Luận văn Chỉnh hóa nghiệm một bài toán đàn hồi ba chiều

1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3 ( , 0), ( , 0), ( , 0) ( ), ( ), ( ) , , ( , 0), ( , 0), ( , 0) ( ), ( ), ( ) , . u x u x u x g x g x g x x u u u x x x h x h x h x x t t t                  (2.2) Hơn nữa biên của vật thể đàn hồi bị giữ cố định nên hàm  1 2 3, ,u u u u thỏa mãn điều kiện biên      1 2 3( , ), ( , ), ( , ) 0, 0, 0 , , 0,u x t u x t u x t x t T    (2.3) Cuối cùng, sức căng bề mặt được cho trên    1 12 13 1 1 21 2 23 2 2 31 32 3 3 3 , , 0, , n X n X x t T n X s t t t s t t t s                                               (2.4) Trong đó :  1 2 3, ,n n n n là vectơ pháp tuyến đơn vị hướng ra ngoài của  và các sức ép s và t được định nghĩa  , ( ) 2 , , 1,2, 3j jkjk j k j j u uu div u j k x x x t m s l m              . 2.2. Các kết quả chính Nhắc lại rằng chúng ta cần tìm hàm :  1 2 3( ) ( ), ( ), ( ) ,f x f x f x f x x   của lực thể tích ( , ) ( ) ( )F x t t f xj từ hệ (2.1) – (2.4). Các hằng số Lamé luôn thỏa 0m  và 2 0l m  và dữ kiện  , , ,I X g hj là không mịn  31 1 1 2 3 2 3(0, ), (0, , ( ) ,( ( )) ,( ( ))I L T L T L L L         Cho 3a   và 3x   , kí hiệu 1 2 3 1 2 3 1 1 2 2 3 3 1 2 2 1 1 1 2 2 3 3 1 3 3 1 1 1 2 2 3 3 2 3 3 2 1 1 2 ( , ) ( , ) ( , ) ( , ) cos( )cos( )cos( ), ( , ) ( , ) sin( )sin( )cos( ), ( , ) ( , ) sin( )cos( )sin( ), ( , ) ( , ) cos( )sin( G x G x G x G x x x x G x G x x x x G x G x x x x G x G x x a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a              2 3 3)sin( )x xa . Nếu không sợ nhầm lẫn ta cũng có thể viết jkG thay cho ( , ) j kG xa . Trước hết ta có bổ đề sau. Bổ đề 2.1. Nếu     32 2 2 2[0, ], ( ) 0, , ( )u C T L L T H    và 2 3( ( ))f L  thỏa hệ (2.1) – (2.4) với dữ kiện  , , ,I X g hj , thì   * * 1 1 2 2 1 2 ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) , 1,2, 3 ( )( ) ( )( ) j j j j j E I E E I E f Gdx j D I D I a a a a a a       cho mọi   31 2 3, ,a a a a   mà  2 2 2 21 2 30 0a a a a     và 1 2( )( ) 0, ( )( ) 0,D I D Ia a  trong đó         2 0 1 0 0 0 2 0 2 0 0 0 sinh 2 ( ) ( )( ) ( ) , cosh 2 sinh ( ) ( )( ) ( ) , cosh T T T t D I t dt T T t D I t dt T l m a a a j l m a m a a a j m a                       1 1 1 1 2 2 2 3 3 30 1 1 1 2 2 2 3 3 30 0 1 1 1 2 2 2 3 3 3 0 0 ( )( ) 2 tanh 2 sinh 2 ( ) , cosh 2 j j j j j j j j j T j j j j E I g G g G g G dx T hG h G h G dx T t X G X G X G d dt T a l m a a a a a l m a a a a a l m a a a a a w l m a                           * 0 1 0 1 1 1 2 2 2 3 3 3 2 ( ) cosh 2 ( , ) ( , ) ( , ) , j j j j j E T u x T G u x T G u x T G dx l m a a a l m a a a a               2 2 1 1 1 2 2 2 3 3 30 0 2 1 1 1 2 2 2 3 3 30 0 0 0 0 2 1 1 1 20 ( )( ) ( ) tanh ( ) sinh ( ) cosh ( j j j j j j j j j j j j j j j T j j j j j E I g G g G g G g G dx T h G hG h G h G dx T t T X G X G a m a a a a a a m a a a a a a m a m a a a a a                                 2 2 3 3 3 ) j jX G X G d dta w         2* 0 2 0 0 1 1 1 2 2 2 3 3 3 ( ) ( , ) cosh ( ( , ) ( , ) ( , ) ) . j j j j j j j j E u x T G T u x T G u x T G u x T G dx m a a a m a a a a a         Chú ý rằng *1jE và * 2 jE trong bổ đề 1 phụ thuộc vào ( , )u x T thay vì dữ kiện  , , ,I X g hj . Do đó, thông thường ta không biết số hạng của chúng. Tuy nhiên, với a đủ lớn, *1jE và * 2 jE tương đối nhỏ khi so sánh với 1jE và 2 jE , và có thể được giảm nhẹ khi tính tích phân jf Gdx   với các hệ số Fourier của jf . Vì thế ta sử dụng một vài kí hiệu tiện lợi hơn. Định nghĩa 2.1 (Thông tin từ dữ kiện). Cho  , , ,I X g hj và 3a   mà . 0a a  , ta đặt ( sử dụng các kí hiệu của Bổ đề 1). 1 2 1 2 1 2 1 2 ( ) ( ) , ( )( ). ( )( ) 0 ( )( ) ( ) ( ) 0, ( )( ). ( )( ) 0. j j j E I E I khi D I D I H I D I D I khi D I D I a aa a a      Định nghĩa 2.2 (Hệ số Fourier). Cho   31 2 3, ,a a a a   , 2( )Lw   , ta đặt 1 1 2 2 3 3( )( ) ( ) ( , ) ( )cos( )cos( )cos( ) .x G x dx x x x x dxw a w a w a a a       Lưu ý rằng bất kì hàm 2( )Lw   nào đều có thể lấy đại diện là 1 2 3 , , 0 ( ) ( , , ) ( )( , , )cos( )cos( )cos( ) m n p x m n p m n p m x n x p xw k w p p p p p p     ,(2.5) trong đó { 0} { 0} { 0}( , , ) : (1 1 )((1 1 )(1 1 )m n pm n pk       . Như đã giải thích ở trên, là sẽ tính được gần đúng ( )( )jf a bởi ( )( )jH I a với a lớn. Để làm việc này, ta cần một số giới hạn thấp hơn trên 1( )( )D I a và 2( )( )D I a . Ta giả định các điều kiện sau đây trên j và T. (W1) Tồn tại  ( ) 0,Tj  và ( ) 0C j  sao cho : hoặc ( ) ( )t Cj j với hầu hết  0, ( )t j  hoặc ( ) ( )t Cj j với hầu hết  0, ( )t j  . (W2) 1 12max , 2 T m l m           hoặc (W2’) 1 112 5 max , 2 T m l m            . Chú ý 2.1. Nếu j liên tục tại 0t  thì điều kiện (W1) là tương đương với (0) 0j  . Các điều kiện (W2) và (W2’) có nghĩa là thời gian quan sát phải đủ dài. Điều kiện (W2) là đủ cho sự duy nhất, trong khi điều kiện mạnh hơn là (W2’) thì cần thiết trong bước chỉnh hóa nghiệm. Định lý 2.1 (Tính duy nhất). Giả sử các giả thiết (W1) và (W2) thỏa mãn. Khi đó hệ (2.1) – (2.4) có nhiều nhất một nghiệm    32 2 2 2 2 3, ([0, ]; ( )) (0, ; ( )) ,( ( ))u f C T L L T H L         . Điểm chính trong chỉnh hóa nghiệm là tìm lại ( )( )f a với a nhỏ từ giá trị gần đúng của ( )( )f a với a lớn, như trong [7] chúng ta có thể sử dụng đa thức nội suy Lagrange. Định nghĩa 2.3 (Đa thức nội suy Lagrange). Cho  1 2 3, , ,....., nA x x x x là tập gồm n số phức phân biệt và cho w là hàm phức. Khi đó đa thức nội suy Lagrange [ ; ]L A w là 1 [ ; ]( ) ( ) n k j k jj j k z x L A z x x x w w             Định lý 2.2 (Chỉnh hóa nghiệm). Giả sử rằng 0 0( , )u f là nghiệm chính xác của hệ (2.1) – (2.4) đối với dữ kiện chính xác  0 0 0 00 , , ,I X g hj , trong đó giả thiết (W1) và (W2’) được thỏa mãn. Xét dữ kiện xấp xỉ  , , ,I X g he e e ee j sao cho, với mọi  1,2, 3j  , 1 1 2 2 0 0 0 0 , , . j jL L j j j jL L X X g g h h e e e e j j e e e e         , Nghiệm chỉnh hóa jf e được xây dựng từ  , , ,I X g he e e ee j như sau : 0 , , ( , , ) ( , , ) ( , , )j j m n p r f m n p m n p G m n p e e ek p p p      Trong đó 1 1ln( ) ln( ), 1 , 60 60 r Ze e e         (5 ) : 1,2,...,24 ,rB r j j re e e    ,( , , ) , ( )( , , ) ( )j r jm n p L B H I i n p ime e e p p p                1 1 2 3 2 1 2 3 1 2 3 1 1 2 3 2 1 2 3 ( ) , , ( ) , , ( ) , , ( ) , , ( ) , , j j j E I i E I i H I D I i D I i e e e e e a a a a a a a a a a a a a a a       . thì chúng ta có, với mọi {1,2, 3}j  , (i) (Hội tụ) 3( )jf C e   và 0j jf f e  trong 2( )L  khi 0e  . (ii) (Ước lượng trên 2L ) Nếu 0 1( )jf H  thì 0 j jf f e  trong 1( )H  và tồn tại hai hằng số 0 0e  và 0 0C  chỉ phụ thuộc vào dữ kiện chính xác sao cho với mọi  00,e e ,  2 1 0 1 2 0( ) ln( )j j L f f Ce e     . (iii) (Ước lượng trên 1H ) Nếu 0 2( )jf H  thì với mọi  00,e e ,  1 1 0 1 4 0( ) ln( )j j H f f Ce e     . Chú ý 2.2. Trong các bước xây dựng này, sự hội tụ trong 2( )H  không xét đến ngay cả khi 0 ( )jf C   khi 0j f n e   trên  . 2.3. Chứng minh tính duy nhất nghiệm Trong phần này ta sẽ chứng minh Định lý 2.1. Ta bắt đầu với việc chứng minh Bổ đề 2.1. Chứng minh Bổ đề 2.1:   31 2 3, ,a a a a   với  2 2 2 21 2 30 0a a a a     Chú ý rằng với mỗi  1,2, 3k  , phương trình thứ k của (2.1) có thể viết lại 2 2 ( ) ( ),kjk k k k j u t f x x xt ts j           1,2, 3 \j k Vì : 2 2 ( ) 2k k k k k u div u x x x s l m       , 22 2 kj jk j k jj uu x x xx t m               ,    1,2, 3 \j k Lấy tích vô hướng (trong 2( )L  ) của phương trình thứ k trong hệ (2.1) với ( 1,2, 3)jkG j  , sau đó sử dụng công thức tích phân từng phần và các điều kiện (2.3) và (2.4), ta được       2 2 2 0 . ( ) . j j j k k k k j kj k k k j j k k k k d u G dx n n G d u G dx dt u G dx t f G dx s t w m a l m a a j                        2 2 2 2 1 2 32 1 1 1 2 2 2 3 3 3 ( ) . j j k k k k j j j k j j k k k k d u G dx u G dx dt u G u G u G dx X G d t f G dx m a a a l m a a a a w j                      ( kA ) Nhân biểu thức ( kA ) cho j ka a , ( 1,2, 3k  ), sau đó cộng lại, ta được           2 1 1 1 2 2 2 3 3 32 2 1 1 1 2 2 2 3 3 30 1 1 1 2 2 2 3 3 3 1 1 1 2 2 2 3 3 3 2 ( ) . j j j j j j j j j j j j j j j j j j j j j j j j d u G u G u G dx dt u G u G u G dx X G X G X G d t fG f G f G dx a a a a a a l m a a a a a a a a a a a a a w j a a a a a a                     (2.6) Chọn k j trong ( kA ), sau đó nhân kết quả với 2 0 a và cộng với (2.6) ta có được       2 2 1 1 1 2 2 2 3 3 32 0 2 2 1 1 1 2 2 2 3 3 30 0 2 1 1 1 2 2 2 3 3 30 2 1 1 10 ( ) j j j j j j j j j j j j j j j j j j j j j j j j j j j j j j j j d u G uG u G u G dx dt u G uG u G u G dx X G X G X G X G d t f G fG a a a a a a a m a a a a a a a a a a a a a a a w j a a a                                   2 2 2 3 3 3 .j jj jf G f G dxa a a a         (2.7) Ta có thể thấy (2.6) và (2.7) là phương trình vi phân dạng 2"( ) ( ) ( )y t y t h th  , (2.8) Trong đó 0h  độc lập với t. Lấy tích vô hướng (trong 2(0, )L T ) của (2.8) với      sinh cosh T t T h h  , ta được               0 sinh ' 0 tanh 0 ( ) . cosh cosh T T t y T y y T h t dt T T hhh h h h       (2.9) Áp dụng (2.9) cho (2.6) và (2.7) ứng với 0 2h l m a  và 0 h m a , ta được  *1 1 1 1 1 1 2 2 2 3 3 32 0 1( )( ) ( ) ( )( ) ,j j jj j jE I E D I fG f G f G dxa a a a a a a a          * 2 2 22 0 2 1 1 1 2 2 2 3 3 30 1( )( ) ( ) ( )( ) . j j j j j j j j j E I E D I f G fG f G f G dx a a a a a a a a a               Từ hai đẳng thức trên ta suy ra * * 1 1 2 2 1 2 ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( )( ) j j j j j E I E E I E f Gdx D I D I a a a a a a      . Bổ đề sau cung cấp một ràng buộc thấp hơn cho ( )( )jD I a (được định nghĩa trong bổ đề 2.1) khi j thỏa mãn điều kiện (W1). Bổ đề 2.2. Giả sử 1(0, )L Tj  thỏa mãn điều kiện (W1) khi đó tồn tại hằng số ( ) 0R j  sao cho với mọi   31 2 3, , , . 0a a a a a a   và 0 ( )Ra j , ta có 0 1 1 1( )( ) ( )min , 4 2j D I Ca a j m l m           ( 1,2j  ) Chứng minh. Ta kí hiệu 1 2k l m  và 2k m . Ta có     2 0 0 0 0 sinh ( ) ( )( ) ( ) cosh T j j j k T t D I t dt k T a a a j a     . Suy ra             0 2 0 00 ( ) 0 0 0 0 ( ) 0 sinh ( )( )( ) ( ) cosh sinh ( ) ( ) cosh sinh ( ) ( ) . cosh T jj j j j T j j k T tD I t dt k T k T t t dt k T k T t t dt k T j j aa j aa a j a a j a             Với 0 a đủ lớn thì ta có                  1 0 0 ( ) ( )0 0 0 ( ) 0 0 0 sinh ( ) sinh ( ) ( ) ( ) cosh cosh sinh ( ) ( ) cosh sinh ( ) ( ) . cosh T T j j j j T j j j L j k T t k T t t dt t dt k T k T k T t dt k T k T t k T j j j a a j j a a a j j a a j j a              Mặt khác vì     0 0 0 0 sinh ( ) lim 0 cosh j j k T k Ta a j a a   nên tồn tại 1( ) 0R j  để với mọi a , 1 1( )Ra a ta có        1 0 0 1 20 sinh ( ) ( ) . 4max ,cosh j j L k T C k kk T a j ja ja   Vậy       0 10 ( ) 0 1 2 0 sinh ( ) ( )( ) , ( ) cosh 4max , T j j k T t Ct dt R k T k kj a jj a a j a a     Sử dụng giả thiết (W1) ta có         ( ) ( ) 0 0 0 00 0 sinh ( ) sinh ( ) ( ) ( ) . cosh cosh j j j j k T t k T t t dt C dt k T k T j ja a j j a a      Mặt khác vì          ( ) 0 0 0 0 00 sinh ( ) cosh ( )1 1 cosh cosh j j j jj k T t k T dt k T k Tk j a a j a aa              và     0 0 0 cosh ( ) lim 0, cosh j j k T k Ta a j a   Nên tồn tại 2( ) 0R j  để với mọi 20, ( )Ra a j ta có     ( ) 0 0 0 0 sinh ( ) ( )( ) . cosh 2 j j j k T t Ct dt k T k j a jj a a    Chọn  1 2( ) max ( ) , ( )R R Rj j j , ta có  2 1 20 0 0 ( )( ) ( ) ( ) 2 4max , j j D I C C k k k a j j a a a   Hay  0 1 2 1 1( )( ) ( ) 2 4max ,j j D I C k k k a a j         Suy ra 0 1 1 1( )( ) ( )min , 4 2j D I Ca a j m l m           đúng 0 ( ).Ra a j  , Bổ đề 2.3. Cho f là một hàm nguyên khác hàm hằng thỏa mãn điều kiện: tồn tại hằng số 0k  sao cho với mọi số thực dương r thì ( ) rM r kef  , trong đó  ( ) max ( ) :M r z z rf f  . Khi đó ta có ln ( ) lim sup 1 r r r f   . Chứng minh. Đặt ln ( ) ( ) sup r r g ra f a             . Xét hai trường hợp : • Nếu lim sup ln ( ) 0 r rf   . Khi đó ta có ln ( ) lim sup 0 r r r f   . • Nếu lim sup ln ( ) 0 r rf   . Sử dụng giả thiết f là hàm nguyên khác hằng suy ra tồn tại 1a để 1r a  thì ln ( ) 0, 1 ( ) .r r M r kef f    Suy ra ln ( ) ln ( ) ln ln ( ) r r r k M rf f f   .  Nếu ln 0k  , suy ra ln ( ) ln ( ) ln r r r r k f f   . Kết hợp với định lý Beurling ta có điều phải chứng minh.  Nếu ln 0k  , giả sử ln ( ) lim sup 1 r r r f   thì tồn tại 1b  và 0 1a a để 0( )g a b . Suy ra ln ( ) ln ln r r r k r k f b   , dẫn đến ln ( ) sup sup ln ( ) ln lnr r r r M r r k ka af f b ba a                          , đúng với mọi 0a a . Cho a   ta có ln ( ) lim sup 1 ln ( )r r M rf f b    , mâu thuẫn với định lý Beurling. Bây giờ ta chứng minh định lý 2.1 Giả sử  1 1,u f và  2 2,u f là hai nghiệm của hệ (2.1) – (2.4) với dữ kiện  , , ,I X g hj . Khi đó    1 2 1 2, : ,u f u u f f   là nghiệm của hệ (2.1) – (2.4) với dữ kiện  , 0, 0, 0j . Ta sẽ chứng tỏ    , 0, 0u f  . Giả định rằng 0f  , cụ thể là 0jf  với  1,2, 3j  . Với mỗi ,n p   , ta xét hàm , 1 2 3( ) ( ) cos( )cos( )cos( )n p jz z f x izx n x p x dxy p p     . Do , 1 1 2 3( ) ( ) sin( )cos( )cos( ) n p j d im ix f x m x n x p x dx dz y p p p p    và dãy  1 2 3 *, ,sin( )cos( )cos( ) m n pm x n x p xp p p    là cơ sở trực giao trong 2( )L  (Mệnh đề 1.2.4) nên tồn tại  0 0,n p mà 0 0,n py là hàm nguyên khác hằng. Áp dụng kết quả của bổ đề 2.3 cho 0 0,n p y ta được 0 0 ,ln ( ) lim sup 1 n p r r r y   . Mặt khác, theo bổ đề 2.1 ta có 0 0 * * 1 1 2 2 , 1 2 * * 1 2 1 2 ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( , ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )( ) j r j r j r j r n p j r r r j r j r r r E I E E I E r f x G x dx D I D I E E D I D I a a a a y a a a a a a a          (2.10) trong đó  0 0, ,r ir n pa p p và 1 2( )( ) ( )( ) 0j r j rE I E Ia a  do  ,u f là nghiệm của hệ (2.1) – (2.4) với dữ kiện  , 0, 0, 0I j . Cố định 0e  mà  min 2 , 2T Tl m m e   . Theo bổ đề 2.1 thì     * 0 1 0 1 1 1 2 2 2 3 3 3 2 ( ) cosh 2 ( , ) ( , ) ( , ) , r j r j r j j j r r r E T u x T G u x T G u x T G dx l m a a a l m a a a a         và    2* 0 2 0 0 1 1 1 2 2 2 3 3 3 ( ) ( , ) cosh ( ( , ) ( , ) ( , ) ) . r j j r r j j r j j j j r r r E u x T G T u x T G u x T G u x T G dx m a a a m a a a a a         Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovski và bổ đề 2.2 ta được 2 3 * 1 ( )2 2 2 0 0 3 2 ( ) ( , ) cosh 2 ( ) ( ) r j r L r e E u T r n p T l ma l m p p            , 2 3 * 1 ( )2 2 2 0 0 2 3 ( ) ( , ) cosh ( ) ( ) r j r L r e E u T r n p T ma m p p           , 2 2 20 0 1 1 1( )( ) ( ) ( ) ( )min , 4 2j r D I r n p Ca p p j m l m             . Với 0r  đủ lớn, ta có thể ghi * (1 )1 2( ) ( )( ) , 1,2, r ej r e rE C e D I C r e ea a    , trong đó 1 0C  và 2 0C  độc lập với r. Và từ (2.10) ta có 0 0 1 (1 ) 1 , 1 2( ) 2 r n p r C C e r ey     với r đủ lớn thì  0 0, ln ( ) lim sup 1 n p r r r y e    Điều này mâu thuẫn với bổ đề 2.3. Vì thế 0f  . Bây giờ áp dụng (2.6) và (2.7) cho  ,u f (đặt 2 2 2 21 2 3:a a a a   ) ta có       2 1 1 1 2 2 2 3 3 32 2 1 1 1 2 2 2 3 3 32 0 j j j j j j j j j j j j d u G u G u G dx dt u G u G u G dx a a a a a a l m a a a a a a a            (2.11)       2 2 1 1 1 2 2 2 3 3 32 2 2 1 1 1 2 2 2 3 3 3 0 j j j j j j j j j j j j j j j j j j d u G uG u G u G dx dt u G uG u G u G dx a a a a a a a ma a a a a a a a             (2.12) Ta thấy (2.11) và (2.12) là phương trình vi phân dạng 2"( ) ( ) 0 (0) 0 '(0) 0 y t y t y y h     trong đó 0h  độc lập với t. Ta thấy rằng nghiệm của phương trình trên là 0y  do đó với 3a   ta có  1 1 1 2 2 2 3 3 3 0j j jj j ju G u G u G dxa a a a a a     , và   2 1 1 1 2 2 2 3 3 3 0j j j jj j j j ju G uG u G u G dxa a a a a a a      . Cộng hai đẳng thức trên ta được ( , ) ( , ) 0ju x G x dxa    với mọi 3, 0a a  (2.13) Khi 0a  ta dễ dàng suy ra từ đẳng thức ( kA ) là 2 2 ( , ) 0j d u x t dx dt   . Từ đó 0 0 ( , ) 0 0 ( , ) 0j j t t du x t dx u x t dx dt                           nên ta có ( , ) 0ju x dx    . (2.14) Kết hợp (2.13) và (2.14) ta sẽ được 31 1 2 2 3 3( , )cos( )cos( )cos( )j ju G u x x x x dxa a a a         . Từ tính chất của cơ sở trực giao  1 2 3 , , 0cos( )cos( )cos( ) m n pm x n x p xp p p  suy ra ( , ) 0ju t  trong 2( ), 0,L t T       . Từ đó ta có 0u  . Vậy định lý 2.1 đã được chứng minh xong. 2.4. Chỉnh hóa nghiệm Bổ đề 2.1 và bổ đề 2.2 cho phép ta tính gần đúng ( )( )f a với a đủ lớn. Để tìm ( )( )f a với a nhỏ, ta sẽ cần bất đẳng thức nội suy sau: Bổ đề 2.4 ( Bất đẳng thức nội suy). Đặt  : 5 , 1,2,...,24r j jB z z r j j r     với 50r  là một số nguyên. Cho :w   là một hàm nguyên thỏa ( ) zz Aew  với A là một hằng số. Khi đó với bất kì hàm : rg B   ta có 30sup ( ) [ , ]( ) 48 sup ( ) ( ) . r r r r z Bz r z L B g z Ae re z g z p w w      Chứng minh. Cố định z   với z rp . Tính thặng dư tại 49 cực điểm đơn ta được     2 224 2 2 1: 50 ( ) 2 ( ) [ , ]( ) r j r j jx x r z zx dx i z L B z x z x zx w p w w           . Suy ra 2 224 2 2 1 ( ) ( ) [ , ]( ) 50 sup r j r x j j z zx z L B g z r x z x zx w w                  . (2.15) Với x x ta có  50( ) ; 50rx Ae x z rw p    và 2 22 2 2 224 24 24 2 22 2 2 21 1 1 50 r r rj j j j j jj j j z z z z r z x z x z r z p               . (2.16) Ta sẽ chứng minh 2 224 51 2 2 1 ( ) 50 , 50, 50(50 ) r j r j j r z e r r z p p         (2.17) Chú ý rằng hàm 2 2 ( )( ) ln (50 ) r xx v x r x p    là hàm tăng và lõm trên 20,(29 )r    . Sử dụng bất đẳng thức Jensen ta được     24 6 4 6 4 2 2 2 1 1 4( 1) 1 1 4( 1) 1 6 2 2 1 2 2 2 1( ) ( ) 4 4 31 14 24 16 3 4 3 6 314 24 16 3 4 3 50 r hr hr j j j j h j h r h j h r h v z v z r v z r r v h h r h r rr v h h r h                                                            26 2 1 2 2 6 2 2 21 2 6 50 31 3 4 124 16 3 50 6 504 ln 31 3 4 150 24 16 3 50 6 50 5051 ln . 50 h h r hh h r hh h r p p                                                    < Do đó (2.17) được chứng minh. Thay (2.16) và (2.17) vào (2.15) ta được ( ) [ , ]( ) , , .rrz L B z Ae z C z rw w p      (2.18) Kế tiếp ta biết rằng     2 224 2 2 1 2 224 2 2 1 [ , ]( ) [ , ]( ) ( ) ( ) 2 ( ) ( ) . 2 r jk r r j j k jj jj k r jk j j k jj jj k z zz z L B z L B g z z g z zz z z zz z z g z zz z w w w                                 Do đó 2 224 2 2 1 [ , ]( ) [ , ]( ) 2 , r k r r k jj j k z z L B z L B g z z z w s        (2.19) trong đó sup ( ) ( ) . rz B z g zs w    Mặt khác 2 22 22 2 2 2 2 2 . ( ) (5 2)(5 3)...(29 ) ( 1)!(24 )! (5 2)(5 3)...(29 ) : ( ). ( 1)!(24 )! k kk k k j k j k j j k k j kj k j k k k j j k z z z zz z z z z z z zz z z z z r r r j r jz z r r r J r j r j                          Dễ dàng suy ra 30(1)J e và bằng sự mở rộng trực tiếp 2 29 30 5 24 ( 1) (29 1)(29 2)...(29 29) ( ) (5 2)(5 6). (12 1)...(12 11) (12 ).(12 12) 29 , 5 .12 J r r r r J r r r r r r r e               Từ đó ta được 30( ) rJ r e với mọi 1r  . Làm gọn (2.19) ta được 30[ , ]( ) [ , ]( ) 48 .rr rL B z L B g z r ew s  (2.20) Từ (2.18), (2.20) và bất đẳng thức tam giác ta suy ra được: 30sup ( ) [ , ]( ) 48 sup ( ) ( ) . r r r r z Bz r z L B g z Ae re z g z p w w      Bổ đề 2.5. Với mỗi 2( )Lw   và 0r  , ta định nghĩa 1 2 3 0 , , ( )( ) ( , , ) ( )( , , )cos( )cos( )cos( )r m n p r x m n p m n p m x n x p xw k w p p p p p p       khi đó (i) ( )r w w  trong 2( )L  khi r  . (ii) Nếu 1( )Hw   thì ( )r w w  trong 1( )H  và 2 1( ) ( ) 1( ) .r L Hr w w w p     (iii) Nếu 2( )Hw   thì 1 24( ) ( ) 4( ) .r H Hr w w w      Chứng minh. (i) Sự hội tụ được suy ra từ đồng nhất thức Parseval 2 2 2 ( ) , , 0 ( , , ) ( )( , , ) L m n p m n p m n pw k w p p p      và 2 2 2 ( ) , , ( ) ( , , ) ( )( , , ) 0rr L m n p r m n p m n pw w k w p p p         Vậy ( )r w w  trong 2( )L  khi r  . (ii) Bây giờ giả sử 1( )Hw   . Trong trường hợp này ta có   1 22 2 2 2 2( ) , , 0 1 ( , , ) ( )( , , ) H m n p m n p m n p m n pw p k w p p p         và   12 22 2 2 2( ) , , ( ) 1 ( , , ) ( )( , , )r H m n p r m n p m n p m n pw w p k w p p p          1 2 ( ) ( ) 0rr Hw w       Và theo (i) ta có    2 1 2 2 ( ) , , 22 2 2 2 2 , , 2 2 ( ) ( ) ( , , ) ( )( , , ) 1 1 ( , , ) ( )( , , ) 1 1 . 1 r L m n p r m n p r H m n p m n p m n p m n p m n p r r w w k w p p p p k w p p p p w p                   Từ đó suy ra 2 1( ) ( ) 1( ) .r L Hr w w w p     (iii) Bây giờ giả sử rằng 2( )Hw   . Nếu 256r  thì yêu cầu của (iii) được suy ra dễ dàng từ 1 1 2( ) ( ) ( ) ( )r H H Hw w w w      . Vì thế ta sẽ chứng minh với giả thiết 256r  . Sử dụng tích phân từng phần ta được       + + 1 1 2 2 2 2 2 2 1 2 3 1 2 3 1 1 2 3 2 3 2 3 2 3 0 0 1 1 1 3 1 3 1 3 1 3 0 0 ( )( , , ) ( , , )cos( )cos( )cos( ) ( 1) (1, , ) (0, , ) cos( )cos( ) ( 1) ( ,1, ) ( , 0, ) cos( )cos( ) m x x n x x m n p m n p x x x m x n x p x dx x x x x n x p x dx dx x x x x m x p x dx dx p w p p p w p p p w w p p w w p p                  + 3 3 1 1 1 2 1 2 1 2 1 2 0 0 ( 1) ( , ,1) ( , , 0) cos( )cos( )p x xx x x x m x n x dx dxw w p p   Tiếp theo ta sử dụng bất đẳng thức    2 2 2 2 24a b c d a b c d       với , , ,a b c d   ta được     1 1 24 2 2 2 , , 2 1 2 3 1 2 32 2 2 , , 1 2 3 2 3 2 3 2 32 2 2 , , 0 0 ( , , ) ( )( , , ) 4 ( , , ) ( , , )cos( )cos( )cos( ) 4 ( , , ) ( 1) (1, , ) (0, , ) cos