Khái niệm nghiệm suy rộng của phương trình loại parabolic và mối liên hệ với nghiệm cổ điển

 ñiều kiện ban ñầu nu(x,0) (x),x (2),= ψ ∈ℝ các hàm f ,ψ cho trước. 
Nghiệm cổ ñiển của bài toán Cauchy (1), (2) là hàm u mà 
[ )2,1 nTu u(x,t) C (R ) C( 0;T )= ∈ ∩ ×ℝ và thỏa mãn ñồng thời (1), (2). 
Nghiệm suy rộng của bài toán (1), (2) trong không gian 1,0 T2W (R ) là hàm 
1,0
T2u u(x,t) W (R )= ∈ và thỏa mãn ñồng nhất thức tích phân 
nT
T
n n
ij i
j i 1i, j 1 i 1R
1,1
T2
R
u u
u a b cu dxdt (x) (x,0)dx
t x x x
 f dxdt (3), (x, t) W (R ), (x,T) 0.
= =
 ∂η ∂ ∂η ∂ 
− + + η + η − ψ η =
 ∂ ∂ ∂ ∂
 
= η ∀η ∈ η =
∑ ∑∫ ∫
∫
ℝ
Ví dụ 1 
Xét phương trình 
2
12
u u 0, (x, t) R (0;1) (4)
t x
∂ ∂
− = ∈ = ×
∂ ∂
ℝ với ñiều kiện 
ban ñầu xu(x,0) e , x (5).= ∈ℝ 
2 
Ta thấy hàm x tu(x, t) e (x ,0 t 1)+= ∈ < <ℝ là (một) nghiệm cổ ñiển của 
bài toán (4), (5). 
Nghiệm suy rộng của bài toán (4), (5) trong không gian 1,0 12W (R ) là hàm 
1,0
12u u(x,t) W (R )= ∈ và thỏa mãn ñồng nhất thức tích phân 
1
x 1,1
12
R
u
u dxdt e (x,0)dx 0 (6), (x, t) W (R ), (x,1) 0.
t x x
∂η ∂ ∂η 
− + − η = ∀η ∈ η = ∂ ∂ ∂ ∫ ∫
ℝ
Nhận xét 
ðối với bài toán (1), (2) nếu có thêm ñiều kiện n2(x) L ( )ψ ∈ ℝ , 
2 Tf (x, t) L (R ),∈ thì mọi nghiệm cổ ñiển 2,1 Tu(x, t) C (R )∈ ñều là nghiệm 
suy rộng, nhưng ñiều ngược lại không ñúng, nghiệm suy rộng chưa chắc ñã 
là nghiệm cổ ñiểm, vì nghiệm suy rộng là hàm u(x,t) chỉ ñòi hỏi có ñạo hàm 
suy rộng theo x ñến cấp 1 thuộc 2 TL (R ) , còn nghiệm cổ ñiển thì phải có 
ñạo hàm theo x ñến cấp 2 và theo t ñến cấp 1 liên tục. 
3. Bài toán biên ban ñầu 
a. Bài toán biên ban ñầu thứ nhất 
Ta xét phương trình TLu f (x, t), (x, t) Q (7)= ∈ với ñiều kiện ban 
ñầu u(x,0) (x), x (8),= ϕ ∈Ω ở ñó f ,ϕ là các hàm cho trước, và ñiều kiện 
biên Tu 0, (x, t) S (9).= ∀ ∈ 
Nghiệm cổ ñiển của bài toán biên ban ñầu thứ nhất (7), (8), (9) là hàm 
2,1
T T T 0u(x, t) C (Q ) C(Q S )∈ ∩ ∪ ∪ Ω và thỏa mãn ñồng thời (7), (8), (9). 
Nghiệm suy rộng của bài toán (7), (8), (9) trong không gian 1,0 T2W (Q ) là 
hàm 
o
1,0
T2u(x, t) W (Q )∈ và thỏa mãn ñồng nhất thức tích phân 
T
T
n n
ij i
j i 1i, j 1 i 1Q
o
1,1
T2
Q
u u
u a b cu dxdt (x) (x,0)dx
t x x x
 f dxdt (10), (x, t) W (Q ), (x,T) 0.
= = Ω
 ∂η ∂ ∂η ∂ 
− + + η + η − ϕ η =
 ∂ ∂ ∂ ∂
 
= η ∀η ∈ η =
∑ ∑∫ ∫
∫
Ví dụ 2 
Chẳng hạn phương trình 
2
12
u u 2,(x, t) Q (0;2) (0;1) (11),
t x
∂ ∂
− = − ∈ = ×
∂ ∂
 với 
ñiều kiện ban ñầu 2u(x,0) x 2x,x (0;2) (12),= − ∈ Ω = và diều kiện biên 
u(0, t) u(2, t) 0, t (0;1) (13)= = ∈ , hàm 2 1u(x, t) x 2x,(x, t) Q= − ∈ là (một) 
3 
nghiệm cổ ñiển. Còn nghiệm suy rộng của bài toán (11), (12), (13) trong 
1,0
12W (Q ) là hàm 
o
1,0
12u(x, t) W (Q )∈ và thỏa mãn ñồng nhất thức tích phân 
1 1
2
Q (0;2) Q
u
u dxdt (x 2x) (x,0)dx 2 dxdt (14)
t x x
∂η ∂ ∂η 
− + − − η = − η ∂ ∂ ∂ ∫ ∫ ∫
với mọi 
o
1,1
12(x, t) W (Q ), (x,1) 0.η ∈ η = 
Nhận xét 
ðối với bài toán (7), (8), (9) nếu thêm ñiều kiện 2 Tf (x, t) L (Q ),∈ 
2(x) L ( )ϕ ∈ Ω thì mọi nghiệm cổ ñiển 2,1 Tu(x, t) C (Q )∈ ñều là nghiệm suy 
rộng, nhưng ñiều ngược lại không ñúng, nghiệm suy rộng chưa chắc ñã là 
nghiệm cổ ñiểm. 
Ta sẽ chứng minh nhận xét này trong trường hợp 0 T< < +∞ 
Thật vậy, giả sử 2,1 Tu(x, t) C (Q )∈ là một nghiệm cổ ñiển của bài toán (7), 
(8), (9) với ñiều kiện bổ sung 2 Tf (x, t) L (Q ),∈ 2(x) L ( )ϕ ∈ Ω . Vì lúc này 
2,1 2,1 2,1
T T T 0 T Tu(x, t) C (Q ) C(Q S ) C (Q ) C (Q )∈ ∩ ∪ ∪Ω ∩ ⊂ nên u có ñạo 
hàm cổ ñiển theo mọi biến ix ñến cấp 2, theo biến t ñến cấp 1 và các ñạo 
hàm ñó liên tục, trên cả TQ và TQ ,(15). Vì Ω là miền bị chặn trong nℝ 
nên TQ là miền bị chặn trong n 1+ℝ , và TQ compact trong n 1+ℝ . Do ñó 
tồn tại số 0 M< < +∞ sao cho Tu M, (x, t) Q .≤ ∀ ∈ Ta thấy 
T T
2 2 2
T
Q Q
u dxdt M dxdt M Q≤ = < +∞∫ ∫ nên 2 Tu L (Q ) (16).∈ Ta thấy 
mọi ñạo hàm cổ ñiển của u theo mọi biến ix ñến cấp 2, theo biến t ñến cấp 
1, liên tục trên cả TQ và TQ , lập luận tương tự như trên suy ra các ñạo hàm 
ñó cũng thuộc 2 TL (Q ) . Mà các ñạo hàm cổ ñiển này lại chính là ñạo hàm 
suy rộng của u. Chứng tỏ các ñạo hàm suy rộng ñến cấp 1 của u là thuộc 
2 TL (Q ) (17). Từ (15), (16), (17) suy ra 1,0 T2u W (Q ).∈ Mặt khác u 0= 
trên TS . Nên 
o
1,0
T2u W (Q ) (18).∈ Tiếp theo ta sẽ chỉ ra rằng u thỏa mãn 
(10) với mọi 
o
1,1
T2(x, t) W (Q ), (x,T) 0.η ∈ η = 
Nếu { }
o
1
k 2(x) W ( )ϕ ⊂ Ω là hệ trực chuẩn trong 2L ( )Ω , sao cho bao ñóng 
tuyến tính của nó trong 
o
1
2W ( )Ω trùng với 
o
1
2W ( )Ω , và kí hiệu 
N
1 1,1
N k k k 2 k T2
k 1
M d (t) (x) :d W (0;T),d (T) 0 W (Q )
=
  
= ϕ ∈ = ⊂ 
  
∑ , thì ta có tính chất 
4 
NN 1M M
+∞
=
=∪ trù mật trong 
o
1,1
T2,0W (Q ). Do ñó với mỗi 
o
1,1
T2(x, t) W (Q ), (x,T) 0,η ∈ η = tức là 
o
1,1
T2,0W (Q )η∈ luôn tồn tại dãy 
{ }m Mη ⊂ hội tụ tới ,η với m km km
k 1
d (t) (x) M
+∞
=
η = ϕ ∈∑ (nếu tổng này là 
tổng hữu hạn thì ta coi kmd 0= với k ñủ lớn). Vì 
o
1
km 2W ( )ϕ ∈ Ω , mà 
o
1
2W ( )Ω là bao ñóng của 
o
C ( )∞ Ω trong 12W ( )Ω nên 
o
C ( )∞ Ω trù mật trong 
o
1
2W ( )Ω , nghĩa là tồn tại dãy ( )
o
kmh C ( )∞ϕ ⊂ Ω hội tụ tới 
o
1
km 2W ( )ϕ ∈ Ω 
khi h .→ +∞ Do [ ]C ((0;T)) C ( 0;T )∞ ∞= trù mật trong 12W ((0;T)) , và 
1
km 2d W (0;T),∈ kd (T) 0,= nên tồn tại dãy ( ) [ ]kmhd C ( 0;T )∞⊂ hội tụ ñến 
kmd khi h .→ +∞ Khi ñó [ ]h kmh kmh 2: .d L ( 0;T ).η = ϕ ∈ Ω × Do u là 
nghiệm cổ ñiển của bài toán ñang xét nên nó thỏa mãn (7). Nhân hai vế của 
(7) với hη rồi lấy tích phân hai vế ở trên TQ ta ñược 
T T
n n
h h h h h
ij i
i j 1i, j 1 i 1Q Q
u u u(a ) b cu dxdt f dxdt.
t x x x
= =
 ∂ ∂ ∂ ∂ η − η + η + η = η
 ∂ ∂ ∂ ∂
 
∑ ∑∫ ∫ 
Ta có 
T T T
h
h h
Q Q Q
udxdt u cos( , t)dS u dxdt.
t t∂
∂ ∂ηη = η ν −
∂ ∂∫ ∫ ∫ Ta phân tích TQ∂ 
thành hợp của ba tập ñôi một có giao là tập có thể tích 0 như sau 
T T 0 TQ S ,∂ = ∪Ω ∪Ω mà u = 0 trên TS , khi xét trên 0Ω thì u = ϕ và ν là 
vectơ pháp tuyến ngoài của biên TQ∂ xét trên ñáy trụ 0Ω cho ta 
cos( , t) 1,ν = − còn trên TΩ thì cos( , t) 1ν = , ta thu ñược 
T
h h h
Q
u cos( , t)dS u(x,T) (x,T)dx (x) (x,0)dx.
∂ Ω Ω
η ν = η − ϕ η∫ ∫ ∫ Tương tự 
T T T
h
h h
ij ij i ij
i j j j iQ Q Q
u u u(a )dxdt a cos( ,x )dS a dxdt.
x x x x x∂
∂ ∂ ∂ ∂ ∂ηη = η ν −
∂ ∂ ∂ ∂ ∂∫ ∫ ∫ 
Vì u = 0 trên TS , icos( , x ) 0ν = với ν là vectơ pháp tuyến ngoài của TQ∂ 
xét trên các ñáy trụ 0 T, ,Ω Ω nên
T
h
ij i
jQ
u
a cos( ,x )dS 0.
x∂
∂η ν =
∂∫ Do ñó ta thu 
ñược ñẳng thức tích phân 
T
n nh h
h h
ij i
j i 1i, j 1 i 1Q
u u
u a b cu dxdt
t x x x
= =
 ∂η ∂ ∂η ∂ 
− + + η + η +
 ∂ ∂ ∂ ∂
 
∑ ∑∫ 
5 
T
h h h
Q
 + u(x,T) (x,T)dx (x) (x,0)dx f dxdt. 
Ω Ω
η − ϕ η = η∫ ∫ ∫
 Cho h → +∞ thì h km km kmdη → η = ϕ nên 
T
T
n n
km km
ij i km km
j i 1i, j 1 i 1Q
km km km
Q
u u
u a b cu dxdt
t x x x
 + u(x,T) (x,T)dx (x) (x,0)dx f dxdt. 
= =
Ω Ω
 ∂η ∂ ∂η ∂ 
− + + η + η +
 ∂ ∂ ∂ ∂
 
η − ϕ η = η
∑ ∑∫
∫ ∫ ∫
Lần lượt cho k = 1, 2, 3, , k0 rồi cộng k0 ñẳng thức này lại, cho 0k → +∞ , 
mà m km
k 1
+∞
=
η = η∑ , nên ta có 
T
T
n n
m m
ij i m m
j i 1i, j 1 i 1Q
m m m
Q
u u
u a b cu dxdt
t x x x
 + u(x,T) (x,T)dx (x) (x,0)dx f dxdt. 
= =
Ω Ω
 ∂η ∂ ∂η ∂ 
− + + η + η +
 ∂ ∂ ∂ ∂
 
η − ϕ η = η
∑ ∑∫
∫ ∫ ∫
Cho m → +∞ thì m ,η → η ta thu ñược 
T
T
n n
ij i
j i 1i, j 1 i 1Q
Q
u u
u a b cu dxdt
t x x x
 + u(x,T) (x,T)dx (x) (x,0)dx f dxdt. 
= =
Ω Ω
 ∂η ∂ ∂η ∂ 
− + + η + η +
 ∂ ∂ ∂ ∂
 
η − ϕ η = η
∑ ∑∫
∫ ∫ ∫
Nhưng (x,T) 0η = nên 
T
T
n n
ij i
j i 1i, j 1 i 1Q
Q
u u
u a b cu dxdt
t x x x
 (x) (x,0)dx f dxdt. 
= =
Ω
 ∂η ∂ ∂η ∂ 
− + + η + η −
 ∂ ∂ ∂ ∂
 
− ϕ η = η
∑ ∑∫
∫ ∫
Như vậy với mọi 
o
1,1
T2,0W (Q )η∈ thì ñẳng thức (10) ñược thỏa mãn với u là 
nghiệm cổ ñiển ñang xét (19). Từ (18) và (19) chứng tỏ u là nghiệm suy 
rộng của bài toán (7), (8), (9). 
Ta thấy rằng nghiệm suy rộng của bài toán (7), (8), (9) trong không gian 
1,0
T2W (Q ) là hàm 
o
1,0
T2u(x, t) W (Q )∈ , khi ñó u có ñạo hàm suy rộng theo x 
ñến cấp 1, trong khi nghiệm cổ ñiển của bài toán này ñòi hỏi phải có ñạo 
hàm theo x ñến cấp 2 và theo t ñến cấp 1, do ñó u chưa chắc ñã là nghiệm 
cổ ñiểm của bài toán ñó. 
b. Bài toán biên ban ñầu thứ hai và thứ ba 
Ta xét phương trình (7) với ñiều kiện ban ñầu (8) và ñiều kiện biên sau ñây 
6 
TS
u (s, t)u 0 (20)
N
∂
+ σ =
∂
 ở ñó 
n
ij i
ji, j 1
u u
= a cos( , x ) (21),
N x
=
∂ ∂
ν
∂ ∂∑
 với ν là 
vectơ ñơn vị ngoài tới mặt TS , còn (s, t)σ là hàm cho trước xác ñịnh trên 
TS . Khi 0σ ≡ hoặc 0σ ≡/ thì bài toán (7), (8), (20) tương ứng ñược gọi là 
bài toán biên ban ñầu thứ hai hoặc thứ ba. 
Nghiệm cổ ñiển của bài toán (7), (8), (20) là hàm u(x, t) mà 
2,1 1,0
T T T 0 T Tu(x, t) C (Q ) C(Q S ) C (Q S )∈ ∩ ∪ ∪ Ω ∩ ∪ và ñồng thởi thoả 
mãn (7), (8), (20). 
Nghiệm suy rộng của bài toán trong 1,0 T2W (Q ) là hàm 1,0 T2u(x, t) W (Q )∈ 
thoả mãn ñồng nhất thức tích phân 
T T
T
n n
ij j
j i ii, j 1 i 1Q S
1,1
T2
Q
u u
u a b cu dxdt u dsdt
t x x x
 (x) (x,0)dx f dxdt (22), (x, t) W (Q ), (x,T) 0.
= =
Ω
 ∂η ∂ ∂η ∂ 
− + + η + η + σ η −
 ∂ ∂ ∂
 
− ϕ η = η ∀η ∈ η =
∑ ∑∫ ∫
∫ ∫
Tương tự như trên, với ñiều kiện 2 T 2 2 TL (S ), (x) L ( ), f L (Q )σ ∈ ϕ ∈ Ω ∈ ta 
thấy mọi nghiệm cổ ñiển 2,1 Tu(x, t) C (Q )∈ của bài toán (7), (8), (20) ñều 
là nghiệm suy rộng của nó, nhưng ñiều ngược lại không ñúng, nghiệm suy 
rộng của bài toán ñó chưa chắc ñã là nghiệm cổ ñiểm. Lúc này lưu ý 
T T T T
T T T
T
Q Q Q Q
n n n
ij ij i ij
i j j j ii, j 1 i, j 1 i, j 1Q Q Q
ij i
ji, jS
udxdt u cos( , t)dS u dxdt (x) (x,0)dx ( u )dxdt,
t t t
u u u(a )dxdt a cos( ,x )dS a dxdt
x x x x x
u
u dsdt a cos( ,x )
x
∂ Ω
= = =∂
=
∂ ∂η ∂ηη = η ν − = − ϕ η + −
∂ ∂ ∂
∂ ∂ ∂ ∂ ∂ηη = η ν − =
∂ ∂ ∂ ∂ ∂
∂
= − σ η + η ν
∂
∫ ∫ ∫ ∫ ∫
∑ ∑ ∑∫ ∫ ∫
∫
0 T T
T T
n n
ij
j i1 i, j 1Q
n
ij
j ii, j 1S Q
udS a dxdt
x x
u
u dsdt a dxdt.
x x
=Ω ∪Ω
=
∂ ∂η
− =
∂ ∂