đánh giá tính ổn định và chỉnh hóa nghiệm của phươngtrình truyền nhiệt ngược thời gian Nguyễn Văn Đứca, Phan Thị Quỳnh Nhưb Tóm tắt.. Do đó các vấn đề đánh giá ổn định và chỉnh hóa nghiệ
Trang 1đánh giá tính ổn định và chỉnh hóa nghiệm của phương
trình truyền nhiệt ngược thời gian
Nguyễn Văn Đức(a), Phan Thị Quỳnh Như(b)
Tóm tắt Trong bài báo này, chúng tôi đưa ra đánh giá ổn định dạng Hălder và chỉnh hóa nghiệm của bài toán Cauchy cho phương trình truyền nhiệt ngược thời gian dạng
∂u
∂t = a
∂2u
∂x2 (x, t) ∈ (−∞; +∞) ì (0; 1),
ku(ã, 1) − ϕ(ã)k 6 ε,
với ràng buộcku(ã, 0)k H s(R) 6 E,trong đóϕ(ã) ∈ L2(R)và các hằng sốE > ε > 0,
s > 0,a > 0đã biết.
1 mở đầu
Trong bài báo này chúng tôi đưa ra đánh giá ổn định dạng Hăolder và chỉnh hóa
cho nghiệm của bài toán Cauchy cho phương trình truyền nhiệt ngược thời gian
∂u
∂t = a
∂2u
∂x2 (x, t) ∈ (−∞; +∞) ì (0; 1),
ku(ã, 1) − ϕ(ã)k 6 ε,
(1.1) với ràng buộc
trong đó k ã k, k ã k H s(R) là chuẩn trên không gian L2(R) và trên không gian Sobolev
H s (R)(s > 0)tương ứng
Chúng tôi giả thiết rằng nghiệm của bài toán (1.1) thuộc không gian L2(R) theo
biến x, nghĩa là, nếu u(x, t), (x, t) ∈ (−∞; +∞) ì [0; 1] là nghiệm của bài toán (1.1) thì
u(x, t) ∈ L2(R)với mọi t ∈ [0, 1].
Bài toán (1.1)−(1.2) thường xuyên gặp trong nhiều ứng dụng (xem [1], [2]) và nó
thuộc lớp bài toán đặt không chỉnh Do đó các vấn đề đánh giá ổn định và chỉnh hóa
nghiệm của bài toán (1.1)−(1.2) cần được quan tâm nghiên cứu.
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 H s (R) = H0(R) =
L2(R)) Trong bài báo 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.
1 Nhận bài ngày 11/12/2009 Sửa chữa xong 25/02/2010.
Trang 2Trong việc chỉnh hóa, chúng tôi sử dụng nghiệm v(x, t) ∈ L2(R)với mọi t ∈ [0; 1+β]
của bài toán giá trị biên không địa phương đặt chỉnh
∂v
∂t = a
∂2v
∂x2 (x, t) ∈ (−∞; +∞) ì (0; 1 + β),
αv(x, 0) + v(x, 1 + β) = ϕ(x), x ∈ (−∞; +∞), α > 0, β > 0
(1.3)
để làm nghiệm xấp xỉ cho bài toán (1.1)−(1.2) Các phương pháp chọn tham số tiên nghiệm và hậu nghiệm được đề xuất nhằm nhận được các đánh giá sai số dạng Hăolder cho nghiệm của bài toán với mọi t ∈ (0, 1] và một sự phụ thuộc liên tục dạng logarithm của nó tại t = 0 khi điều kiện (1.2) được thỏa mãn với s > 0.
2 Kết quả bổ trợ Trước hết, chúng tôi nêu ra các kết quả bổ trợ sau
Bổ đề 2.1 (Bất đẳng thức Hăolder [4]) Giả sử p > 1, q > 1 là các số thực thỏa mãn
1
p +
1
q = 1 Nếu f ∈ L p (R), g ∈ L q(R)thì fg ∈ L1(R)và kfgk1 6 kf k p kgk q
Định nghĩa 2.1 (Định nghĩa biến đổi Fourier trong L1(R)[4]) Biến đổi Fourier của
f ∈ L1(R)là
b
f (ξ) := √1
2π
Z +∞
−∞
e −ix.ξ f (x)dx (y ∈ R)
và biến đổi Fourier ngược của f là
f ∨ (ξ) := √1
2π
Z +∞
−∞
e ix.ξ f (x)dx (y ∈ R).
Bổ đề 2.2 (Đẳng thức Parseval [4]) Nếu f ∈ L1(R) ∩ L2(R) thì bf , f ∨ ∈ L2(R) và
kf k = k b f k = kf ∨ k
Định nghĩa 2.2 (Định nghĩa biến đổi Fourier trong L2(R)[4]) Ta định nghĩa biến
đổi Fourier bf của f ∈ L2(R)như sau
Cho một dãy {f k } ∞ k=1 ⊂ L1(R) ∩ L2(R) với f k → f trong L2(R) Theo Bổ đề 2.2,
k b f k − b f j k = k \ f k − f j k = kf k − f j k và vì thế { b f k } ∞
k=1 là một dãy Cauchy trong L2(R) Do
đó bf k → b f trong L2(R), ta gọi bf là biến đổi Fourier của f trong L2(R) Tương tự, ta cũng
có định nghĩa f ∨
Trang 3Định nghĩa 2.3 ([4]) Tích chập của các hàm f, g kí hiệu là: f ∗ g và được định nghĩa
(f ∗ g)(x) =
Z +∞
−∞
f (y)g(x − y)dy.
Bổ đề 2.3 ([4]) Giả thiết f, g ∈ L2(R) Khi đó
i) +∞R
−∞
f ¯ gdx = +∞R
−∞
ˆ
f ˆ gdξ, ii) [D α f = (iξ) α fbvới mỗi chỉ số α nguyên dương sao cho D α f ∈ L2(R),
iii) [f ∗ g = √ 2π b f b g,
iv) f = ( b f ) ∨
Định nghĩa 2.4 Với f ∈ H s(R), chuẩn của f là
kf k H s(R):=
à Z +∞
−∞
| b f (ξ)|2(1 + ξ2)s dξ
!1/2
Hàm số H(η) được định nghĩa bởi
H(η) =
ẵ
η η (1 − η) 1−η , η ∈ (0, 1),
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) =
à
y
1 − x
ảy
Bổ đề 2.4 Nếu x, y là các số không âm và z là một số dương, thì
x + zy > (z + 1)x 1/(z+1) y z/(z+1)
Bổ đề 2.5 Nếu 0 6 p 6 q < ∞, q 6= 0 và α > 0, thì
αe −p
α + e −q 6 H
à
p q
ả
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 2.4 với
x = α, z = p
q − p , y =
q − p
p e
−q ,
Trang 4ta thu được
α + e −q = x + zy > (z + 1)x 1/(z+1) y z/(z+1) ,
p q
Âp
qĂ
1 − p q 1− p q
 α 1− p q e −p
Từ đây ta suy ra được khẳng định trong bổ đề
Ô
Bổ đề 2.6 Giả sử u(x, t) ∈ L2(R)với mọi t ∈ [0; 1] là nghiệm của phương trình
∂u
∂t = a
∂2u
∂x2, (x, t) ∈ (−∞; +∞) ì (0; 1). (2.4)
Khi đó, chúng ta có đánh giá ku(ã, t)k 6 ku(ã, 1)k t ku(ã, 0)k 1−t , với mọi t ∈ [0; 1].
Chứng minh Giả sử u(x, t) là một nghiệm của (2.4) Biến đổi Fourier hai vế của đẳng
thức ∂u ∂t = a ∂2u
∂x2 theo x và sử dụng Bổ đề 2.3 ii) ta có
∂b u
∂t (ξ, t) = −ξ
Giải phương trình vi phân (2.5), chúng ta thu được
b
u(ξ, t) = e a(1−t)ξ2bu(ξ, 1), (ξ, t) ∈ R ì [0, 1]. (2.6)
Do ˆu(ã, t) ∈ L2(R), t ∈ [0, 1], nên ta có
|b u(ξ, t)| t = e at(1−t)ξ2|b u(ξ, 1)| t , (ξ, t) ∈ R ì [0, 1]. (2.7)
Mặt khác, ở (2.6) thay t = 0 ta có
b
u(ξ, 0) = e aξ2bu(ξ, 1), ξ ∈ R, (2.8) hay là
b
u(ξ, 1) = e −aξ2bu(ξ, 0), ξ ∈ R. (2.9) Thay (2.9) vào (2.6) ta nhận được
b
u(ξ, t) = e −atξ2u(ξ, 0), (ξ, t) ∈ R ì [0, 1].b (2.10)
Từ đó, ta suy ra
|b u(ξ, t)| (1−t) = e −at(1−t)ξ2|b u(ξ, 0)| (1−t) , (ξ, t) ∈ R ì [0, 1]. (2.11)
Trang 5Nhân (2.6) với (2.11) theo vế để đạt được
|b u(ξ, t)| = |b u(ξ, 1)| t |b u(ξ, 0)| (1−t) , ξ ∈ R.
Rõ ràng khẳng định của Bổ đề 2.6 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 với
p = 1
t , q =
1
1 − t , f (ξ) = |b u(ξ, 1)|
2t ∈ L p (R), g(ξ) = |b u(ξ, 0)| 2(1−t) ∈ L q(R)
và áp dụng Bổ đề 2.3 i) ta nhận được
ku(ã, t)k2 = kb u(ã, t)k2 =
Z +∞
−∞
|b u(ξ, 1)| 2t |b u(ξ, 0)| 2(1−t) dξ
=
Z +∞
−∞
f (ξ)g(ξ)dξ =
Z +∞
−∞
|f (ξ)g(ξ)|dξ = kf gk1
6 kf k p kgk q
=
àZ +∞
−∞
|f (ξ)| p dξ
ảt
.
àZ +∞
−∞
|g(ξ)| q dξ
ả(1−t)
=
àZ +∞
−∞
b2(ξ, 1)dξ
ảt
.
àZ +∞
−∞
b2(ξ, 0)dξ
ả(1−t)
= kb u(ã, 1)k 2t kb u(ã, 0)k 2(1−t)
= ku(ã, 1)k 2t ku(ã, 0)k 2(1−t)
3 Kết quả chính
Định lý 3.1 Nếu u1(x, t) và u2(x, t) là hai nghiệm của bài toán (1.1)−(1.2), thì bất
đẳng thức sau đây đúng với mọi t ∈ [0, 1]
ku1(ã, t) − u2(ã, t)k 6 2C1(t, a, s, β)ε t E 1−t
ã
lnE
ε
á− s (1−t)
(1 + o(1)), khi ε → 0+,
trong đó
C1(t, a, s, β) =
³
1 + C(a, β, s)a s
´
C(a, β, s) =
e aβ nếu s = 0,
max
ẵ
1, e aβ³
s 2aeβ
´s/2ắ
nếu s > 0.
Định lý 3.2 Bài toán (1.3) đặt chỉnh
Trang 6Định lý 3.3 Giả sử u(x, t) là nghiệm của bài toán (1.1)−(1.2) và v α (x, t) là nghiệm của bài toán (1.3) Khi đó ta có đánh giá
ku(ã, t) − v α (ã, t + β)k 6 C(a, β, s)α 1+β t
"
a(1 + β)
ln1
α
#s/2
E + α 1+β t+β −1 ε, ∀t ∈ [0, 1], ∀α ∈ (0, 1).
Bằng cách chọn
α =
Ã
ε E
ã
lnE
ε
ás!1+β
,
thì đánh giá sau đây đúng với mọi t ∈ [0; 1]
ku(ã, t) − v α (ã, t + β)k 6 C1(t, a, s, β)ε t E 1−t
ã
lnE
ε
á− s
2(1−t)
(1 + o(1)), khi ε → 0+.
Nhận xét 3.1 Trong Định lý 3.3 ta có đánh giá tại t = 0
ku(ã, 0) − v α (ã, β)k 6 C1(0, a, s, β)E
ã
lnE
ε
á− s
2
(1 + o(1)), khi ε → 0+.
Rõ ràng với s > 0 thì đánh giá sai số này có dạng logarithm.
Định lý 3.4 Giả sử ε < kϕ(ã)k Chọn τ > 1 sao cho τε < kϕ(ã)k Khi đó, tồn tại duy nhất α ε > 0thỏa mãn đẳng thức
Giả sử u(x, t) là nghiệm của bài toán (1.1) và v α (x, t) là nghiệm của bài toán (1.3) với
α = α ε Nếu có thêm điều kiện (1.2) thì đánh giá sau đây đúng với mọi t ∈ [0, 1]
ku(ã, t) − v α ε (ã, t + β)k 6 e C(τ, a, β, s)ε t E 1−t
ã
lnE
ε
á−s(1−t)/2
(1 + o(1)) khi ε → 0+
trong đó eC(τ, a, β, s) là một hằng số dương chỉ phụ thuộc τ, a, β, và s.
Nhận xét 3.2 Cách chọn tham số hóa nghiệm trong Định lý 3.4 không phụ thuộc s và
E Hơn nữa, tại t = 0 ta có đánh giá
ku(ã, 0) − v α ε (ã, β)k 6 e C(τ, a, β, s)E
ã
lnE
ε
á−s/2
(1 + o(1)) khi ε → 0+.
Đánh giá sai số này có dạng logarithm với s > 0.
Trang 74 Chứng minh các kết quả chính
Chứng minh Định lý 3.2 Lấy biến đổi Fourier của nghiệm v của bài toán (1.3) theo biến không gian x ∈ R, ta có
db v
dt = −aξ
2bv, 0 < t < 1 + β,
αb v(ξ, 0) + b v(ξ, 1 + β) = b ϕ(ξ), ξ ∈ (−∞; +∞), α > 0, β > 0.
(4.1)
Từ phương trình đầu của hệ ta nhận được
b
v(ξ, t) = e −atξ2bv(ξ, 0), ∀t ∈ [0, 1 + β]. (4.2)
Thay t = 1 + β vào (4.2) ta có bv(ξ, 1 + β) = e −a(1+β)ξ2
b
v(ξ, 0),và do đó bϕ(ξ) = αb v(ξ, 0) +
b
v(ξ, 1 + β) = (α + e −a(1+β)ξ2
)bv(ξ, 0) Từ đây suy ra b
v(ξ, 0) = ϕ(ξ)b
Thay (4.3) vào (4.2) ta được bv(ξ, t) = e −atξ
2
α + e −a(1+β)ξ2ϕ(ξ)b với mọi t ∈ [0, 1 + β], suy ra
v(x, t) =
³ e −atξ2
α + e −a(1+β)ξ2ϕ(ξ)b
´∨
Theo định nghĩa của tích chập ta có
v = F ∗ ϕ √
với F là hàm số sao cho
b
F = e −atξ
2
Sử dụng Bổ đề 2.5 ta nhận được
| b F | = b F = e −atξ
2
α + e −a(1+β)ξ2 6 H
à
t
1 + β
ả
α 1+β t −1 , ∀t ∈ [0, 1 + β]. (4.7) Tiếp theo sử dụng đẳng thức Parseval, ta có
kv(ã, t)k =
°
°³F bbϕ´∨°
°
° =°°
³ b
F b ϕ´°
° 6 H
à
t
1 + β
ả
α 1+β t −1 k b ϕk = H
à
t
1 + β
ả
α 1+β t −1 kϕk
Tóm lại, ta có đánh giá
kv(ã, t)k 6 H
à
t
1 + β
ả
α 1+β t −1 kϕk, ∀t ∈ [0, 1 + β]. (4.8)
Từ (4.4), (4.5), (4.6) và (4.8) ta khẳng định được bài toán (1.3) đặt chỉnh Ô
Trang 8Chứng minh Định lý 3.3 Sử dụng đẳng thức Parseval ta có
ku(ã, t) − v α (ã, t + β)k = kb u(ã, t) − c v α (ã, t + β)k
=
°
°
°
°
°e
a(1−t)ξ2
b
u(ξ, 1) − e −a(t+β)ξ
2
α + e −a(1+β)ξ2ϕ(ξ)b
°
°
°
°
°
=
°
°
°
°e
a(1−t)ξ2
b
u(ξ, 1) − e −a(t+β)ξ
2
α + e −a(1+β)ξ2u(ξ, 1) +b e −a(t+β)ξ
2
α + e −a(1+β)ξ2(bu(ξ, 1) − b ϕ(ξ))
°
°
°
° 6
°
°
°
°
°
Ã
e a(1−t)ξ2 − e −a(t+β)ξ
2
α + e −a(1+β)ξ2
! b
u(ξ, 1)
°
°
°
°
°+
°
°
°
°
°
e −a(t+β)ξ2
α + e −a(1+β)ξ2(bu(ξ, 1) − b ϕ(ξ))
°
°
°
°
° 6
°
°
°
°
αe a(1−t)ξ2
α + e −a(1+β)ξ2bu(ξ, 1)
°
°
°
°+ supξ∈R
e −a(t+β)ξ2
α + e −a(1+β)ξ2 kb u(ξ, 1) − b ϕ(ξ)k
=
°
°
°
−atξ2
α + e −a(1+β)ξ2bu(ξ, 0)
°
°
°
°+ sup
ξ∈R
e −a(t+β)ξ2
α + e −a(1+β)ξ2 ku(ξ, 1) − ϕ(ξ)k
6
°
°
°
°
αe −atξ2
(1 + ξ2)−s/2
α + e −a(1+β)ξ2 (1 + ξ2)s/2bu(ξ, 0)
°
°
°
°+ H
à
t + β
1 + β
ả
α 1+β t+β −1 ε
6 sup
ξ∈R
αe −atξ2
(1 + ξ2)−s/2
α + e −a(1+β)ξ2 ku(ξ, 0)k H s + H
à
t + β
1 + β
ả
α 1+β t+β −1 ε
6 sup
ξ∈R
αe −atξ2
(1 + ξ2)−s/2
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 α1 Ta có
αe −atξ2
(1 + ξ2)−s/2
α + e −a(1+β)ξ2 =
α(αz) 1+β t
à
1 − ln(αz)
a(1 + β)
ả−s/2
α(1 + z)
= α 1+β t z 1+β t
(1 + z)
à
1 − ln(αz)
a(1 + β)
ả−s/2
= α 1+β t
"
a(1 + β)
lnα1
#s/2
z 1+β t
(1 + z)
à
− ln α
− ln(αz) + a(1 + β)
ảs/2
= α 1+β t
"
a(1 + β)
lnα1
#s/2
z 1+β t
(1 + z)
à
− ln α
− ln α − ln z + a(1 + β)
ảs/2
Trang 9Tiếp theo, ta chứng minh đại lượng
B = z
t 1+β
(1 + z)
à
− ln α
− ln α − ln z + a(1 + β)
ảs/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 − ln α < − ln α − ln z + a(1 + β) nên
B = z
t 1+β
(1 + z)
à
− ln α
− ln α − ln z + a(1 + β)
ảs/2
< z
t 1+β
(1 + z) < 1.
Còn nếu z > 1 thì ta có đánh giá
0 < − ln α
− ln α − ln z + a(1 + β) < 1 +
ln z
Thật vậy, (4.10) được biến đổi tương đương thành
0 < a(1 + β) − ln z
a(1 + β) ln(αz) = a(1 + β) + ξ
Vế phải của (4.11) rõ ràng là số dương nếu z > 1 Do đó, (4.10) được chứng minh Vì vậy, trong trường hợp z > 1 ta có đánh giá
t
1+β
(1 + z)
à
− ln α
− ln α − ln z + a(1 + β)
ảs/2
< z
t 1+β
(1 + z)
à
1 + ln z
a(1 + β)
ảs/2
1
1+β
(1 + z)
à
1 + ln z
a(1 + β)
ảs/2
< z
1
1+β
z
Ã
ln(e a(1+β) z) a(1 + β)
!s/2
= z 1+β −β
Ã
ln(e a(1+β) z) a(1 + β)
!s/2
= e aβ
à
1
a(1 + β)
ảs/2
(e a(1+β) z) 1+β −β
³
ln(e a(1+β) z)
´s/2
= e aβ
à 1
a(1 + β)
ảs/2
y 1+β −β (ln y) s/2
= e aβ
à
1
a(1 + β)
ảs/2
g(y),
trong đó g(y) = y 1+β −β (ln y) s/2 , y = e a(1+β) z > e a(1+β) > 1 Bây giờ ta khảo sát hàm số
g(y) với y > 1 Ta có
g 0 (y) = −β
1 + β y
−β 1+β −1 (ln y) s/2 + y 1+β −β s
2(ln y)
s
2−1 1
y
= y 1+β −β −1 (ln y) s −1
à
s
2 −
β
1 + β ln y
ả
,
g 0 (y) = 0 ⇔ y = e s(1+β) 2β
Từ đó ta suy ra sup
y>1 g(y) = 1 nếu s = 0 và sup
y>1 g(y) = g
à
e s(1+β) 2β
ả
=
³
s(1+β) 2eβ
´s/2
nếu s > 0.
Trang 10Tóm lại, ta đã chứng minh được
B 6 max
n
1, e aβ
o
= e aβ nếu s = 0,
B 6 max
(
1, e aβ
à
s
2aeβ
ảs/2)
nếu s > 0.
Do đó A 6 C(a, β, s)α 1+β t
"
a(1 + β)
ln1
α
#s/2
E.Từ đánh giá này và (4.9) ta kết luận rằng
ku(ã, t) − v α (ã, t + β)k 6 C(a, β, s)α 1+β t
"
a(1 + β)
lnα1
#s/2
E + α 1+β t+β −1 ε, ∀t ∈ [0, 1], ∀α ∈ (0, 1).
Bây giờ, thay α =
Ã
ε E
ã
lnE
ε
ás!1+β
ta sẽ có
ku(ã, t) − v α (ã, t + β)k 6 ε t E 1−t
ã
lnE
ε
á− s
2(1−t)
1 + C(a, β, s)a s
2
"
lnE ε
lnE
ε − s
2ln lnE ε
#s
2
6 ε t E 1−t
ã
lnE
ε
á− s (1−t)³
1 + C(a, β, s)a s2
´
(1 + o(1)) khi ε → 0+
vì
lim
²→0+
"
lnE ε
lnE ε − s2ln lnE ε
#s
2
= 1.
Ô
Chứng minh Định lý 3.1 Kết quả này đạt được bằng cách sử dụng Định lý 3.3 và bất
Chứng minh Định lý 3.4 Đặt ρ(α) = kv α (ã, 1 + β) − ϕk Nếu 0 < ε < kϕk, thì
a) ρ là một hàm liên tục,
b) lim
α→0+ρ(α) = 0,
c) lim
α→+∞ ρ(α) = kϕk,
d) ρ là hàm tăng ngặt.
Trang 11Thật vậy, sử dụng đẳng thức Parseval ta có
ρ(α) = kv α (ã, 1 + β) − ϕk = kb v α (ξ, 1 + β) − b ϕ(ξ)k
=
°
°
°
°
°
e −a(1+β)ξ2
α + e −a(1+β)ξ2ϕ(ξ) − bb ϕ(ξ)
°
°
°
°
°=
°
°
°
°− α + e −a(1+β)ξ α 2ϕ(ξ)b
°
°
°
°
=
°
°
°α + e −a(1+β)ξ α 2ϕ(ξ)b
°
°
° =
ÃZ +∞
−∞
à
α
α + e −a(1+β)ξ2
ả2
| b ϕ(ξ)|2dξ
!1 2
(4.12)
Trước hết ta chứng minh khẳng định b) Giả sử δ là một số dương bé tuỳ ý, vì kϕk2 =
k b 2 =R−∞ +∞ | b ϕ(ξ)|2dξ nên tồn tại số nguyên dương n δ sao choR|ξ|>n δ | b ϕ(ξ)|2dξ < δ
2
2
Từ (4.12) ta có đánh giá với mọi α thỏa mãn
0 < α < √ δ
2kϕk e
−a(1+β)n2
ρ2(α) =
Z +∞
−∞
à
α
α + e −a(1+β)ξ2
ả2
| b ϕ(ξ)|2dξ
=
Z
|ξ|6n δ
à
α
α + e −a(1+β)ξ2
ả2
| b ϕ(ξ)|2dξ +
Z
|ξ|>n δ
à
α
α + e −a(1+β)ξ2
ả2
| b ϕ(ξ)|2dξ
6
Z
|ξ|6n δ
à
α
α + e −a(1+β)n2
ả2
| b ϕ(ξ)|2dξ +
Z
|ξ|>n δ
| b ϕ(ξ)|2dξ
6 α2e 2a(1+β)n2
Z
|ξ|6n δ
| b ϕ(ξ)|2dξ + δ2
2 6 α
2e 2a(1+β)n2
Z ∞
−∞
| b ϕ(ξ)|2dξ + δ2
2
= α2e 2a(1+β)n2kϕk2+δ2
2 < δ
2.
Từ đánh giá trên, ta suy ra được lim
α→0+ρ(α) = 0 Tiếp theo ta chứng minh khẳng định c) Từ (4.12) ta nhận thấy
ρ2(α) =
Z +∞
−∞
à
α
α + e −a(1+β)ξ2
ả2
| b ϕ(ξ)|2dξ 6
Z +∞
−∞
| b ϕ(ξ)|2dξ = kϕk2 (4.13)
ρ2(α) =
Z +∞
−∞
à
α
α + e −a(1+β)ξ2
ả2
| b ϕ(ξ)|2dξ >
Z +∞
−∞
à
α
α + 1
ả2
| b ϕ(ξ)|2dξ
=
à
α
α + 1
ả2
Từ (4.13), (4.14) và tính không âm của ρ(α) ta có α + 1 α kϕk 6 ρ(α) 6 kϕk.Vì limα→+∞ α + 1 α kϕk = kϕk nên theo nguyên lý kẹp ta có lim
α→+∞ ρ(α) = kϕk.Tiếp theo, ta chứng minh khẳng
Trang 12định 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)ξ2 < α2
Ngoài ra, vì k b ϕk = kϕk > 0 mà k b ϕk2 = R−∞ +∞ | b ϕ(ξ)|2dξ nên tồn tại số nguyên dương n0
sao cho
Z +n0
−n0
Từ (4.12), (4.15) và (4.16) 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 kϕk > 0 nên từ (4.12) ta thấy ρ2(α0) > 0hay
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
Z +∞
−∞
¯
¯
¯
¯
à
α
α + e −a(1+β)ξ2
ả2
−
à
α0
α0+ e −a(1+β)ξ2
ả2¯¯
¯
¯| b ϕ(ξ)|2dξ. (4.17) Mặt khác, ta có
¯
¯
¯
¯
à
α
α + e −a(1+β)ξ2
ả2
−
à
α0
α0+ e −a(1+β)ξ2
ả2¯
¯
¯
¯
=
¯
¯
¯
¯α + e −a(1+β)ξ α 2 − α0
α0+ e −a(1+β)ξ2
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯α + e −a(1+β)ξ α 2 + α0
α0+ e −a(1+β)ξ2
¯
¯
¯
¯
6 2
¯
¯
¯α + e −a(1+β)ξ α 2 − α0
α0+ e −a(1+β)ξ2
¯
¯
¯ = 2
¯
¯
¯
¯
(α − α0)e −a(1+β)ξ2
(α + e −a(1+β)ξ2)(α0+ e −a(1+β)ξ2)
¯
¯
¯
¯
6 2|α − α0|
αα0 , ∀n ∈ N
Từ (4.17) và (4.18) ta có
ρ(α0)|ρ(α) − ρ(α0)| 6 2 |α − α0|
αα0
Z +∞
−∞
| b ϕ(ξ)|2dξ = 2 |α − α0|
αα0 kϕk
2.
Từ đó, ta có
0 6 |ρ(α) − ρ(α0)| 6 2 |α − α0|
αα0ρ(α0)kϕk
2.
Vì limα→α
02 |α − α0|
αα0ρ(α0)kϕk2 = 0 nên theo nguyên lý kẹp ta kết luận được limα→α
0|ρ(α) − ρ(α0)| = 0hay limα→α
0
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 ε thỏa mãn (3.1)