BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP.HỒ CHÍ MINH
Nguyễn Bằng Phong
PHƯƠNG TRÌNH SÓNG PHI TUYẾN VỚI
ĐIỀU KIỆN BIÊN CHỨA SỐ HẠNG
MEMORY Ở MỘT PHẦN BIÊN TRÁI.
Chuyên ngành
: Toán Giải tích
Mã số
: 60.46.01
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC:
TS. NGUYỄN THÀNH LONG
Thành phố Hồ Chí Minh 2009
LỜI CẢM ƠN
Lời đầu tiên, tôi xin kính g ởi đến TS. Nguyễn Thành Long , lời cám ơn sâu
sắc về sự giúp đỡ tận tình của Thầy đối với tôi trong su ốt khóa học và nh ất là
trong việc hoàn thành luận văn này.
Xin chân thành cám ơn PGS. TS Nguyễn Bích Huy và TS. Lê Thị Phương
Ngọc, cùng tất cả quý Thầy Cô trong Hội đồng chấm luận văn đã dành th ời gian
đọc và cho những ý kiến quý báu cũng như những lời phê bình bổ ích đối với luận
văn của tôi.
Tôi cũng xin cám ơn tất cả quý Thầy Cô Khoa Toán của Trường Đại học Sư
phạm TP. Hồ Chí Minh và Tr ường Đại học Khoa học Tự nhiên TP. Hồ Chí Minh
đã tận tình giảng dạy và truyền đạt những kiến thức bổ ích trong suốt khóa học tại
Trường Đại học Sư phạm Tp. Hồ Chí Minh.
Xin cám ơn quý Thầy Cô công tác tại Phòng Khoa học Công nghệ - Sau Đại
học, Trường Đại học Sư phạm TP. Hồ Chí Minh đã tạo mọi điều kiện thuận lợi về
mặt thủ tục hành chính cho tôi trong suốt khóa học.
Xin gởi lời cám ơn đến Ban Giám hi ệu và đồng nghiệp của Trường THPT
chuyên Lê Quý Đôn, Ninh Thu ận đã tạo điều kiện và khích l ệ tôi trong su ốt quá
trình học.
Xin chân thành cám ơn các bạn trong nhóm sinh hoạt chuyên môn, nhất là các
anh Phạm Thanh Sơn, ThS Nguy ễn Văn Ý - những người đã đóng góp cho tôi
những ý kiến hết sức quý báu về chuyên môn, cũng như tạo điều kiện thuận lợi để
tôi hoàn thành luận văn này.
Tôi xin cám ơn các bạn học viên Cao h ọc Khóa 17 và các bạn đồng nghiệp
đã hỗ trợ tôi trong thời gian học.
Cuối cùng, tôi xin gởi lời cám ơn sâu sắc đến gia đình tôi, là chỗ dựa cho tôi
về mọi mặt và dành mọi điều kiện tốt nhất để tôi học tập và hoàn thành lu ận văn
này.
Nguyễn Bằng Phong
1
Chương 1. PHẦN MỞ ĐẦU
Trong luận văn này chúng tôi xét bài toán sau: Tìm một cặp hàm ,u P thỏa:
ttxx
,
tutP t ()(0,)(), x (1.1) ()(1,)(1,)0, t tuthu x
t
1
(,0)(),(,0)(), % utuuFufxtxt T ()()(,),01,0 t uxuxuxu x % 0
t
trong đó
0
(1.2) ()()()(0,) Ptgtktsusds ,
0
là các hàm cho tr ước th ỏa các , ,h là các h ằng số cho tr ước, ,,, % uugfF k ,, % 1
điều kiện mà ta sẽ chỉ ra sau.
Trong [5], Nguyen Thanh Long, Le Van Ut và Nguyen Thi Thao Truc đã thiết lập
một định lý tồn tại và duy nhất nghiệm cho bài toán (1.1)(1), (1.1)(4) với điều kiện biên:
t (0,)0, (1.3) tutQ t ()(1,)(), x u
t
trong đó
t
0
(1.4) , QtKtuttutgtktsusds ()()(1,)()(1,)()()(1,) 1 1
1
g K là các hàm cho trước. , , 1
Tổng quát hóa kết quả trong [5], Le Thi Phuong Ngoc, Le Nguyen Kim Hang,
Nguyen Thanh Long đã xét m ột dạng khác c ủa bài toán (1.1) (1), (1.1) (4) với điều
kiện biên:
x
0
t 0
, (0,)(0,)()()(0,) tutgtktsusds 0
t
(1.5)
x
1
1
0
tutgtktsusds (1,)(1,)()()(1,) ,
mà (1.3)- (1.4) được xét như một trường hợp riêng.
2
Bài toán (1.1)- (1.2) được khảo sát trong lu ận văn này là một sự tổng quát hóa
một phần kết quả trong [5] v ới F là một hàm theo u , đồng thời đây cũng là một dạng khác của bài toán được khảo sát trong [9].
Trong luận văn này, chúng tôi nghiên c ứu sự tồn tại và duy nh ất nghiệm toàn
cục của bài toán (1.1)-(1.2). Vi ệc ch ứng minh được dựa vào ph ương pháp x ấp xỉ
Galerkin, các kỹ thu ật đánh giá tiên nghi ệm cùng với các kỹ thu ật hội tụ yếu dựa
vào tính compact. D ựa vào kết quả này, chúng tôi ti ến đến việc khảo sát tính tr ơn,
j hgk ,, ,
0
1
với f % là Fu u% , , ,, jjjjj
tính ổn định của nghiệm theo một bộ dữ liệu các hàm cố định cho trước. Cuối cùng là kết quả về việc nghiên cứu khai triển tiệm
cho bài toán:
,0
t T ,
0 cận theo một tham số khi
ttxx
t
1
1
x
0
x
% QLututPtLututhu t ()(0,)(),()(1,)(1,),
t
t
(,0)(),(,0)(), % 1 LuutuFuufxt x ()()( ,),0 uxuxuxu x % 0
trong đó ()()()(0,) Ptgtktsusds . 0
%Q
, chúng tôi đã xấp xỉ Theo kết qu ả về khai tri ển ti ệm cận của bài toán
N
i
được nghiệm yếu ( )u t trong bài toán (1.1)-(1.2) dưới dạng một đa thức theo :
i
iUx t
0
trong đó là các hàm được xác định từ nh ững hệ ( , ) uxtUx t ( ,)( , ) i
phương trình vi phân tuyến tính đơn giản hơn.
Các kết quả liên quan đến bài toán x ấp xỉ tiệm cận theo một tham số đã được
một số các tác gi ả quan tâm, ch ẳng hạn nh ư: Ngoc, Hang, Long [9], Long, Ngoc
[7], Long, Ut, Truc [5].
Luận văn được trình bày theo các chương mục sau:
Chương 1: Phần mở đầu nêu tổng quan về bài toán kh ảo sát trong lu ận văn,
điểm qua các kết quả đã có trước đó, đồng thời nêu bố cục của luận văn.
Chương 2: Chúng tôi trình bày một số kết quả chuẩn bị bao gồm việc nhắc lại
3
một số không gian hàm, một số kết quả về các phép nhúng compact gi ữa các không
gian hàm.
1
2
Chương 3: Chúng tôi nghiên cứu về sự tồn tại và duy nhất nghiệm yếu của bài
1
2
1
toán (1.1)-(1.2) cho trường hợp . L , % uHu % 0
1
Chương 4: Chúng tôi khảo sát tính trơn của nghiệm khi . H , % uHu % 0
Chương 5: Chúng tôi nghiên c ứu tính ổn định của nghiệm bài toán (1.1)-(1.2)
0
1
với ,hgk f ,,,, Fu u% , , % là những hàm cố định cho trước. theo bộ dữ liệu
Chương 6: Chúng tôi nghiên c ứu bài toán khai tri ển tiệm cận của nghiệm khi
. 0
Kế đến là phần kết luận của của luận văn và sau cùng là danh mục các tài liệu
tham khảo.
4
Chương 2. MỘT SỐ CÔNG CỤ CHUẨN BỊ
2.1. Các không gian hàm
TQT T
1,
. Bỏ qua định nghĩa các không gian hàm Đặt (0,1),(0,), 0
mp CL
p
W ,
1
1
2
2
thông dụng (có th ể xem trong [ 1]), và kí hi ệu ,
, là các không gian Sobolev thông dụng. H H H H
2L là không gian Hilbert với tích vô hướng
2
Ta định nghĩa
1 uvu xvxdxuv L 0
(2.1) ,()();, .
1
2
2
là chuẩn sinh bởi tích vô hướng (1.1), khi đó: Kí hiệu ||||
2 .
0
(2.2) uuuuxdxu L ,(),
1H ta sử dụng chuẩn sau:
1
Trên
222 vvvv H |||||||||||| ,
1
H
. (2.3) x
1
Ta có kết quả sau:
0 C
0
1
Bổ đề 2.1 Phép nhúng là compact và H
C
H
. (2.4) v 2 v
2.2. Không gian hàm
pLTX
(0,;),1 p .
pLT X (0,;),
.Ta kí hi ệu Cho X là không gian Banach th ực với chu ẩn |||| X
:0,uT
p là không gian các l ớp tương đương của hàm 1 X đo được
T
p
sao cho:
X
0
utdt ( ) với 1 p ,
hay
(2.5) MutMt 0:(),0, với p . T X
pLTX
Trên (0,;), 1 p , ta trang bị một chuẩn xác định bởi
T
1 p
p
)
5
X
0
( ) uutdt p LT X (0,; với 1 p ,
)
X
hay uessupu t pLT X (0,; ( )
X
infMutMt
với (2.6) T 0:(),0, p .
Khi đó ta có các b ổ đề sau đây mà ch ứng minh của chúng có th ể được tìm thấy
trong Lions[2].
pLTX
Bổ đề 2.2. (0,;), 1 p là một không gian Banach.
pLT X (0,;
với ) Bổ đề 2.3. Gọi X là không gian đối ng ẫu của X . Khi đó
pLT X (0,;
là đối ngẫu của p ) . Hơn nữa, nếu X phản xạ thì 1 p 1 1, 1 p
pLT X (0,;
cũng phản xạ. )
1(0,; LT X
. Hơn nữa, các không gian , ) ) Bổ đề 2.4.
p
p
1(0,;)(0,; LTXLT X không phản xạ. LT X (0,; )
p T
Ghi chú 2.1. Nếu X L thì ta kí hiệu LTXL (0,;)0, .
2.3. Phân bố có giá trị vectơ
Định nghĩa 2.1
Cho X là không gian Banach th ực. Một ánh xạ tuyến tính liên t ục từ 0,D T
vào X được gọi là một phân bố (hàm suy rộng) có giá trị trong X.
Tập các phân bố có giá trị trong X được kí hiệu là:
. ) 0,;((0,);):(0, DTXLDTXfDTX f tuyeán tính lieân tuïc
Ghi chú 2.2. Ta kí hiệu để chỉ không gian các hàm
0,D T thay cho
cC
T 0,
thực khả vi vô hạn và có giá compact trong 0,T .
Định nghĩa 2.2.
Cho . Ta định nghĩa 0, ; DT :(0, ) xác định bởi X fDT X df dt
6
. (2.7) d fD T ) df ,,,(0, dtdt
DT X 0,
Ta dễ dàng nghiệm lại rằng ; được gọi là đạo hàm của f df dt và df dt
theo nghĩa phân bố.
Các tính chất
p vLT X
vTDT
1) Cho . Đặt tương ứng nó v ới ánh x ạ (0,; ) :(0, X xác )
định như sau :
T vTvttdtD T ,()(),(0, ) 0
. (2.8)
0,
vTDT X
Ta có thể nghiệm lại rằng . Thật vậy: ;
vTDT
i) Ánh xạ :(0, X hiển nhiên là tuyến tính. )
vTDT
ii) Ta nghiệm lại ánh xạ :(0, X là liên tục. )
j trong 0
T
T
D T (0, thỏa ) D T , ta có : ) (0, j Giả sử
j
X
0
0
X
T
1 p
p
j
,()()()( ) Tvttdtvttdt vjj X
j
p vtdttdt ()() X
X
1 p 0
0
T 0
.
0,
jT trong X khi j . Vậy
v
vTDT X
Do đó, . 0 , ;
pLT X (0,;
vTDT
2) Ánh xạ vào . Do :(0, X là một đơn ánh từ ) ) ; DT X 0,
vT
đó, ta có thể đồng nhất v . Khi đó, ta có kết quả sau.
pLTXDT X (0,;)0, ;
Bổ đề 2.5. (Lions[2]) với phép nhúng liên tục.
. 2.4. Đạo hàm trong ;
pLT X 0,
p fLT X
Do bổ đề 2.5, có th ể xem nh ư là một phần tử của , (0,; ) ; DT X 0,
nghĩa là cũng là một phần tử của . 0, ; ; fDT X DT X 0, . Do đó, df dt
7
Ta có kết quả sau:
1(0,;
1(0,;
Bổ đề 2.6. (Lions[2]) Nếu và fLT X ) fLT X ) thì f bằng hầu
0,T X . hết với một hàm liên tục từ
p fLT X
p fLT X
Bổ đề 2.7 (Lions[2]) Nếu và (0,; ) (0,; ) thì f bằng hầu
0,T X . hết với một hàm liên tục từ
2.5. Bổ đề về tính compact của Lions[2]
0
1
0
1
Cho ba không gian Banach XX X và các phép nhúng XX X với , ,
liên tục sao cho :
0
1
i) (2.9) ,X X là phản xạ.
0X
là compact. (2.10) ii) Phép nhúng X
p
0
p 1
ta đặt Với 0,1,0,1 Tp i i
WTvLTXvLT X 0,0,;:0,
0
1
p 0
p 1
. (2.11) ;
WTLTXLT X 0,0,;0,
0
1
p
0
Ta trang bị . (2.12) 0,W T một chuẩn vv ; v
WTLT X 0,0, ;
Khi đó, . 0,W T là một không gian Banach. Hiển nhiên
Ta cũng có kết quả sau đây về phép nhúng compact.
p
0
Bổ đề 2.8. (B ổ đề về tính compact c ủa Lions [2]) Với các gi ả thi ết (2.10),
thì phép nhúng là i WTLT X ; 0,0, (2.11) và n ếu 1,0, 1ip
N
compact.
Bổ đề 2.9. (B ổ đề về sự hội tụ yếu trong là tập mở, Q ( ) ¡
sao cho bị ch ặn, p
pL Q [1]) Cho C và
mF
mFLQ
pm L Q
(
)
pL Q . ( )
F ,(), 1 p hầu kh ắp
mF
nơi trên Q , trong đó C là hằng số độc lập với m . Khi đó: yếu trên
2.6. Định lý Schauder Cho K là t ập lồi, đóng, khác r ỗng của không gian
Banach E và :TK K là ánh x ạ liên tục sao cho bao đóng T K của T K
là tập compact. Khi đó T có ít nhất một điểm bất động.
T , ký hi ệu
0
T
2.8. Định lý Arzela-Ascoli Cho XC 0, ¡ là không ; m
m
8
:0,
m
gian Banach các hàm liên tục f T ¡ đối với chuẩn
j
1
m
. fftfff X X sup,,..., 0 t T j 1
X
Giả sử Y X thỏa: i) Y bị chặn đều, tức là 0:, MfMf Y .
ii) Y liên tục đồng bậc (đẳng liên tục), tức là
j
j
m 1
f Y j
. thì 0,0:,0,,sup t ttTttftf
Khi đó Y compact tương đối trong X .
:0,
t
2.9. Bất đẳng thức Gronwall Giả sử f T ¡ là hàm khả tích, không âm
,C C là các
T 0,
2
1
1
2
0
a.e. với 0,T và th ỏa ftCCf t , trên , d
hằng số không âm. Khi đó
ftCC t
exp
,
T 0,
1
2
a.e. . t
2.10. Các kí hiệu
2
Ta dùng các kí hi ệu để ()(),()(),(),( ) ututututuutuu t tttxxx
2
2 xtxtxtx t (,),(,),( ,),(, ) 2 x
u lần lượt chỉ . uuu ttx
9
Chương 3: SỰ TỒN TẠI VÀ DUY NHẤT NGHIỆM
Trong ch ương này, chúng tôi trình bày định lý v ề sự tồn tại và duy nh ất
nghiệm yếu toàn cục cho bài toán:
thỏa : uxtP t ( ,),( )
ttxx
,
tutP t ()(0,)(), x (3.1) ()(1,)(1,)0, t tuthu x
t
1
(,0)(),(,0)(), % Tìm một cặp hàm utuuFufxtxt T ()()(,),01,0 t uxuxuxu x % 0
t
trong đó
0
(3.2) ()()()(0,) Ptgtktsusds ,
0
là các hàm cho tr ước thỏa các điều kiện nào đó mà ta sẽ uuFfg k ,,,,, , % % 1
chỉ ra sau.
1
2
Trước tiên ta thành lập các giả thiết:
1
HuHu % 10
L (0,1),0,1 , %
2
2
3
HfL Q
,T
H , ¡ h ¡ ,
1
1
4
HkHTgH
T (0,),0, ,
0
HC 5
1 ¡ t
0
,()0,
1FF C
1
C C 0 ¡ và thỏa mãn điều kiện sau: tồn tại các hằng số , 1
z
2
sao cho :
1
0
với mọi FsdsCz () C , 1 ¡z .
MK sao cho :
2F Với mỗi
0 0M , tồn tại
. ()(),, FuFvKuvuvM M , M
10
Khi đó ta có định lý :
Định lý 3.1
1
5
H
F 2
đúng. Khi đó, với mỗi H T , tồn tại duy nhất 0 Giả sử , F 1
1
2
,u P của bài toán (3.1)-(3.2) sao cho :
t
,
.
một nghiệm yếu uLTHuLT L 0,;,0,; 1 uPHTuL T (0,),(0,),(1,)0, Chứng minh
1H , trực chuẩn trong
2L . Ta tìm
Bước 1 : Xấp xỉ Galerkin
jw là một cơ sở đếm được của nghiệm xấp xỉ của bài toán (3.1)-(3.2) dưới dạng:
m
Xét một dãy
j j
1
, (3.3) utct w ()( ) mmj
mjc
trong đó, các hàm hệ số t thỏa mãn hệ phương trình vi phân : ( )
(),()(),()(0)(1,)(1)(), utwtutwPtwhutwut w i mimxixmimim
i
t
(3.4) Futwftwi m (()),(),,1 , mi
m
m
0
m
1
(3.5) Ptgtk(t-s)u(0,s)ds ()() ,
0
0
j
1
maïnh trong H , % % j
m
2
(3.6)
1
1
j
maïnh trong L . % % 1 j
m
uuwu (0) mmmj uuwu (0) mmmj Hệ (3.4)-(3.6) được viết lại dưới dạng :
1
j
()()(),(1)(1)( ) t
i
(3.7) , % FctPctwftwi m []()[]()(0)(),,1 immi
c . (0),(0) mimimimi
ctcttwwhwwc mimiixjxijmj c
m
11
mmj
j
1
t , 0
m
(3.8) Pctgtktscswds ()()()()(0) j
j
1
(3.9) % FctFctw w []()(()), immjj i .
Khi đó, ta có bổ đề sau:
1
5
H
là đúng. Với mọi H T cố định, khi đó hệ 0 Bổ đề 3.1 Giả sử
T
m
. 0,0,mT u P trên ,m
(3.7)-(3.9) có nghiệm Chứng minh
Lấy tích phân (3.7) theo biến thời gian từ 0 đến t , nhân vào cả hai vế cho ,te
ta được:
t ()[]()(), 1 ectActti m mimimmi
. (3.10)
tt
t
m
trong đó
mimijmjimi m
t , ActescsdswPcsdsFcsds []()()()(0)[]()[()] % 1
j
00
0
(3.11) %
t
t
i
0
(3.12) , mimimi tefswds ()(),
(3.13) w % ()(),(1)(1). ttwwhw ijixjxi j
t
Tiếp tục lấy tích phân hai vế (3.10) theo biến thời gian từ 0 đến t , ta được:
mimimmi
t cteAcsdsti m ()[]()(),1
0
(3.14) , %
t
t
trong đó
mimimitesds %
0
(3.15) ()() .
Đặt
12
1
2
()(),(),...,() ,
t ctctctc mmmmm
2
t 1
DctDctDctDc ()(),(),...,() , mmmmmmmm m
t
t
,
DcteAcsds mimmi m
0
(3.16) ()[]()
2
% 1 %%% ()(),(),...,() . t ttt mmmmm
Hệ (3.14) được viết lại là:
m
m
(3.17) ()()()( ) t % ctDcttUc mmmm
Để đơn giản, ta bỏ qua chỉ số ,m khi đó hệ (3.17) được viết lại như sau:
(3.18)
thì i m
cUc . Chú ý rằng với mỗi ,i 1
t
t
% UctDct ()()()(), ii t i
i
i
0
t
m
()[]( ) DcteAcsds,
i
j
1
tt t ActescsdswPcsdsFcsds []()()()(0)[]()[ ()] % iijji 00
0
(3.19) %
t
t
% tesds ()() ii t , i 0
0
. t tefswds ()(), iiii i
mT
Với M 0, mà ta sẽ chọn sau. Đặt: 0
m
0 M
ScCTc
0,; 0 :m ¡
m
trong đó
i
1
m
i
1
, (3.20) cc t 0 ctc t ()( ) 1 . sup( ) 0 t T
Dễ th ấy S là t ập con l ồi, đóng, bị ch ặn trong không gian Banach
m
0 0, T
. YC ; m ¡
13
mT
(a) Trước tiên ta sẽ tìm cách chọn M 0, để ánh xạ U đi từ S vào 0
m
chính nó.
m
0 ()0,;,( ) tCTt Y
Do , nên từ (3.14), ta suy ra % ¡
m
()(),(),...,() ActActActActYc Y , 2 1
. Từ đó suy
()
ra . Do đó: DctYc Y ,
:UY Lấy c Y . S . Từ (3.19)(1,2) , ta có:
1
1
t , % UctDct ()()()() 1
t
m
0
(3.21) . ()[]()[] DctAcsdsTA c 11 0
t
mm
t m
Mặt khác, từ (3.19)(3), ta có:
2
1
ii 11
10
0
, N % [()]()()( imim
t ) ActecsdswgsdsTNMT % i 1 i
m
trong đó
1
j
m
max(),1,max,1 , ttTi m % ijijmij
i
1
i
m
1
n
j
(0), w w % (3.22)
¡
1
j
NMkwywyMi m ()sup(0)(0),, 1 1 iij ) (0, L T
1
2
i
,max(),,1 . ¡ NwFzzi m i H
m
m
m
Từ đó suy ra:
T ) AceMTwgTTNMT
1
2
iL
T (0, )
0
i
i
1
1
m
m
m
T TeMwgNM
] [( N % % mmmim
1
2
T (0, )
1
i
1
i
( ) % mi % i N L
(3.23) (,). mT mTeM T
14
mT
Kết hợp (3.21), (3.23) ta có :
2 m
0
0*
, (3.24) (, ) UcTeM T %
trong đó
0*
1
. (3.25) % % sup(), 0tt T
Chọn
M sau đó chọn
0,
mT sao cho 0
0*
, % M 2 (3.26)
2 m
(,) . M 2
0Uc
mT TeM T Từ đó suy ra ( )US S . M với mọi c S . Điều này có nghĩa là
(b) Tiếp theo, ta sẽ chỉ ra rằng :US Y là ánh xạ liên tục. Lấy ,cd S , ta có:
iii
t
(3.27) , UctUdtDctDdti m ()()()()[]()[](),1 i
iii
i
t , 0
tm
t
(3.28) DctDdteAcsAdsdsi m ()()[]()[](),1
j
1
0
t
ActAdtescdsds []()[]()()( ) j iijj % i
%
0
t t (0)[][]()[][]() wePcPdsdsFcFdsds ii i 0
(3.29) % ,
t
m
()()()()(0)
jj
j
1
j
0
m
(3.30) PctPdtktscdswds ,
1
j
(3.31) . % % FctFdtFctwFdtw w []()[]()()(), i iijjjj m j 1
sao cho Từ (3.30), (3.22)(2), tồn tại hằng số k w (,) % 0
d
0
m
(3.32) . PctPdtc sup()( ) 0 t T
Từ (3.31) và giả thiết )F , suy ra 2(
15
0
m % sup[]()[]( ) i 0 t T i 1 m
. (3.33) FctFdtc % d i
T
T
m
m
Do đó
m
1 %
0
0
0
. (3.34) ] ] AcAdeTcdeTwc [[ d % m
1
T
T
m
m
Suy ra
m
1
212 % UcUdeTBcdeTwBc m 00
0
(3.35) d . %
Từ các đánh giá (3.34) và (3.35) ta suy ra :US Y là liên tục.
(c) Ta còn ch ỉ ra r ằng ( )U S là compact t ương đối trong Y . Lấy c S ,
m
. Từ (3.19) ta có: tt ,0, T
i
()()()( ) t UctUc i
t
t
t
tt
(3.36) % . % DctDcttti m ()()()(),1 iii i
iii
i
()()[]()[]( ) DctDcteeAcsdseAcsds
t
0
t
t
t
t
0
i
i
ettAcsdseAcsdsi m
t
0
t
t
t
0
0
(3.37) []()[](),1 .
0
t
% % ()()( ) ttettettsds iii i
t esdsi m t
(3.38) (),1 , i
,
hoặc trong đó , . tt t 0 tt t 0
Suy ra:
ii
0
.
1
m
(3.39) DctDctTAct ()()1 t m
0*
i
1
(3.40) t , % % ttttTt ()()1 iii m 1
0*
1
. trong đó
% sup(), 0tt T
16
1 độc lập với
Từ (3.36), (3.39), (3.40) ta suy ra r ằng tồn tại một hằng số
,ct t sao cho: ,
(3.41) UctUctt ()() t . 1
Từ kết quả ( )US S và đánh giá (3.41), ta suy ra tập hợp ( )U S bị chặn đều
0
và liên t ục đều theo chu ẩn || .|| trong không gian Banach Y . Áp d ụng định lý
Azela-Ascoli ta có ( )U S là tập compact tương đối.
Theo định lý
m
m
điểm bất động Schauder, U có m ột điểm bất động utP t cccc S (),( ) m (,,..., 1 2 ) m . Từ đó ta suy ra r ằng hệ (3.4)-(3.6) có nghi ệm
j j
1
với utct w ()( ) mmj trên đoạn 0, mT .
mT
Các đánh giá tiên nghiệm sau đây cho phép ta lấy , T với mọi m .
Bước 2: Đánh giá tiên nghiệm:
Thay (3.5) vào (3.4). Nhân vào ph ương trình th ứ j của (3.4) v ới lấy t (), mjc
t
2
tổng theo ,j ta được:
2
0
t Sttututgtktsusdsu m ()()()2()2()()(0,)(0, ) mmxmm
m
, Fututftu t 2(()),()2(),( ) mm
2
2
trong đó
2 ()()()()(1, ) t
mmmx
m
. (3.42) Stuttuthu
tt
t
2
2
Lấy tích phân theo biến thời gian từ 0 đến t , ta được
mmmxm
m
00
0
1
t
()(0)()()2()2()(0, ) StSsusdsusdsgsusds
0
0
0
t
1
ˆ usdsksudFuxtdx mm m 2(0,)()(0,)2((,))
0
0
0
, (3.43) m ˆ 2(())2(),( ) Fuxdxfsusds m
17
z
trong đó
0
. (3.44) ˆ()( ) FzFsds
4 ,H lấy tích phân từng phần theo biến thời gian cho các số
t
t
Sử dụng giả thiết
s (0,)()(0,) 0
0
0
t
t
2
2
hạng và ta được: usdsksu d , gsusds ()(0, ) m m m
mmmmx
m 0
1 ˆ ()(0)2(())()()2( ) StSFuxdxsusdsusds 00
0
t
2
mm
m
t 2(0,)()(0,)2(0)(0, ) utktudkusds 0
0
t
t
mmm
0
m
0
0
s
t
1
gugtutgsusdsfsusds 2(0)(0)2()(0,)2()(0,)2(),( )
mm
m
0
0
0
. (3.45) ˆ 2(0,)()(0,)2(( ,)) usdsksudFuxtdx
5H , ta có bất đẳng thức:
2
2
Từ (3.42) và giả thiết
. (3.46) t ()()( ) Stutu mmmx 0
2
t
t
2
Từ bổ đề 2.1, (3.46), và (3.6)(1) ta có:
2 utuusdsutSsds ()(0)()22( )
mmmm
m
0
0
0
0
m
t CtSsds 2( ) 0
0
1
. (3.47)
2222 (0,)()2()2()( )
mmmmx
m C
H
2
t
ututututu t
m
0
. (3.48)
S t ( ) m 22( ) CtSsds 0 0
Áp dụng bất đẳng thức
18
2 ababa b 2,,, 0
21
. (3.49) ¡
t
t
Ta lần lượt có các đánh giá sau:
2 ()()( ) susdsSsds mx
m
0
0
, (3.50) 0
trong đó
L
t
2
. ||.||||.||
1
2 m
m
H
t 2(0)(0,)4(0)( ) kusdskusds 0
0
t
tt
22
. (3.51)
mmm
m
0
00
21
t
2
2(0,)()(0,)(0,)().(0, ) d utktudutkdu
1
1
m
2 2 L
T (0, )
2 utkusds H
H
0
2
2
. (3.52) 2()( ) m 2
1
22 2()(0,)(0,)()2()( ) gtututgtutg t mm
H
tt
2
. (3.53) m 1 1
1
m
2 m
H
t gsusdsusdsgsds 0
00
2
2
2()(0,)2()( )
1
2
H
L T 0,
t 2( ) 0
. (3.54) g usds m
Áp dụng bất đẳng thức (3.49) kết hợp với bất đẳng thức Cauchy-Schwartz, ta
t
s
có các đánh giá sau:
0
0
s
2
d m 2(0,)()(0, ) usdsksu m
2 usdsksdudds (0,)(()(0,)
2
m
m
tts 00
0 0
t
t
2
2
1
1
)
m
2 usdsTkusds H
H
2 L
0
0
2()2( ) m
t
2
19
1
m
H
2 Tkusds 2 L
(0,
T
)
. (3.55)
21( )
0
t
tt
2
2
0
0
0
t
t
m 2(),()()( ) fsusdsfsdsusds m
2 fsdsSsds ()( )
m
0
0
t
. (3.56)
110
2 1
m
1 ˆ 2((,))2()2 FuxtdxCutCCCTSsds mm 0
0
. (3.57) 24( )
1
Thay các kết quả từ (3.50)-(3.57) vào (3.45), ta được
mmm
00
m
0
0
t
ˆ StSguCFuxdx ()(0)2(0)(0)22(())
1
1
m
2 utCTSsds H
0
t
2
2
1
4()124( ) m 0
m
2 2 L
(0, ) T
H
2 L
(0, ) T
t
2
2
2
41(0)( ) 0 1 kkTkusds
2
0, L T
0
2
. (3.58) gtgfsds ()( ) 1
TC là h ằng số ch ỉ ph ụ
T
(0,
)
T
2 2 L
2 L
(0, ) T
Đặt , 41(0) CkkT k 1
thuộc T .
1
Chọn , thay vào (3.58) ta được: 1 0 8
00
0
mmm
m
0
ˆ StSguCFuxdx
t
2
2
2
2
()2(0)4(0)(0)(())
0
T
0
0
4 gtgfsdsCCTC L T 0, 1 2()()
t
2
20
T
m
1
CTTCTSsds
0
. (3.59) 21224( ) 0 C T 0
HHH ,, 124
H , 5
và (3.6), t ồn tại hằng số % 0C ch ỉ ph ụ Do các gi ả thi ết
1
thuộc vào sao cho: ,,, ,guu h % % 0
00
0
(3.60) % C với mọi m . 0 m
1 HTC
3
4
2(0)4(0)(0) SCgu m Mặt khác, do gi ả thiết
H
(1)
và phép nhúng nên H (0,)0, T
TM chỉ phụ thuộc vào T sao cho:
t
2
tồn tại hằng số
2
00
T
T
2 M L T 0,
0
(3.61) 4
1 2(1) % CgtgfsdsCCTC 2()() 0
T 0,
. với mọi t
Từ giả thiết )H , và tính liên tục của F ta suy ra 1(
0
T
1 ˆ (1)(2) MFuxdx M 4(()) Tm 0
i
(3.62) với mọi m ¥ ,
( ) ,1, 2 TM i
trong đó là các hằng số chỉ phụ thuộc T .
t
Từ (3.59)-(3.61) ta suy ra rằng :
(2)(1)
mTT
0
, (3.63) StMNSsds ()( ) m
2
trong đó
(1) T
1
T
(3.64) . 4 C T 0 2122 NCTTC T 0
t
2
1
Từ (3.63)-(3.64) suy ra :
mTT
0
. (3.65) ( ) StMNSsds m
Áp dụng bổ đề Gronwall, ta thu được :
1
21
mTT
t 2 exp(),,0, StMNsdsMmt T T 0
(3.66) . ¥
s
2
2
2
2
Mặt khác từ (3.5), (3.48), (3.66) ta suy ra được rằng:
m
m
0
TT 2()(0,)( 0
0
T
) d Pgsdsusdsks 2 0, T L
2 kusds
2 (0)(0, ) m
0
T
2
2
T
2 gsdskdkds
0
Ts 2()()(0) 0
0
. (3.67) MT T 0 M 0
1 0, m
mPHT
4H nên từ (3.67) ta suy ra
0
, ¥ . Vì giả thiết
1 HTC
Do phép nhúng nên (0,)0, T
T
1 0, T
(3.68) m , ¥ . PM m H
Mặt khác :
1
1
;
. (3.69) (,)2() uxtutu mmm M 2 1 T HTLT H 0,0,
0( ) ¡
Do đó, từ giả thiết và (3.69) ta suy ra : F C
T 2
z M
T 1
((,))sup( ) M với mọi (,) xt Q FuxtFz m , T và mọi m ¥ . (3.70)
Hay ta có
m
T 2
)
L Q ( T
(3.71) Fu ( ) M với mọi m ¥ .
Bước 3: Qua giới hạn
Từ (3.42), (3.66), (3.68), (3.71) ta suy ra r ằng tồn tại một dãy con c ủa dãy
u P ,m m
sao cho u P ,m m mà ta vẫn kí hiệu là
1 )
u
mu
trong yếu*, (3.72) LT H (0,;
2 )
trong yếu*, (3.73) u LT L (0,; mu
mutu
trong yếu*, (3.74) t (0,)(0, ) T (0, L )
mutu t (1,)(1, )
trong yếu*, (3.75) T (0, L )
22
1(0,
mP
trong yếu , (3.76) P % H T )
0
trong yếu*. (3.77) L Q ( )mF u ( )T
1 HTC
Do bổ đề compact của Lions (b ổ đề 2.8) và phép nhúng (0,)0, T
compact nên ta suy ra t ừ (3.72)-(3.75) r ằng, tồn tại một dãy con v ẫn kí hi ệu là
mu
, sao cho :
u
mu
TQ ,
mạnh trong (3.78) )TL Q và a.e trên 2(
0 0,C
mutu
mạnh trong (3.79) t (0,)(0, ) T ,
0 0,C
mutu t (1,)(1, )
mạnh trong (3.80) T ,
0 0,C
mạnh trong (3.81) P % T .
mP Do tính liên tục của F và từ (3.78) nên a.e trên
TQ .
(3.82) ()( )mFuF u
Áp dụng bổ đề 2.9, từ (3.70), (3.82) ta suy ra rằng :
yếu trong (3.83) ()( )mFuF u )TL Q . 2(
TQ .
Kết hợp (3.77) và (3.83) ta suy ra a.e trên ( )F u
t
Mặt khác, từ (3.5), (3.79) ta có:
0 0,C
0
mạnh trong (3.84) T . ()()()(0,)( ) mPtgtktsusdsP t
. Từ (3.76) và (3.84) ta thu được % PtP t ()( )
Qua giới hạn trong (3.4)-(3.6) , ta có u thỏa mãn phương trình biến phân :
x
1
utvtutvPtvhutvut v (),()(),()(0)(1,)(1)(), x d dt
2
(3.85) . Futvftvv H (()),(), ,
1 LTHLT L
u yếu* trong
mu
Do (3.72), (0,;)(0,;).
Suy ra
yếu trong . (3.86) uwu w T L (0, ) , mj , j
Mặt khác:
1
23
12 LTHLT H (0,;)(0,;
j
mu bị chặn trong
2
Do nên bị chặn trong ) u w ,m
2 )
j
mu bị chặn trong
0
nên L T . Do 2(0, ) LT L (0,; L T . 2(0, ) u w bị chặn trong ,m
1 HTC
j
Suy ra compact. (0,)0, T u w bị chặn trong ,m
Do đó
0 0,C
j
(3.87) T . trong u w ,mj
Kết hợp (3.86), (3.87), do tính duy nh ất của gi ới hạn nên uwu w , mj , j
0 0,C
trong T .
Suy ra
j
(3.88) (0),(0), w uwu mj
1
Mặt khác:
1
mjmjm
H
0,
H
uuwuuwuu . (0)(0),(0)(0),(0)(0) j w 0 CT
Kết hợp (3.6), (3.88) suy ra (0)u u . %0
Chứng minh tương tự, ta cũng có được rằng u . (0) u %1
Sự tồn tại nghi ệm của bài toán (3.1)-(3.2) trong định lý 3.1 đã được ch ứng
minh xong.
Bước 4: Sự duy nhất nghiệm
Bổ đề 3.2 Giả sử u là nghiệm yếu của bài toán sau:
,
x
1
0
tutGttutG t ()(0,)(),()(1,)(), x
1
1
2
(3.89) (,0)(),(,0)(), %
2
(0,;),(0,;),
0
11 GGHTLT L ,(0,),(0,;). 1
utuxt T (),01,0 xx uxuxuxu x % 0 uLTHuLT L
t
1
2
Khi đó
2 x
1 ()()( ,)()(, ) uttuxtdxsdsuxsdx 00
0
11 22 1 2 x 2
t
t
24
0
0
1
2
GtutGtutGsusdsGsusds ()(1,)()(0,)()(1,)()(0, ) 101 0
0
(3.90) 0 1 2 1 2 uuxdxGuG u (0)()(0)(1)(0)(0) %%% % 10100 2
0
1
(3.91) u thì dấu đẳng thức trong (3.90) xảy ra. 0 %
Hơn nữa, nếu % u Chứng minh chi tiết của bổ đề này có thể được tìm thấy trong [9].
uPu P , 2
1
2
uLTHuLT L
là hai nghiệm yếu của bài toán (3.1)-(3.2) thỏa , , 112 Giả sử
i
0,;,0,;
1,
, i
(3.92) uuPWT i (0,.),(1,.),0,,1,2. i ii
u là nghiệm yếu của bài toán sau
vu
2
1
Khi đó
1
2
()()()0,01,0 , vtvvFuFuxt T ttxx t
tvtP t ()(0,)(), x
t ()(1,)(1,)0, tvthv x
vxv x (,0)(,0)0, t
t ()()(0,) Ptktsvsds 0
(3.93) .
20,()(
Áp dụng bổ đề 3.2 v ới , ) vvvFuF u % % 011
0
1
t
1
2
ta được: GtPtGthv t ()(),()(1,),
2 x
1 2 ()()( ,)()(, ) vttvxtdxsdsvxsdx x 00
0
t
2
t 2(1,)2(1,)(1,)2()(0,)2()(0, ) hvthvsvsdsPtvtPsvsds 0
0
t
2
T 0,
1
2
0
t vsdsFuFuvsds , 0
a.e (3.94) t . 2()2()(),()
Đặt
t
2
25
2 ()()()( ,)(1, ) tvttvxtdxhv
2 x
0
. (3.95) t
t
t
Thay vào (3.94), ta được:
1
2 x
00
0
t
2
()()(,)2()(0,)2()(0, ) tsdsvxsdxPtvtPsvsds
2
t 2()2()(),(),0, 0
(3.96) a.e . T 1 vsdsFuFuvsdst 0
2
tt
t
2
2
Áp dụng bổ đề 2.1 và (3.95), ta có:
00
0
2
2
1
. (3.97) ()(0)()2()2( ) vtvvsdstvsdsTsds
x
222 (,)()2()2()( ) vitvtvtvtv t 0 C
( )
H
t 2 Tsdss i ()(),0,1 0 0 0
. (3.98)
2F và (3.97)-(3.98), ta được:
t
t
0
Từ giả thiết
1
2
M
C
( )
0
0
t
1 2
1 2
0
FuFuvsdsKvsvsds 2()(),()2()( )
0
s MKTdssds 0
t
0
2 2()()( ) 0
0
s MKTdsds 0
t
2
2 2()( ) 0
0
, (3.99) 2 2(1)( ) MKTsds 0 0
i LT H (0,;
1 )
trong đó . M u 2max i 1,2
Mặt khác, áp dụng bất đẳng thức (3.49) và các b ất đẳng thức (3.95), (3.97), ta
có các đánh giá sau:
t
t
26
0
0
t
ts
2
PtvtPsvsdsvtktsvsds 2()(0,)2()(0,)2(0,)()(0, )
0
0
0
, (3.100) 2(0,)()(0,)2(0)(0, ) vsdsksvdkvsds
2
2
2
1
1
trong đó
H
H
t tt vtktsvsdsvskdvsds 2(0,)()(0,)2()()( )
0
0
0
t
2
2
1
1
2 vskvsds
2 2 L
T (0, )
H
H
0
t
2
. (3.101) 2()( ) 2
1
H
t 2 2(0)(0,)4( ) kvsdvsds 0
0
tst
2
2
. (3.102) s k (0) 0
0
t 2(0,)()(0,)()(0, ) 0
00
1 2
t
2
vsdsksvdTkdvsds 2 0
1
H
T (0, )
0
. (3.103) 4( ) Tkvsds 2 L
t
t
2
2
Từ (3.101)-(3.103), thay vào (3.100), ta được:
1
1
H
H
0
0
, (3.104) PtvtPsvsdsvsCkvsds 2()(0,)2()(0,)2()(,)( )
trong đó
2
2 L
(0,
T
)
. CkkT k (,)4 (0, ) T 2(0) 2 4 L k 0
t
2
2
2
Tương tự:
1
H
0
1
tt
t
. (3.105) hvthvsvsdshvthv t 2(1,)2(1,)(1,)(1,)2( )
2
x
2 sdsvxsdxsvdsZsds ()(,)()( ) x
000
0
. (3.106) 0
Kết hợp (3.99) và các đánh giá (3.104)-(3.106), từ (3.96) ta có:
t
2
27
0
t
2 tsTCkTsds ()()2(,)()( ) 0 1 0
2
MKTsds 0
0
. (3.107) 2 2(1)2( ) 0 0
t
Chọn 0 sao cho , thay vào (3.107), ta được: 0 4
(1) T
0
, (3.108) tRsds ()( )
trong đó
(1)2 T
0
M
1 . ) 2 00 0 RTKTCk 4(1)2(,)( T 2
u và định lý 3.1 được chứng
u 1
2
Theo bổ đề Gronwall ta có Z , suy ra 0
minh hoàn tất. n
28
Chương 4. TÍNH TRƠN CỦA NGHIỆM
2
1
Trong chương này, chúng tôi s ẽ khảo sát tính tr ơn của nghiệm bài toán (3.1) -
H ,uuH % % 0 1
2
1
(3.2) với Trước tiên, ta đưa ra các giả thiết mạnh hơn:
1
, H , % % HuHu () 10
2
, H 2() h ¡ ¡ ,
t
T
2
, ) HffL Q (),( 3
, T (),0,HkgH 4
0
2 ¡
1
t ()(),()0, HCt 5 ¡ ,
1()( )FF C
1F .
¡ và thỏa mãn
Khi đó, ta có định lý sau:
Định lý 4.1
5
Giả sử và đúng. Khi đó, với mọi ) H T , tồn tại duy nh ất 0 H ()( 1 )F 1(
1
2
,u P của của bài toán (3.1)-(3.2) sao cho nghiệm yếu
t
21,
T (0,),(0,),(1,)(0,).
,
uLTHuLT H 0,;,0,; uPHTuW Chứng minh
2H và trực chuẩn trong
2L . Ta
Bước 1 : Xấp xỉ Galerkin
jw là một cơ sở đếm được của tìm nghiệm xấp xỉ của bài toán (3.1)-(3.2) dưới dạng :
m
Xét một dãy
j j
1
. utct w ()( ) mmj
mjc
Trong đó, các hàm hệ số t thỏa mãn hệ phương trình vi phân sau: ( )
29
(),()(),()(0)(1,)(1)(), utwtutwPtwhutwut w j mjmxjxmjmjm
mj
j
t
, (4.1) Futwftwj m (()),(),, 1
m
m
0
m
2
, (4.2) Ptgtktsusds ()()()(0, )
0
0
j
1
maïnh trong H , % % j
m
1
(4.3)
1
j
1
maïnh trong H . % % j 1
uuwu (0) mmmj uuwu (0) mmmj Bước 2 : Đánh giá tiên nghiệm
Đánh giá tiên nghiệm I
1F ta có kết
1
H 5
và Theo kết quả của định lý (3.1), với các giả thiết H
2
2
quả sau:
2 ()()()()(1,),0, m
mmmx
T
, (4.4) StuttuthutMt T
TM là hằng số chỉ phụ thuộc T .
trong đó
Đánh giá tiên nghiệm II
Đạo hàm (4.1) theo biến t ta được :
j
(),()(),()(),()(0) utwtutwtutwPt w mjmxjxmxjxm
j
hutwutwFutut w (1,)(1)(),(())(), mjmjmm
. (4.5) ftwj m (),, 1 j
Nhân 2 vế phương trình thứ j của (4.5) với t (), lấy tổng theo ,j ta được: mjc
2(),()2()(),()2()(),( ) t ututtututtutu mmmxmxmxmx
mmmmm
Ptuthutututu t ()(0,)2(1,)(1,)2(),( ) m
. (4.6) 2(())(),()2(),( ) Futututftu t mmm m
Hay viết một cách tương đương là :
2
30
22 ()()()()( ) uttuttu mmxmx
d t
d dtdt
2
tututtutu t 2()(),()2()(),( )mxmxmxmx d dt
m
t gtktsusdskututhu 0
t 2()()(0,)(0)(0,)(0,)(1, ) mmm d dt
2 utFutututftu t 2()2(())(),()2(),( ) mmmm
m
. (4.7)
Lấy tích phân hai vế theo biến thời gian, ta được :
1
0
t
t
u , ()(0)2()(),()2(0) XtXtututu mmmxmxmxmx
2 ()()2()(),( ) susdssususds mxmxmx
0
0
s
0
tt 2 gsusdskusksudusds 2()(0,)(0)(0,)()(0,)(0, ) m mmm 0 0
t
t 2 usdsFusutusds 2()2(())(),( ) 0
0
t
mmm m
m
0
, (4.8) 2(),( ) fsusds
22
2
trong đó
t
. (4.9) t ()()()()(1, ) mmmxXtuttuthu
0
s
t
Lấy tích phân t ừng ph ần theo bi ến t cho các bi ểu th ức gsusds m 2()(0, )
0
0
và ta được: 2
(0)(0,)()(0,)(0,) kusksudusds , m mm
0
1
t
t
u , % % ()(0)2()(),()2(0) XtXtututu mmmxmxmxmx
2 ()()2()(),( ) susdssususds mxmxmx
0
0
t
31
1
m
0
2()(0,)2(0)(0)2()(0, ) gtutgugsusds % mm
m
0
1
t
2
u % 2(0)(0,)(0,)2(0)(0)(0) kututku mmm
m
t 2 utktsusdskusds 0
0
t
s
(0,)()(0,)2(0)(0, ) mm
2 kutkutusdsksu mmm
2 d 0
0
0
t
(0)(0,)(0)(0,)(0,)()(0, ) % 2 m
t 2 usdsFusutusds 2()2(())(),( ) 0
0
mmm m
m
t 2(),( ) fsusds 0
. (4.10)
2
Sắp xếp lại ta được:
mmmmm
m
XtXgukuuku t ()(0)2(0)(0)2(0)(0)(0)(0)(0, ) %% 10 % 1
0
1
t
t
, 2()(0,)2()(),()2(0) gtuttututu % % u mmxmxmxmx
2 ()()2()(),( ) susdssususds mxmxmx
0
0
t
2
m
0
t
2(0)(0,)(0,)2(0)(0, ) kututkusds mm
m
t 2 utktsusdsgsusds 0
0
t
t
(0,)()(0,)2()(0, ) mm
s (0,)()(0,)2(),( ) usdsksudsfsus d mm
m
00
0
t
2
t 2 usdsFusususds 2()2(())(),() 0
0
(4.11) mmm . m
HHH ,, 124
H , 5
2
và từ (4.3), (4.9) ta có : Trước tiên, từ các giả thiết
m
2
(4.12) % XgukuuC mmmm u %% (0)2(0)(0)2(0)(0)(0)(0) , 101
32
2C là hằng số, chỉ phụ thuộc vào
0
trong đó . , ,,,, uugk h % % 1
Mặt khác, từ (4.1), (4.3) ta có :
2 (0)(0)(0),(0)(0),(0)((0)),(0) uuuuuFu u %% mmxxmmm 01
m
0
%
. (4.13) f u (0),(0)m
Áp dụng bất đẳng thức Holder cho biểu thức (4.13) ta có :
2 uuuu u (0)(0)(0),(0)(0),(0) mmxxm
m 0
% % 1
m
((0)),(0)(0),(0) u Fuuf % 0 mm
m
. (4.14) (0)()(0)(0) uuFuf %% mxxmm 01 u % 0
Do đó
0
. (4.15) f % (0)(0)()(0) uuuFu mmxxm %% 01 m
3
HH 15
F 1
,
, (4.3) và (4.15) suy ra (4.16) , C (0)mu Từ giả thiết
3C là hằng số, không phụ thuộc m , chỉ phụ thuộc vào
0
. trong đó uuf F ,,,, , % % 1
2 ababa b 2,,, 0
21
Áp dụng bất đẳng th ức và các b ất đẳng ¡
2
2
thức sau:
mmmxXtutu
, (4.17) ()()( ) t 0
T
0
C
( ) M , (4.18) (1,)()( ) t ututu mmmx St m 0 0
0
C
, (4.19) (1,)()( ) t ututu mmmx X t ( ) m 0
0
C
, (4.20) t ututu (0,)()( ) mmmx X t ( ) m 0
ta lần lượt có các đánh giá biểu thức ở vế phải của (4.11):
2 (0)(0,)(0) kutk m
T
k (0) . (4.21) ( ) S t m M 0 0
2
33
m
0
g t ( ) . (4.22) gtutgtX t 2()(0,)2()( ) m X t ( ) m 0
mxmxmxmx
2
2
2()(),()2()().( ) tututtutu t
2 ()()( ) t
2
0 uttu mxmx 1 0
m
T
t
t
. (4.23) ()( ) Xtt M 1 2 0
2 ()()()( ) susdssXsds mx
m
0
0
t
t
. (4.24) 1 0
0
0
t
t
2
2
sususdssususds mxmxmxmx 2()(),()2()()( )
2 ()()( ) susdusds mxmx
0
0
t
t
s 0 1 0
m
0
0
2
. (4.25) s2 sdXsds ()( ) M T 2 0
m
0
t
2
k ( ) . (4.26) kututkMX t 2(0)(0,)(0,)2(0)( ) m mmT (0) 2 MX t T 00
m
t 2(0)(0,)( ) kusdsXsds m 0
0
t
t
m
T
. (4.27) k 2(0) 0
m
0
0
2
t
Xt M ( ) d m utktsusdsk 2(0,)()(0,)2( ) 0
m
0
t
t
. (4.28) ()( ) kdX t M T 2 0
m
0
0
2
t
t
s gsusdgsXsds m 2()(0,)2()( ) 1 0
m
0
0
. (4.29)
1 0 ()( ) gsX s
t
ts
34
T
000
2
t
t
M d mm m 2(0,)()(0,)2()( ) usdsksudXdk 0 0
m
0
0
t
t
. (4.30) ()( ) M T 2 0 tkdXsds
m
0
0
tt
t
2
2
FusususdsKususds 2(())(),()2()( ) mmmTm
2 TmmTT
2 ()()( ) KusdsusdsKMXsds m
00
0
,
T
ttt
t
2
2
trong đó . KF z T sup( ) z M
m
000
0
t
t
2
2(),()2()()()( ) mm fsusdsfsusdsusdsfsds
mXsdsfsds ()( )
0
0
. (4.31)
2
2
Thay các kết quả từ (4.12), (4.16), (4.21)-(4.31) vào (4.11), ta được :
2
2 3
mTTTT
0
(0)( ) kg t k ()4( ) XtCCKMMMX t 2 m (0) 2 00
2 ()2(0) tMu
0
t
, % u Tmxmx % 1 1 2 0
m
2 sdssXsds ()()25( ) 0
t M T 2 00 0
0
t
t
k 12(0)
0
TM 2 0
0
2
2
2
t
t
2
()( ) kdg s 1 0
0
0
TM 2 0
(4.32) . ()( ) tkdfsds
Chọn 0 sao cho , thay vào (4.32), ta có : 1 8
2
2
35
2 M
2
2 3 T
1
1
2 () mTTT k 8(0) 2 00 0 XtCCKMM (0)16( ) kg t
2 ()4(0) Tmxmx tMu
0
H
H
tt
t
u % % 1 16 2 0
2 ()()( ) sdskdg s
0
0
0
2
2
2
t
t
2
M 216 T 2 00 M 2 T 2 0
0
0
TM 2 2 0
()2( ) tkdfsds
m
t 0
. (4.33) sXsds k 0 12(0) 2()25( ) 0
2
t
2
2
Đặt
(1) T
T
0
t
t
16( ) g t % NttMsds ()()( ) 16 2 2 M T 2 00 0
0
0
2
2
2
t
t
2
()( ) kdg s 16 TM 2 0 2 0
0
0
. (4.34) ()2( ) 2 TM 2 0 tkdfsds
2
. (4.35) ()2()2 % (2) Ns T k 0 12(0) s 5 0
2
1
1
4230
2 TTmxmx
H
H
(0) k . u % % 8(0) k 2 0 0 4(0) CCCKMu 1
t
Khi đó
(1)(2)
mTT
0
0
. (4.36) % % ()()()( ) XtCNtNsXsds m 4
1 HTC
Chú ý rằng và các gi ả thiết nên từ (4.36), (0,)0, T )H ()( 2 H 5
ta suy ra rằng
t
36
(1)(2) XtNNXsds ()( ) m
mTT
0
(1)
(2)
, (4.37)
TN là hằng số chỉ phụ thuộc
TN là hằng số chỉ phụ thuộc
trong đó . Tgk , ,, f ,
,, T k . ,
Sử dụng bổ đề Gronwall, từ (4.37), ta có:
mTT
t exp (1)(2) m , T 0
(4.38) XtNNdsNtT (),0, ¥ .
Mặt khác, từ (3.5), ta có :
2 m L 2
T (0, )
TsT
22
2
2
2 usdsksdkusdsgsds
P
T
0
00
0
T
2
T
2(0,)()(0)(0,)( ) m
22 gsdskdkds
0
0
TT 2()()(0) 0
. (4.39) MT T 0 M 0
2(0, T
mPH
4H
nên suy ra . (4.40) )
Do giả thiết Bước 3: Qua giới hạn
u P ,m m Từ (4.9), (4.38), (4.40) ta suy ra r ằng tồn tại một dãy con c ủa dãy
trong
sao cho u P ,m m mà ta vẫn kí hiệu là
1 )
u
mu
yếu*, (4.41) LT H (0,;
1 )
trong yếu*, (4.42) LT H (0,; u mu
2 )
trong yếu*, (4.43) LT L (0,; mu u
mu
trong yếu*, (4.44) u (0,.)(0,.) W T 1, (0, )
mu
trong yếu*, (4.45) u (1,.)(1,.) W T 1, (0, )
2(0,
mP
0
trong yếu*. (4.46) P ˆ H T )
1 HTC
Do bổ đề compact của Lions (b ổ đề 2.8) và phép nhúng (0,)0, T
sao cho , u P , m m compact nên từ (4.41)-(4.46), tồn tại một dãy con vẫn kí hiệu là
37
u
mu
TQ ,
(4.47) mạnh trong )TL Q và a.e trong 2(
TQ ,
(4.48) mạnh trong u mu )TL Q và a.e trong 2(
0 0,C
mu
(4.49) mạnh trong u (0,.)(0,.) T ,
0 0,C
mu
(4.50) mạnh trong u (1,.)(1,.) T ,
1 0,C
mP
(4.51) mạnh trong P ˆ T .
t
Mặt khác, từ (3.5) và (4.49) ta suy ra rằng :
0 0,C
0
mạnh trong (4.52) T . ()()()(0,)( ) mPtgtktsusdsP t
. Do đó ˆ()( ) PtP t
Áp dụng bất đẳng thức sau :
T
(4.53) trong đó . u FuFuKu ()( )mT m KF z T sup( ) z M
Khi đó từ (4.47), (4.53) ta suy ra rằng :
mạnh trong (4.54) )TL Q . 2(
()( )mFuF u Qua giới hạn trong (4.1)-(4.3), ta có u thỏa mãn phương trình biến phân sau
x
1
utvtutvPtvhutvut v (),()(),()(0)(1,)(1)(), x
(4.55) , Futvftvv H (()),(),,
1
0
u . (0),(0) % %
2
, (4.41)-(4.43) và (4.55) rằng uuu Mặt khác, ta có từ giả thiết )H ( 5
xxtt
()0,;( )
(4.56) 1 uuuFufLT L t t ( )
0,
2
Do đó . Sự tồn tại nghiệm trong bài toán (4.1)-(4.3) được uLT H ;
chứng minh xong.
Bước 4: Sự duy nhất nghiệm
uPu P , 2
2
là hai nghiệm yếu của bài toán (4.1)-(4.3) thỏa , , 112 Giả sử
ii
21 uLTHuLTHuLT L ; 0,;,0,;,0,
, i
38
2,
. (4.57) uuPWT i (0,),(1,),0,,1, 2 i ii
Khi đó thỏa mãn bài toán biến phân sau uuuPP P 2, 121
x
1
utvtutvPtvhutvut v , (),()(),()(0)(1,)(1)(), x
, Gtvv H (),0,
0
u , (0),(0) % % 1
t
uuu trong đó
(4.58) ,
2
u trong (4.58) và tích phân hai vế theo biến thời gian ,t ta được:
1
t
1
2
2
()()(0,) Ptktsusds 0 GtFutFu t ()(())(()). 1 Lấy v
22 x
x
0
00
t
t
()()( ,)2(1,)()(, ) vttvxtdxhvtsdsvxsdx
0
0
t
2
hvsvsdsPtvtPsvsds 2(1,)(1,)2()(0,)2()(0, )
2
t 2()2()(),(),0, 0
(4.59) a.e. . T 1 vsdsFuFuvsdst 0
t
2
Đặt
2 ()()()(,)(1, ) tvttvxtdxhv
2 x
0
. (4.60) t
HH 15
F 1
,
và các đánh giá tương tự như trong chương Từ các giả thiết
t
t
3, ta có:
1 ()(,)( ) sdsvxsdxsds
2 x
)
L Q ( T
00
0
tt
2
2
(4.61) 1 0
jjj
j
t FuFuvsdsFuFudsvsds 0
00
2()(),()()()( )
t
t
2
39
2 ()( )
j
2 kvsdsvsds Tj
0
0
t
t
2
2 TkTsdssds
0
0
, (4.62) ()( )
1
1
2
T
1 LTHLT H (0,;)(0,;
)
T
t
2
trong đó u kFzMu sup() , T z M
0
t 2()2( ) 0
t
(4.63) vsdssds
0
t
2
2()(0,)2()(0, ) PtvtPsvsds
0
, (4.64) sTCkTsds ()22(,)( ) 1 2 1 0
1
1
trong đó
(0, )
L T
(0, )
(,)(0) , k L T
1 .
. 1 4 0 Ckkk
t
Thay các kết quả (4.61)-(4.64) vào (4.59) ta được:
0
, (4.65) T tmsdst ()(),0, T
trong đó
2
2 mTKTTC k
T
L Q ( T
)
(4.66) 1 0 1 % 221242(,) . T 0
Theo bổ đề Gronwall ta có S . 0
Định lý 4.1 được chứng minh hoàn tất. n
40
Chương 5: SỰ ỔN ĐỊNH CỦA NGHIỆM
2
1
H và F thỏa giả thiết ,uuH % % 0 1 Trong phần này chúng tôi giả thiết rằng
1F . Theo định lý 3.1, bài toán (3.1)-(3.2) có duy nh ất nghiệm yếu thuộc vào
,u P chỉ phụ
. ,hgk f ,,,,
uuhgk f ,,,,
Như vậy , , trong đó , , ,h g PPhgk f ,,,, ,,,
0
, là các hàm c ố định cho ,k f th ỏa các gi ả thi ết )H ()( 2 H 5 uu F , , % % 1 ¡ và
trước thỏa các giả thiết . )H và 1( )F 1(
01
5,,,,,:,,,
hgkfhgkfH ,,)(
` Đặt thoûa maõn ( ) H
0
trong đó 0 là hằng số cố định cho trước.
Khi đó ta có định lý sau:
Định lý 5.1 Cho và đúng. Khi T . Giả sử các giả thiết 0 )H ()( 1 H 5 )F 1(
đó, với mỗi T thì nghi ệm của bài toán (3.1)-(3.2) là ổn định theo b ộ dữ li ệu 0
jhgk f ,
0
` , tức là n ếu sao ,hgk f ,hgk f ,,,, jjjjj ,,,, ,,,, ¡ ,
2
cho:
C
0,
T
0,0, h j
222
2
2
(5.1) 0, fff jjt f tLTLLT L 0,;0, ;
j
T
0,0,
0,0, ggk j k 2 HTH h jj
uuuPuuu jjj
P ,,(1,.),,,(1,.), t
2
mạnh khi khi j thì j trong
121 LTHLTLHTL 0,;0,;0,0,
T
,
PPhgk f ,, j
, . trong đó ,, , ,, , jjjjjj jjjjjj
uuhgk f ,, j Chứng minh
Trước tiên, ta chú ý rằng nếu các dữ kiện thỏa mãn: ,hgk f ,,,,
*
*
41
*
, h h
2
2
;
;
2 0, LT L
2 0, LT L
2
1
(5.2) , ff f t
** k ,
* ,
2 HTH
0,
C
T
ggk 0,(0, ) T 0,0
* * ,hfk ,,
**** ,,
trong đó là các h ằng số dương cố định. Khi đó, các đánh giá g
m
2
P trong chứng minh của định lý 4.1 cho thấy: ,m tiên nghiệm cho các dãy u
2 ututCt ()(),0, mmx
2
T , 0 T
2 ututCt ()(),0, mmx
1
(5.3) T , 0 T
T
0,
H
T
*
C , P m
***** g ,
TC là m ột hằng số ch ỉ ph ụ thu ộc vào
1
trong đó , Tuuhkf ,,,,,,, % % 0
không phụ thuộc vào . ,hgk f ,,,,
m
Do đó, giới hạn ,u P trong các không gian hàm thích h ợp của dãy u P ,m
được xác định bởi (3.7)-(3.9) là nghiệm yếu của bài toán (3.1)-(3.2) sẽ thỏa mãn các
đánh giá tiên nghiệm (5.3).
Bây gi ờ, từ (5.1), ta có th ể gi ả thi ết rằng tồn tại các h ằng số dương
* * ,hfk ,,
**** ,,
jhgk f ,
th ỏa (5.2) t ương ứng g ,,,, jjjjj sao cho b ộ dữ li ệu
jhgkfhgk f ,
j
,,,,,,,,, jjjjj u P là một nghiệm ,j với thì ta có được rằng
của bài toán (3.1)-(3.2) thỏa mãn :
2 ,
2 ututCt ()() jjx
T T ,0, 0
2 ,
2 ututCt ()() jjx
1
(5.4) T T ,0, 0
T
H
T
0,
C . P j
Đặt
42
, j
j
(5.5) , , h % % hh jjj
j
g , . % % fffgg jjj
j
j
% j Khi đó, u và P sẽ thỏa mãn bài toán biến phân sau: QP j vu j
j
1
% vtvtvtvtutvhvtvQt v (),()(),()(),1,(1)()(0) jjxxjjxx
j
(5.6) % , FuFuvuvfvv H % ()(),,, jjjj
j
(,0)(,0)0, j
vxv x trong đó
j
t 0
,
(5.7)
t % 0
. %
jQ t vào (5.6) và l ấy v bởi
jv . Sau đó tích phân theo bi ến t ta thu
ˆ Qtgtktsvsds ()()()(0,) jj ˆ ()()()(0,) gtgtktsusds j jjj Thay ( )
t
22
t 2
được :
0
0
t
2
% ()()()()()2()(), vttvtsvsdstut v jjxjxjjxjx
0
tt 2()2()(),()2(),( ) jjjj 0
t
s vsdsFuFuvsdusvsds % j j 0
j 0
0
ts ˆ gsksvdvsdsfsvsds 2()()(0,)(0,)2(),( ) jjjj 0
. (5.8) %
t
222
2
Đặt
0
. (5.9) ()()()()2()1, Stvttvtvsdshv jjjxj t j
2
Từ (5.8), chuyển vế, ta được:
s ()()()2()()(0,)(0, ) jjxjj
0
tt Stsvsdsgsksvdvsds j 0
0
ˆ
t
t
43
j
0
0
t
t
% 2(),()2()(),( ) fsvsdsFuFuvsds jjj
j
0
0
. (5.10) tutvusvsds % % 2()(),2(),( ) jjxjxjj
t
Lấy tích phân từng phần theo biến t , ta được:
2 ()()()2()(0,)2()(0, ) jjxjjj
t Stsvsdsgtvtgsvsds j 0
0
t
s
ˆ ˆ
j
2 kvsdsvsksv 2(0)(0,)2(0,)()(0, ) jj 0
0
ts
d
t
jjj
0
0
0
t
t
% vsdsksvdfsvsds j 2(0,)()(0,)2(),( )
jjj
j
0
0
% FuFuvsdsusvsds j 2()(),()2(),( )
jjxjxtut v
t % 2()(), 0
. (5.11)
2 ababa b 2,,, 0
21
2
2
và: Sử dụng các bất đẳng thức ¡
t
2
t Stvtv ()()() , jjjx 0
j
t 2 vttvsdstSsds , ()()() jj 0
0
0
(5.12)
22 t vtvtv (0,)()() jjjx
C
2 . 0,1
S t ( ) j 0
t
t
ta có các đánh giá sau:
2 ()()( ) svsdsSsds jx
j
L
(0,
T
)
0
0
22
2
. (5.13) 1 0
0
1 . (5.14) 1 ˆˆ gtvtgtvtgtS t 2()(0,)()(0,)()( ) j jjjjj ˆ
tt
2
2
44
t ˆ gsvsdsgsdsvsds 2()(0,)()(0, ) jjj 0
00
t
t
ˆ 1 j
2 ˆ ()( ) gsdsSsds j
j
0
0
t
2
2
. (5.15) 1 0
jjj
j
2 2 L
T (0, )
s 2(0,)()(0,)(0,)(0, ) vsksvdvskvtdt 0
0
t
1
2 2 L
T (0, )
j
0
0
tsts
2
2
k . (5.16) ()( ) StSsds j 0
jj
s d
j 0
0
00
0
2
t
t
2(0,)()(0,)()(0, ) vsdsksvddsksdv 1
2 L
(0, ) T
2 j
j
0
0
0
tt
t
2
2
k T . (5.17) (0,)( ) vsdsSsds 0
j
00
0
t
% % 2(),()()( ) fsvsdsfsdsvsds jjj
j
)
2 % fSsds j 2 L Q ( T
0
2
2
. (5.18) ( )
j
tt % 2(),()()( ) jjjj 00
t % usvsdsusdvsds j 0
t
s
j
0
tt
2
2
(5.19) . ( ) 1 0 % TCSsds jT
jjj
j
t FuFuvsdsFuFudsvsds 0
00
t
t
2
2()(),()()()( )
2 ()( )
j
2 kvsdsvsds Tj
0
0
t
2
j
t 2 kTSsdsSsds Tj 0
0
, (5.20) ()( )
45
T
trong đó . kF z T sup( ) C z
jjxjx
t 2()(), % 0
. (5.21) tutv 4 T % j M T 0
t
2
2
2
Thay các kết quả từ (5.13)-(5.21) vào (5.11) ta được:
j
)
2 L Q ( T
0
0
0
2
t
2
M 2 T % ˆ % StTCfgtgsdsTS t % ()()()4( ) jjTjjjj 11 ˆ
2 2 LTL
T (0,)(0,
)
j
L
(0,
T
)
0
k T k 1 2 % 2 2 kTSsds T 0000 2( ) 0
T 0,
. (5.22) với mọi t và 0
2
2
2
Chọn . Khi đó ta suy ra từ (5.22) rằng : 0 sao cho 1 0 4
2
j
0 CTL
(0,)(0, )
T
2 ( L Q T
% ˆ ˆ g % ()2 StTCfTg jjTjjj 4 )
t
2 M T 0 %
T
jSsds ( )
0
2
2
, (5.23) %
2 2 LTL
(0,)(0, )
T
2
T
L
T (0, )
0
(1)
0
k T k 1 trong đó . 5 2 % 2 % k T 2 T 000
1 HTC
TC sao cho
2
(1)
Do phép nhúng nên tồn tại hằng số dương (0,)0, T
1
22 ˆˆ ggCgt jjT
, (5.24) ˆ ,0, T j 02 (0,)(0,)(0, ) T CTLTH
(1)
1
TC là hằng số chỉ phụ thuộc T . Từ (5.23)-(5.24) ta có :
2
2
(1)
với
1
H
(0,
T
)
2 L Q ( T
t
% ˆ % ()2 jjTjjT 4 ) M T 0 % StTCfTC g j
T
jSsds ( )
0
. (5.25) %
46
t
2
2
(1)
T
Áp dụng bổ đề Gronwall, ta suy ra rằng
1
T
H
)
2 L Q ( T
0
. ˆ % M 0 %% ()24exp StTCfTCgds jjTjjTj % T (0, )
(2) % CRt T
j
(5.26) . ,0, T
t
t
2
Mặt khác, từ (5.9), (5.12) ta có:
j
2 , vttvsdsTSsds ()()() jj
0
0
2 vtS t ()(),
j
j
2
(5.27)
jx
v t () S t ( ) j . 0
(2)
Do đó, từ (5.26) ta được:
1
. (5.28) % jjT vvTC R j 2 (0,;)(0,; LTLLT H ) 1 0 1
(2) T
j
0
Ta cần chứng minh % C R khi j . 0
1 HTC
Do phép nhúng [ ] nên từ (5.7)(2) ta có: (0,)0, T
1
1
1 HTH
H
T (0, )
. % ˆ gg jj k % j (0,)(0, ) T TN T 0
1
T
Từ (5.1), ta suy ra (5.29) . 0 ˆ g j H lim j
1
(2)(1) % CRTCCg TjjTTj
2 0 H
T (0, )
Do đó T khi j . % 24 % ˆ j M 0
Kết hợp với (5.28), ta suy ra rằng:
2 )
2 )
j LT L (0,;
(0,; LT L
j
1 )
1 )
j LT H (0,;
(0,; LT H
0, u 0, (5.30) khi j hay 0, v u 0.
u v j u Định lý 5.1 được chứng minh hoàn tất. n
47
Chương 6. KHAI TRIỂN TIỆM CẬN NGHIỆM
thỏa mãn các gi ả thiết , uugkF f ,,,,, % %0 1 Trong chương này, ta gi ả thiết rằng
5
)H và ( )H - 1( )F . 1(
u
u phụ thuộc vào .
Cho ¡ . Theo định lý 4.1, bài toán (3.1)-(3.2) có duy nh ất một nghiệm yếu
%Q
sau, trong đó là một tham s ố bé th ỏa mãn điều Ta xét bài toán nhi ễu
*
,0
t T ,
kiện
ttxx
t
LuutuFuufxt x ()()( ,),0 1
0
x
1
x
()(0,)(),()(1,)(1,), t LututPtLututhu
t
1
(,0)(),(,0)(), % uxuxuxu x % 0 % Q
t 0
()()()(0,) Ptgtktsusds .
N
:
1
N
N
1
N
¢
¡
2
N
Với đa chỉ số và ta đặt xxx ,,..., 2 x ,,..., 2
xxx
1 x
2
NN
N
...,!!!...!,...
N .
i
i
N
i N
1(), N ¡
NFFC
. 2
N
12121 ,,,1,.., ¢ Ta cũng đưa ra các giả thiết Trước tiên ta cần đến bổ đề sau:
1
2
N
m
NmN
k
Bổ đề 6.1 Cho mNxxx ,,,,..., x ¥ ¡ và ¡ . Khi đó:
k
i
ik m 1
m
, (6.1) im xP x
, k
N
trong đó các hệ số phụ thuộc vào được PxmkmN xxx x ,,..., 1 2
m
k
xác định bởi:
m
)
( A k
N
, , ! ! m (6.2)
N
i
i
1
:, . ¢ k PxxmkmN m ( ) Ami k
48
Việc chứng minh bổ đề này không có gì khó khăn nên ta bỏ qua các chi tiết.
0U là nghiệm yếu duy nh ất của
%0Q như trong định lý 4.1 t ương ứng với
Gọi
,0
t T ,
. 0
x 1 ()(,),0 0 LUFUfxt 0
00010
(),(1,)0, 0
0
% (,0)(),(,0)(), 000 1
0
t 0
2
% Q LUPtLUhU t UxuxUxu x % PtgtktsUsds ()()()(0,) ,
0112 UCTHCTLLT H (0,;)(0,;)(0,;),
0
1
2
ULTHULT L
0
(0,;),(0,;). 0
iUi
,0
t T ,
Xét dãy hữu hạn các nghiệm yếu xác định bởi các bài toán sau: ,1,2,.., N
0
1 ,0 LUF i x i
iii
LUPtLUhU t (),(1,), 1 i
i
UxU x (,0)(,0)0, i
i
i
t 0
2
Q i ()()()(0,) PtgtktsUsds ,
0112 UCTHCTLLT H (0,;)(0,;)(0,;),
i
1
2
i
i
(0,;),(0,;). ULTHULT L
iFi
i
[k]
k ( )
trong đó được xác định bởi công thức sau: N ,1,2,..,
i
0
i
k
2
, (6.3) FUFUP U ( ) i 1 1 k !
N
iF là một hàm khả vi cấp
với chú ý rằng . Ta cũng để ý rằng UUU ) (,,..., 1 U 2
iU , cụ thể là :
[k]
k ( )
một theo
ii
i
i N ()(),1,2,.., FUFUUFUPUi i 2 k
. (6.4) 10 1 0 k !
u là nghiệm yếu duy nhất của bài toán %Q
. Khi đó, ta có được rằng Gọi u
i
49
i
N h i
0
thỏa mãn bài toán vuUu
N
t
LvFvhFhvExtxt T ()()(,,),01,0 ,
0
x
1
x
0
(6.5) ()(0,)()(0,),()(1,)(1,), t LvtvtktsvsdsLvtvthv
N
i
vxv x (,0)(,0)0, trong đó
N
i
.
i
1
(6.6) F ) (,,)()( ExthFhFU 0
Khi đó, ta có các bổ đề sau:
NF
HH 15
F 1
,
N
1
đúng. Khi đó và Bổ đề 6.2 Giả sử rằng các gi ả thiết
N
N
*
*
LT L (0,;
2 )
với mọi với E , , % C 0 , trong đó %NC là , ¡
i LT H (0,;
1 )
LT L
(0,;
2 )
hằng số dương chỉ phụ thuộc vào . N * ,,,0,...,N UUi
N
i
Chứng minh
01
1
i
1
i
Đặt hUhh
1
. , U Áp dụng khai tri ển Taylor đến cấp N cho hàm FhFU ()( h xung ) 0
0U ta được:
N
i ()(1)
i
quanh
1
N
i
, (6.7) % ) ()()()( R FhFUhFUFUh 0100 1 i ! 1
trong đó
NN R
N
N 1
011
N
(6.8) ( ) 1 % (1)(1)11(1) RFUhh N (1)!
1
với 0 1
N
N
. Áp dụng bổ đề 6.1 , từ (6.7) ta có:
()1(1) ii
00
1
N
i
FhFUFUh ) ()()( 1 R i ! 1
NiN
N
50
iik ()1(1) FUPU ( 0
N
k
1 ik i
k
) R 1 i !
()1(1)(2) iik N FUPUR ) ( 0
N
N
N k 1
1
i
, (6.9) R k 1 i !
1
trong đó
iik N (
(2)() N
0
k
1
NiN 1 RFUP U i ! ik N 1
(6.10) . )
N
k
Kết hợp (6.3), (6.6), (6.8)-(6.10) ta có
N
k
i
1
N
k
()1(1)(2) F ) ( 0
k k
1 NNk kiikN UFUPURR kNN 1 111 kki
i
1
) F (,,)()( ExthFhFU 0
N
1 i !
iiNN
N
()1(1)(2) iik R ) ( 0
k
N 1 k
k FUFUPUUR 1 1 i
1 i !
N
1(1)(2) UR NN
(6.11) . R N
Do tính ch ất bị ch ặn của các hàm trên không gian hàm N UUi i ,,0,1,.., i
1 )
N
1
N
i
1
N
(6.12)
nên từ (6.8), (6.10), ta suy ra rằng: LT H (0,;
(1)(1)(1) RFzU Ni
N
LT H (0,;
1 )
LT L (0,;
2 )
1
i
i
i
(2)( ) RF z N LT L (0,;
2 )
% * C sup() r z * , 1 N (1)! N
2sup( ) z
r *
i
1
iN
k N
1
2
N
11
1
1 UUU 12
(2) N
LTHLTHLT H (0,;)(0,;)(0,;
)
k N
1
i A k
, (6.13) % ... C * N ! 1
N
1
i
trong đó
i
(0,;
1 )
N U 1 i
. (6.14) 2 rU *0 1 * HLT H
Thay các đánh giá (6.12),(6.13) vào (6.11) ta suy ra rằng
N
N
1
51
1 %
(1)(2) %%
2 )
(0,; LT L
2 )
(0,; LT L
. (6.15) (,, ) ExtUCC NNNN
C N
Bổ đề 6.2 được chứng minh xong. n
Tiếp đến, ta có định lý sau:
NF
HH 15
F 1
,
đúng. Khi và Định lý 6.3 Giả sử rằng các gi ả thi ết
*
*
u
%Q 1N như sau:
đó, với mỗi có duy nh ất một nghiệm yếu , với 0 , ¡
N
1
*
i
, bài toán u thỏa mãn một đánh giá tiệm cận đến cấp
i ii
1
N 1
N uUuU 1 i
i
2 (0,;)(0,; LTLLT H
, (6.16) % N C )
NC là một hằng số dương độc lập với , các hàm
iU là nghi ệm yếu của
trong đó % *
iQi
,
. N 0,1,..., các bài toán
Chứng minh
*
* là hằng số dương cố định thì
Trước tiên ta chú ý rằng, nếu trong đó
mu
2
2 ututCt ()(),0, mmx
trong định lý 4.1 thỏa mãn : các đánh giá tiên nghiệm của dãy xấp xỉ
2
2 ututCt ()(),0, mmx
0 T T , (6.17)
T . 0 T
TC là hằng số chỉ phụ thuộc vào
*
mu
trong đó (không phụ , ,,, % ,,,,, Tuug khF f % 01
thuộc vào ). Do đó, giới hạn u trong các không gian hàm thích h ợp của dãy con nào đó của dãy xác định bởi (3.7)-(3.9) là một nghiệm yếu của bài toán (3.1)- (3.2) cũng thỏa các đánh giá tiên nghiệm (6.17).
ta được: Lấy tích vô hướng hai vế của (6.5)(1) với 2( )v t
xx
2(),()2()(),()2()(),( ) vtvttvtvtFvhFhv t
N
. (6.18) 2(),()2(,,),( ) vtvtExtv t
2
2
2
2
Ta viết lại (6.18) dưới dạng:
x
vttvthvttvtvtP t d x dd ()()()(1,)()()2(0,)( ) dtdtdt
2
52
. (6.19) 2()(),()2() 2(,,),( ) FvhFhvtvtExtv t N
t
2
Lấy tích phân hai vế theo biến thời gian từ 0 đến t ta được
t ()()()2()(()),( ) tsvsdsFhFvshvsds x 0
0
tt
2
N
t 0
00
, (6.20) PsvsdsvsdsExsvsds 2()(0,)2()2(,,),( )
2
2
trong đó
2 ()()()()(1,), t tvttvthv
x
(6.21)
t 0
.
()()()(0,) Ptgtktsvsds
t
2
Áp dụng các bất đẳng thức
t 2 vttvsdstsds , ()()() 0
0
t
2
(6.22)
x
22 vtvtvttsds ()()()()(). 1 H
0
t 1 0
t
2
ta lần lượt có các đánh giá cho các tích phân ở vế phải của (6.20).
L
(0,
T
)
t Isvsdssds ()()( ) 1 x 0
0
. (6.23) 1 0
s
Do bổ đề 6.2 , ta có:
tt 2()(0,)2(0,)()(0, ) IPsvsdsvsdsksv 2 00
0
tt
s
d
00
0
vtktsvsdsvsdskvsksv 2(0,)()(0,)2(0,)(0)(0,)()(0, ) d
t
2
0
t 2(0,)()(0,)2(0)(0, ) vtktsvsdskvsds 0
t
s
0
0
d 2(0,)()(0, ) vsdsksv
53
(1)(2)(3) II I 22 2
(6.24) .
(1) 2I
tt
t 2 2(0,)()(0,)(0,)()(0, )
Đánh giá
(1)22 Ivtktsvsdsvtktsdsvsds 2
00
0
t
2
1
1
1
2 2 L
T (0, )
2 vtkvsds ()( ) H
H
0
(6.25) . 1
(2) 2I
t
t
2
2
Đánh giá
1
(2) Ikvsdskvsds 2
H
0
0
(6.26) . 2(0)(0,)2(0)( )
(3) 2I
2
2
Đánh giá
t
0
tst (3) 2(0,)()(0,)2()(0, ) Ivsdsksvdtkdvsds 2 00
0
t
2
1
H
T (0, )
0
. (6.27) 4( ) Tkvsds 2 L
Thay các kết quả (6.25)-(6.27) vào (6.24) ta được
(1)(2)(3) I 2
t
2
1
1
III 222
2 2 L
T (0, )
H
2 L
T (0, )
0
t
2
1 2 vtkkTkvsds ()2(0)4( ) H
1
1
2 ()(,,)( ) vtDkTvsds H
H
0
, (6.28)
trong đó
2 2 L
2 L
(0,
T
)
. (6.29) (,,)2(0) DkTkkT k (0, ) T 1 4
t
2
Từ (6.22)(2) , thay vào (6.28) ta được
0
()(,,)( ) ItTDkTTsds 2 0 1 0
t
54
0
, (6.30) % ()(,,)( ) tDkTsds 0
2
trong đó
. (6.31) % ) DkTTDkT T (,,)(,, 1 0
t 2()(()),( ) IFhFvshvsds 3 0
t
0
N
i
. (6.32) 2()(())( ) FhFvshvsds
i
(1) *
LT H (0,;
1 )
1 )
0
i
Do , nên từ (6.22) (1) , (6.32) ta suy ra hU * R LT H (0,;
t
2
2
2
rằng:
2
2 T *
ttt 000
tst
t 2
2
2
IFhFvshdsvsdsKvsdsvsds 3 ()(())()()( ) 0
2 ()()1( ) KsdsvdvsdsKTsds
22 T *
T *
0
000
, (6.33)
(2)(1)
trong đó
T
. (6.34)
t
2
*sup() , KFzRR C T ** (2) z R *
0
t 2()2( ) Ivsdssds 4 0
t
N
1
. (6.35)
N
N
0
t 2(,,),()2( ) IExsvsdsCvsds 5 0
t
2
N
2
%
2 % NTCsds
0
. (6.36) ( )
,
kI
t
2
2
Thay các tích phân vào (6.20), ta được k 1,2,.., 5
2 T *
L
T (0, )
0
% ()()(,,)21( ) ttDkTKTsds 0 1 0
2
N
2
55
2 % NTC
. (6.37)
(1)2 T
T *
L
t
2
2
N
2
Đặt , ta được % (,,)2 1 (0, ) T 1 2 % KDkTK T 0
2(1) N
T
0
. (6.38) % % ()()( ) ttTCKsds 0
t
2
2
N
, thay vào (6.38) ta được Chọn 0 2
2
2(1) N
T
0
. (6.39) % % ()22( ) tTCKsds
N
Áp dụng bổ đề Gronwall ta suy ra từ (6.39) rằng
222 N K
2(1)(2) %% NT
2 % T
*
với mọi . ()2exp 2 tTCTK , ¡
N
1
Từ đó, ta suy ra rằng :
LT H (0,;
1 )
* N
LT L (0,;
2 )
N
1
i
*
. (6.40) % vv C
i ii
1
N uUuU 0 i
N 0
i
2 LTLLT H (0,;)(0,;
hay % . N C )
Định lý 6.3 được chứng minh hoàn tất. n
56
KẾT LUẬN
Qua luận văn này, tác gi ả thực sự bắt đầu làm quen v ới công vi ệc nghiên cứu
khoa học một cách nghiêm túc và có h ệ th ống. Tác gi ả cũng học tập được các
phương pháp nghiên c ứu trong vi ệc đọc tài li ệu, trình bày v ấn đề, thảo luận thông
qua nhóm sinh ho ạt học thuật. Tác giả cũng đã học tập, và vận dụng được các công
cụ của Gi ải tích hàm để kh ảo sát s ự tồn tại và duy nh ất nghi ệm yếu của bài toán
biên. Cụ thể là ph ương pháp Galerkin cùng v ới các kỹ thuật đánh giá tiên nghi ệm,
kỹ thuật về tính compact và hội tụ yếu. Trong phần này, tác giả cũng có dịp sử dụng
định lý Schauder trong vi ệc ch ứng minh t ồn tại nghi ệm địa ph ương của bài toán
biên và thông qua đó, đã học tập được một kỹ thuật sử dụng hiệu quả định lý điểm
bất động vào khảo sát các bài toán cụ thể.
Tuy nhiên với sự hiểu biết hạn chế của bản thân, tác giả rất mong học hỏi nhiều
hơn từ sự đóng góp và chỉ bảo của Quý Thầy Cô trong và ngoài hội đồng.
57
TÀI LIỆU THAM KHẢO
Tiếng Pháp
1. H. Brézis, Analyse fonctionnele, Théorie et Applications, Masson Paris, 1983.
2. J. L. Lions , Quelques méthodes de résolution des problèmes aux limites
nonlinéaires, Dunod; Gauthier Villars, Paris 1969.
Tiếng Anh
3. Nguyễn Thành Long, Alain Ph ạm Ng ọc Định, A semilinear wave equation
associated with a linear differential equation with Cauchy data , Nonlinear Anal. 24
(1995) 1261 – 1279.
4. Nguyen Thanh Long, Alain Pham Ngoc Dinh, Tran Ngoc Diem, On a shock
problem involving a nonlinear viscoelastic bar , Bound. Value Probl. 2005 (3)
(2005) 337 – 358.
5. Nguyen Thanh Long, Le Van Ut, Nguyen Thi Thao Truc, On a shock problem
involving a linear viscoelastic bar , Nonlinear Analysis, Theory, Methods &
Applications, Series A: Theory and Methods, 63 (2) (2005) 198 – 224.
6. Nguyen Thanh Long, Le Thi Phuong Ngoc, A wave equation associated with
mixed nonhomogeneous conditions: The connectivity and compactness of weak
solution set , Abstract and Applied Analysis, Volume 2007, Article ID 20295, 17
pages.
7. Nguyen Thanh Long, Le Thi Phuong Ngoc, On a nonlinear Kirchhoff –
Carrier wave equation in the unit membrane: The quadratic convergence and
asymptotic expansion of solutions, Demonstratio Math. 40 (2) (2007) 365 – 392.
8. Nguyen Thanh Long, Le Thi Phuong Ngoc, On nonlinear boundary value
problems for nonlinear wave equations , Vietnam J. Math. 37 (2 – 3)(2009) 141 –
178.
9. Le Thi Phuong Ngoc, Le Nguyen Kim Hang, Nguyen Thanh Long, On a
nonlinear wave equation associated with the boundary conditions involving
convolution, Nonlinear Analysis, Theory, Methods & Applications, Series A:
Theory and Methods, 70 (11) (2009) 3943 – 3965.
58
10. Le Thi Phuong Ngoc, Le Khanh Luan, Tran Minh Thuyet, Nguyen Thanh
Long, On the nonlinear wave equation with the mixed nonhomogeneous conditions:
Linear approximation and asymptotic expansion of solutions , Nonlinear Analysis,
Theory, Methods & Applications, Series A: Theory and Methods, 71 (11) (2009)
5799 – 5819.
11. Le Xuan Truong, Le Thi Phuong Ngoc, Alain Pham Ngoc Dinh, Nguyen
Thanh Long, The regularity and exponential decay of solution for a linear wave
equation associated with two-point boundary conditions , Nonlinear Analysis Series
B: Real World Applications (accepted for publication).
