MỤC LỤC
Trang
Mục lục . 0
Mở đầu . 1
Chương 1. Kiến thức chuẩn bị . 5
1.1.Không gian Hilbert . 5
1.1.1. định nghĩa . 5
1.1.2. Không gianpL . 6
1.1.4. Quá trình trực giao hóa Hilbert-Schmidt. 9
1.2. Các hệtrực chuẩn đặc biệt trong
1.2.1. đa thức Legendre . 10
1.2.1.1. Dạng đa thức và dạng vi phân . 10
1.2.1.2. Dạng tích phân. 11
1.2.2. đa thức Muntz . 14
1.3. Tính trù mật . 18
1.4. Bài toán không chỉnh . 22
1.5. Biến đổi Laplace . 23
Chương 2. Bài toán moment Hausdorff và phương pháp moment hữu hạn . 24
2.1. Tính không chỉnh của bài toán 2.1 . 24
2.1.1. Ví dụ1 . 24
2.1.2. Ví dụ2 . 26
2.2. Chỉnh hóa bằng phương pháp moment hữu hạn. 27
Chương 3. Bài toán moment từbiến đổi Laplace . 43
Chương 4. Ví dụsố. 46
Chương 5. Kết Luận . 54
TÀI LIỆU THAM KHẢO . 55
58 trang |
Chia sẻ: maiphuongdc | Lượt xem: 1583 | Lượt tải: 0
Bạn đang xem trước 20 trang tài liệu Luận văn Bài toán moment Hausdorff và biến đổi Laplace ngược, để xem tài liệu hoàn chỉnh bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
− ∫
12
( ) ( ) ( ) ( ) ( )" '0 1 21 1 ( ) 02 p t p t p t x t v t dt
µµ µ µ + − + + − =
.
Thu gọn
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2
'
0 0 12 1C
x t x t
p t p t p t v t dt
t t
µ µ
µ
∂ − ∂ − − − + ∂ ∂
∫
( ) ( ) ( ) ( ) ( )" '0 1 21 1 ( ) 02C p t p t p t x t v t dt
µµ µ µ + − + + − = ∫
. (1.5)
Trong (1.5) ta tìm µ thỏa
( ) ( ) ( ) ( )" '0 1 21 1 02 p t p t p tµ µ µ− + + =
( ) ( )1 2 1 0n nµ µ µ− − − + + =
( )2 1 0n nµ µ− − + + = . (1.6)
( )1
n
n
µ
µ
=
= − +
Khi ñó (1.5) tương ñương
( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )2 '0 0 12 1 0C x t x tp t v t p t p t v t dtt t
µ µ
µ
∂ − ∂ − − − + = ∂ ∂
∫ (1.7)
Tích phân từng phần (1.7) ta ñược
( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )0 '0 0 11
C
p t v tx t
p t v t p t p t v t x t
t t
µ
µµ
∂∂ −
− + − + − ∂ ∂
( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )'2 0 10 2 1 0
C
p t p t v tp t v t
x t dt
t t
µµ ∂ − +∂ + + − = ∂ ∂
∫ . (1.8)
Trong (1.8) ta tìm ( )v t thỏa
( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )0 '0 11 0p t v t p t p t v tt µ
∂
+ − + = ∂
. (1.9)
( ) ( ) ( ) ( ) ( )' '0 0 1 0p t v t p t p t v tµ + + =
13
( ) ( ) ( )( ) ( )
'
' 0 1
0
p t p t
v t v t
p t
µ +
= −
.
( ) ( )( )
( )
( )
'
0 1
0 0
exp
p t p t
v t A dt
p t p t
µ
= ⋅ − +
∫
( ) ( )210 2
0
( ) 2( ) exp 1 exp( ) 1
p t tA p t dt A t
p t t
µµ −−
= ⋅ − = ⋅ −
−
∫ ∫
( ) ( )( ) ( ) 12 2 21 exp ln 1 1A t t A tµ µ− − −= ⋅ − − − = ⋅ − .
Vậy
( ) ( ) 121v t A t µ− −= ⋅ − . (1.10)
Nếu µ thỏa (1.6), ( )v t thỏa (1.9) và chọn C sao cho
( ) ( ) ( )0 0
C
x t
p t v t
t
µ ∂ −
= ∂
và 1nµ = − − , thì
( ) ( ) ( )1 21 nn
C
y x A x t t dt− −= ⋅ − −∫ .
là nghiệm của phương trình (1.1).
Bây giờ chọn C là ñường tròn tâm x , bán kính
1
2 21x − ,
[ ){ }2: 1 , ,iC t t x x e ϕ ϕ pi pi= = + − ∈ − .
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
2 2 2 2
2
1
1 12 2
1 1 2 1
1
1 1
n
i i
i
n
n i n
x x e x x e
y x A x e id
x e
ϕ ϕ
pi ϕ
pi ϕ
ϕ+
− + +
− − − − −
= −
− −
∫
( ) ( )
( ) ( )
2 2
1 2 2
1 2 cos 2cos 2 1
1 1
n
n in
n
n in
e x x x
A id
x e
ϕ
pi
pi ϕ
ϕ ϕ
ϕ
− +
− − + −
=
− −
∫
( )
( )
2 22
2 2
2 1 1cos
1
n n
n
n
x x x
A id
x
pi
pi
ϕ
ϕ
−
− + −
=
− −
∫
14
22 1cos
n
n iA x x d
pi
pi
ϕ ϕ
−
= − + −
∫ . (1.11)
Mặt khác
( ) ( )( )
( ) ( )12 2
1
1 11
2 .lim
!
n nn n
n nC t x
t d t
y x A dt A i
n dtx t
pi
+
+ →
− −
−
= =
−
∫
( )2 12
!
n
n
n
d xiA
n dx
pi −
= − (1.12)
( ) ( ) ( )2 11
2 !
n
n
n n n
d x
y x P x
n dx
−
= = ⋅ (1.13)
Từ (1.12)- (1.13) suy ra
1
2 2n
A
ipi
−
= .
Thế vào (1.11) thì nghiệm của phương trình là
( ) 2 2
0
1 11cos 1cos
2
n n
y x x x d x x d
pi pi
pi
ϕ ϕ ϕ ϕ
pi pi−
= + − = + −
∫ ∫ .
Vậy dạng tích phân của ( )nP x là
( ) 2
0
1 1cos , .
n
nP x x x d n
pi ϕ ϕ
pi
= + − ∈
∫ ℕ
1.2.2. ða thức Muntz .
Cho ( )i iα ∈ℕ là một dãy các số thực rời nhau từng ñôi một. Ta ñịnh nghĩa ña thức
Muntz (hệ số thực) thứ m xác ñịnh trên ( )0,∞ như sau
1
0
1 2 1( )
2
tm
m k
m C k k m
t x
x dt
i t t
α α
pi α α
−
=
+ + +
= ⋅
− −
∏∫L .
Trong ñó C là một ñường cong ñóng, ñơn, ñịnh hướng dương và bao các cực
ñiểm.
Mệnh ñề 1.6
Giả sử ( )i iα ∈ℕ rời nhau từng ñôi một thì
15
( )
0
( ) ; 0,k
m
m mk
k
x x x
α
=
= ∈ ∞∑L C , (1.14)
với
1
0
0,
( 1)
1 2
( )
m
k rr
mk m m
k rr r k
α α
α
α α
−
=
= ≠
+ +
= +
−
∏
∏C .
Chứng minh
Nhắc lại
Thặng dư: Giả sử a là một ñiểm bất thường cô lập của hàm giải tích ( )f z và C
là một ñường cong Jordan kín trơn từng khúc xác ñịnh dương, giới hạn một miền D
chứa a . ( )f z giải tích trong D trừ a . Khi ñó thặng dư của ( )f z tại a là
[ ] 1Re ( ), ( )
2 C
s f z a f z dz
ipi
= ∫ .
ðịnh lý thặng dư: Nếu ( )f z giải tích trong miền kín D giới hạn bởi ñường cong
C trừ một số ñiểm bất thường cô lập 1 2, ,..., na a a nằm trong D thì
[ ]
1
( ) 2 Re ( ),
n
kC k
f z dz i s f z api
=
= ∑∫ (1.15)
Áp dụng (1.15) với
1
0
1 2 1( )
2
tm
m r
r r m
t xf z
i t t
α α
pi α α
−
=
+ + +
= ⋅
− −
∏ và n ñiểm bất thường 1 2, ,..., ma a a .
ta suy ra ñược (1.14).
ðịnh lý 1.7. (về tính trực chuẩn)
Cho ( )i iα ∈ℕ là một dãy các số thực rời nhau từng ñôi một và 1 ,2i iα > − ∀ ∈ℕ thì
1
0
( ) ( )m n mnx x dx δ=∫L L ,
trong ñó ,m n ∈ℕ , và 1 ,
0,mn
m n
m n
δ ==
≠
là hằng số Kroneker.
16
Chứng minh
Từ giả thiết 1
2i
α > − ta có thể chọn ñược một ñường cong ñơn, ñóng C nằm
trong nửa mặt phẳng có phần thực lớn hơn 1
2
− , tiếp xúc với ñường thẳng
1Re( )
2
z = − và bao 1n + cực ñiểm.
Khi t C∈ thì Re( ) 1kt α+ > − nên
1
0
1
,
1
nt
n
x dx n
t
α
α
+
= ∀ ∈
+ +∫ ℕ .
Theo ñịnh lý Fubini ta có
11 1
0 0
0
1 2 1( )
2
n n
tm
m k
m C
k k m
t x
x x dx x dt dx
i t t
α α α α
pi α α
−
=
+ + +
= ⋅
− −
∏∫ ∫ ∫L
1 1
0
0
1 2 1 1
2
n
m
tm k
C
k k m
t dt x dx
i t t
αα α
pi α α
−
+
=
+ + +
= ⋅
− −
∏∫ ∫
( ) ( )
1
0
1 2 1 1
2 1
m
m k
C k k m n
t dt
i t t t
α α
pi α α α
−
=
+ + +
= ⋅
− − + +
∏∫
Tích phân sau cùng có thêm cực ñiểm mới ( )1mt α= − + nếu n m= . Còn nếu
n m< thì không có thêm cực ñiểm mới, do tử số chứa thừa số ( )1nt α+ + .
Xét { } 0,max 1i i mt R α == > + .Thì ñường tròn này bao tất cả các cực ñiểm kể cả
cực ñiểm mới . Khi ñó
( ) ( )
11
0
0
1 2 1 1( )
2 1
n
m
m k
m
k k m nt R
t
x x dx dt
i t t t
α α α
pi α α α
−
==
+ + +
= ⋅
− − + +
∏∫ ∫L
1
0 11 2
m
mn m k
k m km
δ α α
α αα
−
=
−
+
+ ++
∏
ðổi biến [ ), 0,2it Re ϕ ϕ pi= ∈ . Ta ñược
17
( ) ( )
2 11
0
00
1 2 1( )
2 1
n
i im
m k mn
m i i i
k k mmm n
R Re e d
x x dx
Re Re Re
pi ϕ ϕ
α
ϕ ϕ ϕ
α α ϕ δ
pi α α α
−
=
+ + +
= ⋅ +
− − + +
∏∫ ∫L C .
ðặt
( ) ( )( )
1
0
1 21
1
iim
mk
i i i
k k m n
ReReF
Re Re Re
ϕϕ
ϕ ϕ ϕ
ααϕ
α α α
−
=
++ +
= ⋅
− − + +
∏
Do R trên tử số có bậc nhỏ hơn mẫu số, nên
0RF →∞→
Áp dụng bất ñẳng thức tam giác
( )
( ) ( )
3 1
2 2
20
0
2 2 2
11 1 1
m mm
m
mm n kn kk
k
R R R RF
R R R
R R R
α αα α
+ +
+
=
=
≤ ≤
+ − − + − −
∏ ∏
1
2
0
2
1 1
1 1
m
mn k
k
n k
R
α α
α α
+
=
≤
− −
+ +
∏
1
2
0
2
1 1
1 1
m
m
k
n k
R
α α
+
=
≤
+ +
∏
( ) ( )
1
2
2
0
2 0,2
1 1
1 1
m
m
k
n k
g Lϕ pi
α α
+
=
≤ = ∈
+ +
∏
Theo ñịnh lý hội tụ bị chặn Lebesgue
( )( )
2 1
00
1 2 1 0
2 1
i im
Rm k
i i i
k k m n
R Re e d
Re Re Re
pi ϕ ϕ
ϕ ϕ ϕ
α α ϕ
pi α α α
−
→∞
=
+ + +
⋅ →
− − + +
∏∫
Suy ra
1
0
( ) n mn
m
mm
x x dxα δ=∫ L C (1.16)
Trong phần chứng minh trên ta luôn giả sử n m≤ , ngược lại ta thay ñổi vai trò
của ,m n cho nhau.
18
Áp dụng (1.16). Ta suy ra
1 1 1
00 0 0
( ) ( ) ( ) ( ) n
n
k
m n m kn mm m mn
k
x x dx x x dx x x dxα δ
=
= = =∑∫ ∫ ∫L L L LC C .
1.3.Tính trù mật .
ðịnh lý 1.8
{ } [ ]21, , ,..., ,... 0,1nspan x x x C= .
Chứng minh
ðặt
( )
( )21
, 1 1
0 , 1
n
n n
t
tF t c
t
−
− ≤ ≤
=
>
với ( )1 2
1
1
n
nc s ds
−
= −∫ ,
ta có
( ) ( ) ( ) ( )1 1 12
0 0 0
22 1 2 1 1 1
1
n n n n
n
c s ds s s ds s ds
n
= − = − + ≥ − =
+∫ ∫ ∫
Vì vậy ( )nF t thỏa
i) ( ) 0, ,nF t n t≥ ∀ ∀ .
ii) ( )( )
21 1
1 2
1 1
1
1( ) ( ) 1
1
n
n n n
t
F t dt F t dt dt
s ds
∞
−∞ − −
−
−
= = =
−
∫ ∫ ∫
∫
.
iii) ( ) ( )1 1 21( ) ( ) 12
n
n n
n
F t dt F t dt dt
δ δ δ
δ
∞ +
= ≤ −∫ ∫ ∫ .
( ) ( ) ( )21 1 1 02
n
nn δ δ →∞+≤ − − → (vì 20 1 1δ< − < ).
Lấy [ ]0,1f C∈ ta có thể giả sử (0) (1) 0f f= = (ngược lại
( )( ) ( ) (0) ( ) (0h x f x f x f x f= − − − ), và kéo dài f trên ℝ bằng cách
19
[ ]
( ), 0 1( )
0, 0,1
f x xf x
x
≤ ≤
= ∉
.
Khi ñó f liên tục trên ℝ .
Xét
( ) ( )1
0
( ) ( ) ( )n n nf x f t F x t dt f t F x t dt
∞
−∞
= − = −∫ ∫ . (1.19)
là một ña thức . Thật vậy ( )nF x t− là ña thức theo x
( ) 20 1 2( ) ( ) ... ( ) nn nF x t g t g t x g t x− = + + +
trong ñó 0 1 2, ,..., ng g g là các ña thức theo t . Thì
2
0 1 2( ) ... nn nf x a a x a x= + + +
trong ñó các hệ số của ña thức
1
0
( ) ( ) , 0,1,...,2 .i ia f t g t dt i n= =∫
Mặt khác
1
0
( ) ( ) ( )
n
f x f x F t dt= ∫ (do ii))
Trong (1.19) ñổi biến
( ) 1
0
( ) ( ) ( ) ( )
n n n
f x f x t F t dt f x t F t dt∞
−∞
= − = −∫ ∫ .
Khi ñó
1
0
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
n n n n
f x f x f x t F t f x F t dt− = − −∫
( )1
0
( ) ( ) ( )
n n
f x t f x F t dt= − −∫
1
0
( ) ( ) ( )
n n
f x t f x F t dt≤ − −∫
Do tính liên tục ñều của f trên [ ]0,1 . Nên
[ ]0,1 , 0, 0 :x tε δ δ∀ ∈ ∀ > ∃ > <
thì
( ) ( )
2n
f x t f x ε− − <
Do [ ]0,1f C∈ nên tồn tại :M f M≤
20
sao cho
( ) ( ) 2nf x t f x M− − ≤ .
Khi ñó, chúng ta chọn N sao cho nếu n N≥ , thì
1 ( )
4n
F t dt
Mδ
ε
<∫ (do iii))
Suy ra
1
0
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
n n n n n
f x f x f x t f x F t dt f x t f x F t dtδ
δ
− ≤ − − + − −∫ ∫
1
0
2 ( ) ( )
2n n
M F t dt F t dt
δ
δ
ε≤ +∫ ∫ 2 2
ε ε
ε≤ + = .
Như vậy các hàm ña thức trù mật trong [ ]0,1C .
ðịnh lý 1.9. (về tính trù mật của ña thức Muntz trong ( )2 0,1L )
Cho ( )i iα ∈ℕ là dãy các số thực rời nhau từng ñôi một và 12iα > − ta có ñiều kiện
cần và ñủ ñể
{ } ( )0 11 2, ,..., ,... 0,1nspan x x x Lα αα − = là ( )20
2 1
2 1 1
i
i i
α
α
∞
=
+
= ∞
+ +
∑ . (1.20)
Chứng minh
Ta sẽ xấp xỉ mx bởi { }0 11, ,..., nspan x x xα αα − trong ( )2 0,1L .
Giả sử ( ); , 0,1,2,..., 1im N m i nα∈ ≠ = − . Xét hệ { }0 1 1, ,..., ,n mα α α − theo ñịnh nghĩa
phần trước ta có ña thức trực chuẩn Muntz thứ n như sau:
1
0
( ) i
n
m
m n i
i
x a x a x
α
−
=
= +∑L
với
1
0
( 1)2 1 0( )
n
i
n
i i
m
a m
m
α
α
−
=
+ +
= + ≠
−
∏ .
Ta có
21
1 1 1
0 0 0
( )
i i i
n n n
m m i
i i
i i in n
x a
x b x x b x
a a
α α α
− − −
= = =
− = − −∑ ∑ ∑
L
.
Mà
{ }0 11( ) , ,..., nm x span x x xα αα −⊥L và { }0 111 1
0 0
, ,...,
i i n
n n
i
i
i in
a
x b x span x x x
a
α α α αα
−
− −
= =
+ ∈∑ ∑
Suy ra
1 1
0 0
( ) 1 1
min
12 1
i
i
n n
m m i
ib R i in n i
x m
x b x
a a mm
α α
α
− −
∈
= =
−
− = = =
+ ++
∑ ∏L .
Do ñó giả sử { }0 110 , , ,..., nmim x span x x xα ααα −< ≠ ∈ khi và chỉ khi
1
0
lim 0
1
n
i
n i i
m
m
α
α
−
→∞
=
−
=
+ +
∏
1
0
2 1lim 1 0
1
n
i
n i im
α
α
−
→∞
=
+
− =
+ +
∏
1
2
1 1
0 0
2 1 2 1lim 1 1 0
1 1
mi mi
n n
i
n i ii i
m
m m
α α
α
α α
>
− < <
− −
→∞
= =
+ +
− − =
+ + + +
∏ ∏
1
2
1 1
0 0
2 1 2 1lim exp 0
1 1
mi mi
n n
i
n i ii i
m
m m
α α
α
α α
>
− < <
− −
→∞
= =
+ +
− + = + + + +
∑ ∑
1
2
1 1
0 0
2 1 2 1lim
1 1
mi mi
n n
i
n i ii i
m
m m
α α
α
α α
>
− < <
− −
→∞
= =
+ +
+ = ∞ + + + +
∑ ∑
( )20
2 1
2 1 1
i
i i
α
α
∞
=
+
= ∞
+ +
∑ .
Mặt khác
( ) ( )20,1 0,1C L=
22
Kết hợp với ñịnh lý 1.8. Suy ra
{ } ( )2 21, , ,..., ,... 0,1nspan x x x L= .
Nên
{ } ( )0 11 2, ,..., ,... 0,1nspan x x x Lα αα − = .
Nhận xét ñịnh lý 1.9.
i ) Với ñiều kiện (1.20) thì hệ ( )( )n nx ∈ℕL là hệ trực chuẩn ñầy ñủ trong ( )2 0,1L .
ii ) Giả sử ( )2 0,1u L∈ thỏa ( )1
0
0,nu x x dx nα⋅ = ∀ ∈∫ ℕ thì 0u = h.k.n trên ( )0,1 .
Chứng minh nhận xét ii )
( )1
0
0,ju x x dx jα⋅ = ∀ ∈∫ ℕ .
Khi ñó với mỗi n ∈ℕ , ta có
( )1
0
0
0,j
n
nj
j
u x x dx nα
=
= ∀ ∈∑∫ ℕC
( )1
0
( ) 0,nu x x dx n= ∀ ∈∫ ℕL
Do hệ ( )( )n nx ∈ℕL là trực chuẩn ñầy ñủ trong ( )2 0,1L và ( )2 0,1u L∈ .
Nên
( )1 22
0
0u u x dx= =∫ . suy ra 0 . .u h k n= trên ( )0,1 .
1.4. Bài toán không chỉnh.
Cho ,X Y là hai không gian ñịnh chuẩn. Xét toán tử :K X Y→ , khi ñó phương
trình Kx y= ñược gọi là bài toán chỉnh, nếu thỏa ñồng thời ba tính chất sau:
i ) Tồn tại nghiêm: , :y Y x X Kx y∀ ∈ ∃ ∈ = .
ii ) Duy nhất nghiệm: y Y∀ ∈ tồn tại duy nhất :x X Kx y∈ = .
iii ) Ổn ñịnh: x phụ thuộc liên tục vào y . Nghiệm phải phụ thuộc liên
tục vào dữ liệu, nghĩa là ( )nx X∀ ⊂ thỏa nKx Kx→ thì nx x→
23
Ngược lại bài toán vi phạm một trong ba tính chất trên thì ta nói bài toán ñó
không chỉnh.
ðịnh lý sau ñây cho ta một dấu hiệu nhận biết một bài toán là không chỉnh.
ðịnh lý 1.10
Cho ,X Y là hai không gian ñịnh chuẩn. Xét toán tử :K X Y→ tuyến tính,
compac với ( ) { }: 0Ker K x X Kx= ∈ = và ( )dim Ker K = ∞ , thì tồn tại ( ) : 0n nx X Kx⊂ →
nhưng nx không hội tụ và ta có thể chọn dãy ( )nx sao cho nx → ∞ . Hơn nữa nếu K
là ñơn ánh thì ánh xạ ngược ( )1 :K Y K X X− ⊃ → không bị chặn.
1.5. Biến ñổi Laplace.
Cho hàm số f thỏa các tính chất sau
i) f ño ñược trên ( )0,∞ .
ii) f tăng không nhanh hơn một hàm mũ khi t → ∞ , nghĩa là
( )0, 0, , 0tM f t Me tαα∃ > ∃ > ≤ ∀ > .
Số 0 infα α= , với tất cả α thỏa (ii), ñược gọi là chỉ số tăng của f .
Hàm f có các tính chất (i)-(ii) ñược gọi là hàm gốc.
Khi ñó hàm biến phức F ñịnh bởi
( ) ( )
0
ptF p e f t dt∞ −= ∫ ,
xác ñịnh trên miền 0Re p α> , ñược gọi là biến ñổi Laplace của f .
Bài toán tìm hàm gốc F có thể xem là biến ñổi Laplace ngược hay bài toán giải
phương trình tích phân cấp một sau ñây
( ) ( )
0
pte f t dt F p∞ − =∫ . (1.21)
Bài toán tìm hàm f thỏa phương trình ( 1.21 ) là bài toán không chỉnh, vì có thể
vô nghiệm, hoặc nghiệm không phụ thuộc liên tục vào vế phải, nghĩa là sự nhiễu rất
nhỏ của vế phải có thể dẫn ñến sự nhiễu lớn của f .
24
Chương 2
BÀI TOÁN MOMENT HAUSDORFF
VÀ PHƯƠNG PHÁP MOMENT HỮU HẠN
Trong chương này chúng tôi khảo sát bài toán tìm hàm 2(0,1)u L∈ thỏa
1
0
( ) , 0,1,2,...k ku x x dx kα µ= =∫ (2.1)
Trong ñó ( )kα là dãy các số thực phân biệt thỏa :
1
2k
α −> với mọi 0,1,2,...k =
và ( )kµ là dãy các số thực bị chặn.
2.1. Tính không chỉnh của bài toán.
Ta xét bài toán trong trường hợp dãy ( )kα là các số thực phân biệt dương thỏa
2
0 1
k
k k
α
α
∞
=
= ∞
+
∑ . (2.2)
Khi ñó theo nhận xét i) và ii) của ñịnh lý 1.9 thì bài toán (2.1) có nghiệm duy
nhất hoặc xem phần chứng minh tính duy nhất nghiệm trong ñịnh lý 2.1. Sau ñây ta xét
hai ví dụ ñể minh họa tính không chỉnh của bài toán (2.1). (Tính duy nhất nghiệm ñược
thỏa nếu nghiệm tồn tại).
2.1.1.Ví dụ 1.
Tồn tại nghiệm
Xét bài toán (2.1) với , 0,1,2,...k k kα = = ,và ( )k kµ là dãy số thực bị chặn, thỏa
1
,
2k
kµ > ∀ ∈ℕ . Giả sử ( )2 0,1u L∈ là nghiệm của bài toán. Nghĩa là
25
1
0
( ) , 0,1,2,...k ku x x dx kµ= =∫ .
Khi ñó
1 1
0 0
( ) ( )k kk u x x dx u x x dxµ = ≤∫ ∫
( ) ( )1 11 12 2 220 0 1( ) ,2 1ku x dx x dx u kk≤ = ∀ ∈+∫ ∫ ℕ .
Nên
2 1,ku k kµ≥ + ∀ ∈ℕ .
Suy ra không tồn tại ( )2 0,1u L∈ nghiệm bài toán.
Ổn ñịnh
Xét bài toán (2.1) với 0, , 0,1,2,...k k k kµ α= = = tức là
( )1
0
0, 0,1,2,...ku x x dx k= =∫
thì 0u ≡ là nghiệm chính xác của bài toán.
Mặt khác xét bài toán (2.1) với dữ liệu nhiễu là
,k kα = , 2 , ;1n k
n k n
k n
µ = ∈
+ +
ℕ
thì ( ) 2nnu x nx= là nghiệm duy nhất của bài toán
( )1 20 , 0,1,2,..1
k nu x x dx k
k n
= =
+ +∫
Tuy nhiên
,
sup 0,
n k k
k
nµ µ− → → ∞ .
Nhưng
2
212 2 2
20
1
2 1 2
nn
n
n
u u n x dx
n
→∞
− = = →
+∫ .
Suy ra bài toán (2.1) không thoả tính ổn ñịnh.
Vậy bài toán (2.1) không chỉnh.
26
2.1.2. Ví dụ 2.
Tồn tại nghiệm
Ta xét bài toán (2.1) với ( )kα là dãy các số thực dương tùy ý thỏa (2.2) và dãy
1
1
2
k
k
µ
α
=
+
, khi ñó ( ) 1u x
x
= là nghiệm bài toán
( )1
0
1
, 0,1,2,...1
2
k
k
u x x dx kα
α
= =
+
∫
Nhưng
( )
2
1
0 0
1 lim lndx
x δ
δ
→
= − = ∞
∫ . Suy ra ( )2 0,1u L∉ .
Ổn ñịnh
Xét ( )kα là dãy các số thực dương thỏa (2.2). Với 0, 0,1,2,...k kµ = = ta thấy
0u ≡ là nghiệm duy nhất của bài toán 2.1.
Mặt khác với dữ liệu nhiễu
, 2 ,1n k k
n
n
n
µ
α
= ∈
+ +
ℕ .
Khi ñó
,
sup 0µ µ− →n k k
k
khi n→ ∞ .
và ( ) 2nnu x nx= là nghiệm duy nhất của bài toán nhiễu tương ứng
( )1 20 , 0,1,2,...1k k
n
u x x dx k
n
α
α
= =
+ +∫
Tuy nhiên
2
212 2 2
20
1
2 1 2
nn
n
n
u u n x dx
n
→∞
− = = →
+∫ .
Suy ra bài toán (2.1) không thỏa tính ổn ñịnh.
Vậy bài toán (2.1) không chỉnh.
27
2.2. Chỉnh hóa bằng phương pháp moment hữu hạn.
Cho
0
( ) j
m
m mj
j
x x
α
=
=∑L C
Trong ñó
1
0
0,
( 1)
2 1
( )
m
j rr
mj m m
j rr r j
α α
α
α α
−
=
= ≠
+ +
= +
−
∏
∏C (2.3)
Nếu , 0,1,2,...k k kα = = thì ta có ña thức Legendre
0
( )
m
j
m mj
j
L x C x
=
=∑ ,
với
( ) ( ) ( )
( ) ( )
1 2 ...
2 1( 1)
... 1 1 ...( )mj
j j j m
C m j j j j j m j
+ + +
= + −
− + − − −
( )!2 1
! !( )!( 1)m j
m j
m j j m j −
+
= +
− −
2
( )!2 1( 1) ( !) ( )!
m j m jm j m j
−
+
= + −
−
. (2.4)
Với mỗi dãy ( )kµ µ= , chúng ta ñịnh nghĩa dãy
( ) ( )kλ λ µ λ= = ,
0
( )
k
k k j
j
λ λ µ µ
=
= =∑ kjC .
ðặt
1 1
0 0 0
( ) ( ) j
n n k
n n
k k k
k k j
p p x xαµ λ λ
− −
= = =
= = =
∑ ∑ ∑L kjC . (2.5)
Khi ñó bài toán (2.1) tương ñương với bài toán tìm hàm 2(0,1)u L∈ thỏa
1
0
( ) ( ) , 0,1,2,...k ku x x dx kλ= =∫ L (2.6)
Chú ý (2.6) ñúng với mọi 0,1,2,...k =
28
Ký hiệu : ,n nP ρ là các toán tử chiếu trực giao tương ứng lên các không gian
{ }2 11, , ,..., mspan x x x − và { }0 11, ,..., nspan x x xα αα − .
ðịnh lý 2.1. cho ( )kµ µ= là dãy các số thực bị chặn và ( )kα là dãy các số thực
phân biệt thỏa
2
0
2 1
(2 1) 1
k
k k
α
α
∞
=
+
= ∞
+ +
∑ (2.7)
Thì bài toán (2.1) có nhiều nhất là một nghiệm . Nghiệm ñó tồn tại khi và chỉ
khi
2
2
0 0 0
k
k j
k k j
λ µ
∞ ∞
= = =
= ∞
∑ ∑ ∑ kjC < (2.8)
với
mjC như trong (2.3) nếu j k≤ .
Nếu u là nghiệm của (2.1) thì
2( ) (0,1) .np u trong L khi nµ → → ∞
Hơn nữa , nếu nghiệm 1(0,1)u H∈ và
lim 0 , 0 2 1 ,k kk kα α δ α→∞ = + ∀< < < (δ là hằng số), (2.9)
thì với mỗi 1n δ> , ta có ( ) ( )
n
np uµ ρ= và
( )
1
1 1
32( ) 1 ( ) ,
3
n
n r
np u F u c u q
r
µ
−
−
− ≤ − +
(2.10)
trong ñó r và q là những số thực tùy ý thỏa
1 2
0
ln(3 2 2)
, (3 2 2) , ( ) (1 ) '( ) .rr q e F u x x u x dxδδ
−
+
= + = −∫> (2.11)
và . là chuẩn trong 2(0,1)L .
29
Chú ý : Nếu lim 0kk α α→∞ = ≥ , chúng ta ñặt
1
4 1( ) ( ) , .
4
k
k kw x u x x
α β α α+= = − −
Khi ñó bài toán (2.1) tương ñương với bài toán tìm 2 (0,1)Lω ∈ thỏa mãn
1
,0
( ) 0,1,2,...,k kw x x dx kβ µ= =∫
trong ñó
1lim 0
4kk
β
→∞
= − < .
Chứng minh
Tính duy nhất nghiệm .
Giả sử ( )21 2, 0,1u u L∈ là hai nghiệm của bài toán (2.1). Nghĩa là
1
10
( ) ,k ku x x dx kα µ= ∀ ∈∫ ℕ ,
1
20
( ) ,k ku x x dx kα µ= ∀ ∈∫ ℕ .
Suy ra
( )1 2 10 ( ) ( ) 0, .ku x u x x dx kα− = ∀ ∈∫ ℕ
( )1 2 10 ( ) ( ) 0, , .ku x u x x dx k nα− = ∀ ∈∫ ℕnkC
( )1 2 10
0
( ) ( ) 0, , .k
n
k
u x u x x dx k nα
=
− = ∀ ∈
∑∫ ℕnkC
( ) ( )1 2 10 ( ) ( ) 0, .nu x u x x dx n− = ∀ ∈∫ ℕL
Vì ( )k k Nα ∈ thỏa ñiều kiện (2.7). Do ñó theo ñịnh lý 1.9 thì hệ ( )n n∈ℕL là hệ trực
chuẩn ñầy ñủ trong ( )2 0,1L và
( ) ( )22 1 0,1u u L− ∈ .
30
Do ñó
( )2 1
0
n n
n
u u δ
∞
=
− =∑ L .
Nên chúng ta có
12 2
2 1 2 10
( ) ( ) 0u u u x u x dx− = − =∫ .
Suy ra ( )2 1 0u u− ≡ h.k.n.
Vậy bài toán 2.1 có nhiều nhất một nghiệm.
Tồn tại nghiệm.
Do tính ñầy ñủ của hệ ( )k k N∈L trong ( )2 0,1L và
2
2
0 0 0
k
k j
k k j
λ µ
∞ ∞
= = =
= ∞
∑ ∑ ∑ kjC <
thì chuỗi
( )2
0
0,1k k
k
u Lλ
∞
=
= ∈∑ L là nghiệm của bài toán 2.1.
Ngược lại, nếu ( )2 0,1u L∈ là nghiệm của bài toán 2.1 thì do hệ ( )k k∈ℕL là hệ trực
chuẩn ñầy ñủ trong ( )2 0,1L , nên chúng ta có
( ) 1 1
0 0 0
( ) ( ) j
n n k
n
n k k k
k k j
p u x xαµ ρ λ λ
− −
= = =
= = =
∑ ∑ ∑L kjC ,
( )
0 0 0
( ) j
k
k k k
k k j
u x x x
αλ λ
∞ ∞
= = =
= =
∑ ∑ ∑L kjC .
Suy ra
2
2 2
0 0 0
k
k j
k k j
u λ µ
∞ ∞
= = =
= = ∞
∑ ∑ ∑ kjC <
và
( )
2
2 2 2
0
0
k
nn
n k j
k n k n j
p u u uµ ρ λ µ
∞ ∞
→∞
≥ ≥ =
− = − = = →
∑ ∑ ∑ kjC .
31
Các kết quả ñánh giá.
Dưới ñây ta xét trường hợp ( )1 0,1u H∈ .
Do ( ) { }0 11, ,..., nn mP u span x x xα ααρ −∈ , ta có
( ) ( )n n n mu p u u u P uµ ρ ρ− = − ≤ −
( )m m n mu P u P u P uρ≤ − + − .
Do ñó, việc chứng minh phần còn lại của ñịnh lý ñược thực hiện thông qua ba
bước như sau:
Bước 1: a ) j j
n
x xρ− .
b) m n mL Lρ− .
c) ( )m n mP u P uρ− .
Bước 2: mu P u− .
Bước 3: nu uρ− .
Bước 1
a) Ước lượng j j
n
x xρ− .
Vì lim 0kk α α→∞ = < , nên ta có thể giả sử
1
, .
2 k
kα− ∀< <0
Do ñó 2 1 < 1
1
k
kj
α
α
+
+ +
và từ 0 ∀ .
Chúng ta có
1 1
0 0
1 2 1 1 2 11 exp
1 12 1 2 1
n n
j j k k
n
k kk k
x x j jj j
α αρ
α α
− −
= =
+ +
− = − ≤ − + + + ++ +
∏ ∑
( )1
0
1 1
exp 2 1
2 12 1
n
k
kjj
α
−
=
≤ − + ++
∑ .
32
Do ñó từ (2.9) suy ra
2 11
.
2 1
n
j j j
nx x ej
δ
ρ
−
+
− ≤
+
Bổ ñề 2.2 .Cho
mjC là hệ số của ña thức Legendre trong (2.4) thì
( )
0
3 2 22 3 2 2 .
2
m m
mj
j
C
pi=
+≤ +∑
Chứng minh
ðặt
( )20
( )!( ) ( 1) .( !) !2
m
j
m j
j
m jP t tj m j
=
+
= −
−
∑
( )20 0
( )! (1 2 1)( ) 2 1( 1) ( !) ! 2
jm m
j m
m mj j
j j
m j xL x C x m j m j
= =
+ − −
= = + − ⋅
−
∑ ∑
2 1( 1) (1 2 )m mm P x= + − − .
Suy ra
0
( 1) ( 1) 2 1 (3) .
m
m
mj m m
j
C L m P
=
= − ⋅ − = +∑
Ta có
( )2
0
1( ) 1cos
m
mP x x x d
pi
φ φ
pi
= + −∫ , (là dạng tích phân của ( )mP x ).
( )
0
1(3) 3 2 2 cos mmP d
pi
φ φ
pi
= +∫
( ) ( ){ }201 3 2 2 cos 3 2 2 cosm m dpi φ φ φpi= + + −∫
( )202 3 2 2 cos md
pi
φ φ
pi
≤ +∫ .
ðổi biến cost φ=
( ) ( )1 1
20 0
3 2 2 3 2 22 2(3)
11
m m
m
t t
P dt dt
ttpi pi
+ +
≤ ≤
−
−
∫ ∫ .
33
ðổi biến 1 s t= −
( )( )1 204(3) 3 2 2 1 .mmP s dspi≤ + −∫
ðổi biến 2 2= s
3 2 2
ξ
+
. Chúng ta có
( )( )2 2 23 2 204 3 2 2(3) 3 2 2 3 2 22 2
m
m
P dξ ξ
pi
+
+≤ + − +∫
( ) ( )1 204 3 2 2 3 2 2 12 2
m m
dξ ξ
pi
+≤ + −∫ .
ðổi biến cosξ ϕ= .
( ) 1 2 104 3 2 2(3) 3 2 2 sin2 2
m
m
m
P dϕ ϕ
pi
++≤ + ∫ . (2.12)
Xét tích phân
2
0
sin , 1.n
n
I d n
pi
ϕ ϕ= ≥∫
( )1 2 222
0 0
cos sin 1 sin cosn nn d
pipi
ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ− −= − + − ∫
( ) ( ) ( ) ( )2 22 201 sin 1 sin 1 1n n nn d n I n I
pi
ϕ ϕ ϕ−
−
= − − = − − −∫ .
( ) ( )
( )2 4
1 31
...
2n n n
n nnI I I
n n n
− −
− −
−
= = =
−
( ) ( )
( )
( ) ( )
( )2 0
2 1 2 3 ...3.1 2 1 2 3 ...3.1
2 2 2 ...4.2 2 2 2 ...4.2 2k
k k k k
I I
k k k k
pi− − − −
= = ⋅
− −
,
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )2 1 1
2 2 2 4 ...4.2 2 2 2 4 ...4.2
.
2 1 2 3 ...3.1 2 1 2 3 ...3.1k
k k k k
I I
k k k k−
− − − −
= =
− − − −
Suy ra
1 , 1.2n n
I I n
n
pi
−
= ∀ ≥
Ta lại có
34
12 2
1 0 0
sin sin .n n
n n
I d d I
pi pi
ϕ ϕ ϕ ϕ−
−
= ≥ =∫ ∫
Nên
2
1 2 2n n n n
I I I I
n n
pi pi
−
≤ = ⇒ ≤ . (2.13)
Từ (2.12) và (2.13) ta ñược
( ) ( )4 3 2 2(3) 3 2 2 2 2 12 2
m
mP
m
pi
pi
+≤ +
+
( )3 2 2 12 3 2 2 .2 2 1
m
mpi
+
= +
+
Suy ra
( )
0
3 2 22 1 (3) 2 3 2 2
2
m m
mj m
j
C m P
pi=
+
= + ≤ +∑ . (2.14)
b) Ước lượng m n mL Lρ− .
1
0 0 0
,
m n m
j j
n n n mj mj k k
j k j
L C x C xρ ρ
−
= = =
= = 〈 〉
∑ ∑ ∑ L L
1 1
0 0 0 0 0
, , .
m n m n m
j j j
mj k k mj k k mj n
j k j k j
C x C x C xρ
− −
= = = = =
= 〈 〉 = 〈 〉 =∑∑ ∑ ∑ ∑L L L L
Ta có
( )
2 2
2
0 0 0
m m m
j j j j
m n m mj mj n mj n
j j j
L L C x C x C x xρ ρ ρ
= = =
− = − = −∑ ∑ ∑
22
2 1
0 0
1
2 1
nm m
j j j
mj n mj
j j
C x x C ej
δ
ρ
−
+
= =
≤ − ≤
+
∑ ∑
2 2
2 1
00
1
max .
2 1
nm
j
mj j mj
C ej
δ−
+
≤ ≤
=
≤
+
∑
( ) 22 2 1
0
3 2 2 14 3 2 2 max .
2 12
n
m j
j m
ej
δ
pi
−
+
≤ ≤
+≤ +
+
(2.15)
35
Chú ý
( )
21
,1 2 1.
n
tf t e t m
t
δ−
= ≤ ≤ +
( )
2 2
'
2 2
1 1 2n nt t nf t e e
t t t
δ δ δ− −
= − + ⋅
2
2
1 2 1 > 0, 0 < t < 2n
n
t ne
t t
δ δ δ
−
= −
.
Do ñó f la hàm tăng trên ( ]0,2nδ .
2
2 1
0
1 1
max , : 2 1 2 , > .
2 1
n
m
j m
f e m m n n
m
δ
δ δ
−
+
≤ ≤
= ∀ + ≤
+
(2.16)
Từ (2.15) và (2.16) ta suy ra
( ) 2 13