Luận văn Thạc sĩ Toán học: Bài toán Cauchy đối với phương trình truyền nhiệt không thuần nhất

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM

VŨ THỊ THANH HUYỀN

BÀI TOÁN CAUCHY ĐỐI VỚI

PHƯƠNG TRÌNH TRUYỀN NHIỆT

KHÔNG THUẦN NHẤT

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

THÁI NGUYÊN - 2016

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM

VŨ THỊ THANH HUYỀN

BÀI TOÁN CAUCHY ĐỐI VỚI

PHƯƠNG TRÌNH TRUYỀN NHIỆT

KHÔNG THUẦN NHẤT

Chuyên ngành: Toán giải tích Mã số: 60.46.01.02

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Người hướng dẫn khoa học: TS. Phạm Thị Thủy

THÁI NGUYÊN - 2016

Lời cam đoan

Tôi xin cam đoan đây là công trình nghiên cứu của riêng tôi. Các tài liệu trong luận văn là trung thực. Luận văn chưa từng được công bố trong bất cứ công trình nào.

Tác giả luận văn

Vũ Thị Thanh Huyền

Xác nhận của Khoa chuyên môn

Xác nhận của người hướng dẫn khoa học

TS. Phạm Thị Thủy

Lời cảm ơn

Bản luận văn được hoàn thành tại Trường Đại học Sư phạm – Đại học Thái Nguyên dưới sự hướng dẫn tận tình của TS. Phạm Thị Thủy. Nhân dịp này tôi xin bày tỏ lòng biết ơn cô về sự hướng dẫn hiệu quả cùng những kinh nghiệm trong quá trình học tập, nghiên cứu và hoàn thành luận văn. Xin chân thành cảm ơn Phòng Sau Đại học, Ban chủ nhiệm Khoa Toán, các thầy cô giáo Trường Đại học Sư phạm – Đại học Thái Nguyên, Viện Toán học và Trường Đại học Sư phạm Hà Nội đã giảng dạy và tạo điều kiện thuận lợi cho tôi trong quá trình học tập và nghiên cứu khoa học.

Bản luận văn chắc chắn sẽ không tránh khỏi những khiếm khuyết, vì vậy rất mong nhận được sự đóng góp ý kiến của các thầy cô giáo và các bạn học viên để luận văn này được hoàn chỉnh hơn.

Em xin chân thành cảm ơn!

Thái Nguyên, tháng 04 năm 2016

Tác giả luận văn

Vũ Thị Thanh Huyền

MỤC LỤC

Lời cam đoan…………………………………………………………………i

Lời cảm ơn……………………………………………………………….......ii

MỤC LỤC……………………………………………….…………………..iii

MỞ ĐẦU……………………………………………………………………..1

Chƣơng 1. MỘT SỐ KIẾN THỨC CHUẨN BỊ…………………………...3

1.1. Phân loại phương trình đạo hàm riêng………………………........3

1.2. Phép biến đổi Fourier trong

………………………………8

1.3. Phép biến đổi Fourier trong

……………………………..13

1.4. Các công thức đơn giản của biến đổi Fourier…………………...19

1.5. Biến đổi Fourier của một vài hàm số đơn giản………………….22

Chƣơng 2. BÀI TOÁN CAUCHY ĐỐI VỚI PHƢƠNG TRÌNH TRUYỀN

NHIỆT KHÔNG THUẦN NHẤT…………………………………………29

2.1. Bài toán Cauchy cho phương trình truyền nhiệt không thuần nhất

với hệ số hằng trong …………………………………………29

2.1.1. Bài toán Cauchy…………………………………………...29

2.1.2. Tìm nghiệm của bài toán (2.1.1), (2.1.2)…………………..29

2.2. Bài toán Cauchy cho phương trình truyền nhiệt không thuần nhất

với hệ số hằng trong …………………………………………31

2.2.1. Bài toán Cauchy…………………………………………...31

2.2.2. Tìm nghiệm của bài toán (2.2.1), (2.2.2)…………………..31

2.3. Bài toán Cauchy cho phương trình truyền nhiệt không thuần nhất

với hệ số chỉ phụ thuộc biến thời gian trong ………………...33

2.3.1. Bài toán Cauchy…………………………………………...33

2.2.2. Tìm nghiệm của bài toán (2.3.1), (2.3.2)…………………..34

KẾT LUẬN…………………………………………………………………39

TÀI LIỆU THAM KHẢO…………………………………………………40

iii

MỞ ĐẦU

1. Lý do chọn đề tài

Trong số lớp phương trình đạo hàm riêng tuyến tính, phương trình parabolic là lớp phương trình mô tả các quá trình truyền nhiệt, khuyếch tán. Các bài toán có chứa phương trình parabolic được nghiên cứu từ rất lâu và lý thuyết của các phương trình đó đến nay tương đối hoàn chỉnh. Khi nghiên cứu bài toán Cauchy cho phương trình truyền nhiệt, nhà toán học Pháp Poisson đã thiết lập công thức tính nghiệm, hiện nay mang tên ông và có nhiều ứng dụng. Ngày nay có rất nhiều phương pháp để nghiên cứu về phương trình đạo hàm riêng tuyến tính nhưng phương pháp biến đổi Fourier trong nhiều trường hợp tỏ ra rất quan trọng và hiệu quả. Phương pháp biến đổi Fourier giúp cho việc nghiên cứu các lớp phương trình khác nhau và thiết lập được công thức biểu diễn nghiệm của các bài toán. Không những thế phương pháp biến đổi Fourier còn nghiên cứu được tính chất của các công thức biểu diễn nghiệm đó.

Theo hướng nghiên cứu này chúng tôi chọn “ Bài toán Cauchy đối với phương trình truyền nhiệt không thuần nhất ” làm đề tài nghiên cứu của mình. 2. Mục đích và nhiệm vụ nghiên cứu 2.1. Mục đích nghiên cứu

Nghiên cứu phương pháp biến đổi Fourier và áp dụng trong việc giải bài

toán Cauchy cho phương trình truyền nhiệt không thuần nhất. 2.2. Nhiệm vụ nghiên cứu

Luận văn tập trung vào các nhiệm vụ chính sau đây

- Trình bày tổng quan về phương trình đạo hàm riêng, phép biến đổi Fourier trong L1 (Rn), trong L2 (Rn), và các tính chất của chúng. - Tìm nghiệm của bài toán Cauchy cho phương trình truyền nhiệt không thuần nhất với hệ số hằng trong R1, hệ số hằng trong Rn và hệ số chỉ phụ thuộc biến thời gian trong Rn.

3. Phương pháp nghiên cứu

Sử dụng phương pháp phương trình đạo hàm riêng, phương pháp giải tích, và sử dụng hệ thống các phép biến đổi Fourier, công thức Poisson để nghiên cứu bài toán Cauchy cho phương trình truyền nhiệt không thuần nhất. 4. Bố cục luận văn

Nội dung luận văn gồm 41 trang trong đó có phần mở đầu, hai chương

nội dung, phần kết luận và danh mục tài liệu tham khảo.

Chương 1. Trình bày một số kiến thức chuẩn bị để thực hiện nội dung của chương sau: Phân loại phương trình đạo hàm riêng, trình bày hệ thống về phép biến đổi Fourier trong L1 (Rn), trong L2 (Rn), các công thức đơn giản của biến đổi Fourier, biến đổi Fourier của một vài hàm số đơn giản.

Chương 2. Là nội dung chính của luận văn, trình bày các kết quả nghiên cứu về bài toán Cauchy đối với phương trình truyền nhiệt không thuần nhất với hệ số hằng trong R1, hệ số hằng trong Rn và hệ số chỉ phụ thuộc biến thời gian trong Rn.

Cuối cùng là phần kết luận trình bày tóm tắt kết quả đạt được.

Chương 1

MỘT SỐ KIẾN THỨC CHUẨN BỊ

Trong chương này, ta sẽ nhắc lại một số kiến thức quan trọng làm nền tảng để nghiên cứu chương sau, đó là các kiến thức về phương trình đạo hàm riêng và biến đổi Fourier. Các nội dung trong chương được trích dẫn từ các tài liệu tham khảo [1], [2], [3], [4], [5], [6], [9],[10], [11].

1.1.1 Phân loại phương trình tuyến tính cấp hai trong trường hợp hai biến

Định nghĩa 1.1.1.1. Cho k là một số nguyên dương và U là một tập mở trong Rn. Một biểu thức có dạng

(1.1.1)

1.1 Phân loại phương trình đạo hàm riêng

được gọi là một phương trình đạo hàm riêng bậc k với

F (cid:0)x, u (x) , Du (x) , . . . , Dku (x)(cid:1) = 0, x ∈ U

là hàm cho trước, và u : U → R là hàm cần tìm.

Phương trình đạo hàm riêng (1.1.1) được gọi là giải được nếu tìm được tất cả các hàm số u thoả mãn (1.1.1).

Định nghĩa 1.1.1.2. Phương trình đạo hàm riêng (1.1.1) được gọi là tuyến tính nếu phương trình đó có dạng

(cid:88)

F : U × R × Rn × · · · × Rnk → R,

|α|≤k

trong đó aα (x), f (x) là các hàm số đã cho.

Phương trình tuyến tính này được gọi là thuần nhất nếu f ≡ 0.

aα (x)Dαu = f (x) ,

Định nghĩa 1.1.1.3. Giả sử u = u (x, y) là hàm xác định trong R2, a (x, y) , b (x, y) , c (x, y) ∈ R2. Phương trình đạo hàm riêng tuyến tính cấp hai trong trường hợp hai biến là phương trình có dạng

a) Phân loại phương trình tuyến tính cấp hai trong trường hợp hai biến

Xét phương đạo hàm riêng trình tuyến tính cấp hai với các hệ số thực

(1.1.2)

a (x, y) uxx + 2b (x, y) uxy + c (x, y) uyy + F (x, y, u, ux, uy) = 0.

có biệt thức ∆ = b2 − ac.

Xét một điểm (x0, y0) cố định. Phương trình (1.1.2) tại điểm (x0, y0) được gọi là

- Thuộc loại elliptic nếu như tại điểm đó b2 − ac < 0.

- Thuộc loại hypecbolic nếu như tại điểm đó b2 − ac > 0.

- Thuộc loại parabolic nếu như tại điểm đó b2 − ac = 0.

Nếu tại mọi điểm trong một miền G mà phương trình (1.1.2) thuộc cùng một loại thì ta nói rằng phương trình (1.1.2) thuộc loại đó trong miền G. b) Dạng chính tắc của phương trình tuyến tính cấp hai trong trường hợp hai biến

Ta đưa phương trình (1.1.2) về các dạng chính tắc sau

- Với b2 − ac > 0 thì dạng chính tắc của phương trình loại hypecbolic là

auxx + 2buxy + cuyy + F (x, y, u, ux, uy) = 0,

- Với b2 − ac < 0 thì dạng chính tắc của phương trình loại elliptic là

uxx − uyy = Φ hay uxy = Φ.

uxx + uyy = Φ. - Với b2 − ac = 0 thì dạng chính tắc của phương trình loại parabolic là

1.1.2 Phân loại phương trình tuyến tính cấp hai trong trường hợp nhiều

biến

Định nghĩa 1.1.2.1. Giả sử u = u (x1, x2, ..., xn) là hàm xác định trong Rn. Phương trình tuyến tính cấp hai trong trường hợp n− biến là phương trình có dạng

uxx = Φ.

n (cid:88)

(1.1.3)

i,j=1

với aij = aji và là hàm của các biến x1, ..., xn.

a) Phân loại phương trình tuyến tính cấp hai trong trường hợp nhiều biến

Ta ký hiệu x = (x1, x2, ..., xn) là điểm trong không gian Ơ – clit n chiều với các tọa độ là x1, ..., xn. Xét ma trận

(1.1.4)

aijuxixj + F (x1, ..., xn, u, ux1, ..., uxn) = 0,

0(cid:1). Khi đó ma trận A(x) trở thành

0, ..., xn

Coi (1.1.4) là một ma trận đối xứng. Ta cố định một điểm x0 = (cid:0)x1 ma trận hằng A(x0). Phương trình

(1.1.5)

A(x) = (cid:107)aij(x)(cid:107) .

0(cid:1)

trong đó E là ma trận đơn vị, λ là một vô hướng, được gọi là phương trình đặc trưng tại điểm x0 của phương trình (1.1.3). Từ đó ta có - Phương trình (1.1.3) được gọi là thuộc loại elliptic tại điểm x0 = (cid:0)x1 0, ..., xn nếu như tại điểm đó, tất cả n nghiệm đối với λ của phương trình đặc trưng (1.1.5) đều khác không và cùng một dấu.

0, ..., xn

- Phương trình (1.1.3) được gọi là thuộc loại hypecbolic tại điểm 0(cid:1) nếu như tại điểm đó, tất cả n nghiệm đối với λ của x0 = (cid:0)x1 phương trình đặc trưng (1.1.5) đều khác không và trong đó có n − 1 nghiệm cùng một dấu, còn nghiệm cuối cùng còn lại có dấu khác.

0, ..., xn

là thuộc loại parabolic tại điểm - Phương trình (1.1.3) được gọi 0(cid:1) nếu như tại điểm đó, trong n nghiệm đối với λ của x0 = (cid:0)x1 phương trình đặc trưng (1.1.5) có một nghiệm bằng không, còn n−1 nghiệm còn lại đều khác không và cùng một dấu.

Nếu tại mọi điểm trong một miền Ω của không gian E mà phương trình (1.1.3) thuộc cùng một loại, thì ta nói rằng phương trình (1.1.3) thuộc loại đó trong Ω.

det(A(x0) − λE) = 0,

b) Dạng chính tắc của phương trình tuyến tính cấp hai trong trường hợp nhiều biến Xét phương trình tuyến tính cấp hai (1.1.3). Dùng phương pháp đổi biến

(1.1.6)

ξ1 = ξ1 (x1, ...., xn)

..........................

Giả thiết trong một lân cận nào đó của điểm (x1, x2, ...., xn), các hàm

ξn = ξn (x1, ...., xn) .

liên tục và có các đạo hàm riêng tới cấp hai liên tục với

(1.1.7)

r = 1, . . . , n, ξr = ξr (x1, . . . , xn) ,

Phép biến đổi (1.1.6) thỏa mãn điều kiện (1.1.7) được gọi là phép biến đổi không suy diễn. Ta có

n (cid:88)

(cid:54)= 0. D (ξ1, . . . , ξn) D (x1, . . . , xn)

r=1

n (cid:88)

(1.1.8)

. uxj = uξr ∂ξr ∂xj

r,s=1

r=1

Thay (1.1.8) vào (1.1.3), ta được

n (cid:88)

(1.1.9)

+ . uxixj = uξrξs uξr ∂ξr ∂xj ∂ξs ∂xi ∂2ξr ∂xi∂xj

r,s=1

trong đó

n (cid:88)

˜arsuξrξs + Φ (ξ1, . . . , ξn, u, uξ1, . . . , uξn) = 0.

i,j=1

Khi đó, phương trình dạng

n (cid:88)

(1.1.10)

˜ars = aij = ˜asr. ∂ξr ∂xj ∂ξs ∂xi

i=1

0(cid:1) .

được gọi là dạng chính tắc của phương trình (1.1.9) tại điểm x0 = (cid:0)x1

0, ..., xn

λiuξiξi + Φ (ξ1, . . . , ξn, u, uξ1, . . . , uξn) = 0

0, ..., xn

- Giả thiết tại điểm x0 = (cid:0)x1 0(cid:1) phương trình (1.1.9) thuộc loại elliptic. Khi đó, mọi λi trong (1.1.10) cùng một dấu, giả sử λi > 0 (ngược lại nếu λi < 0 thì đổi dấu toàn bộ phương trình (1.1.9)). Đặt

Vậy (1.1.10) có dạng

n (cid:88)

(1.1.11)

λi = υ2 i .

i=1

Bằng cách co giãn tọa độ ξi = υiξ(cid:48)

i. Từ (1.1.11) ta có

n (cid:88)

(1.1.12)

(cid:1) = 0.

υ2 i uξiξi + Φ (ξ1, . . . , ξn, u, uξ1, . . . , uξn) = 0.

1, . . . , ξ(cid:48)

n, u, uξ(cid:48)

1ξ(cid:48)

i + Φ∗ (cid:0)ξ(cid:48)

1, . . . , uξ(cid:48)

i=1

0, ..., xn

(1.1.12) được gọi là dạng chính tắc của phương trình loại elliptic. - Giả thiết tại x0 = (cid:0)x1 0(cid:1) phương trình (1.1.9) thuộc loại hypecbolic, thì trong n nghiệm λ của phương trình đặc trưng có n − 1 nghiệm cùng dấu và một nghiệm khác dấu. Do đó, từ (1.1.10) ta có

n−1 (cid:88)

(1.1.13)

(cid:1) = 0.

uξ(cid:48)

1, . . . , ξ(cid:48)

n, u, uξ(cid:48)

n −

nξ(cid:48)

iξ(cid:48)

i + Φ∗ (cid:0)ξ(cid:48)

1, . . . , uξ(cid:48)

i=1

0, ..., xn

(1.1.13) được gọi là dạng chính tắc của phương trình loại hypecbolic. - Giả thiết tại x0 = (cid:0)x1 0(cid:1) phương trình (1.1.9) thuộc loại parabolic thì trong n nghiệm đối với λ của phương trình đặc trưng có một nghiệm bằng không, còn n − 1 nghiệm còn lại đều khác không và cùng một dấu, nên từ (1.1.10) ta có

n−1 (cid:88)

(1.1.14)

(cid:1) = 0.

uξ(cid:48) uξ(cid:48)

1, . . . , ξ(cid:48)

n, u, uξ(cid:48)

iξ(cid:48)

i + Φ∗ (cid:0)ξ(cid:48)

1, . . . , uξ(cid:48)

i=1

(1.1.14) được gọi là dạng chính tắc của phương trình loại parabolic.

Như vậy, rõ ràng ta thấy - Phương trình Laplace uxx+uyy+uzz = ∆u = 0 là phương trình loại eliiptic. - Phương trình truyền nhiệt ut−a2 (uxx + uyy + uzz) = 0 thuộc loại parabolic. - Phương trình truyền sóng utt − a2 (uxx + uyy + uzz) = 0 thuộc loại hypecbolic.

uξ(cid:48)

1.2.1 Biến đổi Fourier trong L1(Rn)

Giả sử f (x) = f (x1, x2, . . . , xn) ∈ L1(Rn) là hàm khả tích trong toàn bộ không gian Rn. Định nghĩa 1.2.1.1. Biến đổi Fourier của hàm số f (x), ký hiệu là (F f ) (ξ) ∧ f (ξ), là hàm số của biến ξ = (ξ1, ξ2, . . . , ξn) ∈ Rn và được tính theo

hoặc công thức

(cid:90)

(1.2.1)

1.2 Phép biến đổi Fourier trong L1(Rn)

∧ f (ξ) = (2π)− n

Định nghĩa 1.2.1.2. Biến đổi Fourier ngược của hàm số f (x) ký hiệu là ∨ (cid:0)F −1f (cid:1) (ξ) hoặc f (ξ), là hàm số của biến ξ = (ξ1, ξ2, . . . , ξn) ∈ Rn và được tính theo công thức

(cid:90)

(1.2.2)

(cid:0)F −1f (cid:1) (ξ) =

∨ f (ξ) = (2π)− n

(F f ) (ξ) = e−i(cid:104)x,ξ(cid:105)f (x) dx.

1.2.2 Các tính chất của biến đổi Fourier trong L1(Rn)

Mệnh đề 1.2.2.1. Nếu f (x) ∈ L1(Rn) thì ∀ξ ∈ Rn ta có

ei(cid:104)x,ξ(cid:105)f (x) dx.

Chứng minh. Với f (x) ∈ L1(Rn), ∀ξ ∈ Rn ta có

(cid:90)

(F f ) (ξ) = (cid:0)F −1f (cid:1) (−ξ) .

(F f ) (ξ) = (2π)− n e−i(cid:104)x,ξ(cid:105)f (x) dx

Rn 2 (cid:82) Rn

ei(cid:104)x,−ξ(cid:105)f (x) dx

(cid:3)

Vâỵ (F f ) (ξ) = (cid:0)F −1f (cid:1) (−ξ) .

Mệnh đề 1.2.2.2. Nếu f (x) ∈ L1(Rn) thì ∀ξ ∈ Rn ta có

= (2π)− n = (cid:0)F −1f (cid:1) (−ξ) .

(F f ) (ξ) = (cid:0)F −1f (−x)(cid:1) (ξ) .

Chứng minh. Với f (x) ∈ L1(Rn), ∀ξ ∈ Rn ta có

(cid:90)

(1.2.3)

Đặt −x = y ⇒ dx = −dy = d (−y) thay vào (1.2.3) ta được

(cid:90)

e−i(cid:104)x,ξ(cid:105)f (x) dx = (2π)− n ei(cid:104)−x,ξ(cid:105)f (x) dx. (F f ) (ξ) = (2π)− n

(cid:3)

Vậy (F f ) (ξ) = (cid:0)F −1f (−x)(cid:1) (ξ) .

Mệnh đề 1.2.2.3. Giả sử hàm f (x) ∈ L1(Rn) . Khi đó hàm

(cid:90)

ei(cid:104)y,ξ(cid:105)f (−y) d (−y) = (cid:0)F −1f (y)(cid:1) (ξ) = (cid:0)F −1f (−x)(cid:1) (ξ) . (F f ) (ξ) = (2π)− n

∧ f (ξ) = (2π)− n

∧ f (ξ) = 0.

là hàm số liên tục, bị chặn và lim |ξ|→∞

Chứng minh. Vì f (x) khả tích tuyệt đối nên suy ra tích phân Fourier

(cid:90)

f (x) e−i(cid:104)x,ξ(cid:105)dx,

∧ f (ξ) = (2π)− n

∧ f (ξ) liên tục

hội tụ tuyệt đối. Vì ei(cid:104)ξ,u(cid:105) liên tục theo ξ nên theo dấu hiệu hàm trội suy ra theo biến ξ. Với ε > 0 tồn tại số A > 0 để

(cid:90)

f (u) e−i(cid:104)ξ,u(cid:105)du

|x|>A

(cid:82)

Vì

|f (x)|dx < . ε 2

|u|

(cid:90)

f (u) e−i(cid:104)ξ,u(cid:105)du = 0 nên ∃σ > 0 sao cho với ∀ξ : |ξ| > σ ta có lim |ξ|→∞

|u|

(cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)

< f (u) e−i(cid:104)ξ,u(cid:105)du . ε 2

Vậy với |ξ| > σ

(cid:90)

(cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)

(cid:12) (cid:12) (cid:12) f (u) e−i(cid:104)u,ξ(cid:105)du (cid:12) (cid:12) (cid:12)

|u|>A

|u|

(cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)

+ = ε ≤ |f (u)| du + f (u) e−i(cid:104)ξ,u(cid:105)du < ε 2 ε 2

∧ f (ξ) = (2π)− n

2 (cid:82) Rn

Khi đó

∧ f (ξ) = 0.

f (u) e−i(cid:104)ξ,u(cid:105)du là giới nội khi |ξ| → +∞. ⇒

(cid:3)

Mệnh đề 1.2.2.4. (Tính tuyến tính) Giả sử f (x), g(x) ∈ L1(Rn) và x ∈ Rn; α, β ∈ R. Khi đó

lim |ξ|→∞

Chứng minh. Với f (x), g(x) ∈ L1(Rn) và ξ, x ∈ Rn; α, β ∈ R ta có

F (αf + βg) (ξ) = αF (f ) (ξ) + βF (g) (ξ)

2 (cid:82) Rn e−i(cid:104)x,ξ(cid:105)αf (x) dx + (2π)− n

F (αf + βg) (ξ) = (2π)− n e−i(cid:104)x,ξ(cid:105) (αf (x) + βg (x)) dx

2 (cid:82) Rn

e−i(cid:104)x,ξ(cid:105)βg (x)dx = (2π)− n

2 (cid:82) Rn

= α(2π)− n e−i(cid:104)x,ξ(cid:105)f (x) dx + β(2π)− n e−i(cid:104)x,ξ(cid:105)g (x)dx

Vậy

= αF (f ) (ξ) + βF (g) (ξ) .

(cid:3)

F (αf + βg) (ξ) = αF (f ) (ξ) + βF (g) (ξ) .

Mệnh đề 1.2.2.5. (Biến đổi Fourier của đạo hàm) Giả sử f (x) và Dxjf thuộc không gian L1(Rn) trong đó Dxj Nếu ∃c > 0, ε > 0 sao cho

. f = ∂f ∂xj

thì

∧ f (ξ) = (iξj) (F f ) (ξ)

|f (x)| ≤ c (1 + |x|)n−1+ε ∀x,

F (cid:0)Dxjf (cid:1) (ξ) = (iξj)

Chứng minh. Theo định nghĩa biến đổi Fourier trong L1(Rn) ta có

(cid:90)

Áp dụng công thức tính tích phân từng phần trong Rn

(cid:90)

F (cid:0)Dxjf (cid:1) (ξ) = (2π)− n Dxjf e−i(cid:104)x,ξ(cid:105)dx.

Ω

∂Ω

trong đó γ = (γ1, γ2, . . . , γn) là véctơ pháp tuyến đơn vị ngoài tại điểm x ∈ ∂Ω. Ta có

(cid:90)

f gγjdσ − f Dxjgdx = Dxjf gdx,

|x|

(cid:35)

(cid:34)

(cid:82)

e−i(cid:104)x,ξ(cid:105)Dxjf dx e−i(cid:104)x,ξ(cid:105)Dxjf dx = (2π)− n F (cid:0)Dxjf (cid:1) (ξ) = (2π)− n lim A→+∞

|x|=A

|x|

(cid:90)

= (2π)− n . e−i(cid:104)x,ξ(cid:105)f γjdσ − (cid:82) e−i(cid:104)x,ξ(cid:105) (−iξj) f (x) dx lim A→+∞

|x|=A

Mặt khác (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)

(cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)

trong đó ωn là diện tích mặt cầu đơn vị. Do đó

(cid:90)

c ≤ |f |dσ ≤ e−i(cid:104)x,ξ(cid:105)f γjdσ (1 + A)n−1+ε ωnAn−1,

(cid:82)

e−i(cid:104)x,ξ(cid:105)Dxjf dx F (cid:0)Dxjf (cid:1) (ξ) = (2π)− n

|x|

= (2π)− n e−i(cid:104)x,ξ(cid:105)iξjf (x) dx

(cid:3)

Vậy F (cid:0)Dxjf (cid:1) (ξ) = (iξj) (F f ) (ξ) .

Nhận xét 1.2.2.6. Tương tự như đạo hàm cấp 1 ta có công thức biến đổi Fourier đối với các đạo hàm cấp cao. Giả sử f (x) ∈ L1(Rn),

lim A→+∞ = (iξj) (F f ) (ξ) .

x, ξ ∈ Rn.

α = (α1, α2, . . . , αn) , αi ≥ 0 và αi ∈ Z, |α| = α1 + α2 + . . . + αn.

(cid:1) ,

ξ = (ξ1, ξ2, . . . , ξn) . D = (Dx1, Dx2, . . . , Dxn) ,

n ) .

1 , ξα2

2 , . . . , ξαn

Khi đó

∧ f (ξ) .

(cid:92)Dαf (ξ) = (iξ)α

Hệ quả 1.2.2.7. Nếu xαf (x) ∈ L1(Rn) thì ∀ξ ∈ Rn ta có

ξα = (ξα1 Dα = (cid:0)Dα1 x1 , Dα2 x2 , . . . , Dαn xn

ξ (F f ) (ξ) .

Chứng minh. ∀ξ ∈ Rn, f (x) ∈ L1(Rn) ta có

(cid:90)

F (xαf (x)) (ξ) = i|α|Dα

(cid:0)e−i(cid:104)x,ξ(cid:105)(cid:1) = (−i x)αe−i(cid:104)x,ξ(cid:105)

Mà Dα ξ



(cid:90)

e−i(cid:104)x,ξ(cid:105)xαf (x) dx. F (xαf (x)) (ξ) = (2π)− n

 (i)|α|(2π)− n



e−i(cid:104)x,ξ(cid:105)f (x) dx ⇒ F (xαf (x)) (ξ) = Dα ξ

ξ (F f ) (ξ) .

(cid:3)

Vậy F (xαf (x)) (ξ) = i|α|Dα

ξ (F f ) (ξ) .

Mệnh đề 1.2.2.8. (Biến đổi Fourier của tích chập) Giả sử f (x), g(x) ∈ L1(Rn) khi đó

= i|α|Dα

2 (F f ) (ξ) . (F g) (ξ)

Chứng minh. Theo định nghĩa tích chập ta có

(cid:90)

F (f ∗g) (ξ) = (2π)

Trước hết ta chứng minh (f ∗g)(x) ∈ L1(Rn).

(f ∗g)(x) = f (x − y) g (y)dy = f (y) g (x − y)dy.

Thật vậy

(cid:90)

(cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)

Từ đó

(cid:90)

|(f ∗g)(x)| = f (y) g (x − y)dy ≤ |f (y)| |g (x − y)|dy.

|(f ∗g)(x)|dx ≤ dx |f (y)| |g (x − y)|dy

|f (y)| |g (x − y)|dx dy (cid:82) = (cid:82)

hay

= (cid:107)f (cid:107)L1(Rn) (cid:107)g(cid:107)L1(Rn)

x × Rn

y ).

f (y) g (x − y) ∈ L1(Rn

Đổi thứ tự lấy tích phân ta có F (f ∗g)(ξ) = (2π)− n

(cid:90)

2 (cid:82) Rn (cid:90)

(1.2.4)

e−i(cid:104)x,ξ(cid:105)dx (cid:82) f (y) g (x − y)dy

Đặt x − y = p ⇒ d(x − y) = dp ⇒ dx = dp và x = p + y. Thay vào (1.2.4) ta được

f (y)dy e−i(cid:104)x,ξ(cid:105)g (x − y) dx. = (2π)− n

F (f ∗g) (ξ) = (2π)− n f (y)dy (cid:82) e−i(cid:104)p+y,ξ(cid:105)g (p) dp

2 (cid:82) Rn Rn f (y) e−i(cid:104)y,ξ(cid:105)dy (2π)− n

2 (cid:82) Rn

(cid:82) Rn

(cid:3)

e−i(cid:104)p,ξ(cid:105)g (p) dp = (2π)− n (2π)− n

2 (F f ) (ξ) . (F g) (ξ) .

= (2π)

1.3.1 Định nghĩa biến đổi Fourier trong L2(Rn)

Định lý 1.3.1.1. (Định lý Plancherel) Giả sử f (x) ∈ L1(Rn) ∩ L2(Rn). Khi đó

∧ f và

∨ f ∈ L2(Rn) và

1.3 Phép biến đổi Fourier trong L2(Rn)

(cid:13) ∨ (cid:13) f (cid:13) (cid:13)

(cid:13) ∧ (cid:13) f (cid:13) (cid:13)

(cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13)L2(Rn)

= = (cid:107)f (cid:107)L2(Rn).

∧ v,

∧ ω ∈

∞ L(Rn).

Chứng minh. Ta thấy rằng nếu v, ω ∈ L1(Rn) thì Mặt khác

(cid:90)

∧ ω (x) dx =

 (2π)− n

  dx

v (x) v (x) e−i(cid:104)x,y(cid:105)ω (y) dy

Rn = (2π)− n

2 (cid:82) Rn

(cid:82) Rn

Và

(cid:90)

∧ v (y) ω (y) dx =

e−i(cid:104)x,y(cid:105)v (x) ω (y) dxdy.

(2π)− n e−i(cid:104)x,y(cid:105)v (x)ω (y) dxdy

2 (cid:82) Rn

Rn (cid:82) Rn

Suy ra

(cid:90)

(1.3.1)

= (2π)− n e−i(cid:104)x,y(cid:105)v (x) ω (y) dydx.

∧ ω (x) dx =

∧ v (y) ω (y) dy.

Mà

(cid:90)

(cid:17) n

−|y|2 4t

2 .e

v (x)

(cid:16)π t

, ta có

Do đó, nếu ε > 0 và v0 (x) = e−ε|x|2

4ε

(t > 0). ei(cid:104)x,y(cid:105)−t|x|2 dx =

∧ v0 (y) =

n 2

(cid:90)

Vậy với mỗi ε > 0 từ (1.3.1) suy ra (cid:90)

. e− |y|2 (2ε)

(1.3.2)

∧ ω (y) e−ε|y|2

−|x|2 4ε dx.

n 2

Lấy f (x) ∈ L1(Rn) ∩ L2(Rn). Đặt g(x) = f (−x) (trong đó f là số phức liên hợp của f ). Xét ω = f ∗ g ∈ L1(Rn) ∩ L2(Rn) ⇒ f (x), g(x) liên tục, giới nội và khả tích tuyệt đối trên L1(Rn). Áp dụng Mệnh đề 1.2.2.8 ta được

n 2

∧ ω = (2π)

∧ f

∧ g ∈

∞ L(Rn).

1 dy = ω (x) e (2ε)

Mặt khác

(cid:90)

∧ g (y) =

n 2

1 e−i(cid:104)x,y(cid:105)g (x) dx (2π)

∧ f (y),

2 (cid:82) Rn

n 2

suy ra

∧ ω = (2π)

∧ f

. Vì ω là liên tục nên ta có

(cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)

(cid:90)

e−i(cid:104)x,y(cid:105)f (−x) dx = = (2π)− n

2 ω (0) .

−|x|2 4ε dx = (2π)

n 2

∧ ω là khả tổng với

∧ ω = (2π)

∧ f

1 ω (x) e lim ε→0 (2ε)

(cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)

(cid:90)

(cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:90)

≥ 0. Cho ε → 0+ từ (1.3.2) suy ra

−|x|2 4ε dx

∧ ω (y) e−ε|y|2

n 2

1 ω (x) e dy = lim ε→0+ lim ε→0+ (2ε)

∧ ω (y) dy = (2π)

2 ω (0) .

Vì vậy

(cid:90)

∧ ω (y) dy = (2π)− n

2 (2π)

2 ω (0)

⇔ (cid:82)

(cid:12) (cid:12) (cid:12)

(cid:12) ∧ (cid:12) u (cid:12)

dy = (2π)− n

f (x) g (−x) dx

Vậy ta chứng minh được (cid:82)

= ω (0) = (cid:82) = (cid:82) |f (x)|2dx, f (x) f (x) dx = (cid:82)

∧ f

(cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)

(1.3.3)

dy = (cid:82) |f |2dx, tức là

Rn (cid:13) ∧ (cid:13) f (cid:13) (cid:13)

(cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13)L2(Rn)

(1.3.4)

= (cid:107)f (cid:107)L2(Rn).

(cid:13) ∨ (cid:13) f (cid:13) (cid:13)

Tương tự ta chứng minh được (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13)L2(Rn)

(cid:3)

= (cid:107)f (cid:107)L2(Rn).

Từ (1.3.3) và (1.3.4) ⇒

(cid:13) ∧ (cid:13) f (cid:13) (cid:13)

(cid:13) ∨ (cid:13) f (cid:13) (cid:13)

(cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13)L2(Rn)

= = (cid:107)f (cid:107)L2(Rn).

∧ fj

(cid:13) (cid:92)fk − fj (cid:13) (cid:13)

(cid:13) (cid:13) (cid:13)L2(Rn)

(cid:13) ∧ (cid:13) f k − (cid:13) (cid:13)

Định nghĩa 1.3.1.2. (Định nghĩa biến đổi Fourier trong L2 (Rn)) Cho một dãy {fk}∞ k=1 ⊂ L1 (Rn) ∩ L2 (Rn) với fk → f trong L2 (Rn) và (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13)L2(Rn)

k=1 là một dãy Cauchy trong L2 (Rn). Do đó dãy này hội tụ đến

khi đó {fk}∞ một giới hạn mà được định nghĩa là F f hoặc

∧ f .

∧ f không phụ thuộc vào việc chọn dãy {fk}∞

k=1 tương ứng.

Định nghĩa Định nghĩa 1.3.1.3. (Định nghĩa biến đổi Fourier ngược trong L2 (Rn)) Cho một dãy {fk}∞

k=1 ⊂ L1 (Rn) ∩ L2 (Rn) với fk → f trong L2 (Rn) và

= = (cid:107)fk − fj(cid:107)L2(Rn),

∨ f j

(cid:13) ∨ (cid:13) f k − (cid:13) (cid:13)

(cid:13) ∨ (cid:13) fk − fj (cid:13) (cid:13)

(cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13)L2(Rn)

(cid:27)∞

khi đó

là một dãy Cauchy trong L2 (Rn). Do đó dãy này hội tụ

(cid:26) ∨ fk

k=1

đến một giới hạn mà được định nghĩa là F −1f hoặc

(cid:27)∞

tương ứng.

Định nghĩa

∨ f không phụ thuộc vào việc chọn dãy

∨ f . (cid:26) ∨ fk

k=1

1.3.2 Các tính chất của biến đổi Fourier trong L2 (Rn)

(cid:90)

Định lý 1.3.2.1. Giả sử f, g ∈ L2 (Rn). Khi đó (cid:90)

(1.3.5)

∧ f

∧ gdy.

= = (cid:107)fk − fj(cid:107)L2(Rn),

∧

f gdx =

(cid:91)Dαf = (iy)α

n 2

(cid:91)(f ∗g) = (2π)

∧ g, với f (x) hoặc g (x) ∈ L1 (Rn)∩L2 (Rn) .

∧ f

(1.3.6) f với mỗi đa chỉ số (cid:91)Dαf ∈ L2 (Rn) .

(cid:19)∨

(cid:19)∧

(1.3.7)

(cid:18) ∧ f

(cid:18) ∨ f

Nhận xét: (1.3.8) chính là công thức nghịch đảo đối với biến đổi Fourier trong L2 (Rn).

f = = . (1.3.8)

Chứng minh. Chứng minh công thức (1.3.5).

(cid:90)

∧ f

∧ gdy.

Thật vậy, cho f, g ∈ L2 (Rn) và α ∈ C, khi đó

f gdx =

L2(Rn) =

(cid:13) ∧ (cid:13) f +(cid:99)αg (cid:13) (cid:13)

(cid:13) 2 (cid:13) (cid:13) (cid:13)

L2(Rn)

Khai triển (1.3.9) ta được

(cid:90)

(cid:16)

(cid:107)f + αg(cid:107)2 . (1.3.9)

(cid:17) |f |2 + |αg|2 + f (αg) + f (α g)

(cid:19)(cid:33)

(cid:18)

(cid:90)

∧ g

∧ f

∧ f ((cid:99)αg) +

(cid:32)(cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)

(cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)

Do đó theo Định lý 1.3.1.1.

(cid:33)

(cid:32)

(cid:90)

∧ g

dy. α = + |(cid:99)αg|2 +

(cid:0)αf g + αf g(cid:1)dx =

∧ f

∧ g +α

∧ f

Cho α = 1 ta được

(cid:33)

(cid:90)

∧ g

dy. α

(cid:0)f g + f g(cid:1)dx =

(cid:32) ∧ f

∧ g +

∧ f

∧ gdy.

∧ f

Công thức (1.3.5) được chứng minh.

Chứng minh công thức (1.3.6). Với f ∈ L2 (Rn), (cid:91)Dαf ∈ L2 (Rn), f là hàm trơn và có giá compact. Ta có

(cid:90)

(cid:16)

(cid:92)Dαf (y) = (2π)− n

⇒ (cid:82) f gdx = (cid:82)

e−i(cid:104)x,y(cid:105)(cid:17) f (x) dx e−i(cid:104)x,y(cid:105)Dαf (x) dx = Dα x (−1)|α| (2π)− n

∧ f (y) .

2 (cid:82) Rn

= (2π)− n e−i(cid:104)x,y(cid:105)(iy)αf (x) dx = (iy)α

0 (Rn) mà fm → fm ∈ L2 (Rn).

Suy ra

∧

∧ f .

∃ {fm} , fm ∈ C ∞

Công thức (1.3.6) được chứng minh.

Chứng minh công thức (1.3.7). Ta có

(cid:90)

fm cho m → ∞ ta được (cid:91)Dαf = (iy)α Dαfm → Dαf ∈ L2 (Rn) . (cid:92)Dαfm = (iy)α

Rn Ta chứng minh (f ∗g) (x) ∈ L2 (Rn). Để cho xác định, ta giả sử f (x) ∈ L1 (Rn) ∩ L2 (Rn), g (x) ∈ L2 (Rn). Khi đó

(cid:90)

(f ∗g) (x) = f (y)g(x − y)dy.

2 |f (y)|

2 |g(x − y)| dy.

Sử dụng bất đẳng thức Holder ta được

(cid:90)

|(f ∗g) (x)| ≤ |f (y)| |g(x − y)| dy = |f (y)|

|f (y)| dy |f (y)| |g(x − y)|2dy |(f ∗g) (x)|2 ≤

(cid:82) Rn

Suy ra

|f (y)| |g(x − y)|2dy = (cid:107)f (cid:107)L1(Rn)

L2(Rn) ≤ (cid:107)f (cid:107)2

L1(Rn) (cid:107)g(cid:107)2

L2(Rn) .

Nếu giả thiết thêm g (x) ∈ L1 (Rn) ∩ L2 (Rn) thì do f (x) , g (x) ∈ L1 (Rn) nên theo Mệnh đề 1.2.2.8 ta có

(cid:107)(f ∗g)(cid:107)2

2 F (f ) F (g) .

Trong trường hợp chung, nếu g (x) ∈ L2 (Rn), ta chọn dãy {gk} sao cho gk ∈ L1 (Rn) ∩ L2 (Rn) và gk → g trong L2 (Rn).

Khi đó

F (f ∗g) = (2π)

2 F (f ) F (gk) .

n 2

(cid:91)(f ∗g) = (2π)

∧ f

∧ g .

Cho k → ∞ từ (1.3.10) ta được Công thức (1.3.7) được chứng minh.

(1.3.10) F (f ∗gk) = (2π)

khi đó

Chứng minh công thức (1.3.8) Với ∀f ∈ L2 (Rn), cố định z ∈ Rn; ε > 0 và đặt gε (x) = ei(cid:104)x,z(cid:105)−ε|x|2 theo chứng minh của Định lý 1.3.1.1 ta có

(cid:90)

−|y−z|2

∧

4ε dx.

n 2

Sử dụng công thức (1.3.1) với f ∈ L1 (Rn) ∩ L2 (Rn) thì

(cid:90)

−|x−z|2 4ε

∧ f (y) ei(cid:104)z,y(cid:105)−ε|y|2

1 e−i(cid:104)x,y−z(cid:105)−ε|x|2 dx = e gε (y) = (2π)− n (2ε)

Theo [5] ta thấy

(cid:90)

−|x−z|2

2 f (z) ,

dy = (2ε)− n f (x) e .

4ε dx = (2π)

với mỗi điểm Lebesgue của f, suy ra

(cid:90)

2 f (z)

∧ f (y) ei(cid:104)z,y(cid:105)dy = (2π)

∧ f (y) ei(cid:104)z,y(cid:105)dy với hầu khắp z.

2 (cid:82) Rn

(cid:19)∨

(cid:3)

(2ε)− n f (x) e lim ε→0+

Vậy f =

⇒ f (z) = (2π)− n (cid:18) ∧ f

Giả sử điều kiện để tồn tại các biến đổi Fourier gặp dưới đây đều thỏa mãn. Khi đó ta có các công thức sau. Công thức 1.4.1. Nếu g (x) ∈ L1 (Rn), và f (x) = g (αx) , α (cid:54)= 0 thì

(cid:19) 1

∧ g

(1.4.1)

1.4 Các công thức đơn giản của biến đổi Fourier

(cid:18) ξ α

Chứng minh. Giả sử g (x) ∈ L1 (Rn). Ta có

(cid:90)

(F f ) (ξ) = |α|n .

F (f ) (ξ) = (2π)− n e−i(cid:104)x,ξ(cid:105)f (x)dx = (2π)− n e−i(cid:104)x,ξ(cid:105)g (αx)dx.

αn dt.

Đặt αx = t ⇒ d (αx) = dt ⇒ αndx = dt ⇒ dx = 1 Do vậy

(cid:19)

(cid:90)

∧ g

α ,ξ(cid:105)g (t)dt =

(cid:18) ξ α

(cid:3)

∧ g

e−i(cid:104) t F (f ) (ξ) = (2π)− n 1 |α|n 1 |α|n

Vậy F (f ) (ξ) =

(cid:16) ξ α

(cid:17) 1 |α|n

(cid:1)

Công thức 1.4.2. Giả sử g (x) ∈ L1 (Rn) và f (x) = g (cid:0) x α

1 |α|n , α (cid:54)= 0. Khi đó

(1.4.2)

∧ g (αξ) .

(cid:1)

(cid:1) ∈ L1 (Rn) ,

Chứng minh. Với g (cid:0) x α

F (f ) (ξ) =

1 |α|n .

Áp dụng công thức (1.4.1) ta được

∧ g (αξ) .

∧ g (αξ) =

∧ f (ξ) =

∀α ∈ C, ∀x, ξ ∈ Rn và f (x) = g (cid:0) x α

(cid:3)

Vậy F (f ) (ξ) =

∧ g (αξ) .

Công thức 1.4.3. Với g (x) ∈ L1 (Rn) và f (x) = g (−x). Khi đó

(1.4.3)

∧ f (ξ) =

∧ g (−ξ) .

Chứng minh. Công thức (1.4.3) là trường hợp đặc biệt của công thức (1.4.1) tương ứng với α = −1.

(cid:19) 1

∧ g

1 |α|n . 1 (cid:12) (cid:12) (cid:12) 1 (cid:12) α

∧ g (−ξ) .

(cid:18) ξ −1

(cid:3)

VậyF (f ) (ξ) =

∧ g (−ξ) .

Công thức 1.4.4. Giả sử g (x) ∈ L1 (Rn) và f (x) = g (x − β) , β ∈ Rn. Khi đó

(1.4.4)

f (x) = g (−x) ⇒ F (f ) (ξ) = |−1|n =

∧ g (ξ) e−iξβ.

(F f ) (ξ) =

Chứng minh. ∀g (x) ∈ L1 (Rn) ,

∀β, ξ, x ∈ Rn. Ta có (cid:90) (F f ) (ξ) = (2π)− n e−i(cid:104)x,ξ(cid:105)f (x)dx

2 (cid:82) Rn

Đặt x − β = t ⇒ d (x − β) = dt ⇒ dx = dt.

Thay vào ta được

(cid:90)

e−i(cid:104)x,ξ(cid:105)g (x − β)dx. = (2π)− n

e−i(cid:104)t+β,ξ(cid:105)g (t)dt (F f ) (ξ) = (2π)− n

Rn 2 (cid:82) Rn

∧ g (ξ) .

= (2π)− n e−i(cid:104)β,ξ(cid:105)−i(cid:104)t,ξ(cid:105)g (t)dt

(cid:3)

∧ g (ξ) .

Vậy (F f ) (ξ) = e−i(cid:104)β,ξ(cid:105)

Công thức 1.4.5 Nếu g (x) ∈ L1 (Rn) và f = g(x) eiγx thì

(1.4.5)

= e−i(cid:104)β,ξ(cid:105)

∧ g (ξ − γ) .

Chứng minh. Ta có

(cid:90)

(F f ) (ξ) =

(F f ) (ξ) = (2π)− n e−i(cid:104)x,ξ(cid:105)f (x)dx

e−i(cid:104)x,ξ(cid:105)eiγxg (x)dx = (2π)− n

2 (cid:82) Rn 2 (cid:82) Rn

∧ g (ξ − γ) .

= (2π)− n e−i(cid:104)x,ξ−γ(cid:105)g (x)dx

(cid:3)

∧ g (ξ − γ).

Vậy (F f ) (ξ) = Công thức 1.4.6 Nếu f (x) là hàm chẵn và f (x) ∈ L1(Rn) ∩ L2(Rn) thì

(1.4.6)

F (f ) (ξ) = F −1 (f ) (ξ) .

Chứng minh. Theo Mệnh đề 1.2.2.2 đối với phép biến đổi Fourier ta có

(1.4.7)

Từ công thức (1.3.8) ta có

(1.4.8)

(cid:0)F F −1(cid:1) (f ) (ξ) = f (ξ)

F (f (x)) (ξ) = F −1 [f (−x)] (ξ) .

Từ hai công thức (1.4.7) và (1.4.8) suy ra

∀f ∈ L2(Rn).

Vì f là hàm chẵn nên f (x) = f (−x) . Suy ra

(1.4.9)

F 2(f ) (ξ) = f (−x) (ξ) .

Từ (1.4.8) và (1.4.9) suy ra F (F (f )) (ξ) = F (F −1(f )) (ξ) .

(cid:3)

Vậy F (f ) (ξ) = F −1(f ) (ξ) .

F (F (f )) (ξ) = F 2(f ) (ξ) = f (ξ).

1.5.1 Biến đổi Fourier của hàm f (x) =e−x2 trong R1

Theo định nghĩa của biến đổi Fourier trong R1 ta có

+∞ (cid:90)

(cid:16)

1.5 Biến đổi Fourier của một vài hàm số đơn giản

−∞

+∞ (cid:90)

+( iξ

2 )2

e−i(cid:104)x,ξ(cid:105)e−x2 dx = e−x2−i(cid:104)x,ξ(cid:105)dx e−x2(cid:17) F (ξ) = 1 √ 2π 1 √ 2π

−∞

+∞ (cid:90)

−(x+ iξ

2 )2(cid:105)

(1.5.1)

(cid:104) e

= dx e−(x+ iξ 1 √ 2π

−∞

+∞ (cid:82)

2 )2

Đặt

= .e− ξ2 dx. 1 √ 2π

−∞

(cid:110)

(cid:111)

Gọi ∆ là đường thẳng thỏa mãn ∆ =

dx = I, ta tính I . e−(x+ iξ

2 , −∞ < x < +∞

Giả sử Γ là đường bao quanh hình chữ nhật như hình vẽ.

z = x + iξ .

-A

Đường thẳng ∆ song song với trục hoành Ox. Ta có

A (cid:90)

(cid:90)

2 )2

A→+∞

−A

∆

e−(x+ iξ I = e−z2 dz = lim dx.

Do hàm số e−z2 là giải tích trong hình chữ nhật nên (cid:82) Γ

Mặt khác

(cid:90)

e−z2dz = 0.

Γ1

Γ2

Γ3

Γ4

(cid:90)

A (cid:90)

2 )2

e−z2 dz = e−z2 dz + e−z2 dz + e−z2 dz + e−z2 dz,

−A

Γ2

(cid:90)

A (cid:90)

dx, e−(x+ iξ e−z2 dz = −

−A

Γ4

e−z2 dz = − e−x2 dx.

2 |ξ|, nên

Trên Γ3 ta có z = −A + iy, e−z2 = e−A+y2ei2Ay → 0 khi A → +∞. Do đó

(cid:82)

z2 = A2 − y2 − i2Ay với |y| ≤ 1

Γ1

Tương tự ta có

(cid:82)

e−z2dz → 0 khi A → +∞.

Γ1 Do đó ta đi tới kết luận

+∞ (cid:90)

e−z2dz → 0 khi A → +∞.

−∞

Muốn tính I ta tính I 2 bằng cách viết I 2 dưới dạng tích phân kép và dùng phương pháp tọa độ cực, ta được

+∞ (cid:90)

dω. I = e−ω2

−∞

dω = du e−(u2+ω2)dω du e−ω2 I 2 = e−u2

2π (cid:90)

+∞ (cid:90)

+∞

= dθ e−r2 rdr = − 2π e−r2 = π. d (cid:0)−r2(cid:1) = −π e−r2(cid:12) (cid:12) (cid:12) 1 2

0 π.

Suy ra I =

√

Thay I =

√ π vào (1.5.1) ta có

(cid:16)

Vậy F

√ e−x2(cid:17) F (ξ) = π = e− ξ2 1 √ 2π e− ξ2 √ 2

ξ2 (ξ) = e− 4√ 2

1.5.2 Biến đổi Fourier của hàm f (x) =e−ax2 (a > 0) trong R1

Ta có

+∞ (cid:90)

(cid:16)

e−x2(cid:17) (cid:16) .

−∞

√

(cid:104)

+∞ (cid:90)

√

a+( iξ

−( iξ

ax2+2 1 √ 2

a i(cid:104)x,ξ(cid:105)

a)2

a)2(cid:105)

e−i(cid:104)x,ξ(cid:105)e−ax2 dx = e−ax2−i(cid:104)x,ξ(cid:105)dx e−ax2(cid:17) F (ξ) = 1 √ 2π 1 √ 2π

−∞

+∞ (cid:90)

√

ax+ iξ √

−(√ (cid:104)

−( iξ

a)2

a)2(cid:105)

= e− dx 1 √ 2π

−∞

ax+ iξ √

+∞ (cid:82)

a)2

Đặt

e = dx. 1 √ 2π

−∞

+∞ (cid:82)

e− (√ dx = J.

Tương tự như cách tính I trong (1.5.1) ta tính được J = 1√ a

−∞

Để tính J ta tính J 2 bằng cách viết J 2 ở dạng tích phân kép và dùng phương pháp tọa độ cực ta được

+∞ (cid:90)

e− ω2dω.

−∞

+∞ (cid:90)

2π (cid:90)

+∞ (cid:90)

dω du e− ω2 J 2 = J.J = e− u2 1 a

−∞

= rdr e− (u2+ω2)dω = dθ e− r2 1 a 1 a

+∞

(cid:18)

(cid:19)

+∞ (cid:90)

(cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)

Suy ra

= − e− r2 d (cid:0)− r2(cid:1) = − e− r2 . = 2π a 1 2 2π a 1 2 π a

(cid:114)π a

Vậy

(cid:16)

J = .

(cid:114)π a

(cid:16)

(1.5.2)

e−ax2(cid:17) F (ξ) = e− ξ2 = e− ξ2 1 √ 2π 1 √ 2a

1.5.3 Biến đổi Fourier của hàm f (x) =e−a|x|2

(a > 0)

Theo định nghĩa biến đổi Fourier của f (x) ∈ L1 (Rn) ta được

(cid:90)

2+...+x2

1+x2

n)2

⇒ F e−ax2(cid:17) (ξ) = e− ξ2 4a . 1 √ 2a

 n

+∞ (cid:90)

e−i(cid:104)x,ξ(cid:105)dx F (e−a|x|2 )(ξ) = (2π)− n e−a(x2

1dx1

 (2π)− 1



−∞

Theo công thức (1.5.2) ta có

= e−i(cid:104)x1,ξ1(cid:105)e−ax2 .

(1.5.3)

(cid:16)√

(cid:17)n e− |ξ|2 4a .

−

aijxixj

n (cid:80) i,j=1

1.5.4 Biến đổi Fourier của hàm f (x) =e

Ta giả thiết aij = aji = const,

1 F (e−a|x|2 )(ξ) = 2a

n (cid:80) i,j=1

Vì f (x) ∈ L1 (Rn) theo định nghĩa biến đổi Fourier trong L1 (Rn) ta có

(cid:33)

(cid:90)

−

aijxixj

n (cid:80) i,j=1

(1.5.4)

(cid:32) − e

aijxixj ≥ λ|x|2; λ > 0.

F (ξ) = (2π)− n e−i(cid:104)x,ξ(cid:105) e dx.

Nếu ta đặt A = (cid:107)aij(cid:107)n i,j=1 thì A là ma trận vuông đối xứng, xác định dương ⇒ ∃n giá trị riêng dương λ1, λ2, . . . , λn và tồn tại ma trận C là ma trận trực giao (tức là ma trận có các hàng trực giao nhau và mỗi hàng là một véctơ đơn vị).





 

 

C =

sao cho





c11 c12 c21 c22 . . . . . . cn1 cn2 . . . c1n . . . c2n . . . . . . . . . cnn

 

  = D.

CAC −1 = λ1 0 . . . 0 . . . 0 0 λ2 . . . . . . . . .

. . . 0 0 . . . λn

Suy ra n (cid:80) i,j=1

Trong công thức (1.5.4), đổi biến x = C −1y, det (cid:2)C −1(cid:3) = ±1 (cid:54)= 0

aijxixj = (Ax, x) = (cid:0)C −1DCx, x(cid:1) = (DCx, Cx) = (Dy, y),(đặt Cx = y ).

(cid:33)

(cid:90)

aijxixj

n (cid:80) i,j=1

⇒ dx = det (cid:0)C −1(cid:1) dy

(cid:32) − e

(cid:12)det C −1(cid:12)

(cid:12)dy.

Do det (cid:12)

(cid:12) = 1 nên ta có

(cid:33)

(cid:90)

−

aijxixj

n (cid:80) i,j=1

2−...−λny2

1−λ2y2

ndy.

e−i(cid:104)C −1y,ξ(cid:105) e−(Dy,y) (cid:12) ⇒ F (ξ) = (2π)− n

(cid:12)C −1(cid:12) (cid:32) e

(ξ) = (2π)− n e−i(cid:104)y,Cξ(cid:105) e−λ1y2 F

Đặt Cξ = η, do vậy ηj =

n (cid:80) k=1

(cid:33)

+∞ (cid:90)

aijxixj

n (cid:89)

n (cid:80) i,j=1

(cid:32) − e

cjkξk.

j dyj.

j=1

−∞

F (ξ) = (2π)− n e−i(cid:104)yj,ηj(cid:105) e−λjy2

Đây chính là phép biến đổi Fourier của hàm f (x) = e−λj|x|2 Áp dụng công thức (1.5.3) ta được

(cid:33)

−

aijxixj

(λj > 0) .

n (cid:80) i,j=1

n (cid:80) j=1

(cid:32) − e

η2 j 4λj =

− 1 4 e

η2 j λj .

(cid:16)√

1 2

(cid:17)n 2

1 F (ξ) = e 1 (cid:17)n√ 2 (det (A)) λ1 . . . λn

Vậy

(cid:19)2

(cid:33)

−

aijxixj

cjkξk

− 1 4

1 λj

n (cid:80) i,j=1

n (cid:80) j=1

(cid:18) n (cid:80) k=1

(1.5.5)

(cid:32) e

(cid:16)√

(cid:17)n

1 2

1.5.5 Biến đổi Fourier của hàm f (x) =e−α|x|, α > 0 trong R1

Theo Định nghĩa biến đổi Fourier trong R1, ta có

∞ (cid:90)

∧ f (λ) =

1 F e . (ξ) = 2 (det (A))

−∞

∞ (cid:90)

f (x) e−iλxdx 1 √ 2π

−∞

∞ (cid:90)

e−α|x| (cos λx − i sin λx)dx = 1 √ 2π



∞ (cid:90)

= eα|x| cos λxdx = e−α|x| d sin λx 1 λ 2 √ 2π 2 √ 2π

0  e−αx sin λx(cid:12) (cid:12)



∞ 0 + α

(cid:114) 2 π

(cid:19) ∞ (cid:90)

= e−αx sin λxdx 1 λ

(cid:114) 2 π

(cid:18)−α λ



∞ (cid:90)

= e−αx dcosλx 1 λ



 e−αxcosλx(cid:12) (cid:12)

∞ 0 + α

(cid:114) 2 π

0 (cid:21)

(cid:20)

e−αx cosλxdx = α λ2

∧ f (λ)

(cid:114) 2 π

(cid:114)π 2

Suy ra

(cid:19)

(cid:18) α

= − −1 + α . α λ2

∧ f (λ) =

(cid:114) 2 π

. λ2 + α2

Chương 2

BÀI TOÁN CAUCHY ĐỐI VỚI PHƯƠNG TRÌNH TRUYỀN NHIỆT KHÔNG THUẦN NHẤT

Trong chương này, ta sẽ áp dụng các kiến thức về phương trình đạo hàm riêng và phép biến đổi Fourier để tìm nghiệm của bài toán Cauchy cho phương trình truyền nhiệt không thuần nhất với hệ số hằng trong R1, Rn và hệ số chỉ phụ thuộc biến thời gian trong Rn. Các nội dung trong chương được trích dẫn từ các tài liệu tham khảo [3], [4], [7], [8], [9], [12].

2.1 Bài toán Cauchy cho phương trình truyền nhiệt không

2.1.1 Bài toán Cauchy cho phương trình truyền nhiệt

Tìm u (x, t) là nghiệm của phương trình

(2.1.1)

thuần nhất với hệ số hằng trong R1

Thỏa mãn điều kiện ban đầu

(2.1.2)

= a2 ∂2u x ∈ R, t > 0. ∂u ∂t ∂x2 + f (x, t) ,

2.1.2 Tìm nghiệm của bài toán (2.1.1), (2.1.2)

Theo [3], hàm

+∞ (cid:90)

u (x, 0) = 0.

(2.1.3)

4a2t f (ξ, τ ) dξ,

−∞

1 √ V (x, τ, t) = e− (ξ−x)2 2a πt

thỏa mãn phương trình

(2.1.4)

và điều kiện ban đầu

(2.1.5)

∂V ∂t = a2 ∂2V ∂x2 ,

Ta chứng minh rằng hàm

(cid:90)

(2.1.6)

V (x, τ, 0) = f (x, τ ) .

là nghiệm của bài toán (2.1.1) và (2.1.2).

Thật vậy, hàm (2.1.6) thỏa mãn điều kiện (2.1.2).

Bây giờ ta đi chứng minh hàm (2.1.6) là nghiệm của bài toán (2.1.1).

Ta thấy V (x, τ, t) thỏa mãn phương trình (2.1.4) thì hàm V (x, τ, t − τ ) cũng thỏa mãn phương trình đó.

Ta có

(cid:90)

(2.1.7)

u (x, t) = V (x, τ, t − τ ) dτ

(cid:90)

(2.1.8)

= dτ + V (x, τ, 0), ∂u ∂t ∂V (x, τ, t − τ ) ∂t

Lấy (2.1.7)trừ (2.1.8), kết hợp với điều kiện (2.1.4), (2.1.5) ta được − a2 ∂2u

a2 ∂2u dτ. ∂x2 = a2 ∂2V (x, τ, t − τ ) ∂x2

hay

∂x2 = f (x, t) . ∂u ∂t

Từ (2.1.6), (2.1.3) thì nghiệm của bài toán (2.1.1), (2.1.2) là

(cid:90)

+∞ (cid:90)

= a2 ∂2u ∂u ∂t ∂x2 + f (x, t) .

4a2(t−τ ) dξ.

−∞

u(x, t) = dτ e− (ξ−x)2 f (ξ, τ ) 2a(cid:112)π (t − τ )

2.2 Bài toán Cauchy cho phương trình truyền nhiệt không

2.2.1 Bài toán Cauchy

Tìm nghiệm u(x, t) của phương trình

(2.2.1)

thuần nhất với hệ số hằng trong Rn

thỏa mãn điều kiện đầu

(2.2.2)

x ∈ Rn, t > 0, ut − a2∆u = f (x, t),

Trong đó f (x, t), u0(x) là các hàm đã cho và

x ∈ Rn. u(x, 0) = u0(x),

2.2.2 Tìm nghiệm của bài toán (2.2.1, (2.2.2)

Để tìm nghiệm của Bài toán (2.2.1) và (2.2.2) ta tìm nghiệm của hai bài toán sau. a) Bài toán 1 Tìm nghiệm v(x, t) của bài toán

(2.2.3)

∆u = ux1x1 + ux2x2 + .... + uxnxn.

thỏa mãn

(2.2.4)

t > 0, vt − a2∆v = 0, x ∈ Rn,

Trong đó u0(x) là hàm cho trước và

v(x, 0) = u0(x), x ∈ Rn.

Theo [9] ta có nghiệm của bài toán 1 là (cid:90)

(2.2.5)

4a2t dy.

∆v = vx1x1 + vx2x2 + .... + vxnxn.

(cid:0)2a

b) Bài toán 2 Tìm nghiệm w (x, t) của bài toán

(2.2.6)

v(x, t) = u0(y) e− |y−x|2 1 √ πt(cid:1)n

thỏa mãn

(2.2.7)

wt − a2∆w = f (x, t) , x ∈ Rn, t > 0,

w(x, 0) = 0, x ∈ Rn.

Ta giải Bài toán (2.2.6), (2.2.7) bằng phương pháp Duamel. Ta xét hàm số g ( x, t, τ ) phụ thuộc tham số τ và là nghiệm của bài toán

(2.2.8)

(2.2.9)

x ∈ Rn. gt (x, t, τ ) − a2∆g = 0,

Bằng cách đặt t(cid:48) = t − τ ⇒ gt = gt(cid:48) và g (x, t, τ ) = g (x, τ + t(cid:48), τ ) .

Ta đưa bài toán (2.2.8), (2.2.9) về bài toán sau

(2.2.10)

g (x, t, τ ) |t=τ = f (x, τ ) , x ∈ Rn.

(2.2.11)

x ∈ Rn, t > 0. gt(cid:48) − a2∆g = 0,

Trong đó f (x, τ ) là hàm cho trước.

Theo [9] ta có nghiệm của Bài toán (2.2.10) và (2.2.11) là

(cid:90)

(2.2.12)

g (x, τ + t,, τ ) |t(cid:48)=0 = f (x, τ ) , x ∈ Rn.

4a2t(cid:48) dy.

(cid:16)

(cid:17)n

Suy ra nghiệm của Bài toán (2.2.8) và (2.2.9) là

(cid:90)

(2.2.13)

g(x, τ + t(cid:48), τ ) = f (y, τ ) e− |y−x|2 1 √ 2a t(cid:48)π

4a2(t−τ ) dy.

(cid:17)n

Ta chứng minh nghiệm của Bài toán (2.2.6) và (2.2.7) được biểu diễn bởi công thức Duamel

(cid:90)

g(x, t, τ ) = f (y, τ ) e− |y−x|2 1 (cid:16) 2a(cid:112)π(t − τ )

(cid:90)

w(x, t) = g (x, t, τ ) dτ

(2.2.14)

− |y−x|2 4a2(t−τ ) dτ dy.

n 2

Thật vậy, ta có

f (y, τ ) 1 √ e ⇔ w(x, t) = (2a π)n (t − τ )

Mặt khác

(cid:90)

(2.2.15)

w(x, 0) = 0.

wt = g (x, t, t) + gt (x, t, τ ) dτ.

(cid:90)

(2.2.16)

Lấy (2.2.15) trừ (2.2.16) ta được

∆xw = ∆xg (x, t, τ ) dτ.

Theo (2.2.6) suy ra g (x, t, t) = f (x, t) và wt − a2∆xw = f (x, t) .

Vậy nghiệm của bài toán 2 là (2.2.14).

c) Nghiệm của bài toán (2.2.1), (2.2.2) Nghiệm của bài toán (2.2.1) và (2.2.2) là

wt − a2∆w = g (x, t, t) .

(cid:90)

−|y−x|2

4a2t dy+

u (x, t) = v (x, t) + w (x, t) .

(cid:0)2a

(cid:90)

u(x, t) = u0(y) e 1 √ πt(cid:1)n

− |y−x|2 4a2(t−τ ) dτ dy.

n 2

f (y, τ ) 1 √ + e (2a π)n (t − τ )

2.3.1 Bài toán Cauchy

Tìm nghiệm u(x, t) của phương trình

n (cid:88)

(2.3.1)

2.3 Bài toán Cauchy cho phương trình truyền nhiệt không thuần nhất với hệ số chỉ phụ thuộc biến thời gian trong Rn

i,j=1

với aij(t) = aji(t) và λ1|ξ|2 ≥

x ∈ Rn, t > 0, ut − aij(t)uxixj = f (x, t),

n (cid:80) i,j=1

thỏa mãn điều kiện ban đầu

(2.3.2)

aij(t)ξiξj ≥ λ2|ξ|2

trong đó u0(x), f (x, t) là hàm cho trước.

x ∈ Rn, u(x, 0) = u0(x),

2.3.2 Tìm nghiệm của bài toán (2.3.1), (2.3.2)

Để tìm nghiệm của Bài toán (2.3.1), (2.3.2) ta đi tìm nghiệm của bài hai bài toán sau.

a)Bài toán 1

Tìm nghiệm v (x, t) của phương trình

n (cid:88)

(2.3.3)

i,j=1

với aij(t) = aji(t), λ1|ξ|2 ≥

x ∈ Rn, t > 0, vt − aij(t)vxixj = 0,

n (cid:80) i,j=1

Thỏa mãn điều kiện ban đầu

(2.3.4)

aij(t)ξiξj ≥ λ2|ξ|2

trong đó u0(x) là hàm cho trước. Để tìm nghiệm của bài toán 1 ta áp dụng biến đổi Fourier theo biến x lên phương trình (2.3.3) ta được



n (cid:88)

(2.3.5)

x ∈ Rn, v(x, 0) = u0(x),



  = −

i,j=1

Mặt khác ta có

(cid:90)

F (vt) = F aij(t)ξiξjF (v). aij(t)vxixj

∧ v ∂ ∂t

Vậy

v e−idx = . vt e−idx = (2π)− n F (vt) = (2π)− n ∂ ∂t

∧ v ∂ ∂t

Từ (2.3.5) suy ra

n (cid:88)

(2.3.6)

. F (vt) =

∧ v.

∧ v ∂ ∂t

i,j=1

Vì (2.3.6) là phương trình vi phân tuyến tính cấp một thuần nhất theo biến t nên

t (cid:82)

−

aij(s)ξiξjds

n (cid:80) i,j=1

(2.3.7)

∧ v(ξ, t) = C(ξ) e

= − aij(t)ξiξj

Gọi A = (cid:107)aij(t)(cid:107)n

i,j=1 là ma trận vuông, đối xứng xác định dương.

Với t > 0, đặt

(cid:90)

0 Khi đó với t > 0 thì B (t) cũng là ma trận vuông, đối xứng và xác định dương.

Gọi µj(t) là những giá trị riêng dương của B (t). Khi đó tồn tại ma trận G(t) = (cid:107)gij(t)(cid:107)n

i,j=1 là ma trận trực giao sao cho



B(t) = A(s)ds.

(2.3.8)

 

  G−1(t). 

B(t) = G(t)

Từ (2.3.4) ta có

∧ v(ξ, 0) = F (v(x, 0)) = F (u0(x)) =

∧ u0(ξ).

Theo (2.3.7) suy ra

µ1(t) 0 . . . 0 . . . 0 µ2(t) . . . 0 . . . . . . . . . . . . µn(t) 0

∧ u0(ξ).

Khi đó (2.3.7) có thể viết thành

t (cid:82)

aij(s)ξiξjds

n (cid:80) i,j=1

(2.3.9)

∧ v(ξ, t) =

C(ξ) =

− ∧ u0(ξ) e

Từ công thức (1.3.7), (1.3.8) Chương 1 suy ra

(cid:19)

∧ g

2 f ∗ g.

(cid:18) ∧ f

Do đó từ công thức (2.3.10) suy ra

(2.3.10)

F −1 = (2π)− n

2 u0(x) ∗ H(x),

−

trong đó biến đổi Fourier của H (x) là bij(t)ξiξj

t (cid:82)

n (cid:80) i,j=1

v(x, t) = (2π)− n

, với bij(t) =

∧ H(ξ) = e

−

bij(t)ξiξj

n (cid:80) i,j=1

Vì −

aij(s)ds .

n (cid:80) i,j=1

cũng là hàm chẵn. Theo công thức (1.4.6) Chương 1 ta được

bij(t)ξiξj là dạng toàn phương nên nó là hàm chẵn và e

∧ H) = F (

∧ H).

F −1(

∧ H).

∧ H) , vậy ta có H = F (

Mặt khác H = F −1( Áp dụng công thức (1.5.5) Chương 1 ta được

(cid:33)

−

bij(t)ξiξj

n (cid:80) i,j=1

(cid:32) e

∧ H) = F

(cid:19)2

gjk(t)xk

F (

1 µj (t)

n (cid:80) j=1

(cid:18) n (cid:80) k=1

(2.3.11)

− 1 4 e

n(cid:112)|det B(t)|

Thay (2.3.11) vào (2.3.10) ta được

(cid:19)2

gjk(t)xk

1 = . √ ( 2)

1 µj (t)

n (cid:80) j=1

(cid:18) n (cid:80) k=1

− 1 4 e

2 u0(x) ∗

n(cid:112)|det B(t)|

Như vậy ta nhận được công thức Poisson suy rộng sau đây

(cid:19)2

gjk(t)xk

− 1 4

1 v(x, t) = (2π)− n . √ ( 2)

1 µj (t)

n (cid:80) j=1

(cid:18) n (cid:80) k=1

(2.3.12)

trong đó ∗ là phép tích chập theo biến x. Vậy (2.3.12) chính là nghiệm bài toán 1.

b) Bài toán 2 Tìm nghiệm w (x, t) của bài toán

n (cid:88)

(2.3.13)

1 , v(x, t) = √ u0(x) ∗ e (2 π)n(cid:112)|B(t)|

i,j=1

với aij(t) = aji(t), λ1|ξ|2 ≥

wt − aij(t)wxixj = f (x, t), x ∈ Rn, t > 0,

n (cid:80) i,j=1

thỏa mãn điều kiện ban đầu

(2.3.14)

aij(t)ξiξj ≥ λ2|ξ|2

Ta giải bài toán (2.3.13), (2.3.14) bằng phương pháp Duamel. Xét hàm số g(x, t, τ ) phụ thuộc tham số τ , thỏa mãn

n (cid:88)

(2.3.15)

w(x, 0) = 0 x ∈ Rn.

i,j=1

(2.3.16)

g(x, t, τ ) − x ∈ Rn, t > 0. aij(t)gxixj = 0,

x ∈ Rn. g(x, t, τ ) |t=τ = f (x, τ ),

Đặt

Ta đưa Bài toán (2.3.15), (2.3.16) về bài toán sau

n (cid:88)

(2.3.17)

t(cid:48) = t − τ ⇒ gt = gt(cid:48) và g(x, t, τ ) = g(x, t(cid:48) + τ, τ ).

i,j=1

(2.3.18)

x ∈ Rn, t > 0. gt(cid:48) − aij(t(cid:48) + τ )gxixj = 0,

x ∈ Rn.

Bài toán (2.3.17), (2.3.18) cũng chính là Bài toán (2.3.3), (2.3.4).

Do vậy áp dụng công thức (2.3.12) ta có

(cid:19)2

gjk(t(cid:48))xk

− 1 4

g(x, t(cid:48) + τ, τ ) |t(cid:48)=0 = f (x, τ ), trong đó f (x, τ ) là hàm cho trước trong vế phải của (2.3.1).

1 µj (t(cid:48))

n (cid:80) j=1

(cid:18) n (cid:80) k=1

(2.3.19)

trong đó

τ +t(cid:48) (cid:90)

t(cid:48) (cid:90)

1 f (x, τ ) ∗ e . g(x, t(cid:48) + τ, τ ) = √ (2 π)n(cid:112)|B1(t(cid:48), τ )|

τ +t(cid:48) (cid:90)

τ (cid:90)

A(s) ds A(τ + s) ds = B1(t(cid:48), τ ) =

và

(cid:90)

A(s) ds − A(s) ds = B(τ + t(cid:48)) − B(τ ), =

0 Giả sử µ1(t, τ ), µ2(t, τ )...µn(t, τ ) là nghiệm đặc trưng của ma trận B (t) − B (τ ), và G(t, τ ) = (cid:107)gjk(t, τ )(cid:107)n

jk=1 là ma trận trực giao sao cho

(cid:35)

(cid:34) µ1 0...

B(t) = A(s) ds.

Suy ra nghiệm của Bài toán (2.3.15), (2.3.16) là

(cid:19)2

gjk(t,τ )xk

− 1 4

G−1(t, τ ). B(t) − B(τ ) = G(t, τ ) 0 0 µ2... 0 0... µn 0

1 µj (t,τ )

n (cid:80) j=1

(cid:18) n (cid:80) k=1

(2.3.20)

1 g(x, t, τ ) = f (x, τ ) ∗ e . √ (2 π)n(cid:112)|B(t) − B(τ )|

Ta chứng minh nghiệm của Bài toán (2.3.13), (2.3.14) được biểu diễn bởi công thức Duamel

(cid:90)

(cid:19)2

(cid:90)

gjk(t,τ )xk

− 1 4

1 µj (t,τ )

n (cid:80) j=1

(cid:18) n (cid:80) k=1

w(x, t) = g(x, t, τ )dτ .

(2.3.21)

Thật vậy, w (x, 0) = 0 và

(cid:90)

(2.3.22)

w(x, t) = ∗ e dτ. 1 √ π)n (2 f (x, τ ) (cid:112)|B(t) − B(τ )|

(cid:90)

n (cid:88)

(2.3.23)

wt = g(x, t, t) + gt(x, t, τ )dτ .

i,j=1

Lấy (2.3.22) trừ (2.3.23), từ (2.3.17) suy ra

n (cid:88)

aijwxixj = aijgxixj(x, t, τ )dτ .

i,j=1

Theo (2.3.16) suy ra

n (cid:88)

wt − aijwxixj = g(x, t, t).

i,j=1

Vậy nghiệm của bài toán 2 là (2.3.21).

c) Nghiệm của bài toán (2.3.1), (2.3.2) Nghiệm của bài toán (2.3.1), (2.3.2) là u (x, t) = v (x, t) + w (x, t) .

(cid:19)2

gjk(t)xk

− 1 4

1 µj (t)

n (cid:80) j=1

(cid:18) n (cid:80) k=1

√

wt − aijwxixj = f (x, t).

π)n√

|B(t)|

(cid:19)2

(cid:90)

gjk(t,τ )xk

− 1 4

1 µj (t,τ )

n (cid:80) j=1

(cid:18) n (cid:80) k=1

+ u(x, t) = u0(x) ∗ e

∗ e dτ. + 1 √ π)n (2 f (x, τ ) (cid:112)|B(t) − B(τ )|

KẾT LUẬN

Trong luận văn đã trình bày các vấn đề sau:

- Lý thuyết biến đổi Fourier trong các không gian hàm số L1 (Rn) và L2 (Rn).

- Dẫn dắt ra công thức Poisson cổ điển biểu diễn nghiệm bài toán Cauchy đối với phương trình truyền nhiệt không thuần nhất với hệ số hằng .

- Trên cơ sở áp dụng biến đổi Fourier, luận văn đã trích dẫn công thức Pois- son mở rộng biểu diễn tập nghiệm bài toán Cauchy đối với phương trình truyền nhiệt không thuần nhất với hệ số hằng trong R1, hệ số hằng trong Rn và hệ số chỉ phụ thuộc biến thời gian trong Rn.

TÀI LIỆU THAM KHẢO

Tiếng Việt

[1] Đặng Đình Áng, Trần Lưu Cường, Huỳnh Bá Lân, Nguyễn Văn Nhân

(2007), “Biến đổi tích phân”, Nxb Giáo Dục, Hà Nội.

[2] Nguyễn Minh Chương, Hà Tiến Ngoạn, Nguyễn Minh Trí, Lê Quang Trung (2000), “Phương trình đạo hàm riêng”, Nxb Giáo dục, Hà Nội.

[3] Nguyễn Thừa Hợp (1999), “Phương trình đạo hàm riêng”, Nxb Đại học

Quốc gia Hà Nội, Hà Nội.

[4] Phạm Thị Thủy (2001), “Bài toán Cauchy đối với phương trình truyền nhiệt”, Luận văn Thạc sĩ Khoa học, Đại học Sư phạm - Đại học Thái Nguyên.

[5] Trần Đức Vân (2008), “Lý thuyết Phương trình vi phân đạo hàm riêng”,

Nxb Đại học Quốc gia Hà Nội, Hà Nội.

Tiếng Anh

[6] C. Fefferman (1971), “On the dive rgence of multiple Fourier series”, Bull.

Amer. Math. Soc. 77No.2, pp. 744 - 745.

[7] C. Fefferman (1971), “On the divergence of multiple Fourier series”, Bull.

Amer. Math. Soc. 77No.5, pp. 191 - 195.

[8] F.John (1971), “Partial Differential Equations”, Springer, USA.

[9] G.E. Shylov (1970), “Mathematical Analysis, Functions of one Variable”,

Nauka, Moscow.

[10] H. Brezis and F. Browder (1999), “Partial Differential Equations in the

[11] M. Freidlin (1985), “Functional Integration and Partial Differential

Equations”, Princeton University Press, New Jersey.

[12] M. G. Crandall, H. Ishii and P. L. Lions (1984), “User’s Guide to Viscosity Solutions of Second Order Partial Differential Equations”, Bulletin Amer. Math. Soc. 27, pp 1-67.

20th Century”, Preprint.