ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC LÊ THỊ CHUNG BÀI TOÁN BIÊN ELLIPTIC MỞ RỘNG TRONG NỬA KHƠNG GIAN CHO PHƯƠNG TRÌNH VỚI HỆ SỐ HẰNG LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC Chuyên ngành: TOÁN ỨNG DỤNG Mã số: 60.46.01.12 Người hướng dẫn khoa học PGS TS HÀ TIẾN NGOẠN THÁI NGUYÊN - NĂM 2014 Mục lục Mở đầu Các đánh giá toán biên nửa đường 1.1 Bài toán biên nửa đường thẳng Các đánh giá 1.1.1 Toán tử vi phân với hệ số 1.1.2 Bài toán biên nửa đường thẳng 1.1.3 Đánh giá nửa đường thẳng 1.2 Một số bổ đề 1.3 Chứng minh Định lý 1.1 thẳng Bài toán biên cho nửa không gian 2.1 Biến đổi Fourier số không gian hàm 2.1.1 Toán tử vi phân đạo hàm riêng với hệ số 2.1.2 Biến đổi Fourier Rn 2.1.3 Không gian S (Rn ) 2.1.4 Không gian H s (Rn ) , s ∈ R 2.1.5 Không gian H r,s (Ω) , s ∈ R, r ∈ N 2.2 Đánh giá toán biên với điều kiện biên 2.2.1 Bài toán biên với điều kiện biên 2.2.2 Đánh giá tốn biên nửa khơng gian 2.2.3 Sự tồn nghiệm toán biên 2.3 Một số ví dụ 2.4 Bài toán biên với điều kiện biên không Kết luận Tài liệu tham khảo 3 3 12 17 17 17 18 19 19 19 20 20 21 22 24 30 34 35 Mở đầu Lý thuyết toán biên elliptic cổ điển thường xét cho phương trình elliptic cấp chẵn với số điều kiện biên nửa số cấp phương trình Luận văn xét phương trình eliptíc tuyến tính với hệ số khơng thiết eliptíc đắn, tức cấp phương trình khơng thiết chẵn, trường hợp cấp chẵn sơ nghiệm đặc trưng với phần ảo dương âm không thiết Luận văn gồm Mở đầu, hai chương, Kết luận Tài liệu tham khảo Chương I: Nghiên cứu tốn biên cho phương trình vi phân thường nửa đường thẳng với hệ số Trong chương đưa đánh giá nghiệm nửa đường thẳng Chương II: Trình bày tốn biên cho phương trình eliptíc với cấp nửa khơng gian Trong số điều kiện biên số nghiệm đặc trưng phương trình với phần ảo dương Trên sở kết Chương I, Luận văn trình bày đánh giá tiên nghiệm tốn, phát biểu chứng minh định lý tồn nghiệm sau đưa số ví dụ minh họa Luận văn hoàn thành với tài liệu tham khảo chương M Schechter, 1977, Modern Methods in Partial Differential Equations, An Introduction, McGraw-Hill Inc Chương Các đánh giá toán biên nửa đường thẳng 1.1 Bài toán biên nửa đường thẳng Các đánh giá Trước tiên, ta nhắc lại kiến thức có liên quan đến tốn biên nửa đường thẳng 1.1.1 Toán tử vi phân với hệ số Trong chương ta ký hiệu t biến độc lập, biến thiên đường thẳng R Toán tử vi phân thường với hệ số có dạng: m k ak Dt P (Dt ) = k=0 ∂ ak số phức, Dt = −i ∂t , i2 = −1 Đa thức tương ứng bậc m sau m ak z k , z ∈ C P (z) = k=0 gọi đa thức đặc trưng toán tử P (Dt ) 1.1.2 Bài toán biên nửa đường thẳng Xét toán biên nửa đường thẳng sau Ta có tốn tử P (Dt )u = f (t) t>0 (1.1) với điều kiện biên Qi (Dt ) u|t=0 = Ui , i = 1, 2, 3, , r (1.2) mi m k ak D t P (D) = k=0 Đặt P (z) = m j j=0 aj z k bik Dt Qi (D) = k=0 mi Qi (z) = bik z k k=0 Qi (z) đa thức bậc mj nhỏ m Giả sử phương trình P(z)=0 khơng có nghiệm thực có r nghiệm phức kể bội với phần ảo dương Do đó, τ1 , τ2 , , τm nghiệm, thứ tự chúng cho Imτk > 0, k r (1.3) Ta đặt P+ (z) = (z − τ1 ) (z − τ1 ) P− (z) = P (z) P+ (z) Với đa thức Q(z) có bậc nhỏ m, phân tích thành tổng hữu tỷ Q (z) Q+ (z) Q− (z) = + P (z) P+ (z) P− (z) (1.4) (1.5) Q(z) P (z) (1.6) Q+ (z) có bậc nhỏ r Q− (z) có bậc nhỏ m-r Giả sử có r đa thức Đặt +∞ Qi+ (τ ) Qj+ (τ ) dτ |P+ (τ )|2 −∞ ≤ i, j ≤ r (1.7) Qi− (τ ) Qj− (τ ) dτ |P− (τ )|2 αij = ≤ i, j ≤ r (1.8) +∞ βij = −∞ 1.1.3 Đánh giá nửa đường thẳng Dưới ta phát biểu định lý quan trọng Chương Xét ma trận Hermitian A = (αij ) , B = (βij ) αij βij xác định tương ứng (1.7) (1.8) Chúng ta chứng minh định lý sau Định lý 1.1 Giả sử tồn ma trận A−1 tồn số K1 , cho BA−1 B ≤ K1 B (1.9) Nếu R(z) đa thức thoả mãn |R (τ )| C1 |P (τ )| τ R (1.10) tồn số C phụ thuộc vào C1 K1 , cho ∞ ∞  |R (Dt ) u|2 dt ≤ C   r |P (Dt ) u|2 dt+ αij Ui U j  u ∈ S (0, ∞) i,j=1 (1.11) (αij ) = A−1 , Ui = Qi (Dt ) u (0) 1≤i≤r Bất đẳng thức (1.9) có nghĩa với véc tơ U = (U1 , , Ur ), ta có U ∗ BA−1 BU ≤ K1 U ∗ BU (1.12) Phần chứng minh trình bày Mục 1.3 1.2 Một số bổ đề Trước tiên ta ký hiệu không gian hàm khả vi có độ giảm nhanh ∞ l S (0, ∞) = v (t) ∈ C ∞ [0, ∞) ; (1 + t)k Dt v (t) < ∞, ∀k, l Tương tự, không gian hàm khả vi có độ giảm nhanh −∞ l S (−∞, 0) = v (t) ∈ C ∞ [−∞, 0) ; (1 + t)k Dt v (t) > −∞, ∀k, l Trong việc chứng minh Định lý 1.1, phải sử dụng bổ đề Bổ đề 1.1 Giả sử u S (0, ∞) w (t) = u (t) t > 0 t 0 t0 Nếu lấy b = ∞ đẳng thức r b k k Dt v, Dt w (v, w)r,s = r−k+s dt k=0 chuẩn áp dụng với hàm nửa không gian Ω Với chuẩn này, có khẳng định sau Hệ 2.1 Với giả thiết điều kiện Định lý 2.1 tồn sô C phụ thuộc vào C1 K1 , cho với số thực s ta có |R (D) u|0,s ≤ C |P (D) u|0,s (2.17) với hàm u ∈ S (Ω) thỏa mãn đẳng thức (2.7) Chứng minh Chúng ta đặt v (ξ, t) = F u (2.12), phép nhân bởi(1 + |ξ|)2s , lấy tích phân theo ξ 2.2.3 Sự tồn nghiệm toán biên Đối với định lý tồn nghiệm đưa thêm giả thiết Hệ số a (ξ) z m P (ξ, z) khác Do đó, tồn số c0 , cho ξ ∈ Rn |a (ξ)| ≥ c0 (2.18) Tồn số K2 , cho P (µ) (ξ, τ ) ≤ K2 |P (ξ, τ )| ξ ∈ Rn τ ∈R (2.19) µ µ P (µ) (ξ, τ ) = Dξ P (ξ, τ ) Chúng ta có định lý Định lý 2.2 Với Giả thiết từ đến 4, với f ∈ C ∞ Ω cho µ k Dx Dt f ∈ L2 (Ω) với số µ k, tồn nghiệm u ∈ C ∞ Ω 22 µ k toán (2.6) (2.7), cho Dx Dt f ∈ L2 (Ω) với µ k Chứng minh Thông thường, đặt F biến đổi Fourier Rn Với ξ cho A−1 tồn tại, đa thức Q1 (ξ, z) , , Qr (ξ, z) độc lập tuyến tính theo mơ đun P+ (ξ, z) Do đó, với ξ tồn hàm số f (ξ, t) ∈ S (0, +∞) thỏa mãn P (ξ, Dt ) h (ξ, t) = F h (ξ, t) Qj (ξ, Dt ) h (ξ, 0) = t>0 1≤j≤r (2.20) (2.21) Từ (2.13) Định lý 2.1, |ξ|j P (µ) (ξ, Dt ) h ∈ L2 (Ω) với j ≥ µ Bởi đa thức có đạo hàm số khác không Chúng ta thấy |ξ|j h ∈ L2 (Ω) với j ≥ Tiếp theo, cần lưu ý ∂ m−1 P (ξ, τ ) = m!a (ξ) τ + p1 (ξ) (2.22) ∂τ m−1 đó, p1 (ξ) đa thức biến ξ Bởi vì, |ξ|j p1 (ξ) h ∈ L2 (Ω) với j, điều với |ξ|j a (ξ) Dt h Vì a (ξ) khác khơng, ta thấy |ξ|j Dt h ∈ L2 (Ω) Tiếp theo, ta có ∂ m−2 P (ξ, τ ) = m!a (ξ) τ + p1 (ξ) τ + p2 (ξ) (2.23) m−2 ∂τ p2 (ξ) đa thức biến ξ Vì |ξ|j (p1 Dt h + p2 h) ∈ L2 (Ω) với j, lý luận điều với |ξ|j a (ξ) Dt h Điều a (ξ) khác khơng, |ξ|j Dt h ∈ L2 (Ω) với j Tiếp tục trình này, thấy |ξ|j Dt h ∈ L2 (Ω) với j ≥ ≤ k ≤ m Chúng ta tiến xa Do h (ξ, t) ∈ S (0, +∞), ta lấy đạo hàm vế phương trình (2.14) theo biến t Do P (ξ, Dt ) Dt h = Dt F f (ξ, t) Do vế trái có dạng m m+1 a (ξ) Dt h k qk (ξ)Dt h + k=1 23 k |ξ|j qk (ξ) Dt h ∈ L2 (Ω) với j, ≤ k ≤ m, thấy m+1 |ξ|j a (ξ) Dt h ∈ L2 (Ω) với j Bằng cách lấy đạo hàm liên tiêp vế đẳng thức (2.1) theo t áp dụng lý luận trên, kết luận k |ξ|j Dt h ∈ L2 (Ω) với j k Với t>0, đặt u (x, t) = F −1 h (ξ, t) Do u ∈ L2 (Ω) với x ∈ Rn biết u (x, t) ∈ S (0, +∞) Hơn nữa, |u|k,j < +∞ với j k µ k Suy ra, u ∈ C ∞ Ω Dx Dt u ∈ L2 (Ω) Tính suy từ Định lý 2.1 2.3 Một số ví dụ Sau xét số ví dụ minh họa cho định lý Ví dụ Cho P (ξ, τ ) = a (ξ) (τ − i), a (ξ) đa thức ξ Trong trường hợp P+ (ξ, τ ) = τ − i P− (ξ, τ ) = a (ξ) Ta dễ dàng kiểm tra Q+ (ξ, τ ) = Do a (ξ) Q− (ξ, τ ) = +∞ α (ξ) = |a (ξ)|2 −∞ dτ π = (τ − i) (τ + i) |a (ξ)|2 cách lấy tích phân theo chu tuyến Vì |a (ξ)|2 A = B=0 π từ Định lý 2.1 R (ξ, τ ) đa thức thỏa mãn −1 |R (ξ, τ )| ≤ C1 |a (ξ) (τ − i)| +∞  +∞ |R (ξ, Dt ) v|2 dt ≤ C |a (ξ)|2  |(Dt − i) v|2 dt + |v (ξ, 0)|2  24  thoả mãn tất v (ξ, t) hàm mà thuộc S (0, +∞) với ξ Nếu a (ξ) thỏa mãn |aµ (ξ)| ≤ K3 |a (ξ)| ξ ∈ Rn (2.24) µ P (ξ, τ ) thỏa mãn Giả thiết Mục 2.2.3 Do đó, áp dụng Định lý 2.2 để kết luận với f ∈ C ∞ Ω , cho µ k Dx Dt f ∈ L2 (Ω) với µ k, tồn nghiệm phương trình a (Dx ) (Dt − i) u (x, t) = f (x, t) t > u (x, 0) = với tính chất giống f (x, t) Ví dụ Cho P (ξ, τ ) = a (ξ) [Dt − b (ξ)], a (ξ) b (ξ) đa thức Giả sử Imb (ξ) ≥ với ξ ∈ Rn Trong trường hợp này, P+ (ξ, τ ) = τ − b (ξ) = a (ξ) Lấy Q (ξ, τ ) = Khi Q+ (ξ, τ ) = a (ξ) Q− (ξ, τ ) = đây, +∞ a (ξ) = |a (ξ)|2 −∞ dτ π = (τ − b) τ − b |a (ξ)|2 Imb (ξ) Do |a (ξ)|2 Imb (ξ) A = B=0 π (2.13) thỏa mãn khắp nơi Do đó, R (ξ, τ ) thỏa mãn −1 |R (ξ, τ )| ≤ C1 |a (ξ) [τ − b (ξ)]| có bất đẳng thức  +∞    2 2 |R (ξ, Dt ) v| dt ≤ C |a (ξ)| |[Dt − b (ξ)] v| dt + Imb (ξ) |v (ξ, 0)|   +∞ −∞ 25 C phụ thuộc vào C Nếu giả sử a (ξ) thỏa mãn đẳng thức (2.24) b (ξ) thỏa mãn |bµ (ξ)| ≤ K4 Imb (ξ) ξ ∈ Rn (2.25) µ P (ξ, τ ) thỏa mãn (2.18) (2.19) Do đó, với f ∈ C ∞ Ω , cho µ k Dx Dt f ∈ L2 (Ω) với µ k, tồn nghiệm u(x,t) phương trình a (Dx ) [Dt − b (Dx )] u (x, t) = f (x, t) t > u (x, 0) = với tính chất f (x, t) Ví dụ Cho tốn tử 2 P (ξ, τ ) = τ + ξ1 + + ξn Q (ξ, τ ) = τ + q (ξ) q (ξ) đa thức với hệ số thực Trong trường hợp này, P+ (ξ, τ ) = τ − i |ξ| P− (ξ, τ ) = τ + i |ξ| Hơn nữa, Q+ (ξ, τ ) = (|ξ| − iq) |ξ| Q− (ξ, τ ) = (|ξ| + iq) |ξ| Do π q + |ξ|2 α (ξ) = β (ξ) = |ξ|3 Do đó, A−1 tồn hầu khắp nơi (2.13) thỏa mãn Từ Định lý 2.1 +∞ +∞ |R (ξ, Dt ) v| dt ≤ C 2 Dt + |ξ|2 v dt 0 + q2|ξ| |[Dt + q (ξ)] v (ξ, 0)|2 +|ξ| 26 thỏa mãn với toán tử đồng R(D) bậc hai Do P (ξ, τ ) không thỏa mãn (2.19) nói Ví dụ Cho P (ξ, τ ) = τ + |ξ|2 + 1; Q (ξ, τ ) giống cho Ví dụ Ở P+ (ξ, τ ) = τ − ie, P− (ξ, τ ) = τ + ie, e bậc dương + |ξ|2 Bây có Q+ (ξ, τ ) = (e − iq) 2e Q− (ξ, τ ) = (e + iq) 2e Ma trận A−1 π q + e2 α (ξ) = β (ξ) = 4e3 tồn khắp nơi (2.13) thỏa mãn Từ Định lý 2.1 suy +∞ |R (ξ, Dt ) v|2 dt ≤ C +∞ 2 Dt + |ξ|2 + v dt 0 + q2e |[Dt + q (ξ)] v (ξ, 0)|2 +e thỏa mãn với toán tử R(D) cấp Bây giờ, P (ξ, τ ) thỏa mãn (2.18) (2.19), biết với f ∈ C ∞ Ω thỏa mãn µ k Dx Dt f ∈ L2 (Ω) với µ k, tồn nghiệm u(x,t) phương trình (1 − ∆) u (x, t) = f (x, t) t>0 [Dt − q (Dx )] u (x, 0) = với tính chất giống u(x, t) Ví dụ Cho toán tử P (ξ, τ ) = (τ − τ1 (ξ)) (τ − τ2 (ξ)) Imτ1 (ξ) > Imτ2 (ξ) < Q (ξ, τ ) = τ +q (ξ) ( hệ số q khơng thiết thực) Chúng ta có P− (ξ, τ ) = τ − τ1 (ξ) P− (ξ, τ ) = τ − τ2 (ξ) 27 τ1 + q τ1 − τ2 Q− (ξ, τ ) = Q− (ξ, τ ) = τ2 + q τ2 − τ1 α (ξ) = π |τ1 +q| Imτ1 |τ1 −τ2 |2 β (ξ) = −π |τ2 +q| Imτ2 |τ2 −τ1 |2 Do đó, A−1 tồn hầu khắp nơi với điều kiện τ1 +q = hầu khắp nơi Trong trường hợp này, (2.13) tương đương với |τ2 + q|2 |τ1 + q|2 ≤ K1 |Imτ2 | |Imτ1 | (2.26) Do đó, có +∞ +∞ R |(ξ, Dt ) v| dt ≤ C 0 + P |(ξ, Dt ) v|2 dt |τ1 −τ2 | Imτ1 |τ1 +q| |[Dt + q (ξ)] v (ξ, 0)|2 với R(D) thỏa mãn (2.14) (2.26) thỏa mãn Nếu q (ξ) có hệ số thực τk ảo, (2.26) đưa tới q2 q2 |τ2 | + ≤ K1 |τ1 | + |τ2 | |τ1 | (2.27) Điều thỏa mãn tồn số K, cho |τ1 | ≤ K |τ2 | (2.28) |τ1 τ2 | ≤ K q + |τ1 |2 (2.29) Một nhóm khác điều kiện đủ (2.27) q ≤ K |τ1 τ2 | |τ1 τ2 | ≤ K q + |τ1 |2 28 (2.30) (2.31) Nếu khơng có thông tin thêm P (ξ, τ ) khơng thể kiểm tra (2.19) Ví dụ Cho P (ξ, τ ) = τ − i |ξ|4 τ + i |ξ|2 , Q (ξ, τ ) = R (ξ, τ ) = τ + i |ξ|4 τ − i |ξ|2 Điều kiện (2.14) thỏa mãn ( |R (ξ, τ )| = |P (ξ, τ )| với (ξ, τ ) ∈ Rn+1 ) Nhưng Q+ (ξ, τ ) = −Q− (ξ, τ ) i |ξ|4 + i |ξ|2 π |Q+ |2 α (ξ) = |ξ|4 π |Q− |2 β (ξ) = |ξ|2 Điều chứng tỏ (2.13) không thỏa mãn Bất đẳng thức (2.15) không thỏa mãn Để thấy điều ta đặt v (ξ, t) = e−t|ξ| − e−t|ξ| Rõ ràng, v (ξ, t) ∈ S (0, +∞) với ξ = 0, v (ξ, 0) = ξ=0 Do đó, Q (ξ, Dt ) v (ξ, 0) = Điều đưa đến Dt − i |ξ|2 v = i |ξ|2 |ξ|2 − e−t|ξ| Dt − i |ξ|4 v = i |ξ|2 |ξ|2 − e−t|ξ| Do P (ξ, Dt ) v = −2 |ξ|4 |ξ|2 − e−t|ξ| 29 R (ξ, Dt ) v = −2 |ξ|6 |ξ|2 − e−t|ξ| Do đó, có +∞ |P (ξ, Dt ) v|2 dt = |ξ|6 |ξ|2 − +∞ |R (ξ, Dt ) v|2 dt = |ξ|8 |ξ|2 − Do đó, tỷ số biểu thức không bị chặn ξ ∈ Rn 2.4 Bài tốn biên với điều kiện biên khơng Chúng ta xét toán P (D) u (x, t) = f (x, t) Qj (D) u (x, 0) = gj (x) t>0 (2.32) 1≤j≤r (2.33) u k u Chúng ta giả sử Dx Dt f ∈ L2 (Ω) cho µ k, Dx gj ∈ L2 (E n ) cho µ,1 ≤ j ≤ r Ta có định lý sau u k Định lý 2.3 Giả sử tồn hàm v(x,t), cho Dx Dt v ∈ L2 (Ω) với số µ k, Qj (D) v (x, 0) = gj (x) 1≤j≤r (2.34) Khi với Giả thiết đến phần 2.2, tồn nghiệm tốn (2.32)), (2.33) mà có tính chất hàm v(x, t) Chứng minh Từ Định lý 2.2 tồn nghiệm w(x,t) phương trình P (D) w (x, t) = f (x, t) − P (D) v (x, t) 30 t>0 (2.35) Qj (D) w (x, t) = 1≤j≤r (2.36) có tính chất cần phải chứng minh Đặt u = w + v Dễ dàng kiểm tra u nghiệm cần tìm Hiển nhiên, Định lý 2.3 dẫn đến câu hỏi tồn hàm số v(x,t)thỏa mãn đẳng thức (2.34) mong muốn? Câu trả lời khơng dễ dàng ta thấy Đầu tiên, có u Định lý 2.4 Nếu g1 (x) , , gr (x) hàm cho Dx gj ∈ L2 (E n ) với µ j, tồn hàm v(x,t), cho j−1 Dt v (x, 0) = gj (x) 1≤j≤r (2.37) µ k Dx Dt v ∈ L2 (Ω) với số µ k ∞ Chứng minh Đặt ξ(t) hàm C0 (−∞, ∞) mà lân cận t=0 Đặt r v (x, t) = ξ (t) k=1 (it)k−1 gk (x) (k − 1)! (2.38) Khi đó, gần t=0 có r j Dt v (x, 0) = k=j (it)k−j−1 gk (x) (k − j − 1)! Điều đưa đến đẳng thức (2.37) Bây trở lại toán tử tổng quát Qj (D) Giả sử mj cấp Qj (D) Chúng ta nói Q1 (D) , , Qr (D) chuẩn tắc (đối với mặt phẳng t=0) cấp mj đôi khác nhau, hệ số τ mj Qj (ξ, τ ) khác khơng Cách nói khác cấp cuả Qj (ξ, τ ) đôi khác mặt phẳng t=0 không đặc trưng chúng Chúng ta có định lý 31 Định lý 2.5 Nếu cấp toán tử Q1 (D) , , Qr (D) chuẩn tắc, với µ tập g1 (x) , , gr (x) hàm thỏa mãn Dx gj ∈ L2 (Rn ) với µ µ k j, tồn hàm số v(x,t) cho Dx Dt v ∈ L2 (Ω) với µ k, đẳng thức (2.34) thỏa mãn Chứng minh Đặt q số mà cho tất bậc Qj (D) có bậc nhỏ q Đặt (n1 , , nq−r ) số mà ghép với (m1 , , mr ) lấp đầy tập (0,1, ,q-1) Nếu đặt n Qr+j (D) = Dt j 1≤j ≤q−r dễ dàng kiểm tra tập Q1 (D) , , Qq (D) chuẩn tắc Chúng ta xếp lại chúng theo cấp Qj (D) j-1 Do j Rjk (ξ)τ k−1 Qj (ξ, τ ) = 1≤j≤q (2.39) k=1 Rjk (ξ) đa thức ξ có bậc ≤ j − k Rjj (ξ) số khác khơng.(Điều suy từ tính chuẩn tắc hệ tuyến tính) Chúng ta khẳng định cần chứng minh tồn đa thức Skl (ξ) theo ξ , cho Skl (ξ) có bậc ≤ k − l, Skk (ξ) số khác không, k Rki (ξ)Sij (ξ) = δjk 1≤j≤k≤q (2.40) i=j Với giả sử điều kiện (2.39) (2.40) thỏa mãn, giả sử g1 , , gq thỏa mãn giả thiết Định lý Do đó, từ Định lý 2.4 tồn hàm v(x, t) với tính chất mong muốn, cho k k−1 Dt v (x, 0) = Skl (Dx )gl (x) l=1 Do đó, từ (2.39) (2.40) ta có 32 1≤k≤q (2.41) j Qj (D) v (x, 0) = k Rjk (Dx ) k=1 j Skl (Dx )gl (x) gl (x) l=1 j = Rjk (Dx )Skl (Dx ) gl (x) l=1 k=l 1≤j≤q = gj (x) Do đó, hàm v(x, t) thỏa mãn điều kiện (2.34) Vấn đề lại, cần chứng minh đẳng thức (2.40) Chúng ta chứng minh qui nạp Với k=1 thỏa mãn Chúng ta lấy S 11 (ξ) = 1/R11 (ξ) Bây giả sử (2.34) thỏa mãn k < p ≤ q Ta phải chứng minh thỏa mãn k=p Đặt S pp (ξ) = Rpp (ξ) p−1 S pl (ξ) = −S pp (ξ) Rpk (ξ) S kl (ξ) l