ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN - TRẦN THẾ DŨNG TÍNH DUY NHẤT VÀ ỔN ĐỊNH CỦA BÀI TOÁN CALDERÓN LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC Hà Nội – 2015 ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN - TRẦN THẾ DŨNG TÍNH DUY NHẤT VÀ ỔN ĐỊNH CỦA BÀI TOÁN CALDERÓN Chuyên ngành: Toán giải tích Mã số: 60 46 01 02 LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: TS ĐẶNG ANH TUẤN Hà Nội – 2015 LỜI CẢM ƠN Luận văn thực hoàn thành Khoa Toán - Cơ - Tin học, Trường Đại học Khoa học Tự nhiên, Đại học Quốc gia Hà Nội hướng dẫn tận tình, chu đáo TS Đặng Anh Tuấn Nhân dịp xin gửi tới thầy lời biết ơn sâu sắc Tôi xin gửi lời biết ơn sâu sắc tới ThS Chử Văn Tiệp, người giúp đỡ, gửi cho tài liệu tham khảo Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn tới TS Nguyễn Anh Tú, người có ý kiến, giúp đỡ nội dung việc đọc thảo cho ý kiến chỉnh sửa quý báu để hoàn thành tốt Luận Văn Tôi xin gửi lời cảm ơn tới thầy cô Bộ môn Giải tích, Khoa Toán - Cơ - Tin học, trường ĐHKHTN - ĐHQGHN động viên khích lệ, giúp đỡ trao đổi bổ ích suốt trình học tập công tác Tôi xin gửi lời cảm ơn tới thành viên lớp K53A1T khóa 2008-2012 trường ĐHKHTN - ĐHQGHN việc giúp đỡ việc sử dụng latex Tôi xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu, Phòng Sau đại học, Ban chủ nhiệm Khoa Toán - Cơ - Tin học, Phòng Đào tạo, Phòng CTCT - SV, trường Đại học Khoa học Tự nhiên, ĐHQGHN tạo điều kiện thuận lợi giúp đỡ trình học tập nhiên cứu Cuối cùng, xin gửi lời cảm ơn tới người thân, bạn bè người giúp đỡ, động viên trình thực Luận Văn Hà Nội, ngày 23 tháng 01 năm 2015 Học viên Trần Thế Dũng Mục lục LỜI CẢM ƠN DANH MỤC CÁC KÝ HIỆU 0.1 Giới thiệu toán Kiến thức chuẩn bị 1.1 Các không gian Lp , C k 1.2 Không gian Sobolev 13 Tính 19 2.1 Phương trình Schr¨odinger 19 2.2 Nghiệm CGO 28 2.2.1 Ước lượng với q = 29 2.2.2 Ước lượng với q = 33 2.2.3 Xây dựng nghiệm CGO 35 Chứng minh tính 36 2.3 Tính ổn định 39 3.1 Phương trình Schr¨odinger 42 3.2 Kết tính ổn định 47 Tính ∂Ω−,ε 54 4.1 Ước lượng Carleman 54 4.2 Tính ∂Ω−,ε 62 TÀI LIỆU THAM KHẢO 67 DANH MỤC CÁC KÝ HIỆU • N: Tập hợp số tự nhiên • Z+ : Tập hợp số nguyên không âm • |Ω|, |∂Ω| : Tương ứng thể tích Ω diện tích ∂Ω • Sn−1 : Mặt cầu đơn vị Rn • B(a, r) : Hình cầu mở tâm a bán kính r • A∆B: Hiệu đối xứng hai tập hợp A B, A∆B = (A\B) ∪ (B\A) • a · b : Với a = (a1 , a2 , · · · , an ) ∈ Cn b = (b1 , b2 , · · · , bn ) ∈ Cn a · b = n ak b k k=1 • |a|: Với a = (a1 , a2 , · · · , an ) ∈ Cn |a| = n |ak |2 k=1 • div (u) : Cho u : Ω ⊂ Rn → Cn xác định u(x) = (u1 (x), u2 (x), · · · , un (x)) n ∂k uk ta định nghĩa div (u) = k=1 Cho u, v : Ω ⊂ Rn → C α = (α1 , α2 , · · · , αn ) ∈ Zn+ • ∂k u: xác định ∂k u = ∂u ∂xk với x = (x1 , x2 , · · · , xn ) ∈ Ω • ∂ α u : Đạo hàm riêng cấp |α| = α1 + α2 + · · · + αn hàm số u • ∇u : định nghĩa ∇u = (∂1 u, ∂2 u, · · · , ∂n u) n |∂k u|2 • |∇u| : định nghĩa |∇u| = k=1 • Dj u: định nghĩa Dj u = 1i ∂j u • Du: định nghĩa Du = (D1 u, D2 u, · · · , Dn u) n |Dk u|2 • |Du|: định nghĩa |Du| = k=1 • Dα u: định nghĩa Dα u = D1α1 D2α2 · · · Dnαn u n • ∇u · ∇v : định nghĩa ∇u · ∇v = ∂k u · ∂k v k=1 • u: Hàm liên hợp phức hàm u MỞ ĐẦU 0.1 Giới thiệu toán Cho vật thể dẫn điện, gọi E(x) điện trường vị trí x vật thể, u(x) điện vị trí x vật thể, I(x) cường độ dòng điện vị trí x vật thể Khi ba đại lượng có mối quan hệ sau: Mối liên hệ điện trường điện E = −∇u Định luật Ohm cho ta R(x)I(x) = E(x) R(x) tính cản trở vật thể vị trí x Ta viết phương trình dạng I(x) = γ(x)E(x), γ(x) = R(x) (0.1) tính dẫn vật thể vị trí x Giả sử vật thể nguồn hay tụ, dòng qua biên hình cầu mở B tức ν · IdS = 0, ∂B ν vectơ pháp tuyến đơn vị ∂B Giả sử I khả vi, theo định lý Gauss - Green (xem [5]), đẳng thức trở thành ∇ · Idx = B với hình cầu mở B Từ đó, ta có ∇ · I = Vì = ∇ · I = ∇ · γE = −∇ · γ∇u (0.2) Phương trình (0.2) gọi phương trình vật dẫn Với giả thiết miền Ω vật thể nguồn tụ, cho điện f biên ∂Ω cảm sinh điện u Ω, thỏa mãn toán biên Dirichlet   ∇ · γ∇u = Ω, u=f   (0.3) ∂Ω Bài toán biên Dirichlet có nghiệm u ∈ H (Ω) với f ∈ H (∂Ω) nên ta định nghĩa ánh xạ Dirichlet - Neumann (DN) Λγ f = γ ∂u ∂ν ∂Ω Ánh xạ Λγ f, f ∈ H (∂Ω) biểu thị dòng qua biên Một cách hiểu khác ánh xạ DN sau γ∇u · ∇vdx, (Λγ f, g)∂Ω = f, g ∈ H (∂Ω), (0.4) Ω u nghiệm toán (0.3) v hàm thuộc H (Ω) thỏa mãn v|∂Ω = g Công thức (0.4) không phụ thuộc vào việc chọn hàm v ∈ H (Ω) cho v|∂Ω = g, (Λγ f, f )∂Ω lượng cần để trì dòng biên, với định nghĩa Λγ ánh 1 xạ tuyến tính bị chặn từ H (∂Ω) tới H − (∂Ω) Bài toán ngược Calderón xác định hàm γ biết thông tin ánh xạ Λγ , tức ta đo dòng biên Λγ f, ∀f ∈ H (∂Ω), ta muốn xác định γ Một số ứng dụng toán ngược Calderón toán thăm dò địa vật lý, Ω hiểu Trái Đất, hay toán điện não đồ với Ω não người Xoay quanh toán ngược người ta thường nghiên cứu số dạng sau: Xét toán điện não đồ, ta đo dòng điện bề mặt vỏ não để tìm bệnh người, ta quan tâm tới việc hai thời điểm khác người, cho ta dòng điện đo bề mặt vỏ não có giúp cho xác định bệnh hay không? Hay nói cách khác, toán ngược Calderón có nghiệm hay không? Theo ngôn ngữ toán học tính toán ngược Calderón phát biểu sau Nếu Λγ1 = Λγ2 có suy γ1 = γ2 hay không? ∀f ∈ H (∂Ω) tìm cách xây dựng lại hàm γ Cho biết dòng biên Λγ f, Trong Luận Văn này, không tìm hiểu toán Trong thực tế, trình đo dòng biên, lý khác xảy sai số định Một câu hỏi đặt ra, với sai số cho phép liệu giúp biết gần thông tin vật dẫn hay không? Câu hỏi phát biểu ngôn ngữ toán học: Nếu ||Λγ1 − Λγ2 ||H 21 (∂Ω)→H − 12 (∂Ω) bé liệu suy ||γ1 − γ2 ||L∞ (Ω) bé hay không? Bài toán nghiệm ta nghiên cứu tính toán ta biết dòng toàn biên ∂Ω Tuy nhiên thực tế, chẳng hạn Ω não người, lúc đo dòng toàn biên mà đo dòng phần biên Vậy ta đo dòng phần biên ta có suy tính vật dẫn hay không? Theo ngôn ngữ toán học: Nếu Γ tập ∂Ω Λγ1 f |Γ = Λγ2 f |Γ , với hàm f có suy γ1 = γ2 hay không? Một số kết liên quan tới toán ngược Calderón: trường hợp n = 2, K Astala L P¨aiv¨arinta [2] chứng minh tính Λγ trường hợp γ ∈ L∞ (Ω) Với n ≥ 3, A Panchenko, L P¨aiv¨arinta G Uhlmann [13] tính Λγ với γ ∈ C (Ω) Trong [12], A I Nachman đưa cách xây dựng lại hàm γ từ ánh xạ Λγ G Alessandrini [1] chứng minh ước lượng ổn n định dạng log cho hàm γ ∈ C (Ω), γ bị chặn H +2 (Ω) N Mandache [10] ước lượng ổn định dạng log tối ưu H Heck [7] ước lượng ổn định dạng log với γ ∈ C +ε (Ω) H Heck J N Wang [8] ước lượng ổn định dạng log − log ∂Ω cho hàm γ ∈ H s+3 (Ω) cho toán liệu không đầy đủ Trong Luận Văn này, trình bày kết trường hợp n ≥ dựa tài liệu tham khảo [14] Cụ thể chương 2, trình bày kết tính J Sylvester G Uhlmann [15] với γ ∈ C (Ω) Ta chứng minh tồn nghiệm CGO (complex geometrical optics) toán cho phương trình Schr¨odinger (−∆ + q)u = 0, q ∈ L∞ (Ω) có dạng u(x) = eiζ·x (a(x) + r(x)) ζ ∈ Cn thỏa mãn ζ · ζ = a ∈ H (Ω) Ta sử dụng nghiệm CGO để chứng minh tính ánh xạ Λq từ suy tính ánh xạ Λγ Chương 3, trình bày kết tính ổn định G Alessandrini [1] cho hàm dương γ ∈ H s (Ω), s > n + cụ thể ta có ước lượng ||γ1 − γ2 ||L∞ (Ω) ≤ ω(||Λγ1 − Λγ2 ||H 21 (∂Ω)→H − 21 (∂Ω) ), ω : R → R+ hàm đơn điệu không giảm thỏa mãn lim+ ω(t) = t→0 ω(t) ≤ C| ln t|−σ , 0 cho c||u||L2 (Ω) ≤ |∂α u| L2 (Ω) (4.2) α ∈ Sn−1 ∂α u = α · ∇u Chứng minh Đặt v(x) = α1 (α · x)|u|2 , α2 (α · x)|u|2 ), · · · , αn (α · x)|u|2 Ta có u ∈ C (Ω), u|∂Ω = nên v ∈ (C (Ω))n v|∂Ω = Áp dụng định lý Gauss - Green (xem [5]), ta có ν · vdS div (v)dx = Ω (4.3) ∂Ω Do v|∂Ω = nên ν · vdS = (4.4) ∂Ω Theo phân tích ta có v|∂Ω = nên n n ∂j (αj (α · x)|u| ) = div (v) = j=1 n αj2 |u|2 j=1 αj (α · x)((∂j u)u + u∂j u) + j=1 =|u|2 + (α · x)(α · ∇u)u + (α · x)(α · ∇u)u Thay (4.4), (4.5) vào (4.3) ta nhận |u|2 + (α · x)(α · ∇u)u + (α · x)(α · ∇u)u dx = 0, Ω (4.5) 56 hay |u|2 dx = − Ω (α · x)(α · ∇u)u + (α · x)(α · ∇u)u dx Ω Kết hợp với bất đẳng thức Cauchy - Schwarz có ||u||2L2 (Ω) = − (α · x)(α · ∇u)u + (α · x)(α · ∇u)u dx Ω ≤ (α · x)(α · ∇u)udx| + | Ω (α · x)(α · ∇u)udx Ω |(α · ∇u)u|dx + ≤R Ω Ω |α · ∇u|2 dx ≤R |(α · x)(α · ∇u)u|dx |u|2 dx Ω Ω ≤2R||u||L2 (Ω) |α · ∇u| =2R||u||L2 (Ω) |∂α u| |α · ∇u|2 dx + Ω |u|2 dx Ω L2 (Ω) L2 (Ω) , R số thực cho Ω ⊂ B(0, R) Từ với c = 2R ta nhận c||u||L2 (Ω) ≤ |∂α u| L2 (Ω) Định lý 4.3 Cho q ∈ L∞ (Ω), α ∈ Sn−1 ϕ(x) = α · x Khi tồn C > h0 > cho với h thỏa mãn < h < h0 ta có C h2 u L2 (Ω) + |∇u| L2 (Ω) − (α · ν)∂ν u, ∂ν u h ϕ ∂Ω ϕ ≤ e h (−∆ + q)(e− h u) L2 (Ω) ∀u ∈ C ∞ (Ω) thỏa mãn u|∂Ω = Chứng minh Với u ∈ C ∞ (Ω) ta có ϕ ϕ e h (−∆)(e− h u) = (−∆ + )u + ∂α u h h Do ϕ ϕ ||e h (−∆)(e− h u) )u 2L2 (Ω) + | ∂α u| h h + Re (−∆ + )u, ∂α u L2 (Ω) h h L2 (Ω) = (−∆ + L2 (Ω) (4.6) 57 Do u|∂Ω = nên u|∂Ω = ((−∆ + )u, u)L2 (Ω) = h2 (−∆ + )u u¯dx h2 Ω =− (∇ · ∇u)¯ udx + h2 Ω Ω ∇u · ∇¯ udx − = Ω = u¯ udx (∂ν u)¯ udx + h2 |u|2 dx Ω ∂Ω |∇u| L2 (Ω) + h u L2 (Ω) kết hợp với |((−∆ + 1 )u, u)L2 (Ω) | ≤||(−∆ + )u||L2 (Ω) ||u||L2 (Ω) h h 1 (−∆ + )u 2L2 (Ω) + u ≤ h L2 (Ω) Ta nhận |∇u| Tính h Re (−∆ + L2 (Ω) + h2 u L2 (Ω) − u L2 (Ω) ≤ (−∆ + )u h2 L2 (Ω) (4.7) )u, ∂α u L2 (Ω) h2 Ta có Re (−∆ + 1 )u∂ u = Re(−∆u∂ u) + Re(u∂α u) α α h2 h2 (4.8) Re(u∂α u) = ∂α |u|2 (4.9) Kí hiệu ∂mn = ∂m (∂n ) ∀m, n Khi Re (∂kk u)(∂j u) =2 Re ∂k ((∂k u)(∂j u)) − Re (∂k u)(∂jk u) =2∂k Re (∂k u)(∂j u) − ∂j |∂k u|2 , nên Re (∆u)∂α u =2 Re (∂kk u)αj (∂j u) k,j n = n αj ∂j |∂j u|2 αj (∂j u)(∂k u) − ∂k Re k=1 n j=1 =div Re((∂α u)∇u) − α|∇u|2 j=1 (4.10) 58 Từ (4.8) - (4.10) ý u|∂Ω = ta có Re (−∆ + )u, ∂α u h h = Re h L2 (Ω) (−∆ + )u ∂α udx h2 Ω = − Re h (∆u)∂α udx + Re h3 Ω div − = u∂α udx Ω 2 Re((∆u)∂α u) + α|∇u|2 + α|u|2 dx h h h Ω − = Re((∂ν u)∂α u) + (ν · α)|∇u|2 dS h h ∂Ω (ν · α)|u|2 dS h3 + ∂Ω − = Re((∂ν u)∂α u) + (ν · α)|∇u|2 dS h h ∂Ω (4.11) Kết hợp (4.6), (4.7), (4.11) (4.2) ta nhận ϕ ϕ e h (−∆)(e− h u) 4c2 + − ||u||2L2 (Ω) h Re((∂ν u)∂α u¯)dS + (ν · α)|∇u|2 dS h h L2 (Ω) ≥2 |∇u| − L2 (Ω) + (4.12) ∂Ω ∂Ω Với u|∂Ω = ta có ∇u|∂Ω = (∂ν u)ν|∂Ω Lại có ∂α u = (ν · α)∂ν u Thay vào (4.12) ta nhận ϕ ϕ e h (−∆)(e− h u) L2 (Ω) 4c2 + − ||u||2L2 (Ω) h2 Re(∂ν u · (ν · α)∂ν u)dS + (ν · α)|∂ν u|2 dS h h ≥ |∇u| − L2 (Ω) + ∂Ω ∂Ω 4c + − ||u||2L2 (Ω) h2 (ν · α)|∂ν u|2 dS + (ν · α)|∂ν u|2 dS h =2 |∇u| − h ∂Ω L2 (Ω) + ∂Ω 4c2 + 2 =2 |∇u| L2 (Ω) + − ||u||2L2 (Ω) − (α · ν)∂ν u, ∂ν u h h ∂Ω 59 Từ đó, ta có |∇u| L2 (Ω) 4c2 + 2 − ||u||2L2 (Ω) − (α · ν)∂ν u, ∂ν u h h + ϕ ϕ ∂Ω ≤ e h (−∆)(e− h u) ϕ L2 (Ω) ϕ ≤ e h (−∆ + q)(e− h u) + q L∞ (Ω) u L2 (Ω) hay |∇u| L2 (Ω) + 4c2 + 2 − − ||q||2L∞ (Ω) ||u||2L2 (Ω) − (α · ν)∂ν u, ∂ν u h h ≤ Chọn h0 cho C1 = 4c2 +2 h20 ∂Ω −ϕ h ϕ h e (−∆ + q)(e u) L2 (Ω) − − ||q||2L∞ (Ω) > Khi ∀h ≤ h0 4c2 + − − ||q||2L∞ (Ω) > h2 ta có ϕ ϕ e h (−∆ + q)(e− h u) L2 (Ω) ≥2 L2 (Ω) |∇u| h2 ≥C u + L2 (Ω) C1 h2 u + |∇u| L2 (Ω) (α · ν)∂ν u, ∂ν u ∂Ω h − (α · ν)∂ν u, ∂ν u ∂Ω , h − L2 (Ω) C = min{2, C1 } > Định lý chứng minh Khi u ∈ C0∞ (Ω) u ∂Ω = ∂ν u ∂Ω = nên ta có hệ sau Hệ 4.4 Cho q ∈ L∞ (Ω), α ∈ Sn−1 ϕ(x) = α · x Khi tồn số C > h0 > cho với h mà < h ≤ h0 , ta có ||u||2L2 (Ω) + h2 |∇u| L2 (Ω) ϕ ϕ ≤ Ch2 ||e h (−∆ + q)(e− h u)||2L2 (Ω) , ∀u ∈ C0∞ (Ω) (4.13) Bằng phương pháp chứng minh ta thay hàm ϕ −ϕ với u ∈ C ∞ (Ω), u|∂Ω = ta có C ||u||2L2 (Ω) + h2 |∇u| L2 (Ω) + (α · ν)∂ν u, ∂ν u h ϕ ∂Ω ϕ ≤ ||e− h (−∆ + q)(e h u)||2L2 (Ω) ϕ Nếu chọn v = e h u bất đẳng thức trở thành C −ϕ ||e h v||L2 (Ω) + h2 −ϕ h ≤||e ϕ |∇(e− h v)| (−∆ + q)v||2L2 (Ω) Từ phân tích ta có định lý L2 (Ω) + ϕ ϕ (α · ν)∂ν (e− h v), ∂ν (e− h v) h ∂Ω (4.14) L2 (Ω) 60 Định lý 4.5 Cho q ∈ L∞ (Ω), α ∈ Sn−1 ϕ(x) = α · x Khi tồn số C > h0 > cho với h mà < h ≤ h0 , ta có ϕ ϕ L2 (Ω) C ||e− h v||2L2 (Ω) + h2 |∇(e− h v)| −ϕ h ≤h2 ||e (−∆ + q)v||2L2 (Ω) , ϕ ϕ + 2h (α · ν)∂ν (e− h v), ∂ν (e− h v) ∂Ω (4.15) ∀v ∈ H (Ω) ∩ H01 (Ω) Chứng minh Với v ∈ H (Ω) ∩ H01 (Ω) tồn dãy {vk } ⊂ C ∞ (Ω), vk |∂Ω = 0, H (Ω) cho vk −→ v Thay vk vào phương trình (4.14) ta nhận ϕ ϕ C ||e− h vk ||2L2 (Ω) + h2 |∇(e− h vk )| −ϕ h ≤h2 ||e L2 (Ω) ϕ ϕ + 2h (α · ν)∂ν (e− h vk ), ∂ν (e− h vk ) ∂Ω (−∆ + q)vk ||2L2 (Ω) (4.16) ϕ Do e− h ∈ C ∞ (Ω) nên theo Định lý 1.15, ta nhận ϕ ϕ ||e− h vk − e− h v||H (Ω) ≤ C||vk − v||H (Ω) , từ suy ϕ H (Ω) ϕ L2 (Ω) ϕ e− h vk −→ e− h v Vì ϕ e− h vk −→ e− h v ϕ L2 (Ω) ϕ ∂j (e− h vk ) −→ ∂j (e− h v) Do ϕ k→∞ ϕ ||e− h vk ||L2 (Ω) −→ ||e− h v||L2 (Ω) (4.17) ϕ k→∞ ϕ ||∂j (e− h vk )||L2 (Ω) −→ ||∂j (e− h v)||L2 (Ω) , ∀j = 1, 2, · · · , n (4.18) Tương tự ta nhận ϕ k→∞ ϕ ||e− h (−∆ + q)vk ||L2 (Ω) −→ ||e− h (−∆ + q)v||L2 (Ω) ϕ ϕ Đặt ωk = e− h vk , ω = e− h v Áp dụng Định lý 1.20, ta có ||ωk − ω||L2 (∂Ω) ≤ ||ωk − ω||H 12 (∂Ω) ≤ C||ωk − ω||H (Ω) , (4.19) 61 lấy giới hạn k → ∞ bất đẳng thức sử dụng kết chứng minh phần trước ta nhận ϕ L2 (∂Ω) ϕ e− h vk −→ e− h v (4.20) Mặt khác (α · ν)|∂ν ωk |2 dS − ∂Ω (α · ν)|∂ν ω|2 dS = ∂Ω (α · ν)(|∂ν ωk |2 − |∂ν ω|2 )dS ∂Ω |∂ν ωk |2 − |∂ν ω|2 dS ≤ ∂Ω Cho k → ∞ bất đẳng thức ý (4.20) ta nhận ϕ ϕ k→∞ (α · ν)|∂ν (e− h v)|2 dS (α · ν)|∂ν (e− h vk )|2 dS −→ (4.21) ∂Ω ∂Ω Kết hợp (4.16) − (4.19) (4.21) ta có điều phải chứng minh Dưới ước lượng Carleman cho ta phương pháp cho việc xây dựng nghiệm CGO Trước hết ta đưa kết tương tự cho tồn nghiệm phương trình không Định lý 2.10 Ở định lý chuẩn || · ||H (Ω) hiểu ||u||H (Ω) = (||u||L2 (Ω) + |h∇u| 2 ) L (Ω) Định lý 4.6 Cho q ∈ L∞ (Ω), α ∈ Sn−1 , hàm ϕ(x) = α · x Với f ∈ L2 (Ω) tồn C > 0, h0 > cho < h ≤ h0 phương trình ϕ ϕ e h (−∆ + q)(e− h r) = f Ω có nghiệm r ∈ H (Ω) thỏa mãn ||r||H (Ω) ≤ Ch||f ||L2 (Ω) ϕ ϕ Chứng minh Đặt Pϕ = e h P e− h P = h2 (−∆ + q) Chọn h0 Hệ 4.4, với h ≤ h0 ta có ||u||H (Ω) ≤ C ∗ ||P u||L2 (Ω) , h ϕ u ∈ C0∞ (Ω) (4.22) 62 Đặt D = Pϕ∗ C0∞ (Ω) D không gian H −1 (Ω) Xét phiếm hàm L :D −→ C Pϕ∗ v −→ (v, f ) v ∈ C0∞ (Ω) Với phần tử D, tồn biểu diễn dạng Pϕ∗ v với v ∈ C0∞ (Ω) nên phiếm hàm L định nghĩa Sử dụng (4.22) ta nhận |L(Pϕ∗ v)| = |(v, f )L2 (Ω) | ≤ ||v||H (Ω) ||f ||L2 (Ω) ≤ C ∗ ||P v||H −1 (Ω) ||f ||L2 (Ω) h ϕ Vậy L phiếm hàm tuyến tính bị chặn D Theo Định lý Hahn - Banach, tồn phiếm hàm tuyến tính bị chặn ˆ: L H −1 (Ω) −→ C, ˆ D = L thỏa mãn L| C ||f ||L2 (Ω) ||v||H −1 (Ω) h Theo Định lý biểu diễn Riesz, tồn r˜ ∈ H01 (Ω) cho ˆ |L(v)| ≤ ˆ L(ω) = (ω, r˜), ω ∈ H −1 (Ω) ||˜ r||H (Ω) ≤ C ||f ||L2 (Ω) h Do từ định nghĩa đạo hàm yếu ta nhận ˆ ∗ v) = L(P ∗ v) = (v, f ), (v, Pϕ r˜) = (Pϕ∗ v, r˜) = L(P ϕ ϕ Từ đó, suy Pϕ r˜ = f ϕ ϕ Đặt r = h2 r˜, e h (−∆ + q)(e− h r) = f Ω ||r||H (Ω) = h||˜ r||H (Ω) ≤ Ch||f ||L2 (Ω) 4.2 Tính ∂Ω−,ε Với α ∈ Rn ta kí hiệu ∂Ω−,ε = {x ∈ ∂Ω : α · ν(x) < ε}, ∀v ∈ C0∞ (Ω) 63 ∂Ω+,ε = {x ∈ ∂Ω : α · ν(x) > ε} Trước tiên ta chứng minh kết tính ánh xạ Λq sau Định lý 4.7 Cho q1 , q2 ∈ L∞ (Ω) cho toán Dirichlet −∆ + q1 −∆ + q2 đặt chỉnh Nếu α ∈ Sn−1 Λq1 f |∂Ω−,ε = Λq2 f |∂Ω−,ε , ∀f ∈ H (∂Ω) q1 = q2 Ω Chứng minh Giả sử {α, β, ξ} ba vectơ trực giao α, β ∈ Sn−1 Đặt ϕ(x) = α · x, ψ(x) = β · x Theo Định lý 2.11, tồn nghiệm CGO phương trình (−∆ + qj )uj = có dạng u1 = e h (ϕ+iψ) eix·ξ (1 + r1 ) ||rj ||L2 (Ω) ≤ C1 h, |Drj | L2 (Ω) u2 = e− h (ϕ+iψ) eix·ξ (1 + r2 ), (4.23) ≤ C1 uj ∈ H (Ω) Ta có Λq1 (u1 |∂Ω ) = ∂ν u1 |∂Ω Theo Định lý 2.11, tồn nghiệm CGO u˜2 phương trình   (−∆ + q2 )˜ u2 = u˜2 = u1   Ω, ∂Ω Ta có Λq2 (u1 |∂Ω ) = ∂ν u˜2 |∂Ω Do u1 ∈ H (Ω) nên u1 |∂Ω ∈ H (∂Ω), suy u˜2 ∈ H (Ω) Từ Bổ đề 2.12, ta có (q1 − q2 )u1 u2 dx = ((Λq1 − Λq2 )u1 |∂Ω , u2 |∂Ω )∂Ω (4.24) Ω Từ (4.24) giả thiết ta có (q1 − q2 )u1 u2 dx = (Λq1 − Λq2 )u1 |∂Ω , u2 |∂Ω ∂Ω Ω = (Λq1 − Λq2 )u1 |∂Ω , u2 |∂Ω ∂Ω−,ε + (Λq1 − Λq2 )u1 |∂Ω , u2 |∂Ω = (Λq1 − Λq2 )u1 |∂Ω , u2 |∂Ω [∂ν (u1 − u˜2 )]u2 dS = ∂Ω+,ε ∂Ω+,ε ∂Ω+,ε (4.25) 64 Đặt u := u1 − u˜2 Khi u ∈ H (Ω) ∩ H01 (Ω) Từ (4.23) (4.25) ta có eix·ξ (q1 − q2 )(1 + r1 + r2 + r1 r2 )dx = Ω (∂ν u)u2 dS (4.26) ∂Ω+,ε Chứng minh tương tự Định lý 2.2, ta có eix·ξ (q1 − q2 )dx eix·ξ (q1 − q2 )(1 + r1 + r2 + r1 r2 )dx −→ h → (4.27) Ω Ω Theo bất đẳng thức Cauchy - Schwarz, ta có (∂ν u)u2 dS ∂Ω+,ε ϕ ϕ [e− h (∂ν u)][e h u2 ]dS = ∂Ω+,ε (4.28) −ϕ h ≤ |e ∂Ω+,ε ϕ h 2 |e u2 | dS ∂ν u| dS ∂Ω+,ε Ta đánh giá thành phần vế phải (4.28) Áp dụng Định lý 4.5 cho nghiệm u ứng với phương trình Schr¨odinger cho q2 sử dụng ∂ν u|∂Ω−,ε = 0, với ý ∂Ω+,ε α · ν ≥ ε ta nhận ϕ |e− h ∂ν u|2 dS ≤ ∂Ω+,ε ε ϕ (α · ν)|e− h ∂ν u|2 dS ∂Ω+,ε (4.29) ϕ ≤ C2 h||e− h (−∆ + q2 )u||2L2 (Ω) ε Ta có (−∆ + q2 )u = (−∆ + q2 )u1 = (q2 − q1 )u1 Khi với h ≤ từ (4.29) ta nhận ϕ iψ |e− h ∂ν u|2 dS ≤ C2 h||(q2 − q1 )e h eix·ξ (1 + r1 )||2L2 (Ω) ε ∂Ω+,ε ≤ C2 h(||q1 ||L∞ (Ω) + ||q2 ||L∞ (Ω) )(1 + ||r1 ||2L2 (Ω) ) ε 4C2 M (1 + C12 h2 ) 4C2 M (1 + C12 ) ≤ h≤ h ε ε (4.30) 65 Với C4 = 2max{|∂Ω|, 1}, ta nhận ϕ |e h u2 |2 dS = ∂Ω+,ε |1 + r2 |2 dS ≤ ∂Ω+,ε (1 + |r2 |2 )dS ∂Ω+,ε ≤ 2|∂Ω| + |r2 |2 dS (4.31) ∂Ω+,ε ≤ C4 (1 + ||r2 ||2L2 (∂Ω) ) ≤ C4 (1 + ||r2 ||2L2 (Ω) ) Theo Định lý 1.20 tính bị chặn r2 H (Ω) tồn c5 , C5 > cho ||r2 ||L2 (∂Ω) ≤ c5 ||r2 ||H (Ω) ≤ C5 (4.32) Từ (4.28) - (4.32) ta nhận √ (∂ν u)u2 dS| ≤ C6 h, | (4.33) ∂Ω+,ε C6 = 4C2 C4 M (1+C5 )(1+C12 ) ε Cho h → kết hợp với (4.27) (4.33) ta eix·ξ (q1 − q2 )dx = (4.34) Ω Do (4.34) với ξ ∈ Rn trực giao với α Do ánh xạ DN ∂Ω−,ε (α) với số cố định ε > nên ∂Ω−,ε (α ) với α ∈ Sn−1 đủ gần α với số ε đủ bé Do (4.34) với ξ thuộc hình nón mở Rn Với   q1 (x) − q2 (x) x ∈ Ω, q(x) =   x ∈ Rn \Ω, Từ (4.34) suy qˆ(ξ) = 0, tập mở Do q có giá compact nên theo định lý Paley - Wiener ta có qˆ(ξ) hàm giải tích Rn Từ đó, ta có q = q1 = q2 Để chứng minh Định lý 4.7 kéo theo Định lý 4.1 ta cần tới bổ đề sau 66 Bổ đề 4.8 ([6]) Với giả thiết Định lý 4.1 ∂γ1 ∂ν = ∂Ω−,ε ∂γ2 ∂ν ∂Ω−,ε Chứng minh Định lý 4.7 kéo theo Định lý 4.1 Chứng minh Sử dụng Bổ đề 2.6 Bổ đề 4.8, ta có Λq1 f −1 ∂Ω−,ε −1 = γ1 Λγ (γ1 f ) − 12 − 21 = γ2 Λγ (γ2 f ) = Λq2 f ∂Ω−,ε ∂Ω−,ε ∂Ω−,ε ∂γ + γ1−1 f ∂ν −1 ∂γ + γ2 f ∂ν ∂Ω−,ε ∂Ω−,ε Theo Định lý 4.7 q1 = q2 Đặt q = √ ∆ γ1 √ γ1 = √ ∆ γ2 √ γ2 Xét phương trình (−∆ + q)u = Ω √ (4.35) √ √ √ γ1 , γ2 nghiệm phương trình (4.35) γ1 |∂Ω = γ2 |∂Ω Kết √ √ hợp với phương trình Schr¨odinger với hàm q đặt chỉnh nên ta nhận γ1 = γ2 Khi Ω γ1 = γ2 Ω Kết Luận Luận văn trình bày số kết liên quan tới toán ngược Calderón, cụ thể: (i) Chương 2: Chứng minh Bổ đề 2.3 mối liên hệ nghiệm toán (0.3) toán (2.1), Định lý 2.11 tồn nghiệm có dạng u(x) = eix·ζ (a(x) + r(x)) toán (2.1) sử dụng biến đổi Fourier để chứng minh tính cho phương trình Schr¨odinger (Định lý 2.2) từ suy tính toán ngược Calderón (ii) Chương 3: Ở Định lý 3.2, chứng minh ước lượng ổn định có dạng ||γ1 − γ2 ||L∞ (Ω) ≤ ω(||Λγ1 − Λγ2 || ), ω : [0, ∞) → [0, ∞) hàm môđun liên tục thỏa mãn: ω(t) ≤ C| ln t|− n+2 0[...]... nghiên cứu kết quả về tính duy nhất của bài toán Calderón được chứng minh bởi J Sylvester và G Uhlmann trong [15] như sau Định lý 2.1 Cho γ1 , γ2 là hai hàm dương thuộc lớp C 2 (Ω) Nếu Λγ1 = Λγ2 thì γ1 = γ2 trong Ω Định lý trên được chứng minh bằng cách sử dụng kết quả về tính duy nhất của phương trình Schr¨odinger Định lý 2.2 Cho q1 , q2 ∈ L∞ (Ω) sao cho bài toán Dirichlet với −∆ + q1 và −∆ + q2 trong... riêng của toán tử Laplace trong Ω thì tồn tại u ∈ H01 (Ω), u = 0 sao cho ∆u = qu Khi đó ||u||H 1 (Ω) > 0 còn ||u||H 21 (∂Ω) = 0 tức là tính ổn định của bài toán (2.17) bị phá vỡ Vậy bài toán (2.17) không phải lúc nào cũng đặt chỉnh Bổ đề sau cho ta mối liên hệ giữ ánh xạ DN Λγ và ánh xạ DN Λq và một điều kiện để bài toán (2.17) đặt chỉnh Bổ đề 2.6 Cho hàm dương γ ∈ C 2 (Ω) Đặt q = √ ∆ γ √ , γ khi đó bài. .. tự liên hợp của Λq : Với f, g ∈ H 2 (∂Ω) và u, v là nghiệm của bài toán (2.17) sao cho u|∂Ω = f, v|∂Ω = g thì ∇v·∇u+qvu dx = (Λq g, f )∂Ω = (f, Λq g)∂Ω ∇u·∇v+quv dx = (Λq f, g)∂Ω = Ω Ω Bổ đề sau cho ta tính tồn tại, duy nhất nghiệm của bài toán tổng quát của bài toán (0.3) 1 Bổ đề 2.5 ([6]) Với mỗi F ∈ H −1 (Ω), f ∈ H 2 (∂Ω) tồn tại duy nhất u ∈ H 1 (Ω) sao cho ∇ · γ∇u = F trong Ω u|∂Ω = f Hơn nữa,... trong đó u là nghiệm của bài toán (2.17) còn v là hàm bất kỳ thuộc H 1 (Ω) với v|∂Ω = g Bổ đề dưới đây chỉ ra tính hợp lý của định nghĩa trên và hơn nữa Λq là ánh xạ tuyến tính bị chặn Bổ đề 2.4 Nếu q ∈ L∞ (Ω) sao cho bài toán (2.17) đặt chỉnh khi đó Λq là ánh xạ 1 1 tuyến tính từ H 2 (∂Ω) vào H − 2 (∂Ω) và thỏa mãn (Λq f, g)∂Ω = (f, Λq g)∂Ω 1 ∀f, g ∈ H 2 (∂Ω) 23 1 1 Chứng minh Cố định f ∈ H 2 (∂Ω),... u∇γ · ∇ϕdx Ω Từ (2.20), (2.21) và (2.22) ta nhận được ∇u · ∇ψ + quψ dx = 0, ∀ψ ∈ H01 (Ω) Ω 1 Vậy u = γ 2 v là nghiệm của bài toán (2.17) 26 (ii) Duy nhất: Giả sử u1 , u2 là hai nghiệm của phương trình (2.17), khi đó u = u1 − u2 sẽ là nghiệm của bài toán   (−∆ + q)u = 0 trong Ω, u=0   (2.23) trên ∂Ω 1 Theo chứng minh như trên, ta suy ra γ − 2 u là nghiệm của bài toán   ∇ · γ∇u = 0 trong Ω,... ∂Ω Do u = 0 là một nghiệm của bài toán (2.24) nên theo Bổ đề 2.5, bài toán (2.24) có nghiệm tầm thường, từ đó bài toán (2.23) có nghiệm tầm thường, tức là ta có u1 = u2 (iii) Ổn định: Do γ ∈ C 2 (Ω) nên ta có γ −1 ∈ C 2 (Ω) từ đó theo Định lý 1.18, ta nhận được 1 1 ||γ − 2 f ||H 12 (∂Ω) ≤ ||γ − 2 ||C 1 (∂Ω) ||f ||H 21 (∂Ω) ≤ C||f ||H 12 (∂Ω) , kết hợp với Định lý 1.14 và Định lý 1.20, ta nhận được... quv)dx, T (g) = Ω trong đó u là nghiệm của bài toán (2.17) và v là hàm bất kỳ thuộc H 1 (Ω) với v|∂Ω = g (i) Sự không phụ thuộc vào việc chọn hàm v Do u là nghiệm yếu của bài toán (2.17) nên ta có (∇u · ∇ϕ + quϕ)dx = 0, Ω với ϕ ∈ H01 (Ω) Với v, v˜ ∈ H 1 (Ω) sao cho v|∂Ω = v˜|∂Ω = g, khi đó theo Định lý 1.20, ta có (v − v˜) ∈ H01 (Ω), do u là nghiệm yếu của bài toán (2.17) nên (∇u · ∇(v − v˜) + qu(v... minh 2.2.2 Ước lượng với q = 0 Giả sử ζ ∈ Cn thỏa mãn ζ · ζ = 0 và |ζ| đủ lớn Định nghĩa Gζ là toán tử nghiệm Gζ : L2 (Ω) →H 2 (Ω) f →r, với r là nghiệm của bài toán (D · D + 2ζ · D)r = f được xác định trong Định lý 2.9 Định lý 2.10 Cho q ∈ L∞ (Ω) Khi đó tồn tại C0 = C0 (Ω, n) sao cho ζ ∈ Cn thỏa mãn ζ · ζ = 0 và |ζ| ≥ max{C0 ||q||L∞ (Ω) , 1} và bất kì f ∈ L2 (Ω), phương trình (D · D + 2ζ · D + q)r = f... (∂Ω) tồn tại nghiệm yếu u ∈ H 1 (Ω) 2 (Duy nhất) Nghiệm u là duy nhất 1 3 (Ổn định) Toán tử f → u liên tục từ H 2 (∂Ω) → H 1 (Ω), tức là tồn tại hằng số C > 0 sao cho ||u||H 1 (Ω) ≤ C||f ||H 21 (∂Ω) Nếu bài toán cho phương trình Schr¨odinger đặt chỉnh, khi đó ta có thể định nghĩa ánh xạ DN như sau 1 1 Λq : H 2 (∂Ω) →H − 2 (∂Ω) f→ ∂u ∂ν ∂Ω Một cách hiểu khác của ánh xạ Λq như sau: (∇u · ∇v + quv)dx... Hilbert Định nghĩa 1.6 (i) Hệ {ej }∞ j=1 được gọi là hệ trực chuẩn của không gian H nếu nó thỏa mãn ej · e = 0, ∀j = và |ej | = 1, ∀j = 1, 2, · · · (ii) Hệ {ej }∞ j=1 được gọi là hệ cơ sở của không gian H nếu với mọi x ∈ H có duy nhất chuỗi xj ej hội tụ tới x j≥1 12 (iii) Hệ {ej }∞ j=1 được gọi là hệ cơ sở trực chuẩn của không gian H nếu nó là hệ cơ sở và trực chuẩn (iv) Hệ trực giao {ej }∞ j=1 của không ... HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN - TRẦN THẾ DŨNG TÍNH DUY NHẤT VÀ ỔN ĐỊNH CỦA BÀI TOÁN CALDERÓN Chuyên ngành: Toán giải tích Mã số: 60 46 01 02 LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC NGƯỜI... ta chứng minh định lý 3.1 Phương trình Schr¨ odinger Tương tự chứng minh tính nhất, sử dụng toán ngược cho phương trình Schr¨odinger cho việc nghiên cứu tính ổn định toán Calderón Định lý 3.3 Cho... t|− n+2 47 3.2 Kết tính ổn định Trong phần chứng minh Định lý 3.2 Để chứng minh kết ta cần dùng tới tính ổn định biên Ta có định lý sau Định lý 3.4 ( [6]) Với giả thiết Định lý 3.2, tồn b =