Luận văn Bài toán cauchy đối với phương trình truyền nhiệt thuần nhất

trình (1.1.8) tại điểm x0 = (x01, ...,x 0 n). - Giả thiết tại điểm x0 = (x01, ...,x 0 n) phương trình (1.1.8) thuộc loại elliptic. Khi đó, mọi λi trong (1.1.10) cùng một dấu, và ta có thể giả thiết là dương (nếu không chỉ cần đổi dấu toàn bộ phương trình (1.1.8)) và đặt λi = υ2. Vậy (1.1.10) có dạng n ∑ i=1 υ2i uξiξ j +Φ ( ξ1, . . . ,ξn,u,uξ1, . . . ,uξn ) = 0 hay bằng cách co giãn tọa độ ξi = υiξ ′i ,(1.1.10) có thể viết dưới dạng : n ∑ i=1 uξ ′1ξ ′i+Φ ∗ ( ξ ′1, . . . ,ξ ′ n,u,uξ ′1, . . . ,uξ ′n ) = 0. (1.1.11) Đây là dạng chính tắc của phương trình loại elliptic. - Giả thiết tại x0 = (x01, ...,x 0 n) phương trình (1.1.8) thuộc loại hyperbol, thì do trong n 7nghiệm λ của phương trình đặc trưng có n− 1 nghiệm cùng dấu và một nghiệm khác dấu nên (1.1.10) có thể viết được: uξ ′nξ ′n− n−1 ∑ i=1 uξ ′iξ ′i+Φ ∗ ( ξ ′1, . . . ,ξ ′ n,u,uξ ′1, . . . ,uξ ′n ) = 0. (1.1.12) Đây la dạng chính tắc của phương trình loại hyperbol. - Giả thiết tại x0 = (x01, ...,x 0 n) phương trình (1.1.8) thuộc loại parabolic thì (1.1.10) có thể viết dưới dạng: n−1 ∑ i=1 uξ ′iξ ′i+Φ ∗ ( ξ ′1, . . . ,ξ ′ n,u,uξ ′1, . . . ,uξ ′n ) = 0. (1.1.13) Đây là dạng chính tắc của phương trình loại parabolic. Rõ ràng phương trình Laplat uxx+uyy+uzz= 0=∆u là phương trình loại elliptic, phương trình truyền nhiệt ut − a2(uxx+ uyy+ uzz) = 0 thuộc loại parabolic, còn phương trình truyền sóng utt−a2(uxx+uyy+uzz) = 0 thuộc loại hyperbolic. 1.2 Phép biến đổi Fourier trongL 1(Rn) 1.2.1 Biến đổi Fourier trongL 1(Rn) Giả sử f (x) = f (x1,x2, ...,xn) ∈L 1(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 ) hoặc fˆ (ξ ), là hàm số của biến ξ = (ξ1,ξ2, ...,ξn) ∈ Rn và được tính theo công thức sau: (F f )(ξ ) = fˆ (ξ ) = (2pi)− n 2 ∫ Rn e−i〈x,ξ 〉 f (x)dx. (1.2.1) Định nghĩa 1.2.1.2. Biến đổi Fourier ngược của hàm số f (x) kí hiệu là (F−1 f )(ξ ) hoặc fˇ (ξ ), là hàm số của biến ξ = (ξ1,ξ2, ...,ξn) ∈ Rn và được tính theo công thức sau: (F−1 f )(ξ ) = f (ξ ) = (2pi)− n 2 ∫ Rn ei〈x,ξ 〉 f (x)dx. (1.2.2) 1.2.2 Các tính chất của biến đổi Fourier trongL 1(Rn) Mệnh đề 1.2.2.1. Nếu f (x) ∈L 1(Rn) thì ∀ξ ∈ Rn ta có (F f )(ξ ) = (F−1 f )(−ξ ). (1.2.3) 8Chứng minh. Với f (x) ∈L 1(Rn), ∀ξ ∈ Rn ta có (F f )(ξ ) = (2pi)− n 2 ∫ Rn e−i〈x,ξ 〉 f (x)dx= (2pi)− n 2 ∫ Rn ei〈x,−ξ 〉 f (x)dx= (F−1 f )(−ξ ). Vậy (F f )(ξ ) = (F−1 f )(−ξ ). Mệnh đề 1.2.2.2. Nếu f (x) ∈L 1(Rn) thì ∀ξ ∈ Rn ta có (F f )(ξ ) = (F−1 f (−x))(ξ ). (1.2.4) Chứng minh. Với f (x) ∈L 1(Rn), ∀ξ ∈ Rn ta có: (F f )(ξ ) = (2pi)− n 2 ∫ Rn e−i〈x,ξ 〉 f (x)dx= (2pi)− n 2 ∫ Rn ei〈−x,ξ 〉 f (x)dx. Đặt −x= y⇒ dx=−dy= d(−y) thay vào ta được: (F f )(ξ ) = (2pi)− n 2 ∫ Rn ei〈y,ξ 〉 f (−y)d(−y) = (F−1 f (y))(ξ ) = (F−1 f (−x))(ξ ). Vậy (F f )(ξ ) = (F−1 f (−x))(ξ ). Mệnh đề 1.2.2.3. Giả sử hàm f (x) ∈L 1(Rn). Khi đó hàm fˆ (ξ ) = (2pi)− n 2 ∫ Rn e−i〈x,ξ 〉 f (x)dx Là hàm số liên tục, bị chặn và lim ξ→∞ fˆ (ξ ) = 0. Chứng minh. Vì f (x) khả tích tuyệt đối nên ta suy ra sự hội tụ tuyệt đối của tích phân Fourier fˆ (ξ ) = (2pi)− n 2 ∫ Rn f (u)e−i〈ξ ,u〉du. Trên cơ sở dấu hiệu hàm trội và do ei〈ξ ,u〉 liên tục theo ξ nên ta suy ra fˆ (ξ ) liên tục theo biến ξ . Với ε > 0 ta phải tìm số A> 0 để:∫ |x|>A | f (x)|dx< ε 2 . 9Mặt khác do lim |ξ |→∞ ∫ |u|<A f (u)e−i〈ξ ,u〉du= 0, nên ta suy ra ∃σ > 0 sao cho với ∀ξ : |ξ |> σ :∣∣∣∣∣∣∣ ∫ |u|<A f (u)e−i〈ξ ,u〉du ∣∣∣∣∣∣∣< ε 2 . Vậy với |ξ |> σ :∣∣∣∣∣∣ ∫ Rn f (u)e−i〈u,ξ 〉du ∣∣∣∣∣∣≤ ∫ |u|>A | f (u)|du+ ∣∣∣∣∣∣∣ ∫ |u|<A f (u)e−i〈ξ ,u〉du ∣∣∣∣∣∣∣< ε 2 + ε 2 = ε. ⇒ fˆ (ξ ) = (2pi)− n2 ∫ Rn f (u)e−i〈ξ ,u〉du là giới nội khi |ξ | →+∞ thì fˆ (ξ ) có giới hạn bằng 0 khi |ξ | → ∞. Mệnh đề 1.2.2.4. (Tính tuyến tính) Giả sử f (x),g(x) ∈L 1(Rn) và x ∈ Rn;α,β ∈ R. khi đó : F(α f +βg) = αF( f )+βF(g). (1.2.5) Chứng minh. Với f (x),g(x) ∈L 1(Rn), ξ ,x ∈ Rn, α,β ∈ R ta có: F(α f +βg) = (2pi)− n 2 ∫ Rn e−i〈x,ξ 〉(α f (x)+βg(x))dx = (2pi)− n 2 ∫ Rn e−i〈x,ξ 〉α f (x)dx+(2pi)− n 2 ∫ Rn e−i〈x,ξ 〉βg(x)dx = α(2pi)− n 2 ∫ Rn e−i〈x,ξ 〉 f (x)dx+β (2pi)− n 2 ∫ Rn e−i〈x,ξ 〉g(x)dx = αF( f )+βF(g). Vậy F(α f +βg) = αF( f )+βF(g). Mệnh đề 1.2.2.5. (Biến đổi Fourier của đạo hàm) Giả sử f (x) và Dx j f thuộc không gianL 1(Rn) trong đó Dx j f = ∂ f ∂x j . Nếu ∃c> 0,ε > 0: | f (x)| ≤ c (1+ |x|)n−1+ε , với x ∈ R n, 10 thì F(Dx j f ) = (iξ j) fˆ (ξ ) = (iξ j)(F f )(ξ ). (1.2.6) Chứng minh. Theo định nghĩa biến đổi Fourier trongL 1(Rn) ta có F(Dx j f ) = (2pi) − n2 ∫ Rn Dx j f e −i〈x,ξ 〉dx. Áp dụng công thức tích phân từng phần trong Rn∫ Ω fDx jgdx= ∫ ∂Ω f gγ jdσ − ∫ Ω Dx j f gdx, trong đó γ = (γ1,γ2, ...,γn) là véctơ pháp tuyến đơn vị ngoài tại điểm x ∈ ∂Ω, ta có F(Dx j f ) = (2pi) − n2 ∫ Rn e−i〈x,ξ 〉Dx j f dx= (2pi) − n2 lim A→+∞ ∫ |x|<A e−i〈x,ξ 〉Dx j f dx = (2pi)− n 2 lim A→+∞  ∫ |x|=A e−i〈x,ξ 〉 f γ jdσ − ∫ |x|<A e−i〈x,ξ 〉(−iξ j) f (x)dx  . Mặt khác ∣∣∣∣∣∣∣ ∫ |x|=A e−i〈x,ξ 〉 f γ jdσ ∣∣∣∣∣∣∣≤ ∫ |x|=A | f |dσ ≤ c (1+A)n−1+ε ωnAn−1, trong đó ωn là dịện tích mặt cầu đơn vị. Do đó: F(Dx j f ) = (2pi) − n2 ∫ Rn e−i〈x,ξ 〉Dx j f (x)dx = (2pi)− n 2 lim A→+∞ ∫ |x|<A e−i〈x,ξ 〉iξ j f (x)dx= (iξ j)(F f )(ξ ). Vậy F(Dx j f ) = (iξ j) fˆ (ξ ) = (iξ j)(F f )(ξ ). Giả sử f (x) ∈L 1(Rn) x,ξ ∈ Rn α = (α1,α2, ...,αn), αi ≥ 0 và αi ∈ Z, |α|= α1+α2+ ...+αn. D= (Dx1,Dx2, ...,Dxn), ξ = (ξ1,ξ2, ...,ξn). Dα = Dα1x1 D α2 x2 ...D αn xn , ξ α = ξα11 ξ α2 2 ...ξ αn n . 11 Khi đó ta có công thức biến đổi Fourier đối với đạo hàm cấp cao D̂α f (ξ ) = (iξ )α ˆf (ξ ). (1.2.7) Hệ quả 1.2.2.6. Nếu xα . f (x) ∈L 1(Rn) thì ∀ξ ∈ Rn ta có: F(xα f (x))(ξ ) = i|α|Dαξ (F f )(ξ ). (1.2.8) Chứng minh. ∀ξ ∈ Rn, f (x) ∈L 1(Rn) ta có: F(xα f (x))(ξ ) = (2pi)− n 2 ∫ Rn e−i〈x,ξ 〉xα f (x)dx. Mà Dαξ (e −i〈x,ξ 〉) = (−ix)αe−i〈x,ξ 〉, nên F(xα f (x))(ξ ) = Dαξ (i)|α|(2pi)− n2 ∫ Rn e−i〈x,ξ 〉xα f (x)dx = i|α|Dαξ (F f )(ξ ). Vậy F(xα f (x))(ξ ) = i|α|Dαξ (F f )(ξ ). Mệnh đề 1.2.2.7. (Biến đổi Fourier của tích chập) Giả sử f (x),g(x) ∈L 1(Rn) khi đó: F( f ∗g) = (2pi) n2 (F f )(ξ ).(Fg)(ξ ). (1.2.9) Chứng minh. Theo định nghĩa tích chập ta có ( f ∗g)(x) = ∫ Rn f (x− y)g(y)dy= ∫ Rn f (y)g(x− y)dy. Trước hết ta chứng minh ( f ∗g)(x) ∈L 1(Rn). Thật vậy, |( f ∗g)(x )|= ∣∣∣∣∣∣ ∫ Rn f (y)g(x− y)dy ∣∣∣∣∣∣≤ ∫ Rn | f (y )| |g(x− y)|dy. Từ đó ∫ Rn |( f ∗g)(x )|dx≤ ∫ Rn dx ∫ Rn | f (y)| |g(x− y)|dy = ∫ Rn dy ∫ Rn | f (y)| |g(x− y)|dx= ‖ f‖L 1(Rn).‖g‖L 1(Rn). 12 Vậy f (y)g(x− y) ∈L 1(Rnx×Rny). Ta có F( f ∗g)(ξ ) = (2pi)− n2 ∫ Rn e−i〈x,ξ 〉dx ∫ Rn f (y)g(x− y)dy = (2pi)− n 2 ∫ Rn f (y)dy ∫ Rn e−i〈x,ξ 〉g(x− y)dx. (1.2.10) Đặt x− y= p⇒ d(x− y) = dp⇒ dx= dp và x= p+ y Thay vào (1.2.10) ta được F( f ∗g)(x) = (2pi)− n2 ∫ Rn f (y)dy ∫ Rn e−i〈p+y,ξ 〉g(p)dp = (2pi) −n 2 (2pi) −n 2 ∫ Rn f (y)e−i〈y,ξ 〉dy(2pi) −n 2 ∫ Rn e−i〈p,ξ 〉g(p)dp = (2pi) n 2F( f )F(g). 1.3 Phép biến đổi Fourier trongL 2(Rn) 1.3.1 Biến đổi Fourier trongL 2(Rn) Định lý 1.3.1.1. (Định lý Phancherel) Giả sử f (x) ∈L 1(Rn)∩L 2(Rn) khi đó fˆ và fˇ ∈L 2(Rn) và ‖ fˆ ‖L 2(Rn)=‖ fˇ ‖L 2(Rn)=‖ f ‖L 2(Rn) . (1.3.1) Chứng minh. Trước hết ta thấy rằng nếu v,w ∈L 1(Rn) thì vˆ, ωˆ ∈ ∞L(Rn). Mặt khác ∫ Rn v(x).ŵ(x)dx= ∫ Rn v(x). (2pi)−n2 ∫ Rn e−i〈x,y〉w(y)dy dx = (2pi) −n 2 ∫ Rn ∫ Rn e−i〈x,y〉v(x)w(y)dxdy, 13 và ∫ Rn v̂(y).w(y)dy= ∫ Rn (2pi) −n 2 ∫ Rn e−i〈x,y〉v(x)ω(y)dxdy = (2pi) −n 2 ∫ Rn ∫ Rn e−i〈x,y〉v(x)ω(y)dydx. Nên suy ra ∫ Rn v(x)wˆ(x)dx= ∫ Rn vˆ(y)w(y)dy. (1.3.2) Ta có ∫ Rn ei〈x,y〉−t|x| 2 dx= (pi t ) n 2 e −|y|2 4t (t > 0). Do đó, nếu ε > 0 và v0(x) = e−ε|x| 2 , ta có: v̂0(y) = e −|y|2 4ε (2ε) n 2 . Vậy với mỗi ε > 0 từ (1.3.2) suy ra:∫ Rn ŵ(y)e−ε|y| 2 dy= 1 (2ε) n 2 ∫ Rn w(x)e −|x|2 4ε dx. (1.3.3) Bây giờ ta lấy f (x) ∈L 1(Rn)∩L 2(Rn) và đặt g(x) = f (−x) (trong đó f là số phức liên hợp của f ). Xét w = f ∗ g ∈ L 1(Rn)∩C(Rn)⇒ f (x),g(x) liên tục, giới nội và khả tích tuyệt đối trênL 1(Rn). Do vậy áp dụng công thức (1.2.9) ta được wˆ= (2pi) n 2 fˆ gˆ ∈ ∞L (Rn). Nhưng ĝ(y) = 1 (2pi) n 2 ∫ Rn e−i〈x,y〉g(x)dx= (2pi) −n 2 ∫ Rn e−i〈x,y〉 f (−x)dx= f̂ (y). Do đó ŵ= (2pi) n 2 ∣∣∣ f̂ ∣∣∣2. Vì w là liên tục nên ta có lim ε→0 1 (2ε) n 2 ∫ Rn w(x)e −|x|2 4ε dx= (2pi) n 2w(0). 14 Do ŵ= (2pi) n 2 ∣∣∣ f̂ ∣∣∣2 ≥ 0. Vậy khi ε→ 0+ trong biểu thức (1.3.3) ta kết luận wˆ là khả tổng với lim ε→0+ ∫ Rn ŵ(y)e−ε|y| 2 dy= lim ε→0+ 1 (2ε) n 2 ∫ Rn w(x)e −|x|2 4ε dx ⇔ ∫ Rn ŵ(y)dy= (2pi) n 2w(0). Vì vậy ∫ Rn |û|2dy= ∫ Rn (2pi)− n 2 ŵ(y)dy= (2pi)− n 2 (2pi) n 2 .w(0) = w(0) = ∫ Rn f (x)g(−x)dx= ∫ Rn f (x). f (x)dx= ∫ Rn | f (x)|2dx. Vậy ta chứng minh được ∫ Rn ∣∣∣ f̂ ∣∣∣2dy=∫ Rn | f |2dx, tức là || f̂ ||L 2(Rn) = || f ||L 2(Rn). (1.3.4) Hoàn toàn tương tự ta chứng minh được: || fˇ ||L 2(Rn) = || f ||L 2(Rn). (1.3.5) Từ (1.3.4) và (1.3.5) ⇒ || f̂ ||L 2(Rn) = || fˇ ||L 2(Rn) = || f ||L 2(Rn). Định nghĩa 1.3.1.2. Biến đổi Fourier trongL 2(Rn): Giả sử có dãy { fk}∞k=1 ⊂L 1(Rn)∩L 2(Rn) với fk→ f trongL 2(Rn). Khi đó: ∥∥∥ f̂k− f̂ j∥∥∥ L 2(Rn) = ∥∥∥ f̂k− f j∥∥∥ L 2(Rn) = ∥∥ fk− f j∥∥L 2(Rn). Vì thế { f̂k }∞ k=1 là một dãy Cauchy trong L 2(Rn) do đó dãy này hội tụ đến một giới hạn mà được định nghĩa là F f hoặc fˆ . Định nghĩa fˆ không phụ thuộc vào việc chọn dãy { fk}∞k=1 tương ứng. 15 Định nghĩa 1.3.1.3. Biến đổi Fourier ngược trongL 2(Rn): Cho một dãy { fk}∞k=1 ⊂L 1(Rn)∩L 2(Rn) với fk→ f trongL 2(Rn). Khi đó ∥∥∥∥ ∨fk− ∨f j∥∥∥∥ L 2(Rn) = ‖ ˇfk− f j‖L 2(Rn) = ∥∥ fk− f j∥∥L 2(Rn) Vì thế { fˇk }∞ k=1 là một dãy Cauchy trong L 2(Rn). Do đó dãy này hội tụ đến một giới hạn mà được định nghĩa là F−1 f hoặc fˇ . Với định nghĩa này fˇ không phụ thuộc vào việc chọn dãy { fˇk }∞ k=1. 1.3.2 Các tính chất của biến đổi Fourier trongL 2(Rn) Định lý 1.3.2.1. Giả sử f ,g ∈L 2(Rn). Khi đó∫ Rn f gdx= ∫ Rn f̂ ĝdy. (1.3.6) D̂α f = (iy)α fˆ , với mỗi đa chỉ số α sao cho Dα f ∈L 2(Rn). (1.3.7) ( f̂ ∗g) = (2pi) n2 fˆ gˆ, với f (x) hoặc g(x) ∈L 1(Rn)∩L 2(Rn). (1.3.8) f = ( fˆ )∨ = ( fˇ )∧ . (1.3.9) Nhận xét: (1.3.9) chính là công thức nghịch đảo đối với biến đổi Fourier trongL 2(Rn). Chứng minh. . Chứng minh công thức (1.3.6) ∫ Rn f gdx= ∫ Rn fˆ gˆdy. Thật vậy cho f ,g ∈L 2(Rn) và α ∈C, khi đó ‖ f +αg‖2L 2(Rn) = ∥∥∥ f̂ + α̂g∥∥∥2 L 2(Rn) . Hay∫ Rn ( | f |2+ |αg|2+ f (ag)+ f (α.g) ) dx= ∫ Rn (∣∣∣ f̂ ∣∣∣2+ ∣∣α̂g∣∣2+ f̂ (α̂g)+ f̂ (α ĝ))dy 16 và do đó theo Định lý (1.3.2.1)∫ Rn (α f g+α f g)dx= ∫ Rn ( α fˆ ĝ+α fˆ gˆ ) dy. Cho α = 1 ta được ∫ Rn ( f g+ f g)dx= ∫ Rn ( fˆ ĝ+ fˆ gˆ ) dy. ⇒ ∫ Rn f g¯dx= ∫ Rn fˆ¯ˆgdy công thức (1.3.6) được chứng minh. Chứng minh công thức (1.3.7). Với f ∈L 2(Rn),Dα f ∈L 2(Rn) và f là trơn và có giá compact tức f = 0 ngoài một hình cầu nào đó. Ta có: D̂α f (y) = (2pi)− n 2 ∫ Rn e−i〈x,y〉Dα f (x)dx = (−1)|α| (2pi)− n 2 ∫ Rn Dαx ( e−i〈x,y〉 ) f (x)dx= (2pi)− n 2 ∫ Rn e−i〈x,y〉(iy)α f (x)dx= (iy)α . fˆ (y). ∃{ fm} , fm ∈C∞0 (Rn) mà fm→ fm ∈L 2(Rn). Suy ra Dα fm→ Dα f ∈L 2(Rn). D̂α fm = (iy)α fˆm cho m→ ∞ ta được D̂α f = (iy)α fˆ . Chứng minh công thức (1.3.8). Ta có: ( f ∗g)(x) = ∫ Rn f (y)g(x− y)dy. Ta chứng minh ( f ∗g)(x) ∈L 2(Rn). Để cho xác định ta giả sử f (x) ∈L 1(Rn)∩L 2(Rn), còn g(x) ∈L 2(Rn). Khi đó: |( f ∗g)(x)| ≤ ∫ Rn | f (y)| |g(x− y)|dy= ∫ Rn | f (y)| 12 | f (y)| 12 |g(x− y)|dy. Sử dụng bất đẳng thức Holder ta có |( f ∗g)(x)|2 ≤ ∫ Rn | f (y)|dy ∫ Rn | f (y)| |g(x− y)|2dy= ‖ f‖L 1(Rn) ∫ Rn | f (y)||g(x− y)|2dy. 17 Vậy ‖( f ∗g)‖2L 2(Rn) ≤ ‖ f‖2L 1(Rn)‖g‖2L 2(Rn) . Nếu giả thiết thêm g(x) ∈L 1(Rn)∩L 2(Rn), thì do f (x),g(x) ∈L 1(Rn) nên từ (1.2.9) ta có F( f ∗gk) = (2pi) n 2F( f )F(gk). Trong trường hợp chung, nếu g(x) ∈L 2(Rn), ta chọn dãy {gk} sao cho gk ∈L 1(Rn)∩ L 2(Rn) và gk→ g trongL 2(Rn), thì F( f ∗gk) = (2pi) n 2F( f )F(gk). Cho k→ ∞ trong đẳng thức cuối cùng ta suy ra công thức (1.3.8) Chứng minh công thức (1.3.9) Với ∀ f ∈L 2(Rn), cố định z ∈ Rn,ε > 0 và đặt gε(x) = ei〈x,z〉−ε|x|2 khi đó theo chứng minh của Định lý (1.3.1 )ta có : ĝε(y) = (2pi)− n 2 ∫ Rn e−i〈x,y−z〉−ε|x| 2 dx= 1 (2ε) n 2 e− |y−z|2 4ε . Sử dụng công thức (1.3.2) ta thấy với f ∈L 1(Rn)∩L 2(Rn) thì:∫ Rn f̂ (y)ei〈z,y〉−ε|y| 2 dy= (2ε)− n 2 ∫ Rn f (x).e −|x−z|2 4ε dx Ta thấy lim ε→0+ (2ε)− n 2 ∫ Rn f (x).e −|x−z|2 4ε dx= (2pi) n 2 f (z), Với mỗi điểm Lebesgue của f , vì vậy ta suy ra∫ Rn f̂ (y)ei〈z,y〉dy= (2pi) n 2 f(z). ⇒ f(z) = (2pi)− n2 ∫ Rn f̂ (y)ei〈z,y〉dy với hầu khắp z. Vậy f = ( f̂ )∨ . 1.4 Các công thức đơn giản của biến đổi Fourier 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 18 Công thức 1.4.1. Nếu g(x) ∈L 1(Rn), và f (x) = g(αx),α 6= 0, thì (F f )(ξ ) = gˆ ( ξ α ) . 1 |α|n . (1.4.1) Chứng minh. Giả sử g(x) ∈L 1(Rn). Khi đó F( f ) = (2pi)− n 2 ∫ Rn e−i〈x,ξ 〉 f (x)dx= (2pi)− n 2 ∫ Rn e−i〈x,ξ 〉g(αx)dx. Đặt αx= t⇒ d(αx) = dt⇒ αndx= dt.⇒ dx= 1 αn dt. Do vậy F( f ) = (2pi)− n 2 1 |α|n ∫ Rn e−i〈 tα ,ξ〉g(t)dt = 1|α|n ĝ ( ξ α ) . Vậy F( f ) = ĝ ( ξ α ) . 1|α|n . Công thức 1.4.2. Giả sử g(x) ∈L 1(Rn) và f (x) = g( xα ) . 1|α|n ,α 6= 0. Khi đó F( f ) = gˆ(αξ ). (1.4.2) Chứng minh. Với g ( x α ) ∈L 1(Rn) ∀α ∈C,∀x,ξ ∈ Rn : f (x) = g ( 1 α x ) . 1 |α|n , ta áp dụng công thức (1.4.1) ta được f̂ = 1 |α|n . 1∣∣ 1 α ∣∣n ĝ(αξ ) = ĝ(αξ ). Vậy F( f ) = gˆ(α.ξ ). Công thức 1.4.3. Với g(x) ∈L 1(Rn) và f (x) = g(−x). Khi đó fˆ (ξ ) = gˆ(−ξ ). (1.4.3) Chứng minh. (1.4.3) là trường hợp đặc biệt của công thức (1.4.1) tương ứng với α =−1 f (x) = g(−x)⇒ F( f ) = ĝ ( ξ −1 ) 1 |−1|n = ĝ(−ξ ). Vậy F( f ) = ĝ(−ξ ). 19 Công thức 1.4.4. Giả sử g(x) ∈L 1(Rn) và f (x) = g(x−β ),β ∈ Rn. Khi đó (F f )(ξ ) = gˆ(ξ ).e−iξβ với β ∈ Rn. (1.4.4) Chứng minh. ∀g ∈L 1(Rn), ∀β ,ξ ,x ∈ Rn ta có: F f = (2pi)− n 2 ∫ Rn e−i〈x,ξ 〉 f (x)dx = (2pi)− n 2 ∫ Rn e−i〈x,ξ 〉g(x−β )dx. Đặt x−β = t⇒ d(x−β ) = dt⇒ dx= dt, thay vào ta được (F f )(ξ ) = (2pi)− n 2 ∫ Rn e−i〈t+β ,ξ 〉g(t)dt = (2pi)− n 2 ∫ Rn e−i〈β ,ξ 〉−i〈t,ξ 〉g(t)dt = e−i〈β ,ξ 〉ĝ(ξ ). Vậy (F f )(ξ ) = e−i〈β ,ξ 〉ĝ(ξ ). Công thức 1.4.5. Nếu g(x) ∈L 1(Rn) và f (x) = g(x).eiγx thì F f = gˆ(ξ − γ). (1.4.5) Chứng minh. Ta có F f = (2pi)− n 2 ∫ Rn e−i〈x,ξ 〉 f (x)dx = (2pi)− n 2 ∫ Rn e−i〈x,ξ 〉eiγxg(x)dx = (2pi)− n 2 ∫ Rn e−i〈x,ξ−γ〉g(x)dx = ĝ(ξ − γ) Vậy F f = gˆ(ξ − γ). 20 1.5 Biến đổi Fourier của một vài hàm số đơn giản 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: F(e−x 2 ) = 1√ 2pi +∞∫ −∞ e−i〈x,ξ 〉e−x 2 dx= 1√ 2pi +∞∫ −∞ e−x 2−i〈x,ξ 〉dx = 1√ 2pi +∞∫ −∞ e− ( x+ iξ2 )2 + ( iξ 2 )2 dx = 1√ 2pi e− ξ2 4 +∞∫ −∞ e [ − ( x+ iξ2 )2] dx. (1.5.1) Đặt +∞∫ −∞ e [ − ( x+ iξ2 )2] dx= I Để tính I, gọi ∆ là đường thẳng ∆= { z= x+ iξ2 ,−∞< x<+∞ } Đường thẳng ∆ song song với trục hoành Ox. Ta có I = ∫ ∆ e−z 2 dz= lim A→+∞ A∫ −A e− ( x+i ξ2 )2 dx. Giả sử Γ là đường bao quanh hình chữ nhật như hình vẽ. Do hàm số e−z2 là giải tích trong hình chữ nhật nên∫ Γ e−z 2 dz= 0. 21 Mặt khác ∫ Γ e−z 2 dz= ∫ Γ1 e−z 2 dz+ ∫ Γ2 e−z 2 dz+ ∫ Γ3 e−z 2 dz+ ∫ Γ4 e−z 2 dz, ∫ Γ2 e−z 2 dz=− A∫ −A e− ( x+i ξ2 )2 dx, ∫ Γ4 e−z 2 dz=− A∫ −A e−x 2 dx. Trên Γ3 ta có z=−A+ iy, z2 = A2− y2− i2Ay với |y| ≤ 12 |ξ |, nên e−z2 = e−A2+y2ei2Ay→ 0 khi A→+∞. Do đó A→+∞ ⇒ ∫ Γ3 e−z 2 dz→ 0 . Tương tự ta cũng có ∫ Γ1 e−z 2 dz→ 0 khi A→+∞. Do đó ta đi tới kết luận I = +∞∫ −∞ e−ω 2 dω. Muốn tính I ta tính I2 bằng cách viết dưới dạng tích phân kép và dùng tọa độ cực, ta được I2 = +∞∫ −∞ e−u 2 du +∞∫ −∞ e−ω 2 dω = +∞∫ −∞ du +∞∫ −∞ e−(u 2+ω2)dω = 2pi∫ 0 dθ +∞∫ 0 e−r 2 .rdr =−1 2 2pi +∞∫ 0 e−r 2 d(−r2) = −pi.e−r2 ∣∣∣+∞ 0 = pi. ⇒ I =√pi. Thay I = √ pi vào (1.5.1) ta được F(e−x 2 ) = 1√ 2pi .e− ξ2 4 √ pi = e− ξ2 4√ 2 . 22 Vậy F(e−x 2 ) = e− ξ2 4√ 2 . (1.5.2) 1.5.2 Biến đổi Fourier của hàm số f (x) = e−ax2(a> 0) trong R1 Ta có F(e−ax 2 ) = 1√ 2pi +∞∫ −∞ e−i〈x,ξ 〉.e−ax 2 dx = 1√ 2pi +∞∫ −∞ e−ax 2−i〈x,ξ 〉dx= 1√ 2pi +∞∫ −∞ e − [ ax2+2 12√a i〈x,ξ 〉 √ a+ ( iξ 2 √ a )2−( iξ2√a)2]dx = 1√ 2pi +∞∫ −∞ e [ − (√ ax+ iξ2√a )2−( iξ2√a)2]dx. Đặt +∞∫ −∞ e− (√ ax+ iξ2√a )2 dx= J. Tương tự như cách tính I trong (1.5.1) ta tính được J và J = 1√ a +∞∫ −∞ e−ω 2 dω. Để tìm J ta tìm J2 bằng cách viết ở dạng tích phân kép và dùng tọa độ cực ta được J2 = J.J = 1 a +∞∫ −∞ e−u 2 du +∞∫ −∞ e−ω 2 dω = 1 a +∞∫ −∞ e−(u 2+ω2)dω = 1 a 2pi∫ 0 dθ +∞∫ −∞ e−r 2 rdr = 2pi a +∞∫ 0 −1 2 e−r 2 d(−r2) = 2pi a ( −1 2 ) e−r 2 ∣∣∣+∞ 0 = pi a . 23 Vậy J = √ pi a . Do đó F(e−ax 2 ) = 1√ 2pi .e− ξ2 4a √ pi a = 1√ 2a .e− ξ2 4a . ⇒ F(e−ax2) = 1√ 2a .e− ξ2 4a . (1.5.3) 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) ∈L 1(Rn) ta được F(e−a|x| 2 )(ξ ) = (2pi)− pi 2 ∫ Rn e−a(x 2 1+x 2 2+...+x 2 n)e−i〈x,ξ 〉dx = (2pi)− 12 +∞∫ −∞ e−i〈x1,ξ1〉e−ax 2 1dx1 n. Theo công thức (1.5.3) ta có F(e−a|x| 2 )(ξ ) = 1(√ (2a) )ne− |ξ |24a . (1.5.4) 1.5.4 Biến đổi Fourier của hàm f (x) = e − n ∑ i, j=1 ai jxix j Ta giả thiết ai j = a ji = const, n ∑ i, j=1 ai jxix j ≥ λ |x|2;λ > 0. Vì f (x) ∈L 1(Rn) theo định nghĩa biến đổi Fourier trongL 1(Rn) ta có F e− n∑i, j=1ai jxix j (ξ ) = (2pi)− n2 ∫ Rn e−i〈x,ξ 〉.e − n ∑ i, j=1 ai jxix j dx. (1.5.5) Mặt khác nếu đặt A= ∥∥aij∥∥ni, j=1 Thì ma trận A là ma trận 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 với nhau và mỗi hàng là 1 véctơ đơn vị). C =  c11 c12 ... c1n c21 c22 ... c2n ... ... ... ... cn1 cn2 ... cnn  24 sao cho CAC−1 =  λ1 0 ... 0 0 λ2 ... 0 ... ... ... ... ... ... 0 λn  = D Do vậy suy ra n ∑ i, j=1 ai jxix j = (Ax,x) = (C−1DCx,x) = (DCx,Cx) = (Dy,y), (đặtCx= y) Trong (1.5.5) ta đổi biến x=C−1y,det[C−1] =±1 6= 0. ⇒ dx= det(C−1)dy ⇒ F e− n∑i, j=1ai jxix j (ξ ) = (2pi)− n2 ∫ Rn e−i〈C−1y,ξ〉.e−(Dy,y) ∣∣detC−1∣∣dy. Do det|C−1|= 1 nên ta có F e− n∑i, j=1ai jxix j (ξ ) = (2pi)− n2 ∫ Rn e−i〈y,Cξ 〉.e−λ1y 2 1−λ2y22...−λny2ndy. ĐặtCξ = η , do vậy η j = n ∑ k=1 c jkξk F e− n∑i, j=1ai jxix j (ξ ) = n∏ j=1 (2pi)− n 2 ∫ Rn e−i〈y j,η j〉.e−λ jy2jdy j Đây chính là phép biến đổi Fourier của hàm f (x) = e−λ j|x| 2 (λ j > 0). Áp dụng công thức (1.5.4) ta được F e− n∑i, j=1ai jxix j (ξ ) = 1(√ 2 )n√ λ1...λn e − n ∑ j=1 η2j 4λ j = 1(√ 2 )n (det(A)) 1 2 e − 14 n ∑ j=1 η2j λ j . Vậy F e− n∑i, j=1ai jxix j (ξ ) = 1(√ 2 )n (det(A)) 1 2 e − 14 n ∑ j=1 1 λ j ( n ∑ k=1 c jkξk )2 (1.5.6) 25 Ví dụ Cho f (x) =  1, 0≤ x< a 1 2 , x= a 0, x> a. Tìm biến đổi Fourier-cosin của hàm f Ta có F(λ ) = √ 2 pi a∫ 0 cosλxdx= √ 2 pi sinλa λ . f (x) = 2 pi ∞∫ 0 sinλacosλx λ dλ =  1,0≤ x< a 1 2 ,x= a 0,x> a. Đặc biệt khi chọn a= 1 và thay x= a vào công thức trên, ta có f (x) = 2 pi ∞∫ 0 sinx λ . cosx λ dλ = ∞∫ 0 sinλ λ dλ = pi 2 . 26 Chương 2 BÀI TOÁN CAUCHY CHO PHƯƠNG TRÌNH TRUYỀN NHIỆT THUẦN NHẤT Trong chương này, ta sẽ sử dụng các kiến thức quan trọng về phương trình đạo hàm riêng, biến đổi Fourier để tìm nghiệm của bài toán Cauchy cho phương trình truyền nhiệt thuần nhất với hệ số hằng trong R1 và Rn. Tiếp đến là mở rộng bài toán Cauchy cho phương trình truyền nhiệt thuần nhất với hệ số chỉ phụ thuộc vào biến thời gian trong Rn. Các nội dung trong chương được trích dẫn từ các tài liệu tham khảo [4], [8], [9], [10]. 2.1 Bài toán Cauchy cho phương trình truyền nhiệt thuần nhất với hệ số hằng trong R1 2.1.1 Bài toán Cauchy cho phương trình truyền nhiệt Giả sử ta có thanh truyền nhiệt vô hạn, đồng chất được đặt lên đường thẳng Ox. Gọi u(x, t) là nhiệt độ của nó tại điểm x vào thời điểm t. Khi đó u(x, t) là nghiệm của phương trình truyền nhiệt: ut−a2uxx = 0 −∞ 0 (2.1.1) Thanh truyền nhiệt có phân bố nhiệt ban đầu: u(x,0) = u0(x), −∞< x<+∞ (2.1.2) trong đó u0(x) là hàm cho trước. 27 2.1.2 Tìm nghiệm của bài toán (2.1.1),(2.1.2) a) Công thức Poisson Ta tìm nghiệm riêng u(x, t) của (2.1.1) dưới dạng tách biến u(x, t) = T (t).X(x) (2.1.3) Thay (2.1.3) vào (2.1.1) ta được T ′(t)X(x)−a2T (t).X ′′(x) = 0 ⇔ T ′(x) a2T (t) = X ′′(x) X(x) (2.1.4) Hai vế của (2.1.4) là hằng số nào đó. Ta tìm nghiệm trong lớp hàm sao cho hằng số này bằng −λ 2(λ ∈ R). Do đó X ′′(x) =−λ 2X(x) (ta nhận được từ phương trình vi phân cấp hai ở trên). Xλ (x) = A(λ )cos(λx)+B(λ ).sin(λx), trong đó A(λ ),B(λ ) là các hàm số xác định trên đường thẳng. Từ (2.1.4) ta suy ra T ′(t) =−a2λ 2T (t). Dùng phương pháp tách biến, gọi nghiệm của phương trình này là Tλ (t) ta có Tλ (t) = e −a2λ 2t . Vậy với mỗi λ :−∞< λ <+∞ ta nhận được nghiệm riêng của (2.1.1) uλ (x, t) = e −a2λ 2t [(A(λ )cos(λx)+B(λ )sin(λx)]. (2.1.5) Vì (2.1.1) là tuyến tính, nên từ các nghiệm riêng tìm được ở trên ta suy ra được nghiệm tổng quát của phương trình cho bởi công thức u(t,x) = +∞∫ −∞ e−a 2λ 2t (A(λ )cos(λx)+B(λ )sin(λx))dλ . (2.1.6) Ta sẽ tìm A(λ ),B(λ ) sao cho khi thay vào (2.1.6) thì u(x, t) thỏa mãn (2.1.2). Trong 2 vế của (2.1.6) ta cố định t, đặt t = 0 từ (2.1.2) suy ra: u0(x) = +∞∫ −∞ [A(λ )cos(λx)+B(λ ).sin(λx)]dλ . (2.1.7) 28 Công thức (2.1.7) cho ta tích phân hàm u0(x) ra tích phân Fourier. Ta có công thức tính các hệ số A(λ ) và B(λ ) như sau: A(λ ) = 1 2pi +∞∫ −∞ u0(ξ ).cos(λξ )dξ . (2.1.8) B(λ ) = 1 2pi +∞∫ −∞ u0(ξ ).sin(λξ )dξ . (2.1.9) Thay các hàm A(λ ) và B(λ ) vào (2.1.6) u(x, t)= +∞∫ −∞ e−a 2λ 2t  1 2pi +∞∫ −∞ u0(ξ ).cos(λξ )dξ .cos(λx)+ 1 2pi +∞∫ −∞ u0(ξ ).sin(λξ )dξ .sin(λx) dλ . Do vậy u(x, t) = 1 2pi +∞∫ −∞ e−a 2λ 2t  +∞∫ −∞ u0(ξ ).cosλ (ξ − x)dξ dλ . (2.1.10) Đổi thứ tự lấy tích phân bên trong vế phải của (2.1.10) ta có u(t,x) = 1 2pi +∞∫ −∞ u0(ξ )  +∞∫ −∞ e−a 2λ 2t .cosλ (ξ − x)dξ dλ . (2.1.11) Ta tính được tích phân bên trong với phương pháp đổi biến aλ √ t = z +∞∫ −∞ e−a 2λ 2t cosλ (ξ − x)dλ = 1 a √ t +∞∫ −∞ e−z 2 cos ( ξ − x a √ t z ) dz = 1 a √ t +∞∫ −∞ e−z 2 cos(az)dz với α = ξ − x a √ t . Đặt I(α) = +∞∫ −∞ e−z 2 cos(αz)dz. I′(α) =− +∞∫ −∞ e−z 2 z.sin(αz)dz= 1 2 +∞∫ −∞ sin(αz)d(e−z 2 ) = 1 2 sin(αz) e−z2∣∣∣+∞−∞− +∞∫ −∞ e−z 2 cos(αz)dz =−1 2 αI(α). 29 Mặt khác I0 = +∞∫ −∞ e−z 2 dz= √ pi (2.1.12) Do đó I(α) = √ pi.e − α2 4 = √ pi.e −(ξ − x)2 4a2t ⇒ +∞∫ −∞ e−a 2λ 2t cosλ (ξ − x)dx= √ pi a √ t e −(ξ − x)2 4a2t . Thay các giá trị tích phân này vào (2.1.11) ta được công thức Poisson cổ điển sau đây u(x, t) = 1 2a √ pit +∞∫ −∞ u0(ξ )e −|ξ−x|2 4a2t dξ . (2.1.13) b) Kiểm tra điều kiện ban đầu Giả sử u0(x) giới nội và liên tục trên đường thẳng và u(x, t) được xác định bởi công thức (2.1.11). Khi đó lim t→0+ u(x, t) = u0(x). (2.1.14) Ta sẽ chứng minh (2.1.14). Giả sử x0 là điểm bất kỳ, ta sẽ chứng minh đẳng thức (2.1.13) đúng với x= x0. Ta dùng phương pháp đổi biến ξ = x0+2a √ tz ở vế phải của (2.1.13) ta có u(x0, t) = 1√ pi +∞∫ −∞ u0(x0+2a √ tz).e−z 2 dz. (2.1.15) Mặt khác từ (2.1.14) ta suy ra 1 = 1√ pi +∞∫ −∞ e−z 2 dz. Nhân 2 vế với u0(x0) ta có u0(x0) = 1√ pi +∞∫ −∞ u0(x0)e−z 2 dz. (2.1.16) 30 Do đó u(x0, t)−u0(x0) = 1√pi +∞∫ −∞ [ u0(x0+2a √ tz)−u0(x0) ] e−z 2 dz. ⇒ với ∀R> 0 ∣∣u(x0, t)−u0(x0)∣∣≤ 1√pi +R∫ −R ∣∣u0(x0+2a√tz)−u0(x0)∣∣e−z2dz + 1√ pi −R∫ −∞ ∣∣u0(x0+2a√tz)−u0(x0)∣∣e−z2dz + 1√ pi +∞∫ +R ∣∣u0(x0+2a√tz)−u0(x0)∣∣e−z2dz. (2.1.17) Do tính giới nội của ϕ(ξ ) ta có với mọi x0, t,z : |u0(x0+2a √ tz)−u0(x0)| ≤ |u0(x0+2a √ tz)|+ |u0(x0)| ≤ 2M. (2.1.18) Giả sử ε > 0 là số dương tùy ý. Do sự hội tụ của tích phân 1√ pi ∫ +∞ −∞ e −z2dz= 1, ta có thể chọn số dương R đủ lớn sao cho 2M√ pi ∫ −R −∞ e−z 2 dz= 2M√ pi ∫ +∞ R e−z 2 dz≤ ε 3 + 1√ pi ∫ +∞ −∞ e−z 2 dz. (2.1.19) Từ (2.1.17),(2.1.18) và (2.1.19), ta có |u0(x0, t)−u0(x0)| ≤ 2ε3 + 1√ pi ∫ +R −R |u0(x0+2a √ tz)−u0(x0)|e−z2dz. Do tính liên tục của u0(x0), với mọi |z| ≤ R. khi t khá gần 0, ta có |u0(x0+2a √ tz)−u0(x0)|