ β)‖ 6 tE1−t [ ln E  ]−s 2 (1−t) 1 + C(a, β, s)a s 2  ln E ln E  − s 2 ln ln E   s 2  6 tE1−t [ ln E  ]−s 2 (1−t)( 1 + C(a, β, s)a s 2 ) (1 + o(1)) khi → 0+, vì lim →0+ [ ln E ln E − s2 ln ln E ] s 2 = 1. Chứng minh Định lý 2.2.1. Kết quả này đạt được bằng cách sử dụng Định lý 2.2.3 và bất đẳng thức tam giác. 23 Chứng minh Định lý 2.2.5. Đặt ρ(α) = ‖vα(·, 1 + β)− ϕ‖. Nếu 0 <  < ‖ϕ‖, thì a) ρ là một hàm liên tục, b) lim α→0+ ρ(α) = 0, c) lim α→+∞ ρ(α) = ‖ϕ‖, d) ρ là hàm tăng ngặt. Thật vậy, sử dụng đẳng thức Parseval ta có ρ(α) = ‖vα(·, 1 + β)− ϕ‖ = ‖v̂α(ξ, 1 + β)− ϕ̂(ξ)‖ = ∥∥∥∥∥ e−a(1+β)ξ 2 α + e−a(1+β)ξ2 ϕ̂(ξ)− ϕ̂(ξ) ∥∥∥∥∥ = ∥∥∥∥− αα + e−a(1+β)ξ2 ϕ̂(ξ) ∥∥∥∥ = ∥∥∥∥ αα + e−a(1+β)ξ2 ϕ̂(ξ) ∥∥∥∥ = (∫ +∞ −∞ ( α α + e−a(1+β)ξ2 )2 |ϕ̂(ξ)|2dξ ) 1 2 . (2.28) Trước hết ta chứng minh khẳng định b). Giả sử δ là một số dương bé tuỳ ý, vì ‖ϕ‖2 = ‖ϕ̂‖2 = ∫ +∞−∞ |ϕ̂(ξ)|2dξ nên tồn tại số nguyên dương nδ sao cho∫ |ξ|>nδ |ϕ̂(ξ)|2dξ < δ2 2 . Từ (2.28) ta có đánh giá với mọi α thỏa mãn 0 < α < δ√ 2‖ϕ‖e −a(1+β)n2δ ρ2(α) = ∫ +∞ −∞ ( α α + e−a(1+β)ξ2 )2 |ϕ̂(ξ)|2dξ = ∫ |ξ|6nδ ( α α + e−a(1+β)ξ2 )2 |ϕ̂(ξ)|2dξ + ∫ |ξ|>nδ ( α α + e−a(1+β)ξ2 )2 |ϕ̂(ξ)|2dξ 6 ∫ |ξ|6nδ ( α α + e−a(1+β)n2δ )2 |ϕ̂(ξ)|2dξ + ∫ |ξ|>nδ |ϕ̂(ξ)|2dξ 24 6 α2e2a(1+β)n2δ ∫ |ξ|6nδ |ϕ̂(ξ)|2dξ + δ 2 2 6 α2e2a(1+β)n2δ ∫ ∞ −∞ |ϕ̂(ξ)|2dξ + δ 2 2 = α2e2a(1+β)n 2 δ‖ϕ‖2 + δ 2 2 < δ2. Từ đánh giá trên, ta suy ra được lim α→0+ ρ(α) = 0. Tiếp theo ta chứng minh khẳng định c). Từ (2.28) ta nhận thấy ρ2(α) = ∫ +∞ −∞ ( α α + e−a(1+β)ξ2 )2 |ϕ̂(ξ)|2dξ 6 ∫ +∞ −∞ |ϕ̂(ξ)|2dξ = ‖ϕ‖2 (2.29) ρ2(α) = ∫ +∞ −∞ ( α α + e−a(1+β)ξ2 )2 |ϕ̂(ξ)|2dξ > ∫ +∞ −∞ ( α α + 1 )2 |ϕ̂(ξ)|2dξ = ( α α + 1 )2 ‖ϕ‖2. (2.30) Từ (2.29), (2.30) và tính không âm của ρ(α) ta có α α + 1 ‖ϕ‖ 6 ρ(α) 6 ‖ϕ‖. Vì lim α→+∞ α α + 1 ‖ϕ‖ = ‖ϕ‖ nên theo nguyên lý kẹp ta có lim α→+∞ ρ(α) = ‖ϕ‖. Tiếp theo, ta chứng minh khẳng định d). Giả sử 0 < α1 < α2. Ta sẽ chứng minh ρ(α1) < ρ(α2). Thật vậy, ta thấy 0 < α1 α1 + e−a(1+β)ξ 2 < α2 α2 + e−a(1+β)ξ 2 , ∀ξ ∈ R. (2.31) Ngoài ra, vì ‖ϕ̂‖ = ‖ϕ‖ > 0 mà ‖ϕ̂‖2 = ∫ +∞−∞ |ϕ̂(ξ)|2dξ nên tồn tại số nguyên dương n0 sao cho ∫ +n0 −n0 |ϕ̂(ξ)|2dξ > 0. (2.32) 25 Từ (2.28), (2.31) và (2.32) ta kết luận được ρ(α1) < ρ(α2). Cuối cùng, ta chứng minh khẳng định a). Giả sử α0 là một số dương bất kỳ. Ta chứng minh ρ liên tục tại α0. Vì α0 > 0 và ‖ϕ‖ > 0 nên từ (2.28) ta thấy ρ2(α0) > 0 hay ρ(α0) > 0 (Do ρ(α0) là đại lượng không âm). Với α là số dương bất kỳ ta có đánh giá sau ρ(α0)|ρ(α)− ρ(α0)| 6 (ρ(α) + ρ(α0))|ρ(α)− ρ(α0)| = |ρ2(α)− ρ2(α0)| 6 ∫ +∞ −∞ ∣∣∣∣∣ ( α α + e−a(1+β)ξ2 )2 − ( α0 α0 + e−a(1+β)ξ 2 )2∣∣∣∣∣ |ϕ̂(ξ)|2dξ. (2.33) Mặt khác, ta có∣∣∣∣∣ ( α α + e−a(1+β)ξ2 )2 − ( α0 α0 + e−a(1+β)ξ 2 )2∣∣∣∣∣ = ∣∣∣∣ αα + e−a(1+β)ξ2 − α0α0 + e−a(1+β)ξ2 ∣∣∣∣ ∣∣∣∣ αα + e−a(1+β)ξ2 + α0α0 + e−a(1+β)ξ2 ∣∣∣∣ 6 2 ∣∣∣∣ αα + e−a(1+β)ξ2 − α0α0 + e−a(1+β)ξ2 ∣∣∣∣ = 2 ∣∣∣∣∣ (α− α0)e−a(1+β)ξ 2 (α + e−a(1+β)ξ2)(α0 + e−a(1+β)ξ 2 ) ∣∣∣∣∣ 6 2|α− α0| αα0 , ∀n ∈ N∗. (2.34) Từ (2.33) và (2.34) ta có ρ(α0)|ρ(α)− ρ(α0)| 6 2|α− α0| αα0 ∫ +∞ −∞ |ϕ̂(ξ)|2dξ = 2|α− α0| αα0 ‖ϕ‖2. Từ đó, ta có 0 6 |ρ(α)− ρ(α0)| 6 2 |α− α0| αα0ρ(α0) ‖ϕ‖2. Vì lim α→α0 2 |α− α0| αα0ρ(α0) ‖ϕ‖2 = 0 nên theo nguyên lý kẹp ta kết luận được lim α→α0 |ρ(α)− ρ(α0)| = 0 hay lim α→α0 ρ(α) = ρ(α0). Vậy ρ liên tục tại α0. Từ các tính chất trên của hàm ρ chứng tỏ tồn tại duy nhất một số dương α thỏa mãn (2.14). 26 Đặt z(·, t) = u(·, t)− vα(·, t+ β), ∀t ∈ [0, 1]. Ta có zt = azxx, (x, t) ∈ (−∞,+∞)× (0; 1) (2.35) ‖z(·, 1)‖ = ‖u(·, t)− vα(·, t+ β)‖ 6 ‖u(·, t)− ϕ‖+ ‖vα(·, t+ β)− ϕ‖ 6 + τ = (1 + τ). (2.36) Bây giờ ta đánh giá ‖z(·, 0)‖. Ta có: ‖z(·, 0)‖ = ‖u(·, 0)− vα(·, β)‖ = ‖û(·, 0)− v̂α(·, β)‖ = ∥∥∥∥∥eaξ2û(ξ, 1)− e−aβξ 2 α + e−a(1+β)ξ 2 ϕ̂(ξ) ∥∥∥∥∥ = ∥∥∥∥∥eaξ2û(ξ, 1)− e−aβξ 2 α + e−a(1+β)ξ 2 û(ξ, 1) + e−aβξ2 α + e−a(1+β)ξ 2 (û(ξ, 1)− ϕ̂(ξ)) ∥∥∥∥∥ 6 ∥∥∥∥∥ ( eaξ 2 − e −aβξ2 α + e−a(1+β)ξ 2 ) û(ξ, 1) ∥∥∥∥∥+ ∥∥∥∥∥ e−aβξ 2 α + e−a(1+β)ξ 2 (û(ξ, 1)− ϕ̂(ξ)) ∥∥∥∥∥ 6 ∥∥∥∥∥ αeaξ 2 α + e−a(1+β)ξ 2 û(ξ, 1) ∥∥∥∥∥+ supξ∈R e −aβξ2 α + e−a(1+β)ξ 2 ‖û(ξ, 1)− ϕ̂(ξ)‖ = ∥∥∥∥ αα + e−a(1+β)ξ2 û(ξ, 0) ∥∥∥∥+ sup ξ∈R e−aβξ2 α + e−a(1+β)ξ 2 ‖u(ξ, 1)− ϕ(ξ)‖ 6 ∥∥∥∥∥ α(1 + ξ2)−s/2α + e−a(1+β)ξ2 (1 + ξ2)s/2û(ξ, 0) ∥∥∥∥∥+H ( β 1 + β ) α −1 1+β   6 sup ξ∈R α(1 + ξ 2)−s/2 α + e−a(1+β)ξ 2 ‖u(ξ, 0)‖Hs +H ( β 1 + β ) α −1 1+β   6 sup ξ∈R α(1 + ξ 2)−s/2 α + e−a(1+β)ξ 2E + α −1 1+β  . (2.37) Mặt khác, sử dụng kết quả đánh giá đại lượng A trong trường hợp t = 0 trong chứng minh Định lý 3 ta thu được sup ξ∈R α(1 + ξ 2)−s/2 α + e−a(1+β)ξ 2 6 C2(a, β, s) [ a(1 + β) ln 1α ]s/2 (2.38) 27 trong đó C2(a, β, s) = { ea(1+β) nếu s = 0, max { 1, ea(1+β) ( s 2 )s/2} nếu s > 0. (2.39) Từ (2.37), (2.38) ta có đánh giá ‖z(·, 0)‖ 6 C2(a, β, s) [ a(1 + β) ln 1α ]s/2 E + α −1 1+β   (2.40) Mặt khác, ta có∥∥∥∥( αα + e−a(1+β)ξ2 û(ξ, 1) ) − (ϕ̂− v̂α(ξ, 1 + β)) ∥∥∥∥ = ∥∥∥∥( αα + e−a(1+β)ξ2 û(ξ, 1) ) − αv̂α(ξ, 0) ∥∥∥∥ = ∥∥∥∥( 1α + e−a(1+β)ξ2 û(ξ, 1) ) − 1 α + e−a(1+β)ξ 2 ϕ̂ ∥∥∥∥α = ∥∥∥∥ αα + e−a(1+β)ξ2 (û(ξ, 1)− ϕ̂) ∥∥∥∥ 6 sup ξ∈R α α + e−a(1+β)ξ 2 ‖û(ξ, 1)− ϕ̂‖ 6 ‖û(ξ, 1)− ϕ̂‖ = ‖u(ξ, 1)− ϕ‖ 6 . mà ‖ϕ̂− v̂α(ξ, 1 + β)‖ 6 ∥∥∥∥ αα + e−a(1+β)ξ2 û(ξ, 1) ∥∥∥∥ + ∥∥∥∥( αα + e−a(1+β)ξ2 û(ξ, 1) ) − (ϕ̂− v̂α(ξ, 1 + β)) ∥∥∥∥ dẫn đến ∥∥∥∥ αα + e−a(1+β)ξ2 û(·, 1) ∥∥∥∥ > τ−  = (τ − 1) hay  6 1 τ − 1 ∥∥∥∥ αα + e−a(1+β)ξ2 û(ξ, 1) ∥∥∥∥ . (2.41) 28 Từ (2.40), (2.41) và sử dụng kết quả trong chứng minh của Định lý 2.2.3 ta có ‖z(·, 0)‖ 6 C2(a, β, s) [ a(1 + β) ln 1α ]s/2 E + α −1 1+β  1 τ − 1 ∥∥∥∥ αα + e−a(1+β)ξ2 û(ξ, 1) ∥∥∥∥ = C2(a, β, s) [ a(1 + β) ln 1α ]s/2 E + α −1 1+β  1 τ − 1 ∥∥∥∥∥ αe−aξ 2 α + e−a(1+β)ξ 2 û(ξ, 0) ∥∥∥∥∥ 6 C2(a, β, s) [ a(1 + β) ln 1α ]s/2 E + α −1 1+β  1 τ − 1C(a, β, s)α 1 1+β  [ a(1 + β) ln 1α ]s/2 E = ( C2(a, β, s) + 1 τ − 1C(a, β, s) )[ a(1 + β) ln 1α ]s/2 E Ta lại có (τ)2 = ‖vα(·, 1 + β)− ϕ‖2 = ‖v̂α(·, 1 + β)− ϕ̂‖2 = ∥∥∥∥ αα + e−a(1+β)ξ2 ϕ̂ ∥∥∥∥2 > ( αα + 1 )2 ‖ϕ̂‖2 = ( α α + 1 )2 ‖ϕ‖2 Do đó τ > α α + 1 ‖ϕ‖ hay  α > ‖ϕ‖ − τ τ (2.42) Từ đó ta có a(1 + β) ln 1 α = a(1 + β) ln (E   α 1 E ) 6 a(1 + β) ln (E  ‖ϕ‖ − τ τ 1 E ) = a(1 + β) ln E  ln E  ln (E  ‖ϕ‖ − τ τ 1 E ) . (2.43) 29 Mặt khác lim →0+ ln E  ln (E  ‖ϕ‖ − τ τ 1 E ) = 1. (2.44) Từ các đánh giá trên ta thấy khi → 0+ ‖z(·, 0)‖ 6 ( C2(a, β, s) + 1 τ − 1C(a, β, s) )[ a(1 + β) ln E ]s/2 E(1 + o(1)). (2.45) Từ Bổ đề 2.1.5, (2.36) và (2.45) ta có đánh giá ‖z(·, t)‖ 6 ‖z(·, 1)‖t‖z(·, 0)‖1−t 6 C3(τ, t, a, β, s)tE1−t [ ln E  ]−s(1−t)/2 (1 + o(1)) khi → 0+ ở đây C3(τ, t, a, β, s) = (τ + 1) t(a(1 + β))s(1−t)/2 ( C2(a, β, s) + 1 τ − 1C(a, β, s) )1−t . Đặt C˜(τ, a, β, s) = sup t∈[0,1] C3(τ, t, a, β, s) < +∞ ta sẽ thu được khẳng định của định lý. KẾT LUẬN CHUNG Kết quả chúng tôi đạt được trong khoá luận này là sử dụng phép biến đổi Fourier vào phương trình truyền nhiệt ngược thời gian đưa ra được các kết quả chính như sau: - Chứng minh được bài toán∂v∂t = a∂ 2v ∂x2 (x, t) ∈ (−∞; +∞)× (0; 1 + β), αv(x, 0) + v(x, 1 + β) = ϕ(x), x ∈ (−∞; +∞), α > 0, β > 0 là bài toán đặt chỉnh. - Đưa ra đánh giá ổn định dạng Ho¨lder và chỉnh hóa nghiệm của bài toán Cauchy cho phương trình truyền nhiệt ngược thời gian dạn._.