phương trình song phi tuyến tính với điều kiện biến chứa phương tích phân phi tuyến tính

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẠI HỌC CẦN THƠ PHẠM GIA KHÁNH PHƯƠNG TRÌNH SÓNG PHI TUYẾN VỚI ĐIỀU KIỆN BIÊN CHỨA PHƯƠNG TRÌNH TÍCH PHÂN PHI TUYẾN LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC Chuyên ngành: Toá

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐẠI HỌC CẦN THƠ

PHẠM GIA KHÁNH

PHƯƠNG TRÌNH SÓNG PHI TUYẾN VỚI ĐIỀU KIỆN BIÊN CHỨA PHƯƠNG TRÌNH

TÍCH PHÂN PHI TUYẾN LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC

Chuyên ngành: Toán Giải Tích Mã số: 60 46 01

THÀNH PHỐ CẦN THƠ

2005

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐẠI HỌC CẦN THƠ

PHẠM GIA KHÁNH

PHƯƠNG TRÌNH SÓNG PHI TUYẾN VỚI

ĐIỀU KIỆN BIÊN CHỨA PHƯƠNG TRÌNH

TÍCH PHÂN PHI TUYẾN LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC

Chuyên ngành: Toán Giải Tích

Mã số : 60 46 01

Người hướng dẫn khoa học: TS Nguyễn Thành Long

Khoa Toán-Tin học, Đại học Khoa Học Tự Nhiên Tp Hồ Chí Minh

Học viên cao học: Phạm Gia Khánh

Bộ môn Toán, Khoa Sư Phạm, Đại học Cần Thơ

Thành phố Cần Thơ

LUẬN VĂN ĐƯỢC HOÀN THÀNH TẠI TRƯỜNG ĐẠI HỌC CẦN THƠ

Người hướng dẫn khoa học: TS Nguyễn Thành Long

Khoa Toán-Tin học, Đại học Khoa Học Tự Nhiên Tp Hồ Chí Minh

Người nhận xét 1: TS Nguyễn Công Tâm

Khoa Toán-Tin học, Đại học Khoa Học Tự Nhiên Tp Hồ Chí Minh

Người nhận xét 2: TS Nguyễn Văn Nhân

Khoa Thống kê-Toán-Tin học, Đại học Kinh tế Tp Hồ Chí Minh

Học viên cao học: Phạm Gia Khánh

Bộ môn Toán, Khoa Sư Phạm, Đại học Cần Thơ

Luận văn sẽ được bảo vệ tại Hội Đồng chấm luận án tại Trường Đại học Cần Thơ, vào lúc ……giờ……ngày 10 tháng 09 năm 2005

Có thể tìm hiểu luận văn tại Phòng Sau Đại học, thư viện Trường Đại Học Cần Thơ

THÀNH PHỐ CẦN THƠ

2005

LỜI CẢM ƠN

MỤC LỤC

1.2 Không gian hàm L p(0,T;X), 1≤ p≤∞ 9

1.4 Bổ đề về tính compact của Lions 14 1.5 Bổ đề về sự hội tụ yếu trong L p (Q) 14 Chương 2 Sự tồn tại và duy nhất nghiệm 15

Chương 4 Xét một trường hợp cụ thể 41

Tài liệu tham khảo 51

t

trong đó g H, k, là các hàm cho trước

tồn tại và duy nhất nghiệm toàn cục cho bài toán giá trị biên và ban đầu (0.1)-(0.4) với u u P0, ,1 là các hàm cho trước và

x = 0 có dạng

0

t x

Các tác giả trên đã lần lượt cứu xét nó trong [10] với k ≡ 0, H(s)=hs, trong

tính chất về compact và liên thông của tập nghiệm của bài toán (0.1)-(0.5) ứng với

1

thành lập từ bài toán (0.1)-(0.4), trong đó, hàm chưa biết u(x,t) và giá trị biên chưa

biết P t( ) thỏa một bài toán Cauchy sau đây cho một phương trình vi phân thường

trong đó ω >0, h≥0, P P0, 1 là các hằng số dương cho trước [11]

Trong [1], Nguyễn Thúc An và Nguyễn Đình Triều đã nghiên cứu một trường hợp riêng của bài toán (0.1)-(0.4), (0.8), (0.9) với b≡ 1, u0=u1=P0=0 và

với b(x,t)f(u,u t )-F(x,t)=f 1 (u,u t ) tuyến tính, nghĩa là, f 1 (u,u t )=Ku+λu t , trong đó

,

(0.9) là mô hình toán học mô tả sự va chạm của một vật rắn và thanh đàn hồi nhớt tuyến tính tựa trên một nền cứng([1,19]) Như vậy bài toán nghiên cứu trong luận văn này là phi tuyến tương tự bài toán được xét trong [1,19]

Trong trường hợp mà b x t f u u( , ) ( , )t −F x t( , )= | |u t α sign u( ),t 0< <α 1, bài

toán (0.1)-(0.4), (0.8) và (0.9) mô tả sự va chạm của một vật rắn và thanh đàn hồi nhớt tuyến tính với ràng buộc đàn hồi phi tuyến ở mặt bên, ràng buộc liên kết với lực cản ma sát nhớt

Từ (0.8), (0.9) ta biểu diễn P(t) theo P P0, 1, , ,ω h u tt(0, )t và sau đó tích phân từng phần ta thu được

( ) sin

t x

trong đó, u u f g k0, , , , , , , 1 μ K1 λ là các hàm cho trước, 1 K,λ là các hằng số không

âm cho trước Cũng vậy, Long, Định và Diễm [17] nghiên cứu bài toán biên phi tuyến dưới đây

trong đó, u u f g k0, , , , 1 là các hàm cho trước, h K K, , , , , 1 λ λ α và β là các hằng 1

số không âm cho trước

Luận văn được trình bày theo các chương mục sau

Phần mở đầu tổng quan về bài toán khảo sát trong luận văn, điểm qua các kết quả đã có trước đó, đồng thời nêu bố cục của luận văn

Chương 1, chúng tôi trình bày một số kết quả chuẩn bị bao gồm việc nhắc lại một số không gian hàm, một số kết quả về phép nhúng compact giữa các không gian hàm quan trọng

Chương 2, chúng tôi nghiên cứu sự tồn tại và duy nhất nghiệm yếu toàn cục của bài toán (0.1)-(0.5) Chứng minh được dựa vào phương pháp Galerkin liên kết với các đánh giá tiên nghiệm, hội tụ yếu và về tính compact Trong phần này, định

lý Schauder được sử dụng trong việc chứng minh tồn tại nghiệm xấp xỉ Galerkin Một điều chú ý rằng, phương pháp xấp xỉ tuyến tính trong các bài báo [6,12,15, 18] không sử dụng được trong luận văn này và trong các bài báo [2, 4, 5 ,7, 10, 11,

CHƯƠNG 1 MỘT SỐ CÔNG CỤ CHUẨN BỊ

1 Các không gian hàm

Đầu tiên, ta đặt các ký hiệu sau Ω =(0,1), Q T = Ω ×(0, ),T T>0, và bỏ qua

định nghĩa các không gian hàm thông dụng: C m( ),Ω L p( ),Ω H m( ),Ω W m p, ( ).Ω

Để cho gọn, ta ký hiệu lại như sau L p( )Ω =L p, H m( )Ω =H m, W m p, ( )Ω =W m p,

Ta định nghĩa H = L2(Ω) là không gian Hilbert đối với tích vô hướng

1 0

Ký hiệu ||.|| để chỉ chuẩn sinh bởi tích vô hướng (1.1), nghĩa là

1/ 2 1

2 0

V là không gian con đóng của H do đó, V là không gian Hilbert đối với tích vô 1,hướng của H1 Mặt khác trên V thì ||v||H1 và || ||v V= v v', ' là hai chuẩn tương đương Điều này cho bởi bổ đề sau

Bổ đề 1.1 Phép nhúng V C 0( )Ω là compact và

0 ( )

|| ||v C Ω ≤ || ||v V với mọi v V∈ (1.5) Chứng minh bổ đề 1.1 không khó khăn

Bổ đề 1.2. Đồng nhất H với H’ ( đối ngẫu của H) Khi đó, ta có V H ≡H' V'

với các nhúng liên tục và nằm trù mật

Chứng minh Trước hết ta chứng minh rằng H nhúng trong V’ Vì V ⊂H , với

mọi w H∈ , ánh xạ:

1 0

Vậy T là đơn ánh, nghĩa là, một phép nhúng từ H vào V’

(ii) Ta có, với mọi w H∈ ,

(iii) Ta chứng minh rằng mọi phiếm hàm tuyến tính liên tục trên V’ và triệt tiêu trên T(H) thì cũng triệt tiêu trên V’ Coi L∈( )V ', với L T, w V V// , / =0, ∀ ∈T w T H( ).

Vậy L triệt tiêu trên V’

Chú thích 1.1 Từ bổ đề 1.2 ta dùng ký hiệu tích vô hướng ⋅ ⋅ , trong L 2 để chỉ

cặp tích đối ngẫu giữa V và V’

trong một không gian Banach X và gọi X’ là không gian đối ngẫu của X

1.2 Không gian hàm L p(0, ;T X ), 1 ≤ ≤ ∞p .

p

đo được, sao cho

( ) T ( ) p p

X X

T

u p

/ 1

0

; ,

Bổ đề 1.3. (Lions[9]) L p(0,T;X) ,1≤ p≤∞ là không gian Banach

Bổ đề 1.4. (Lions[9]) Gọi X’ là đối ngẫu của X Khi đó L p'(0, ; 'T X ) với

1.3 Phân bố có giá trị vectơ

Định nghĩa 1.1 Cho X là một không gian Banach thực Một ánh xạ tuyến tính liên

tục từ D((0, T)) vào X gọi là một (hàm suy rộng) phân bố có giá trị trong X Tập

các phân bố có giá trị trong X, ký hiệu là:

D T X =L D T X ={ f :D( )0 ,T → X | f tuyến tính liên tục}

Chú thích 1.3. Ta ký hiệu D(0,T) thay cho D( ( )0,T ) hoặc C c∞( ( )0,T ) để chỉ

không gian các hàm số thực khả vi vô hạn có giá compact trong (0,T)

Định nghĩa 1.2. Cho f ∈D' 0, ;( T X). Ta định nghĩa đạo hàm

dt

df

theo nghĩa phân

bố của f bởi công thức:

Ta có thể nghiệm lại rằng T v∈D'(0,T;X) Thật vậy:

j) Ánh xạ T v:D( )0,T → X là tuyến tính

jj) Ta nghiệm lại ánh xạ T v :D( )0,T → X là liên tục

Giả sử { }ϕj ⊂D( )0,T sao cho ϕj →0 trong D( )0,T Ta có:

Do đó, T v,ϕj →0 trong X khi j→ +∞ Vậy T v∈D'(0,T;X)

ii/ Ánh xạ vaT v là một đơn ánh, tuyến tính từ L p(0,T;X) vào D'(0,T;X) Do đó,

ta có thể đồng nhất T v =v Khi đó ta có kết quả sau

Bổ đề 1.6. (Lions[9]) L p(0,T;X)⊂ D'(0 ,T;X) với phép nhúng liên tục

Bổ đề 1.7.(Lions[9]) Nếu f ∈L1(0,T;X) và f/ ∈L1(0,T;X) thì f bằng hầu hết với một hàm liên tục từ [0, ]T →X.

Chứng minh bổ đề 1.7 bằng nhiều bước

df dt

dH

=

= trong D' 0, ;( T X).

Bước 2: Ta suy ra rằng f = H C+ , theo nghĩa phân bố (C là hằng)

Thật vậy, giả sử v = H – f Ta có v’ = 0 theo nghĩa phân bố (do bước 1) Ta

sẽ chứng minh rằng v = C, theo nghĩa phân bố Thật vậy v’=0 tương đương với

hết t∈( )0 ,T Điều này có được là do ánh xạ w a T w từ L1(0,T;X) vào D'(0 ,T;X)

là đơn ánh (tính chất ii/ ở trên)

Từ các bước 1, 2, 3 ở trên ta suy ra rằng f = H + C, theo nghĩa phân bố

Tương tự ta có bổ đề sau:

Bổ đề 1.8. (Lions[9]) Nếu f ∈L p(0,T;X) và f/∈L p(0,T;X) thì f bằng hầu hết với một hàm liên tục từ [ ]0,T →X.

1.4 Bổ đề về tính compact của Lions[9]

Cho ba không gian Banach X0, X1, X với X 0 ⊂ X ⊂ X1 với các phép nhúng liên tục sao cho:

Bổ đề 1.9. (Bổ đề về tính compact của Lions[9])

Với giả thiết (1.16), (1.17) và nếu 1< p i < ∞ =, i 0,1, thì phép nhúng

( )0, p0 (0, ; )

W T L T X là compact

Chứng minh bổ đề 1.9 có thể tìm thấy trong Lions[9], trang 57

1.5 Bổ đề về sự hội tụ yếu trong L q (Q)

Bổ đề sau đây liên quan đến sự hội tụ yếu trong Lq(Q)

CHƯƠNG 2 SỰ TỒN TẠI VÀ DUY NHẤT NGHIỆM

nghiệm yếu toàn cục cho bài toán: Tìm một cặp các hàm ( ( , ), ( ))u x t P t thỏa

( , ) 1, ( , ) 0

b x t = F x t = như là một trường hợp riêng

Trước hết ta thành lập các giả thiết sau

(F) Hàm số f: IR2 →IR thoả f(0,0) 0= và các điều kiện

(F1) f là đơn điệu không giảm đối với biến thứ hai, tức là

Khi đó nghiệm bài toán là duy nhất

Chú thích 2.1. Kết quả này mạnh hơn kết quả trong [10] Thật vậy, tương ứng với

cùng bài toán (2.1) – (2.5) với k(t) 0 ≡ và H(s) = hs, h> các giả thiết sau đây 0,

đã dùng trong [10] mà không cần thiết sử dụng ở đây:

j 2

Áp dụng bổ đề 2.1 cho hệ (2.14)-(2.16) với:

/ 2

j

mj j mj

j t

j

j j

/ 2

j j

w t

w

j

k s u s ds d w

trong đó

/

2 0

Bổ đề 2.2 Giả sử (A1)-(A6) và (F1)-(F3) là đúng Với T > 0 cố định, khi đó, hệ

(2.20)-(2.21) có nghiệm cm=(cm1,cm2,…,cmm) trên một khoảng [0,T m] [0, ].⊂ T

Chứng minh. Ta bỏ qua chỉ số m, hệ (2.20)-(2.21) viết lại dưới dạng:

i j

Dễ thấy rằng S là tập con lồi đóng và bị chặn của 1([0, ]; m).

m

(2.23)-(2.27) có điểm bất động Điểm bất động này là nghiệm của hệ (2.20)

Đầu tiên ta sẽ chứng minh rằng U biến tập S vào chính nó

ii/ Tiếp theo, ta chứng minh rằng toán tử này là liên tục trên S Cho c,d∈S

Chú ý rằng, từ bất đẳng thức

|

|

|)()

{Uc c S

bất động này là nghiệm của hệ (2.20)

Bổ đề 2.2 chứng minh hoàn tất. 

( ( ),u t P t m m( ))trên một khoảng [0,Tm] Các đánh giá tiên nghiệm dưới đây cho phép

ta lấy T m =T với mọi m

Bước 2 Các đánh giá tiên nghiệm

Thay (2.15) vào (2.14), khi đó nhân phương trình thứ j của (2.14) bởi c mj/ (t)

và lấy tổng theo j, sau đó, tích phân từng phần theo biến thời gian từ 0 đến t, nhờ các giả thiết (A2), (F1), ta có

3

1

|)0()0(

|2)0())0((2),0((

Vì H1(0, )T C0([0, ]),T từ các giả thiết (A2)-(A4), ta suy ra rằng

2 2

j

t m

1 0

2 2 1 0

0 1

Ta cần bổ đề sau mà chứng minh của nó có thể tìm thấy trong [2]

Bổ đề 2.3 Tồn tại một hằng số C2>0 và một hàm dương liên tục D(t) độc lập với

( )

2 /

(2.73)

giả thiết (A2)-(A5) và các kết quả (2.16), (2.61), (2.73) ta thu được (2.69)

2 /

Kết hợp với bổ đề Gronwall ta suy ra (2.74)

Bổ đề 2.5 được chứng minh xong. 

Bước 3. Qua giới hạn

Từ (2.15), (2.47), (2.61), (2.74), (2.75) và (2.78) ta suy ra rằng, tồn tại một dãy con của dãy {( ,u P m m)}, vẫn kí hiệu là {( ,u P m m)}, sao cho

Do bổ đề compact của Lions ( xem bổ đề 1.9), ta suy ra từ (2.61), (2.74),

(2.80) và (2.81) rằng, tồn tại một dãy con vẫn kí hiệu là {u m }, sao cho

Vì H liên tục, ta suy ra từ (2.15), (2.86) rằng

0

t m

Hơn nữa, nếu u0 = u1 = 0 thì (2.96) xảy ra đẳng thức

Chứng minh bổ đề 2.6 có thể tìm thấy trong [2]

'( )

1( ) ( ) '(0, )2

( ) ( ), '( ) , [0, ]

v t v t

χ = a.e trong QT Sự tồn tại nghiệm được chứng minh

Bước 4 Sự duy nhất nghiệm

6

( ).A Giả sử ( , ),u P1 1 ( , )u P2 2

là hai nghiệm của bài toán (2.1) –(2.5) Khi đó u u= 1 −u2, P=P1−P2 thỏa bài toán sau đây

2 1

1 2 2

2 0 1 2

1

(0, ) '( (0, ) (0, ))(0, ) ''( (0, ) (0, ))( ' (0, ) '(0, ))(0, ) (0, ) ' (0, ) ' (0, )

( ) (0, ) ( ) ' (0, ) ' (0, )

t t

1 0

Định lý 2.1 được chứng minh hoàn tất. 

Chú thích 2.2 Điều kiện k(0) = 0 trong (A4) là kỹ thuật, ta có thể bỏ qua

Trong trường hợp riêng của H với H(s)=hs, h>0, định lý sau đây là hệ quả của

định lý 2.1

Định lý 2.2 Giả sử (A1)-(A4) và (F1)-(F3) đúng Khi đó, với mỗi T >0, bài toán

(2.1)-(2.5) có ít nhất một nghiệm yếu (u,P) thỏa (2.6), (2.7)

Hơn nữa nếu β =1 trong (F3) và hàm B2 thỏa (F4), khi đó nghiệm này là duy

nhất. 

dùng trong [11] thì không cần thiết ở đây

Trong trường hợp riêng với k(t) ≡ 0, kết quả sau đây là hệ quả của định lý 2.1

Định lý 2.3. Giả sử (A1), (A2), (A3), (A5) và (F1)-(F3) đúng Khi đó với mỗi T >0,

bài toán (2.1)-(2.4) tương ứng với P = g có ít nhất một nghiệm yếu thoả (2.6) Hơn nữa, nếu β =1 trong (F3) và nếu các hàm H và B2 lần lượt thỏa các giả thiết /

6

( )A và (F4), khi đó nghiệm này là duy nhất

Chú thích 2.3 Giống như chú thích 2.2, định lý 2.3 cũng cho cùng kết quả trong [7] nhưng giả thiết: “B1 không giảm” đã dùng trong [7] thì không cần thiết ở đây

CHƯƠNG 3 SỰ ỔN ĐỊNH CỦA NGHIỆM

Trong phần này, ta giả sử rằng β = trong (F1 3) và các hàm H, B2 lần lượt

trong đó ho > 0 là hằng số cho trước và H0 : IR + →IR + là hàm số cho trước

Khi đó ta có định lý sau

Định lý 3.1 Giả sử β = và (A1 1), (A2), (F1)-(F4) đúng Khi đó, với mỗi T > 0,

nghiệm của bài toán (2.1)-(2.5) là ổn định đối với dữ kiện g, k, H, tức là

0 0

( , ,g k H j j j) ∈H (0, )T ×H (0, )T × ℑ ( ,h H ), (0) k =k j(0) 0, = sao cho

( , ,g k H j j j)→( , , )g k H trong H1 (0, )T ×H1 (0, )T ×C1 ([−M M, ]) mạnh,

khi j → +∞, với mọi M>0 (3.2)

mạnh, khi j → +∞, với mọi M, trong đó u j = u(g j ,k j ,H j ), P j =P(gj,k j ,H j )

Chứng minh Trước hết, ta chú ý rằng, nếu các dữ kiện (g,H,K) thoả

được xác định bởi (2.14)–(2.16), là nghiệm của bài toán (2.1)–(2.5) tương ứng với

( ( ) ) ( ) 2 ( )1

, ) , , ( ) 1 ( 2 ˆ

ˆ 1 ) 1 ( 2

)

(

0

2 ) , 0 ( ) 1 (

1 + + ∫

+

T H j T

ˆ ˆ )

) , 0 ( )

2 (

1 t T g

C t

S

T H j T

2

1/ 2

(0, ) 0

trong đó ω >0, h≥0, P P0, 1 là các hằng số cho trước [11]

Trong [1], Nguyễn Thúc An và Nguyễn Đình Triều đã nghiên cứu một

trường hợp riêng của bài toán (4.1)-(4.6) với u0 = u1 = P0 = 0 và với F(x,t) = 0

Trong trường hợp này của bài toán (4.1)-(4.6) là mô hình toán học miêu tả sự va chạm của một vật rắn và một thanh đàn hồi nhớt tuyến tính tựa trên một nền cứng

[1] Từ (4.5), (4.6) ta biểu diễn P(t) theo P0, P1, ω, h, u tt (0,t) và sau đó tích phân

từng phần, ta thu được

P(t) = g(t) + hu(0,t) - ∫t k t−s u s ds

0

, ) , 0 ( )

t x

Khi đó chúng ta đưa bài toán (4.1)-(4.6) về bài toán (4.1)-(4.4), (4.7)-(4.10)

Ta xét bài toán cụ thể với u0 = u1 = P0 = F(x,t) = 0, P1 = h = ω=1, K = 1, λ =π

21

tử Laplace −∂ ∂2/ x2như đã nói ở chương 2 Các hàm c mj (t) trong (4.12) thỏa một

hệ phương trình vi - tích phân sau đây

) 1 , 0 ( sin

( )

2 /

sin(

) cos(

)

(

0 1

μ

τ

μμ

μ

y t

y

t

+ +

j

t t

(4.22) là nghiệm của (4.21), ta chỉ cần lấy đạo hàm của (4.22) rồi thay trực tiếp

2exp(

( ) 2 2

0

( ) 2

j t

t j

j j

t

t j

j j

j j

j j

Chứng minh Chú ý rằng toán tử L=( , , ,L L1 2 L m)xác định bởi (4.27) là toán tử

m

0

sup m ( )

i 1

m

t T

≤ ≤ =

([0, ]; m)

m

1

( ) 2

2

m

m j

j

t

j

t

w

μ

=

−

∑

(4.29) Chú ý rằng

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 (0) 2 /(1 ) 2 / 1, 1 (0) /(1 ) 1 ( 1) /(1 ), 2 1 1 ( 1) , 4 1 (1 ) / 1 ( 1) j j j j j j j j j j j j j j w w w j j j j j j w λ π μ μ μ λ π λ π μ μ λ π λ π μ ⎧ = + ≤ < ⎪ ⎪ ⎡ ⎤ = = + = + − + ⎪ ⎣ ⎦ ⎪⎪ ⎨ = = + − = + − ⎪ ⎪ ⎪ ⎡ ⎤ = + + − ⎪ ⎣ ⎦ ⎪⎩ Ta suy từ (4.29) rằng ( ) 2 1 1 1 0 0 ( ) 2 1 0 sin ( ) 2 ( ) ( ) 2 / ( ) ( ) sin ( ) 2 2 /

t m m m t j m j mi mi j j j i j t m t j m m j j j t Lc t e c c s ds d w t e c c d w π τ τ π τ μ τ π τ τ μ μ τ π τ τ μ − = = = − ∞ ∞ = ⎡ − ⎤ ⎡ ⎤ ⎣ ⎦ ≤ ⎢ + ⎥ ⎣ ⎦ ⎡ − ⎤ ⎣ ⎦ ⎡ ⎤ ≤ ⎣ + ⎦ ∑ ∑ ∑ ∫ ∫ ∑ ∫ 2 1 0 1 2 1 1 2 1 2 / (1 ) 1/ (2 ) 1 1/ (2 ) 1 1/ (2 ) 1/

t

m m

j j j m

m m m

j j j

w

w

c

π

μ π

μ π

∞

=

∞

=

=

∑

∑

2

1

(4.30)