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

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

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

, 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
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

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

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)


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

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
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→∞


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)


−∞
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
∞

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

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

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

) 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

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
+

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

−∞
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)

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−

+∞

−∞
|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

(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

−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

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

−∞
|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

= −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

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

+ 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


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|

∞

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


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

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

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

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


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)

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 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

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

∞

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

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