Luận văn Phương pháp tựa đảo cho bài toán Parabolic phi tuyến ngược thời gian

β ∈ , ( ) ( ) ( )1 2 1 2 .A x x A x A xα β α β+ = + Đối với một toán tử tuyến tính, ảnh ( )A x thường được viết là Ax . 11 Định lý 1.3.1.3. Cho X, Y là các không gian định chuẩn, A là toán tử tuyến tính từ ( ) ⊂D A X vào Y. Khi đó, A liên tục trên D(A) nếu và chỉ nếu tồn tại hằng số c sao cho với mọi ( )x D A∈ ta có ( ). 1.1Y XAx c x≤ Cận dưới đúng của các hằng số c thỏa mãn (1.2) được gọi là chuẩn của A và được kí hiệu là A , hay { }inf : ,Y XA c Ax c x x X= ≤ ∀ ∈ . Do đó ( ) 0 1 1 sup sup sup . 1.2 x x x Ax A Ax Ax x≠ ≤ = = = = Một toán tử tuyến tính thỏa mãn (1.1) được gọi là bị chặn. Vì vậy ta có các kết quả quan trọng: Định lý 1.3.1.4. Các khẳng định sau tương đương i) A bị chặn. ii) A liên tục tại 0x = , nghĩa là 0 0n nx Ax→ ⇒ → . iii) A liên tục với mọi x X∈ . Định lý 1.3.1.5. Cho X, Y là các không gian định chuẩn và A là toán tử tuyến tính từ X vào Y. Nếu X hữu hạn chiều thì A liên tục. 1.3.2. Không gian các toán tử tuyến tính Cho X, Y là các không gian định chuẩn trên cùng một trường số K. Kí hiệu L ( ),X Y là không gian các toán tử tuyến tính liên tục A từ X vào Y. L ( ),X Y là không gian con tuyến tính của K – không gian vectơ ( ),L X Y tất cả các toán tử tuyến tính từ X vào Y. Bổ đề 1.3.2.1. L ( ),X Y là không gian định chuẩn, với chuẩn (1.2). Định nghĩa 1.3.2.2. Một dãy các toán tử tuyến tính liên tục { }nA ⊂L ( ),X Y gọi là hội tụ đến A nếu 0nA A− → khi n→∞ , trong trường hợp đó ta nói nA hội tụ đều về A. 12 Định lý 1.3.2.3. Nếu Y là không gian Banach thì L ( ),X Y là không gian Banach. 1.3.3. Toán tử nghịch đảo Định nghĩa 1.3.3.1. Cho X, Y là các không gian định chuẩn và A là toán tử từ X vào Y. Nếu với y Y∈ tùy ý có không quá một x X∈ sao cho Ax y= , thì A được gọi là toán tử 1-1. Trong trường hợp này, tương ứng từ Y qua X xác định một toán tử; toán tử này được gọi là nghịch đảo của A, kí hiệu 1A− . Khi đó ta nói A là khả nghịch và 1 1AA− = (1 YI= là ánh xạ đồng nhất trên Y). 1.3.4. Toán tử liên hợp Trong phần này, ta kí hiệu L ( )H là không gian các ánh xạ tuyến tính liên tục từ H vào H. Định nghĩa 1.3.4.1. Toán tử liên hợp của A∈L ( )H là toán tử *A ∈L ( )H sao cho *, ,Ax y x A y= với mọi ,x y H∈ . Định lý 1.3.4.2. Với mọi A∈L ( )H toán tử liên hợp *A tồn tại và duy nhất, hơn nữa * *( )A A= và *A A= . Định nghĩa 1.3.4.3. Toán tử A trong không gian Hilbert H được gọi là tự liên hợp nếu *A A= . 1.3.5. Toán tử compact Định nghĩa 1.3.5.1. Cho X, Y là các không gian định chuẩn. Toán tử tuyến tính :A X Y→ được gọi là compact nếu ảnh ( )A B của hình cầu đơn vị đóng B trong X là compact tương đối trong Y, nghĩa là ( )A B là tập compact. Định lý 1.3.5.2. 13 i) Giả sử :nA X Y→ là một dãy các toán tử compact từ không gian Banach X vào không gian Banach Y, :A X Y→ bị chặn, nA hội tụ đến A theo chuẩn, nghĩa là ( ) 0 sup 0 .nn x A x Ax A A n x≠ − − = → →∞ Khi đó A cũng là toán tử compact. ii) Nếu A∈L ( ),X Y , B∈L ( ),Y Z và A hoặc B compact thì BA compact. 1.4. Phổ của toán tử Định nghĩa 1.4.1. Đại số Banach là một không gian Banach phức  cùng với phép toán nhân có tính chất kết hợp và phân phối với phép cộng (nhưng không giao hoán) thỏa mãn ( ) ( ) ( )xy x y x yλ λ λ= = và xy x y≤ với mọi ,x y∈, λ∈ . Ví dụ. Nếu X là không gian Banach thì không gian L ( )X với phép nhân là phép hợp thành các ánh xạ là đại số Banach. Định nghĩa 1.4.2.  Số Kλ∈ được gọi là giá trị chính quy đối với A∈L ( )X nếu .1A Aλ λ− = − là khả nghịch trong L ( )X . Trong trường hợp ngược lại ta nói λ là giá trị phổ của A. Kí hiệu ( )S A và ( )Aσ lần lượt là tập các giá trị chính quy và phổ của A. Rõ ràng ( ) ( ) ( ) ( ),S A A K S A Aσ σ∪ = ∩ =∅ . 14  Số λ được gọi là giá trị riêng của ánh xạ tuyến tính A∈L ( )X nếu tồn tại 0 x E≠ ∈ sao cho ( ) 0x A xλ − = . Khi đó x được gọi là vectơ riêng của A ứng với giá trị riêng λ . Nhận xét 1.4.3. Nếu λ là giá trị riêng của A thì ( )Aλ σ∈ . 1.5. Không gian [ ]( )0, ;C T H Định nghĩa 1.5.1. Không gian [ ]( )0, ;C T H bao gồm tất cả các hàm liên tục [ ]: 0,u T H→ với [ ]( ) ( )0, ; 0maxC T H t Tu u t≤ ≤= < ∞ . 1.6. Nửa nhóm các toán tử liên tục đều Lấy X là không gian Banach phức với chuẩn . . Ta kí hiệu L ( )X là đại số Banach tất cả các toán tử tuyến tính bị chặn trên X mà chuẩn cũng được kí hiệu là . . Bài toán 1.6.1. Tìm tất cả các ánh xạ ( ). :T + → L ( )X thỏa mãn phương trình hàm ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) , 0, 0 . T t s T t T s t s FE T I + = ∀ ≥  = Định nghĩa 1.6.2. Một họ ( )( ) 0tT t ≥ các toán tử tuyến tính bị chặn trên không gian Banach X được gọi là nửa nhóm (một tham số) trên X nếu nó thỏa mãn phương trình hàm (FE). Nếu (FE) đúng với mọi ,t s∈ , ta gọi ( )( )tT t ∈ là một nhóm (một tham số) trên X. Định nghĩa 1.6.3. Lấy tùy ý toán tử A∈L ( )X , ta định nghĩa 0 : , (1.3) ! k k tA k t Ae k ∞ = =∑ 15 với chuỗi hội tụ trong đại số Banach L ( )X . Mệnh đề 1.6.4. Với A∈L ( )X , ta định nghĩa ( ) 0 tA t e ≥ theo (1.3). Khi đó các tính chất sau đây đúng. i) ( ) 0 tA t e ≥ là nửa nhóm trên X sao cho tAt e+ ∈  (L ( )X , . ) là liên tục. ii) Ánh xạ ( ) : tAt T t e+ = ∈  (L ( )X , . ) là khả vi và thỏa mãn phương trình vi phân ( ) ( ) ( ) ( ) 0, 0 . d T t AT t t dtDE T I  = ∀ ≥   = Ngược lại, mỗi hàm khả vi ( ). :T + → (L ( )X , . ) thỏa mãn (DE) đều có dạng ( ) tAT t e= với A∈L ( )X . Cuối cùng, ta chú ý rằng ( ) 0t dA T t dt = = 0F1. Chứng minh. Chứng minh i). Vì chuỗi 0 ! kk k t A k ∞ = ∑ hội tụ nên áp dụng công thức tích Cauchy của chuỗi vô hạn ta có ( ) ( ) ( ) 0 0 0 0 0 0 . . ! ! ! k! . n! n! n k k k k n k n k k kn k k n k n n n n t A s A t A s A k k n k tA sA t s A − −∞ ∞ ∞ = = = = ∞ ∞ = = = − + + = = ∑ ∑ ∑∑ ∑ ∑ 1 Ở phần sau, ta kí hiệu đạo hàm với biến số thực t bởi “ . ”, nghĩa là ( ) ( ) 0 0 t dT T t dt = =  . 16 Điều này chứng tỏ tAt e thỏa mãn phương trình hàm (FE) nên là nửa nhóm trên X. Để chứng minh tAt e liên tục, trước tiên ta cần chú ý rằng từ (FE) ta có ( ) ( ), , .t h A tA tA hAe e e e I t h+ − = − ∀ ∈ Mặt khác 0 1 . 1 ! ! 1. ! k k k k hA k k k k h A k h A h Ae I I k k h A e k ∞ ∞ = = ∞ = − = − = ≤ = − ∑ ∑ ∑ Do đó tAt e liên tục. Chứng minh ii). Ta bắt đầu bằng việc chứng minh ( ).T thỏa mãn (DE). Từ phương trình hàm (FE) kéo theo ( ) ( ) ( ) ( ) , .T t h T t T h h h I T t t h + − − ∀ ∈=  (DE) được chứng minh nếu ( ) 0 lim h T h h A I → − = . Thật vậy, vì ( ) ( ) 0 2 . 2 1 1 ! ! 1 1 1 0 khi 0. ! k k k h k k k k k h A A k T h I e IA A h h h A h AA h k h k h A e h A I h h k h ∞ ∞ = = ∞ = − − − = −   = − =    ≤ = − − → − → ∑ ∑ ∑ Vậy ( ).T khả vi và thỏa mãn (DE). Chứng minh sự duy nhất. 17 Giả sử có ( ). :S + → (L ( )X , . ) là một hàm khả vi khác thỏa mãn (DE). Khi đó, với 0t > cố định hàm ( ) [ ]: 0,Q t t → (L ( )X , . ) được định nghĩa như sau ( ) ( ) ( ) [ ]: , 0, ,Q s T s S t s s t= − ∀ ∈ là khả vi với đạo hàm ( ) 0d Q s ds ≡ . Thật vậy, ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) . . 0. d d dQ s T s S t s S t s T s ds ds ds AT s S t s AS t s T s = − + − = − − − = Điều này chứng tỏ ( ) ( ) ( ) ( )0T t Q t Q S t= = = với mọi 0t > bất kỳ. Vậy ( )T t là duy nhất. Kết thúc chứng minh mệnh đề 1.6.4. º Định nghĩa 1.6.5. Một nửa nhóm ( )( ) 0tT t ≥ trên không gian Banach X được gọi là liên tục đều (hay liên tục theo chuẩn) nếu ( )t T t+ ∈  L ( )X là liên tục với toán tử topo đều trên L ( )X . Định lý 1.6.6. Mọi nửa nhóm liên tục đều ( )( ) 0tT t ≥ trên không gian Banach X đều có dạng ( ) , 0,tAT t e t= ≥ với mọi toán tử bị chặn A∈L ( )X . Chứng minh. Vì ( ).T liên tục trên + nên hàm ( ).V được định nghĩa bởi ( ) ( ) 0 : , 0, t V t T s ds t= ≥∫ là khả vi với ( ) ( )V t T t=  . Điều này dẫn đến 18 ( ) ( ) ( ) 0 1lim 0 0 . t V t V T I t→ = = =  Vì vậy, ( )0 0V t ≠ , do đó nó khả nghịch với 0 0t > đủ nhỏ. Phương trình hàm (FE) cho ta ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) 0 0 1 1 0 0 0 0 1 1 0 0 0 , t t t t T t V t V t T t V t T s t ds V t T s ds V t V t t V t − − + − − = = + = = + − ∫ ∫ với mọi 0t ≥ . Vì vậy, ( ).T là khả vi với đạo hàm ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0 0 0 lim lim 0 , 0. h h T t h T t T h Td T t T t dt h h T T t t → → + − − = = = ∀ ≥  Vậy ( ).T thỏa mãn (DE) và ( )0A T=  nên theo mệnh đề 1.6.4 ta có ( )T t duy nhất. Định lý được chứng minh. º 1.7. Định nghĩa bài toán không chỉnh 1.7.1. Định nghĩa 1.7.1. Cho X, Y là các không gian định chuẩn. :A X Y→ là toán tử (tuyến tính hoặc không tuyến tính). Phương trình Ax y= được gọi là chỉnh nếu nó thỏa mãn các tính chất sau i) Tồn tại nghiệm: Với mỗi y Y∈ , tồn tại (ít nhất một) x X∈ sao cho Ax y= . ii) Duy nhất nghiệm: Với mỗi y Y∈ , có không quá một x X∈ để Ax y= . iii) Ổn định: Nghiệm x phụ thuộc liên tục vào y, nghĩa là ( ) , ( ) ( ).n n nx X Ax Ax n x x n∀ ⊂ → →∞ ⇒ → →∞ 19 Bài toán mà có (ít nhất) một trong các tính chất trên không được thỏa mãn gọi là bài toán không chỉnh. 1.7.2. Một ví dụ về bài toán không chỉnh Bài toán Cauchy cho phương trình Laplace: tìm một nghiệm u của phương trình Laplace ( ) ( ) ( ) ( ) [ ) ( ) 2 2 2 2 , , , : 0, , 0, 1.4 u x y u x y u x y x y x y ∂ ∂ ∆ = + = ∈ × ∞ ∂ ∂  thỏa mãn điều kiện đầu ( ) ( ) ( ) ( ) ( ),0 , ,0 , 1.5u x f x u x g x x y ∂ = = ∈ ∂  trong đó f và g là các hàm đã cho. Rõ ràng, nghiệm (duy nhất) của phương trình khi cho ( ) 0f x = và ( ) ( )1 sing x nx n = là ( ) ( ) ( )2 1, sin sinh , , 0.u x y nx ny x y n = ∈ ≥ Vì vậy, ta có ( ) ( ){ } 1sup 0, , x f x g x n n∈ + = → →∞  nhưng ( ) ( )2 1sup , sinh , , x u x y ny n n∈ = →∞ →∞  với mọi 0y > . Sai số của dữ liệu tiến về không trong khi sai số của nghiệm u tiến về vô cực! Vì vậy, nghiệm không phụ thuộc liên tục vào dữ liệu, và do đó bài toán là không chỉnh. 1.8. Lược đồ chỉnh hóa Để đơn giản, trong phần này ta giả thiết rằng toán tử compact A là 1-1. Sự hạn chế này không quá nghiêm trọng vì chúng ta luôn luôn có thể thay thế 20 miền xác định X bởi phần bù trực giao của kerA . Ta giả sử rằng tồn tại nghiệm x X∈ của phương trình không bị nhiễu Ax y= . Nói cách khác, ta thừa nhận rằng y∈(A). Tính đơn ánh của A kéo theo nghiệm này là duy nhất. Trong thực tế, vế phải y Y∈ không bao giờ được biết chính xác mà chỉ biết thông qua sai số 0δ > . Do đó, ta giả sử rằng đã biết 0δ > và y Yδ ∈ sao cho ( ). 1.6y yδ δ− ≤ Mục đích của chúng ta là giải phương trình với dữ liệu bị nhiễu ( ). 1.7Ax yδ δ= Nói chung, (1.7) là không giải được vì ta không thể giả sử rằng dữ liệu đo yδ nằm trong khoảng (A) của A. Do đó, tốt nhất chúng ta nên xác định một xấp xỉ x Xδ ∈ “không quá xấu” với nghiệm chính xác x. Một yêu cầu nữa là nghiệm xấp xỉ xδ phải phụ thuộc liên tục vào dữ liệu yδ . Nói cách khác, mục đích của chúng ta là xây dựng một xấp xỉ bị chặn phù hợp :R Y X→ của toán tử nghịch đảo (không bị chặn) 1 :A− (A) X→ . Định nghĩa 1.8.1. Lược đồ chỉnh hóa là một họ các toán tử tuyến tính bị chặn : , 0,R Y Xα α→ > sao cho 0 lim ,R Ax x x Xαα→ = ∀ ∈ nghĩa là, toán tử R Aα hội tụ từng điểm đến ánh xạ đồng nhất. Định lý 1.8.2. Cho Rα là một lược đồ chỉnh hóa của toán tử compact :A X Y→ với dim X = ∞ . Khi đó ta có 21 i) Toán tử Rα là không bị chặn đều, nghĩa là tồn tại dãy ( )jα thỏa điều kiện j Rα →∞ khi j →∞ . ii) Dãy ( )R Axα không hội tụ đều trên tập con bị chặn của X, nghĩa là R Axα không hội tụ theo chuẩn đến ánh xạ đồng nhất. Chứng minh. i) Giả sử trái lại, tồn tại 0c > sao cho R cα ≤ với mọi 0α > . Từ ( )1 0R y A yα α−→ → với mọi y∈(A) và R y c yα ≤ với 0α > ta kết luận rằng 1A y c y− ≤ với mọi y∈(A), nghĩa là 1A− bị chặn. Điều này dẫn đến 1 :I A A X X−= → là compact, mâu thuẫn với dim X = ∞ . ii) Giả sử R A Iα → trong L ( )X . Từ sự compact của R Aα và định lý 1.3.5.2 ta kết luận rằng I compact, mâu thuẫn với giả thiết. º Ta xét y∈(A) là dữ liệu chính xác và yδ là dữ liệu nhiễu sao cho y yδ δ− ≤ . Ta định nghĩa , :x R yα δ δα= là nghiệm xấp xỉ của nghiệm chính xác x của phương trình Ax y= . Khi đó sai số giữa nghiệm chính xác và nghiệm xấp xỉ được đánh giá như sau , . x x R y R y R y x R y y R Ax x α δ δ α α α δ α α − ≤ − + − ≤ − + − Do đó, ta được , .x x R R Ax xα δ α αδ− ≤ + − Trong đánh giá trên ta thấy sai số gồm hai phần: phần thứ nhất có lượng Rα sẽ tiến ra vô cực khi α →∞ theo định lý 1.8.2, phần thứ hai sẽ tiến về 22 không theo định nghĩa của sơ đồ chỉnh hóa. Do đó, ta cần chọn ( )α α δ= phụ thuộc vào δ để giữ cho tổng sai số là nhỏ nhất có thể. Cụ thể ta có khái niệm sau Định nghĩa 1.8.3. Một tham số chỉnh hóa ( )α α δ= được gọi là chấp nhận được nếu ( ) 0α δ → và ( ){ }sup : y , 0R y x Y Ax yδ δ δα δ δ− ∈ − ≤ → khi 0δ → , với mọi x X∈ . 1.9. Bổ đề Gronwall1F2 Cho ( )10, 0, , 0T L Tλ λ> ∈ ≥ hầu khắp nơi (h.k.n) và 1 2, 0C C ≥ . Giả sử ( )1 0, , 0L Tϕ ϕ∈ ≥ h.k.n sao cho ( )1 0,L Tλϕ∈ và ( ) ( ) ( ) ( )1 2 0 , 0, . t t C C s s ds t Tϕ λ ϕ≤ + ∀ ∈∫ Khi đó ta có ( ) ( ) ( )1 2 0 exp , 0, . t t C C s ds t Tϕ λ   ≤ ∀ ∈    ∫ Trường hợp đặc biệt, nếu 1 0C = , ta có 0ϕ = . 1.10. Bổ đề: Một số bất đẳng thức được sử dụng ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 , , 0, 1.8 ln , 1. 1.9 x x x ex x x α α α−− + Chứng minh. Trước tiên ta chứng minh (1.8). Với 0α > , đặt ( ) ( )1 1 , 0.f x x x xα α−= − + − ≥ Suy ra 2 Xem chứng minh [2, tr.55]. 23 ( ) ( ) 11 .f x x αα α− −′ = + − Với 0x ≥ ta có ( ) 11 1x α++ ≥ , đẫn đến ( ) 11 1x α− −+ ≤ . Nhân hai vế với 0α > rồi chuyển vế, ta được ( ) 0f x′ ≤ ( ( ) 0f x′ = khi 0x = ). Do đó hàm số nghịch biến trên nửa khoảng [ )0,+∞ . Hay với 0x > ta có ( ) ( )0 0f x f< = . Suy ra điều phải chứng minh. Ta chứng minh (1.9). Tương tự, đặt ( ) ( )ln 1.g x ex x x= − ≥ Suy ra ( ) ( )11 .e xeg x ex ex − ′ = − = Với 1x ≥ , ta có ( ) 0g x′ ≤ ( ( ) 0g x′ = khi 1x = ). Do đó hàm số nghịch biến trên nửa khoảng [ )1,+∞ . Hay với 1x > ta có ( ) ( )1 0g x g< = . Suy ra điều phải chứng minh. º 24 Chương 2. CÁC KẾT QUẢ CHÍNH 2.1. Các định lý chính Định lý 2.1.1. Cho { }10 min 1, , ,TT Te Hε ϕ−< < ∈� và :f H H× → thỏa mãn ( ) ( ), , ,− ≤ −f t f t v wk vw với 0k > không phụ thuộc vào , ,v Hw t∈ ∈ . Khi đó, bài toán ( )0.3 có nghiệm duy nhất [ ]( )0, ;u C T Hε ∈ . Định lý 2.1.2. Cho ε thỏa mãn điều kiện của định lý 2.1.1. Khi đó, nghiệm (duy nhất) của bài toán ( )0.3 phụ thuộc liên tục vào ϕ (trong [ ]( )0, ;C T H ). Nếu u, v là hai nghiệm của bài toán ( )0.3 tương ứng với giá trị cuối ϕ , ω thì ( ) ( ) ( ) ( )( )1 1ln .ε ϕ ωε− − − − −− ≤ − t Tt T k T t TT T Teu t v t e Định lý 2.1.3. Cho ε thỏa mãn điều kiện của định lý 2.1.1, và [ ]( )0, ;u C T H∈ là một nghiệm của ( )0.1 . Giả sử u có khai triển ( ) ( ) 1 p p p u t u t φ ∞ = =∑ thỏa mãn ( ) ( ]22 2 1 0, .λλ ∞ = < ∞ ∀ ∈∑ pTp p p e u t t T Cho εϕ là dữ liệu đo sao cho εϕ ϕ ε− ≤ . Khi đó, với ( )0, ,Teε ∈ 25 ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ] ( )1 11 ln , 0, , 2.1 t Tt k T t TTu t U t M e T Te t Tε ε ε − − − −− ≤ + ∀ ∈ trong đó [ ] ( )22 2 0, 1 sup pTp p t T p M e u tλλ ∞ ∈ = = ∑ và U ε là nghiệm duy nhất của bài toán ( )0.3 tương ứng với εϕ . Ghi chú 2.1.4. i) Một ưu thế của định lý này là có được sai số tường minh của ước lượng tại thời điểm đầu 0t = . Đối với bài toán ngược phi tuyến ở [17], sai số xấp xỉ tại 0t = không được đưa ra. Ta có ước lượng sau ( ) ( ) ( ) ( )( ) 110 0 1 ln .kTu U M Te Teε ε −−− ≤ + ii) Trong [17], đánh giá sai số giữa nghiệm đúng và nghiệm xấp xỉ là cùng bậc ( ), t TU t Cε ε= (nếu ta chọn β ε= ). Trong bài này, tốc độ hội tụ có dạng yếu khác xác định bởi ( ) ( )( ) 11 1, ln tt TTV t D T Teε ε ε − − −= . Chú ý rằng ( ) ( )0 , lim 0 , V t U tε ε ε→ = . Do đó, sai số này là sai số tối ưu mà ta biết. Hơn nữa, ta cũng có ( )( )0 0lim lim ,t U t Cε ε→ → = và ( )( ) ( )( ) 11 10 0 0 0lim lim , lim lim ln 0. tt TT t t V t D T Te ε ε ε ε ε − − − → → → →    = =      Vì vậy, dễ thấy nếu thời gian t gần đến 0 thì tốc độ hội tụ của nghiệm xấp xỉ là rất chậm. Điều này cũng cho thấy rằng phương pháp được trình bày ở đây có một sự xấp xỉ tốt hơn những phương pháp trước đó. So sánh (2.1) với kết 26 quả đạt được trong [17], ta thấy rằng (2.1) là một ước lượng hữu hiệu. Đây là một sự cải tiến của nhiều kết quả đã được công bố trước đây. 2.2. Chứng minh các định lý chính Để tiện cho việc chứng minh, trước tiên ta xét bổ đề sau. Bổ đề 2.2.1. Với { }10 min 1, , TT Teε −< <� và 0 t s T< ≤ ≤ , ta có (a) ( ) ( )( )1 1ln, ; t Tt T TTtQ T Teε ε ε −− − −≤ (b) ( ) ( ) ( )( )1 1, ln ; t st s TTS T s Q T et Tε εε −− − −− ≤ (c) 1 ln ;TA Tε ε ≤ (d) ( ) 1.,B tε ≤ Chứng minh. Trước tiên, với 0λ > ta đặt ( ) 1 Th e λ λ ελ − = + . Ta có ( ) ( ) ( )2 2 . T T T T Te Teh e e λ λ λ λ ε ελ ελ ελ − − − − − −′ = − = + + Để ( ) 0h λ′ ≥ thì 0TTe λ ε− − ≥ . Biến đổi trực tiếp, ta được 1 ln T T ελ ≤ − . Và ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )( ) 1 1 ln1 1 11 1 1 1 ln 1 ln 1 ln . ln 1 T T h T T T e T Te T T ε ε ε ε ε ε ε ε − − − − − − − − −   =    +  = = + 27 Mặt khác, vì 0 Tε . Do đó, ta có bảng biến thiên λ 0 ( )1 1lnT Tε− − +∞ ( )h λ′ + 0 - ( )h λ Từ bảng biến thiên, ta có ( ) ( )( ) ( )( ) 11 1 1 1ln ln .h h T T T Teλ ε ε ε −− − − −≤ = Điều này có nghĩa với 0λ > , ta có ( ) ( )( ) 11 1 10 ln .Te T Teλελ ε ε −−− − −< + ≤ Dẫn đến ( ) ( )( )( ) ( )( )21 22 1 1 1 1ln T ln .Te T Te Teλελ ε ε ε ε− −−− − − − −+ ≤ = Cho v H∈ , có khai triển 1 p p p v v φ ∞ = =∑ . Chứng minh (a). Từ định nghĩa ( )( ) ( ) 1 , p t T T t p p p pQ v e vt λε ε φλ −∞ − = +=∑ . Ta có ( )( ) ( ) ( )( ) ( )( )( ) ( )( ) 2 2 2 2 1 2 2 1 2 22 21 1 2 1 1 1 T ln ln . , p p t T T T p p T t p TT p p T t T T p p p t T Q v e vt e v Te v T Te v λ λ ε ε ελ ελ ε ε ε −∞ − = − ∞ −− = − −∞ − − − − − = = = ≤ = + + ∑ ∑ ∑ CĐ 28 Hay ( )( ) ( )( )1 1ln, . t T TQ v T Tet vε ε ε − − −≤ Do đó ( ) ( )( )1 1, ln t Tt T TTQ t T Teε εε −− − −≤ . Chứng minh (b). Tương tự, ta có ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 1 2 2 2 2 2 2 2 1 , p p p p p p p t T T s T T p p s T t s s T T TT pp T p S T s Q v e e v e e t e v λ λ λ λ λ ε ελ ελ ελ −∞ − − − = − −∞ − − − = − = = + + + ∑ ∑ ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 1 2 2 2 2 2 1 2 2 2 1 1 1 p p p p p p p s T t s s T T T TT T p p s T t s T p p p p p TT T p p t s T T p p e e e e v e e v e v λ λ λ λ λ λ λ ελ ελ ελ ελ ελ − −∞ − − − = − −∞ − = −∞ − = = + = + + + +≤ ∑ ∑ ∑ ( )( ) ( )( ) 2 2 1 1 2 1 2 2 2 2 1 1 2 1 ln ln . t s T p p t s t s T T p p T Te v T Te v ε ε ε ε − ∞ − − = − −∞ − − = ≤ = ∑ ∑ Hay ( ) ( )( ) ( )( ) 2 22 2 2 21 1l ., n t st s TTS T s Q v T vt Teε εε −− − −− ≤ Do đó ( ) ( ) ( )( )1 1, ln . t st s TTS T s Q T et Tε εε −− − −− ≤ 29 Chứng minh (c). Xét hàm số ( )1 1ln 0Tyh y yy eε −   = ∀ > +  . Ta có ( ) ( )1 1 . Ty Ty Ty Ty Teh y y e y e y e εε ε ε − − − − ′  − +′ = + = + +  Để ( )1 0h y′ ≥ thì 0TyTe ε− − ≥ . Điều này tương đương với ( )11 lny TT ε −≤ . Và ( ) ( )( )( ) ( )( )( )11 1 1 1 11 1 ln ln ln ln ln .h T h T T T TeT ε ε ε ε − − − − − −  = =    Mặt khác, vì 0 Tε . Do đó, ta có bảng biến thiên y 0 ( )1 1lnT Tε− − +∞ ( )1h y′ + 0 - ( )1h y Từ bảng biến thiên, ta có ( ) ( )( ) ( )( )( )11 1 1 11 1 ln ln ln .h y h T T T Teε ε ε −− − − −≤ = Hay với 0y > , ta có ( ) ( )( )( )11 1 1ln ln ln .Te T Teλελ ε ε −−− − −+ ≤ Ta cũng có ( )( )( ) ( ) ( )11 1 1ln ln ln . 2.2T Te Tε ε ε−− − −< CĐ 30 Thật vậy, vì 0 Tε , dẫn đến ( )( ) 11ln 1Teε −− < . Do đó ( )( ) 11 1 1lnT Te Tε ε ε−− − −< . Vậy ( )2.2 đúng. Từ ( )2.2 ta có ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 1 21 2 2 1 22 1 2 2 1 2 2 1 2 2 2 1 1 1 ln 1 ln 1 1 1ln ln ln . p p N T p p N T p p p p N p p p p A v e v T e v T T v T v T v T T T λ ε λελ ελ ε ε ε − = −− = ∞ − − − = = = = ≤ ≤ = + + ∑ ∑ ∑ ∑ Chứng minh (d). Ta có ( )( ) ( ) 2 2 2 22 2 1 1 1 ., p t T T T p p p p p B v e v vt vλεε λ −∞ ∞ = = = + ≤ =∑ ∑ Do đó ( ) 1.,B tε ≤ Kết thúc chứng minh bổ đề 3.1. º Chứng minh định lý 2.1.1. Chứng minh được chia thành ba bước. Bước 1. Cho [ ]( )0, ,w C T H∈ , đặt ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ), , , . T t F t Q t S T s Q t f sw w s dsε ϕ ε= − −∫ thì [ ]( ) [ ]( ): 0, ; 0, ;F C T H C T H→ . Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp rằng nếu [ ]( ), 0, ;v C Hw T∈ thì ( )( ) ( )( ) ( ) ( )2.3 ! m m m m kw w v T t CF t F v t mε −  − ≤    −  trong đó { }max ,1C T= và . là chuẩn sup trong [ ]( )0, ;C T H . 31 Trước tiên, ta có đánh giá ( ) ( ) ( )( ) ( )1 1 1ln . 2., 4 t st s TTS T s Q T Tet εε ε ε −− − −− ≤ < Thật vậy, bất đẳng thức ( ) ( ) ( )( )1 1, ln t st s TTS T s Q T Tet εε ε −− − −− ≤ có được là do bổ đề 2.2.1 (b). Chứng minh ( )( )1 1 1ln t st s TT T Teε ε ε −− − − < .  Nếu s t= thì bất đẳng thức tương đương với 11 ε < . Điều này luôn đúng vì 0 1ε< < .  Nếu 0 t s T< < ≤ thì 1 0T s t − > − (vì 0 s t T< − < ), suy ra 1 1 T s tε − − < . Mặt khác, ta cũng có 1 TTeε −< nên 1Te Teε −< , dẫn đến ( )1 11 lnT Teε− −< . Do đó ( )1 1 1ln T s t T Teε ε − − −− < , hay ( )1 1ln T s t T Teε ε ε− −− < . Khi đó, lũy thừa hai vế với số mũ 0 t s T − < ta được điều phải chứng minh. Vậy ( )2.4 đúng. Tiếp theo, ta chứng minh ( )2.3 . Với 1m = , áp dụng bổ đề 2.2.1 (c), tính chất Lipschitz của f và ( )2.4 , ta có ( )( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) , , , . T t T t T t F t F v t S T s Q t f s s f s v s ds k s v s ds k v ds k kT w w w t v C T w wtw v ε ε ε ε ε − = − − ≤ − ≤ − = − − ≤ − − ∫ ∫ ∫ Giả sử ( )2.3 đúng khi m j= , nghĩa là 32 ( )( ) ( )( ) ( ) . j! j j j j k T t CF t F v tw w v ε −      −− ≤ Ta sẽ chứng minh ( )2.3 đúng khi 1m j= + . Thật vậy, sử dụng giả thiết quy nạp và thực hiện biến đổi như trên ta được ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( )( ) ( )( )( )( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 11 1 1 , , , j! ! ! 1 1 ! j j j T t T t jT j t j Tj j t s Tjj j j j j j j s t j j j F t F v t F t F F v t S T s Q t f s s f s v s ds k s v w F w F s ds k T sk C ds k C T s ds j T w F F w F w v w v w sk C v w v j j k C T t j k T t ε ε ε ε ε ε ε ε + + + =++ = + + − = − = − − ≤ − −  ≤      = −    − − =   +   = −  +  −  ≤   − − −  −  ∫ ∫ ∫ ∫ ( ) 1 1 . 1 ! j jC j w v + + + − Điều này chứng tỏ ( )2.3 đúng khi 1m j= + . Do đó, theo nguyên lý quy nạp, ta có ( )2.3 đúng với mọi [ ]( ), 0, ;v C Hw T∈ . Vì [ ]( ) [ ]( ): 0, ; 0, ;F C T H C T H→ và lim 0 ! m m m kT C mε→∞   =    , nên tồn tại một số nguyên dương 0m sao cho 0 mF là ánh xạ co. Do đó, phương trình ( )0mF w w= có nghiệm duy nhất [ ]( )0, ;u C T Hε ∈ . 33 Ta khẳng định rằng ( )F u uε ε= . Thật vậy, vì ( )0mF u uε ε= nên ( )( ) ( )0mF F u F uε ε= . Hay ( )( ) ( )0mF F u F uε ε= , suy ra ( )F uε cũng là nghiệm của phương trình ( )0mF w w= . Vì vậy, ta phải có ( )F u uε ε= , nghĩa là phương trình ( )F w w= có nghiệm duy nhất [ ]( )0, ;u C T Hε ∈ . Bước 2. Nếu uε là nghiệm duy nhất của phương trình tích phân ( )F w w= thì uε cũng là nghiệm của bài toán ( )0.3 . Thật vậy, ta có khai triển ( ) ( ) ( ) ( )( ) [ ] 1 0,p p p t T T T s TT p p p p t u t e e f u s ds t Tλ λε εελ ϕ φ −∞ − − =   = + − ∀ ∈    ∑ ∫ với ( )( ) ( )( ), , , , .pp p pH Hf u s f s u s ε εϕ ϕ φ φ= = Lấy đạo hàm của ( )u tε và tính toán trực tiếp, ta được ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( ) 1 1 1 1 1 ln 1 ln 1 , , . λ λ λε ε λ λ ε λ λε ε ε ε ε ελ ελ ϕ φ ελ φ ελ φ ελ φ ε −∞ − − − = −∞ − − = −∞ ∞ − = =   = + + −    + + = + + + = + ∑ ∫ ∑ ∑ ∑ p p p p p p p p p p t T T T T s TT p p p p p t t T T t TT p p p t T T T T p p p p p p p d u t e e e f u s ds dt T e e f u t e u e f u t T A u t B t f t u t Hơn nữa ( ) 1 .p p p u Tε ϕ φ ϕ ∞ = = =∑ Do đó uε là một nghiệm của bài toán ( )0.3 . 34 Bước 3. Bài toán ( )0.3 có không quá một nghiệm tro