HÀM RIÊNG CÕA TOÁN TÛ STURM-LIOUVILLE TRÊN KHO ...4 2.Chương 2: khai tri”n hœu h⁄n 3.Chương 3: khai tri”n trên nßa đưíng thﬂng. Nºi dung chương 2 trình

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘITRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

——————-

Nguyễn Viết Đại

HÀM RIÊNG CỦA TOÁN TỬ

STURM-LIOUVILLE TRÊN KHOẢNG HỮU HẠN

VÀ TRÊN KHOẢNG VÔ HẠN

Hà Nội - 2018

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘITRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

——————-


HÀM RIÊNG CỦA TOÁN TỬ

STURM-LIOUVILLE TRÊN KHOẢNG HỮU HẠN

VÀ TRÊN KHOẢNG VÔ HẠN

Chuyên ngành: Toán giải tích

Mã số: 15005001

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

Cán bộ hướng dẫn: TS. Đặng Anh Tuấn

Hà Nội - 2018

2

LỜI CẢM ƠN

Trước khi trình bày nội dung chính của khóa luận, em xin bày tỏ lòngbiết ơn tới thầy Đặng Anh Tuấn . Thầy đã tận tình hướng dẫn để em có thểhoàn thành luận văn này. Thầy không chỉ hướng dẫn em về mặt chuyênmôn toán, thầy còn dạy em nhiều điều trong cuộc sống. Những lời dạy bảocủa thầy giúp em nhìn đúng về mọi chuyện, giúp em vượt quá những khúcmắc, những yếu đuối về mặt tâm lý mà tưởng chừng như không thể vượtqua được. Em cũng xin lỗi thầy vì nhiều khi yếu đuối muốn bỏ cuộc, em đãngắt mọi liên lạc với thầy, nếu thầy không bao dung và vẫn luôn quan tâmđến em thì em đã không thể tiếp tục được.

Em cũng xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới toàn thể các thầy cô giáotrong khoa Toán - Cơ - Tin học, Đại học Khoa Học Tự Nhiên, Đại Học QuốcGia Hà Nội đã dạy bảo em tận tình trong suốt quá trình học tập tại khoa.

Nhân dịp này em cũng xin cám ơn tới ông nội , ông bà ngoại, bố mẹ vàcậu mợ của em những người đã luôn thương yêu , quan tâm và che chở choem. Ngoài ra em cũng xin cảm ơn trung tâm anh ngữ ViViAn đã tận tìnhchỉ dạy cho em để thi được bằng tiếng anh B1. Em xin cảm ơn anh Đỗ DuyHiếu đã nhận em vào làm ở trung tâm của anh để có tiền trang trải cuộcsống trong suốt thời gian ở Hà Nội, em xin lỗi vì đã bỏ đi mà không nói lờinào. Em xin cảm ơn Viện Toán đã kí hợp đồng với em trong 3 tháng, nếukhông có bản hợp đồng đó làm động lực để quay lại thì em sẽ không thểnào vượt qua được tiếng anh B1. Cuối cùng em xin cảm ơn bạn Tô Thị VânAnh và bạn Nguyễn Đức Ngà, bạn Vân Anh đã liên lạc gọi em lại học tiếnganh chuyên ngành, còn bạn Ngà đã hướng dẫn em các bước làm thủ tục bảovệ.

Hà Nội, ngày 8 tháng 12 năm 2018Học viên


3

LỜI MỞ ĐẦU

Từ đại số tuyến tính hữu hạn chiều, cho bất kỳ một ma trận đối xứng tađều tìm thấy một cơ sở trực chuẩn của không gian gồm toàn các vectơ riêngcủa ma trận. Khi đó ta có khai triển duy nhất

v =n

∑k=1

(v, vk)vk

với vk là vectơ riêng được chuẩn hóa của ma trận A. Ngoài ra ta có đẳngthức Pythagoras |v|2 = ∑n

k=1 |(v, vk)|2. Từ lý thuyết về chuỗi Fourier bất kìmột hàm f tuần hoàn chu kì 2π và khả vi liên tục trên R đều có khai triển

f (x) =+∞

∑k=−∞

( f , vk)vk(x)

trong đó vk(x) = eikx/√

2π là hàm riêng được chuẩn hóa ứng với giá trị

riêng k2 của toán tử vi phân thường− d2

dx2 . Ngoài ra ta có đẳng thức Parseval

|| f ||22 = ∑+∞−∞ |( f , vk)|2. Chuỗi Fourier xuất hiện khi ta giải các phương trình

truyền nhiệt, dao động sợi dây, dao động màng mỏng,... bằng phương pháptách biến. Sự tương tự giữa các vấn đề của đại số tuyến tính và lý thuyếtcác phương trình đã được các nhà toán học thấy từ rất lâu trước. Tuy nhiênD.Hilbert là người đầu tiên hệ thống lại những tương tự này trong việc làmvề lý thuyết các phương trình tích phân, xem [5]. Một trong các kết quảcủa việc làm này làm nảy sinh ra không gian Hilbert l2 và sau đó là khônggian Hilbert tổng quát. Xây dựng toán học cho không gian l2 và không gianHilbert trừu tượng dẫn đường cho sự phát triển mạnh mẽ về lý thuyết phổcủa các toán tử tự liên hợp trong không gian Hilbert. Lý thuyết phổ trừutượng này về cơ bản là hoàn thiện, định lý cơ sở của toàn bộ lý thuyết làđịnh lý khai triển phổ. Một toán tử tự liên hợp trong không gian Hilbert sẽđược khai triển thông qua các phép chiếu phổ Eλ (còn gọi là họ phổ hoặcgiải thức đơn vị). Tuy nhiên trong trường hợp toán tử cụ thể thông tin vềtiệm cận giá trị riêng, hàm riêng và họ phổ là rất ít.Trong luận văn này em đọc hiểu và trình bày chi tiết lại các kết quả về khaitriển hàm riêng của toán tử Sturm-Liouville cho hai trường hợp là khoảnghữu hạn và nửa đường thẳng. Nội dung của luận văn gồm 3 chương

1. Chương 1: các kiến thức chuẩn bị

4

2. Chương 2: khai triển hữu hạn

3. Chương 3: khai triển trên nửa đường thẳng.

Nội dung chương 2 trình bày công thức tiệm cận về giá trị riêng và hàmriêng của toán tử Sturm-Liouville, chứng minh sự tồn tại một dãy đếmđược các giá trị riêng bằng các cách khác nhau: sử dụng định lý Rouche,lý thuyết dao động Sturm, phương pháp phương trình tích phân. Ngoài ratrong chương 2 có các cách chứng minh khác nhau cho định lý khai triểnhàm riêng : phương pháp phương trình tích phân, phương pháp thặng dưCauchy. Ở cuối chương chỉ ra định lý căn bản , hội tụ điểm của khai triểnhàm riêng Sturm-Liouville là giống như hội tụ điểm của chuỗi Fourier thôngthường.Nội dung chương 3, xây dựng hàm phổ ρ(λ) (còn gọi là độ đo phổ) từ đóđịnh nghĩa biến đổi Fourier tổng quát và thu được đẳng thức Parseval vàđịnh lý khai triển ở dạng tương tự chương 2. Đồng thời chương 3 trìnhbày phân loại giới hạn điểm, giới hạn tròn của toán tử Sturm-Liouville tuynhiên em chưa tìm hiểu về xuất phát điểm vật lý của khái niệm này. Ngoàira chương 3 trình bày biểu diễn tích phân của giải thức, chỉ rõ họ phổ Eλ

của toán tử Sturm-Liouville . Ở cuối chương chỉ ra ánh xạ f (x) 7→ F(λ)đặt tương ứng hàm f (x) ∈ L2(0, ∞) với biến đổi Fourier tổng quát của nóF(λ) ∈ L2

ρ(λ)(−∞,+∞) là ánh xạ Unitary ( song ánh bảo toàn chuẩn).

Các kết quả mục 2.2 tham khảo trong [7] và [9], mục 2.3 tham khảo [4] và[11], mục 2.4 và 2.5 tham khảo [4] và [9], mục 2.6 tham khảo [8] và [9],chương 3 tham khảo [9], họ phổ Eλ trình bày trừu tượng có thể tìm đọctrong [6] hoặc phụ lục [9].

Hà Nội, ngày 8 tháng 12 năm 2018Học viên


Mục lục

Lời mở đầu 3

1 Kiến thức chuẩn bị 6

1.1 Tính trù mật . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

1.2 Một số định lý của phương trình vi phân thường . . . . . . . . 7

1.3 Một số định lý của giải tích phức . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

1.4 Một số kết quả về tích phân. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

2 Khai triển hữu hạn 11

2.1 Giới thiệu và một số tính chất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

2.2 Công thức tiệm cận cho các giá trị riêng và hàm riêng . . . . . 14

2.3 Phân bố không điểm của các hàm riêng . . . . . . . . . . . . . 24

2.4 Hàm Green, toán tử compact đối xứng . . . . . . . . . . . . . . 30

2.5 Định lý khai triển và đẳng thức Parseval . . . . . . . . . . . . . 37

2.6 Chứng minh định lý khai triển bằng tích phân Cauchy . . . . 41

2.7 Hội tụ điểm của khai triển hàm riêng . . . . . . . . . . . . . . . 52

3 Khai triển trên nửa đường thẳng 57

3.1 Đẳng thức Parseval với nửa đường thẳng . . . . . . . . . . . . 57

3.2 Giới hạn điểm, giới hạn tròn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65

3.3 Biểu diễn tích phân của giải thức . . . . . . . . . . . . . . . . . 73

3.4 Tính trực giao của khai triển . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79

Tài liệu tham khảo 93

Chương 1

Kiến thức chuẩn bị

1.1 Tính trù mật

Ký hiệu C[a, b] là không gian các hàm giá trị phức, liên tục trên khoảngmở hữu hạn (a, b), liên tục phải tại a và liên tục trái tại b. Không gian C[a, b]có tích vô hướng cho bởi:

( f , g) =∫ b

af (x)g∗(x)dx, f , g ∈ C[a, b],

ở đó g∗(x) là liên hợp phức của g(x). Cho D(L) là tập con của C[a, b] xácđịnh bởi

D(L) = y(x) ∈ C2[a, b] : BCa(y) = BCb(y) = 0,

BCa(y) = y(a)cos(α) + y′(a)sin(α) = 0,

BCb(y) = y(b)cos(β) + y′(b)sin(β) = 0 (α, β ∈ R),

trong đó C2[a, b] là không gian các hàm giá trị phức, khả vi liên tục cấp haitrong (a, b), khả vi liên tục cấp hai bên phải tại a và bên trái tại b. Khi đó tacó khẳng định sau:

Bổ đề 1.1.1. ([2]) D(L) là trù mật trong không gian C[a, b] với chuẩn cảm sinh từtích vô hướng.

1.2. Một số định lý của phương trình vi phân thường 7

1.2 Một số định lý của phương trình vi phânthường

Bổ đề 1.2.1 (Công thức Liouville). ([4]) Xét phương trình

y′′(x) + p(x)y

′(x) + q(x)y(x) = 0,

với p(x), q(x) ∈ C[a, b]. Giả sử y1(x) và y2(x) là hai nghiệm của phương trình.Khi đó định thức Wy1, y2(x) = y1(x)y

′2(x) − y

′1(x)y2(x) Wronskian của

y1(x) và y2(x) được cho bởi công thức Liouville:

Wy1, y2(x) = c.exp(∫ x

ap(t)dt

)∀x ∈ [a, b], (1.2.1)

với c là hằng số.

Bổ đề 1.2.2 (Bất đẳng thức Gronwall-dạng vi phân). ([4]) Cho η(.) là một hàmkhông âm, liên tục trên [0, T] thỏa mãn bất đẳng thức vi phân

η′(t) ≤ φ(t)η(t) + ψ(t), ∀t ∈ [0, T],

trong đó φ(t), ψ(t) là các hàm không âm và liên tục trên [0, T]. Khi đó:

η(t) ≤ e∫ t

0 φ(r)dr[η(0) +∫ t

0ψ(s)ds], ∀t ∈ [0, T].

Bổ đề 1.2.3 (bất đẳng thức Gronwall-dạng tích phân). ([4]) Cho ξ(t) là mộthàm không âm, liên tục trên [0, T] và thỏa mãn theo t bất đẳng thức tích phân:

ξ(t) ≤ C1

∫ t

0ξ(s)ds + C2,

với các hằng số C1, C2 ≥ 0. Khi đó:

ξ(t) ≤ C2(1 + C1teC1t), 0 ≤ t ≤ T.

Định lý 1.2.1 (định lý tồn tại duy nhất nghiệm ([9]) ). Nếu q(x) là một hàmliên tục trên [a, b], với mỗi α ∈ R, λ ∈ C bài toán Cauchy:

y′′(x) + (λ− q(x))y(x) = 0,

ϕ(x0, λ) = sin(α), ϕx(x0, λ) = −cos(α), (x0 ∈ [a, b] cố định )(1.2.2)

có một nghiệm duy nhất ϕ(x, λ), x ∈ [a, b]. Với mỗi x cố định thuộc [a, b] hàmϕ(x, λ) là một hàm nguyên của λ, tức là hàm chỉnh hình trên toàn mặt phẳngphức C.

1.3. Một số định lý của giải tích phức 8

1.3 Một số định lý của giải tích phức

Định lý 1.3.1 (Định lý duy nhất của hàm chỉnh hình). ([3]) Chof (z) thuộc H(Ω) là một hàm chỉnh hình trong miền Ω ⊂ C. Nếu f (z) triệt tiêutrên một dãy của các điểm khác nhau mà dãy này có một điểm giới hạn trong Ω thìf (z) đồng nhất bằng 0 trong Ω.

Hệ quả 1.3.2. Một hàm nguyên (hàm chỉnh hình trên C) không đồng nhất bằng 0chỉ có nhiều nhất đếm được không điểm.

Bổ đề 1.3.1. ([3]) Giả sử hàm phức f (z) là hàm chỉnh hình tại điểm z0, với z0 làmột không điểm cấp m của f (z). Khi đó f

′/ f là hàm phân hình tại z0, nhận z0 làm

cực điểm đơn và thặng dư của f′/ f tại điểm z0 là Res( f

′/ f , z0) = m.

Hệ quả 1.3.3 (Nguyên lý Argument). ([3]) Cho f (z) thuộc H(Ω) là hàm chỉnhhình trong miền Ω ⊂ C. Cho γ là đường cong đóng, đơn, trơn từng khúc, địnhhướng dương sao cho phần trong của nó nằm hoàn toàn trong Ω. Giả sử f khôngcó không điểm nằm trên γ, khi đó số không điểm của f (tính cả bội) bên trong γ chobởi

12πi

∫γ

f′(z)

f (z)dz.

Định lý 1.3.4 (định lý Rouche). ([3]) Cho f , g ∈ H(Ω) và γ là một đường congđóng, đơn, trơn từng khúc, định hướng dương sao cho phần trong của nó nằm trongΩ. Giả sử rằng

| f (z)− g(z)| < | f (z)| với mọi z ∈ γ.

Khi đó f và g có cùng số không điểm tính cả bội bên trong γ.

1.4 Một số kết quả về tích phân.

Bổ đề 1.4.1. ([1]) Nếu f (x) ∈ C[a, b], g(x) đơn điệu trên [a, b] Khi đó tồn tạiξ ∈ [a, b] sao cho∫ b

af (x)g(x)dx = g(a)

∫ ξ

af (x)dx + g(b)

∫ b

ξf (x)dx. (1.4.1)

Hệ quả 1.4.1 (định lý giá trị trung bình dạng Bonnet). ([1]) Chof (x) thuộc C[a, b].

1.4. Một số kết quả về tích phân. 9

1. Nếu g(x) ≥ 0 và g(x) đơn điệu tăng trên [a, b] thì tồn tại ξ ∈ [a, b] sao cho∫ ba f (x)g(x)dx = g(b)

∫ bξ f (x)dx.

2. Nếu g(x) ≤ 0 và g(x) đơn điệu tăng trên [a, b] thì tồn tại ξ ∈ [a, b] sao cho∫ ba f (x)g(x)dx = g(a)

∫ ξa f (x)dx.

3. Nếu g(x) ≤ 0 và g(x) đơn điệu giảm trên [a, b] thì tồn tại ξ ∈ [a, b] sao cho∫ ba f (x)g(x)dx = g(b)

∫ bξ f (x)dx.

4. Nếu g(x) ≥ 0 và g(x) đơn điệu giảm trên [a, b] thì tồn tại ξ ∈ [a, b] sao cho∫ ba f (x)g(x)dx = g(a)

∫ ξa f (x)dx.

Bổ đề 1.4.2. ([12]) Giả sử f ∈ L(R). Khi đó với mọi ε > 0 tồn tại δ > 0 sao cho∫E| f | ≤ ε nếu m(E) ≤ δ.

Sau đây là các định lý lựa chọn Helly, chúng được dùng trong chương 3.Cho σ1(λ), σ2(λ), · · · là một dãy vô hạn của các hàm đơn điệu không giảmxác định trên khoảng đóng hữu hạn [a, b]. Giả sử rằng, tất cả chúng đều liêntục trái, tức là σn(λ− 0) = σn(λ).

Định lý 1.4.2 (định lý lựa chọn Helly thứ nhất). (phụ lục [9]) Nếu dãy hàmđơn điệu không giảm σn(λ) là bị chặn đều thì ta có thể tìm một hàm đơn điệu σ(λ)

và một dãy con σnk(λ) hội tụ điểm tới σ(λ) ở mọi điểm mà σ(λ) liên tục.

Định lý 1.4.3 (định lý lựa chọn Helly thứ hai). ( phụ lục [9]) Cho [a, b] là mộtkhoảng hữu hạn và f là một hàm liên tục trên [a, b]. Giả sử σn(λ) là dãy hàm đơnđiệu không giảm xác định trên [a, b] hội tụ tới một hàm đơn điệu không giảm σ(λ),xác định trên [a, b], tại tất cả những điểm liên tục của σ(λ). Nếu, giả thiết thêm

limn→∞

σn(a) = σ(a), limn→∞

σn(b) = σ(b)

thì

limn→∞

∫ b

af (λ)dσn(λ) =

∫ b

af (λ)dσ(λ).

Định lý lựa chọn Helly thứ hai được tổng quát lên khoảng vô hạn:

Định lý 1.4.4 (định lý lựa chọn Helly thứ ba). ( phụ lục [9]) Giả sử rằng dãycác hàm đơn điệu không giảm σn(λ) xác định trên (−∞,+∞) hội tụ điểm tới mộthàm đơn điệu không giảm σ(λ), xác định trên (−∞,+∞), ở tất cả những điểm mà

1.4. Một số kết quả về tích phân. 10

σ(λ) liên tục và f (λ) là một hàm liên tục trên (−∞,+∞). Nếu với bất kỳ ε > 0cho trước có một số A = A(ε) sao cho với mọi a, b > A, với mọi n ta có:∫ −a

−∞| f (λ)|dσn(λ) ≤ ε,

∫ ∞

b| f (λ)|dσn(λ) ≤ ε

thìlim

n→∞

∫ +∞

−∞f (λ)dσn(λ) =

∫ +∞

−∞f (λ)dσ(λ).

Chương 2

Khai triển hữu hạn

2.1 Giới thiệu và một số tính chất

Toán tử Sturm-Liouville là một toán tử vi phân thường L có dạng

L =−d2

dx2 + q(x),

trong đó q(x) là hàm giá trị thực liên tục trên đoạn hữu hạn [a, b]. Toán tửtuyến tính L tác động lên không gian hàm như sau

L : D(L) ⊂ C[a, b]→ C[a, b]

y(x) 7→ −y′′(x) + q(x)y(x).

Trong đó miền xác định của toán tử L là D(L) cho bởi:

D(L) = y(x) ∈ C2[a, b] : BCa(y) = BCb(y) = 0,

BCa(y) = y(a)cos(α) + y′(a)sin(α) = 0,

BCb(y) = y(b)cos(β) + y′(b)sin(β) = 0, (α, β ∈ R).

Định nghĩa 2.1.1. Nếu có một hàm khác hàm không y(x) ∈ D(L) sao choLy(x) = λy(x) với λ ∈ C nào đó thì ta nói λ là giá trị riêng của L và hàmy(x) được gọi là hàm riêng ứng với giá trị riêng λ. Tập tất cả các giá trị riêng củaL được gọi là phổ điểm của L kí hiệu là σp(L). Một giá trị riêng λ được gọi là đơnnếu hai hàm riêng bất kì tương ứng với nó là phụ thuộc tuyến tính.

2.1. Giới thiệu và một số tính chất 12

Bổ đề 2.1.1 (công thức Green). ([9]) Nếu f , g ∈ C2[a, b] thì ta có công thứcGreen:∫ b

a(L f )(x)g∗(x)dx =

∫ b

af (x)(Lg)∗(x)dx + W f , g∗(b)−W f , g∗(a).

(2.1.1)

Chứng minh. Sử dụng tích phân từng phần hai lần ta được∫ b

a(L f )(x)g∗(x)dx

=∫ b

a(− f

′′(x) + q(x) f (x))g∗(x)dx

= W f , g∗(b)−W f , g∗(a) +∫ b

af (x)(−g

′′(x) + q(x)g(x))∗dx

= W f , g∗(b)−W f , g∗(a) +∫ b

af (x)(Lg(x))∗dx.

Định lý 2.1.1. ([9]) L là toán tử đối xứng , tức là D(L) trù mật trong C[a,b] và vớimọi f , g ∈ D(L) ta có∫ b

a(L f )(x)g∗(x)dx =

∫ b

af (x)(Lg)∗(x)dx.

Chứng minh. Vì f , g ∈ D(L) nên Wf,g*(a)=Wf,g*(b)=0. Từ công thứcGreen ta có điều phải chứng minh.

Hệ quả 2.1.2. ([9]) Các giá trị riêng của L là thực. Các hàm riêng ứng với các giátrị riêng khác nhau là trực giao với nhau, tức là nếu y(x, λ1) và y(x, λ2) là cáchàm riêng tương ứng với các giá trị riêng khác nhau λ1 và λ2 thì∫ b

ay(x, λ1)y(x, λ2)

∗dx = 0.

Chứng minh. Giả sử y(x, λ) là một hàm riêng ứng với giá trị riêng λ. Từ tínhđối xứng của L ta có:∫ b

aλy(x, λ)y∗(x, λ)dx =

∫ b

ay(x, λ)λ∗y∗(x, λ)dx.

Vì vậy λ = λ∗ hay λ ∈ R.Cũng từ tính đối xứng ta có:

λ1

∫ b

ay(x, λ1)y∗(x, λ2)dx = λ∗2

∫ b

ay(x, λ1)y∗(x, λ2)dx

= λ2

∫ b

ay(x, λ1)y∗(x, λ2)dx

2.1. Giới thiệu và một số tính chất 13

Vì vậy nếu λ1 6= λ2 thì∫ b

a y(x, λ1)y(x, λ2)∗dx = 0.

Từ định lý 1.2.1 ta gọi ϕ(x, λ) và ψ(x, λ) là hai nghiệm của cùng phươngtrình y

′′(x) + (λ− q(x))y(x) = 0 thỏa mãn các điều kiện Cauchy như sau:

ϕ(0, λ) = sin(α), ϕ′(0, λ) = − cos(α); ψ(π, λ) = sin(β), ψ

′(π, λ) = − cos(β).

(2.1.2)Khi đó ϕ(x, λ) và ψ(x, λ) thỏa mãn BC0(ϕ) = BCπ(ψ) = 0. Kí hiệu

W(λ) = ϕ(x, λ)ψ′(x, λ)− ψ(x, λ)ϕ

′(x, λ) (2.1.3)

là Wronskian của ϕ(x, λ) và ψ(x, λ). Từ công thức của Liouville ta có Wron-skian của ϕ(x, λ) và ψ(x, λ) không phụ thuộc vào x chỉ phụ thuộc λ. Thayx = 0 và x = π vào phương trình (2.1.3) ta được:

W(λ) = −BC0(ψ) = BCπ(ϕ). (2.1.4)

Với mỗi x cố định ϕ(x, λ) và ψ(x, λ) là hàm nguyên theo λ do đó W(λ) cũngvậy. Ta có khẳng định sau đây.

Định lý 2.1.3. ([7]) Gọi λn∞n=0 là tập các không điểm của hàm nguyên W(λ).

Khi đó tập các giá trị riêng của toán tử Sturm-Liouville σp(L) = λn∞n=0. Hơn

nữa, với mỗi λn các hàm ϕ(x, λn) và ψ(x, λn) là các hàm riêng ứng với giá trịriêng λn và có một dãy βn 6= 0 sao cho

ψ(x, λn) = βn ϕ(x, λn). (2.1.5)

Chứng minh. Cho λ0 là một không điểm của W(λ). Khi đó từ (2.1.2) và(2.1.4), tồn tại β0 6= 0 sao cho ψ(x, λ0) = β0ϕ(x, λ0) với mọi x ∈ [a, b].Do đó các hàm ψ(x, λ0) và ϕ(x, λ0) là các hàm riêng ứng với giá trị riêng λ0.Ngược lại, cho λ0 là một giá trị riêng của toán tử Sturm-Liouville, y0 là mộthàm riêng tương ứng với λ0. Khi đó BCa(y0) = BCb(y0) = 0.Xét trường hợp sin(α) và cos(α) đều khác 0. Ta có y0(0) 6= 0, ngược lạiy0(0) = 0 thì y

′0(0) = 0 theo định lý tồn tại duy nhất nghiệm y0 đồng nhất

bằng 0, mâu thuẫn với y0 là hàm riêng. Do nhân với hằng số nếu cần ta giảsử y0(0) = sin(α), khi đó y

′0(0) = − cos(α). Theo định lý tồn tại duy nhất

nghiệm ta được y0(x) = ϕ(x, λ0). Do đó

W(λ0) = BCb(ϕ(x, λ0)) = BCb(y0(x)) = 0.

Với các điều kiện biên khác lập luận tương tự.

2.2. Công thức tiệm cận cho các giá trị riêng và hàm riêng 14

Định lý 2.1.4. ([7]) Ta đặt

αn :=∫ b

aϕ2(x, λn)dx, (2.1.6)

với λn là một giá trị riêng của toán tử Sturm-Liouville. Khi đó với mỗi n đẳng thứcsau xảy ra

βnαn = −W′(λn), (2.1.7)

trong đó βn định nghĩa như trong (2.1.5) và W′(λ) =

ddλ

W(λ). Khi đó ta thấy

các không điểm của W(λ) là không điểm đơn.

Chứng minh. Do

−ψ′′(x, λ)+ q(x)ψ(x, λ) = λψ(x, λ),−ϕ

′′(x, λn)+ q(x)ϕ(x, λn) = λn ϕ(x, λn),

nên ta có:

ddx

Wψ(x, λ), ϕ(x, λn) = (λ− λn)ψ(x, λ)ϕ(x, λn).

Lấy tích phân đẳng thức trên ta được:

(λ− λn)∫ b

aψ(x, λ)ϕ(x, λn)dx = W(λn)−W(λ).

Cho λ→ λn ta thu được∫ π

0ψ(x, λn)ϕ(x, λn)dx = −W

′(λn).

Sử dụng (2.1.5) và (2.1.6) ta thu được (2.1.7). Ta có W′(λn) 6= 0 do αn, βn 6= 0.

Vì vậy λn là không điểm đơn của W(λ).

2.2 Công thức tiệm cận cho các giá trị riêng vàhàm riêng

Sau đây ta xét toán tử Sturm-Liouville L = − d2

dx2 + q(x) với x ∈ [0, π].

Đặt cot(α) = −h, cot(β) = H, khi đó

D(L) = y(x) ∈ C2[0, π], BC0(y) = BCπ(y) = 0, (2.2.1)


trong đó

BC0(y) = y′(0)− hy(0) và BCπ(y) = y

′(π) + Hy(π). (2.2.2)

Đầu tiên giả sử h, H 6= ∞. Gọi ϕ(x, λ) và ψ(x, λ) là các nghiệm của cùngphương trình:

y′′(x) + (λ− q(x))y(x) = 0, (2.2.3)

thỏa mãn các điều kiện ban đầu

ϕ(0, λ) = 1, ϕ′(0, λ) = h; (2.2.4)

ψ(0, λ) = 0, ψ′(0, λ) = 1. (2.2.5)

Khi đó ϕ(x, λ) và ψ(x, λ) thỏa mãn các ràng buộc như trong bổ đề dưới đây.

Bổ đề 2.2.1. ([9]) Cho λ = s2. Khi đó

ϕ(x, λ) = cos(sx) +hs

sin(sx) +1s

x∫0

sins(x− τ)q(τ)ϕ(τ, λ)dτ, (2.2.6)

ψ(x, λ) =1s

sin(sx) +1s

x∫0

sins(x− τ)q(τ)ψ(τ, λ)dτ. (2.2.7)

Chứng minh. Ta đi chứng minh ràng buộc (2.2.6). Do ϕ(x, λ) thỏa mãnphương trình (2.2.3) nên

x∫0

sins(x− τ)q(τ)ϕ(τ, λ)dτ =

x∫0

sins(x− τ)ϕ′′(τ, λ)dτ

+ s2x∫

0

sins(x− τ)ϕ(τ, λ)dτ.

Sử dụng tích phân từng phần hai lần ta có:

x∫0

sins(x− τ)ϕ′′(τ, λ)dτ

= −h sin(sx) + sϕ(x, λ)− s cos(sx)− s2x∫

0

ϕ(τ, λ) sins(x− τ)dτ.

Từ đó ta thu được ràng buộc (2.2.6). Ràng buộc (2.2.7) được chứng minhtương tự.


Mệnh đề 2.2.1. ([9]) Cho s = σ + it. Khi đó có s0 > 0 sao cho với |s| > s0 ta cócác ước lượng:

ϕ(x, λ) = O(e|t|x), ψ(x, λ) = O(|s|−1e|t|x), (2.2.8)

chính xác hơnϕ(x, λ) = cos(sx) + O(|s|−1e|t|x), (2.2.9)

ψ(x, λ) =sin(sx)

s+ O(|s|−2e|t|x), (2.2.10)

các ước lượng này xảy ra đều theo x ∈ [0, π].

Chứng minh. Đặt ϕ(x, λ) = e|t|xF(x, λ). Khi đó từ (2.2.6) ta có:

F(x, λ) = cos(sx)+hs

sin(sx)e−|t|x + 1s

∫ x

0sins(x− τ)e−|t|(x−τ)q(τ)F(τ, λ)dτ.

Do∣∣∣cos(sx)e−|t|x

∣∣∣ =

∣∣∣∣ eiσx−tx + e−iσx+tx

2e−|tx|

∣∣∣∣ ≤ e−(t+|t|)x + e(t−|t|)x

2≤ 1,

tương tự ta có:

| sin(sx)e−|t|x| ≤ 1, | sins(x− τ)e−|t|(x−τ)| ≤ 1( với τ ≤ x).

Vì vậy, ta được

|F(x, λ)| ≤ 1 +|h||s| +

1|s|

∫ x

0|q(τ)||F(τ, λ)|dτ

≤ 1 +|h||s| +

1|s| sup

τ∈[0,π]

|q(τ)|∫ x

0|F(τ, λ)|dτ.

Áp dụng bất đẳng thức Gronwall dạng tích phân ta có:

|F(x, λ)| ≤ C2(1 + C1xeC1x),

trong đó C2 = 1 +|h||s| , C1 =

1|s| supτ∈[0,π] |q(τ)|.

Lấy s0 = max|h|, π supτ∈[0,π] |q(τ)|, khi đó với |s| > s0 ta có:

|F(x, λ)| ≤ 2(1 + e), ∀x ∈ [0, π] hay ϕ(x, λ) = O(e|t|x) đều theo x.

Tiếp theo ta đi chứng minh (2.2.8) với hàm ψ(x, λ). Ta đặt

ψ(x, λ) = |s|−1e|t|x f (x, λ).


Từ (2.2.7) ta có:

|s|−1e|t|x f (x, λ) =1s

sin(sx) +1s

∫ x

0sins(x− τ)q(τ)|s|−1e|t|τ f (τ, λ)dτ.

Vì vậy, ta được

f (x, λ) =|s|s

sin(sx)e−|t|x +1s

∫ x

0sins(x− τ)e−|t|(x−τ)q(τ) f (τ, λ)dτ.

Do đó, ta có:

| f (x, λ)| ≤ 1 +1|s| sup

τ∈[0,π]

|q(τ)|∫ x

0| f (τ, λ)|dτ.

Áp dụng bất đẳng thức Gronwall dạng tích phân ta được:

| f (x, λ)| ≤ 1 +π

|s| supτ∈[0,π]

|q(τ)|. exp(π(1|s| sup

τ∈[0,π]

|q(τ)|)).

Lấy s0 = π supτ∈[0,π] |q(τ)|, với |s| > s0 ta có: | f (x, λ)| ≤ 1 + e. Do đó ta

được f (x, λ) = O(1), nên ψ(x, λ) = O(|s|−1e|t|x).

Thay (2.2.8) vào (2.2.6) ta được (2.2.9). Thật vậy, từ (2.2.6) ta có:

ϕ(x, λ)− cos(sx) =hs

sin(sx) +1s

∫ x

0sins(x− τ)q(τ)ϕ(τ, λ)dτ.

Vì∣∣∣∣sin(sx)h/s|s|−1e|t|x

∣∣∣∣ ≤ h, nênh sin(sx)

s= O(|s|−1e|t|x). Ngoài ra, ta có:

∣∣∣∣1s∫ x

0sins(x− τ)q(τ)ϕ(τ, λ)dτ

∣∣∣∣ ≤ |s|−1e|t|x∫ π

0|q(τ)|dτ.

Tóm lại ϕ(x, λ)− cos(sx) = O(|s|−1e|t|x) đều theo x. Một cách tương tự thay(2.2.8) vào (2.2.7) ta được (2.2.10).

Sau đây là định lý chính của mục này, ta đưa ra công thức tiệm cận chocác giá trị riêng và hàm riêng của toán tử Sturm-Liouville.

Định lý 2.2.1 (Công thức tiệm cận). ([9]) Xét toán tử Sturm-Liouville

L = −d2/dx2 + q(x) với D(L) = y ∈ C2[0, π] : BC0(y) = BCπ(y) = 0


và giả thiết q(x) là hàm thực liên tục trên [0, π] và h, H 6= ∞. Khi đó (L, D(L))có một tập đếm được các giá trị riêng λnn≥0 sao cho với n đủ lớn có đúng mộtsn =

√λn gần n, chính xác hơn

sn =√

λn = n + O(

1n

)(2.2.11)

Nếu giả thiết mạnh hơn, q(x) là hàm thực khả vi liên tục cấp một trên [0, π] ta cócông thức tiệm cận tốt hơn

sn =√

λn = n +c

πn+ O

(1n2

)(2.2.12)

trong đó c = h + H + h1 với h1 =12∫ π

0 q(τ)dτ. Ngoài ra, ta có công thức tiệm

cận cho các hàm riêng đã được chuẩn hóa như sau

vn(x) =

√2π

cos(nx) +

β(x)sin(nx)n

+ O

(1n2

), (2.2.13)

trong đó β(x) = −cx + h +12∫ x

0 q(τ)dτ.

Chứng minh. Nhắc lại, hàm ϕ(x, λ) là nghiệm của phương trình (2.2.3) thỏamãn điều kiện ban đầu (2.2.4) do đó ϕ(x, λ) thỏa mãn BC0(ϕ(x, λ)) = 0. Từđịnh lý 2.1.3 các giá trị riêng của toán tử Sturm-Liouville là không điểm của

W(λ) = BCπ(ϕ(x, λ)) = ϕx(π, λ) + Hϕ(π, λ) = 0. (2.2.14)

Với x = π, (2.2.9) trở thành:

ϕ(π, λ) = cos(sπ) + O(|s|−1e|t|π). (2.2.15)

Đạo hàm (2.2.6) theo x ta được:

ϕx(x, λ) = −s sin(sx) + h cos(sx) +∫ x

0coss(x− τ)q(τ)ϕ(τ, λ)dτ.

(2.2.16)Thay (2.2.9) vào (2.2.16) và sử dụng tích phân từng phần ta được:

ϕx(x, λ) =− s sin(sx) + q1(x) cos(sx)+12

∫ x

0q(τ) coss(x− 2τ)dτ + O(|s|−1e|t|x),

(2.2.17)


trong đó q1(x) = h +12∫ x

0 q(τ)dτ.

Thế (2.2.15) và (2.2.17) (lấy tại x = π) vào (2.2.14) ta được:

W(λ) = −s sin(sπ) + c cos(sπ) + κ(s), (2.2.18)

trong đó

c = H + h +12

∫ π

0q(τ)dτ,

κ(s) =12

∫ π

0q(τ) coss(π − 2τ)dτ + O(|s|−1e|t|π).

Ta xét Gδ := s : |s− k| ≥ δ, k = 0,±1,±2, . . . , với 0 < δ < 1/4 cố định.Với mọi s ∈ Gδ, s = σ + it, ta sẽ chứng minh rằng tồn tại Cδ > 0 sao cho

|e|t|π| ≤ Cδ| sin(sπ)|. (2.2.19)

Do | sin(sπ)| = | sin(s∗π)| và | sin(sπ)| = | sin(s + 1)π| nên ta chỉ cầnchứng minh (2.2.19) trên tập

Dδ := s : |s| ≥ δ, σ ∈[−1

2,

12

], t ≥ 0.

Đặt η(s) = |e|t|π/ sin(sπ)|, với s ∈ Dδ mà t ≤ 1 ta có η(s) là hàm liên tụctrên tập compact nên bị chặn trên đó, vì vậy |η(s)| ≤ Cδ. Với t ≥ 1 ta có

|η(s)| =∣∣∣∣∣ e|t|π

sin(sπ)

∣∣∣∣∣ =∣∣∣∣ 2e2iσπe−2tπ − 1

∣∣∣∣ ≤ ∣∣∣∣ 21− e−2tπ

∣∣∣∣ ≤ 4.

Như vậy ta đã chứng minh (2.2.19). Tiếp theo ta dễ thấy các bất đẳng thứcsau đây: (với t0 ∈ [0, π] bất kì )

| cos(sπ)| ≤ e|t|π và | coss(π − 2t0)| ≤ e|t||π−2t0| ≤ etπ.

Do đó với s ∈ Gδ ta có:

| cos(sπ)| ≤ Cδ| sin(sπ)| và | coss(π − 2t0)| ≤ Cδ| sin(sπ)|. (2.2.20)

Như vậy từ (2.2.18), (2.2.19), (2.2.20) với s ∈ Gδ ta có:

W(λ) + s sin(sπ) = s sin(sπ)(1 + O(1s)). (2.2.21)


Trong s-phẳng xét các đường tròn γn := s : |s| = n + 1/2. Với δ < 1/4ta có γn nằm trong Gδ. Ta đặt W1(s) := W(λ). Với n đủ lớn và s ∈ γn, từ(2.2.21) ta có:

|W1(s) + s sin(sπ)| < |s sin(sπ)|.

Vì vậy theo định lý Rouche, bên trong γn số không điểm của W1(s) (tính cảbội) bằng số không điểm của s sin(sπ) là 2n + 2. Như vậy số không điểmcủa W(λ) hay số các giá trị riêng của toán tử Sturm-Liouville bên trong γn

là n + 1. Cho n chạy ra vô cùng ta thu được toán tử Sturm-Liouville có mộtdãy vô hạn các giá trị riêng.Với n đủ lớn chỉ có duy nhất một không điểm sn của W1(s) gần n. Thật vậyta áp dụng định lý Rouche cho W1(s), s sin(sπ) trong hình tròn |s− n| ≤ δ.Với n đủ lớn để |W1(s) + s sin(sπ)| < | − s sin(sπ)| xảy ra trên biên của hìnhtròn. Khi đó ta thu được số không điểm của W1(s) bằng số không điểm củas sin(sπ) là bằng 1. Do δ là bé tùy ý ta được:

sn = n + δn với δn = o(1) khi n→ ∞. (2.2.22)

Thế (2.2.22) vào (2.2.18) ta được:

0 = W1(s) = −(n + δn) sin(n + δn)π + c cos(n + δn)π + κn,

và hệ quả là −n sin(δnπ) + c cos(δnπ) + κn = 0. Từ đó ta thu đượcsin(δnπ) = O(1/n) hay δn = O(1/n). Do đó sn = n + O(1/n).Tiếp theo, ta giả thiết q(x) khả vi liên tục trên [0, π]. Thế (2.2.6) và (2.2.16)lấy tại x = π vào (2.2.14) ta được:

(−s + B) sin(sπ) + A cos(sπ) = 0, (2.2.23)

trong đó

A = h + H +∫ π

0(cos(sτ)− H

ssin(sτ))q(τ)ϕ(τ, λ)dτ, (2.2.24)

B =hHs

+∫ π

0H

scos(sτ)− sin(sτ)q(τ)ϕ(τ, λ)dτ. (2.2.25)

Bây giờ, xét với s giá trị thực (2.2.9) trở thành

ϕ(x, λ) = cos(sx) + O(1/s). (2.2.26)


Thế (2.2.26) vào (2.2.24) ta được

A = h + H +∫ π

0(cos(sτ)− H sin(sτ)/s)q(τ) cos(sτ)dτ + O(1/s)

= h + H +12

∫ π

0q(τ)dτ +

12

∫ π

0cos(2sτ)q(τ)dτ + O(1/s).

Tương tự thế (2.2.26) vào (2.2.25) ta được

B =12

∫ π

0sin(2sτ)q(τ)dτ + O(1/s).

Do q(x) khả vi liên tục, tích phân từng phần ta được:∫ π

0q(τ) cos(2sτ)dτ = O(1/s),

∫ π

0sin(2sτ)q(τ)dτ = O(1/s).

Do đó, ta thu được

A = h + H +12

∫ π

0q(τ)dτ +O(1/s) = c +O(1/s) và B = O(1/s). (2.2.27)

Từ (2.2.23) và (2.2.27) ta được

tan(sπ) =c + O(1/s)s + O(1/s)

.

Viết lại sn = n + δn thế vào đẳng thức trên ta được

tan δnπ =cn+ O

(1n2

).

Do đó ta thu được

δn =c

πn+ O(1/n2) và sn = n +

cπn

+ O(1/n2). (2.2.28)

Tiếp theo ta đặt ϕ(x, λn) = ϕn(x). Ta sẽ viết công thức tiệm cận cho cáchàm riêng. Thay (2.2.26) vào (2.2.6) và sử dụng tính khả vi liên tục của q(x)ta được

ϕ(x, λ) = cos(sx) +hs

sin(sx) +1s

∫ x

0sins(x− τ) cos(sτ)q(τ)dτ + O(1/s)

= cos(sx) +hs

sin(sx) +sin(sx)

2s

∫ x

0q(τ)dτ + O(1/s2).

Thế (2.2.28) vào đẳng thức trên ta được:

ϕn(x) = cos(nx)− cxn

sin(nx) +hn

sin(nx) +sin(nx)

2n

∫ x

0q(τ)dτ + O(1/n2)

= cos(nx) +β(x)

nsin(nx) + O(1/n2),


trong đó β(x) = −cx + h +12∫ x

0 q(τ)dτ. Cuối cùng ta đi chuẩn hóa ϕn(x).Ta có

α2n :=

∫ π

0cos2(nx)dx +

1n

∫ π

0β(x) sin(2nx)dx + O(1/n2) =

π

2+ O(1/n2).

Từ đó ta được

vn(x) :=1

αnϕn(x) =

√2πcos(nx) +

β(x)n

sin(nx)+ O(1/n2). (2.2.29)

Chú ý:Tiếp theo ta xét các kiểu điều kiện biên tách nhau kiểu khác, đầu tiên ta đixét trường hợp h = ∞, H 6= ∞( trường hợp h 6= ∞, H = ∞ có thể đưa vềtrường hợp này bằng đổi biến t = π − x). Với trường hợp này ta có

BC0(y) = y(0) và BCπ(y) = y′(π) + Hy(π).

Ta có hàm ψ(x, λ) xác định bởi phương trình (2.2.3) và điều kiện ban đầu(2.2.5) thỏa mãn BC0(ψ(x, λ)) = 0. Các giá trị riêng của toán tử Sturm-Liouville khi đó sẽ là không điểm của hàm

W(λ) = BCπ(ψ(x, λ)) = ψx(π, λ) + Hψ(π, λ). (2.2.30)

Đạo hàm (2.2.7) theo x ta được:

ψx(x, λ) = cos(sx) +∫ x

0coss(x− τ)q(τ)ψ(τ, λ)dτ. (2.2.31)

Thế (2.2.7) và (2.2.31) lấy tại x = π vào (2.2.30) ta được:

cos(sπ) +∫ π

0coss(π − τ)q(τ)ψ(τ, λ)dτ+

H

sin(sπ)

s+

1s

∫ π

0sins(π − τ)q(τ)ψ(τ, λ)dτ

= 0.

(2.2.32)

Sử dụng ước lượng (2.2.10) với s giá trị thực ta được:

cos(sπ) +1s

∫ π

0coss(π − τ)q(τ) sin(sτ)dτ +

H sin(sπ)

s+ O(1/s2) = 0.

(2.2.33)


Giả thiết thêm q(x) khả vi liên tục ta được:∫ π

0coss(π − τ) sin(sτ)q(τ)dτ = cos(sπ)

∫ π

0q(τ) cos(sτ) sin(sτ)dτ

+ sin(sπ)∫ π

0q(τ) sin2(sτ)dτ

=sin(sπ)

2

∫ π

0q(τ)dτ + O(1/s).

Do đó (2.2.33) trở thành:

cos(sπ) +H1 sin(sπ)

s+O(1/s2) = 0, với H1 = H +

12

∫ π

0q(τ)dτ. (2.2.34)

Với s đủ lớn các nghiệm của phương trình trên tiến dần tới n + 1/2 với nlà một số nguyên. Ngoài ra với n đủ lớn phương trình (2.2.34) chỉ có mộtnghiệm dần tới n + 1/2. Đặt sn = n + 1/2 + δn. Khi đó từ (2.2.34) ta có:

cot(n + 1/2 + δn)π = − tan(δnπ) =−H1

n + 1/2+ O(1/n2),

hệ quả là δn =H1

π(n + 1/2)+ O(1/n2). Vì vậy, ta được

sn = n +12+

H1

π(n +12)+ O

(1n2

)với H1 = H +

12

∫ π

0q(τ)dτ. (2.2.35)

Tiếp theo ta thay (2.2.35) vào ràng buộc (2.2.7) để thu được công thức tiệmcận cho các hàm riêng ψ(x, λn) := ψn(x).

ψn(x) =1

n +12

sin(n +12)x + O

(1n2

).

Chuẩn hóa ta được1

αn=

√2π(n + 1/2)1 + O(1/n). Hàm riêng được

chuẩn hóa là vn(x) =1

αnψn(x) có dạng:

vn(x) =

√2π

sin(n +12)x + O

(1n

). (2.2.36)

Cuối cùng, ta xét trường hợp h = H = ∞. Với trường hợp nàyta có BC0(y) = y(0) và BCπ(y) = y(π). Ta có hàm ψ(x, λ) thỏa mãn

2.3. Phân bố không điểm của các hàm riêng 24

BC0(ψ(x, λ)) = 0. Các giá trị riêng của toán tử Sturm-Liouville khi đó làkhông điểm của W(λ) = BCπ(ψ(x, λ)) = ψ(π, λ). Từ (2.2.7) ta có:

sin(sπ) +∫ π

0sins(π − τ)q(τ)ψ(τ, λ)dτ = 0.

Do đó ta được

sin(sπ)1+∫ π

0cos(2sτ)q(τ)ψ(τ, λ)dτ− cos(sπ)

∫ π

0sin(sτ)q(τ)ψ(τ, λ)dτ = 0.

Sử dụng ước lượng (2.2.10) và giả thiết thêm q(x) khả vi liên tục ta được:

sin(sπ)− 12s

cos(sπ)∫ π

0q(τ)dτ + O

(1s2

)= 0. (2.2.37)

Khi s đủ lớn các nghiệm của phương trình (2.2.37) tiến tới các số nguyên n,với n lớn chỉ có một nghiệm gần n. Bởi vậy các nghiệm sn của phương trình(2.2.37) có dạng:

sn = n +α

n+ O

(1n2

), α =

12π

∫ π

0q(τ)dτ. (2.2.38)

Thay các giá trị của sn vào (2.2.7) ta được:

ψn(x) =sin(nx)

n+ O

(1n2

). (2.2.39)

Chuẩn hóa ta được vn(x) =√

2π

sin(nx) + O(1/n).

2.3 Phân bố không điểm của các hàm riêng

Việc nghiên cứu phân bố không điểm của các nghiệm của phương trìnhvi phân cho ta một chứng minh khác cho sự tồn tại một dãy vô hạn các giátrị riêng của toán tử Sturm-Liouville. Sau đây, ta xem xét phương trình viphân cấp hai

Ly = y′′+ q(x)y = 0, a ≤ x ≤ b, (2.3.1)

với q(x) là hàm thực liên tục trên [a, b]. Đặt y′(x) = u(x) (2.3.1) trở thành

y′(x) = u(x) và u

′(x) = −q(x)y(x). (2.3.2)


Ta đặty(x) = r(x) sin θ(x), u(x) = r(x) cos θ(x), (2.3.3)

trong đó r(x) > 0 với mọi x ∈ [a, b]. Đạo hàm (2.3.3) theo x và thế vào hệ(2.3.2) ta được

r′(x) = (1− q(x))r(x) sin θ(x) cos θ(x) (2.3.4)

θ′(x) = cos2 θ(x) + q(x) sin2 θ(x). (2.3.5)

Với mỗi nghiệm không tầm thường ϕ(x) của (2.3.1) có một nghiệm r(x), θ(x)của (2.3.4),(2.3.5). Do r(x) > 0 nên ta có: ϕ(x) = r(x) sin θ(x) = 0 khi và chỉkhi θ(x) là bội nguyên của π.Từ (2.3.2) và (2.3.3) ta có:

y(x) cos θ(x)− y′(x) sin θ(x) = 0. (2.3.6)

Từ đó ta có nhận xét:Một nghiệm không tầm thường y(x) của (2.3.1) thỏa mãn điều kiện biên

BCa(y) = y(a) cos(α) + y′(a) sin(α) = 0 (2.3.7)

khi và chỉ khi θ(a) = −α + kπ, k ∈ Z.

Định lý 2.3.1 (định lý so sánh). ([4]) Cho Ljy = y′′+ qj(x)y, (j = 1, 2), giả sử

rằng qj(x), (j = 1, 2) là các hàm thực liên tục trên [a, b] sao cho q2(x) ≥ q1(x) trên[a, b]. Cho ϕj(x) ∈ C2[a, b] thỏa mãn Lj ϕj = 0, (j = 1, 2). Với mỗi ϕj(j = 1, 2)cho ta một nghiệm (rj, θj) của hệ (2.3.4), (2.3.5) trong đó q(x) được thay bởi qj(x).Giả sử, θj(j = 1, 2) được chọn thỏa mãn θ2(a) ≥ θ1(a). Khi đó:

θ2(x) ≥ θ1(x), a ≤ x ≤ b. (2.3.8)

Ngoài ra, nếu q2(x) > q1(x) trên (a, b) thì

θ2(x) > θ1(x), a < x ≤ b. (2.3.9)

Chứng minh. Đặt g(x) = θ1(x)− θ2(x) ta có g(a) ≤ 0. Ta cần chứng minhg(x) ≤ 0, a ≤ x ≤ b. Giả sử phản chứng có a < c ≤ b sao cho g(c) > 0. Xéttập S = x ∈ [a, c] : g(x) ≤ 0. Ta có tập S bị chặn trên bởi c và khác rỗng


do a ∈ S. Do đó S có cận trên đúng x1 và g(x1) = 0, g(x) > 0 với x ∈ (x1, c].Ta có θ

′j(x) = cos2 θj(x) + qj(x) sin2 θj(x), (j = 1, 2). Do đó (với j = 1, 2)

θj(x) =∫ x

x1

(cos2 θj(s) + qi(s) sin2 θj(s)

)ds.

Ta có

g(x) =∫ x

x1

(1− q1(s))(sin2 θ2(s)− sin2 θ1(s)) + (q1(s)− q2(s)) sin2 θ2(s)ds

≤∫ x

x1

(1− q1(s))(sin2 θ2(s)− sin2 θ1(s))ds.

(2.3.10)Ta có | sin θ2(s)− sin θ1(s)| ≤ |θ2(s)− θ1(s)| = |g(s)|. Với s ∈ (x1, c] ta cóg(s) > 0 và đặt L = 2 sup|1− q1(s)| : s ∈ [a, b] từ (2.3.10) ta được:

g(x) ≤ L∫ x

x1

g(s)ds, x1 < x ≤ c. (2.3.11)

Theo bất đẳng thức Gronwall ta phải có g(x) ≤ 0 trên (x1, c] ,mâu thuẫn.

Tiếp theo ta đi chứng minh (2.3.9). Nếu (2.3.9) không xảy ra thì ta cóx0 > a nào đó sao cho θ1(x0) = θ2(x0). Khi đó ta khẳng định rằng

θ1(x) = θ2(x) với x ∈ [a, x0.] (2.3.12)

Thật vậy, cho x = x0 − ξ với 0 ≤ ξ ≤ x0 − a. Ta có x ∈ [a, x0]. Ta đặt

ηj(ξ) = θj(x) = θj(x0 − ξ), ξ ∈ [0, x0 − a], j = 1, 2.

Khi đó ta có (j=1,2)

η′j(ξ) = −cos2ηj(ξ)− qj(x0 − ξ) sin2 ηj(ξ).

Ta có η1(0) = θ1(x0) = θ2(x0) = η2(0) và −q2(x0 − ξ) ≤ −q1(x0 − ξ) vớiξ ∈ [0, x0 − a]. Do đó lặp lại chứng minh trước ta phải có η1(ξ) ≥ η2(ξ)

với ξ ∈ [0, x0 − a], hay là θ1(x) ≥ θ2(x) với x ∈ [a, x0]. Mặt khác ta đã cóθ2(x) ≥ θ1(x) với x ∈ [a, b]. Do đó ta được θ2(x) = θ1(x) trên [a, x0]. Nhưvậy ta đã chứng minh nếu (2.3.9) không xảy ra thì (2.3.12) phải xảy ra. Mặtkhác ta có

(θ2− θ1)′(x) = (q1(x)− 1)(sin2 θ2(x)− sin2 θ1(x))+ (q2(x)− q1(x)) sin2 θ2(x).

Do đó, nếu sử dụng (2.3.12) với x ∈ [a, x0] thì 0 = (q2(x)− q1(x)) sin2 θ2(x).Khi đó ta có:


nếu q2(x) > q1(x) thì θ2(x) = θ1(x) = kπ, k ∈ Z với mọi x ∈ [a, x0]. Khi đótrên [a, x0] ta có

θ′j(x) = 0 6= 1 = cos2(θj(x)) + qj(x) sin2(θ1(x)).

Mâu thuẫn này chứng minh (2.3.9).

Định lý 2.3.2 (định lý so sánh Sturm). ([4]) Ta xét hai phương trình trên đoạn[a, b]

y′′+ q1(x)y = 0

y′′+ q2(x)y = 0,

trong đó q1(x), q2(x) là các hàm thực liên tục trên [a, b] sao cho q2(x) ≥ q1(x).Giả sử ϕ(x), ψ(x) lần lượt là các nghiệm thực không tầm thường của phương trìnhthứ nhất và thứ hai. Nếu ϕ(x) triệt tiêu tại các điểm x1, x2 trong [a, b] thì ψ(x)phải triệt tiêu tại một điểm nào đó trong [x1, x2]. Ngoài ra, nếu ϕ(x) có k ≥ 2không điểm trong [x1, x2] (tính cả hai đầu mút) thì ψ(x) có ít nhất k − 1 khôngđiểm trong [x1, x2].

Chứng minh. Các hàm θj(x) thỏa mãn các phương trình vi phân

θ′j = cos2 θj(x) + qj(x) sin2 θj(x).

Vì vậy với xk mà θj(xk) = kπ, k ∈ Z ta có θ′j(xk) > 0. Do đó các hàm θj(xk)

đơn điệu tăng tại những xk mà θj(x) = kπ, k ∈ Z. Hệ quả là với x > xk thìθj(x) > kπ và với x < xk thì θj(x) < kπ.Ta có ϕ(x1) = 0 nên sin θ1(x1) = 0. Không mất tổng quát ta có thể giả sửθ1(x1) = 0. Tiếp theo, ta có ϕ(x2) = 0 nên sin θ1(x2) = 0. Từ nhận xét trướcđó ta phải có θ1(x2) = mπ với m ∈N. Từ phép đổi biến tọa độ cực ta có thểchọn θ2(x1) ∈ [0, π), khi đó giả thiết của định lý 2.3.1 được thỏa mãn. Dođó, θ2(x2) ≥ θ1(x2) = mπ, (m ≥ 1). Vì vậy với x ∈ [x1, x2] mà θ2(x) = π chota một không điểm của hàm ψ(x) trong [x1, x2]. Nếu ϕ(x) có k không điểmtrong [x1, x2] (tính cả hai đầu mút) thì m = k− 1. Trong đoạn [x1, x2] ta cóθ2(x) là bội nguyên của π ít nhất k− 1 lần, do đó ψ(x) có ít nhất k− 1 khôngđiểm trong [x1, x2].

Bây giờ ta sẽ áp dụng các định lý so sánh để cho một chứng minh khác vềsự tồn tại một dãy tăng vô hạn các giá trị riêng của toán tử Sturm-Liouville.Ta xem xét hệ thống

y′′+ (λ− q(x))y = 0, a ≤ x ≤ b, (2.3.13)


BCa(y) = y(a) cos(α) + y′(a) sin(α) = 0, (2.3.14)

BCb(y) = y(b) cos(β) + y′(b) sin(β) = 0. (2.3.15)

Cho ϕ(x, λ) là nghiệm của phương trình (2.3.13) thỏa mãn điều kiệnCauchy:

ϕ(a, λ) = sin(α), ϕ(x, λ) = − cos(α). (2.3.16)

Xét phép đổi biến tọa độ cực như trong (2.3.3), từ (2.3.5) ta có:

θ′(x) = cos2 θ(x) + (λ− q(x)) sin2 θ(x). (2.3.17)

Gọi θ(x, λ) là nghiệm của phương trình (2.3.17) thỏa mãn điều kiện ban đầuθ(a, λ) = γ ở đó γ = −α + kπ, k ∈ Z, ta lựa chọn k để γ ∈ [0, π) . Vế phảicủa phương trình (2.3.17) là hàm liên tục theo x, θ, λ, khả vi liên tục theo θ

nên θ(x, λ) là tồn tại duy nhất và với mỗi x cố định thuộc [a, b], θ(x, λ) liêntục theo λ. Từ định lý so sánh 2.3.1, ta có với mỗi x ∈ (a, b] hàm θ(x, λ) đơnđiệu tăng theo λ.Tiếp theo ta ký hiệu xn(λ) là không điểm thứ n của ϕ(x, λ) trong khoảng(a, b) nếu nó tồn tại. Ta có bổ đề sau đây.

Bổ đề 2.3.1. ([11]) Với bất kì n ≥ 1 và λ đủ lớn, xn(λ) tồn tại và xn(λ) → a khiλ→ ∞.

Chứng minh. Đặt qM := maxq(x) : x ∈ [a, b]. Ta sẽ áp dụng định lý sosánh Sturm cho phương trình (2.3.13) và phương trình hệ số hằng dưới đây

y′′+ (λ− qM)y = 0. (2.3.18)

Từ định nghĩa qM ta có λ− q(x) ≥ λ− qM, a ≤ x ≤ b. Với λ đủ lớn ta cóλ− qM := k2 > 0. Khi đó phương trình (2.3.18) có một nghiệm

y(x) = sin(k(x− a)), k =√

λ− qM.

Chọn λ đủ lớn để k(b− a) > (n + 1)π khi đó y(x) có ít nhất n + 1 khôngđiểm trong (a, b),. Do đó từ định lý so sánh ϕ(x, λ) có ít nhất n không điểmtrong (a, b). Vậy khi λ đủ lớn xn(λ) tồn tại.

Ta gọi không điểm thứ n của y(x) là x∗n = a +nπ

k. Từ định lý so sánh Sturm

ta có a ≤ xn−1(λ) ≤ x∗n = a +nπ

k→ a khi λ→ ∞.

Mệnh đề tiếp theo đây cho ta dáng điệu của hàm θ(x, λ) khi λ→ ±∞.


Mệnh đề 2.3.1. ([11]) Với bất kì x > a cố định, θ(x, λ) → +∞ khi λ → +∞ vàθ(x, λ)→ 0 khi λ→ −∞.

Chứng minh. Với n cố định từ bổ đề 2.3.1 ta có xn(λ) → a khi λ → +∞. Dođó bất kì x > a ta có xn(λ) < x khi λ đủ lớn. Từ đó ta được θ(x, λ) > nπ.khi λ đủ lớn. Vậy θ(x, λ)→ +∞ khi λ→ +∞.Tiếp theo, ta đi chứng minh khẳng định thứ hai. Với c ∈ (a, b] cố định, chotrước ε > 0 ta cần chỉ ra có một số A = A(c, ε) phụ thuộc vào c, ε để

θ(c, λ) < ε khi λ < A.

Nhắc lại, θ(x, λ) thỏa mãn phương trình

θ′= cos2 θ + (λ− q(x)) sin2 θ.

Đặt K = 1 + max|q(x)| : x ∈ [a, b]. Khi đó :

θ′ ≤ λ sin2 θ + K.

Ta có θ(a, λ) = γ ∈ [0, π) và θ′ ≤ K khi λ âm. Từ định lý giá trị trung bình

ta cóθ(x, λ) ≤ γ + K(x− a).

Do đó, với ε > 0 đủ bé để γ + 2ε < π ta tìm được a1(ε) ∈ (a, c) chỉ phụthuộc vào ε không phụ thuộc vào λ sao cho với λ âm:

θ(a1, λ) < γ1 = γ + ε < π − ε.

Tiếp theo trong (x, θ)-phẳng xét đường thẳng θ = s(x) nối điểm (a1, γ1) với

(c, ε) với độ dốc m = −γ1 − ε

c− a1≤ 0. Chọn A =

m− Ksin2(ε)

<0. Ta xét λ < A.

Với x = a1 ta có θ(x, λ) = γ < γ1 = γ + ε = s(x). Nếu có một giá trịx trong [a1, c] mà θ(x, λ) > s(x) thì phải có một giá trị x0 ∈ (a1, x) sao choθ(x0, λ) = s(x0) và θ

′(x0, λ) ≥ m. Nhưng khi đó θ(x0, λ) = s(x0) ∈ [ε, π− ε]

vì vậy sin θ(x0, λ) ≥ sin(ε). Từ đó ta được:

m ≤ θ′(x0, λ) ≤ λ sin2 θ(x0, λ) + K ≤ λ sin2 ε + K < m, khi λ < A.

Mâu thuẫn này chứng tỏ không có x trong [a1, c] để θ(x, λ) > s(x), λ < A.Nói riêng, θ(c, λ) ≤ s(c) = ε khi λ < A.

2.4. Hàm Green, toán tử compact đối xứng 30

Định lý 2.3.3. ([4]) Bài toán Sturm-Liouville cho bởi (2.3.13), (2.3.14), (2.3.15)có một dãy tăng các giá trị riêng λ0 < λ1 < · · · < λn < · · · và λn → ∞ khin→ ∞. Ngoài ra, hàm riêng thứ n ứng với giá trị riêng λn có đúng n không điểmtrong khoảng (a, b).

Chứng minh. Hàm ϕ(x, λ) thỏa mãn điều kiện ban đầu (2.3.16) nênBCa(ϕ(x, λ)) = 0. Ta sẽ xác định được các giá trị riêng λ khi màBCb(ϕ(x, λ)) = 0, điều kiện này tương đương với θ(b, λ) = −β + kπ, k ∈ Z.

Ta lựa chọn k = [β

π] + 1 để δ := −β + kπ ∈ (0, π]. Từ mệnh đề 2.3.1 và

θ(b, λ) là hàm liên tục đơn điệu tăng theo λ ta tìm được duy nhất λ0 thỏamãn phương trình θ(b, λ) = δ. Do θ(a, λ0) = γ ∈ [0, π), θ(b, λ0) = δ ∈ (0, π]

nên ϕ(x, λ0) không triệt tiêu trong (a, b).Tiếp theo, ta tìm λ1 sao cho θ(b, λ) = δ + π. Do δ + π ≤ 2π hàm riêngϕ(x, λ1) có đúng một không điểm trong (a, b) ứng với θ(x, λ1) = π. Cứ tiếptục như vậy ta tìm λn sao cho θ(b, λn) = δ + nπ ≤ (n + 1)π. Hàm ϕ(x, λn)

có đúng n không điểm trong (a, b) ứng với θ(b, λ) = π, 2π, · · · , nπ. Nhưthế ta thu được một dãy các giá trị riêng tăng ra vô cùng của toán tử Sturm-Liouville.

2.4 Hàm Green, toán tử compact đối xứng

Ở các mục trước, ta đã chứng minh sự tồn tại các giá trị riêng của toántử Sturm-Liouville bằng định lý Rouche và định lý so sánh Sturm. Mục nàycho ta thêm một cách nhìn khác, ta sẽ chỉ ra rằng có tương ứng một một giữacác giá trị riêng của toán tử Sturm-Liouville và các giá trị riêng của một toántử đối xứng compact bị chặn.Nhắc lại, ta xem xét toán tử Sturm-Liouville L : D(L) ⊂ H0 → H0 cho bởi

Ly := −y′′+ q(x)y (x ∈ [0, π]), (2.4.1)

trong đó q(x) là hàm thực liên tục trên [0, π], miền xác định của L

D(L) = y ∈ C2[0, π] : BC0(y) = BCπ(y) = 0, (2.4.2)

BC0(y) = y(0) cos(α) + y′(0) sin(α) = 0, (2.4.3)

BCπ(y) = y(π) cos(β) + y′(π) sin(β) = 0. (2.4.4)


Ta cố định một λ ∈ C không phải là giá trị riêng của L, xem xét phươngtrình

(λ− L)y = y′′+ (λ− q(x))y = f (x), (2.4.5)

với f (x) 6= 0 thuộc H0 = C[0, π] .Gọi ϕ(x, λ) và ψ(x, λ) là các nghiệm của phương trình thuần nhất

y′′+ (λ− q(x))y = 0, (2.4.6)

lần lượt thỏa mãn các điều kiện ban đầu

ϕ(0, λ) = sin(α), ϕ′(0, λ) = − cos(α) (2.4.7)

ψ(π, λ) = sin(β), ψ′(π, λ) = − cos(β). (2.4.8)

Từ mục trước ta đã biết λ là một giá trị riêng của L khi và chỉ khi

W(λ) = Wϕ, ψ(λ) = 0. (2.4.9)

Vì vậy với λ không phải là giá trị riêng W(λ) 6= 0 ta xây dựng hàm

G(x, t, λ) =

1

W(λ)ϕ(x, λ)ψ(t, λ) nếu x ≤ t

1W(λ)

ϕ(t, λ)ψ(x, λ) nếu x ≥ t.(2.4.10)

Hàm G(x, t, λ) được gọi là hàm Green. Rõ ràng G(x, t, λ) đối xứng theo (x, t)tức là G(x, t, λ) = G(t, x, λ) và là hàm giá trị thực khi λ giá trị thực. Ta sẽchứng minh rằng phương trình (2.4.5) có nghiệm duy nhất thuộc vào D(L)cho bởi

y(x, λ) =∫ π

0G(x, t, λ) f (t)dt. (2.4.11)

Thật vậy, từ định nghĩa của G(x, t, λ) ta có

y(x, λ) =ψ(x, λ)

W(λ)

∫ x

0ϕ(t, λ) f (t)dt +

ϕ(x, λ)

W(λ)

∫ π

xψ(t, λ) f (t)dt. (2.4.12)

Đạo hàm y(x, λ) theo x một, hai lần ta được

y′(x, λ) =

ψ′(x, λ)

W(λ)

∫ x

0ϕ(t, λ) f (t)dt +

ϕ′(x, λ)

W(λ)

∫ π

xψ(t, λ) f (t)dt (2.4.13)

y′′(x, λ) =

ψ′′(x, λ)

W(λ)

∫ x

0ϕ(t, λ) f (t)dt +

ϕ′′(x, λ)

W(λ)

∫ π

xψ(t, λ) f (t)dt + f (x).

(2.4.14)


Do ϕ(x, λ), ψ(x, λ) thỏa mãn phương trình (2.4.6) nên ta được

y′′(x, λ) + (λ− q(x)) = f (x).

Ngoài ra, từ (2.4.12), (2.4.13) và ϕ, ψ thỏa mãn các điều kiện ban đầu(2.4.7), (2.4.8) nên y(x, λ) thỏa mãn các điều kiện biên (2.4.3) và (2.4.4), hayy(x, λ) ∈ D(L). Tính duy nhất của nghiệm y(x, λ) được thấy như sau. Tagiả sử (2.4.5) có hai nghiệm y1(x, λ) và y2(x, λ) nằm trong D(L). Khi đóu(x, λ) := y1(x, λ)− y2(x, λ) là nghiệm của phương trình thuần nhất (2.4.6)và cũng thuộc D(L). Nhưng ta đã lựa chọn λ không là giá trị riêng của L,vậy u(x, λ) phải đồng nhất bằng 0 hay y1(x, λ) trùng với y2(x, λ).Như vậy ta đã chứng minh với λ không là giá trị riêng của toán tử Sturm-Liouville L, với f (x) không tầm thường thuộc H0 tồn tại duy nhất y(x, λ)

thuộc D(L) thỏa mãn phương trình (λ− L)y(x, λ) = f (x). Nói cách khác,với λ không phải giá trị riêng của L ta có toán từ Rλ : H0 → D(L) ⊂ H0 xácđịnh bởi

(Rλ f )(x) := y(x, λ) =∫ π

0G(x, t, λ) f (t)dt, (2.4.15)

thỏa mãn (λ− L)Rλ f = f với f ∈ H0 .Mặt khác với y ∈ D(L) ta có (λ− L)y ∈ H0 vì vậy

(λ− L)Rλ(λ− L)y = (λ− L)y.

Do λ không là giá trị riêng của L nên

Rλ(λ− L)y = y, ∀y ∈ D(L).

Do đó, Rλ = (λ− L)−1 được gọi là giải thức của L. Dễ thấy khi λ thực thìRλ cũng đối xứng. Tiếp theo để đơn giản ta giả sử λ = 0 không phải là giátrị riêng của L. Ta có thể làm được điều này, bởi vì L sẽ luôn có hằng số thựcc không phải là giá trị riêng của L, do đó nếu ta xét L1y = Ly− cy, D(L1) =

D(L) thì ta có λ = 0 không phải là giá trị riêng của L1. Ngoài ra, ta có nếuλ là một giá trị riêng của L1 thì λ + c là một giá trị riêng của L và ngược lại.Các hàm riêng của L và L1 là trùng nhau.Ta ký hiệu hàm Green G(x, t) = G(x, t, 0). Giải thức R : H0 → D(L) ⊂ H0

cho bởi(R f )(x) =

∫ π

0G(x, t) f (t)dt, với f ∈ H0. (2.4.16)

Vì 0 /∈ σp(L) nên ta có (−L)R f = f , f ∈ H0 và R(−L)y = y, y ∈ D(L). Ta cókhẳng định sau đây:


Bổ đề 2.4.1. ([4]) Nếu λ 6= 0 là một giá trị riêng của L thì −λ−1 là một giá trịriêng của R và ngược lại.

Chứng minh. Giả sử ϕ ∈ D(L) là một hàm riêng ứng với giá trị riêng λ củaL. Khi đó Lϕ = λϕ. Từ đó ta được Rϕ = −λ−1ϕ, hay ϕ là hàm riêng của Rứng với giá trị riêng −λ−1.Ngược lại, nếu ϕ ∈ H0 là hàm riêng ứng với giá trị riêng λ 6= 0 của R. Khiđó Rϕ = λϕ. Do Rϕ ∈ D(L) nên ϕ ∈ D(L), ngoài ra Lϕ = −λ−1ϕ. Vậy ϕ

lại là hàm riêng ứng với giá trị riêng −λ−1 của L.

Bổ đề trên cho ta quy việc xem xét các giá trị riêng của L về việc xem xétcác giá trị riêng của R. Ta đã biết R cũng là toán tử đối xứng. Bổ đề tiếp theođây chứng minh R là một toán tử compact. Ta ký hiệu

|| f || =(∫ π

0| f (x)|2dx

) 12

, f ∈ H0. (2.4.17)

Bổ đề 2.4.2. ([4]) Tập R f : || f || ≤ 1 là một tập các hàm liên tục đồng bậc và bịchặn đều trong H0.

Chứng minh. Ta có G(x, t) là hàm liên tục theo hai biến x, t trên hình vuông[0, π]× [0, π] vì vậy G(x, t) liên tục đều trên đó. Do đó với bất kì ε > 0 chotrước, tồn tại δ(ε) > 0 sao cho

|G(x1, t)− G(x2, t)| < ε nếu |x1 − x2| < δ.

Từ điều này ta có, nếu f ∈ H0, || f || = 1 và |x1 − x2| < δ thì

|(R f )(x1)− (R f )(x2)| =∣∣∣∣∫ π

0(G(x1, t)− G(x2, t)) f (t)dt

∣∣∣∣≤ ε

∫ π

0| f (t)|dt

≤ επ12 || f || = επ

12 .

(2.4.18)

Điều này chứng tỏ R f là tập các hàm liên tục đồng bậc. Ta đặt

γ := sup|G(x, t)| : 0 ≤ x, t ≤ π.

Khi đó với mọi x ∈ [0, π] ta có

|(R f )(x)| = |∫ π

0G(x, t) f (t)dt| ≤ γπ

12 || f ||, (2.4.19)

từ đó ta được R f bị chặn đều.


Chuẩn của R ký hiệu bởi ||R|| được định nghĩa

||R|| = sup|| f ||=1

||R f ||, f ∈ H0. (2.4.20)

Từ (2.4.19) và bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta được

||R f || ≤ γπ|| f || (2.4.21)

và do đó ||R|| < ∞. Ngoài ra, ||R|| > 0 do LR f = f với mọi f ∈ H0. Vậy Rlà toán tử tuyến tính không tầm thường, đối xứng, compact, bị chặn.

Bổ đề 2.4.3. ([4]) Sử dụng tính đối xứng của R ta có

||R|| = sup|| f ||=1

|(R f , f )|, f ∈ H0. (2.4.22)

Chứng minh. Do R đối xứng nên (R f , f ) là thực. Nếu || f || = 1 ta có

|(R f , f )| ≤ ||R f || · || f || ≤ ||R||

và do đó đặt η = sup|(R f , f )| : || f || = 1 thì η ≤ ||R||. Ta đi chứng minhbất đẳng thức ngược lại. Từ định nghĩa η ta có

(R( f + g), f + g) = (R f , f ) + (Rg, g) + 2Re(R f , g) ≤ η|| f + g||2,

(R( f − g), f − g) = (R f , f ) + (Rg, g)− 2Re(R f , g) ≥ −η|| f − g||2.

Trừ hai bất đẳng thức cho nhau ta được

4Re(R f , g) ≤ 2η(|| f ||2 + ||g||2).

Với || f || = 1, g = R f /||R f || ta được ||R f || ≤ η.

Định lý 2.4.1. ([4]) ||R|| hoặc −||R|| là một giá trị riêng của R.

Chứng minh. Do ||R|| = sup|(R f , f )| : || f || = 1 nên ta có

||R|| = sup(R f , f ) : || f || = 1 hoặc − ||R|| = inf(R f , f ) : || f || = 1.

Giả sử ||R|| = sup(R f , f ) : || f || = 1. Khi đó tồn tại một dãy các hàmfn ∈ H0, || fn|| = 1 sao cho

(R fn, fn)→ ||R||.


Cho λ0 = ||R||. Do R fn là liên tục đồng bậc và bị chặn đều theo định lýAscoli, R fn có một dãy con, ta vẫn ký hiệu là R fn, hội tụ đều tới mộthàm liên tục ϕ0. Ta sẽ chứng minh ϕ0 là hàm riêng ứng với giá trị riêng λ0

của R. Domax

0≤x≤π|R fn(x)− ϕ0(x)| → 0 khi n→ ∞

nên||R fn − ϕ0|| → 0 khi n→ ∞. (2.4.23)

Vì ∣∣∣||R fn|| − ||ϕ0||∣∣∣ ≤ ||R fn − ϕ0||

nên ta cũng có ||R fn|| → ||ϕ0|| khi n→ ∞. Ta có

||R fn − λ0 fn||2 = ||R fn||2 + λ20|| fn||2 − 2λ0(R fn, fn). (2.4.24)

Vế phải của (2.4.24) tiến tới ||ϕ0||2 − λ20 khi n → ∞. Do đó ||ϕ0||2 ≥ λ2

0 > 0,vậy ϕ không đồng nhất bằng không trên [0, π]. Ta có

||R fn||2 ≤ ||R||2|| fn||2 = λ20,

vì vậy từ (2.4.23) ta thu được

0 ≤ ||R fn − λ0 fn||2 ≤ 2λ20 − 2λ0(R fn, fn)→ 0 khi n→ ∞. (2.4.25)

Ta có

0 ≤ ||Rϕ0−λ0ϕ0|| ≤ ||Rϕ0−R(R fn)||+ ||R(R fn)−λ0R fn||+ ||λ0R fn−λ0ϕ0||,

sử dụng (2.4.23) ,(2.4.25) và bất đẳng thức ||R f || ≤ ||R|| · || f || ta thu được

||Rϕ0 − λ0ϕ0|| = 0.

Điều đó chứng minh Rϕ0 = λ0ϕ0. Trường hợp −||R|| = inf(R f , f ) xảy rađược chứng minh tương tự.

Từ định lý trên ta sẽ thấy R có một tập vô hạn các giá trị riêng như sau.Từ chứng minh bổ đề 2.4.1 một hàm riêng của R cũng là một hàm riêng củaL. Ta lấy một hàm riêng của L giá trị thực là ϕ0(x). Ta chuẩn hóa hàm riêngϕ0(x) bởi đặt v0(x) = ϕ0(x)/||ϕ0(x)||. Cho

G1(x, t) = G(x, t)− λ0v0(x)v0(t).


Khi đó G1(x, t) cũng là hàm giá trị thực, đối xứng theo x, t. Ta định nghĩatoán tử

(R1 f )(x) =∫ π

0G1(x, t) f (t)dt, f ∈ H0. (2.4.26)

Khi đó(R1 f )(x) = (R f )(x)− λ0( f , v0)v0(x). (2.4.27)

Do v0(x) ∈ D(L) và ảnh của R là D(L) vì vậy ảnh của R1 cũng là D(L).Ngoài ra R1 cũng là toán tử đối xứng, compact giống như R. Do đónếu||R1|| > 0, và cho

|λ1| = sup(R1 f , f ) : || f || = 1

thì λ1 là một giá trị riêng của R1, và có một hàm riêng ϕ1 tương ứng. Chuẩnhóa ϕ1 bởi cho v1(x) = ϕ1(x)/||ϕ1(x)||. Sử dụng (2.4.27) với bất kỳ f ∈ H0

ta có(R1 f , v0) = (R f , v0)− λ0( f , v0)(v0, v0) = 0. (2.4.28)

Với f = v1 ta thu được v1 trực giao với v0, vì vậy

Rv1 = R1v1 = λ1v1. (2.4.29)

Do đó v1 cũng là hàm riêng của R. Ngoài ra, ta có |λ1| ≤ |λ0| bởi vì

|λ1| = ||λ1v1|| = ||Rv1|| ≤ ||R|| · ||v1|| = |λ0|. (2.4.30)

Tiếp tục cho G2(x, t) = G1(x, t) − λ1v1(x)v1(t) lặp lại các lập luận trên tađược v2(x) và λ2 sao cho |λ2| ≤ |λ1| và v2(x) trực giao với v1(x) và v0(x).Cứ tiếp tục như vậy ta thu được một dãy các hàm riêng trực chuẩn vk(x) vớik = 0, 1, 2, · · · của R.Quá trình trên chỉ có thể dừng lại khi với n nào đó ||Rn|| = 0. Nhưng điềunày sẽ không xảy ra. Thật vậy, với f ∈ H0 ta có

Rn f = R f −n−1

∑i=0

λi( f , vi)vi.

Do đó tác động −L vào hai vế ta được

(−L)Rn f = (−L)R f −n−1

∑i=0

λi( f , vi)(−L)vi

(−L)Rn f = f −n−1

∑i=0

( f , vi)vi

2.5. Định lý khai triển và đẳng thức Parseval 37

Do đó nếu ||Rn|| = 0 thì

f =n−1

∑i=0

( f , vi)vi. (2.4.31)

Nhưng (2.4.31) sẽ không thể xảy ra do f chỉ thuộc lớp C còn các hàm riêngvi thuộc lớp C2. Do đó ||Rn|| > 0 với mọi n.Như vậy ta đã chứng minh R có một tập vô hạn các giá trị riêng λnn≥0

thỏa mãn

||R|| = |λ0| ≥ |λ1| ≥ |λ2| ≥ · · · ≥ |λn| ≥ |λn+1| ≥ · · · .

2.5 Định lý khai triển và đẳng thức Parseval

Cho L2(0, π) là không gian các hàm đo được Lebesgue, giá trị phức, bìnhphương khả tích trên đoạn (0, π). Ta mong muốn khai triển một hàm f trongL2(0, π) thông qua các hàm riêng của toán tử Sturm-Liouville L. Trong mụcnày ta vẫn giả thiết 0 /∈ σ(L) và R là giải thức của L như trong mục trước.Đầu tiên ta có bất đẳng thức Bessel như sau.

Bổ đề 2.5.1. ([4]) Nếu f ∈ L2(0, π) và vk là dãy các hàm riêng trực chuẩn củatoán tử Sturm-Liouville L. Khi đó, chuỗi số

∞

∑k=0|( f , vk)|2

là hội tụ, và∞

∑k=0|( f , vk)|2 ≤ || f ||2( bất đẳng thức Bessel ).

Chứng minh. Với bất kỳ n ≥ 0 hữu hạn ta có

0 ≤ || f −n

∑k=0

( f , vk)vk||2 = || f ||2 −n

∑k=0|( f , vk)|2

điều này chứng minh sự hội tụ của chuỗi và bất đẳng thức Bessel.

Hệ số ( f , vk) được gọi là hệ số Fourier thứ k của f với tương ứng từ hệtrực chuẩn vk.


Định lý 2.5.1 (khai triển của giải thức). ([4]) Cho λk, vk(x) là các giá trị riêngvà hàm riêng của R. Khi đó:

|λk| → 0 khi k→ ∞ (2.5.1)

và với mọi f ∈ H0 ta có khai triển:

(R f )(x) =∞

∑k=0

λk( f , vk)vk(x), (2.5.2)

chuỗi hàm là hội tụ đều trên [0, π].

Chứng minh. Ta có: (Rvk)(x) =∫ π

0 G(x, t)vk(t)dt = λkvk(x). Do đó với mỗix ∈ [0, π] cố định hệ số Fourier thứ k của hàm g(t) = G(x, t) tương ứng vớihệ trực chuẩn vk(t) chính là λkvk(x). Với n > 0, x cố định, sử dụng bấtđẳng thức Bessel ta có:

n

∑k=0

λ2kv2

k(x) ≤∫ π

0G2(x, t)dt.

Lấy tích phân theo x từ 0 đến π, sử dụng tính trực chuẩn của vk(x) ta được

n

∑k=0

λ2k ≤

∫ π

0

∫ π

0G2(x, t)dxdt ≤ γ2π2,

ở đó γ := sup|G(x, t)| : x, t ∈ [0, π]. Cho n→ ∞ ta được:

∞

∑k=0

λ2k ≤ γ2π2. (2.5.3)

Nói riêng, |λk| → 0 khi k→ ∞. Nhắc lại, với f ∈ H0 ta có:

||Rn f || = ||R f −n−1

∑k=0

λk( f , vk)vk(x)|| ≤ ||Rn|| · || f || = |λn| · || f ||.

Cho n→ ∞ ta được

||R f −∞

∑k=0

λk( f , vk)vk(x)|| = 0. (2.5.4)

Với bất kỳ n > m ta có

n

∑k=m

λk( f , vk)vk = R

(n

∑k=m

( f , vk)vk

).


Sử dụng bất đẳng thức |R f | ≤ γπ12 || f || (xem(2.4.16)) ta được

n

∑k=m

λk( f , vk)vk ≤ γπ12

(n

∑k=m|( f , vk)|2

) 12

.

Dùng bất đẳng thức Bessel, vế phải của bất đẳng thức trên tiến tới 0 khim, n→ ∞. Do đó chuỗi hàm

∞

∑k=0

λk( f , vk)vk(x)

hội tụ đều trên [0, π], do đó biểu diễn một hàm liên tục. Mặt khác, từ (2.5.4)nó lại hội tụ trung bình tới hàm liên tục R f . Vì vậy

(R f )(x) =∞

∑k=0

λk( f , vk)vk(x).

Định lý 2.5.2 (định lý khai triển). ([4]) Cho f ∈ D(L). Khi đó với x ∈ [0, π] tacó

f (x) =∞

∑k=0

( f , vk)vk(x) (2.5.5)

ở đó chuỗi hàm là hội tụ đều trên [0, π].

Chứng minh. Nhắc lại, với f ∈ D(L) thì R(−L) f = f và λk là giá trị riêngcủa R khi và chỉ khi λ−1

k là giá trị riêng của −L. Vì vậy, áp dụng định lý khaitriển của giải thức ta có:

f = R(−L f ) =∞

∑k=0

λk(−L f , vk)vk =∞

∑k=0

λk( f ,−Lvk)vk =∞

∑k=0

( f , vk)vk.

Bởi nhân (2.5.5) với f ∗(x) và lấy tích phân từ 0 đến π ta thu được đẳngthức Parseval như sau.

Hệ quả 2.5.3. ([4]) Nếu f ∈ D(L) thì

|| f ||2 =∞

∑k=0|( f , vk)|2 ( đẳng thức Parseval ). (2.5.6)


Ta có thể mở rộng định lý khai triển và đẳng thức Parseval cho L2(0, π)

như sau.

Định lý 2.5.4. ([4]) Nếu f ∈ L2(0, π) thì

limn→∞|| f −

n

∑k=0

( f , vk)vk|| = 0. (2.5.7)

Hơn nữa, ta có đẳng thức Parseval:

|| f ||2 =∞

∑k=0|( f , vk)|2

Chứng minh. Với f ∈ L2(0, π), cho trước ε > 0 có fε ∈ D(L) thỏa mãn

|| f − fε|| < ε. (2.5.8)

Ta có

|| f −n

∑k=0

( f , vk)vk|| ≤ || f − fε||+ || fε−n

∑k=0

( fε, vk)vk||+ ||n

∑k=0

(( f − fε), vk)vk||.

(2.5.9)Sử dụng tính trực chuẩn của vk số hạng cuối của (2.5.9) là bằng(

n

∑k=0|(( fε − f ), vk)|2

) 12

, (2.5.10)

theo bất đẳng thức Bessel nó nhỏ hơn || fε − f ||. Sử dụng định lý khai triểnvới fε ∈ D(L) tồn tại N(ε) sao cho

|| fε −n

∑k=0

( fε, vk)vk|| ≤ ε khi n > N. (2.5.11)

Vì vậy từ (2.5.8), (2.5.9), (2.5.10) và (2.5.11) ta được

|| f −n

∑k=0

( f , vk)vk|| ≤ 3ε nếu n > N.

Vậy ta đã chứng minh (2.5.7). Đẳng thức Parseval là hệ quả trực tiếp của(2.5.7) do

|| f −n

∑k=0

( f , vk)vk||2 = || f ||2 −n

∑k=0|( f , vk)|2.

2.6. Chứng minh định lý khai triển bằng tích phân Cauchy 41

Nhận xét: Đẳng thức Parseval cho ta thấy rằng nếu f ∈ L2(0, π) thỏamãn ( f , vk) = 0 với mọi k = 0, 1, 2, · · · thì f = 0 hầu khắp nơi. Nếu f liêntục thì f chính là hàm 0. Ta có hệ quả sau đây.

Định lý 2.5.5. ([9]) Nếu với một hàm liên tục f (x) mà chuỗi hàm

∞

∑k=0

( f , vk)vk(x) (2.5.12)

hội tụ đều trên [0, π] thì chuỗi này sẽ biểu diễn hàm f (x) :

f (x) =∞

∑k=0

( f , vk)vk(x). (2.5.13)

Chứng minh. Đặt h(x) = f (x)− ∑∞k=0( f , vk)vk(x). Từ giả thiết ta có h(x) là

hàm liên tục trên [0, π]. Do đó với mỗi n = 1, 2, · · · ta có:

(h, vn) = ( f , vn)− ( f , vn) = 0.

Từ đẳng thức Parseval ta được h(x) đồng nhất bằng 0.

2.6 Chứng minh định lý khai triển bằng tích phânCauchy

Mục này đưa ra chứng minh khác cho định lý khai triển dựa vào định lýthặng dư Cauchy. Sau đây, ta nhắc lại các công thức tiệm cận trong mục 2.2để dùng cho việc ước lượng các tích phân đường.Xét hệ thống

(λ− L)y = y′′+ (λ− q(x))y = 0 (2.6.1)

BC0(y) = y′(0)− hy(0) = 0 (2.6.2)

BCπ(y) = y′(π)− Hy(π) = 0, (2.6.3)

giả sử h, H 6= ∞. Gọi ϕ(x, λ), ψ(x, λ) thỏa mãn phương trình (2.6.1) với cácđiều kiện Cauchy

ϕ(0, λ) = 1, ϕ′(0, λ) = h, (2.6.4)

ψ(π, λ) = 1, ψ′(π, λ) = H. (2.6.5)


Nhắc lại, ϕ(x, λ) và ψ(x, λ) thỏa mãn các công thức tiệm cận như sau

|ϕ(x, λ)| ≤ 2(1 + e)e|Im(s)|x, (2.6.6)

ϕ(x, λ) = cos(sx) +1s

E1(x, s), (2.6.7)

|E1(x, s)| ≤ C1e|Im(s)|x, (2.6.8)

ϕ′(x, s) = −s sin(sx) + E2(x, s), (2.6.9)

|E2(x, s)| ≤ C1e|Im(s)|x, (2.6.10)

|ψ(x, λ)| ≤ 2e|Im(s)|(π−x), (2.6.11)

ψ(x, λ) = cos s(π − x)− 1s

E3(x, s), (2.6.12)

|E3(x, s)| ≤ C2e|Im(s)|(π−x), (2.6.13)

ψ′(x, λ) = s sin s(π − x) + E4(x, s), (2.6.14)

|E4(x, s)| ≤ C2e|Im(s)|(π−x). (2.6.15)

Từ các ước lượng trên ta có ước lượng cho Wronskian

W(λ) = s sin(sπ) + E5(x, s), (2.6.16)

|E5(x, s)| ≤ C3e|Im(s)|π. (2.6.17)

Ta có hàm Green G(x, t, λ) thỏa mãn ước lượng sau đây.

Bổ đề 2.6.1. ([8]) Cho λ = s2. Tồn tại các hằng số C4, C5 > 0 sao cho với |s| > C5

và |Im(s)| > 1 hoặc Re(s) = k +12

, k ∈ Z ta có:

|G(x, t, λ)| ≤ C4|s|−1 (2.6.18)

Chứng minh. Với x ≤ t tử số của hàm Green là ϕ(x, λ)ψ(t, λ). Từ (2.6.6) và(2.6.11) ta có

|ϕ(x, λ)ψ(t, λ)| ≤ Ce|Im(s)|xe|Im(s)|(π−t) ≤ Ce|Im(s)|π do x ≤ t. (2.6.19)

Với x ≥ t ta cũng có ước lượng như trên. Tiếp theo ta đi xét mẫu số của hàmGreen. Ta có

|W(λ)| = |s sin(sπ) + E5(x, s)| ≥ |s sin(sπ)| − C3e|Im(s)|π.


Mặt khác,

| sin(sπ)|2 =

(eπ Im(s) + e−π Im(s)

2

)2

− cos2(πRe(s)). (2.6.20)

Do đó nếu Re(s) = k +12

, k ∈ Z thì | sin(sπ)| ≥ e|Im(s)|π

2; nếu |Im(s)| ≥ 1 ta

có: | sin(sπ)| ≥ e|Im(s)|π

4. Do đó nếu lấy C5 = 8C3 thì với |s| > C5 ta có

|W(λ)| ≥(|s|4− C3

)e|Im(s)|π ≥ 1

8|s|e|Im(s)|π. (2.6.21)

Từ (2.6.19) và (2.6.21) ta được điều phải chứng minh.

Từ bổ đề trên ta có định lý khai triển cho hàm Green G(x, t, λ) như sau.

Định lý 2.6.1. ([8]) Cho λnn≥0 là các giá trị riêng của toán tử Sturm-LiouvilleL. Khi đó với λ ∈ C không là giá trị riêng của L thì

G(x, t, λ) =∞

∑k=0

Res(G(x, t, ζ)

λ− ζ, ζ = λn) =

∞

∑k=0

1αn

ϕ(x, λn)ϕ(t, λn)

λ− λn, (2.6.22)

chuỗi trên hội tụ đều với x, t ∈ [0, π], αn = ||ϕ(x, λn)||2.

Chứng minh. Trong λ−phẳng xét γN là biên của hình vuông với 4 đỉnh:

(N +12)(−1 − i), (N +

12)(1 − i), (N +

12)(1 + i) và (N +

12)(−1 + i). Xét

λ cố định không là giá trị riêng của L. Với N đủ lớn (nói riêng N > 2|λ|), sửdụng bổ đề 2.6.1 ta có:

G(x, t, ζ)

ζ − λ≤ C4|ζ|−

12

|ζ − λ| ≤C′4

N32

, ζ ∈ γN.

Vì vậy ∣∣∣∣∫γN

G(x, t, ζ)

ζ − λdζ

∣∣∣∣ ≤ C′4

N32· |γN| → 0 đều theo x, t khi N → ∞.

HàmG(x, t, ζ)

ζ − λlà hàm giải tích theo ζ trên toàn mặt phẳng chỉ trừ ζ = λ và

ζ = λn, n = 0, 1, · · · là các giá trị riêng của L. Sử dụng định lý thặng dư tacó

0 = limN→∞

12πi

∫γN

G(x, t, ζ)

ζ − λdζ = Resζ=λ

G(x, t, ζ)

ζ − λ+

∞

∑n=0

Resζ=λn

G(x, t, ζ)

ζ − λ.


Ta có Resζ=λG(x, t, ζ)

ζ − λ= G(x, t, λ). Do các λn là không điểm đơn của W(λ)

nên với x ≤ t, ta có

Resζ=λn

G(x, t, ζ)

ζ − λ=

ϕ(x, λn)ψ(t, λn)

(λn − λ)W ′(λn),

ở đó W′(λn) =

dWdλ

(λn). Ta cũng có đẳng thức tương tự với x ≥ t.

Từ mục trước ta có ψ(t, λn) = βn ϕ(t, λn), βn 6= 0 và W′(λn) = αnβn, trong

đó αn = ||ϕ(x, λn)||2. Do đó ta thu được

Resζ=λn

G(x, t, ζ)

ζ − λ=


(λn − λ)αn.


G(x, t, λ) =∞

∑n=0


(λ− λn)αn,

chuỗi hàm hội tụ đều theo x, t ∈ [0, π] do tích phân củaG(x, t, ζ)

ζ − λtrên γN

tiến về 0 đều theo x, t khi N → ∞.

Từ định lý khai triển cho hàm Green ở trên ta dễ dàng thu được khaitriển cho hàm f (x) ∈ D(L).

Định lý 2.6.2. ([8]) Cho hàm f ∈ D(L) và λn là các giá trị riêng của L. Khi đóta có

f (x) =∞

∑n=0

anvn(x), (2.6.23)

ở đó an =∫ π

0 f (x)vn(x)dx, vn(x) = ϕ(x, λn)/||ϕ(x, λn)||, chuỗi là hội tụ đềuvới x ∈ [0, π].

Chứng minh. Chuẩn hóa vn(x) = ϕ(x, λn)/||ϕ(x, λn)||, khai triển hàmGreen được viết lại thành

G(x, t, λ) = ∑n≥0

vn(x)vn(t)λ− λn,

chuỗi hội tụ đều với x, t ∈ [0, π], λ ∈ R cố định không là giá trị riêng của L.Với f (x) ∈ D(L) đặt h(x) = f

′′+ (λ− q(x)) f (x). Khi đó

f (x) =∫ π

0G(x, t, λ)h(t)dt = ∑

n≥0

∫ π0 h(t)vn(t)dt

λ− λnvn(x). (2.6.24)


Dùng tích phân từng phần hai lần ta được∫ π

0h(t)vn(t)dt =

∫ π

0( f′′(t)+ (λ− q(t)) f (t))vn(t)dt = (λ−λn)

∫ π

0f (t)vn(t)dt.

(2.6.25)Thế (2.6.25) vào trong (2.6.24) ta được điều phải chứng minh.

Đặt H = L2[0, π], với f (x) ∈ H thì ϕ(t, λ) f (t) và ψ(t, λ) f (t) thuộcvào L1[0, π]. Do đó

∫ x0 ϕ(t, λ) f (t)dt và

∫ πx ψ(t, λ) f (t)dt thuộc vào AC[0, π]

không gian các hàm liên tục tuyệt đối trên [0, π]. Ngoài ra, ta có:

ddx

∫ x

0ϕ(t, λ) f (t)dt = ϕ(x, λ) f (x),

ddx

∫ π

xψ(t, λ) f (t)dt = −ψ(x, λ) f (x),

các đẳng thức trên xảy ra với hầu khắp x ∈ [0, π]. Vì vậy với f ∈ H và λ

không là giá trị riêng của L ta có

y(x, λ) =ψ(x, λ)

W(λ)

∫ x

0ϕ(t, λ) f (t)dt +

ϕ(x, λ)

W(λ)

∫ π

xψ(t, λ) f (t)dt

thuộc vào AC[0, π] và với hầu khắp x ∈ [0, π] ta được

y′(x, λ) =

ψ′(x, λ)

W(λ)

∫ x

0ϕ(t, λ) f (t)dt +

ϕ′(x, λ)

W(λ)

∫ π

xψ(t, λ) f (t)dt,

hàm y′(x, λ) cũng thuộc vào AC[0, π]. Tiếp tục đạo hàm ta có

y′′(x, λ) =

ψ′′(x, λ)

W(λ)

∫ x

0ϕ(t, λ) f (t)dt +

ϕ′′(x, λ)

W(λ)

∫ π

xψ(t, λ) f (t)dt + f (x),

hàm y′′(x, λ) thuộc vào L2[0, π]. Vì vậy, nếu ta mở rộng L đến miền xác định

D1(L) cho bởi

y(x) ∈ AC[0, π] : y′(x) ∈ AC[0, π], y

′′(x) ∈ L2[0, π], BC0(y) = BCπ(y) = 0

thì ta xác định Rλ : H → D1(L) ⊂ H thỏa mãn

(λ− L)Rλ f = f , ∀ f ∈ H và Rλ(λ− L)g = g, ∀g ∈ D1(L).

Xét f (x) ∈ BV[0, π] ⊂ L2(0, π), ở đó BV[0, π] là không gian các hàm cóbiến phân bị chặn trên [0, π], khi đó, y(x, λ) có nghĩa. Ta sẽ xem xét tích


phân 12πi

∫C y(x, λ)dλ với C là chu tuyến đóng trong λ− phẳng cho như sau.

Trong s−phẳng xét đường gấp khúc γn = γ1,n ∪ γ2,n ∪ γ3,n trong đó

γ1,n = s = σ− (n +12)i : σ ∈ [0, n +

12],

γ2,n = s = (n +12) + ti : t ∈ [−(n +

12), (n +

12)],

γ3,n = s = σ + (n +12)i : σ ∈ [0, (n +

12)].

Khi s chạy trên γn trong s−phẳng thì λ = s2 chạy trên chu tuyến đóngCn = C1,n ∪ C2,n ∪ C3,n trong λ−phẳng với

C1,n =

λ : Re(λ) =

Im2(λ)

4(n + 12)

2− (n +

12)2, Re(λ) ≤ 0, Im(λ) ≤ 0

,

C2,n =

λ : Re(λ) = − Im2(λ)

4(n + 12)

2+ (n +

12)2, Re(λ) ≥ 0

,

C3,n =

λ : Re(λ) =

Im2(λ)

4(n + 12)

2− (n +

12)2, Re(λ) ≤ 0, Im(λ) ≥ 0

.

Ta có bổ đề sau đây.

Bổ đề 2.6.2. ([9]) Cho f (x) ∈ L2[0, π], khi đó

ψ(x, λ)

W(λ)

∫ x

0ϕ(t, λ) f (t)dt =

cos s(π − x)s sin sπ

∫ x

0cos(st) f (t)dt + R1(x, s),

ϕ(x, λ)

W(λ)

∫ π

xψ(t, λ) f (t)dt =

cos sxs sin sπ

∫ π

xcos s(π − t) f (t)dt + R2(x, s),

(2.6.26)trong đó

|R1(x, s)| ≤ K1

|s|2∫ x

0e|Im(s)|(t−x)| f (t)|dt,

|R2(x, s)| ≤ K2

|s|2∫ π

xe|Im(s)|(x−t)| f (t)|dt,

(2.6.27)

với K1, K2 là các hằng số không phụ thuộc x và s ∈ γn với n đủ lớn.

Chứng minh. Từ (2.6.7) và (2.6.12) ta có

ψ(x, λ)

W(λ)

∫ x

0ϕ(t, λ) f (t)dt =

cos s(π − x)s sin(sπ)

∫ x

0cos(st) f (t)dt + R1(x, s),


trong đó

R1(x, s) = cos s(π − x)∫ x

0cos(st) f (t)dt

(1

W(λ)− 1

s sin(sπ)

)− E3(x, s)

sW(λ)

∫ x

0cos(st) f (t)dt− E3(x, s)

s2

∫ x

0E1(t, s) f (t)dt

+cos s(π − x)

sW(λ)

∫ x

0E1(t, s) f (t)dt.

Sử dụng (2.6.20) và (2.6.21) ta có∣∣∣∣cos s(π − x)∫ x

0cos(st) f (t)dt

(1

W(λ)− 1

s sin(sπ)

)∣∣∣∣≤ 32C3

|s|2∫ x

0e|Im(s)|(t−x)| f (t)|dt.

Sử dụng (2.6.13) và (2.6.21) ta có∣∣∣∣E3(x, s)sW(λ)

∫ x

0cos(st) f (t)dt

∣∣∣∣ ≤ 8C2

|s|2∫ x


Sử dụng (2.6.6), (2.6.13) và (2.6.21) ta có∣∣∣∣E3(x, s)s2W(λ)

∫ x

0E1(x, s) f (t)dt

∣∣∣∣ ≤ 8C1C2

|s|3∫ x


Sử dụng (2.6.6) và (2.6.21) ta có∣∣∣∣cos s(π − x)sW(λ)

∫ x

0E1(t, s) f (t)dt

∣∣∣∣ ≤ 8C1

|s|2∫ x


Từ các đánh giá trên ta thu được ước lượng (2.6.27) đối với R1(x, s).Làm tương tự như trước ta thu được ước lượng (2.6.27) đối với R2(x, s).

Bổ đề 2.6.3. ([9]) Cho f (x) ∈ L2[0, π], Cn là chu tuyến đóng trong λ−phẳngnhư mô tả trước. Khi đó với mỗi x ∈ [0, π] ta có

12πi

∫Cn

y(x, λ)dλ =1

2πi

∫Cn

∫ x

0

cos s(π − x) cos(st)s sin(sπ)

f (t)dt

+∫ π

x

cos(sx) cos s(π − t)s sin(sπ)

f (t)dt

dλ + o(1).

(2.6.28)


Chứng minh. Từ bổ đề trước ta có∫Cn

(ψ(x, λ)

W(λ)

∫ x

0ϕ(t, λ) f (t)dt

)dλ =

∫Cn

(∫ x

0


cos(st) f (t)dt)

dλ

+∫

CnR1(x, s)dλ.

Với s =√

λ ta có ∫Cn

R1(x, s)dλ =∫

γnR1(x, s)2sds

Từ (2.6.27) ta có

|∫

CnR1(x, s)dλ| ≤ 2K1

∫γn

(∫ x

0e|Im(s)|(t−x)| f (t)|dt

)|ds||s|

Do đó với 0 < δn < x ta có

|∫

CnR1(x, s)dλ| ≤ 2K1

∫γn

(∫ x−δn


)|ds||s|

+ 2K1

∫γn

(∫ x

x−δne|Im(s)|(t−x)| f (t)|dt

)|ds||s| .

Ta có

2K1

∫γn

(∫ x

x−δne|Im(s)|(t−x)| f (t)|dt

)|ds||s| ≤ 2K1

∫γn

|ds||s|

∫ x

x−δn| f (t)|dt.

Dễ thấy∫

γn

|ds||s| bị chặn đều theo n. Ngoài ra từ giả thiết f ∈ L2[0, π], với

x ∈ (0, π] cho trước ta có thể chọn δn =1√

n + 12

khi đó∫ x

x−δn| f (t)|dt = o(1).

Với δn =1√

n + 12

ta có

2K1

∫γn

(∫ x−δn


)|ds||s| ≤ 2K1|| f ||1

∫γn

e−|Im(s)|δn

|s| |ds|.

Trên γ1,n ta có s = σ− (n + 12)i với σ ∈ [0, n + 1

2 ] vì vậy

∫γ1,n

e−|Im(s)|δn

|s| |ds| =∫ n+ 1

2

0

e−(n+12 )δn√

(n + 12)

2 + σ2dσ ≤ e−(n+

12 )δn ≤ e−

√n+ 1

2 .


Trên γ3,n ta có s = σ + (n + 12)i với σ ∈ [0, n + 1

2 ]. Ta cũng có

∫γ3,n

e−|Im(s)|δn

|s| |ds| =∫ 0

n+ 12

e−(n+12 )δn√

(n + 12)

2 + σ2(−dσ) ≤ e−(n+

12 )δn ≤ e−

√n+ 1

2 .

Trên γ2,n ta có s = (n + 12) + iσ với σ ∈ [−(n + 1

2), (n + 12)], do đó∫

γ2,n

e−|Im(s)|δn

|s| |ds| =∫ n+ 1

2

−n− 12

e−|σ|δn√(n + 1

2)2 + σ2

dσ = 2∫ n+ 1

2

0

e−δnσ√(n + 1

2)2 + σ2

dσ

≤ 2n + 1

2

∫ n+ 12

0e−σδn dσ ≤= 2

1√n + 1

2

− e−(n+12 )√

n + 12

.

(2.6.29)Từ các ước lượng trên với mỗi x ∈ (0, π] ta có

∫Cn

R1(x, s)dλ → 0 khin → ∞. Làm tương tự như trước với mỗi x ∈ [0, π) ta cũng thu được∫

CnR2(x, s)dλ→ 0 khi n→ ∞.

Bổ đề 2.6.4. Giả sử f (t) ∈ BV[x− δ, x], δ > 0. Khi đó f (t) có biểu diễn

f (t) = f (x− 0) + g(t)− h(t),

trong đó f (x− 0) = limt→x− f (t), và g(t), h(t) là các hàm đơn điệu giảm, khôngâm với mọi t ∈ [x− δ, x) , limt→x− g(t) = 0, limt→x− h(t) = 0.

Chứng minh. Theo định lý khai triển Jordan hàm có biến phân bị chặn f (t)có thể viết thành hiệu của hai hàm không âm, đơn điệu tăng

f (t) = k(t)− r(t).

Từ đó ta có

f (t) = (r(x− 0)− r(t))− (k(x− 0)− k(t)) + f (x− 0).

Đặt g(t) = r(x − 0)− r(t), h(t) = k(x − 0)− k(t) khi đó ta thu được điềuphải chứng minh.

Bổ đề 2.6.5. ([9]) Cho f (x) ∈ BV[0, π], khi đó

12πi

∫Cn

∫ x

0


cos(st) f (t)dt +∫ π

x

cos(sx)s sin(sπ)

cos s(π − t) f (t)dt

dλ

(2.6.30)

hội tụ tớif (x− 0) + f (x + 0)

2khi n→ ∞ với mỗi x ∈ (0, π).


Chứng minh. Với 0 ≤ δn ≤ x ta viết∫ x

0


cos(st) f (t)dt =∫ x−δn

0


cos(st) f (t)dt

+∫ x

x−δn


cos(st) f (t)dt.

Cho εn =1

n + 12

, n ∈ N, vì f (t) ∈ L1[0, π] nên có thể tìm dãy hàm trơn có

giá compact kn(t) ∈ C∞0 (0, π) sao cho∫ π

0| f (t)− kn(t)|dt ≤ εn.

Ta viết∫ x−δn

0


cos(st) f (t)dt =∫ x−δn

0


cos(st)( f (t)− kn(t))dt

+∫ x−δn

0


cos(st)kn(t)dt.

Với tích phân thứ nhất ta có∣∣∣∣∫ x−δn

0


cos(st)( f (t)− kn(t))dt∣∣∣∣ ≤ 4e−|Im(s)|δn

|s|

∫ x−δn

0| f (t)− kn(t)|dt

≤ 4εne−|Im(s)|δn

|s| .

Vì vậy∣∣∣∣∫Cn

∫ x−δn

0


cos(st)( f (t)− kn(t))dt∣∣∣∣ ≤ 2εn

∫γn

e−|Im(s)|δn |ds|.

Lấy δn =1√

n + 12

, khi đó trên γ1,n và γ3,n ta có

εn

∫γ1,n∪γ3,n

e−|Im(s)|δn |ds| = εn

∫ n+ 12

0e−(n+

12 )δn dσ = e−(n+

12 )δn = e−

√n+ 1

2 = o(1).

Trên γ2,n ta có

εn

∫γ2,n

e−|Im(s)|δn |ds| = 2εn

∫ n+ 12

0e−σδn dσ ≤ 2

εn

δn= 2

1√n + 1

2

= o(1).


Với tích phân thứ hai, sử dụng tích phân từng phần ta có

∫ x−δn

0


cos(st)kn(t)dt = O

(e−|Im(s)|δn

|s|2

).

Giống như trong chứng minh bổ đề 2.6.3 ta có∫Cn

e−|Im(s)|δn

|s|2 dλ = o(1).

Vì vậy đại lượng∣∣∣∣∫Cn

∫ x−δ

0


cos(st) f (t)dt∣∣∣∣ = o(1) khi n→ ∞.

Từ bổ đề 2.6.4 với t ∈ [x− δ, x] ta có:

f (t) = f (x− 0) + g(t)− h(t) (2.6.31)

trong đó g(t), h(t) là hàm dương trên [x − δ, x), đơn điệu giảm vàg(t), h(t) → 0 khi t → x từ bên trái. Áp dụng định lý giá trị trung bìnhdạng Bonnet ta có∫ x

x−δnRe(cos(st))g(t)dt = g(x− δn)

∫ ξ

x−δnRe(cos(st))dt =

g(x− δn)

sO(e|Im(s)|x).

Tương tự, ta có∫ x

x−δnIm(cos(st))g(t)dt =

g(x− δn)

sO(e|Im(s)|x). Từ đó ta

được ∫ x

x−δn


g(t)dt = O(g(x− δn)

s2 ).

Vì vậy

12πi

∫Cn

∫ x

x−δn


g(t)dtdλ = O(g(x− δn)),

sẽ bé tùy ý khi δn tiến tới 0. Tương tự đối với hàm h(t) cũng vậy. Đối với tíchphân chứa f (x− 0) ta có∫ x

x−δn


f (x− 0) cos(st)dt

=f (x− 0)

s2 sin(sπ)cos s(π − x) (sin(sx)− sin s(x− δn))

=f (x− 0)

2s2

(1 +

sin s(2x− π)

sin(sπ)

)− f (x− 0)

s2cos s(π − x) sin s(x− δn)

sin(sπ)

2.7. Hội tụ điểm của khai triển hàm riêng 52

Ta có, nếu 0 < x ≤ π

2thì

∣∣∣∣sin s(2x− π)

sin(sπ)

∣∣∣∣ ≤ e|Im(s)|(π−2x)

e|Im(s)|π4

≤ 4e−|Im(s)|x ≤ 4e−|Im(s)|δn .

Nếuπ

2≤ x < π, x + δn < π thì

∣∣∣∣sin s(2x− π)

sin(sπ)

∣∣∣∣ ≤ e|Im(s)|(2x−π)

e|Im(s)|π4

≤ 4e2|Im(s)|(x−π) ≤ 4e−2|Im(s)|δn .

Vì vậy ta được∫ x

x−δn


f (x− 0) cos(st)dt =f (x− 0)

2s2 (1 + O(e−|Im(s)|δn)).

Ta có1

2πi∫

Cn

f (x− 0)2λ

dλ =f (x− 0)

2, và

∫γn

e−|Im(s)|δn

|s| |ds| → 0 khi n → ∞.

Như vậy ta đã chứng minh

12πi

∫Cn

∫ x

0


cos(st) f (t)dtdλ→ f (x− 0)2

khi n→ ∞. (2.6.32)

Đối với phần tích phân mà t ≥ x được chứng minh tương tự.

Từ bổ đề 2.6.3, bổ đề 2.6.5 và định lý thặng dư ta có:

Định lý 2.6.3. ([9]) Cho f ∈ BV[0, π], vn(x) là hàm riêng được chuẩn hóa ứngvới giá trị riêng λn của bài toán Sturm-Liouville (2.6.1),(2.6.2),(2.6.3). Khi đó,chuỗi hàm

∞

∑n=0

(∫ π

0f (x)vn(x)dx

)vn(x),

hội tụ điểm tớif (x− 0) + f (x + 0)

2với 0 < x < π.

2.7 Hội tụ điểm của khai triển hàm riêng

Trong mục này ta sẽ đưa ra một chứng minh khác cơ bản hơn cho sựhội tụ điểm của khai triển hàm riêng. Ta xem xét bài toán Sturm-Liouville(2.6.1), (2.6.2), (2.6.3) với h, H 6= ∞. Giả sử q(x) khả vi liên tục trên [0, π]. Khi


đó ta có công thức tiệm cận (2.2.29) cho hàm riêng được chuẩn hóa vn(x).Cho f (x) ∈ L1[0, π], ta đặt

σn, f (x) =∫ π

0f (t)

1π+

2π

n

∑k=1

cos kx cos kt

dt,

sn, f (x) =∫ π

0f (t)

n

∑k=0

vk(x)vk(t)dt.

Ta đặt

Φn(x, t) =n

∑k=0

vk(x)vk(t)−

1π+

2π

n

∑k=1

cos kx cos kt

,

khi đósn, f (x)− σn, f (x) =

∫ π

0Φn(x, t) f (t)dt.

Bổ đề 2.7.1. ([9]) Tồn tại một hằng số M sao cho với mọi x, t ∈ [0, π], với mọi nta có

|Φn(x, t)| < M.

Chứng minh. Từ công thức tiệm cận (2.2.29) ta có

vk(x)vk(t)−2π

cos kx cos kt

=2π

β(t)

kcos kx sin kt +

β(x)k

sin kx cos kt+ O

(1k2

)=

1π(β(x) + β(t))

sin k(x + t)k

+1π(β(x)− β(t))

sin k(x− t)k

+ O(

1k2

).

(2.7.1)

Ta sẽ chứng minh rằng τn(x) = ∑nk=1

sin kxk

là bị chặn đều trong khoảng

[0, π]. Thật vậy:

τn(x) =n

∑k=1

sin kxk

=∫ x

0

(n

∑k=1

cos kt

)dt =

∫ x

0

sin(n + 12)t− sin t

2

2 sin t2

dt

=∫ x

0

1t

sin(n +12)tdt +

∫ x

0

(1

2 sin t2− 1

t

)sin(n +

12)tdt− x

2

=∫ (n+ 1

2 )x

0

sin uu

du +∫ x

0

(1

2 sin t2− 1

t

)sin(n +

12)tdt− x

2.


Từ đó, với mọi n, với mọi x ∈ [0, π] ta có

|τn(x)| ≤∫ π

0

sin tt

dt +∫ x

0

∣∣∣∣∣ 12 sin t

2− 1

t

∣∣∣∣∣ dt +π

2.

Từ tính bị chặn đều của τn(x), β(x), và (2.7.1) ta có điều phải chứng minh.

Bổ đề 2.7.2. ([9]) Nếu ϕ(x) ∈ C2[0, π] thỏa mãn các điều kiện biên

ϕ(0) cos α + ϕ′(0) sin(α) = 0, ϕ(π) cos β + ϕ

′(π) sin β = 0 (2.7.2)

thìsn,ϕ(x)− σn,ϕ(x) =

∫ π

0Φn(x, t)ϕ(t)dt→ 0 khi n→ ∞, (2.7.3)

đều theo x ∈ [0, π].

Định lý 2.7.1. ([9]) Với bất kỳ hàm f (x) ∈ L1[0, π] ta có

sn, f (x)− σn, f (x)→ 0, khi n→ ∞ (2.7.4)

đều theo x ∈ [0, π].

Chứng minh. Vì f (x) ∈ L1[0, π], với bất kỳ ε > 0 ta có thể tìm một hàmϕε(x) ∈ C2[0, π] thỏa mãn điều kiện biên (2.7.2) sao cho∫ π

0| f (x)− ϕε(x)| ≤ ε

2M,

với M trong bổ đề 2.7.1. Ta viết

sn, f (x)− σn, f (x) =∫ π

0Φn(x, t) f (t)− ϕε(t)dt +

∫ π

0Φn(x, t)ϕε(t)dt.

(2.7.5)Từ bổ đề 2.7.2 ta có với n đủ lớn, với mọi x ∈ [0, π]∣∣∣∣∫ π

0Φn(x, t)ϕε(t)dt

∣∣∣∣ ≤ ε

2. (2.7.6)

Từ bổ đề 2.7.1 ta có∣∣∣∣∫ π

0Φn(x, t) f (t)− ϕε(t)dt

∣∣∣∣ ≤ M∫ π

0| f (t)− ϕε(t)| dt ≤ ε

2. (2.7.7)

Từ đó ta được điều phải chứng minh.


Như vậy, với h, H 6= ∞ chuỗi hàm riêng của bài toán Sturm-Liouville cócùng tích chất hội tụ và phân kỳ với chuỗi Fourier cosin thông thường.Với trường hợp h = H = ∞, ta có công thức tiệm cận

vk(x) =

√2π

sin(kx) + O(1k). (2.7.8)


vk(x)vk(t)−2π

sin kx sin kt = O(

1k

)sin kx + O

(1k

)sin kt + O

(1k2

).

Ta có τn(x) = ∑nk=0

sin kxk

bị chặn đều, vì vậy

Φn(x, t) =n

∑k=0

vk(x)vk(t)−

2π

sin kx sin kt

cũng bị chặn đều. Tương tự như trước với f ∈ L1[0, π] ta có

sn, f (x)− σn, f (x)→ 0 khi n→ ∞ đều trên [0, π],

trong đó

σn, f (x) =∫ π

0f (t)

n

∑k=1

2π

sin kt sin kx

dt.

Như vậy trong trường hợp h = H = ∞ chuỗi hàm riêng của bài toán Sturm-Liouville và chuỗi Fourier sin thông thường cùng hội tụ và phân kỳ.

Với trường hợp h = ∞, H 6= ∞ ta có công thức tiệm cận

vk(x) =

√2π

sin(k +12)x + O

(1k

).

Khi đó

vk(x)vk(t)−2π

sin(k +12) =O

1

k +12

sin(k +12)x + O

1

k +12

sin(k +12)t

+ O(

1k2

).

Ta vẫn có

τn(x) =n

∑k=0

sin(k +12)x

k + 12


bị chặn đều với mọi x ∈ [0, π], mọi n. Ngoài ra, ta có sin(n + 12)x là hàm

riêng của bài toán Sturm-Liouville với hàm thế q(x) = 0 và các điều kiệnbiên y(0) = 0, y

′(π) = 0 vì vậy với ϕ ∈ C2[0, π] triệt tiêu trong lân cận của

hai đầu mút thìsn,ϕ(x)− σn,ϕ(x)→ 0 khi n→ ∞

đều theo x ∈ [0, π], trong đó

σn,ϕ(x) =∫ π

0ϕ(t)

n

∑k=0

2π

sin(k +12)t sin(k +

12)x

dt.

Tương tự như trước ta cũng thu được kết quả trên với f ∈ L[0, π].

Chương 3

Khai triển trên nửa đường thẳng

3.1 Đẳng thức Parseval với nửa đường thẳng

Trong chương trước ta đã nghiên cứu bài toán Sturm-Liouville chínhquy, ở đó [a, b] là một đoạn hữu hạn và hàm thế q(x) liên tục trên đó. Ta đãthu được đẳng thức Parseval và định lý khai triển một hàm trong L2(a, b)thành một chuỗi các hàm riêng tương tự như khai triển chuỗi Fourier thôngthường. Chương tiếp theo này ta thảo luận về bài toán Sturm-Liouville kỳdị với khoảng [a, b] được thay bằng nửa trục thực [0, ∞) và hàm thế q(x) liêntục trên đó. Mong muốn của ta là có được các dạng tương tự về đẳng thứcParseval và định lý khai triển giống như trường hợp chính quy.Ta xem xét phương trình:

y′′+ λ− q(x)y = 0 (0 ≤ x < ∞). (3.1.1)

Chúng ta ký hiệu α là một số thực bất kì và y(x, λ) là nghiệm của phươngtrình (3.1.1) thỏa mãn điều kiện ban đầu:

y(0, λ) = sin(α), y′(0, λ) = − cos(α). (3.1.2)

Khi đó, hàm y(x, λ) thỏa mãn điều kiện biên:

y(0, λ) cos(α) + y′(0, λ) sin(α) = 0. (3.1.3)

Bài toán (3.1.1)+(3.1.3) là một bài toán Sturm-Liouville kỳ dị trên nửa trụcthực [0, ∞). Ta sẽ xem bài toán này như giới hạn của các bài toán Sturm-Liouville chính quy. Ta lấy b là một số thực dương bất kì và β là một số

3.1. Đẳng thức Parseval với nửa đường thẳng 58

thực bất kì. Sau đó ta xem xét bài toán Sturm-Liouville chính quy bao gồmphương trình (3.1.1) với điều kiện biên (3.1.3) và điều kiện biên bổ sung

y(b, λ) cos(β) + y′(b, λ) sin(β) = 0. (3.1.4)

Trong chương trước ta đã biết bài toán Sturm-Liouville chính quy(3.1.1)+(3.1.3)+(3.1.4) có một dãy đếm được các giá trị riêng sắp xếp theothứ tự tăng dần λn,b. Các giá trị riêng λn,b là đơn, nói cách khác, các hàmriêng tương ứng với một giá trị riêng λn,b là sai khác hằng số nhân. Ta gọiyn,b(x) = y(x, λn,b) là hàm riêng ứng với giá trị riêng λn,b và thỏa mãn điềukiện ban đầu (3.1.2).Bây giờ nếu f (x) ∈ L2(0, b) và α2

n,b =∫ b

0 y2n,b(x)dx, từ đẳng thức Parseval ta

được: ∫ b

0f 2(x)dx =

∞

∑n=1

1α2

n,b

(∫ b

0f (x)yn,b(x)dx

)2

. (3.1.5)

Ta xây dựng một hàm bước nhảy không giảm

ρb(λ) =

−∑λ<λn,b≤0

1α2

n,b(nếu λ ≤ 0),

∑0<λn,b≤λ1

α2n,b

(nếu λ > 0),

thì (3.1.5) có thể viết lại dưới dạng một tích phân Stieltjes như sau∫ b

0f 2(x)dx =

∫ ∞

−∞F2(λ)dρb(λ), (3.1.6)

trong đó F(λ) =∫ b

0 f (x)y(x, λ)dx.Đẳng thức Parseval của bài toán Sturm-Liouville kỳ dị (3.1.1)+(3.1.3) thuđược từ (3.1.6) bằng cách cho b tăng ra vô hạn. Để làm điều này ta cầnchứng minh bổ đề sau.

Bổ đề 3.1.1. ([9]) Với bất kỳ số nguyên dương N tồn tại một hằng số dương A(N)

không phụ thuộc b, sao cho biến phân của hàm ρb(λ) trên đoạn [−N, N] bị chặnbởi A(N), tức là:

N∨−Nρb(λ) = ∑

−N<λn,b≤N

1α2

n,b= ρb(N)− ρb(−N) < A(N). (3.1.7)


Chứng minh. Đầu tiên ta xem xét trường hợp sin(α) 6= 0. Do hàm y(x, λ) làliên tục trong miền −N ≤ λ ≤ N, 0 ≤ x ≤ a (ở đó a là một số cố định bấtkỳ), và bởi điều kiện y(0, λ) = sin(α) ta có:

limh→0

(1h

∫ h

0y(x, λ)dx

)= lim

h→0y(h, λ) = y(0, λ) = sin(α).

Vì vậy với h > 0 đủ bé, |λ| ≤ N ta được(1h

∫ h

0y(x, λ)dx

)2

>12

sin2(α). (3.1.8)

Bây giờ ta áp dụng (3.1.6) cho hàm

fh(x) =

1h

, 0 ≤ x ≤ h,

0 , x > h,

sau đó sử dụng bất đẳng thức (3.1.8), ta thu được

∫ h

0f 2h (x)dx =

1h=∫ ∞

−∞

1h

∫ h

0y(x, λ)dx

2

dρb(λ)

≥∫ N

−N

1h

∫ h

0y(x, λ)dx

2

dρb(λ)

>12

sin2(α)∫ N

−Ndρb(λ)

=12

sin2(α) ρb(N)− ρb(−N) ,

từ đó suy ra (3.1.7).Với trường hợp sin(α) = 0 ta làm như sau. Ta có

limh→0

1h2

∫ h

0y(x, λ)dx = lim

h→0

y(h, λ)

2h= lim

h→0

y′(h, λ)

2=

y′(0, λ)

2=− cos(α)

2.

Vì vậy với h > 0 đủ bé và |λ| ≤ N ta có(1h2

∫ h

0y(x, λ)dx

)2

>cos2(α)

16. (3.1.9)

Lại áp dụng (3.1.6) cho hàm

fh(x) =

1h2 , 0 ≤ x ≤ h,

0 , x > h,


sau đó sử dụng (3.1.9) ta được∫ h

0f 2h (x)dx =

1h3 =

∫ ∞

−∞

1h2

∫ h

0y(x, λ)dx

2

dρb(λ)

≥∫ N

−N

1h2

∫ h

0y(x, λ)dx

2

dρb(λ)

>cos2(α)

16

∫ N

−Ndρb(λ)

=cos2(α)

16ρb(N)− ρb(−N) ,

từ đó ta hoàn thành chứng minh.

Từ bổ đề 3.1.1 và tiến qua giới hạn dưới dấu tích phân Stieltjes ta thuđược đẳng thức Parseval cho bài toán (3.1.1)+(3.1.3) như dưới đây.

Định lý 3.1.1. ([9]) Cho f (x) ∈ L2(0, ∞). Khi đó tồn tại một hàm không giảmρ(λ), không phụ thuộc vào f (x) và một hàm F(λ) (gọi là biến đổi Fourier tổngquát của f (x)) sao cho ∫ ∞

0f 2(x)dx =

∫ ∞

−∞F2(λ)dρ(λ).

Hàm F(λ) là giới hạn bình phương trung bình (theo dρ(λ)) của dãy các hàm liêntục Fn(λ) =

∫ n0 f (x)y(x, λ)dx, tức là

limn→∞

∫ ∞

−∞F(λ)− Fn(λ)2 dρ(λ) = 0.

Chứng minh. Đầu tiên ta xem xét hàm fn(x) khả vi liên tục cấp 2 trên R+,có giá nằm trong khoảng [0, n] với n < b thì fn(x) và f

′n(x) đều triệt tiêu tại

0 nên fn(x) thỏa mãn điều kiện biên (3.1.3). Áp dụng đẳng thức Parseval(3.1.6) cho hàm này ta thu được∫ n

0f 2n(x)dx =

∫ ∞

−∞F2

n(λ)dρb(λ), (3.1.10)

ở đó Fn(λ) =∫ n

0 fn(x)y(x, λ)dx. Do cả fn(x) và y(x, λ) thỏa mãn điều kiệnbiên (3.1.3) và fn(x) triệt tiêu trong lân cận của b, sử dụng tích phân từngphần ta được

Fn(λ) = −1λ

∫ b

0fn(x)

y′′(x, λ)− q(x)y(x, λ)

dx

= − 1λ

∫ b

0y(x, λ)

f′′n (x)− q(x) fn(x)

dx.


Bởi vậy với bất kỳ N > 0 ta có∫|λ|>N

F2n(λ)dρb(λ) ≤

1N2

∫|λ|>N

∫ b

0y(x, λ)[ f

′′n (x)− q(x) fn(x)]dx

2

dρb(λ)

≤ 1N2

∫ ∞

−∞

∫ b

0y(x, λ)[ f

′′n (x)− q(x) fn(x)]dx

2

dρb(λ)

=1

N2

∫ b

0


2dx

=1

N2

∫ n

0


2dx

Từ bất đẳng thức trên và từ (3.1.10) ta thu được∣∣∣∣∫ n

0f 2n(x)dx−

∫ N

−NF2

n(λ)dρb(λ)

∣∣∣∣ ≤ 1N

∫ n

0 f′′n (x)− q(x) fn(x)2dx.

(3.1.11)Từ bổ đề 3.1.1 tập các hàm ρb(λ)(−N ≤ λ ≤ N) là đơn điệu tăng theo λ

và có biến phân bị chặn đều theo b; vì vậy theo bổ đề Helly ta có thể chọnmột dãy bk để dãy hàm ρbk

(λ) hội tụ điểm đến một hàm đơn điệu trênđoạn [−N, N]. Trên đoạn lớn hơn [−(N + 1), N + 1], dãy hàm đơn điệu theoλ là ρbk

(λ) vẫn có biến phân bị chặn đều theo b, theo bổ đề Helly ta cóthể lấy được một dãy con của dãy hàm ρbk

(λ) ở trên hội tụ đến một hàmđơn điệu trên đoạn [−(N + 1), N + 1]. Cứ tiếp tục quá trình lọc lấy dãy connhư vậy trên các khoảng lớn hơn, ta tìm được một dãy các hàm ρbk

(λ) hộitụ điểm đến một hàm đơn điệu ρ(λ) trên toàn trục thực (−∞, ∞). Tiến quagiới hạn trong (3.1.11) khi cho bk chạy ra vô cùng ta được∣∣∣∣∫ n

0f 2n(x)dx−

∫ N

−NF2

n(λ)dρ(λ)

∣∣∣∣ < 1N

∫ n

0 f′′n (x)− q(x) fn(x)2dx.

Cuối cùng cho N chạy ra vô cùng ta được∫ ∞

0f 2n(x)dx =

∫ n

0f 2n(x)dx =

∫ ∞

−∞F2

n(λ)dρ(λ). (3.1.12)

Bây giờ, xét f (x) thuộc L2(0, ∞), ta có thể tìm được một dãy fn(x) khả viliên tục cấp 2, fn(x) có giá nằm trong [0, n], sao cho

limn→∞

∫ ∞

0 fn(x)− f (x)2dx = 0.

Ta có với fn(x) có giá nằm trong [0, n] biến đổi Fourier của nó là

Fn(λ) =∫ n

0fn(x)y(x, λ)dx.


Với m > n, fm(x) có giá nằm trong [0, m] thì fn(x)− fm(x) có giá nằm trong[0, m] và biến đổi Fourier của nó chính là∫ m

0( fm(x)− fn(x)) y(x, λ)dx = Fm(λ)− Fn(λ).

Từ (3.1.12) ta có∫ ∞

−∞Fn(λ)− Fm(λ)2dρ(λ) =

∫ ∞

0 fn(x)− fm(x)2dx → 0, khi n, m→ ∞.

Do không gian các hàm bình phương khả tích (theo dρ(λ)) là đầy đủ nêntồn tại hàm giới hạn F(λ) sao cho∫ ∞

−∞(Fn(λ)− F(λ))2 dρ(λ)→ 0 khi n→ ∞.

Ta có∣∣∣∣∫ ∞

−∞

(F2

n(λ)− F2(λ))

dρ(λ)

∣∣∣∣≤∫ ∞

−∞|Fn(λ)− F(λ)|2dρ(λ) + 2

∫ ∞

−∞|F(λ)(Fn(λ)− F(λ))|dρ(λ)

≤∫ ∞

−∞|Fn(λ)− F(λ)|2dρ(λ) + 2

∫ ∞

−∞|F(λ)|2dρ(λ)

∫ ∞

−∞|Fn(λ)− F(λ)|2dρ(λ)

Do đó∫ ∞−∞ F2

n(λ)dρ(λ) →∫ ∞−∞ F2(λ)dρ(λ) khi n → ∞. Cho n → ∞ trong

đẳng thức (3.1.12) ta được∫ ∞

0f 2(x)dx =

∫ ∞

−∞F2(λ)dρ(λ).

Cuối cùng ta còn phải chứng minh phần còn lại của định lý F(λ) là giới hạnbình phương trung bình (theo dρ(λ)) của Fn(λ) =

∫ n0 f (x)y(x, λ)dx (ta vẫn

dùng chung ký hiệu là Fn(λ)).Cho g(x) là hàm thuộc L2(0, ∞), gn(x) là dãy các hàm khả vi cấp 2 có giánằm trong [0, n] hội tụ về g(x) trong L2(0, ∞). Với mỗi gn(x) ta có tươngứng biến đổi Fourier là Gn(λ) =

∫ n0 gn(x)y(x, λ)dx và gọi G(λ) là giới hạn

của Gn(λ) trong L2ρ(λ)(−∞, ∞).

Khi đó hàm fn(x) − gn(x) hội tụ tới f (x) − g(x) trong L2(0, ∞) , biến đổiFourier của fn(x) − gn(x) chính là Fn(λ) − Gn(λ) hội tụ tới F(λ) − G(λ)

trong L2ρ(λ)(−∞, ∞). Vì thế biến đổi Fourier của f (x) − g(x) chính là

F(λ)− G(λ). Từ đẳng Parseval ta có:∫ ∞

0 f (x)− g(x)2dx =

∫ ∞

−∞F(λ)− G(λ)2dρ(λ).


Lấy g(x) = f (x) nếu 0 ≤ x ≤ n và g(x) = 0 nếu x > n ta được∫ ∞

−∞F(λ)− Fn(λ)2dρ(λ) =

∫ ∞

nf 2(x)dx → 0, n→ ∞.

Ví dụ 3.1.2. Ta xét q(x) = 0, cos(α) = −1, sin(α) = 0. Bổ sung điều kiệny(b, λ) = 0, b > 0 ta xem xét bài toán biên chính quy

y′′+ λy = 0; y(0, λ) = 0, y(b, λ) = 0.

Các giá trị riêng của bài toán này λn,b =(nπ

b

)2, n ≥ 1, các hàm riêng tương

ứng với giá trị riêng λn,b và thỏa mãn điều kiện ban đầu

yn,b(0) = 0, y′n,b(0) = 1

là yn,b(x) =b

nπsin(

nπxb

). Khi đó1

α2n,b

=2(nπ)2

b3 . Hàm phổ

ρb(λ) =

0 , nếu λ <

(π

b

)2,

π2

3b3 n(n + 1)(2n + 1) , nếu(nπ

b

)2≤ λ <

((n + 1)π

b

)2

, (n ≥ 1).

Cho b→ ∞ thì ρb(λ) hội tụ tới hàm đơn điệu

ρ(λ) =

0 , nếu λ < 0,2

3πλ3/2 , nếu λ ≥ 0.

Khi đó đẳng thức Parseval có dạng∫ ∞

0f 2(x)dx =

1π

∫ ∞

0F2(λ)

√λdλ.

Với λ > 0 thì y(x, λ) =sin(√

λx)√λ

là nghiệm của bài toán giá trị ban đầu

y′′+ λy = 0, y(0, λ) = 0, y

′(0, λ) = 1.

Khi đó với λ > 0, Fn(λ) =∫ n

0 f (x)sin(√

λx)√λ

dx và F(λ) là giới hạn bình phương

trung bình của Fn(λ) theo dρ(λ).


Nhận xét: Biến đổi Fourier tổng quát F(λ) của f (x) tương ứng với mộthàm không giảm ρ(λ) là duy nhất vì nó là giới hạn bình phương trung bình(theo dρ(λ)) của Fn(λ) =

∫ n0 f (x)y(x, λ)dx. Từ đây về sau ta dùng kí hiệu

F(λ) = l.i.m.n→∞

∫ n

0f (x)y(x, λ)dx

để chỉ sự hội tụ bình phương trung bình của Fn(λ) tới F(λ) (theo dρ(λ)).Nếu f (x), g(x) ∈ L2(0, ∞) và F(λ), G(λ) là biến đổi Fourier tổng quát tươngứng (theo dρ(λ))thì F(λ)± G(λ) là biến đổi Fourier của f (x)± g(x). Ta cóhai đẳng thức Parseval như sau:∫ ∞

0 f (x) + g(x)2dx =

∫ ∞

−∞F(λ) + G(λ)2dρ(λ),

∫ ∞

0 f (x)− g(x)2dx =

∫ ∞

−∞F(λ)− G(λ)2dρ(λ).

Trừ hai đẳng thức trên ta được∫ ∞

0f (x)g(x)dx =

∫ ∞

−∞F(λ)G(λ)dρ(λ). (3.1.14)

Đẳng thức (3.1.14) được gọi là đẳng thức Parseval tổng quát.

Định lý 3.1.3 (Định lý khai triển). ([9]) Cho f (x) là một hàm liên tục trên 0 ≤x < ∞ đồng thời thuộc L2(0, ∞), và giả sử tích phân∫ ∞

−∞F(λ)y(x, λ)dρ(λ)

hội tụ tuyệt đối và hội tụ đều theo x trên mọi khoảng hữu hạn. Khi đó

f (x) =∫ ∞

−∞F(λ)y(x, λ)dρ(λ). (3.1.15)

Chứng minh. Cho hàm g(x) là một hàm liên tục có giá trong [0, n]. Khi đó từ(3.1.14) ta có∫ n

0f (x)g(x)dx =

∫ ∞

−∞F(λ)

∫ n

0g(x)y(x, λ)dx

dρ(λ).

Từ tính hội tụ tuyệt đối của∫ ∞−∞ F(λ)y(x, λ)dρ(λ) nên ta có thể đảo thứ tự

lấy tích phân∫ n

0f (x)g(x)dx =

∫ n

0g(x)

∫ ∞

−∞F(λ)y(x, λ)dρ(λ)

dx.

3.2. Giới hạn điểm, giới hạn tròn 65

Do g(x) là một hàm liên tục bất kì, hàm f (x) liên tục và∫ ∞−∞ F(λ)y(x, λ)dρ(λ) cũng là hàm liên tục (bởi tính hội tụ đều) nên

ta được

f (x) =∫ ∞

−∞F(λ)y(x, λ)dρ(λ).

3.2 Giới hạn điểm, giới hạn tròn

Như mục trước ta vẫn xem xét khoảng [0, ∞) và hàm q(x) liên tục trênđó. Cho F(x) thỏa mãn phương trình vi phân

y′′+ λ− q(x)y = 0, (3.2.1)

và G(x) là nghiệm của phương trình giống như vậy nhưng thay λ bởi λ′.

Nếu b là một số cố định ta có

(λ′ − λ)

∫ b

0F(x)G(x)dx

=∫ b

0F(x)[q(x)G(x)− G

′′(x)]− G(x)[q(x)F(x)− F

′′(x)]dx

= −∫ b

0F(x)G

′′(x)− G(x)F

′′(x)dx = −

∫ b

0d

F(x)G′(x)− G(x)F

′(x)

= W0F, G −WbF, G, (3.2.2)

ở đó

WxF, G =∣∣∣∣∣ F(x) G(x)

F′(x) G

′(x)

∣∣∣∣∣ .

Đặc biệt, nếu λ = u + iv và λ′= λ = u− iv, thì do q(x) là thực nên ta lấy

G(x) = F(x), từ (3.2.2) ta có

2v∫ b

0|F(x)|2dx = iW0F, F − iWbF, F. (3.2.3)

Cho ϕ(x) = ϕ(x, λ) và θ(x) = θ(x, λ) là các nghiệm của phương trình (3.2.1)thỏa mãn các điều kiện ban đầu (với α thực)

ϕ(0) = sin(α), ϕ′(0) = − cos(α),

θ(0) = cos(α), θ′(0) = sin(α).

(3.2.4)


Do phương trình (3.2.1) không chứa đạo hàm cấp một của y nên từ côngthức Liouville thì Wronskian là một hằng số và hệ quả là

Wxϕ, θ = W0ϕ, θ = sin2(α) + cos2(α) = 1.

Do đó nghiệm tổng quát của (3.2.1) có dạng θ(x) + lϕ(x)( sai khác một hằngsố nhân). Ta xem xét nghiệm đó tại đầu b thỏa mãn điều kiện

θ(b) + lϕ(b) cos(β) + θ′(b) + lϕ′(b) sin(β) = 0 (3.2.5)

với một số β thực. Ta xác định l từ điều kiện này

l =θ(b) cot(β) + θ

′(b)

ϕ(b) cot(β) + ϕ′(b)

. (3.2.6)

l có dạng một biến đổi Mobius. Khi b cố định, cot(β) chạy từ −∞ tới ∞ thìl sẽ mô tả một đường tròn Cb trong mặt phẳng phức. Thay cot(β) bởi biếnphức z và đặt

l = l(λ, z) = − θ(b, λ)z + θ′(b, λ)

ϕ(b, λ)z + ϕ′(b, λ)

. (3.2.7)

Điểm l = ∞ có được từ z = −ϕ′(b)

ϕ(b). Do biến đổi Mobius bảo toàn tính

đối xứng và z = −ϕ′(b)

ϕ(b)đối xứng z = −ϕ

′(b)

ϕ(b)qua trục thực, tâm của

đường tròn Cb đối xứng với ∞ qua Cb nên tâm của Cb có được từ điểm

z = −ϕ′(b)

ϕ(b). Thay z vào công thức (3.2.7) ta được tâm của Cb là điểm

−Wbθ, ϕ/Wbϕ, ϕ. Ngoài ra

Im

−ϕ

′(b)

ϕ(b)

=

12

i

ϕ′(b)

ϕ(b)− ϕ

′(b)

ϕ(b)

= −1

2iWbϕ, ϕ|ϕ(b)|2 .

Do W0ϕ, ϕ = 0 thay vào (3.2.3) (lấy F(x) = ϕ(x)) ta được

2v∫ b

0|ϕ(x)|2dx = −iWbϕ, ϕ.

Do đó v cùng dấu với Im−ϕ′(b)/ϕ(b). Từ đó ta đã chứng minh khẳng

định sau:

Bổ đề 3.2.1. ([9]) Nếu v > 0 thì ánh xạ l biến nửa trên z- phẳng thành phần ngoàicủa đường tròn Cb.


Do điểm −θ′(b)/ϕ

′(b) thuộc vào đường tròn Cb (với z = 0) ta thu được

biểu thức tính bán kính của Cb là

rb =∣∣∣ θ′(b)

ϕ′(b)− Wbθ, ϕ

Wbϕ, ϕ

∣∣∣ = ∣∣∣Wbθ, ϕWbϕ, ϕ

∣∣∣ = (2v∫ b

0|ϕ(x)|2dx

)−1

. (3.2.8)

Ngoài ra, với v > 0, từ bổ đề (3.2.1) l thuộc bên trong đường tròn Cb nếuIm(z) < 0, tức là i(z− z) > 0.Giải (3.2.7) theo z và thay giá trị thu được vào bất đẳng thức i(z− z) > 0 tađược

i

− lϕ

′(b) + θ

′(b)

lϕ(b) + θ(b)+

lϕ′(b) + θ

′(b)

lϕ(b) + θ(b)

> 0.

Do đó

i[|l|2Wbϕ, ϕ+ lWbϕ, θ+ lWbθ, ϕ+ Wbθ, θ

]= iWbθ + lϕ, θ + lϕ > 0.

Do đó đặt F = θ + lϕ trong (3.2.3) ta được

2v∫ b

0|θ(x) + lϕ(x)|2dx < iW0θ + lϕ, θ + lϕ.

Do W0ϕ, θ = 1, W0ϕ, ϕ = 0, W0θ, θ = 0, và W0θ, ϕ = −1 nênW0θ + lϕ, θ + lϕ = l − l = 2iIm(l).Tóm lại, l nằm bên trong Cb nếu v > 0 và∫ b

0|θ(x) + lϕ(x)|2dx < − Im(l)

v= − Im(l)

Im(λ). (3.2.9)

Với v < 0 làm tương tự ta cũng được bất đẳng thức trên. Bây giờ, nếu l nằmbên trong Cb và 0 < b

′< b thì

∫ b′

0|θ(x) + lϕ(x)|2dx <

∫ b

0|θ(x) + lϕ(x)|2dx < − Im(l)

v.

Bởi vậy nếu l nằm bên trong Cb thì l cũng nằm bên trong Cb′ . Do đó nếub′< b thì Cb′ chứa Cb. Từ đó suy ra khi cho b→ ∞ dãy các đường tròn Cb

hoặc hội tụ đến một đường tròn giới hạn hoặc hội tụ đến một điểm giới hạn.Cho m = m(λ) là điểm giới hạn hoặc một điểm bất kì trên đường tròn giớihạn, khi đó với bất kì b ta có∫ b

0|θ(x) + mϕ(x)|2dx ≤ − Im(m)

v. (3.2.10)


Bởi vậy ∫ ∞

0|θ(x) + mϕ(x)|2dx ≤ − Im(m)

v.

Do đó ta thu được kết quả sau

Định lý 3.2.1. ([9]) Với mọi giá trị không thực của λ phương trình (3.2.1) có mộtnghiệm

ψ(x, λ) = θ(x, λ) + m(λ)ϕ(x, λ)

thuộc vào không gian L2(0, ∞).

Nhận xét:Với trường hợp của một giới hạn tròn, bán kính rb của đường tròn Cb tiếntới một số dương khi b→ ∞. Do đó từ (3.2.8) suy ra ϕ(x, λ) thuộc L2(0, ∞),kết hợp với kết quả trên ta được mọi nghiệm của phương trình (3.2.1) đềuthuộc L2(0, ∞).Với trường hợp của một giới hạn điểm, bán kính rb của đường tròn Cb tiếntới 0 khi b→ ∞. Từ (3.2.8) suy ra ϕ(x, λ) không thuộc L2(0, ∞).Định lý tiếp theo đây cho thấy việc phân loại giới hạn điểm và giới hạn tròn

chỉ phụ thuộc vào toán tử − d2

dx2 + q(x) không phụ thuộc vào việc chọn λ.

Định lý 3.2.2. ([9]) Nếu với một số phức λ nào đó mọi nghiệm của phương trình(3.2.1) thuộc vào L2(0, ∞) thì với bất kì số phức λ mọi nghiệm của (3.2.1) thuộcvào L2(0, ∞). Nói cách khác, nếu với một λ0 không thực nào đó trường hợp giớihạn tròn xảy ra thì giới hạn tròn cũng xảy ra với λ không thực bất kỳ.

Chứng minh. Giả sử rằng hai nghiệm độc lập tuyến tính ϕ và ψ của phươngtrình −d2y/dx2 + q(x)y = λ0y, ở đó Im(λ0) 6= 0, thuộc vào L2(0, ∞). Choχ là một nghiệm bất kỳ của phương trình −d2y/dx2 + q(x)y = λy. Ta viếtphương trình này thành dạng

−d2y/dx2 + q(x)y = λ0y + (λ− λ0)y.

Nhân ϕ với một hằng số nếu cần, ta có thể giả sử Wϕ, ψ = 1. Áp dụngcông thức biến thiên hằng số La-grăng ta được

χ(x) = c1ϕ(x) + c2ψ(x) + (λ− λ0)∫ x

cϕ(x)ψ(t)− ϕ(t)ψ(x)χ(t)dt,

(3.2.11)


ở đó c, c1, c2 là các hằng số. Nếu ta kí hiệu

||χ(x)||c =∫ x

c|χ(t)|2dt

1/2

,

và nếu M là số thỏa mãn ||ϕ(x)||c ≤ M, ||ψ(x)||c < M với mọi x ≥ c thì từbất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có∫ x

c|ϕ(x)ψ(t)− ϕ(t)ψ(x)χ(t)|dt ≤ M|ϕ(x)|+ |ψ(x)|||χ(x)||c.

Áp dụng bất đẳng thức trên cho đẳng thức (3.2.11) sau đó áp dụng bất đẳngthức Minkowski ta thu được

||χ(x)||c ≤ |c1|+ |c2|M + 2|λ− λ0|M2||χ(x)||c.

Vì ϕ và ψ thuộc L2(0, ∞) nên với c đủ lớn thì |λ− λ0|M2 < 1/4, khi đó

||χ(x)||c ≤ 2|c1|+ |c2|M.

Do vế phải của bất đẳng thức không phụ thuộc vào x từ đó suy ra χ(x)thuộc L2(0, ∞), đó là điều phải chứng minh.

Tiếp theo đây là một điều kiện đủ để toán tử L = −d2/dx2 + q(x) thuộcvào trường hợp giới hạn điểm

Định lý 3.2.3. ([9]) Nếu q(x) ≥ −kx2 với k là một hằng số dương nào đó thìtrường hợp giới hạn điểm xảy ra với L.

Chứng minh. Ta sẽ chứng minh rằng phương trình −y′′+ q(x)y = 0 không

thể có hai nghiệm độc lập tuyến tính thuộc L2(0, ∞). Ta giả sử ϕ(x) là mộtnghiệm thực của phương trình Ly = 0, và cho ϕ(x) thuộc L2(0, ∞). Từ đẳngthức ϕ

′′= qϕ ta thu được (c>0)

∫ x

c

ϕ′′(t)ϕ(t)

t2 dt =∫ x

c

q(t)t2 ϕ2(t)dt ≥ −k

∫ x

cϕ2(t)dt.

Sử dụng tích phân từng phần và ϕ(x) ∈ L2(0, ∞) ta có một hằng số k1 saocho

−ϕ′(x)ϕ(x)

x2 +∫ x

c

ϕ′(t)2

t2 dt−∫ x

c

2ϕ′(t)ϕ(t)t3 dt < k1. (3.2.12)


Cho

H(x) =∫ x

c

ϕ′(t)2

t2 dt.

Khi đó sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta thu được

∣∣∣ ∫ x

c

2ϕ′(t)ϕ(t)t3 dt

∣∣∣2 ≤ k2

(∫ x

c

|ϕ′(t)||ϕ(t)|t

dt

)2

≤ k2H(x)∫ x

cϕ2(t)dt.

(3.2.13)Do đó thay (3.2.13) vào (3.2.12) ta thu được có hằng số k3 để

−ϕ′(x)ϕ(x)

x2 + H(x)− k3H1/2(x) < k1. (3.2.14)

Nếu H(x)→ ∞ khi x → ∞ thì từ (3.2.14) ta được

ϕ′(x)ϕ(x)

x2 >12

H(x) với x đủ lớn .

Từ đó suy ra ϕ(x) và ϕ′(x) có cùng dấu khi x đủ lớn, điều này mâu thuẫn

với ϕ(x) thuộc L2(0, ∞). Do đó H(x) phải hữu hạn khi x → ∞, hay là

∫ ∞

c

ϕ′(t)2

t2 dt < ∞. (3.2.15)

Bây giờ ta giả sử ϕ(x) và ψ(x) là hai nghiệm độc lập tuyến tính của phươngtrình Ly = 0 thuộc vào L2(0, ∞), tức là giả sử trường hợp giới hạn tròn xảyra với L. Ta có thể giả sử các nghiệm này là thực và

Wϕ, ψ = ϕ(x)ψ′(x)− ϕ

′(x)ψ(x) = 1.

Từ đó suy ra

ϕ(x)ψ′(x)x− ψ(x)

ϕ′(x)x

=1x

.

Từ (3.2.15) và bất đẳng thức Cauchy-Schwarz vế trái của đẳng thức trên làkhả tích trên (c, ∞) nhưng vế phải tất nhiên không khả tích. Do đó giới hạntròn không thể xảy ra, định lý được chứng minh.

Ví dụ 3.2.4. Xét trường hợp đơn giản nhất Ly = −y′′

(0 ≤ x ≤ ∞), tức làq(x) = 0 trên [0, ∞). Theo định lý trên giới hạn điểm xảy ra với L. Khi giới hạnđiểm xảy ra hàm bình phương khả tích ψ(x, λ) = θ(x, λ) + m(λ)ϕ(x, λ) là duynhất (sai khác hằng số nhân) vì giới hạn điểm m(λ) là duy nhất.


Với λ không thực nghiệm ϕ(x, λ) của phương trình Ly = λy thỏa mãn điều kiệnban đầu ϕ(0, λ) = sin(α) và ϕ

′(0, λ) = − cos(α) là

ϕ(x, λ) = sin(α) cos(√

λx)− λ−1/2 cos(α) sin(√

λx).

Nghiệm θ(x, λ) của phương trình Ly = λy thỏa mãn điều kiện ban đầu θ(0, λ) =

cos(α) và θ′(0, λ) = sin(α) là:

θ(x, λ) = cos(α) cos(√

λx) + λ−1/2 sin(α) sin(√

λx).

Nghiệm tổng quát của phương trình Ly = λy có dạng c1ei√

λx + c2e−i√

λx. Vớiv = Im(λ) > 0 thì ei

√λx ∈ L2(0, ∞) còn e−i

√λx /∈ L2(0, ∞). Do tính duy nhất

của ψ(x, λ) suy ra ψ(x, λ) chính là ei√

λx sai khác hằng số nhân. Từ đó ta có

c.ei√

λx = θ(x, λ) + m(λ)ϕ(x, λ).

Đồng nhất hệ số ta được hàm Weyl-Titchmarsh

m(λ) =sin(α)− i

√λ cos(α)

cos(α) + i√

λ sin(α).

Hàm l = l(λ) là hàm phân hình với các cực điểm nằm trên trục thực.Thật vậy, từ (3.2.6) các cực điểm của l(λ) là các không điểm của hàmϕ(b, λ) cos(β) + ϕ

′(b, λ) sin(β). Các không điểm này chính là các giá trị

riêng của bài toán Sturm-Liouville trên đoạn hữu hạn [0, b] vì vậy chúng làthực và đơn. Vì vậy họ các hàm l(λ) = l(λ, b, β) là họ các hàm giải tích trênmột miền bị chặn nằm hoàn toàn về nửa trên hoặc nửa dưới của λ−phẳng.Như đã biết các đĩa tròn Cb giảm khi b tăng vì vậy họ các hàm giải tíchl(λ) = l(λ, b, β) là bị chặn đều trên một miền bị chặn nằm hoàn toàn về nửatrên hoặc nửa dưới của λ−phẳng. Do đó ta có thể chọn được một dãy conhội tụ đều đến một hàm giải tích từ mọi dãy vô hạn bất kì của các hàm nàytrên miền đang xét.Với λ không thực và trường hợp giới hạn điểm xảy ra họ các hàm l(λ) cógiới hạn duy nhất m(λ) là một hàm giải tích. Trường hợp giới hạn tròn xảyra họ các hàm l(λ) không có giới hạn duy nhất. Như nói ở trên, ta có thể lọcđược một dãy số tăng không bị chặn bk và một dãy số βk sao cho giới hạn

limk→∞l(λ, bk, βk) = m(λ)

tồn tại trong nửa mặt phẳng trên hoặc nửa mặt phẳng dưới và là một hàmgiải tích. Ngoài ra số m(λ) tất nhiên thuộc về hình tròn giới hạn.


Ta có bổ đề sau đây sẽ được dùng trong mục tiếp theo:

Bổ đề 3.2.2. ([9]) Đặt ψb(x, λ) = θ(x, λ) + l(λ, b)ϕ(x, λ). Khi đó với mọi λ

không thực ta cóψbk

(x, λ)→ ψ(x, λ),∫ bk

0|ψbk

(x, λ)|2dx →∫ ∞

0|ψ(x, λ)|2dx (k→ ∞)

ở đó bk lấy như lập luận ở trên và ψ(x, λ) = θ(x, λ) + m(λ)ϕ(x, λ).

Chứng minh. Ta có

ψb(x, λ) = ψ(x, λ) + [l(λ, b)−m(λ)]ϕ(x, λ),

với ψ(x, λ) ∈ L2(0, ∞). Ta có l(λ, bk)→ m(λ) khi k→ ∞ nên

ψbk(x, λ)→ ψ(x, λ) khi k→ ∞.

Với trường hợp giới hạn tròn xảy ra, hàm ϕ(x, λ) ∈ L2(0, ∞), do đó ta cũngcó ∫ bk

0|ψbk

(x, λ)|2dx →∫ ∞

0|ψ(x, λ)|2dx.

Với trường hợp giới hạn điểm xảy ra, hàm ϕ(x, λ) /∈ L2(0, ∞), tuy thế ta cóước lượng

|l(λ, bk)−m(λ)| ≤ rbk=

(2v∫ bk

0|ϕ(x, λ)|2dx

)−1

, (v 6= 0).

Từ đó ta có∫ bk

0|l(λ, bk)−m(λ)ϕ(x, λ)|2dx = |l(λ, bk)−m(λ)|2

∫ bk

0|ϕ(x, λ)|2dx

≤(

4v2∫ bk

0|ϕ(x, λ)|2dx

)−1

.

Do đó với trường hợp này ta cũng có∫ bk

0|ψbk

(x, λ)|2dx →∫ ∞

0|ψ(x, λ)|2dx.

3.3. Biểu diễn tích phân của giải thức 73

3.3 Biểu diễn tích phân của giải thức

Cho f (x) ∈ L2(0, ∞). Với λ là một số không thực, ta đặt

Φ(x, λ) = ψ(x, λ)∫ x

0ϕ(t, λ) f (t)dt + ϕ(x, λ)

∫ ∞

xψ(t, λ) f (t)dt,

với ϕ(x, λ) và ψ(x, λ) là các hàm như giới thiệu ở mục 3.2. Nếu f (x) là mộthàm liên tục thì

Φx(x, λ) = ψx(x, λ)∫ x

0ϕ(t, λ) f (t)dt + ϕx(x, λ)

∫ ∞

xψ(t, λ) f (t)dt,

Φxx(x, λ) = ψxx(x, λ)∫ x

0ϕ(t, λ) f (t)dt + ϕxx(x, λ)

∫ ∞

xψ(t, λ) f (t)dt

+ ψx(x, λ)ϕ(x, λ)− ϕx(x, λ)ψ(x, λ) f (x)

= q(x)− λΦ(x, λ) + f (x),

do

ϕ(x, λ)ψx(x, λ)− ϕx(x, λ)ψ(x, λ) = Wxϕ, ψ = W0ϕ, ψ = 1.

Như vậy ta thu được

Φxx(x, λ) + λ− q(x)Φ(x, λ) = f (x).

Ngoài ra,

Φ(0, λ) = ϕ(0, λ)∫ ∞

0ψ(t, λ) f (t)dt,

Φx(0, λ) = ϕx(0, λ)∫ ∞

0ψ(t, λ) f (t)dt.

Vì vậy Φ(x, λ) thỏa mãn điều kiện biên

Φ(0, λ) cos(α) + Φ′(0, λ) sin(α) = 0.

Cho λn,b và ϕn,b(x) là các giá trị riêng và các hàm riêng tương ứng của bàitoán biên (3.1.1)+(3.1.3)+(3.1.4). Cho l và ψb(x, λ) như trong mục trước. Tađặt

Gb(x, t, z) =

ψb(x, z)ϕ(t, z), t ≤ x

ϕ(x, z)ψb(t, z), t > x

(Rz,b f )(x) =∫ b

0Gb(x, t; z) f (t)dt (z = u + iv).


Đặt

α2n,b =

∫ b

0ϕ2

n,b(x)dx. (3.3.1)

Theo chương trước giải thức cho bởi

(Rz,b f )(x) =∞

∑n=1

ϕn,b(x)∫ b

0 f (t)ϕn,b(t)dtα2

n,b(z− λn,b)

=∫ ∞

−∞

ϕ(x, λ)∫ b

0 f (t)ϕ(t, λ)dtz− λ

dρb(λ),

(3.3.2)

với ρb(λ) là hàm phổ như xây dựng trong mục 3.1.

Bổ đề 3.3.1. ([9]) Với mọi z không thực và x cố định ta có∫ ∞

−∞

∣∣∣ϕ(x, λ)

z− λ

∣∣∣2dρb(λ) < K. (3.3.3)

Chứng minh. Lấy f (t) = ϕn,b(t) trong đẳng thức (3.3.2) và sử dụng tính trựcgiao của các hàm riêng ta được

1αn,b

∫ b

0Gb(x, t; z)ϕn,b(t)dt =

ϕn,b(x)αn,b(z− λn,b)

. (3.3.4)

Bây giờ áp dụng Parseval cho Gb(x, t; z) như một hàm theo t ta được

∫ b

0|Gb(x, t; z)|2dt =

∞

∑n=1

ϕ2n,b(x)

α2n,b|z− λn,b|2

=∫ ∞

−∞

∣∣∣ϕ(x, λ)

z− λ

∣∣∣2dρb(λ).

Từ bổ đề (3.2.2) tích phân bên vế trái hội tụ khi b ra vô cùng, vì thế với mọib có hằng số K không phụ thuộc b sao cho vế phải bị chặn bởi K.

Hệ quả 3.3.1. ([9]) Giả sử có hàm ρ(λ) như trong mục trước. Khi đó∫ ∞

−∞

∣∣∣ϕ(x, λ)

z− λ

∣∣∣2dρ(λ) ≤ K, (3.3.5)

với cùng hằng số K như trong bất đẳng thức (3.3.3).

Chứng minh. Với bất kì a > 0 từ (3.3.3) ta suy ra∫ a

−a

∣∣∣ϕ(x, λ)

z− λ

∣∣∣2dρb(λ) < K.

Đầu tiên cho b ra vô cùng, sau đó cho a ra vô cùng ta thu được (3.3.5).


Hệ quả 3.3.2. ([9]) Với bất kỳ a > 0 ta có∫ −a

−∞

dρ(λ)

λ2 < ∞,∫ ∞

a

dρ(λ)

λ2 < ∞. (3.3.6)

Chứng minh. Với sin(α) 6= 0 lấy x = 0 trong (3.3.5) ta thu được∫ ∞

−∞|z− λ|−2dρ(λ) < ∞.

Từ đó với bất kì a > 0 ta thu được (3.3.6).Với sin(α) = 0 thì đạo hàm (3.3.4) ta thu được

1αn,b

∫ b

0

∣∣∣ ∂

∂xGb(x, t; z)

∣∣∣2ϕn,b(t)dt =ϕ′n,b(x)

αn,b(z− λn,b).

Áp dụng Parseval ta được

∫ b

0

∣∣∣ ∂

∂xGb(x, t; z)

∣∣∣2dt =∫ ∞

−∞

∣∣∣ϕ′(x, λ)

z− λ

∣∣∣2dρb(λ).

Làm giống như trước ta cũng thu được (3.3.6).

Bổ đề 3.3.2. ([9]) Cho f (x) ∈ L2(0, ∞) và

(Rz f )(x) =∫ ∞

0G(x, t; z) f (t)dt,

với

G(x, t; z) =

ψ(x, z)ϕ(t, z), t ≤ x,

ϕ(x, z)ψ(t, z), t > x.

Khi đó: ∫ ∞

0|(Rz f )(x)|2dx ≤ 1

v2

∫ ∞

0f 2(x)dx.

Chứng minh. Với mọi b > 0 cho trước, z = u + iv, v 6= 0 , từ đẳng thứcParseval ta có∫ b

0|(Rz,b f )(x)|2dx =

∞

∑n=1

1α2

n,b|z− λn,b|2

∫ b

0f (t)ϕn,b(t)dt

2

≤ 1v2

∞

∑n=1

1α2

n,b

∫ b

0f (t)ϕn,b(t)dt

2

=1v2

∫ b

0f 2(t)dt.


Cho a là một số dương cố định. Nếu a < b thì∫ a

0|(Rz,b f )(x)|2dx ≤

∫ b

0|(Rz,b f )(x)|2dx ≤ 1

v2

∫ b

0f 2(t)dt.

Cho b ra vô cùng ta được∫ a

0|(Rz f )(x)|2dx ≤ 1

v2

∫ ∞

0f 2(t)dt.

Và do a là bất kì ta được điều phải chứng minh.

Định lý 3.3.3 (Biểu diễn tích phân của giải thức). ([9]) Với mọif (x) thuộc L2(0, ∞) và với mọi z không thực ta có đẳng thức

(Rz f )(x) =∫ ∞

−∞

ϕ(x, λ)F(λ)z− λ

dρ(λ), (3.3.7)

ở đó F(λ) = l.i.m.n→∞∫ n

0 f (x)ϕ(x, λ)dx.

Chứng minh. Đầu tiên ta xét hàm f (x) = fn(x) khả vi liên tục cấp 2 và cógiá nằm trong [0, n] ( fn(x) thỏa mãn điều kiện biên (3.1.3)). Cho b > n và ν

là một số dương bất kì. Ta đặt

Fn(λ) =∫ n

0fn(x)ϕ(x, λ)dx.

Khi đó (3.3.2) có thể viết thành dạng

(Rz,b fn)(x) =∫ ∞

−∞

ϕ(x, λ)Fn(λ)

z− λdρb(λ)

=∫ −ν

−∞

ϕ(x, λ)Fn(λ)

z− λdρb(λ) +

∫ ν

−ν

ϕ(x, λ)Fn(λ)

z− λdρb(λ)

+∫ ∞

ν

ϕ(x, λ)Fn(λ)

z− λdρb(λ)

= I1 + I2 + I3.

(3.3.8)

Bây giờ ta đánh giá I1. Từ (3.3.2) ta có

I1 =∫ −ν

−∞

ϕ(x, λ)Fn(λ)

z− λdρb(λ)

= ∑λk,b<−ν

ϕk,b(x)α2

k,b(z− λk,b)

∫ n

0fn(t)ϕk,b(t)dt

≤

∑λk,b≤−ν

ϕ2k,b(x)

α2k,b|z− λk,b|2

1/2 ∑λk,ν<−ν

1α2

k,b

[∫ n

0fn(x)ϕk,b(x)dx

]21/2

.

(3.3.9)


Ngoài ra dùng tích phân từng phần hai lần ta có∫ n

0fn(x)ϕk,b(x)dx = − 1

λk,b

∫ n

0fn(x)ϕ

′′k,b(x)− q(x)ϕk,b(x)dx

= − 1λk,b

∫ n

0 f′′n (x)− q(x) fn(x)ϕk,b(x)dx.

(3.3.10)

Từ bổ đề (3.3.1) tổng đầu trong vế phải của (3.3.9) hội tụ, sử dụng (3.3.10) tađược

I1 ≤ K1/2 1ν

∑λk,b<−ν

1α2

k,b

∫ n

0[ f′′n (x)− q(x) fn(x)]ϕk,b(x)dx

21/2

.

Từ bất đẳng thức Bessel ta có

I1 ≤K1/2

ν

(∫ n

0 f′′n (x)− q(x) fn(x)2dx

)1/2

=Cν

.

Làm tương tự ta cũng được I3 ≤Cν

. Từ đó suy ra I1, I3 hội tụ đều theo b tới0 khi ν ra vô cùng. Sau đó áp dụng định lý Helly ta thu được

(Rz fn)(x) =∫ ∞

−∞

ϕ(x, λ)Fn(λ)

z− λdρ(λ). (3.3.11)

Bây giờ nếu xét f (x) ∈ L2[0, ∞) khi đó ta có thể tìm được một dãy fn(x) khảvi liên tục cấp hai, có giá nằm trong [0, n] hội tụ bình phương trung bình tớif (x) khi n ra vô cùng. Khi đó Fn(λ) là biến đổi Fourier tổng quát của fn(x)sẽ hội tụ bình phương trung bình (theo dρ(λ)) tới F(λ) là biến đổi Fouriertổng quát của f (x). Từ (3.3.5) và bổ đề 3.3.2 cho n → ∞ trong (3.3.11) tađược điều phải chứng minh.

Nhận xét: Bây giờ cho f (x), g(x) là các hàm thuộc L2(0, ∞), đảo thứ tựlấy tích phân ta được∫ ∞

0(Rz f )(x)g(x)dx =

∫ ∞

−∞

F(λ)G(λ)

z− λdρ(λ), (3.3.12)

ở đóF(λ) = l.i.m.n→∞

∫ n

0f (x)ϕ(x, λ)dx,

G(λ) = l.i.m.n→∞

∫ n

0g(x)ϕ(x, λ)dx.


Định lý 3.3.4. ([9]) Giả sử rằng hàm f (x) khả vi liên tục cấp 2 thỏa mãn các điềukiện sau

(i) f (x) ∈ L2(0, ∞).

(ii) f′′(x)− q(x) f (x) ∈ L2(0, ∞).

(iii) f (0)cos(α) + f′(0)sin(α) = 0.

(iv) limx→∞ W f (x), Eλ(x) = 0 với Eλ(x) =∫ λ

0+ ϕ(x, λ)dρ(λ) (λ 6= 0).

Đặt g(λ) =∫ ∞

0 f (y)Eλ(y)dy. Khi đó

f (x) =∫ ∞

−∞ϕ(x, λ)dg(λ), (3.3.13)

ở đó tích phân là hội tụ tuyệt đối.

Chứng minh. Nếu f (x) có giá compact, đảo thứ tự lấy tích phân ta thu được

g(λ) =∫ λ

0+F(λ)dρ(λ), F(λ) =

∫ ∞

0f (x)ϕ(x, λ)dx.

Khi f (x) bất kì thuộc vào L2(0, ∞) thì từ sự hội tụ bình phương trung bìnhcủa biến đổi Fourier ta vẫn có công thức trên với g(λ). Do đó công thức(3.3.7) có thể viết thành dạng

(Rz f )(x) =∫ ∞

−∞

ϕ(x, λ)dg(λ)z− λ

.

Từ bổ đề 3.3.1 tích phân này hội tụ tuyệt đối. Tiếp theo cho h(λ) xây dựng từhàm L f = f

′′(x)− q(x) f (x) giống như g(λ) xây dựng từ f (x). Từ giả thiết

(iv) và tích phân từng phần ta có

h(λ) =∫ ∞

0 f′′(x)− q(x) f (x)Eλ(x)dx = −

∫ ∞

0f (x)

∫ λ

0+µϕ(x, µ)dρ(µ)

dx.

Nếu f (x) có giá compact đảo thứ tự lấy tích phân ta được

h(λ) = −∫ λ

0+µF(µ)dρ(µ) = −

∫ λ

0+µdg(µ.) (3.3.14)

Công thức trên vẫn đúng cho trường hợp tổng quát, do∫ λ

0+µϕ(x, µ)dρ(µ) ∈ L2(0, ∞).

3.4. Tính trực giao của khai triển 79

Thật vậy:

∫ b

0

∫ λ

0+µϕ(x, µ)dρb(µ)

2

dx

=∫ b

0

∑0≤λn,b≤λ

λn,b

α2n,b

ϕn,b(x)

∑

0≤λn,b≤λ

λn,b

α2n,b

ϕn,b(x)

dx

= ∑0≤λn,b≤λ

λ2n,b

α2n,b

=∫ λ

0+µ2dρb(µ).

Do đó với (a < b) ta có

∫ a

0

∫ λ

0+µϕ(x, µ)dρb(µ)

2

dx ≤∫ λ

0+µ2dρb(µ).

Đầu tiên cho b ra vô cùng, sau đó cho a ra vô cùng ta thu được khẳng địnhtrên. Bây giờ đạo hàm (3.3.14) ta thu được

dh(λ) = −λdg(λ), dg(λ) = −dh(λ)/λ. (3.3.15)

Do giả thiết (ii) ta có tích phân∫ ∞

−∞

ϕ(x, λ)

z− λdh(λ)

hội tụ tuyệt đối; từ (3.3.15) ta có∫ ∞

−∞ϕ(x, λ)dg(λ)

cũng hội tụ tuyệt đối. Từ định lý khai triển 3.1.3 ta thu được điều phải chứngminh.

3.4 Tính trực giao của khai triển

Từ định lý 3.1.1 ta có một ánh xạ đi từ L2(0, ∞) vào L2ρ(λ)(−∞, ∞) đặt

tương ứng f(x) với biến đổi Fourier của nó F(λ). Đây là một ánh xạ tuyếntính và bảo toàn chuẩn; cuối mục này ta sẽ chứng minh nó là toàn ánh. Khiđó tương ứng f ↔ F cho ta một biến đổi Unitary từ không gian HilbertL2(0, ∞) lên không gian Hilbert L2

ρ(λ)(−∞, ∞). Để làm điều trên ta cần một


số bổ đề sau đây.

Cho ϕ(x, λ) và ρ(λ) như trong mục trước. Ta đặt

E∆(x, t) =∫ λ+∆

λϕ(x, µ)ϕ(t, µ)dρ(µ).

Bổ đề 3.4.1. ([9]) Cho ∆ = (λ, λ + ∆) là một khoảng hữu hạn với hai đầu mútlà các điểm liên tục của hàm ρ(λ). Với mỗi x cố định hàm E∆(x, t), xem như hàmtheo t, thuộc vào L2(0, ∞).

Chứng minh. Từ tính trực giao của các hàm riêng ta có

∫ b

0

∑λ≤λn,b≤λ+∆

1α2

n,bϕn,b(x)ϕn,b(t)

∑

λ≤λn,b≤λ+∆

1α2

n,bϕn,b(t)ϕn,b(z)

dt

= ∑λ≤λn,b≤λ+∆

1α2

n,bϕn,b(x)ϕn,b(z).

Nếu a < b và x = z; từ đẳng thức trên ta suy ra bất đẳng thức

∫ a

0

∫ λ+∆

λϕ(x, µ)ϕ(t, µ)dρb(µ)

2

dt ≤∫ λ+∆

λϕ2(x, µ)dρb(µ).

Cho b→ ∞, với a cố định ta được∫ a

0E2

∆(x, t)dt ≤∫ λ+∆

λϕ2(x, λ)dρ(λ),

do a là bất kỳ nên bổ đề được chứng minh.

Bổ đề 3.4.2. ([9]) Cho f (x) ∈ L2(0, ∞) và

(E∆ f )(x) =∫ ∞

0E∆(x, t) f (t)dt.

Khi đó ∫ ∞

0(E∆ f )2(x)dx ≤

∫ ∞

0f 2(x)dx.

Chứng minh. Đầu tiên xem xét f (x) = fn(x) là một hàm có giá nằm trong


[0, n]. Với b > n ta có

∫ b

0

∫ n

0fn(t)

[∫ λ+∆


]dt2

dx

=∫ b

0

∫ n

0fn(t)

∑λ≤λk,b≤λ+∆

1α2

k,bϕk,b(x)ϕk,b(t)

dt

2

dx

= ∑λ≤λk,b≤λ+∆

1α2

k,b

∫ n

0fn(t)ϕk,b(t)dy

2

≤∫ n

0f 2n(x)dx.

Nếu a < b thì ta có∫ a

0

∫ n

0fn(t)

[∫ λ+∆


]dt2

dx ≤∫ n

0f 2n(x)dx.

Cho b→ ∞ với a cố định ta được

∫ a

0

∫ n

0E∆(x, t) fn(t)dt

2

dx ≤∫ n

0f 2n(x)dx.

Bây giờ cho a→ ∞ ta được∫ ∞

0(E∆ fn)

2(x)dx ≤∫ n

0f 2n(x)dx.

Bây giờ cho f (x) là một hàm bình phương khả tích bất kỳ. Ta đặt

fn(x) =

f (x), 0 ≤ x ≤ n

0, x > n.

Khi đó với a > 0 cố định từ bất đẳng thức trước ta có

∫ a

0

∫ n

0E∆(x, t) fn(t)dt

2

dx ≤∫ n

0f 2n(x)dx.

Cho n→ ∞ ta thu được

∫ a

0

∫ ∞

0E∆(x, t) f (t)dt

2

dx ≤∫ ∞

0f 2(x)dx.

Cuối cùng cho a→ ∞ ta được điều phải chứng minh.


Bổ đề 3.4.3. ([9]) Cho f (x) ∈ L2(0, ∞) và

F(λ) = l.i.m.n→∞

∫ n

0f (x)ϕ(x, λ)dx.

Khi đó(E∆ f )(x) =

∫∆

F(λ)ϕ(x, λ)dρ(λ). (3.4.1)

Chứng minh. Giả sử f (x) = fn(x) có giá nằm trong [0, n]. Ta đặt

Fn(λ) =∫ n

0fn(t)ϕ(t, λ)dt.

Nhân cả hai vế của đẳng thức trên với ϕ(x, λ) và tích phân trên khoảng∆ = (λ, λ + ∆) (theo độ đo dρ(λ)), ta thu được∫ n

0fn(t)E∆(x, t)dt =

∫∆

Fn(λ)ϕ(x, λ)dρ(λ).

Bây giờ xem xét trường hợp tổng quát, f (t) là hàm bất kì thuộc L2(0, ∞). Tađặt fn(t) = f (t) với t ∈ [0, n] và fn(t) = 0 với t > n. Nếu cho n → ∞ thìFn(λ) hội tụ bình phương trung bình tới F(λ) (theo dρ(λ)). Do đó ta có thểtiến qua giới hạn trong vế phải của đẳng thức ở trên. Vế trái của đẳng thứcở trên cũng có thể tiến qua giới hạn bởi vì E∆(x, t) là hàm bình phương khảtích; từ đó ta thu được điều phải chứng minh.

Bổ đề 3.4.4. ([9]) Cho E∆(x) =∫

∆ ϕ(x, λ)dρ(λ) và f (x) ∈ L2(0, ∞). Khi đó vớihầu khắp λ (với tương ứng theo độ đo ρ(λ)) ta có

F(λ) = lim∆→01

ρ(∆)

∫ ∞

0f (x)E∆(x)dx,

trong đó ρ(∆) = ρ(λ + ∆)− ρ(λ).

Chứng minh. Nếu sin(α) 6= 0 lấy y = 0 trong bồ đề 3.4.1 ta được

E∆(x) ∈ L2(0, ∞).

Lấy x = 0 trong (3.4.1) ta được∫ ∞

0E∆(t) f (t)dt =

∫∆

F(λ)dρ(λ).

Chia 2 vế cho ρ(∆) = ρ(λ + ∆)− ρ(λ) ta được

1ρ(∆)

∫ ∞

0E∆(t) f (t)dt =

1ρ(∆)

∫∆

F(λ)dρ(λ).


Cho ∆ → 0, từ định lý đạo hàm Lebesgue vế phải của đẳng thức trên tiếntới F(λ) với hầu khắp λ ( theo độ đo ρ(λ)). Như vậy bổ đề đã được chứngminh trong trường hợp sin(α) 6= 0.

Với sin(α) = 0 ta làm như sau. Từ tính trực giao của các hàm ϕn,b(x) tacó ∫ b

0

∂E∆(x, t)

∂x

2

dt =∫ b

0

∫∆

ϕx(x, λ)ϕ(t, λ)dρb(λ)

2

dy

=∫ b

0

∑λ≤λn,b≤λ+∆

1α2

n,bϕn,b(t)ϕ

′n,b(x)

2

dt

= ∑λ≤λn,b≤λ+∆

ϕ′2n,b(x)

α2n,b

=∫

∆ϕ2

x(x, λ)dρb(λ).

Với a < b ta có ∫ a

0

∂E∆(x, t)

∂x

2

dt ≤∫

∆ϕ2

x(x, λ)dρb(λ).

Cho b→ ∞ ta được∫ a

0

∂E∆(x, t)

∂x

2

dt ≤∫

∆ϕ2

x(x, λ)dρ(λ).

Cuối cùng, cho a→ ∞ , với mỗi x cố định ta được

∂E∆(x, t)∂x

∈ L2(0, ∞).

Từ đó ta có thể đạo hàm (3.4.1) theo x dưới dấu tích phân và sau đó lấy x = 0ta thu được ∫ ∞

0E∆(t) f (t)dt =

∫∆

F(λ)dρ(λ).

Lập luận giống như trước ta được điều phải chứng minh.

Định lý 3.4.1. ([9]) Cho f ∈ L2(0, ∞), ∆ = (λ, λ + ∆), trong đó λ, λ + ∆ là cácđiểm liên tục của ρ(λ). Với mọi z không thực ta có

(RzE∆ f ) (x) =∫ ∞

0G(x, t, z)

∫ ∞

0E∆(t, u) f (u)du

dt

=∫

∆

ϕ(x, λ)

z− λF(λ)dρ(λ),

(3.4.2)

trong đó F(λ) là biến đổi Fourier tổng quát của f (x).


Chứng minh. Đầu tiên ta xét f (x) = fn(x) triệt tiêu bên ngoài đoạn [0, n]. Tacó ∫ b

0Gb(x, t, z)

∫ n

0fn(u)

∫∆

ϕ(t, λ)ϕ(u, λ)dρb(λ)du

dt

=∫

∆

∫ b

0Gb(x, t, z)ϕ(t, λ)dt

∫ n

0fn(u)ϕ(u, λ)du

dρb(λ)

= ∑λ≤λk,b≤λ+∆

1α2

k,b

∫ b

0Gb(x, t, z)ϕk,b(t)dt

∫ n

0fn(u)ϕk,b(u)du

= ∑λ≤λk,b≤λ+∆

1α2

k,b

ϕk,b(x)z− λk,b

∫ n

0fn(u)ϕk,b(u)du

=∫

∆

ϕ(x, λ)

z− λ

∫ n

0fn(u)ϕ(u, λ)du

dρb(λ).

Cho b→ ∞ thì∫∆

ϕ(x, λ)

z− λ

∫ n

0fn(u)ϕ(u, λ)du

dρb(λ)→

∫∆

ϕ(x, λ)

z− λFn(λ)dρ(λ).

Cho a > 0 cố định, ta viết∫ b

0Gb(x, t, z)

∫ n

0fn(u)

∫∆


dt

=∫ a

0Gb(x, t, z)

∫ n

0fn(u)

∫∆


dt

+∫ b

aGb(x, t, z)

∫ n

0fn(u)

∫∆


dt.

(3.4.3)

Sử dụng bổ đề 3.2.2, với mỗi a > 0 cố định, cho b→ ∞ số hạng đầu tiên củavế phải tiến tới∫ a

0G(x, t, z)

∫ n

0fn(u)

∫∆

ϕ(t, λ)ϕ(u, λ)dρ(λ)du

dt.

Ta sẽ chứng minh số hạng thứ hai tiến tới không khi a → ∞, b > a. Để làm


điều này ta sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz:∣∣∣∣∣∣∫ b

aGb(x, t, z)

∫ n

0fn(u)


1α2

k,bϕk,b(t)ϕk,b(u)

du

dt

∣∣∣∣∣∣≤∫ b

a|Gb(x, t, z)|2dt

12

∫ b

a


1αk,b

ϕk,b(t)1

αk,b

∫ n

0fn(u)ϕk,b(u)du

2

dt

12

≤∫ b

a|Gb(x, t, z)|2dt

12

∫ b

0


1αk,b

ϕk,b(t)1

αk,b

∫ n

0fn(u)ϕk,b(u)du

2

dt

12

≤∫ b

a|Gb(x, t, z)|2dt

12


[1

α2k,b

∫ n

0f (u)ϕk,b(u)du

]2

12

≤∫ b

a|Gb(x, t, z)|2dt

12∫ n

0f 2(u)du

12

.

Ta sẽ đi chứng minh ∫ b

a|Gb(x, t, z)|2dt

12

tiến tới 0 khi cho a, b → ∞, b > a. Thật vậy, cho trước ε > 0 bất kỳ, chọn ađủ lớn sao cho ∫ ∞

a|ψ(t, z)|2dt ≤ ε.

Từ bổ đề 3.2.2 ta có thể chọn b đủ lớn sao cho∣∣∣∣∫ a

0|ψ(t, z)|2dt−

∫ a

0|ψb(t, z)|2dt

∣∣∣∣ ≤ ε,∣∣∣∣∫ b

0|ψb(t, z)|2dt−

∫ a

0|ψ(t, z)|2dt

∣∣∣∣ ≤ ε.

Khi đó ta thu được∫ b

a|ψb(t, z)|2dt =

∫ b

a|ψb(t, z)|2dy−

∫ b

a|ψ(t, z)|2dt +

∫ b

a|ψ(t, z)|2dt

≤∣∣∣∣∫ b

0|ψb(t, z)|2 −

∫ b

0|ψ(t, z)|2dt

∣∣∣∣+ ∣∣∣∣∫ a

0|ψ(t, z)|2 −

∫ a

0|ψb(t, z)|2dt

∣∣∣∣+∫ b

a|ψ(t, z)|2dt ≤ 3ε.


Như vậy cho b→ ∞ trong (3.4.3) ta chứng minh được (3.4.2).

Với trường hợp f (x) ∈ L2(0, ∞) bất kỳ, ta đặt fn(x) = f (x) nếu x ∈ [0, n]và fn(x) = 0 nếu x > n. Khi đó ta có

(RzE∆ fn) (x) =∫

∆

ϕ(x, λ)

z− λFn(λ)dρ(λ), (3.4.4)

vớiFn(λ) =

∫ n

0f (x)ϕ(x, λ)dx.

Cho n→ ∞ trong(3.4.4) ta thu được

(RzE∆ f ) (x) =∫

∆

ϕ(x, λ)

z− λF(λ)dρ(λ),

Từ đó hoàn thành chứng minh.

Nhận xét: Cho g(x) ∈ L2(0, ∞). Nhân cả hai vế của (3.4.2) với g(x) sauđó lấy tích phân từ 0 đến n ta được∫ n

0(RzE∆ f ) (x)g(x)dx =

∫∆

Gn(λ)F(λ)z− λ

dρ(λ),

trong đó

Gn(λ) =∫ n

0g(x)ϕ(x, λ)dx.

Cho n→ ∞ ta được∫ ∞


∫∆

F(λ)G(λ)

z− λdρ(λ), (3.4.5)

trong đó

G(λ) = l.i.mn→∞

∫ n

0g(x)ϕ(x, λ)dx.

Họ các toán tử E∆ có các tính chất như sau.

Mệnh đề 3.4.1. ([9]) Cho f , g ∈ L2(0, ∞). Khi đó

(i) tự liên hợp: (E∆ f , g) = ( f , E∆g),

(ii) đơn điệu: nếu ∆′ ⊂ ∆ thì (E∆′ f , f ) ≤ (E∆ f , f ),

(iii) đầy đủ: (E(−∞,+∞) f , g) = ( f , g) =∫ ∞

0 f (x)g(x)dx,

(iv) trực giao: E∆E∆′ = E∆·∆′


trong đó ∆ · ∆′ là giao của ∆′

với ∆.

Chứng minh. Nhân cả hai vế của (3.4.1) với g(x) sau đó lấy tích phân theo xtừ 0 đến n ta được∫ n

0g(x)

∫ ∞

0E∆(x, t) f (t)dt

dx =

∫∆

Gn(λ)F(λ)dρ(λ).

Cho n→ ∞ ta được

(E∆ f , g) =∫ ∞

0g(x)

∫ ∞

0E∆(x, t) f (t)dt

dx =

∫∆

F(λ)G(λ)dρ(λ) (3.4.6)

Từ (3.4.6) và tính đối xứng của hàm E∆(x, t) ta thu được (i). Lấy g = f khiđó (3.4.6) trở thành

(E∆ f , f ) =∫

∆F2(λ)dρ(λ).

Từ đẳng thức trên ta thu được (ii). Từ (3.4.6) và đẳng thức Parseval ta thuđược (iii).

Đặt Eλ = E(−∞,λ). Khi đó để chứng minh (iv) ta chỉ cần chứng minh

E∆Eλ = E∆E(−∞,λ) = E∆·(−∞,λ).

Thật vậy, nếu ∆′= (λ

′, λ′+ ∆

′) thì

E∆E∆′ = E∆

E(−∞,λ′+∆′ ) − E(−∞,λ′ )

= E∆E(−∞,λ′+∆′ ) − E∆E(−∞,λ′ )

= E∆·(−∞,λ′+∆′ ) − E∆·(−∞,λ′ ) = E∆·[(−∞,λ′+∆′ )−(−∞,λ′ )] = E∆·∆′ .

Từ (3.4.6) lấy ∆ = (−∞, λ) ta được

(Eλ f , g) =∫ λ

−∞F(λ)G(λ)dρ(λ).

Từ tính chất (ii) ta thu được hàm số λ 7→ (Eλ f , g) là hàm đơn điệu tăng theoλ, ngoài ra

dλ(Eλ f , g) = F(λ)G(λ)dρ(λ).

Khi đó (3.4.5) được viết lại thành

(RzE∆ f , g) =∫ ∞


∫∆

dλ(Eλ f , g)z− λ

=∫ ∞

−∞

dλ(E(−∞,λ)·∆ f , g)z− λ

.

(3.4.7)


Mặt khác trong (3.3.12) thay f bằng E∆ f ta được

∫ ∞


∫ ∞

−∞

dλ(E(−∞,λ)E∆ f , g)z− λ

. (3.4.8)

Từ (3.4.7) và (3.4.8) và tính duy nhất của độ đo Stieltjes ta được

(E(−∞,λ)·∆ f , g)− (E(−∞,λ)E∆ f , g) = c.

Lấy λ = +∞, từ tính đầy đủ ta được c = 0. Do f , g ∈ L2(0, ∞) là bất kỳ nên

E(−∞,λ)·∆ = E(−∞,λ)E∆.

Bổ đề 3.4.5. ([9]) Cho E∆(x, t) =∫

∆ ϕ(x, λ)ϕ(t, λ)dρ(λ). Khi đó∫ ∞

0E∆(x, u)E∆′ (u, t)du =

∫∆·∆′

ϕ(x, λ)ϕ(t, λ)dρ(λ) = E∆·∆′ (x, t). (3.4.9)

Chứng minh. Cho x cố định thuộc (0, ∞), với mọi f (t) ∈ L2(0, ∞) ta có:∫ ∞

0

∫ ∞

0E∆(x, u)E∆′ (u, t)du

f (t)dt =

∫ ∞

0E∆(x, u)

∫ ∞

0E∆′ (u, t) f (t)dt

du

=∫ ∞

0E∆(x, u)

(E∆′ f

)(u)dt =

(E∆E∆′ f

)(x)

=(E∆·∆′ f

)(x) =

∫ ∞

0E∆·∆′ (x, t) f (t)dt

Do E∆·∆′ (x, t) và∫ ∞

0 E∆(x, u)E∆′ (u, t)du là các hàm liên tục theo t và đẳngthức trên xảy ra với mọi f (t) ∈ L2(0, ∞) nên với mọi t ∈ (0, ∞) ta có:∫ ∞

0E∆(x, u)E∆′ (u, t)du = E∆·∆′ (x, t).

Do x lấy bất kỳ nên ta được điều phải chứng minh.

Bổ đề 3.4.6. ([9]) Cho E∆(x) =∫

∆ ϕ(x, λ)dρ(λ) và F∆(λ) là biến đổi Fourier củaE∆(x). Khi đó với hầu khắp nơi λ (theo độ đo ρ(λ)) ta có: F∆(λ) = 1 nếu λ ∈ ∆và F∆(λ) = 0 nếu λ /∈ ∆.

Chứng minh. Xét trường hợp sin(α) 6= 0. Lấy x = t = 0 trong (3.4.9) ta được∫ ∞

0E∆(t)E∆′ (t)dt =

∫∆·∆′

ρ(λ). (3.4.10)


Với trường hợp sin(α) = 0 ta cũng vẫn thu được đẳng thức trên bằng cáchđạo hàm (3.4.9) theo x, t rồi lấy x = t = 0.Chia cả hai vế của (3.4.10) cho ρ(λ

′) ta được

1ρ(∆′)

∫ ∞

0E∆(t)E∆′ (t)dt =

1ρ(∆′)

∫∆·∆′

ρ(λ).

Cho ∆′ → 0 từ bổ đề 3.4.4 vế trái của đẳng thức trên tiến tới F∆(λ) hầu khắp

nơi, còn vế phải tiến tới 1 nếu λ ∈ ∆, tiến tới 0 nếu λ 6= ∆.

Bổ đề 3.4.7. ([9]) Với mỗi x cố định, mỗi z không thực biến đổi Fourier của hàm

Green G(x,t,z) chính làϕ(x, λ)

z− λ.

Chứng minh. Từ biểu diễn tích phân của giải thức ta có∫ ∞

0G(x, t, z)E∆(t)dt =

∫ ∞

−∞

ϕ(x, λ)

z− λF∆(λ)dρ(λ).

Sử dụng bổ đề 3.4.6 đẳng thức trên viết lại thành∫ ∞


∫∆

ϕ(x, λ)

z− λdρ(λ).

Chia hai vế cho ρ(∆) ta được

1ρ(∆)

∫ ∞


1ρ(∆)

∫∆

ϕ(x, λ)

z− λdρ(λ).

Cho ∆ tiến về 0, sử dụng bổ đề 3.4.4 vế trái của đẳng thức trên tiến tới biến

đổi Fourier của hàm Green G(x,t,z), vế phải tiến tớiϕ(x, λ)

z− λ, từ đó ta được

điều phải chứng minh.

Bây giờ ta quay lại chứng minh định lý chính của mục này.

Định lý 3.4.2. ([9]) Cho ρ(λ) xây dựng như trong định lý 3.1.1. Khi đó với bất kỳhàm F(λ) ∈ L2

ρ(λ)(−∞,+∞) tồn tại một hàm f (x) ∈ L2(0, ∞) sao cho

f (x) = l.i.mN→∞

∫ N

−NF(λ)ϕ(x, λ)dρ(λ)

và thỏa mãn đẳng thức Parseval:∫ +∞

−∞F2(λ)dρ(λ) =

∫ ∞

0f 2(x)dx.


Chứng minh. Đầu tiên ta xem xét FN(λ) là một hàm liên tục, có giá nằmtrong [−N, N]. Ta đặt

gN(x) =∫ N

−NFN(λ)ϕ(x, λ)dρ(λ).

Ta sẽ chứng minh rằng ∫ ∞

0g2

N(x)dx ≤ ∞. (3.4.11)

Cho λ0 = −N, λ1, λ2, . . . , λn = N là một phân hoạch của khoảng (−N, N),cho ξi ∈ [λi−1, λi]. Ta đặt

gnN(x) =

n

∑i=1

FN(ξi)∫ λi

λi−1

ϕ(x, λ)dρ(λ).

Nếu max(λi − λi−1) → 0 thì gnN(x) → gN(x)(n → ∞) đều theo x trên mỗi

đoạn hữu hạn. Từ bổ đề 3.4.5 ta có∫ ∞

0gn

N(x)2 dx =n

∑i=1

F2n(ξi)

∫ λi

λi−1

dρ(λ)→∫ N

−NF2

N(λ)dρ(λ). (3.4.12)

Cho a > 0 là một số cố định. Từ (3.4.12) tồn tại một số K sao cho với mọi nta có ∫ a

0gn

N(x)2 dx ≤ K. (3.4.13)

Cho n → ta thu được∫ a

0 gN(x)2 dx ≤ K. Vì a là bất kỳ nên ta đã chứngminh (3.4.11).

Tiếp theo ta sẽ đi chứng minh biến đổi Fourier của hàm gN(x) trùng vớiFN(λ) hầu khắp nơi (theo độ đo ρ(λ)). Từ (3.4.10) ta được∫ ∞

0gn

N(x)E∆(x)dx = ∑i

FN(ξi)∫

∆·∆i

dρ(λ). (3.4.14)

Cho n → ∞, đồng nghĩa với max ∆i → 0. Từ việc E∆(x) ∈ L2(0, ∞) và(3.4.13) ta có thể tiến qua giới hạn dưới dấu tích phân trong (3.4.14) để thuđược ∫ ∞

0gN(x)E∆(x)dx =

∫∆

FN(λ)dρ(λ). (3.4.15)

Chia cả hai vế cho ρ(∆), sau đó cho ∆→ 0 từ bổ đề 3.4.4 vế trái tiến tới biếnđổi Fourier của gN(x) hầu khắp nơi (theo độ đo ρ(λ) ) còn vế phải tiến tớiFN(λ). Sử dụng đẳng thức Parseval ta được∫ ∞

0g2

N(x)dx =∫ +∞

−∞F2

N(λ)dρ(λ). (3.4.16)


Bây giờ, cho F(λ) ∈ L2ρ(λ)(−∞,+∞) bất kỳ, ta có thể tìm được dãy hàm

liên tục FN(λ) có giá nằm trong [−N, N] hội tụ bình phương trung bình tớiF(λ). Cho

gN(x) =∫ N

−NFN(λ)ϕ(x, λ)dρ(λ).

Từ (3.4.16) với N′> N ta có∫ ∞

0

gN′ (x)− gN(x)

2 dx =∫ ∞

−∞

FN′ (λ)− FN(λ)

2 dρ(λ).

Do đó gN(x) phải hội tụ bình phương trung bình tới một hàm f (x) nào đóvà ta có Parseval ∫ ∞

0f 2(x)dx =

∫ +∞

−∞F2(λ)dρ(λ).

Cuối cùng ta cần chứng minh

fN(x) =∫ N

−NF(λ)ϕ(x, λ)dρ(λ)

hội tụ bình phương trung bình tới f (x).Cho H(λ) ∈ L2

ρ(λ)(−∞,+∞) và h(x) được xây dựng từ H(λ) giống nhưf (x) xây dựng từ F(λ). Khi đó ta có∫ ∞

0 f (x)− h(x)2 dx =

∫ +∞

−∞F(λ)− H(λ)2 dρ(λ).

Cho H(λ) = F(λ) với −N ≤ λ ≤ N và H(λ) = 0 nếu |λ| > N. Ta thấy rằng∫ ∞

0 f (x)− fN(x)2dx =

∫ −N

−∞F2(λ)dρ(λ) +

∫ ∞

NF2(λ)dρ(λ).

Cho N → ∞ ta được fN(x) hội tụ bình phương trung bình tới f (x).


KẾT LUẬN

Khóa luận không đưa ra được các kết quả mới, nội dung của khóa luậnchỉ gồm đọc hiểu và trình bày chi tiết lại các kết quả về khai triển hàm riêngcủa toán tử Sturm-Liouville trên đoạn hữu hạn và trên nửa đường thẳng.Khóa luận được trình bày với 3 chương. Ở chương 1 là kiến thức chuẩn bịphục vụ cho các chứng minh ở chương 2 và chương 3.Ở chương 2 trình bày công thức tiệm cận về giá trị riêng và hàm riêng củatoán tử Sturm-Liouville, chứng minh sự tồn tại một dãy đếm được các giá trịriêng bằng các cách khác nhau: sử dụng định lý Rouche (xem định lý 2.2.1),lý thuyết dao động Sturm (xem định lý 2.3.3), phương pháp phương trìnhtích phân ( xem bổ đề 2.4.1 và chứng minh sự tồn tại dãy đếm được các giátrị riêng của giải thức ). Ngoài ra trong chương 2 có các cách chứng minhkhác nhau cho định lý khai triển hàm riêng : phương pháp phương trìnhtích phân ( xem định lý 2.5.2), phương pháp thặng dư Cauchy (xem định lý2.6.2 và định lý 2.6.3). Ở cuối chương chỉ ra định lý căn bản , hội tụ điểm củakhai triển hàm riêng Sturm-Liouville là giống như hội tụ điểm của chuỗiFourier thông thường ( xem định lý 2.7.1 và các nhận xét ở cuối mục 2.7 ).Ở chương 3, xây dựng hàm phổ ρ(λ) (còn gọi là độ đo phổ) từ đó địnhnghĩa biến đổi Fourier tổng quát và thu được đẳng thức Parseval và định lýkhai triển ở dạng tương tự chương 2 (xem định lý 3.1.1, định lý 3.1.3 và địnhlý 3.3.4 ). Đồng thời chương 3 trình bày phân loại giới hạn điểm, giới hạntròn của toán tử Sturm-Liouville tuy nhiên em chưa tìm hiểu về xuất phátđiểm vật lý của khái niệm này. Ngoài ra chương 3 trình bày biểu diễn tíchphân của giải thức (xem định lý 3.3.3), chỉ rõ họ phổ Eλ của toán tử Sturm-Liouville ( xem bổ đề 3.4.3 và mệnh đề 3.4.1) . Ở cuối chương chỉ ra ánh xạf (x) 7→ F(λ) đặt tương ứng hàm f (x) ∈ L2(0, ∞) và biến đổi Fourier tổngquát của nó F(λ) ∈ L2

ρ(λ)(−∞,+∞) là ánh xạ Unitary ( song ánh bảo toàn

chuẩn) .Mặc dù đã cố gắng, tuy nhiên luận văn không tránh khỏi những sai sót, rấtmong nhận được sự góp ý của quý thầy cô và bạn đọc.

Tài liệu tham khảo

[1] Apostol T.M. (1974), Mathematical analysis, 2nd, Pearson.

[2] Al-Gwaiz M.A. (2008), Sturm-Liouville and its applications, Springer.

[3] Brown J.W. and Churchill R.V. (2013), Complex variables and applica-tions, 9th, McGraw-Hill.

[4] Coddington E.A. and Levinson.N (1955), Theory of ordinary differen-tial equations, McGraw-Hill.

[5] Courant.R and Hilbert.D (1989), Methods of mathematical physics, volI, Wiley-VCH.

[6] EidelmanY., Milman V. and Tsolomitis A. (2004), Functional analysis anintroduction, AMS.

[7] Freiling G. and Yurko V. (2001), Inverse Sturm-Liouville problems andtheir applications, Nova Science .

[8] Folland G.B. (1992), Fourier analysis and its applications, WadsworthBrooks/ cole .

[9] Levitan B.M. and Sargsjan I.S. (1975), Introduction to spectral theory:selfadjoint ordinary differential operators, AMS.

[10] Levitan B.M. and Sargsjan I.S. (1991), Sturm-Liouville and Dirac oper-ators, Springer.

[11] Lebovitz N. (2019), Ordinary differential equations, Cengage Learning.

[12] Stein E. and Shakarchi R. (2005), Real analysis, Princeton universitypress.

TÀI LIỆU THAM KHẢO 94

[13] Teschl G. (2012), Ordinary differential equations and Dynamical sys-tems, AMS.

[14] Teschl G. (2014), Mathematical methods in quantum mechanics withapplications to Schrodinger operators, 2nd, AMS.

[15] Titchmarsh E.C. (1950), Eigenfunction expansions associated withsecond-order differential equations part I, Clarendon Oxford.

Documents

HÀM RIÊNG CÕA TOÁN TÛ STURM-LIOUVILLE TRÊN KHO ...4 2.Chương 2: khai tri”n hœu h⁄n 3.Chương 3: khai tri”n trên nßa đưíng thﬂng. Nºi dung chương 2 trình