1

MỤC LỤC
Trang
MỤC LỤC . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
LỜI NÓI ĐẦU . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2

Chương 1. Một số kiến thức bổ trợ. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .4
1.1 Hàm Gamma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.2 Hàm Mittag-Leffler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
1.3 Đạo hàm bậc phân Caputo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
Chương 2. Chỉnh hoá dữ kiện cho bài toán khuếch tán bậc phân
ngược thời gian . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
2.1 Giới thiệu bài toán . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
2.2 Chỉnh hóa bài toán . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
2.3 Tốc độ hội tụ của phương pháp chỉnh hóa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
KẾT LUẬN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
TÀI LIỆU THAM KHẢO . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29


LỜI NÓI ĐẦU

Nghiên cứu về các bài toán ngược cho quá trình khuếch tán là một
lĩnh vực sôi động trong suốt 30 năm qua. Mục đích của hướng nghiên
cứu này là đạt được thông tin về tình trạng ban đầu (trong qúa khứ)
của một trường vật chất từ dữ kiện đo đạc của nó tại thời điểm hiện tại.
Mô hình khuếch tán đối lưu kinh điển là phương trình parabolic
∂u
+ v.∇u = D△u, x ∈ Ω ⊂ Rm , t > 0.
(1)
∂t

sâu sắc của mình đến Thầy. Nhân dịp này, tác giả xin chân thành cảm
ơn Ban chủ nhiệm phòng Sau đại học, Ban chủ nhiệm khoa Toán học
và cảm ơn các thầy, cô giáo trong bộ môn Giải tích, khoa Toán học đã
nhiệt tình giảng dạy và giúp đỡ tác giả trong suốt thời gian học tập và
hoàn thành đề cương, luận văn này. Cuối cùng, tác giả cám ơn gia đình,
đồng nghiệp, bạn bè, đặc biệt là các bạn trong lớp Cao học 21 Giải tích
đã cộng tác, giúp đỡ và động viên tác giả trong suốt quá trình học tập
và nghiên cứu.
Mặc dù đã có nhiều cố gắng, nhưng luận văn không tránh khỏi
những hạn chế, thiếu sót. Chúng tôi rất mong nhận được những ý kiến
đóng góp của các thầy, cô giáo và các bạn bè để luận văn được hoàn
thiện hơn.
Nghệ An,tháng 8 năm 2015
Tác giả


CHƯƠNG 1
MỘT SỐ KIẾN THỨC BỔ TRỢ

Chương này nhằm mục đích trình bày một số kiến thức liên quan đến
nội dung chương 2, chủ yếu được chúng tôi tham khảo trong tài liệu [11].
1.1

Hàm Gamma

1.1.1 Định nghĩa. Hàm gamma Γ hay tích phân Euler loại 2 là tích
phân

∫


phân (1.2) hội tụ với mọi x > 0 và mọi y ∈ R.
1.1.3 Định lý. Hàm gamma Γ có các tính chất sau
1) Γ(z + 1) = zΓ(z), ∀z ∈ C, Rez > 0,
2) Γ(1) = 1,
4


5
∗
3) Γ(n
( +)1) = n!, ∀n ∈ N ,
√
1
4) Γ
= π,
(2
)
1
(2n)! √
5) Γ n +
π.
= 2n
2
2 n!

Chứng minh. 1) Với mọi z ∈ C, Rez > 0 ta có
∫ ∞
Γ(z + 1) =
e−t tz dt
0


∫∞
2
4) Trước hết ta tính tích phân I = 0 e−x dx. Đặt x = ut, u > 0, ta có
∫ ∞
2 2
I=u
(1.3)
e−u t dt.
0

Nhân hai vế của (1.3) với e−u và lấy tích phân từ 0 đến ∞ ta được
)
∫ ∞(
∫ ∞
2
−u2
−u2 t2
I =
e u
e
dt du
)
∫0 ∞ (∫ ∞ 0
−u2 (1+t2 )
=
e
udu dt
0
0

( )
∫ ∞
√
1
2
Γ
=2
e−u du = 2I = π.
2
0

Bằng cách thay z =

5) Từ tính chất 1) và tính chất 4) ta có
(
) (
) (
)
1
1
1
Γ n+
= n−
Γ n−
2
2
2
)(
) (
)

1.1.4 Định lý. Với mọi z ∈ C thỏa mãn Rez > 0 ta có
n!nz
n→∞ z(z + 1) · · · (z + n)

Γ(z) = lim

(1.5)

Chứng minh. Để chứng minh công thức (1.5), trước hết chúng ta xét hàm
)
∫ n(
t n z−1
1−
fn (z) =
(1.6)
t dt.
n
0
t
n

Bằng cách đổi biến τ =
đặt được

sau đó sử dụng tích phân từng phần chúng ta

∫

fn (z) = n


∫

1

τ z+n−1 dτ
0

(1.7)


7

Chú ý rằng

(

lim

n→∞

t
1−
n

)n

= e−t .

Do đó mục đích tiếp theo của chúng ta là chứng minh đẳng thức
)

−t
t dt +
e−t tz−1 dt.
=
e − 1−
n
n
0

(1.9)

Lấy ε > 0 bé tùy ý. Từ sự hội tụ của tích phân (1.1) với mọi z ∈ C thỏa
mãn Rez > 0 ta suy ra tồn tại số tự nhiên n0 sao cho với mọi n ∈ N∗ mà
n

n0 ta có

∫

∞

−t z−1

e t

∫

∞

dt

e − 1−
t dt +
e−t tz−1 dt.
(1.11)
n
N
n
Ta có
(
)n ]
∫ n[
t
e−t − 1 −
tz−1 dt
n
N

n[

)n ]
t
e−t − 1 −
tx−1 dt
n
∫N∞
ε


−t
τ
e − 1−
=
dτ
e 1−
n
n n
0
và bất đẳng thức

∫

t
τ

0

định nghĩa hàm gamma Γ(z) cho mọi z ∈ C mà z ̸= 0, −1, −2, · · · Cụ
thể, nếu z ∈ C mà −m < Rez

−m + 1 với m là một số nguyên dương

nào đó thì ta xác định Γ(z) theo công thức
Γ(z) =

Γ(z + m)
.
z(z + 1) · · · (z + m − 1)

(1.15)

1.1.6 Nhận xét. Công thức (1.5) không chỉ đúng với mọi z ∈ C thỏa
mãn Rez > 0 mà còn đúng với mọi z ∈ C mà z ̸= 0, −1, −2, · · · Thật
vậy, từ công thức (1.15) và Định lý 1.1.4 ta có
Γ(z + m)
z(z + 1) · · · (z + m − 1)
1
nz+m n!
=
lim
z(z + 1) · · · (z + m − 1) n→∞ (z + m) · · · (z + m + n)
nz n!
1
lim
=
z(z + 1) · · · (z + m − 1) n→∞ (z + m)(z + m + 1) · · · (z + n)
nm

k=0

zk
, α > 0, z ∈ C.
Γ(αk + 1)

(1.16)

Hàm Mittag-Leffler hai tham số là hàm có dạng
Eα,β (z) =

∞
∑
k=0

zk
, α > 0, β > 0, z ∈ C.
Γ(αk + β)

(1.17)

1.2.2 Nhận xét. Với mọi z ∈ C mà z ̸= 0 ta có
1) Eα,1 (z) =
2) E1,1 (z) =
3) E1,2 (z) =
2

∞
∑
k=0


k=0
∞
∑

4) E2,1 (z ) =

k=0
∞
∑

∞

∑ z 2k
z 2k
=
= cosh(z),
Γ(2k + 1) k=0 (2k)!
∞

1 ∑ z 2k+1
sinh(z)
z 2k
=
=
,
5) E2,2 (z ) =
Γ(2k
+
2)

2

Chúng ta kí hiệu γ(ε, φ) (ε > 0, 0 < φ
phần sau đây

π) là đường gồm ba thành


10

1) arg τ = φ nếu |τ |
2) −ε

arg τ

ε;

φ nếu |τ | = ε;

3) arg τ = −φ nếu |τ |

ε.

Đường γ(ε, φ) (ε > 0, 0 < φ

π) chia mặt phẳng phức τ thành hai

miền và ta kí hiệu G− (ε, φ) và G+ (ε, φ) lần lượt là miền bên trái và miền
bên phải của đường γ(ε, φ).
Nếu 0 < φ < π thì cả hai miền G− (ε, φ) và G+ (ε, φ) đều là miền không


(1.20)

Chứng minh. Nếu |z| < ε thì
z
< 1, ζ ∈ γ(ε, µ).
ζ

(1.21)

Do đó với 0 < α < 2 và |z| < ε ta có
{∫
}
∞
∑
1
1/α (1−β)/α−k−1
Eα,β (z) =
exp(ζ )ζ
dζ z k
2απi
γ(ε,µ)
k=0
{ ∞ ( )}
∫
∑ z
1
=
exp(ζ 1/α )ζ (1−β)/α−1
dζ

2απi γ(ε1 ,µ)
ζ −z

(1.23)

Mặt khác, nếu ε < |z| < ε1 và −µ < arg(z) < µ thì theo định lý Cauchy
ta có
∫
(
)
1
exp(ζ 1/α )ζ (1−β)/α
1 (1−β)/α
1/α
dζ = z
exp z
. (1.24)
2απi γ(ε1 ,µ)−γ(ε,µ)
ζ −z
α
Tổ hợp (1.23) và (1.24) ta đạt được công thức (1.20).
1.2.4 Định lý. Nếu 0 < α < 2, β là số phức tùy ý và µ là số thực thỏa
mãn
πα
< µ < min{π, πα}
2
thì với số nguyên dương p tùy ý ta có đánh giá
p
(
) ∑

+ p
k
ζ −z
z
z (ζ − z)
k=1

(1.26)

(1.27)


12

trong công thức (1.20) của Định lý 1.2.3 chúng ta có công thức biểu diễn
sau đây cho hàm Mittag-Leffler Eα,β (z) trong miền G+ (1, φ) (nghĩa là
miền bên phải của đường γ(1, φ)).
(
)
1 (1−β)/α
1/α
Eα,β (z) = z
exp z
α
)
∫
p (
∑
1
1/α (1−β)/α+k−1

α
Γ(β − αk)
k=1
∫
1
+
exp(ζ 1/α )ζ (1−β)/α+p ζ,
p
2απiz γ(1,φ)
(| arg(z)| µ, |z| > 1).
Chúng ta hãy đánh giá tích phân
∫
1
Ip (z) =
exp(ζ 1/α )ζ (1−β)/α+p ζ,
p
2απiz γ(1,φ)
với |z| đủ lớn và | arg(z)|

µ. Với |z| đủ lớn và | arg(z)|

(1.29)

(1.30)

(1.31)
µ ta có

min |ζ − z| = |z| sin(φ − µ).




13

và cos

(φ)

< 0 do điều kiện (1.26). Tổ hợp (1.30) và (1.32) ta đạt được
α
công thức (1.25).
1.2.5 Định lý. Nếu 0 < α < 2, β là số phức tùy ý và µ là số thực thỏa
mãn
πα
< µ < min{π, πα}
2
thì với số nguyên dương p tùy ý ta có đánh giá
Eα,β (z) = −

p
∑
k=1

(
)
z −k
+ O |z|−1−p
Γ(β − αk)

|z| → ∞, µ


| arg(z)|

π ta có

min |ζ − z| = |z| sin(φ − µ).

ζ∈γ(1,φ)

Hơn nữa, miền µ

| arg(z)|

π nằm trong miền G− (1, φ) nên đẳng

thức (1.35) đúng với z thỏa mãn µ
và µ

| arg(z)|
|Ip (z)|

| arg(z)|

π. Do đó với |z| đủ lớn

π ta đạt được
∫
|z|−1−p
exp(ζ 1/α ) ζ (1−β)+p ζ.
2πα sin(φ − µ) γ(1,φ)


T, n − 1 < α < n,

T, α = n.

1.3.2 Nhận xét. 1) Trong trường hợp n = 1, ta có
∫ t
′
1
f (s)
C (α)
ds, a t T, 0 < α < 1.
a Dt f (t) =
Γ(1 − α) a (t − s)α

(1.37)

2) Với n ∈ N∗ , α ∈ R thỏa mãn n − 1 < α < n, m ∈ N và f là hàm khả
vi liên tục cấp n + m thì ta có
(
) C (α+m)
C (α) C m
D
D
f
(t)
= a Dt
f (t).
a t
a t


α→n

a

= f (t), ∀t ∈ [a, T ].
n

(1.38)


15

1.3.4 Định lý. Cho α > 0 và λ ∈ R. Đặt f (t) = Eα,1 (λtα ), t ≥ 0. Khi
đó
C (α)
0 Dt f (t)

= λEα,1 (λtα ).

Chứng minh. Nếu α = n ∈ N thì
C (α)
0 Dt f (t)

∞

∑ dn (λtn )k
dn
= n En,1 (λtn ) =
dt

Γ(n(k − 1) + 1)

Với α ∈ N, thì tồn tại n ∈ N sao cho n − 1 < α < n. Ta có
∫ t
∫ t dn
α
1
f (n) (s)
1
C (α)
dsn Eα,1 (λs )
ds =
ds
0 Dt f (t) =
Γ(n − α) 0 (t − s)α+1−n
Γ(n − α) 0 (t − s)α+1−n
∞ ∫ t
dn
α k
∑
1
dsn (λs )
=
ds.
Γ(n − α) k=1 0 Γ(αk + 1)(t − s)α+1−n
Tương tự như trường hợp α là số nguyên ta có
∞ ∫ t
∑
λk−1 sαk−n
λ

2.1

Giới thiệu bài toán

Xét bài toán khuếch tán bậc phân
 γ
∂ u

 γ = ∇.(a(x)∇u), (x, t) ∈ Ω × (0, T ],
∂t
u(x,
t) = 0, x ∈ ∂Ω, t ∈ [0, T ],


u(x, 0) = u0 (x), x ∈ Ω,

(2.1)

trong đó γ ∈ (0, 1), 0 < a0

a(x) ∈ C 1 (Ω), u0 (x) là dữ kiện ban đầu và
∂γ u
2
Ω ⊂ R là một miền bị chặn và γ là đạo hàm bậc phân Caputo được
∂t
xác định dựa trên công thức (1.37), cụ thể là
∫ t
′
dγ f
1

cho phương trình γ = uxx . Bằng cách thêm vào phương trình này số
∂t
hạng αuxxxx , hai tác giả trên đã xây dựng được một họ chỉnh hóa phụ
thuộc tham số α để phục hồi tình trạng ban đầu u(x, 0) và nhận thấy
rằng dữ kiện ban đầu cho phương trình khuếch tán bậc phân này có thể
được phục hồi trong cách hữu hiệu hơn nếu so sánh với bài toán ngược
truyền thống cho phương trình dẫn nhiệt (xem [5]) trong trường hợp một
chiều. Sự thuận lợi của họ chỉnh hóa được xây dựng vừa đề cập ở trên
là nghiệm chỉnh hóa có thể biểu diễn ở dạng "hiển" nhờ khai triển hàm
riêng. Tuy nhiên, mô hình (2.1) là mô hình hai chiều nên việc đưa các đạo
hàm riêng bậc cao vào trong phương trình để làm số hạng chỉnh hóa trở
nên khó khăn hơn nhiều vì tính bất đối xứng của toán tử ∇.(a(x)∇u).
Trong những năm gần đây, việc xây dựng một hệ thống chỉnh hóa sao
cho nghiệm chỉnh hóa có thể được biểu diễn ở dạng "hiển" đã nhận được
nhiều sự quan tâm. Sự thuận lợi của ý tưởng mới này là ở chỗ tính đặt
chỉnh của bài toán chỉnh hóa được đảm bảo một cách tự động, vấn đề
còn lại chỉ là tốc độ hội tụ của nghiệm chỉnh hóa. Hơn nữa, việc giải số
cho nghiệm chỉnh hóa với mọi t ∈ [0, T ) cũng dễ hơn nhiều. Cho ví dụ,
xem [3] cho phương làm nhuyễn, nơi mà dữ kiện đo đạc ở thời điểm cuối
được chỉnh hóa bằng cách sử dụng nhân Dirichlet. Ta gọi họ chỉnh hóa
kiểu như vậy là kỷ thuật chỉnh hóa dữ kiện.
Trong chương này, chúng ta sẽ sử dụng kỷ thuật chỉnh hóa dữ kiện để
xử lý bài toán ngược với bài toán (2.1), nghĩa là, với dữ kiện bị nhiễu
g δ (x) của u(x, T ), chúng ta cố gắng xác định u(x, t) với t ∈ [0, T ) một
cách xấp xỉ. Bằng cách sử dụng khai triển hàm riêng, chúng ta giải bài
toán đặt không chỉnh này bằng một bài toán tối ưu. Xét về bản chất, bài


18


2.2.1 Bổ đề. ([9]) (i) Giả sử rằng γ ∈ (0, 1), khi đó
( )
1 1/γ
1
1
Eγ,1 (x) = e −
+O
, khi → +∞,
γ
xΓ(1 − γ)
x2
( )
1
1
Eγ,1 (x) = −
+O
, khi → +∞.
xΓ(1 − γ)
x2

(2.4)
(2.5)

(ii)Giả sử rằng 0 < γ0 < γ1 < 1. Khi đó tồn tại các hằng số C1 , C2 > 0
chỉ phụ thuộc vào γ0 , γ1 sao cho
C1
1
Γ(1 − γ) 1 − x

Eγ,1 (x)

vì vậy kết hợp với tính chất (i) ta có

(
)
1
1
1
+o
Eγ,1 (x) =
Γ(1 − γ) 1 − x
1−x
1
1
, x ∈ (−∞, −L)
2Γ(1 − γ) 1 − x

với số dương L nào đó. Với mọi x ∈ [−L, 0] ta có
Eγ,1 (x)

min Eγ,1 (x)

x∈[−L,0]

1
C1
Γ(1 − γ) (1 − x)

(2.8)

với C1 > 0 đủ nhỏ, chú ý rằng Eγ,1 (x) > 0 với mọi x ∈ [−L, 0]. Đánh giá

u0 (x) =
cn φn (x), cn =
u0 (x)φn (x)dx, n ∈ N.

(2.10)

Ω

n=1

Dễ dàng chứng tỏ rằng có thể biểu diễn λn dưới dạng
√
λn =∥ a∇φn ∥2L2 (Ω) ,
λ2n =∥ ∇.(a∇φn ) ∥2L2 (Ω)
và
∫

∫

∇.(a∇φn )∇.(a∇φm )dx = 0 ,

a∇φn .∇φm dx = 0 ,
Ω

n ̸= m.

Ω

Định nghĩa hàm Φn (x, t) theo công thức
Φn (x, t) := Eγ,1 (−λn tγ )φn (x).


cn Φn (x, t).

(2.13)

n=1

Đặc biệt, giá trị tại thời điểm cuối là
g(x) = u(x, T ) =

∞
∑

cn Φn (x, T ).

(2.14)

n=1

Trong thực hành, chỉ dữ kiện bị nhiễu g δ (x) của g(x) được cung cấp và
chúng ta chỉ có thể tính được hữu hạn số hạng của chuỗi (2.14). Do đó,
cn được xác định từ phương trình xấp xỉ của (2.14), nghĩa là
M
∑

cδn Φn (x, T ) = g δ (x),

(2.15)

n=1

= inf

δ
CM

RM

:

∞
∑

}

cδn Φn (., T ) − g δ (.)

ε ,

(2.17)

n=1

δ
δ
). Dưới đây ta sẽ chọn ε = δ. Số nguyên dương
:= (C1δ , C2δ , ...., CM
với CM

M := M (δ) là tham số chỉnh hóa và sẽ được chỉ rõ sau.


Ω

δ,δ
Nghiệm có chuẩn cực tiểu CM
có thể được giải bằng phương pháp chỉnh
δ,δ
hóa Tikhonov, cụ thể CM
là nghiệm của phương trình sau
δ,δ
(α(δ)I + K ∗ K)CM
= K ∗ g δ (x),

(2.19)

trong đó tham số chỉnh hóa α = α(δ) được xác định từ các phương trình
α,δ
(αI + K ∗ K)ωM
= K ∗ g δ (x),

α,δ
∥ KωM
− g δ ∥= δ.

(2.20)

Tiếp theo ta đặt
δ,δ
FM
(x, T )


 δ,δ
δ,δ
uM (x, T ) = FM
(x, T ),
x ∈ Ω.

(2.22)

Nghiệm duy nhất của bài toán ngược này có thể biểu diễn dưới dạng
"hiển"
uδ,δ
M (x, t)

=

M
∑

cδ,δ
n Φn (x, t),

t ∈ [0, T ].

(2.23)

n=1

Hàm uδ,δ
M (x, t) sẽ được lấy làm nghiệm chỉnh hóa cho u(x, t) với tham số
chỉnh hóa M .


Up

)

p/2

λM

, t ∈ [0, T ].

Chứng minh. Bằng tính toán trực tiếp, ta có
(M
)2
∑
2
|uδ,δ
(cδ,δ
n − cn )Φn (x, t)
M (x, t) − u(x, t)| =
(

+

+

n=1
∞
∑



∥2L2 (Ω) =

C2
1 + λ1 tγ

M
∑

n=1
)2 ∑
M

(cδ,δ
n

(cδ,δ
n

n=1

− cn )

2

2
Eγ,1
(−λn tγ )

(

(cδ,δ
n

M
∑

− cn )Φn (x, T ) =

n=1

n=1

+

δ
δ
cδ,δ
n Φn (x, T ) − g (x) + g (x) − g(x)
∞
∑

cn Φn (x, T )

n=M +1

ta có đánh giá sau nhờ bất đẳng thức Bunhiacopski
(M
)2 ( M
)2
∑

c2n Eγ,1
(−λn T γ ).

n=M +1

Sử dụng Bổ đề 2.2.1, ta kết luận rằng
(
)2 ∑
)2 ∑
(
M
∞
1
C1
C2
δ,δ
2
2
(cn − cn )
2δ +
c2n .
γ
γ
3 1 + λM T
1 + λM T
n=1
n=M +1
Do đó, ta có
∞
3C22 ∑ 2

∑

c2n λ2n

n=M +1

n=M +1

∞
∑

=

n=1

nghĩa là
λ2M

∞
∑
n=M +1

(

c2n

∇. a∇

∞
∑


n=M +1

c2n

∞
∑

c2n λn

n=M +1

=

∞
∑

c2n ∥

√

a∇φn ∥2L2 (Ω)

n=1

=∥

√

a∇u0 ∥2L2 (Ω)

[

Điều này kéo theo đánh giá sau đây đúng với mọi t ∈ [0, T ]
[
]
U
(3
+
2C
+
C
)C
p
2
1
2
(1 + λM T γ )δ + p/2 .
∥ uδ,δ
M (·, t) − u(·, t) ∥L2 (Ω)
γ
C1 (1 + λ1 t )
λM
Định lý đã được chứng minh.
Sử dụng đánh giá sai số trong Định lý 2.3.1, chúng ta có thể thiết lập
1
tốc độ hội tụ. Lấy λM (δ) ≈ γ
với h(δ) là một hàm dương thỏa mãn
T h(δ)
h(δ) → 0 khi δ → 0. Khi đó ta có đánh giá
[

, t ∈ [0, T ].
1 + λ1 tγ

(2.25)


25

2.3.3 Định lý. Giả sử rằng u0 ∈ H0p thỏa mãn ∥ u0 ∥H0p
hoặc p = 2. Nếu M = M (δ) được chọn sao cho λM (δ)
hằng số C* sao cho

(

2
∗
∥ uδ,δ
δ
M (·, t) − u(·, t) ∥L2 (Ω) ≤ C

pT γ +2tγ
(p+2)T γ

+

δ

Up với p = 1
1
≈ 2 thì tồn tại

γ
(cδ,δ
n − cn ) Eγ,1 (−λn t )
n=1

2
c2n Eγ,1
(−λn tγ )

n=M +1
M
∑
2 2
γ
(cδ,δ
n − cn ) Eγ,1 (−λn t )
n=1

(

+

C2
1 + λM tγ

)2 ∑
∞

c2n .


CC22 Up2
+
.
(1 + λM tγ )2 λpM

(2.26)