BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP.HỒ CHÍ MINH Bùi Công Sơn PHƯƠNG TRÌNH SÓNG PHI TUYẾN VỚI ĐIỀU KIỆN BIÊN HỖN HỢP: THUẬT GIẢI LẶP ĐƠN, LẶP CẤP HAI, SỰ TỒN TẠI, DUY NHẤT VÀ KHAI TRIỂN TIỆM CẬN CỦA NGHIỆM LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thành phố Hồ Chí Minh – 2008
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP.HỒ CHÍ MINH
Bùi Công Sơn
PHƯƠNG TRÌNH SÓNG PHI TUYẾN VỚI ĐIỀU KIỆN BIÊN HỖN HỢP: THUẬT GIẢI LẶP ĐƠN, LẶP CẤP HAI, SỰ TỒN TẠI, DUY NHẤT VÀ KHAI TRIỂN TIỆM CẬN CỦA NGHIỆM
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 – 2008
1
LỜI CẢM ƠN
Luận văn ñược hoàn thành dưới sự hướng dẫn khoa học của Tiến sĩ
Nguyễn Thành Long. Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc ñến thầy - người
ñã từng bước hướng dẫn tác giả phương pháp nghiên cứu ñề tài cùng những
kinh nghiệm thực hiện ñề tài, cung cấp nhiều tài liệu và truyền ñạt những kiến
thức quí báu trong suốt quá trình thực hiện luận văn.
Chân thành cám ơn quý thầy trong tổ Giải Tích, khoa Toán – Tin
trường ðại học Sư Phạm và ðại học Khoa Học Tự Nhiên Thành phố Hồ Chí
Minh ñã giúp tác giả nâng cao trình ñộ chuyên môn và phương pháp làm việc
hiệu quả trong suốt quá trình học cao học.
Chân thành cám ơn quý thầy cô phòng Khoa học Công nghệ và Sau ñại
học ñã tạo ñiều kiện thuận lợi cho tác giả thực hiện luận văn này.
Chân thành cám ơn Ban Giám Hiệu cùng các ñồng nghiệp trường
THPT Nguyễn Thượng Hiền ñã tạo ñiều kiện thuận lợi cho tác giả trong suốt
quá trình học cao học.
Sau cùng chân thành cám ơn các bạn cùng lớp với những trao ñổi góp ý
và ñộng viên tác giả trong suốt quá trình thực hiện luận văn.
TP. HCM tháng 8 năm 2008
Tác giả
Bùi Công Sơn
2
MỤC LỤC
Trang
Lời cám ơn ........................................................................................... 1
Mục lục ................................................................................................ 2
MỞ ðẦU ............................................................................................. 3
Chương 1 : CÁC CÔNG CỤ CHUẨN BỊ ......................................... 7
1.1. Các kí hiệu về không gian hàm ......................................... 7
1.2. Các công cụ thường sử dụng ............................................. 7
Chương 2 : THUẬT GIẢI LẶP CẤP MỘT...................................... 10
2.1. Giới thiệu.......................................................................... 10
2.2. Thuật giải xấp xỉ tuyến tính............................................... 10
2.3. Sự tồn tại và duy nhất nghiệm........................................... 25
Chương 3 : THUẬT GIẢI LẶP CẤP HAI........................................ 32
Chương 4 : KHAI TRIỂN TIỆM CẬN ............................................. 48
Chương 5 : KHẢO SÁT MỘT TRƯỜNG HỢP CỤ THỂ ............... 64
KẾT LUẬN......................................................................................... 66
TÀI LIỆU THAM KHẢO.................................................................. 68
3
MỞ ðẦU
Các bài toán phi tuyến xuất hiện trong khoa học rất ña dạng, là nguồn ñề
tài mà nhiều nhà toán học quan tâm nghiên cứu. Trong luận văn này chúng
tôi muốn sử dụng các công cụ của giải tích phi tuyến như: phương pháp
Galerkin, phương pháp compact và ñơn ñiệu, phương pháp xấp xỉ tuyến tính
liên hệ với nguyên lý ánh xạ co, phương pháp khai triển tiệm cận…nhằm
khảo sát phương trình sóng phi tuyến liên kết với ñiều kiện biên hỗn hợp
thuần nhất.
Trong luận văn này, chúng tôi xét bài toán giá trị biên và ban ñầu sau
(0.1)
u
µ(t)u
λu
f (x, t,u), x Ω, 0
−
+
=
∈
< < t T,
u (0, t)
h u(0, t)
u (1, t)
h u(1, t)
(0.2)
−
=
+
= 0,
x
1
x
0
u(x,0)
u (x), u (x,0)
u (x),
(0.3)
=
=
t
1
0
λ, h , h là các hằng số không âm cho trước;
u , u , µ và số hạng
trong ñó
0
1
0
1
phi tuyến f cũng là hàm cho trước thỏa mãn một số ñiều kiện mà ta chỉ ra sau.
Trong [5], Ficken và Fleishman ñã chứng minh sự tồn tại, duy nhất
nghiệm của phương trình
3
u
εu
b
(0.4)
−
=
+ , với ε
0> bé.
xx
u − − tt
2α u 1 t
α u 2
Rabinowitz [14] ñã chứng minh sự tồn tại nghiệm tuần hoàn của
phương trình
u
f (x, t,u ,u ),
(0.5)
=
xx
u − + tt
2α u 1 t
x
t
trong ñó ε là một tham số bé và f là một hàm tuần hoàn theo thời gian.
Trong [2], Caughey và Ellison ñã hợp nhất các xấp xỉ trong các trường
hợp trước ñây ñể bàn sự tồn tại, duy nhất và tính ổn ñịnh tiệm cận của nghiệm
cổ ñiển cho một lớp các hệ ñộng lực phi tuyến liên tục.
tt t xx
4
Trong [3], Alain Phạm ñã nghiên cứu sự tồn tại, duy nhất và dáng ñiệu
tiệm cận khi ε
0→ của nghiệm yếu của bài toán (0.1), (0.3) liên kết với ñiều
kiện biên Dirichlet thuần nhất
u(0,t) = u(1,t) = 0,
(0.6)
trong ñó các số hạng phương trình (0.1) cho bởi
1
µ(t)
1, λ
0, f
)
(0.7)
≡
=
=
∈
(
∞ ×ℝ ) .
εf (t,u), f C [0, 1
1
Bằng sự tổng quát hóa của [3], Alain Phạm và Long [4] ñã xét bài toán
(0.1), (0.3), (0.6) với µ(t)
1≡ và số hạng phi tuyến có dạng
(0.8)
f
εf (t,u,u ).
=
Trong [7,8], Long và Alain Phạm ñã nghiên cứu bài toán (0.1), (0.3) với
µ(t)
1≡ , và số hạng phi tuyến có dạng
f
(0.9)
=
f (u,u ). 1
t
Trong [7], các tác giả xét nó với ñiều kiện biên hỗn hợp không thuần
nhất
(0.10)
hu(0, t)
g(t), u(1, t)
=
+
= 0,
xu (0, t)
trong ñó h > 0 là hằng số dương cho trước và trong [8] với ñiều kiện biên tổng
quát hơn
1 t
u (0, t)
hu(0, t)
g(t)
k(t
s)u(0,s)ds, u(1, t)
0.
(0.11)
=
+
−
−
=
t
∫
Trong [9], Long và Diễm ñã nghiên cứu bài toán (0.1), (0.3) với ñiều
kiện biên hỗn hợp thuần nhất
u (0, t)
h u(0, t)
u (1, t)
h u(1, t)
(0.12)
−
=
+
= 0,
x 0
trong ñó h0, h1 là các hằng số không âm cho trước với h0 + h1 > 0 và các số
hạng phi tuyến vế phải có dạng
(0.13)
f
εf (x, t, u,u ,u ).
=
+
f (x, t,u,u ,u ) t
x x 1 0
x x t 1
5
3
3
ℝ
[0,
)
[0,
)
Trong trường hợp
∈
× ∞ ×
∈
× ∞ ×
1
( 2 f C [0,1]
)
( 1 ,f C [0,1]
ℝ )
các tác giả ñã thu ñược một khai triển tiệm cận của nghiệm yếu
εu ñến cấp
hai theo ε, với ε ñủ nhỏ.
Trong [12], Nguyễn Thành Long và Lê Thị Phương Ngọc cũng ñã
nghiên cứu sự tồn tại và duy nhất nghiệm yếu, sự tồn tại và hội tụ của dãy lặp
cấp hai, khai triển tiệm cận của bài toán:
2
u
u
f (u, r), 0
1, 0
t T,
−
+
=
r < <
< <
tt
r
rr
r
0
( B u
)
1 r
hu(1, t)
0,
< ∞
+
=
,u (1, t) r
lim ru(r, t) +→ 0 r
1
2
2
u(r,0)
u (r), u (r,0)
u (r), u
r u (r, t) dr,
=
=
=
0
t
1
r
r
0
∫
0
{ u
trong ñó B, f, u0, u1 là các hàm cho trước, h > 0 là hằng số.
Trong luận văn này chúng tôi nghiên cứu sự tồn tại và duy nhất nghiệm
ñịa phương của bài toán (0.1) – (0.3). Chứng minh ñược dựa vào phương
pháp Galerkin liên kết với các ñánh giá tiên nghiệm cùng với kĩ thuật hội tụ
yếu và tính compact. Chúng tôi cũng nghiên cứu sự tồn tại và hội tụ của dãy
lặp cấp hai
m{u } về nghiệm yếu u của bài toán (0.1) – (0.3) thỏa một ñánh giá
sai số
m2 Cρ ,
(0.14)
u − ≤
mu
trong ñó C, ρ là các hằng số dương và 0 < ρ < 1.
Tiếp theo, chúng tôi khảo sát bài toán nhiễu sau ñây theo tham số bé ε :
µ (t)u
ɺ λu
1, 0
t T,
+
=
x < <
< <
xx
− u ε tt u (0, t)
F (x, t,u), 0 ε u (1, t)
h u(1, t)
0,
−
+
t =
=
x
0
1
(P ) ε
h u(0, t) x ɺ u (x), u(x,0)
u(x,0)
u (x),
=
1
f (x, t,u)
= εf (x, t,u), µ (t)
µ(t)
+
0 =
=
+
F (x, t,u) ε
ε
1
εµ (t), 1
6
µ, µ , f , f là cố
trong ñó các hằng số h0, h1, λ là cố ñịnh và các hàm số u0, u1,
1
1
ñịnh thỏa các giả thiết thích hợp. Luận văn sẽ nghiên cứu khai triển tiệm cận
của nghiệm yếu của bài toán nhiễu
ε(P ) theo tham số bé ε, tức là ta có thể xấp
xỉ nghiệm u bởi một ña thức theo ε
(cid:3)N
i
u(x, t)
i U (x, t)ε ,
(0.15)
= ∑
i 0 =
theo nghĩa cần phải chỉ ra các hàm
và thiết lập ñánh giá:
0,1,..., N
(cid:3) iU (x, t), i
=
N
N
N 1 +
i
i
i
(cid:3) i ε U
,
(0.16)
−
≤
u + − ε
C ε T
∑
u ∂ ε t ∂
(cid:3) U ∂ ∂∑ ε t
∞
i 0 =
i 0 =
1 ∞ L (0,T;H )
2 L (0,T;L )
với tham số ε ñủ bé, hằng số CT ñộc lập với tham số ε.
Luận văn ñược trình bày theo các chương sau ñây:
Phần mở ñầu: tổng quan về bài toán khảo sát trong luận văn, ñiểm qua
các kết quả ñã có trước ñó, ñồng thời nêu bố cục của luận văn.
Chương 1: nhằm giới thiệu một số kết quả chuẩn bị, các kí hiệu và các
không gian hàm thông dụng, một số kết quả về phép nhúng compact.
Chương 2: chúng tôi nghiên cứu về sự tồn tại và duy nhất nghiệm yếu
của bài toán (0.1) – (0.3)
Chương 3: chúng tôi nghiên cứu thuật giải lặp cấp hai và sự hội tụ của
nó.
Chương 4: chúng tôi nghiên cứu sự khai triển tiệm cận của nghiệm yếu
của bài toán nhiễu
ε(P ) theo một tham số bé ε.
Chương 5: chúng tôi xét một bài toán cụ thể ñể minh họa phương pháp
tìm nghiệm của bài toán trên.
Tiếp theo là phần kết luận của luận văn và sau cùng là danh mục các tài
liệu tham khảo.
7
Chương 1: MỘT SỐ CÔNG CỤ CHUẨN BỊ
1.1. Các kí hiệu về không gian hàm
Chúng ta bỏ qua ñịnh nghĩa các không gian hàm thông dụng và ñể cho
tiện lợi, ta kí hiệu:
(0,1), Q
Ω =
= Ω×
> (0,T), T 0,
m,2
m
p L (
p m ) L , H (
m,p ) H W , W (
m,p ) W .
Ω =
Ω =
=
Ω =
.
. ,
.,. lần lượt là chuẩn và tích vô hướng trong L2. Ta kí hiệu
là chuẩn
X
trên không gian Banach X.
Ta kí hiệu
pL (0,T;X), 1 p≤ ≤ ∞ là không gian Banach các hàm
u : (0,T) X→ ño ñược sao cho
T
1 p
u
p u(t) dt
p
,
),
p
(1 < +∞ ≤ < ∞
L (0,T;X)
X
∫
=
0
và
u
esssup u(t)
,
(p
∞
=
= ∞ ).
L (0,T;X)
X
0 t T < <
u(t), u (t)
ɺ u(t), u (t)
ɺɺ u(t), u (t)
u(t), u (t)
u(t)
Ta viết
=
=
= ∇
= ∆
t
tt
x
xx
T
u(x, t),
(x, t),
(x, t),
(x, t),
(x, t),
lần lượt thay cho
theo thứ tự.
u 2
u x
u ∂ t ∂
∂ t ∂
∂ ∂
u ∂ 2 x ∂
2 2
1.2. Một số công cụ thường sử dụng
Cho ba không gian Banach X0, X, X1 với X0 ֓X ֓X1 với các phép
nhúng liên tục sao cho
(1.1)
X0, X1 phản xạ,
(1.2)
Phép nhúng X0 ֓ X là compact.
0,1
, 1
p
Với 0 < T <
∞ ≤ ≤ ∞ = ta ñặt , i
p
/
0
P 1
W(0,T)
v L (0,T;X ) : v
∈
0
1
{ = ∈
} L (0,T;X ) .
i
8
Ta trang bị cho W(0,T) chuẩn
/
v
v
v
=
+
p0
p1
W(0,T)
L (0,T;X )
0
L (0,T;X ) 1
Khi ñó W(0,T) là một không gian Banach.
0p
Hiển nhiên
W(0,T) L (0,T;X)
⊂
Ta cũng có kết quả sau ñây liên quan ñến phép nhúng compact.
Bổ ñề 1.1 ( Bổ ñề về tính compact của Lions). Với giả thiết (1.1), (1.2)
và nếu
1
0,1
, i
p
< < ∞ = thì phép nhúng W(0,T) ֓ 0pL (0,T;X) là compact.
i
Chứng minh bổ ñề 1.1 có thể tìm thấy trong [Lions[6], trang 57] Bổ ñề 1.2 (Bổ ñề sau ñây liên quan ñến sự hội tụ yếu trong Lq(Q)). Cho
q
q
Nℝ và
Q là tập mở và bị chặn trong
< < ∞ sao cho
mG ,G L (Q), 1 ∈
G a.e. trong Q.
G
C≤ , trong ñó C là hằng số ñộc lập với m và →mG
qm L (Q)
q
G a e trong L Q
yếu.
Khi ñó
. .
(
)
→
mG
Bổ ñề 1.3 ( Bổ ñề Gronwall). Cho
f ,g :[t ,T ] → ℝ là các hàm liên tục
với g là hàm không giảm và có c > 0 sao cho
t
f (t)
g(t)
c
f (s)ds,
[t ,T ],
≤
+
t ∀ ∈
0
0
∫
t
0
thì
f (t)
g(t).exp c(t
[t ,T ].
≤
−
t ∀ ∈
{
}0 t ) ,
0
0
Tiếp theo chúng tôi trình bày một kết quả về lý thuyết phổ ñược áp
dụng trong nhiều bài toán biên.
Trước hết ta thành lập các giả thiết sau:
Cho V và H là hai không gian Hilbert thực thỏa các ñiều kiện
i) Phép nhúng V ֓ H là compact, (1.3)
ii) V trù mật trong H. (1.4)
0 0
9
Cho a : V V× → ℝ là dạng song tuyến tính ñối xứng, liên tục trên
V V× và cưỡng bức trên V. (1.5)
Chính xác hơn, ta gọi a là:
֏
tuyến tính từ V vào ℝ với
j) Dạng song tuyến tính nếu u
a(u, v)
֏
a(u, v)
mọi v V∈ , và v
tuyến tính từ V vào ℝ với mọi u V∈ .
jj) ðối xứng nếu a(u, v)
=
∈ a(v,u), u, v V, ∀
M 0 : a(u, v) M u
jjj) Liên tục nếu
∃ ≥
≤
∈ v , u, v V,
∀
V
V
2
0 : a(v, v)
4j) Cưỡng bức nếu
α ∃ >
≥
α v , v V. ∀ ∈
V
Khi ñó ta có kết quả sau:
Bổ ñề 1.4. Với giả thiết (1.3), (1.4), (1.5). Khi ñó tồn tại một cơ sở trực
chuẩnt
j{w } của H gồm các hàm riêng wj tương ứng với giá trị riêng
jλ sao
cho
0
...
= +∞ ,
λ < ≤ ≤ ≤ 2
λ 1
j
j
λ ..., lim λ j →∞
ɶ
λ w , v , v V,
j 1, 2...
=
∀ ∈
∀ =
j
j
ɶ ( a w , v j
)
cũng là một cơ sở trực chuẩn của V ñối với
ɶ w / λ j
j
Hơn nữa, dãy {
}
tích vô hướng a(.,.)
Chứng minh bổ ñề này có thể tìm thấy trong [15: p.87, ðịnh lý 7.7]. (cid:1)(cid:1)(cid:1)(cid:1)
Ta cũng dùng bổ ñề ñánh giá sau ñây mà chứng minh không khó khăn.
Bổ ñề 1.5. Cho dãy {
}mψ thỏa mãn
σψ
ψ(0)
0, 0 ψ
=
+
δ, m 1,2,... =
≤ ≤ m
m 1 −
trong ñó 0 σ 1, δ
0
≤ <
≥ là các hằng số cho trước.
Khi ñó
≤
, m 1. ∀ ≥
m ψ
δ 1 σ −
10
Chương 2: THUẬT GIẢI LẶP CẤP MỘT
2.1 Giới thiệu
Trong chương này, chúng tôi xét bài toán giá trị biên và giá trị ñầu sau:
u
µ(t)u
λu
f (x, t,u), x Ω, 0
(2.1)
−
+
=
∈
< < t T,
tt
t
xx
(2.2)
u (0, t)
h u(0, t)
u (1, t)
h u(1, t)
−
=
+
= 0,
u(x,0)
u (x), u (x,0)
u (x),
(2.3)
=
=
x x 1 0
trong ñó
λ, h , h là các hằng số không âm cho trước;
u , u , µ và số hạng
t 1 0
phi tuyến f cũng là hàm cho trước thỏa mãn một số ñiều kiện mà ta chỉ ra sau.
Trong chương này chúng tôi trình bày thuật giải lặp ñơn:
(2.4)
µ(t)∆u
ɺ λu
f (x, t, u
t T,
−
+
=
), x Ω, 0 ∈
< <
ɺɺ m u
0 1 0 1
u (0, t)
h u (0, t)
u (1, t)
h u (1, t)
(2.5)
∇
−
= ∇
+
= 0,
m
0 m
m
1 m
u (x,0)
ɺ u (x), u (x,0)
u (x),
(2.6)
=
=
m
m
0
1
m m m 1 −
bằng
Trong phần một, chúng tôi thiết lập sự tồn tại của dãy lặp {
}mu
phương pháp xấp xỉ tuyến tính kết hợp với phương pháp Galerkin và phương
pháp compact yếu.
về nghiệm yếu của bài
Phần hai ñề cập ñến sự hội tụ của dãy lặp {
}mu
toán (2.1) - (2.3).
0u là bước lặp ban ñầu cho trước nằm trong một không gian hàm thích hợp.
2.2 Thuật giải xấp xỉ tuyến tính
Ta thành lập các giả thiết sau:
1
2
u H (0,1), u H (0,1),
∈
∈
(A1)
1
0
0,
∈
(A2)
[
× ∞ ×ℝ ) ( 1 ] [ ) , f C 0,1
+
ℝ
), µ(t) µ
0,
1 µ C ( ∈
(A3)
≥ > 0
0, h
h
≥
(A4)
λ, h , h 0
+ > 0. 1
1 0
11
Trên H1 ta sử dụng một chuẩn tương ñương sau:
1
/
v
2 v (0)
1 2 2 v (x) dx .
+
1
∫
=
0
Trong chương này, ta sử dụng dạng song tuyến tính trên H1 như sau:
1
a(u, v)
h u(0)v(0)
=
+
u (x)v (x)dx x
x
0
∫
0
1
(2.7)
+
∈
1h u(1)v(1), u, v H . ∀
Ta có các bổ ñề sau:
1H ֓
Bổ ñề 2.1. Phép nhúng
0C ( Ω ) là compact và
v
v
v H
2
,
.
0
≤
∀ ∈
1 C (Ω) 1
Bổ ñề 2.2. Với giả thiết (A4), dạng song tuyến tính ñối xứng xác ñịnh
bởi (2.7) liên tục trên H1
1H× và cưỡng bức trên H1, tức là:
i)
1 v , u, v H ,
a(u, v) C u ≤
∈
∀
1
1
1
2
ii)
1 a(v, v) C v , v H ,
∀ ∈
≥
0
1
trong ñó
=
=
C min(1,h ), C max(1, h , 2h ). 1
0
0
0
1
Chứng minh
1
1
1 2
i)
a(u, v)
2 h u (0)
2 h u (1)
2 h v (0)
≤
+
+
+
+
2 u dx x
0
1
2 v dx x
0
1
∫
∫
1 2
2 h v (1)
0
0
1
1
1 2
2 h u (0)
2 h v (0)
+
+
+
+
≤
2 u dx x
0
2h u 1
2 v dx x
0
2h v 1
1
1
∫
∫
1 2
0
0
ðặt C1 = max{1, h0, 2h1}, ta có:
1 v , u, v H .
a(u, v) C u ≤
∈
∀
1
1
1
12
a(u,u)
u (x)dx
1
ii)
=
+
+
∫
1
2
u (x)dx
1 h u (0), u H .
≥
+
∀ ∈
2 x
0
∫
0
2
1 a(u,u) C u , u H .
∀ ∈
≥
ðặt C0 = min{1, h0}, ta có
0
1
2 h u (0) 2 h u (1) 2 x 0 1 0
Bổ ñề 2.3. Tồn tại một cơ sở trực chuẩn {
}jw của L2 gồm các hàm
riêng
jw ứng với trị riêng
jλ sao cho
0
...
,
λ
(2.8)
< ≤ ≤ ≤ ≤
= +∞
λ 2
λ 1
..., lim λ j →+∞
1
j
(2.9)
v H j
(
,
,
,
1 2 ,
,...
=
∀ ∈
=
a w v , ) j
λ w v j
w / j
λ
cũng là cơ sở trực chuẩn của H1 tương ứng
j
Hơn nữa dãy {
}
với tích vô hướng a(. , .).
Mặt khác, chúng ta cũng có hàm
jw thỏa mãn bài toán giá trị biên sau:
j
(2.10)
w −∆ =j
λ w trong Ω, j
jx
j
jx
j
w
w
(0)
(0)
(1)
(1)
(2.11)
−
=
+
= 0,
h w 0
h w 1
jw
(Ω).
(2.12)
C ∞∈
Bổ ñề 2.3 ñược chứng minh bằng cách áp dụng bổ ñề 1.4, chương 1, với
V = H1, H = L2 và a (.,.) ñược cho bởi (2.7).
Với M > 0, T > 0, ta ñặt
K
K (M,T,f )
sup f (x, t,u) ,
(2.13)
=
=
0
0
K
K (M,T,f )
f
(x, t,u),
(2.14)
=
=
1
1
/ x
/ f + + t
/ u
( sup f
)
sup trong (2.13), (2.14) ñược lấy trên miền
(2.15)
0
1, 0
t T, u
2M.
x ≤ ≤
≤ ≤
≤
j j
13
Với mỗi M > 0, T > 0, ta ñặt:
∈
∈
W(M,T)
v L (0,T;H ) : v
L (0,T;H ), v
{ = ∈
(2.16)
≤
≤
≤
∞
∞
v
M, v
M, v
2
∞ ∞ 2 1 2 t tt T
2 L (0,T;H )
1 L (0,T;H )
L (Q ), } M
T
∞
(2.17)
W (M,T)
v W(M,T) : v
∈
1
tt
{ = ∈
}2 L (0,T;L ) .
Trong phần này, với sự lựa chọn M, T thích hợp, ta xây dựng một dãy
m{u } trong W1(M,T) bằng quy nạp và chứng minh nó hội tụ về nghiệm của
bài toán (2.1) - (2.3).
. Giả sử rằng
∈
Chọn số hạng ban ñầu u0
1W (M,T)
u
W (M,T).
(2.18)
m 1
1
− ∈
Ta liên kết bài toán (2.1) – (2.3) với bài toán biến phân tuyến tính sau:
thỏa bài toán
∈
Tìm hàm um
1W (M,T)
µ(t)a(u , v)
(2.19)
+
+
=
∀ ∈
ɺɺ u , v m
m
ɺ λ u , v m
1 F , v , v H , m
(2.20)
=
=
u (0) m
ɺ u , u (0) m
0
u , 1
trong ñó
f (x, t,u
(x, t)).
(2.21)
=
F (x, t) m
m 1 −
Sự tồn tại của um cho bởi ñịnh lý sau ñây:
ðịnh lý 2.1. Giả sử (A1) – (A4) ñúng. Khi ñó tồn tại các hằng số M, T > 0 sao
cho trước, tồn tại dãy quy nạp tuyến tính
∈
cho ñối với mọi u0
t tt L (Q )
{u } W (M,T)
xác ñịnh bởi (2.19) – (2.21).
⊂
m
1
1W (M,T)
Chứng minh. Gồm các bước dưới ñây:
Bước 1: Xấp xỉ Galerkin. Gọi {
}jw là cơ sở trực chuẩn của H1 như
j
w
Dùng phương pháp Galerkin ñể xây dựng
=
j
j
trong bổ ñề (2.3) (
) w / λ .
(k )
nghiệm xấp xỉ
mu (t) của (2.19) – (2.20) theo dạng
14
k
(2.22)
c
(k) u (t) m
(k) mj
(t)w , j
= ∑
j 1 =
(k)
trong ñó
(t) thỏa hệ phương trình vi phân tuyến tính sau:
mjc
ɺ
ɺɺ u (t), w
+
+
(2.23)
k,
=
j ≤ ≤
F (t), w , 1 m
(k ) m j (k) µ(t)a(u (t), w ) m j (k) λ u (t), w m j
(2.24)
=
=
(k ) u (0) m
ɺ (k ) u , u (0) m
0k
u , 1k
trong ñó
k
mạnh trong H2,
(2.25)
u
u
=
→
0k
(k) α w mj
j
0
∑
j 1 =
k
u
u
mạnh trong H1,
(2.26)
=
→
1k
(k) β w mj
j
1
∑
j 1 =
và Fm(t) = Fm(x,t) = f(x,t,um-1).
Hệ (2.19) – (2.20) có thể viết thành dạng khác như sau:
(t) µ(t)λ c
(t)
ɺ λc
(t)
+
+
ɺɺ (k) c mj
(k) j mj
(k) mj
1
k,
j
=
≤ ≤ (2.27)
F (t), w ,1 m
j
w
(0)
(0)
(2.28)
=
=
(k) c mj
ɺ (k) α , c mj
j 2 j
Từ (2.27) ta suy ra:
(k) mj (k) β . mj
1
α
λα
c
(t)
=
+
+
+
t r
F (s), w ds m
( t β
)
dr ∫ ∫
w
(2.29)
(k) mj (k) mj (k) mj (k) mj j 2 0 0 j
λ
c
(s)ds λ
dr µ(s)c
(s)ds, 1
k.
−
−
j ≤ ≤
r t t
∫ ∫
∫
(k ) mj j (k ) mj 0 0 0
Bổ ñề 2.4. Giả sử m 1u − thỏa (2.18). Khi ñó hệ (2.26) – (2.27) có duy
(k )
(k)
.
nhất nghiệm
0,T
[
]
mu (t) trên một khoảng
m0,T
⊂
15
Chứng minh. Bỏ qua chỉ số m, k trong các cách viết, ta viết
c (t), α , β j
j
j
c
(t), α , β . Ta viết lại (2.29) thành phương trình ñiểm
lần lượt thay cho
(k) mj
(k ) mj
(k) mj
bất ñộng
c(t) = H[c](t),
(2.30)
trong ñó
c
(c ,...,c ),
=
=
) H[c] H [c],...,H [c] ,
(
k
1
1 k
λ
λ
H [c](t)
c (s)ds
dr µ(s)c (s)ds,
=
−
−
r t t
γ (t) j
∫ ∫
∫
t
r
1
λα
k.
+
+
j ≤ ≤
γ (t) j
α = + j
j
j
F (s), w ds, 1 m j
2
( t β
)
dr ∫ ∫
w
0
0
j
(k)
Với mỗi
(0,T]
và ρ
0> (sẽ chọn sau), ta ñặt
∈
mT
0
k
S
=
(k) m
{ c X : c = ∈
} ρ , ≤
X
) ℝ ,
( X C 0,T ;
ở ñây ta dùng chuẩn trong X như sau:
k
c
c (t) , c X.
=
=
∈
j
X
1
1
∑
sup c(t) , c(t) ( k ) 0 t T ≤ ≤ m
j 1 =
Rõ ràng S là tập ñóng, khác rỗng và toán tử H : X X.→
(k)
Ta chứng minh tồn tại ρ
0> và
0> sao cho:
mT
i) H biến tập S thành chính nó.
n
H
n 1 − H(H ) :S
S
≡
→ là ánh xạ co.
ii) Tồn tại n ∈ ℕ sao cho
Thật vậy:
k
c
H[c](t)
H [c](t) .
i) Với mọi
ρ≤ và
=
∈ ta có
(c ,...,c ) S, k
1
Xc
j
1
= ∑
j 1 =
t
t
r
i
λ
H [c](t)
c (s) ds
c (s)ds.
≤
+
+
j
γ (t) j
j
λ µ k
j
∞
∫
dr ∫ ∫
0
0
0
j j j j 0 0 0
16
Suy ra:
t
t
r
i
λ
H[c](t)
γ(t)
≤
+
+
λ µ k
1
1
c(s) ds 1
c(s) ds 1
dr ∫ ∫
∫
0
0
0
2
γ
σ
t
,
(2.31)
≤
+
k
T
X
t c +
1 2
trong ñó
γ
=
=
T
1
∞
sup γ(t) , µ 0 t T ≤ ≤
sup µ(t) , 0 t T ≤ ≤
σ(k,T, λ,µ)
=
λ = +
k σ
k
λ µ . ∞
(k)
ρ
1
1
.
(0,T]
Chọn
và
sao cho
≤− + +
2 γ>
∈
mT
(k ) 0 T < m
T
1 σ
k
Từ (2.31), ta suy ra:
(k )
ρ, c S.
H[c]
+
≤ ∀ ∈
σ T k m
k
X
(k ) 2 σ (T ) ρ m
ρ ≤ + 2
1 2
Vậy toán tử H biến tập S thành chính nó.
ii) Sau ñây bằng quy nạp ta sẽ chứng minh rằng với mọi n
,∈ ℕ với mọi
t
, ta có
c, d S∈ , với mọi
(k ) m
0,T ∈
∞
H [c](t) H [d](t) −
n n 1
c
d
(2.32)
≤
−
+
... + +
+
(
)
σ t k
1)!
σ
trong ñó
, µ
λ = +
=
λ µ k
n X 0 n C t n (2n)! n C n n! 1 n 1 − C t n (2n 1)! − n 1 − C t n (n +
∞
∞
sup µ(t) . 0 t T ≤ ≤
Thật vậy:
j 1,2,...,k,
, ta có
• Với n = 1,
∀ =
k
0,T t ∀ ∈
H[c](t) H[d](t) −
(k) m
1
17
t
r
t
k
d (s) ds
d (s) ds
−
+
−
≤
c (s) j
j
λ µ k
c (s) j
j
∞
dr ∫ ∫
j 1 =
0
0
0
∑ ∫ λ
t
t
r
k
k
σ
σ
≤
−
+
−
k
c (s) j
j
k
c (s) j
j
(
(
) d (s) ds
) d (s) ds
∑∫
∑∫ ∫ dr
j 1 =
j 1 =
0
0
0
t
t
t
σ
σ
c(s)
c(s)
≤
−
+
−
k
k
(
(
) d(s) ds 1
) d(s) ds 1
∫
dr ∫ ∫
0
0
0
2
d
c
(2.33)
≤
−
−
σ c k
(σ t) k
X
d . X
t 2
0 1 C t C 1 1 + 1! 2!
t + =
Vậy (2.32) ñúng với n = 1.
c, d S,
t
∀
∈ ∀ ∈
• Giả sử (2.32) ñúng với mọi n 1.≥ Ta chứng minh:
(k) [0,T ] m
n 1 +
H [c](t) H [d](t)
n 1 +−
1
n
n 1 +
n 1 +
c
d
.
(2.34)
≤
−
+
... + +
+
(
)
σ t k
X
2)!
1)!
(n
2)!
0 C t n 1 + (2n +
1 C t n 1 + (2n +
n C t n 1 + +
n 1 + C n 1 + 1)! (n +
Thật vậy
n
n
n 1 +
H [c](t) H [d](t)
=
n 1 +−
H H [c] (t) H H [d] (t) −
(
)
)
(
1
1
t
r
t
n
n
n
n
σ
σ
H [c](t) H [d](t) ds
≤
−
+
−
k
k
(
) H [c](t) H [d](t) ds
)
(
1
1
dr ∫ ∫
∫
0
0
0
t
r
σ
c
d
≤
−
+
... + +
+
n 1 + k
X
dr ∫ ∫
0 2n C s n (2n)!
1)!
n n C s n n!
1 2n 1 − C s n (2n 1)! −
n 1 n 1 + − C s n (n +
0
0
ds
t
σ
c
d
ds
+
−
+
... + +
+
n 1 + k
X
∫
0 2n C s n (2n)!
1)!
n n C s n n!
1 2n 1 − C s n (2n 1)! −
n 1 n 1 + − C s n (n +
0
+
+
σ
c
d
≤
−
+
... + +
+
n 1 + k
X
0 2n 2 C t n (2n
2)!
1 2n 1 + C t n (2n
1)!
3)!
+
+
n 1 n 3 − + C t n (n +
n n 2 C t n (n +
2)!
18
σ
c
d
+
−
+
... + +
+
n 1 + k
X
0 2n 1 + C t n (2n
1)!
1 2n C t n (2n)!
2)!
+
n 1 n 2 − + C t n (n +
n n 1 + C t n (n +
1)!
2n 2 +
2n 1 +
n 2 +
σ
c
d
≤
−
+
... + +
+
n 1 + k
X
2)!
1)!
2)!
1)!
0 C t n 1 + (2n +
1 C t n 1 + (2n +
n C t n 1 + (n +
n 1 n 1 + + C t n 1 + (n +
n
n 1 +
n 1 +
c
d
.
≤
−
+
... + +
+
(σ t) k
X
2)!
1)!
(n
2)!
0 C t n 1 + (2n +
1 C t n 1 + (2n +
n C t n 1 + +
n 1 + C n 1 + 1)! (n +
Vậy (2.32) ñúng với mọi n
,∈ ℕ
(k ) m
0,T t ∀ ∈
Từ (2.32) ta suy ra rằng:
n
n
n
n
H [c] H [d] −
=
−
(
)
X
1
sup H [c](t) H [d](t) ( k ) 0 t T ≤ ≤ m
n
C (T )
(k)
0 n
1 n
c
d
≤
−
+
... + +
+
σ T k m
(
)
X
(k) n C (T ) m n!
(k) n 1 − m n!
n 1 (k) − C T n m n!
n C n n!
n 1)]
+
c
≤
− d X
(k) (k) [σ T (T m k m n!
+
k
(2.35)
c
≤
−
d . X
n [σ T(T 1)] n!
0n
+
k
k
Mà
0
0
≤
< 1.
= nên tồn tại n0 Ν∈ sao cho
lim n →+∞
n [σ T(T 1)] n!
[σ T(T 1)] + n ! 0
Tức là toán tử
0nH : S
S→ là ánh xạ co. Theo nguyên lý ánh xạ co H có ñiểm
bất ñộng duy nhất trong S, tức là hệ (2.26) – (2.27) có duy nhất nghiệm
(k)
(k) [0,T ]. m
mu (t) trên
Bổ ñề 2.4 ñược chứng minh xong.
(k)
Các ñánh giá sau ñây cho phép ta lấy
T= với mọi m và k.
mT
Bước 2: ðánh giá tiên nghiệm
(k)
(t)
ðánh giá thứ nhất: Nhân (2.23) với
và lấy tổng theo j ta ñược:
ɺ mjc
ɺ
ɺ
ɺ
ɺ ɺɺ u (t),u (t)
µ(t)a(u (t), u (t))
λ u (t),u (t)
+
+
(k ) m
(k) m
(k) m
(k) m
(k) m
(k) m
19
(2.36)
=
ɺ F (t), u (t) m
(k) m
Do ñó ta có:
2
2
ɺ
µ(t)
a(u (t),u (t))
+
+
ɺ (k) u (t) m
(k ) m
(k) m
(k) λ u (t) m
)
(
1 d 2 dt
1 d 2 dt
=
ɺ F (t), u (t) m
(k) m
hay
2
/
µ(t)a(u (t),u (t))
+
−
ɺ (k) u (t) m
(k ) m
(k) m
(k) µ (t)a(u (t),u (t)) m
(k) m
1 d 2 dt
1 2
2
(2.37)
=
+ ɺ
ɺ (k ) F (t),u (t) . m m
(k) λ u (t) m
ðánh giá thứ 2: Trong (2.23) thay
− ∆ sau ñó ñơn giản
w , j
jλ ta
jw bởi
1 λ
j
ɺ
µ(t)a(u (t),
w
có:
w −∆ +
−∆
ɺɺ (k ) u (t), m
j
w ) −∆ + j
(k) m
(k) λ u (t), m
j
(2.38)
=
−∆
F (t), m
w . j
Hơn nữa ta có:
a(F (t), w ),
•
w −∆ =
F (t), m
m
j
j
ɺ
a u (t), w ,
•
w −∆ =
ɺ (k) u (t), m
(k) m
j
j
w
u (t), w , ∆
(k) a u (t), • m
−∆ = ∆ j
(k) m
j
ɺɺ
a u (t), w .
•
w −∆ =
ɺɺ (k) u (t), m
(k) m
j
j
Như vậy (2.38) ñược viết lại như sau:
ɺɺ
ɺ
µ(t)
u (t), w
+
∆
(k) a u (t), w m
j
∆ + j
(k ) m
(k) λa u (t), w m
j
(2.39)
a(F (t), w ).
=
m
j
(k)
Trong (2.39) thay
, ta ñược:
ɺ mu (t)
jw bởi
ɺɺ
ɺ
ɺ
a u (t),u (t)
µ(t)
+
∆
u (t), u (t) ∆
(k) m
(k) m
(k) m
(k ) m
20
ɺ
ɺ
λa u (t), u (t)
ɺ a(F (t), u (t)),
+
=
(k ) m
(k) m
(k) m
m
hay
2
2
ɺ
ɺ
/ µ (t)
+
∆
−
∆
(k) a(u (t),u (t)) µ(t) m
(k) m
(k ) u (t) m
(k) u (t) m
1 d 2 dt
1 2
ɺ
ɺ
(2.40)
λa(u (t),u (t))
ɺ a F (t),u (t) .
+
=
(k) m
(k ) m
m
(k) m
ðặt
t
2
u (s) ds
, (2.41)
+
=
(k) S (t) X (t) Y (t) m
(k ) m
(k) m
(k) m
+ ∫ ɺɺ
0
trong ñó
2
µ(t)a(u (t),u (t)),
(2.42)
=
+
(k) X (t) m
ɺ (k) u (t) m
(k) m
(k) m
2
ɺ
ɺ
.
(2.43)
=
+
∆
(k) Y (t) m
(k) a(u (t),u (t)) µ(t) m
(k) m
(k) u (t) m
Từ (2.37), tích phân theo t ta ñược:
µ (s)a(u (s),u (s))ds 2λ
u (s) ds
X (t) X (0) =
+
−
∫ ɺ
∫
t t 2 / (k) m (k) m (k) m (k) m (k ) m 0 0
ɺ
(2.44)
t
2 + ∫
Từ (2.40), tích phân theo t, ta ñược:
(k) F (s),u (s) ds. m m 0
ɺ
t t
ɺ a(u (s),u (s))ds
Y (t) Y (0) =
+
−
∆
∫
∫
/ µ (s) 2 u (s) ds 2λ (k) m (k) m (k ) m (k ) m (k ) m 0 0
ɺ
(2.45)
2 a F (s),u (s) ds.
t
+ ∫
Suy ra:
m (k) m 0
21
]ds
S (t) S (0) =
+
+ ∆
∫
t 2 / (k) m (k) m (k) µ (s)[a(u (s), u (s)) m (k) m (k) u (s) m 0
ɺ
2λ
ɺ a(u (s),u (s)) ds
−
+
∫ ɺ
t
t
ɺ
+
2 +
ɺ (k) F (s),u (s) ds m m
m
(k) m
2 a F (s), u (s) ds ∫
∫
0
0
t
2
ɺɺ u (s) ds
+
(k) m
∫
0
I
=
(2.46)
(k) S (0) m
+ + + + I4 + I5. I 3
I 1
2
Sau ñây ta sẽ lần lượt ñánh giá các tích phân trong vế phải của (2.46).
• Tích phân thứ nhất
t
2
/
ds
=
+ ∆
I 1
(k ) µ (s) a(u (s),u (s)) m
(k ) m
(k) u (s) m
∫
0
t
2
/
µ
a(u (s),u (s))
u (s) ds
≤
+ ∆
(k ) m
(k) m
(k) m
t 2 (k ) u (s) m (k) m (k) m 0
∫
0
t
/
µ
S (s)ds.
(2.47)
≤
(k) m
∞
∫
1 µ
0
0
• Tích phân thứ hai
t
2
ɺ
I
2λ
ɺ a(u (s),u (s)) ds
= −
+
2
ɺ (k) u (s) m
(k) m
(k) m
∫
0
(2.48)
t
≤
(k) 2λ S (s)ds. m
∫
0
• Tích phân thứ ba
t
t
I
2
2
=
≤
3
ɺ (k) F (s),u (s) ds m m
ɺ (k) F (s) u (s) ds m m
∫
∫
0
0
∞
22
t
2K
S (s)ds.
(2.49)
≤
0
(k) m
∫
0
• Tích phân thứ tư
t
t
ɺ
I
=
≤
4
m
(k ) m
2C 1
ɺ (k) F (s) u (s) ds. m m
1
1
2 a(F (s),u (s))ds ∫
∫
0
0
Ta có
≤
2 2 F (0,s) K , m
0
1
2
∇
=
≤
+
F (s) m
2 2 dx K (1 M) . 1
m 1 −
∫
2
f ∂ x ∂
f ∂ u + ∇ u ∂
0
Suy ra
2
2
=
+ ∇
2 K (1 M) . +
F (s) m
2 F (0,s) m
F (s) m
2 K ≤ + 0
2 1
1
Vậy
t
I
K
S (s)ds.
(2.50)
≤
+
K (1 M) +
[
]
4
0
1
(k) m
∫
2C 1 C
0
0
• Tích phân thứ năm
(2.23) có thể viết lại như sau:
ɺ
ɺɺ u (t), w
µ(t)
u (t), w
−
∆
+
(k ) m
j
(k) m
j
(k) λ u (t), w m
j
(2.51)
k.
=
j ≤ ≤
F (t), w , 1 m
j
(k)
Trong (2.50) thay
, ta ñược:
ɺɺ mu (t)
jw bởi
2
ɺɺ
ɺ
µ(t)
ɺɺ u (t),u (t)
λ u (t),u (t)
−
∆
+
ɺɺ (k) u (t) m
(k ) m
(k) m
(k) m
(k) m
k.
=
j ≤ ≤
ɺɺ (k ) F (t),u (t) , 1 m m
Suy ra
2
2
2
2
2 3µ (t)
≤
∆
+
+
ɺɺ (k) u (t) m
(k) u (t) m
ɺ (k ) 3λ u (t) m
2 3F (t). m
23
Tích phân theo t ta ñược
t
t
t
2
2
2
ɺɺ u (s) ds
u (s) ds
2 3λ
ɺ u (s) ds
≤
∆
+
(k) m
(k) m
(k) m
2 3 µ (s) ∫
∫
∫
0
0
0
t
(2.52)
2 3 F (s)ds. m
+ ∫
0
Vậy
t
t
2
2
µ
Y (s)ds
3TK
I
≤
+
+
5
(k) m
(k) 3λ X (s)ds m
2 0
∞
∫
∫
3 µ
0
0
0
t
2
µ
2 λ
S (s)ds.
(2.53)
3TK
≤
+
+
2 0
(k) m
1 µ
∫
3
0
0
Từ (2.47), (2.48), (2.49), (2.50), (2.53), ta có
t
/
µ
2λ
S (s)ds
≤
+
+
+
(k) S (t) X (0) Y (0) m
(k) m
(k) m
(k) m
∞
1 µ
∫
0
0
t
2K
S (s)ds
+
0
(k) m
∫
0
t
K
S (s)ds
3TK
+
K (1 M) +
+
+
]
[
0
1
(k) m
2 o
∫
2C 1 C
0
0
t
2
µ
2 λ
S (s)ds,
(2.54)
+
(k) m
∞
1 µ
3 +
∫
0
0
hay
t
(2.55)
≤
+
+
+
(k) S (t) X (0) Y (0) m
(k) m
(k) m
d (M,T) 1
2
(k) m
d (M) S (s)ds, ∫
0
trong ñó
(2.56)
3TK
(K
,
=
+
+
+
d (M,T) 1
2 0
0
0
1
C 1 C
0
T K
2 K (1 M)) +
∞
24
2
/
µ
µ
d (M)
(2.57)
1 = +
2λ + +
+
2
∞
∞
1 µ
1 µ
3
2 λ .
0
0
Tiếp theo chúng ta ñánh giá số hạng
Ta có:
X (0) Y (0). +
(k) m
(k ) m
2
X (0) Y (0) +
=
+
(k) m
(k) m
ɺ (k) u (0) m
(k) µ(0)a u (0), u (0) m
(k ) m
(
)
2
ɺ
ɺ
µ(0)
+
+
∆
(k) m
(k) m
(k ) u (0) m
( a u (0),u (0)
)
2
2
u
.
(2.58)
=
+
+
+
u ∆
1k
µ(0)a(u ,u ) 0k
0k
a(u , u ) µ(0) 1k
1k
0k
Từ (A1) và (2.25), (2.26) ta suy ra tồn tại M > 0 ( ñộc lập k và m) sao
cho
2
,
với mọi m, k.
(2.59)
X (0) Y (0) +
≤
(k) m
(k) m
M 2
Chú ý rằng với giả thiết (A2) ta suy ra từ (2.13), (2.14):
0, i
0,1.
(2.60)
=
=
lim TK (M,T,f ) i +→ T 0
Khi ñó từ (2.56), (2.57) và (2.60) ta luôn chọn ñược hằng số T 0> sao
cho
2
(2.61)
+
≤
)
2 ( d (M,T) exp Td (M) M , 1
2
M 2
và
/
µ
+
exp
.T
1.
(2.62)
∞ { min 1,µ
2λ }
1
1 2 2K T 1 + } { C min 1,µ
0
0
0
<
Cuối cùng ta suy ra từ (2.55), (2.59), (2.61) rằng:
t
2
S (t) M exp Td (M)
≤
+
( −
)
(k) m
2
2
(k) m
d (M) S (s)ds, ∫
0
0
T.
≤ ≤
≤ (2.63)
(k) t T m
Áp dụng bổ ñể Gronwall ta suy ra từ (2.63) rằng:
25
2
2 S (t) M exp Td (M) exp Td (M) M ,
≤
≤
( −
)
)
(
(k) m
2
2
(2.64)
0
≤ ≤
(k) t T . m
với mọi m, k. Do ñó, ta có
Vậy ta có thể lấy
=
(k ) T T , m
, với mọi m, k.
(2.65)
u
W (M,T)
∈
(k ) m
1
(k)
Từ (2.65) ta có thể trích ra từ dãy
m{u } một dãy con mà ta vẫn ký hiệu
(k)
là
m{u } sao cho
u
2 ∞ u trong L (0,T;H )
yếu *,
(2.66)
→
(k) m
m
yếu *,
(2.67)
ɺ 1 ∞ u trong L (0,T;H )
→ɺ u
(k) m
m
2
yếu,
(2.68)
→ɺɺ u
(k) m
ɺɺ u trong L (Q ) T
m
(2.69)
∈
mu W(M,T).
Từ (2.65) – (2.68), qua giới hạn trong (2.23), (2.24) ta có um thỏa (2.19),
2L (0,T) yếu.
(2.20) trong
µ(t) u
ɺ λu
=
+
∆ − m
F m
m
2 L (0,T;L )
u W (M,T). 1
, do ñó m
ɺɺ Cuối cùng, ta có từ (2.19), (2.20) và (2.69) rằng m u ∞∈ ∈ ðịnh lý 2.1 ñược chứng minh hoàn tất.
2.3. Sự tồn tại và duy nhất nghiệm
ðịnh lý 2.2. Giả sử (A1) – (A4) ñúng. Khi ñó tồn tại M 0> và T 0>
sao cho bài toán (2.1) – ( 2.3) có duy nhất nghiệm yếu
∈
u W (M,T). 1
Mặt khác, dãy quy nạp tuyến tính
mạnh về nghiệm yếu u trong không gian
1
2
∞
∞
(2.70)
∈ɺ
1W (T)
{ } u L (0,T;H ) : u L (0,T;L ) . = ∈
Hơn nữa ta có ñánh giá sai số:
với mọi m, (2.71)
u
u
ɺ u
ɺ u
−
+
−
≤
m
m
m Ck , T
1 ∞ L (0,T;H )
2 ∞ L (0,T;L )
m{u } xác ñịnh bởi (2.19), (2.20) hội tụ
26
µ
+
trong ñó hằng số
C là hằng
k
exp
T
1,
/
1 = +
1 2 2K T 1 { } C min 1,µ
2λ }
<
số chỉ phụ thuộc vào T, u0, u1, kT.
T ∞ { min 1,µ 0 0 0
Chứng minh
a) Sự tồn tại nghiệm. Ta có
1W (T) là không gian Banach ñối với chuẩn
v
v
v
.
(2.72)
2
∞
=
+
1 L (0,T;H )
∞ L (0,T;L )
1W (T)
Ta chứng minh
m{u } là dãy Cauchy trong
1W (T).
ðặt vm = um+1 – um. Khi ñó vm thỏa bài toán biến phân sau:
ɺ
(2.73)
ɺɺ v (t), v
+
+
=
−
∀ ∈
m
µ(t)a(v (t), v) m
λ v (t), v m
1 F , v , v H , m
F m 1 +
ɺ
(2.74)
0,=
vm(0) = mv (0)
Trong (2.73), lấy
, ta ñược:
v
v= ɺ
ɺ
ɺ
ɺ
ɺ ɺɺ v (t), v (t)
λ v (t), v (t)
+
+
m
m
µ(t)a(v (t), v (t)) m
m
m
m
−
ɺ F , v (t) , m m
F += m 1
hay
2
2
µ(t)
+
+
( a v (t), v (t)
)
ɺ v (t) m
m
m
ɺ λ v (t) m
1 d 2 dt
1 2
d dt
−
ɺ F , v (t) , m m
F += m 1
hay
2
/
+
−
(
(
)
ɺ v (t) m
µ(t)a v (t), v (t) m
m
µ (t)a v (t), v (t) m
m
)
1 d 2 dt
1 2
2
(2.75)
+
=
−
ɺ λ v (t) m
ɺ F , v (t) . m m
F m 1 +
Lấy tích phân (2.75) theo t, ta ñược:
m
µ (s)a v (s), v (s) ds
+
(
)
(
)
ɺ v (t) m
µ(t)a v (t), v (t) m
= ∫
t 2 / m m m 0
27
ɺ
2λ
ɺ v (s) ds
2
(2.76)
−
+
−
F (s) F (s), v (s) ds. m 1 +
∫
∫
Từ (2.14), (2.18) và (2.69), ta có
f (x, t, u (t))
f (x, t,u
(t))
=
−
m
m
F (t) F (t) − m 1 +
m 1 −
(x, t,u
θ(u
u
))(u
u
)
=
+
−
−
t t 2 m m m 0 0
f ∂ u ∂
, 0
≤
< < θ 1.
K v 1
m m m 1 − m 1 − m 1 −
Khi ñó
t
2
/
µ
a(v (s), v (s))ds
+
≤
(
)
ɺ v (t) m
µ(t)a v (t), v (t) m
m
m
m
∞
∫
0
m 1 −
ɺ
2λ
ɺ v (s) ds
2K
v
+
+
(s) v (s) ds. m
∫
∫
Suy ra
t t 2 m 1 m 1 − 0 0
µ
a(v (s), v (s))ds
+
≤
( a v (t), v (t)
{ min 1,µ
}
ɺ v (t) m
∫
)
t 2 / 0 m m m m ∞ 0
ɺ
2λ
ɺ v (s) ds
2K
v
+
+
(s) v (s) ds. m
∫
∫
ðặt
t t 2 m 1 m 1 − 0 0
, ta có:
+
≥
+
Zm(t) =
( a v (t), v (t)
)
ɺ v (t) m
ɺ v (t) m
C v (t) m
2 2 2 m m 0 1
µ
Z (s)ds
≤
+
{
}
min 1,µ Z (t) 0
2λ Z (s)ds m
∫
∫
t t / m m ∞ 0 0
2 v
(s)
ɺ 2 v
(s)
ɺ v (s) ds.
+
+
2K 1
t
(
)
∫
Suy ra
m m 1 − m 1 − 1 0
28
/
t
µ
+
Z (s)ds
v
v
.
(2.77)
≤
+
Z (t) m
m
m
m 1 −
W (T) 1
W (T) 1
∫
∞ { min 1,µ
2λ }
2 2K T 1 } { min 1,µ
0
0
0
Áp dụng bổ ñề Gronwall, ta suy ra từ (2.77) rằng:
2
2
v
v
+
≤
ɺ v (t) m
C v (t) m
0
m
m 1 −
1
W (T) 1
W (T) 1
2 2K T 1 } { min 1,µ
0
µ
+
/
2λ }
× exp
T ,
∞ { min 1,µ 0
2(a
Áp dụng bất ñẳng thức (a + b)2
, a, b∀ ∈ ℝ , ta có:
≤
+
2 2 b )
µ
+
v
exp
.
(2.78)
/
1 ≤ +
1 2 2K T 1 { } C min 1,µ
2λ }
T v
Cuối cùng ta suy ra rằng
v
(2.79)
, với mọi m,
≤
m m 1 − W (T) 1 W (T) 1 ∞ { min 1,µ 0 0 0
k v −
trong ñó
m m 1 T W (T) 1 W (T) 1
µ
+
k
exp
T
1.
/
1 = +
1 2 2K T 1 { } C min 1,µ
∞ { min 1,µ
2λ }
<
Do ñó
v
k
v
(2.80)
, với mọi m.
≤
T 0 0 0
Suy ra
u
u
v
v
v
−
≤
+
... + +
m
m p +
m p 1 + −
m p 2 + −
m W (T) 1
W (T) 1
W (T) 1
W (T) 1
k
k
k
v
≤
+
... + +
m p 1 + − T
m p 2 + − T
m T
(
)
0 W (T) 1
v
, với mọi m,p
(2.81)
≤
.∈ ℕ
0 W (T) 1
m k T 1 k −
T
m m T 0 W (T) 1 W (T) 1
29
Ta suy ra
∈
m{u } là dãy Cauchy trong
1W (T). Do ñó tồn tại
u W (T) 1
sao cho
(2.82)
u→ mạnh trong
mu
1W (T).
, do ñó ta có thể lấy ra dãy con
∈
Ta chú ý rằng m
u W (M,T) 1
jm{u } của
m{u } sao cho
2 ∞ u trong L (0,T;H )
yếu *,
(2.83)
→
mu
j
ɺ 1 ∞ u trong L (0,T;H )
yếu *, (2.84)
→ɺ mu
j
2
yếu,
(2.85)
→ɺɺ u
m
ɺɺ u trong L (Q ) T
j
u W(M,T).
(2.86)
∈
Chú ý rằng:
(2.87)
f (x, t,u)
u
.
−
≤
−
F m
K u 1
∞
j
m 1 − j
2 L (0,T;L )
W (T) 1
Do ñó từ (2.82) – (2.87) ta thu ñược
2
mạnh trong
(2.88)
f (x, t,u)
∞ L (0,T;L ).
→
jmF
thỏa mãn bài toán
Qua giới hạn (2.19), (2.20) ta thu ñược u W(M,T)
∈
biến phân
ɺɺ u, v
µ(t)a(u, v)
ɺ λ u, v
1 f (x, t,u), v , v H ,
(2.89)
+
+
=
∀ ∈
u(0)
u , u(0)
u
(2.90)
=
=ɺ
0
1
2L (0,T) yếu.
trong
Mặt khác, ta có từ (2.88), (2.89) rằng
2
∞
ɺɺ u
µ(t) u
f (x, t,u) L (0,T;L ).
ɺ λu
=
∆ − +
∈
ðịnh lý ñược chứng minh xong.
Do ñó
∈
u W (M,T). 1
b) Sự duy nhất nghiệm
u , u là hai nghiệm yếu của bài toán (2.1) – (2.3) sao cho
Giả sử
1
2
30
1,2.
∈
=
u W (M,T), i 1
u
u
ðặt
= − Khi ñó u thỏa bài toán biến phân sau:
u . 2
i
ɺɺ u, v
µ(t)a(u, v)
ɺ λ u, v
(2.91)
+
+
=
∀ ∈
−
1 F (t) F (t), v , v H , 1
2
u(0)
0.
=
=ɺ u(0)
trong ñó
f (x, t, u ), i
1,2.
=
=
F (x, t) i
1
Lấy v
u= ɺ trong (2.91), sau ñó tích phân theo t, ta ñược:
i
ɺ u(t)
µ(t)a(u(t),u(t))
µ (s)a(u(s), u(s))ds
+
= ∫
t 2 /
t
t
ɺ
2λ
2 ɺ u(s) ds
2
.
−
+
−
F (s) F (s),u(s) ds 1
2
∫
∫
0
0
Suy ra
t
2
/
µ
ɺ u(t)
µ(t)a(u(t),u(t))
a(u(s),u(s))ds
+
≤
0
∫
0
t
t
2λ
2 ɺ u(s) ds
2K
ɺ u(s) u(s) ds.
+
+
1
∫
∫
0
0
hay
t
2
/
µ
ɺ u(t)
a(u(t),u(t))
a(u(s),u(s))ds
+
≤
{ min 1,µ
0
}(
)
∞
∫
0
t
t
2λ
2 ɺ u(s) ds
2K
ɺ u(s) u(s) ds.
+
+
1
∫
∫
0
0
ðặt
2
2
2
Z(t)
ɺ u(t)
a(u(t),u(t))
ɺ u(t)
C u(t)
,
=
+
≥
+
0
1
ta có:
{
}0 min 1,µ Z(t)
∞
31
µ
Z(s)ds
2λ Z(s)ds
2K
ɺ u(s) u(s) ds
≤
+
+
∫
∫
∫
t t t / 1 ∞ 0 0 0
µ
2λ
Z(s)ds
2 2K
ɺ u(s) u(s) ds
≤
+
+
(
)
∞
∫
∫
t t / 1 1 0 0
µ
2λ
Z(s)ds
C u(s)
ɺ u(s)
ds.
≤
+
+
+
)
(
(
)
∞
∫
∫
2K C
Suy ra
t
/
µ
Z(t)
Z(s)ds.
(2.92)
≤
2λ + +
∞
∫
2K 1 C
1 { min 1,µ
}
0
0
0
Áp dụng bổ ñề Gronwall, từ (2.92) ta suy ra Z(t) = 0, nghĩa là u1 = u2.
ðịnh lý 2.2 ñược chứng minh xong.
t t 2 2 / 1 0 1 0 0 0
32
Chương 3: THUẬT GIẢI LẶP CẤP HAI
Trong chương này chúng ta xét bài toán biên và ban ñầu (2.1) với giả
thiết sau:
2 f C (Ω
∈
×ℝ ).
(A5)
Với f thỏa giả thiết (A5), với M > 0, ta ñặt:
K
K (M,f )
sup f (x,u) ,
=
=
0
0
(3.1)
K
K (M,f )
sup
(x,u),
=
=
+
1
1
f ∂ ∂ x
f ∂ u ∂
K
K (M,f )
sup
(x,u),
=
=
+
2 2
f ∂ ∂ ∂ x u
f ∂ 2 u ∂
1, u
2M.
sup ñược lấy trong miền 0
x ≤ ≤
≤
Chọn số hạng ñầu
.
∈
u W (M,T) 1
0
u
W (M,T)
Giả sử m 1
2 2
Xét bài toán (2.19), (2.20) với
f (x,u
)
(u
u
)
(x, u
),
(3.2)
=
=
+
−
m F (x, t)
f (x, t,u ) m m
m
m 1 −
m 1 −
m 1 −
f ∂ u ∂
f (x,u
)
u
)
(x, u
).
với
=
(u + −
m f (x, t,u)
m 1 −
m 1 −
m 1 −
f ∂ u ∂
Ta có ñịnh lý sau:
ðịnh lý 3.1. Giả sử (A1), (A2), (A4), (A5) ñúng. Khi ñó tồn tại M 0>
cho trước, tồn tại dãy quy nạp
và T 0> sao cho với mỗi
∈
u W (M,T) 1
1 − ∈
tuyến tính
{u } W (M,T)
xác ñịnh bởi (2.19), (2.20) và (3.2).
⊂
m
1
(k)
0
Chứng minh: Giống như ở ñịnh lý 2.1 ta xấp xỉ um bởi
mu (t) ñịnh bởi
(2.22) – (2.26), trong ñó Fm xuất hiện trong (2.19) ñược thay bởi
33
f (x,u
)
(u
u
)
(x, u
).
(3.3)
=
=
+
−
(k) F (x, t) m
f (x, t, u (t)) m
(k ) m
(k) m
m 1 −
m 1 −
m 1 −
f ∂ u ∂
Bước 1: Xấp xỉ Galerkin.
k
(k)
trong ñó
ðặt
c
(t) thỏa hệ phương trình vi
(k) u (t) m
(k ) mj
(t)w , j
mjc
= ∑
j 1 =
phân tuyến tính sau:
ɺ
ɺɺ u (t), w
+
+
(k ) m
j
(k) µ(t)a(u (t), w ) m j
(k) λ u (t), w m
j
(3.4)
k
=
j ≤ ≤
(k ) F (t), w , 1 m
j
(3.5)
=
=
(k) u (0) m
ɺ (k) u , u (0) m
0k
u , 1k
trong ñó
k
u
u
mạnh trong H2,
=
→
0k
(k) α w mj
j
0
∑
j 1 =
k
u
u
mạnh trong H1.
(3.6)
=
→
1k
(k ) β w mj
j
1
∑
j 1 =
u
W (M,T)
. Khi ñó ta có bổ ñề sau:
Giả sử rằng m 1
1 − ∈
Bổ ñề 3.1. Giả sử (A1), (A3), (A4), (A5) ñúng. Khi ñó tồn tại M 0> và
(k )
T 0> sao cho hệ (3.4) – (3.6) có duy nhất nghiệm
mu (t) trên một khoảng
(k)
[
] 0,T .
m0,T
⊂
Chứng minh. Hệ (3.4) – (3.6) có thể viết thành dạng khác như sau:
(t) µ(t)λ c
(t)
ɺ λc
(t)
+
+
ɺɺ (k) c mj
(k) j mj
(k ) mj
1
k,
j
=
≤ ≤ (3.7)
(k) F (t), w , 1 m
j
2
w
j
c
(0)
(0)
=
=
(k) mj
ɺ (k) α , c mj
(k) mj
(k) β . mj
Từ (3.7) ta suy ra:
34
1
α
λα
c
(t)
=
+
+
+
t r
( t β
)
dr ∫ ∫
w
(3.8)
(k) mj (k) mj (k ) mj (k) mj (k) F (s), w ds m j 2 0 0 j
λ
λ
c
(s)ds
dr µ(s)c
(s)ds, 1
k.
−
−
j ≤ ≤
t r t
∫ ∫
∫
Bỏ qua chỉ số m, k trong các cách viết, ta viết
c (t), α , β lần lượt thay
j
j
j
cho
c
(t), α , β . Ta viết lại (3.8) thành phương trình ñiểm bất ñộng
(k ) mj
(k ) mj
(k ) mj
c(t) = H[c](t),
(3.9)
trong ñó
c
(c ,...,c ),
=
=
) H[c] H [c],...,H [c] ,
(
k
1
1
k
t
r
k
1
H [c](t)
(x,u
=
+
j
q (t) j
)w , w c (s)ds j
i
i
m 1 −
2
f ∂ ∂∑∫ ∫ dr u
i 1 =
w
0
0
j
(k) mj j (k) mj 0 0 0
λ
c (s)ds
dr µ(s)c (s)ds, 1
k,
(3.10)
λ −
−
j ≤ ≤
t t r
∫
∫ ∫
λα
+
q (t) j
α = + j
j
j
( t β
)
t
r
1
f (x,u
)
u
(x, u
+
−
), w ds. j
m 1 −
m 1 −
m 1 −
2
dr ∫ ∫
f ∂ u ∂
w
0
0
j
(k)
(0,T]
và ρ
Với mỗi
0> (sẽ chọn sau), ta ñặt
∈
mT
k
;
S
=
{ c X : c = ∈
} ρ . ≤
X
( (k) 0 X C 0,T m
) ℝ ,
Ở ñây ta dùng chuẩn trong X như sau:
k
c
c(t)
c (t) , c X.
=
=
∈
j
X
1
∑
sup c(t) , 1 0 t T ≤ ≤
( k ) m
j 1 =
Ta thấy ngay S là tập ñóng, khác rỗng và toán tử H : X X.→
(k )
Ta chứng minh tồn tại ρ
0> và
0> sao cho:
mT
i) H biến tập S thành chính nó.
j j j 0 0 0
35
n
H
n 1 − H(H ) :S
S
ii) Tồn tại n ∈ ℕ sao cho
≡
→ là ánh xạ co.
Thật vậy, với mọi
c
ρ≤ và
=
∈ , ta có
(c ,...,c ) S k
1
Xc
k
H[c](t)
j
1
(
) H [c](t) ,
= ∑
j 1 =
t
r
t
K
1
i
λ
H [c](t)
c (s)ds
≤
+
+
j
q (t) j
j
2
c(s) ds 1
dr ∫ ∫
∫
w
0
0
0
j
r
t
c (s)ds.
(3.11)
+
λ µ k
j
dr ∫ ∫
0
0
Suy ra:
t
r
kK
i
H[c](t)
q(t)
≤
+
+
λ µ k
1 2
1
1
c(s) ds 1
∞
dr ∫ ∫
w
0
0
j
t
c(s) ds 1
λ + ∫
0
∞
q
D
t
.
(3.12)
≤
+
t c +
1 2
trong ñó
q
(3.13)
=
=
T
1
∞
sup q(t) , µ 0 t T ≤ ≤
sup µ(t) , 0 t T ≤ ≤
kK
(3.14)
D
D(k,T, λ,µ)
=
=
λ + +
2 k T X
λ µ . ∞
w
ρ
1
1
.
Chọn
và
∈
<
≤− + +
2 q>
(k ) T m
(k ) (0,T] sao cho 0 T m
T
1 D
k
Từ (3.12), ta suy ra:
(k )
H[c]
ρ, c S.
+
≤ ∀ ∈
D T k m
k
X
(k ) 2 D (T ) ρ m
ρ ≤ + 2
1 2
Vậy toán tử H biến tập S thành chính nó.
k k 1 2 j
36
iii) Sau ñây bằng quy nạp ta sẽ chứng minh rằng với mọi n ∈ ℕ , với
t
, ta có
mọi c,d S∈ , với mọi
(k ) m
0,T ∈
n
n
H [c](t) H [d](t) −
1
n
c
d
,
(3.15)
≤
−
+
... + +
+
(
)
D t k
X
0 n C t n (2n)!
1)!
n C n n!
1 n 1 − C t n (2n 1)! −
n 1 − C t n (n +
trong ñó
kK
, µ
D
=
λ + +
=
k
λ . µ k
1 2
∞
∞
sup µ(t) . 0 t T ≤ ≤
w
j
Thật vậy:
j 1,2,...,k,
, ta có
• Với n = 1,
∀ =
(k ) m
0,T t ∀ ∈
H[c](t) H[d](t) −
1
t
r
t
k
K 1
λ
d (s) ds
c(s)
−
+
−
≤
c (s) j
j
2
d(s) ds 1
dr ∫ ∫
∫
0
0
0
j
∑ w= j 1
t
r
d (s) ds
+
−
λ µ k
c (s) j
j
∞
dr ∫ ∫
0
0
t
r
c(s)
D
c(s)
≤
−
+
−
k
k
d(s) ds 1
d(s) ds 1
∫
0
t D dr ∫ ∫ 0
0
2
d
c
≤
−
−
D c k
(D t) k
X
d . X
t 2
0 1 C t C 1 1 + 1! 2!
t + =
Vậy (3.15) ñúng với n = 1.
c,d S,
t
, tương tự như ở
∀
∈ ∀ ∈
• Giả sử (3.15) ñúng với mọi n 1≥ .
(k) [0,T ] m
chương 2, ta cũng chứng minh ñược:
n 1 +
H c (t) H d (t)
n 1 +−
[ ]
[
]
1
37
n
n 1 +
n 1 +
c
d
.
≤
−
+
... + +
+
(D t) k
X
2)!
1)!
(n
2)!
0 C t n 1 + (2n +
1 C t n 1 + (2n +
n C t n 1 + +
n 1 + C n 1 + 1)! (n +
Vậy (3.15) ñúng với mọi n ∈ ℕ ,
t ∀ ∈
(k ) 0,T . m
Từ (3.15) ta suy ra rằng:
(k )
n 1)]
+
n
n
c
d
≤
−
[ H c H d −
[ ]
]
X
X
(k ) [D T (T m k m n!
+
k
c
(3.16)
≤
−
d . X
n [D T(T 1)] n!
+
k
0
Mà
= nên tồn tại n0 Ν∈ sao cho
lim n →+∞
n [D T(T 1)] n!
0n
k
< 1.
[D T(T 1)] + n ! 0
Tức là toán tử
0nH : S
S→ là ánh xạ co. Theo nguyên lý ánh xạ co H có
ñiểm bất ñộng duy nhất trong S, tức là hệ (3.4) – (3.6) có duy nhất nghiệm
(k )
mu (t) trên
(k ) [0,T ]. m
Bổ ñề 3.4 ñược chứng minh xong.
(k )
Các ñánh giá sau ñây cho phép ta lấy
T= với mọi m và k.
mT
Bước 2: ðánh giá tiên nghiệm
(k)
Với
mS (t) ñịnh bởi (2.41), (2.42), (2.43) ta có:
t
2
/
u (s) ds
+
=
+
+ ∆
(k) S (t) X (0) Y (0) m
(k) m
(k) m
(k) µ (s) a(u (s), u (s)) m
(k) m
(k) m
∫
0
t
2
ɺ
2λ
ɺ a(u (s),u (s)) ds
−
+
(k ) u (s) m
(k) m
(k) m
∫ ɺ
0
ɺ
2 +
+
ɺ (k) (k) F (s),u (s) ds m m
t t
2 a F (s),u (s) ds ∫
∫
(k) m (k) m 0 0
38
u (s) ds
+∫ ɺɺ
I
=
(3.17)
(k ) S (0) m
+ + + + I4 + I5. I 3
I 1
2
(k)
Tương tự chương 2, ta ñánh giá
mS (t) như sau:
/
t
µ
∞
S (s)ds.
(3.18)
≤
(k) m
• 1I
∫
µ
0
0
t
I
(3.19)
•
2
(k) 2λ S (s)ds. m
≤ ∫
0
t
t
I
2
2
•
=
≤
3
ɺ (k) (k) F (s),u (s) ds m m
ɺ (k) (k) F (s) u (s) ds. m m
∫
∫
0
0
Ta có
1
2
f (x,u
)
(u
u
)
(x,u
=
+
−
(k) F (s) m
(k) m
m 1 −
m 1 −
m 1 −
∫
f ∂ u ∂
2 ) dx
0
t 2 (k) m 0
K
u
u
≤
+
−
1
(
∫
0 (k) m 1 m 1 − 2 ) K dx 0
(K
≤
+
+
+
∫
1 2 2 0 2 K )(1 1 (k) 2 u (x, t) m
(
) 2 2M dx
0
(K
2(K
2 u (x, t) dx
≤
+
+
+
+
∫
2
(K
2 2M )
4(K
K ) u (t)
≤
+
+
+
+
2 0
2 K )(1 1
2 0
(k ) m
2 1
1
4(K
2 K ) 1
(K
2 2M )
≤
+
+
+
2 0
2 K )(1 1
(k) X (t). m
2 + 0 µ C 0
0
Suy ra
1 2 2 2M ) 2 0 2 K )(1 1 2 0 2 K ) 1 (k ) m 0
39
t
2
2
I
ds
≤
+
3
(k) F (s) m
ɺ (k ) u (s) m
∫
(
)
0
t
4(K
2 K ) 1
(K
2 2M )T
S (s)ds.
(3.20)
≤
+
+
2 0
2 K )(1 1
(k ) m
1 + +
∫
2 + 0 µ C 0
0
0
t
t
ɺ
I
=
≤
•
4
(k ) m
(k ) m
2C 1
ɺ (k) F (s) u (s) ds m
(k) m
1
1
2 a(F (s),u (s))ds ∫
∫
0
0
t
2
2
ds.
≤
+
C 1
(k) F (s) m
ɺ (k ) u (s) m
1
1
∫
)
(
0
2(K
2
2
2 K ) 1
Ta có
(F (0, t))
(K
2 2M )
≤
+
+
+
(k) m
0
2 K )(1 1
(k) X (t), m
2 + 0 µ C 0
0
1
2
( u
)
(x,u
)
∇
=
(k) F (s) m
(k) u + ∇ − ∇ m
m 1 −
m 1 −
m 1 −
f ∂ u + ∇ u ∂
f ∂ u ∂
∂ f ∫ ∂ x
0
2
2
2
(u
u
)
dx
+
−
+
u ∇
(k) m
m 1 −
m 1 −
f ∂ 2 u ∂
f ∂ ∂ ∂ x u
2
2(K
2 K (1 M) )(1 3M)
≤
+
+
+
2 1
2 2
+
+
2 K (1 M) ) +
2 2(K 1
2 2
(k) S (t). m
1 + µ 0
2 µ C 0
0
Suy ra
2
2
2
(F (0,s))
=
+ ∇
(k) F (s) m
(k) m
(k) F (s) m
1
2(K
2
2 K ) 1
(K
2 2M )
≤
+
+
+
0
2 K )(1 1
(k) X (t) m
2 + 0 µ C 0
0
2
2(K
2 K (1 M) )(1 3M)
+
+
+
+
2 1
2 2
+
+
2 K (1 M) ) +
2 2(K 1
2 2
(k) S (t). m
1 + µ 0
2 µ C 0
0
40
Vậy
2
I
2 2M )T
≤
+
+
4
C (K 1
0
2 K )(1 1
2(K
2
2
2 K ) 1
+
+
+
+
2C (K 1
2 1
2 2
K (1 M) )(1 3M) T C + 1
2 + 0 µ C 0
0
t
S (s)ds.
(3.21)
+
+
2 K (1 M) ) +
+
+
2 2(K 1
2 2
(k ) m
1 µ
0
2 µ C 0
0
1 µ C 0
0
∫
0
t
I
u (s)ds .
•
5
(k) m
= ∫ ɺɺ
0
Ta có:
t
t
t
2
2
I
u (s) ds
2 3λ
≤
∆
+
5
(k) m
(k) m
(k) F (s) ds m
∫
2 3 µ (s) ∫
2 ɺ u (s) ds 3 ∫ +
0
0
0
2
t
t
3 µ
2
∞
Y (s)ds
≤
+
(k ) m
(k) 3λ X (s)ds m
∫
∫
µ
0
0
0
t
2(K
2 K ) 1
(K
2 2M )
X (s) ds
+
+
+
2 0
2 K )(1 1
(k) m
3 ∫ +
2 + 0 µ C 0
0
0
3(K
2 2M )T
≤
+
+
2 0
2 K )(1 1
µ
4(K
S (s)ds.
(3.22)
∫
µ
+ 3
Từ (3.17) - (3.22), ta có
2 t 2 K ) 1 ∞ 2 λ + + (k) m 0 2 + 0 µ C 0 0 0
µ
S (s)ds
+
≤
+
+
∫
∫
µ
/ t t ∞ (k) S (t) X (0) Y (0) m (k) m (k) m (k) m (k) 2λ S (s)ds m 0 0 0
4(K
(K
S (s)ds
+
+
+
1 + +
∫
t 2 K ) 1 2 2M )T 2 0 2 K )(1 1 (k) m 2 + 0 µ C 0 0 0
41
+
+
+
C (K 1
2 2 2M )T 0 2 K )(1 1
+
+
+
+
2C (K 1
2 2 K (1 M) )(1 3M) T 2 1 2 2
2(K
S (s)ds
+
+
C 1
∫
1 µ C 0
t 2 K ) 1 (k) m 2 + 0 µ C 0 0 0 0
2(K
S (s)ds
+
+
t
+
1 µ
2 µ C 0
∫
3(K
2 K (1 M) ) + 2 1 2 2 (k) m 0 0 0
+
+
+
2
t
µ
4(K
2 K ) 1
∞
S (s)ds.
(3.23)
2 λ + +
(k) m
∫
µ
0
2 + 0 µ C 0
0
0
+ 3
hay
t
(k)
X (0) Y (0) E (M,T) E (M) S (s)ds,
(3.24)
≤
+
+
+
(k) m
1
2
(k) m
(k) m
mS (t)
∫
0
trong ñó
E (M,T)
(4 C )(K
2 2M )
+
+
1
1
2 0
2 K )(1 1
= +
2
2
K (1 M) )(1 3M) T,
(3.25)
+
+
+
+
2C (K 1
2 1
2 2
2
/
µ
µ
(16
+
+
2 0
2 K ) 1
2 2M )T 2 0 2 K )(1 1
E (M)
=
+
+
2
µ
µ
0
0
2C )(K 1 µ C 0
0
+
+
2 K (1 M) ) +
+
+
1
2 1
2 2
1 µ
0
2 µ C 0
0
1 µ C 0
0
C 2(K
2λ
1.
∞ ∞
+ + + (3.26)
Tương tự chương 2, tồn tại M 0> ( ñộc lập k và m) sao cho
2
,
với mọi m, k .
X (0) Y (0) +
≤
(k ) m
(k ) m
M 2
Tiếp theo, ta có thể chọn hằng số T 0> sao cho
23λ
42
2
(3.27)
+
≤
2 ( E (M,T) exp T.E (M) M .
)
1
2
M 2
Ta suy ra rằng:
t
2
S (t) M exp TE (M)
T.
(3.28)
≤
+
≤ ≤
≤
( −
)
(k ) m
2
(k ) E (M) S (s)ds, 0 m
2
(k ) t T m
∫
0
Áp dụng bổ ñể Gronwall ta suy ra từ (3.28) rằng:
2
2
S (t) M exp TE (M) exp tE (M) M , 0
≤
≤
≤ ≤
≤ T.
( −
(
)
)
2
2
(k ) m
(k ) t T m
Do ñó
u
W (M,T)
, với mọi m, k.
(3.29)
∈
(k ) m
1
Qua giới hạn khi k → +∞ , ta có ñịnh lý 3.1 ñược chứng minh.
Tiếp theo ta nghiên cứu sự hội tụ bậc hai của dãy
m{u } về nghiệm yếu
của bài toán (2.1) – (2.3).
ðịnh lý 3.2. Giả sử (A1), (A3), (A5) ñúng. Khi ñó:
i) Tồn tại M 0> và T 0> sao cho bài toán (2.1) – (2.3) có nghiệm yếu
∈
u W (M,T). 1
ii) Mặt khác, dãy
nghiệm u mạnh trong W1(T) theo nghĩa:
2
u
u
C u
u
,
−
≤
−
m
m 1 −
W (T) 1
W (T) 1
với C là hằng số thích hợp. Hơn nữa, ta có ñánh giá sai số:
m
2
với mọi m,
u
u
,
−
≤
m
W (T) 1
β µ (1 β) −
T
trong ñó
/
µ
exp
2 µ
2λ + +
T
∞
2K 1 C
1 = +
1 2K T 2 { C min 1,µ
}
1 { min 1,µ
}
0
0
0
0
T ,
m{u } xác ñịnh bởi (2.19), (2.20) hội tụ cấp hai về
43
và
β
2Mµ
1
=
< (chú ý rằng ñiều kiện này luôn thỏa mãn khi ta lấy
T 0> thích hợp).
T T
Chứng minh. Trước hết ta chứng minh
m{u } là dãy Cauchy trong
W1(T).
ðặt vm = um+1 – um. Khi ñó vm thỏa bài toán biến phân sau:
ɺ
ɺɺ v (t), v
+
+
m
µ(t)a(v (t), v) m
λ v (t), v m
(3.30)
−
∀ ∈
1 F , v , v H , m
F += m 1
0,
(3.31)
=
=
v (0) m
ɺ v (0) m
với
f (x,u
)
(u
−
+
−
F − = m
f (x,u ) m
u ) m
(x,u ) m
F m 1 +
m 1 −
m 1 +
f ∂ u ∂
(u
u
)
(x,u
)
−
−
m
m 1 −
m 1 −
f ∂ u ∂
v
v
(x,λ ),
=
+
2
(x, u ) m
1 2
f ∂ u ∂
f ∂ 2 u ∂
u
θv
(0
=
+
< < θ 1).
trong ñó m λ
m m 2 m 1 −
v
, ta ñược:
Trong (3.30), lấy
v= ɺ
m 1 − m 1 −
ɺ
ɺ
ɺ
ɺ ɺɺ v (t), v (t)
λ v (t), v (t)
+
+
m
m
µ(t)a(v (t), v (t)) m
m
m
m
=
−
ɺ F , v (t) , m m
F m 1 +
Lấy tích phân theo t, ta ñược:
m
µ (s)a v (s), v (s) ds
+
(
)
)
(
ɺ v (t) m
µ(t)a v (t), v (t) m
= ∫
t
t
2
ɺ v (s) ds
2
v
2λ
−
+
m
ɺ (x,u ), v (s) ds m
m
m
∫
∫
f ∂ u ∂
0
0
t
2
v
+
ɺ (x,λ ), v (s) ds m
m
2 m 1 −
∫
f ∂ 2 u ∂
0
t 2 / m m m 0
44
= J1 + J2 + J3 + J4.
Ta có:
t
/
µ
(3.32)
≤
( a v (s), v (s) ds.
)
J 1
m
m
∫
0
t
2
J
v (s) ds.
(3.33)
2
m
≤ ∫ ɺ 2λ
0
t
J
2K
≤
3
1
ɺ v (s) v (s) ds m
m
∫
0
∞
2 2K
ɺ v (s) ds.
(3.34)
≤
t
v (s) m
∫
1 m 1 0
J
2K
v
(s)
ɺ v (s) ds.
(3.35)
≤
∫
Khi ñó
t 2 4 2 m m 1 − 1 0
µ
a(v (s), v (s))ds
+
≤
(
)
ɺ v (t) m
µ(t)a v (t), v (t) m
∞
∫
t 2 / m m m 0
2λ
ɺ v (s) ds
ɺ v (s) ds
+
+
2 2K 1
v (s) m
∫
∫
t t 2 m m 1 0 0
2K
v
(s)
ɺ v (s) ds.
+
∫
Suy ra:
t 2 2 m m 1 − 1 0
µ
a(v (s), v (s))ds
+
≤
( a v (t), v (t)
{ min 1,µ
}
ɺ v (t) m
∞
∫
)
t 2 / 0 m m m m 0
2λ
ɺ v (s) ds
ɺ v (s) ds
+
+
2 2K 1
v (s) m
∫
∫
t t 2 m m 1 0 0
45
2K
v
(s)
ɺ v (s) ds.
+
∫
ðặt
2
2
2
, ta có:
+
≥
+
Zm(t) =
( a v (t), v (t)
)
ɺ v (t) m
m
m
ɺ v (t) m
C v (t) m
0
1
t
t
/
µ
Z (s)ds
≤
+
}
{
min 1,µ Z (t) 0
m
m
2λ Z (s)ds m
∞
∫
∫
0
0
t
t
2
2 2K
ɺ v (s) ds
2K
v
(s)
ɺ v (s) ds
+
+
1
v (s) m
m
2
m
m 1 −
1
1
∫
∫
0
0
t
t
/
µ
Z (s)ds
≤
+
m
2λ Z (s)ds m
∞
∫
∫
0
0
t
2
2
1
ds
+
+
C v (s) m
0
ɺ v (s) m
1
(
)
∫
2K C
0
0
t
2
2K
v
(s)
ɺ v
(s)
ɺ v (s) ds.
+
+
2
m
m 1 −
m 1 −
(
)
1
∫
0
Suy ra:
t
2
Z (s)ds
v
(3.36)
+
Z (t) m
T
m
v , m
m 1 −
W (T) 1
ξ ≤ ∫
2K T 2 { min 1,µ
}
0
0
/
1
ξ
µ
trong ñó
=
2λ + +
T
∞
2K C
1 { min 1,µ
}
0
0
Áp dụng bổ ñề Gronwall, ta suy ra từ (3.36) rằng:
2
v
v
≤
( ) exp ξ T .
Z (t) m
m
T
m 1 −
W (T) 1
W (T) 1
2K T 2 { min 1,µ
}
0
Do ñó
t 2 2 m m 1 − 1 0
46
2
2
1
v
v
v
≤
×
( ) exp ξ T .
m
m
T
m 1 −
W (T) 1
W (T) 1
W (T) 1
2K T 2 { min 1,µ
}
0
1
+
1 C
0
hay
2
.
v
(
)
m
exp ξ T v T
m 1 −
W (T) 1
W (T) 1
1 2K T 2 { C min 1,µ
}
1 ≤ +
0
0
Cuối cùng ta suy ra rằng
2
v
, với mọi m,
(3.37)
≤
m
m 1
T
µ v −
W (T) 1
W (T) 1
trong ñó
µ
1).
) exp ξ T , (0 µ
(
T
< < T
T
1 2K T 2 { C min 1,µ
}
1 = +
0
0
Do ñó
m
m
2
1
µ
v
, với mọi m,
(3.38)
m
2 v−≤ T
0
W (T) 1
W (T) 1
Suy ra
u
u
m p
+ −
m W (T) 1
v
v
v
≤
+
... + +
m p 1 + −
m p 2 + −
m W (T) 1
W (T) 1
W (T) 1
m
m p 1 + −
m p 2 + −
m
m p 1 + −
m p 2 + −
2
2
2
1 −
1 −
1 −
µ
µ
v
v
... µ
v
.
≤
+
+ +
2 T
0
2 T
0
2 T
0
W (T) 1
W (T) 1
W (T) 1
2
Do
nên
u
u
4M
−
≤
1
2 0 W (T) 1
m
m p 1 + −
m p 2 + −
β
u
u
... β
≤
+
+ +
m
2 T
2 T
2 T
+ − m p
( β
)
W (T) 1
1 µ
T
, với mọi m, p N.∈ (3.39)
≤
m2 β T µ (1 β ) − T
T
2Mµ
=
< thì 1
Khi ta chọn T > 0 sao cho T β
m{u } là dãy Cauchy trong
T
∈
W1(T). Do ñó tồn tại
u→ mạnh trong W1(T).
u W (T) 1
sao cho mu
47
Bằng cách lập luận tương tự như trong ñịnh lý 2.2, ta chỉ ra ñược rằng
là nghiệm yếu duy nhất của bài toán (2.1) – (2.3).
∈
u W (M,T) 1
Trong (3.39) cho p → +∞, ta có ñịnh lý 3.2.
48
Chương 4: KHAI TRIỂN TIỆM CẬN CỦA NGHIỆM
Trong phần này, chúng ta giả sử rằng:
2
1
∈
∈
1
0
1
1
0,
,
)
[
2
] (B ) f , f C 0,1 × ∞ × ∈ 1
ℝ
1 (B ) µ, µ C
, µ(t) µ
0,
∈
≥
3
1
0, µ (t) 1
) ≥ > 0 0.
(B ) λ, h , h
) + 0, h
(B ) u H (0,1), u H (0,1), ℝ ( [ ( ≥
h + > 1
0
1
0
4
Ta xét bài toán nhiễu sau ñây, trong ñó ε là một tham số bé, ε
1≤
µ (t)u
ɺ λu
1, 0
t T,
+
=
x < <
< <
xx
− u ε tt u (0, t)
F (x, t,u), 0 ε u (1, t)
h u(1, t)
0,
−
+
t =
=
x
0
1
(P ) ε
h u(0, t) x ɺ u (x), u(x,0)
u(x,0)
u (x),
=
1
= εf (x, t,u), µ (t)
µ(t)
f (x, t,u)
+
0 =
=
+
F (x, t,u) ε
ε
1
εµ (t). 1
Trước hết, chú ý rằng nếu các hàm u0, u1,
1µ, µ , f, f1 thỏa các giả thiết
(B1), (B2), (B3) thì khi ñó các ñánh giá tiên nghiệm của dãy xấp xỉ Galerkin
(k)
m{u } trong chứng minh ñịnh lý 2.1 cho bài toán
u
W (M,T).
(4.1)
∈
(k ) m
1
trong ñó M, T là các hằng số ñộc lập với m, k, ε . Thật vậy , trong quá trình
chứng minh, ta chọn các hằng số dương M, T như trong (2.13), (2.14), (2.55),
(2.56), (2.59), (2.61), (2.62), trong ñó
ε(P ) thỏa
, i = 0,1.
K (M,T,f ) K (M,T,f ) + 1
iK (M,T,f ) ñược thay thế bởi
i i
Do ñó giới hạn
εu trong các không gian hàm thích hợp của dãy
khi k → +∞ , sau ñó m → +∞ là nghiệm yếu duy nhất của bài toán
ε(P ) thỏa
(4.2)
∈
ε
u W (M,T). 1
(k) m{u }
49
Khi ñó ta có thể chứng minh tương tự như trong ñịnh lý 2.2 rằng giới
0→ là nghiệm
hạn u0 trong các không gian hàm thích hợp của họ { }εu khi ε
yếu duy nhất của bài toán
0= thỏa
ε(P ) tương ứng với ε
(4.3)
∈
u W (M,T). 1
Ở ñây, tương ứng ε
0= , (P0) là bài toán sau ñây
f (x, t,u), 0
1, 0
t T,
ɺ λu
µ(t)u
x < <
< <
=
+
u (1, t)
h u(1, t)
0,
+
=
−
=
1
x
0
xx t h u(0, t) x ɺ u (x), u(x,0)
u(x,0)
u (x).
=
=
0
1
− u tt u (0, t) Hơn nữa, ta có ñịnh lý sau:
ðịnh lý 4.1. Giả sử các giả thiết (B1) – (B4) ñúng. Khi ñó tồn tại các
hằng số M > 0, T > 0 sao cho với mọi ε, ε
1,≤ bài toán (
)εP có duy nhất
nghiệm yếu
thỏa một ñánh giá tiệm cận
∈
0
u W (M,T) 1
(4.4)
u
u
ɺ u
C ε ,
2
∞
−
≤
ε
ɺ u + − ε
0
0
1 L (0,T;H )
∞ L (0,T;L )
trong ñó C là hằng số chỉ phụ thuộc vào
C , µ , λ, M, T , K0(M,T,f1),
0
0
K1(M,T,f).
ε
Chứng minh
v
u
u
ðặt
= − . Khi ñó v thỏa bài toán biến phân sau:
ε
0
ɺ
ɺɺ v(t), w
µ (t)a(v(t), w)
λ v(t), w
u (t), w
+
+
= −
∆
ε
εµ (t) 1
0
f (x, t, u ), w
1 ε f (x, t,u ), w , w H ,
(4.5)
+
−
+
∀ ∈
f (x, t,u ) ε
ε
0
1
v(0)
ɺ v(0)
0,
=
=
trong ñó
µ(t)
=
+
µ (t) ε
εµ (t). 1
ɺ
ɺ
ɺ
ɺ
Lấy w v= ɺ trong (4.5), ta ñược: ɺ ɺɺ v(t), v(t)
µ (t)a(v(t), v(t))
λ v(t), v(t)
u (t), v(t)
+
+
= −
∆
ε
0
ɺ
εµ (t) 1 ɺ
+
−
+
f (x, t,u ) ε
ε f (x, t,u ), v(t) , ε
f (x, t,u ), v(t) 0
1
50
hay
2
2
ɺ
a(v(t), v(t))
ɺ λ v(t)
u (t), v(t)
ɺ v(t)
+
+
= −
∆
µ (t) ε
εµ (t) 1
0
1 d 2 dt
1 d 2 dt
ɺ
ɺ
ε f (x, t,u ), v(t) .
(4.6)
+
−
+
f (x, t,u ) ε
ε
f (x, t,u ), v(t) 0
1
Lấy tích phân (4.6) theo t, ta ñược
t
t
2
ɺ v(t)
µ (t)a(v(t), v(t))
µ (s)a(v(s), v(s))ds
2λ
2 ɺ v(s) ds
+
=
−
ε
/ ε
∫
∫
0
0
t
ɺ u (s), v(s) ds
−
∆
1
0
2ε µ (s) ∫
0
ɺ
2 +
−
f (x, t, u ) ε
f (x, t,u ), v(s) ds 0
∫
t
0
ɺ
(4.7)
f (x, t,u ), v(s) ds. ε 1
2ε + ∫
t
ðặt
2
2
2
σ(t)
ɺ v(t)
a(v(t), v(t))
ɺ v(t)
C v(t)
.
=
+
≥
+
0
1
.
Với ε
1≤ ñủ nhỏ thì
≥
µ (t) ε
µ 0 2
Ta suy ra từ (4.7) rằng:
0
min 1,
ɺ v(t)
a(v(t), v(t))
+
2
)
(
0µ 2
µ
µ
a(v(s), v(s))ds
≤
+
(
)
∞
∞
∫
t / / 1 0
2λ
t t
2 ε µ
ɺ u (s) v(s) ds
+
+
∆
∫
∫
2 ɺ v(s) ds 1 0 ∞ 0 0
2K (M,T,f )
ɺ v(s) v(s) ds
ɺ v(s) ds
+
+
t t
2 ε K (M,T,f ) 1
∫
∫
1 0 0 0
51
t
t
t
/
µ
µ
σ(s)ds
2λ σ(s)ds
2 ε µ M v(s) ds
≤
+
+
+
/ 1
1
∞
(
)
∞
∞
∫
∫ ɺ
∫
0
0
0
2K (M,T,f )
ɺ v(s) v(s) ds
ɺ v(s) ds
+
+
t t
2 ε K (M,T,f ) 1
∫
∫
t
/
µ
µ
2λ
σ(s)ds
≤
+
+
/ 1
(
)
∞
∞
∫
0
1 0 0 0
v(s) ds
+
t
) 2 ε µ M K (M,T,f ) + 1
(
∫ ɺ
1 0 ∞ 0
C v(s)
ɺ v(s)
ds
+
+
(
)
∫
2K (M,T,f ) C
t
/
1
µ
µ
σ(s)ds
+
2λ + +
/ 1
∞
∞
∫
2K (M,T,f ) C
0
≤
0
t 2 2 1 0 1 0 0
v(s) ds
+
t
) 2 ε µ M K (M,T,f ) + 1
(
∫ ɺ
t
/
1
µ
µ
σ(s)ds
+
2λ + +
/ 1
∞
∞
∫
2K (M,T,f ) C
0
≤
0
1 0 ∞ 0
ε
σ(s)ds
+
+
µ M K (M,T,f ) T 0
(
)
+ ∫
t
2 ε Tγ
σ(s)ds,
≤
(1) M
(2) M
γ + ∫
0
trong ñó
γ
,
=
+
(1) M
µ M K (M,T,f ) 1
0
1
(
∞
/
1
γ
µ
µ
1.
=
+
2λ + +
+
(2) M
/ 1
∞
∞
)2 2K (M,T,f ) C
0
Suy ra:
t 2 2 1 1 ∞ 0
52
t
(4.8)
γ
σ(t)
2 ε Tγ
σ(s)ds.
≤
+
(1) M
(2) M
∫
0
min 1,
min 1,
µ 0 2
µ 0 2
1
1
Áp dụng bổ ñề Gronwall, ta suy ra từ (4.8) rằng:
2
(4.9)
σ(t)
Tγ
,
≤
t ∀ ∈
[
] 0,T .
(1) ε Tγ exp M
(2) M
min 1,
min 1,
µ 0 2
µ 0 2
1
1
Mặt khác ta có:
2
ɺ v(t)
v(t)
ɺ v(t)
C
v(t)
+
+
=
0
(
)
1
1
1 C
0
2
2
2
ɺ v(t)
C v(t)
+
0
1
) .
1 C
1 ≤ +
(
0
Từ (4.9) ta suy ra:
ɺ v(t)
v(t)
+
(
)2
1
2
Tγ
(4.10)
(1) ε Tγ exp M
(2) M
1 C
1 ≤ +
0
min 1,
min 1,
µ 0 2
µ 0 2
.
1
1
Như vậy:
, (4.11)
u
u
ɺ u
C ε
∞
−
≤
ε
ɺ u + − ε
0
0
1 L (0,T;H )
2 ∞ L (0,T;L )
trong ñó
Tγ
C
,
=
(1) Tγ exp M
(2) M
1 C
1 +
0
min 1,
min 1,
µ 0 2
µ 0 2
1
1
C , µ , T, γ , γ .
C là hằng số chỉ phụ thuộc vào
0
0
(1) M
(2) M
53
ðịnh lý 4.1 ñược chứng minh xong.
Tiếp theo chúng tôi sẽ nghiên cứu khai triển tiệm cận của nghiệm yếu
f[u]
f (x, t, u),
=
.
=
=
=
D f 1
, D f 2
, D f 3
f ∂ x ∂
f ∂ t ∂
f ∂ u ∂
Ta giả sử rằng:
ℝ
(B ) f C
0,
0,
N 1 +∈
∈
] 0,1 × ∞ ×
)
[
N ] , f C 0,1 × ∞ ×
)
[
5
1
( [
)
( [
ℝ ) .
Lấy
∈
0= .
là một nghiệm yếu của bài toán (P0) ứng với ε
u W (M,T) 1
0
( với M, T > 0 thích
Ta xét các nghiệm yếu
u ,u ,...,u W (M,T) ∈ N
εu ñến cấp N + 1 theo ε với ε ñủ nhỏ. Ta dùng các ký hiệu sau:
hợp ) ñược xác ñịnh bởi các bài toán sau:
µ(t) u
ɺ λu
1, 0
t T,
x < <
< <
1
u (0, t)
= ∆ + 1 h u (0, t)
h u (1, t)
0,
ɶ F [u ], 0 1 1 u (1, t) = ∇
+
=
(Q ) 1
1
1 1
1 u (x,0)
− 0 1 ɺ u (x,0)
0,
=
=
1
1
ɺɺ − u ∇ 1
trong ñó
(4.12)
=
+
ɶ F [u ] µ (t) u 1
∆ + 0
1
1
π [f ] 1
π [f ], 1
0
với
π [f ], π [f ] ñược xác ñịnh như sau: 1
0
f (x, t,u ),
(4.13)
=
=
π [f ] 0
f[u ] 0
0
(4.14)
=
=
π [f ] 1
π [D f ]u 3
0
1
D f[u ]u . 0 1
3
Với 2
i N≤ ≤ ,
µ(t) u
ɺ λu
t T,
x
i
i
u (0, t)
1,0 < < < < h u (1, t)
0,
+
=
(Q ) i
= ∆ + i h u (0, t) i
i
1 i
i u (x,0)
− 0 ɺ u (x,0)
ɶ F[u ], 0 i i u (1, t) = ∇ 0,
=
=
i
i
ɺɺ − u ∇
trong ñó
i N,
(4.15)
=
+
≤ ≤
ɶ F[u ] µ (t) u i
1
i
π [f ] i
π [f ], 2 1
∆ + i 1 −
i 1 −
2 1 1
54
với
i N
=
≤ ≤ ñược xác ñịnh bởi công thức quy nạp
π [f ] i
π [f ,u ,u ,...,u ], 2 1
0
i
i
sau:
i 1 −
k
i
, 2
i N.
(4.16)
=
≤ ≤
π [f ] i
π [D f ]u 3
k
i k −
∑
− i
k 0 =
Ta lưu ý rằng
iπ [f ] là hàm bậc nhất theo ui. Thật vậy:
(4.17)
Với i = 1:
=
π [f ] 1
π [D f ]u . 3 1
0
Với i
2≥ :
2
i
=
+
+
π [f ] i
π [D f ]u 3
0
i
π [D f ]u 1 3
π [D f ]u 3
2
i 1 −
i 2 −
i 1 − i
− i
3
i
i N.
+
... + +
≤ ≤
π [D f ]u 3
3
π [D f ]u , 2 3
1
i 3 −
i 1 −
− i
1 i
Gọi
là nghiệm yếu duy nhất của bài toán
∈
u W (M,T) 1
N
v
i ε u
h
thỏa bài toán
u = − ε
u ≡ − ε
i
∑
i 0 =
ɺ λv
∆ + =
ɺɺ − v µ (t) v ε
F [v ε
+ − 0
h] F [h] E (x, t), + 1, 0
t T,
ε x < <
(4.18)
ε < < 0,
v(1, t)
h v(1, t)
h v(0, t)
v(0, t)
=
= ∇
+
1
− 0 ɺ v(x,0)
0,
=
=
∇ v(x,0)
trong ñó
N
N 1 +
i
ε
E (x, t)
=
−
−
i ε F[u ] µ (t) +
u ∆
ε
F [h] ε
f[u ] 0
ɶ i
1
i
i 1 −
∑
∑
i 1 =
i 1 −
N
N 1 +
i
ε
f[h]
(4.19)
=
−
+
−
i ε F[u ] µ (t) +
∆
f[u ] 0
εf [h] 1
ɶ i
1
i
u . i 1 −
∑
∑
i 1 =
i 1 =
Khi ñó ta có bổ ñề sau
ε ε(P ). Khi ñó
Bổ ñề 4.1 Hàm
i N≤ ≤ ñược xác ñịnh bởi công thức sau:
iπ [f ], 0
, 0
i N.
(4.20)
≤ ≤
=
(
) f[h]
π [f ] i
i
1 ∂ i! ε ∂
i ε 0 =
Chứng minh
55
Ta dễ dàng thấy rằng:
i
f[h]
.
=
=
=
=
(
) f[h]
π [f ] 0
f[u ] 0
f (x, t,u ) 0
0
1 ∂ 0! ε ∂
i Với i = 1, ta có
,
(4.21)
=
(
) f[h]
π [f ] 1
ε 0 =
∂ ε ∂
và
[h].
h.
(4.22)
=
=
=
(
) f[h]
( f x, t,h
)
D f[h] 3
∂ ε ∂
∂ ε ∂
f ∂ u ∂
h ∂ ε ∂
∂ ε ∂
N
N
h
h
i 1 − iε u
, ta có
Mặt khác từ công thức
=
=
i
∑
∂ i ∂∑ ε u , i ε
i 0 =
i 0 =
h
(4.23)
=
u . 1
∂ ε ∂
ε 0 =
Do ñó, ta suy ra từ (4.21) – (4.23) rằng:
(4.24)
=
π [f ] 1
π [D f ]u . 3 1
0 ε 0 = ε 0 =
0,1,2,...,i 1
Như vậy (4.14) ñúng. i Giả sử rằng chúng ta ñã có
=
− từ các
π [f ], π [D f ], k k
k
3
công thức (4.13), (4.14), (4.16). Khi ñó từ (4.22), ta suy ra rằng:
i
i 1 −
i 1 −
h
=
(
) f[h]
(
D f[h] 3
i
i 1 −
i 1 −
) f[h] =
∂ ε ∂
∂ ε ∂
∂ ε ∂
∂ ε ∂
(4.25)
k
i k −
∂ ε ∂ i 1 −
C
(h).
=
(
) D f[h] 3
k i 1 −
k
i k −
∑
∂ ε ∂
∂ ε ∂
k 0 =
Chú ý rằng:
0
h
i N.
(4.26)
=
≤ ≤
i!u , 0 i
i
∂ ε ∂
Ta suy ra từ (4.25), (4.26) rằng:
i ε 0 =
56
i
i k −
i 1 −
(h)
=
(
) f[h]
3
k k!C π [D f ] i 1 k −
i
i k −
∑
∂ ε ∂
∂ ε ∂
k 0 =
ε 0 =
(4.27)
i 1 −
(i
k)(i 1)!π [D f ]u
.
=
−
−
k
3
i k −
∑
k 0 =
Vì vậy
i
i 1 −
k
i
(4.28)
.
=
=
(
) f[h]
π [f ] i
π [D f ]u 3
k
i k −
i
∑
ε 0 =
− i
1 ∂ i! ε ∂
k 0 =
Bổ ñề 4.1 ñược chứng minh xong. Bổ ñề 4.2. Giả sử (A1), (B3), (B4), (B5) ñúng. Khi ñó tồn tại hằng số Kɶ
sao cho
N 1 +
E
ɶ K ε
,
(4.29)
∞
≤
2 ε L (0,T;L )
trong ñó Kɶ là hằng số chỉ phụ thuộc vào M, T, N,
và các hằng số
∞1µ
3
2
K (M,T,f )
sup
D D D f (x, t,u) ,i
1,2,..., N 1,
=
=
+
∑
3
2
sup
1,2,..., N,
=
=
K (M,T,f ) 1
i β 1 1 β 2 β 3 β
D D D f (x, t,u) ,i 1
∑
trong ñó, mỗi trường hợp, sup ñược lấy trên miền
0
1, 0
t T, u
2M
và tổng
x ≤ ≤
≤ ≤
≤
∑ ñược lấy trên các ña chỉ số
i β 1 1 β 2 β 3 β
β
β
β
=
∈ ℤ thỏa
(β ,β ,β ) 2 3
1
= + + = i. 2
β ) 3
(β 1
3 +
β
Chứng minh i Trong trường hợp N = 1, chứng minh bổ ñề 4.2 là dễ dàng, do ñó ta
bỏ qua chi tiết mà chỉ chứng minh với N 2≥ .
Bằng cách khai triển Maclaurin cho các hàm f[h], f1[h] xung quanh
ñiểm ε
0= ñến cấp N + 1 và cấp N, theo thứ tự, ta thu ñược từ (4.20) rằng:
ε
f[h]
−
=
+
... + +
(
) f[h]
(
) f[h]
(
) f[h]
f[u ] 0
2 2 N N
∂ ε ∂
ε ∂ 2! ε ∂
ε ∂ N! ε ∂
2 N ε 0 = ε 0 = ε 0 =
57
N 1 +
N 1 +
ε
+
(
) f[h]
N 1 +
ε θ ε = 1
∂ (N 1)! ε + ∂
π [f ]ε
(4.30)
=
+
∑
N 1 −
i
và
(4.31)
=
+
f [h] 1
π [f ]ε 1
i
N ε R [f ,ε,θ ]. N 1
2
∑
i 0 =
trong ñó
R [f ,ε,θ ],
iπ [f ] ñược ñịnh nghĩa bởi (4.13), (4.14), (4.16),
N i i 1 N 1 + ε R [f ,ε,θ ], N 1 + i 0 =
R [f ,ε,θ ] ñược ñịnh nghĩa như sau:
1 N 1 +
N 1 2
(4.32)
,
=
(
) f[h]
R [f ,ε,θ ] 1
N 1 +
ε θ ε = 1
1 ∂ (N 1)! ε + ∂
N 1 + N 1 +
(4.33)
,
=
(
R [f ,ε,θ ] 2
N
) f [h] 1
ε θ ε = 2
1 ∂ N! ε ∂
θ
0
1, i
1, 2
với
< < = . Kết hợp (4.30) – (4.33) ta thu ñược:
N N
i
(4.34)
−
=
+
+
(
F [h] ε
f[u ] 0
π [f ] i
) π [f ] ε 1
∑
với
(4.35)
+
R [f ,f ,ε,θ ,θ ] R [f ,ε,θ ] R [f ,ε,θ ]. N 1
N i N 1 + ε R [f ,f ,ε,θ ,θ ], 1 N 1 2 i 1 − i 1 =
Kết hợp (4.12) – (4.16), (4.19), (4.34), (4.35), ta thu ñược:
N 1 N 1 1 2 1 2 +=
E (x, t)
=
+
+
(
π [f ] i
) π [f ] ε 1
∑
N i ε N 1 + ε R [f ,f ,ε,θ ,θ ] 1 2 N 1 i 1 − i 1 =
ε
u ∆
ɶ i
∑
∑ −
=
+
− ɶ π [f ] F[u
∆ + 0
1
π [f ] 1
0
1
1
1
( ε µ (t) u
)
N
i
+
+
1
π [f ] i
1
i
ɶ i
∆ + i 1 −
i 1 −
( µ (t) u
) π [f ] F[u ] ε −
∑
i 2 =
N 1 +
µ (t) u
ε +
∆ + N
1
N 1 + ε R [f ,f ,ε,θ ,θ ] 1 2
N
1
N N 1 + i i ε F[u ] µ (t) + 1 i i 1 − i 1 = i 1 =
58
N 1 +
(4.36)
ε
µ (t) u
=
∆ + N
1
N 1 + ε R [f ,f ,ε,θ ,θ ]. 1
N
1
2
0,1,..., N
trong không gian
Do tính bị chặn của các hàm
∇
=
ɺ u , u , i
i
u , i i
∞
nên từ (4.32), (4.33), (4.35), (4.36) ta thu ñược:
( L 0,T;H
)1
N 1 +
E
K ε
,
(4.37)
∞
≤ ɶ
2 ε L (0,T;L )
và các hằng số
M, T, N, µ
trong ñó Kɶ là hằng số chỉ phụ thuộc vào
1
∞
K (M,T,f ), i
1,2,..., N 1, K (M,T,f ), i
1,2,..., N.
=
+
=
i
1
i
Bổ ñề 4.2 ñược chứng minh xong.
như sau
Bây giờ ta ñịnh nghĩa dãy hàm {
}mv
0,
v ɺɺ v
µ (t) v
ɺ λv
=
0
F [v ε
∆ + m
+ − 0
h] F [h] E (x, t), + 1, 0
t T,
(4.38)
v (0, t)
h v (0, t)
v (1, t)
ε m m m 1 −
+
=
− 0 m ɺ v (x,0)
= ∇ 0, m 1.
=
ε x < < h v (1, t) ε < < 0, 1 m
=
= − ∇ m v (x,0)
Với m =1 ta có bài toán
E (x, t), 0
1, 0
t T,
=
x < <
< <
ɺɺ − v 1
µ (t) v ∆ + 1
ɺ λv 1 h v (0, t)
h v (1, t)
0,
(4.39)
ε = ∇
+
=
v (1, t) 1
1 1
0.
=
=
ε v (0, t) 1 v (x,0) 1
− 0 1 ɺ v (x,0) 1
∇ Nhân hai vế của (4.39) với
1vɺ , sau ñó lấy tích phân theo t, ta có
t
2
µ (s)a(v (s), v (s))ds
+
ε
/ ε
ɺ v (t) 1
µ (t)a(v (t), v (t)) 1
1
1
1
= ∫
0
m ≥ m m
2λ
2
(4.40)
−
+
ɺ v (s) ds 1
ɺ E (s), v (s) ds. 1
∫
∫
.
Với ε
1≤ ñủ nhỏ thì
≥
µ (t) ε
µ 0 2
ðặt
t t 2 ε 0 0
59
2
2
2
a(v (t), v (t))
.
=
+
≥
+
z (t) 1
ɺ v (t) 1
1
1
ɺ v (t) 1
C v (t) 1
0
1
Ta suy ra từ (4.40) rằng:
2
min 1,
a(v (t), v (t))
+
ɺ v (t) 1
1
1
)
µ 0 2
(
t
/
µ
µ
a(v (s), v (s))ds
≤
+
/ 1
1
1
(
)
∫
0
t
t
2
N 1 +
2λ
2 ε
+
+
ɺ v (s) ds 1
∫ɶ ɺ K v (s) ds 1
∫
0
0
t
/
2N 2 +
(4.41)
µ
µ
ε
ɶ 2 K T.
≤
+
2λ + +
+
/ 1
z (s)ds 1
) 1
(
∞
∞
∫
0
Suy ra:
2N 2 +
ε
ɶ 2 K T
≤
z (t) 1
min 1,
µ 0 2
1
t
/
µ
µ
(4.42)
+
+
2λ + +
/ 1
z (s)ds. 1
(
) 1
∞
∞
∫
0
min 1,
µ 0 2
1
Áp dụng bổ ñề Gronwall, ta suy ra từ (4.42) rằng:
2
/
2N 2 +
ε
µ
ɶ K T exp ×
+
2λ + +
≤
/ 1
z (t) 1
( T µ
∞
∞
min 1,
min 1,
µ 0 2
µ 0 2
) 1
1
1
2 N 2
.+
(4.43)
≤
ɶ TC ε
Ta cũng suy ra ñược từ (4.43) rằng:
N 1 +
(4.44)
.
2
+
≤
ɺ v 1
v 1
ɶ C ε T
∞ L (0,T;L )
1 ∞ L (0,T;H )
1 C
1 +
0
Ta sẽ chứng minh tồn tại một hằng số
TC , ñộc lập với m và ε sao cho
∞ ∞
60
N 1 +
(4.45)
ɺ v
v
, ε
1, m.
∞
+
≤
≤ ∀
m
m
C ε T
2 L (0,T;L )
1 ∞ L (0,T;H )
sau ñó lấy tích phân theo t ta
Bằng cách nhân hai vế của (4.38) với mvɺ
ñược
µ (s)a(v (s), v (s))ds
+
ɺ v (t) m
µ (t)a(v (t), v (t)) m
= ∫
t 2 ε / ε m m m 0
ɺ
2λ
ɺ v (s) ds
2
h] F [h], v (s) ds
−
+
+ −
F [v ε
∫
∫
t t 2 ε m m m 1 − 0 0
(4.46)
t
ɺ E (s), v (s) ds. m
2 + ∫
ðặt
ε 0
a(v (t), v (t))
.
=
+
≥
+
z (t) m
ɺ v (t) m
ɺ v (t) m
C v (t) m
Ta suy ra từ (4.46) rằng
2
min 1,
a(v (t), v (t))
+
ɺ v (t) m
m
m
)
µ 0 2
(
t
/
µ
µ
2λ
≤
+
+
/ 1
z (s)ds m
(
)
∞
∞
∫
0
t
2
f[v
f[h]
+
h] + −
+
h] + −
f [v 1
ɺ f [h] v (s) ds 1 m
m 1 −
m 1 −
(
)
∫
0
t
N 1 +
ɶ 2K ε
ɺ v (s) ds .
+
m
∫
0
Do ñó
min 1,
z (t) m
µ 0 2
t
t
N 1 +
/
µ
µ
2λ
ɶ 2K ε
ɺ v (s) ds
≤
+
+
+
/ 1
z (s)ds m
m
(
)
∞
∞
∫
∫
0
0
2 2 2 m m 0 1
61
t
v
ɺ v (s) ds
+
]
[ 2 K (M,T,f ) K (M,T,f ) + 1
1
1
m
m 1 −
∫
0
t
/
µ
µ
2λ
≤
+
+
/ 1
z (s)ds m
(
)
∞
∞
∫
0
t
t
N 1 +
v
ɺ v
ɺ v (s) ds
ɶ 2K ε
ɺ v (s) ds
+
+
+
* 2 2K 1
m
m
m 1 −
m 1 −
(
)
1
∫
∫
0
0
t
/
µ
µ
2λ
≤
+
+
/ 1
z (s)ds m
)
(
∞
∞
∫
0
N 1 +
ɶ
2 2K v
v
T 2K ε
v
T.
+
+
* 1
m
m
m 1 −
W (T) 1
W (T) 1
W (T) 1
Suy ra
/
t
µ
2λ
+
/ µ 1
∞
≤
z (t) m
z (s)ds m
∫
0
min 1,
∞ µ 0 2
+
N 1 +
v
ɶ 2KT ε
v
* 2 2K T v 1
m
W (T) 1
.
(4.47)
+
+
min 1,
min 1,
m µ 0 2
m 1 −
W (T) 1 µ 0 2
W (T) 1
N 1 +
2
ɶ K ε
T v
+
* 2K v 1
m
m 1 −
Áp dụng bổ ñề Gronwall, ta ñược (
)
W (T) 1
W (T) 1
≤
z (t) m
min 1,
µ 0 2
/
µ
µ
exp
×
+
+
/ 1
(
∞
∞
min 1,
µ 0 2
) 2λ T .
1
Do ñó ta có
v
σ v
(4.48)
≤
δ, m 1, + ∀ ≥
m
m 1 −
W (T) 1
W (T) 1
62
trong ñó
/
µ
µ
+
+
(
) 2λ T
∞
σ
exp
,
×
1 C
1 = +
0
min 1,
min 1,
∞ µ 0 2
* 2 2K T 1 µ 0 2
/ 1
/
µ
+
+
N 1 +
(
) 2λ T
∞
δ
ɶ K ε
,
exp
×
1 C
1 = +
0
min 1,
min 1,
µ 0 2
∞ µ 0 2
2T
/ µ 1
K
=
K (M,T,f ) K (M,T,f ). +
1
* 1
1
1
Tóm lại ta có
(4.49)
ψ
σψ
≤
+ ∀ ≥ δ, m 1,
m
m 1 −
trong ñó
ψ
ɺ v
v
.
∞
=
+
m
m
m
2 L (0,T;L )
1 ∞ L (0,T;H )
Ta giả sử rằng σ 1< , với hằng số T thích hợp.
Áp dụng bổ ñề 1.5, ta thu ñược từ (4.49):
N 1 +
ψ
,
(4.50)
≤
=
m
C ε T
δ 1 σ −
trong ñó
C
=
T
δ 1 1 σ −
/
µ
µ
+
+
(
) 2λ T
∞
với
exp
ɶ và σ là hằng số K,
×
δ 1
1 C
1 = +
0
min 1,
min 1,
µ 0 2
∞ µ 0 2
2T
/ 1
ñược chỉ ra ở trên.
63
xác ñịnh bởi (4.38) hội tụ mạnh
Mặt khác dãy quy nạp tuyến tính {
}mv
trong không gian W1(T) về nghiệm v của bài toán (4.18). Do ñó cho
m → +∞ trong (4.50), ta có
N 1 +
ɺ v
v
, ε
1,
∞
∞
+
≤
≤
C ε T
2 L (0,T;L )
1 L (0,T;H )
hay
(4.51)
ɺ u
ɺ i ε u
.
−
≤
u + − ε
C ε T
∑
∑
∞
∞
2 L (0,T;L )
1 L (0,T;H )
Vậy ta có ñịnh lý sau
ðịnh lý 4.2. Cho N 1≥ . Giả sử (B1), (B2), (B3) và (B5) ñúng. Khi ñó
tồn tại các hằng số M > 0 và T > 0 sao cho, với mọi ε, ε
1,≤ bài toán (
)εP có
thỏa mãn một ñánh giá tiệm cận ñến cấp
duy nhất nghiệm yếu
∈
N N N 1 + i ε u ε i i i 0 = i 0 =
u W (M,T) 1
N + 1 như trong (4.51),
trong ñó, các hàm
u , u ,..., u lần lượt là nghiệm của các bài toán 0
N
1
(P ), (Q ),..., (Q ), theo thứ tự. N
ε
0 1
64
Chương 5: KHẢO SÁT MỘT TRƯỜNG HỢP CỤ THỂ
Trong chương này, chúng ta xét một ví dụ cụ thể về khai triển tiệm cận
2
f
cho bài toán ứng với
=
=
= u , N 3.
0, f 1
Gọi
u ,u ,u ,u ,u lần lượt là nghiệm của các bài toán sau
ɺ λu
2 εu , 0
1, 0
t T,
∆ + =
x < <
< <
h u(0, t)
u(1, t)
h u(1, t)
0,
−
= ∇
+
=
1
0
(P ) ε
u(x,0)
ɺ u (x), u(x,0)
u (x),
=
1
= 0 µ(t)
=
+
εµ (t), 1
ɺ λu
0, 0
1, 0
t T,
ɺɺ − u µ(t) u
u(0, t)
∆ + = h u(0, t)
x < < u(1, t)
< < h u(1, t)
0,
−
= ∇
=
+
(P ) 0
0
1
u(x,0)
ɺ u (x), u(x,0)
u (x),
=
=
0
1
ɺɺ − u µ (t) u ∇ ε u(0, t) µ (t) ε ∇
µ(t) u
ɺ λu
µ (t) u
1, 0
t T,
x < <
< <
1
= ∆ + 1 h u (0, t)
u (0, t)
∆ + 0 u (1, t)
2 u , 0 0 h u (1, t)
0,
+
=
(Q ) 1
1
1 1
1 = ∇ 0,
1 u (x,0)
=
=
− 0 1 ɺ 0, u (x,0) 1
1
µ(t) u
ɺ λu
1, 0
t T,
x < <
< <
i
i
u (0, t)
h u (1, t)
0,
, i = 2, 3
−
ɶ F[u ], 0 i i u (1, t) = ∇
+
=
(Q ) i
i
1 i
0 ɺ
i u (x,0)
0,
=
=
= ∆ + i h u (0, t) i 0, u (x,0) i
i
ɺɺ − u ∇ 1 ɺɺ − u ∇
trong ñó các hàm
ñược tính toán tường minh như sau
2, 3=
ɶ iF[u ], i i
2
1
∆ + 1
2u u , 0 1
+
ɶ 2 F [u ] µ (t) u = ɶ F [u ] µ (t) u = 3
1
3
∆ + 2
2u u 0
2
2 u . 1
3
v
i ε u
h
là nghiệm yếu của bài toán
Khi ñó
u = − ε
u ≡ − ε
i
∑
i 0 =
ε 0 1 2 3
65
2
2
ε(v
ɺ λv
εh
E (x, t), 0
1, 0
t T,
h)
−
+
x < <
< <
∆ + = h v(0, t)
+ v(1, t)
h v(1, t)
0,
+
ε =
1
− 0 ɺ v(x,0)
= µ(t)
=
+
= ∇ 0, = εµ (t), 1
ɺɺ − v µ (t) v ∇ ε v(0, t) v(x,0) µ (t) ε trong ñó
4
3
2
i
ε
E (x, t)
εh
=
−
i ε F[u ] µ (t) +
∆
ε
ɶ i
1
i
i 1
u .−
∑
∑
i 1 =
i 1 =
Bằng cách ñánh giá tương tự bổ ñề 4.2 ta cũng thu ñược
E
ɶ 4 K ε .
∞
≤
2 ε L (0,T;L )
Tiếp theo bằng cách xây dựng dãy hàm
(4.38) và thực hiện các ñánh giá tương tự cho dãy hàm
m{v }.
Khi ñó ta có ñịnh lý sau
ðịnh lý 5.1. Cho =N 3 . Giả sử (B1), (B2), (B3) và (B5) như trong ñịnh
lý 4.2 ñúng. Khi ñó tồn tại các hằng số M 0> và T 0> sao cho, với mọi
thỏa mãn một
ε, ε
∈
1,≤ bài toán
ε(P ) có duy nhất nghiệm yếu
ε
u W (M,T) 1
ñánh giá tiệm cận ñến cấp 4 theo nghĩa
3
3
ɺ u
ɺ i ε u
i ε u
−
≤
ε
u + − ε
i
i
4 C ε , T
∑
∑
∞
i 0 =
i 0 =
2 L (0,T;L )
1 ∞ L (0,T;H )
C , µ, µ , µ , M, T và các hàm
trong ñó CT là hằng số chỉ phụ thuộc vào
m{v } ñược xác ñịnh như ở
u , u ,..., u lần lượt là nghiệm của các bài toán
0 0 1
(P ), (Q ), (Q ), (Q ), theo 2
thứ tự.
0 1 N 0 1 3
66
KẾT LUẬN
Trong luận văn này, chúng tôi sử dụng ñã sử dụng một số công cụ của
Giải tích hàm phi tuyến như: phương pháp Galerkin liên hệ với các kỹ thuật
ñánh giá tiên nghiệm, phương pháp compact yếu, phương pháp xấp xỉ tuyến
tính, phương pháp khai triển tiệm cận,…ñể khảo sát phương trình sóng phi
tuyến với ñiều kiện biên hỗn hợp. Phương pháp này không những giúp chúng
ta chứng minh ñược sự tồn tại và duy nhất nghiệm, khai triển tiệm cận nghiệm
trong trường hợp tổng quát theo tham số nhiễu ε, mà bản thân nó còn thiết
lập nghiệm xấp xỉ tuyến tính hóa bằng một thuật toán giải tích số thích hợp.
Chúng tôi cũng ñã sử dụng nguyên lý ánh xạ co trong việc chứng minh tồn tại
nghiệm xấp xỉ Galerkin.
Nội dung chính của luận văn tập trung ở các chương 2, 3, 4.
Trong luận văn này, chúng tôi nghiên cứu phương trình sóng phi tuyến
u
µ(t)u
λu
f (x, t,u), x Ω, 0
−
+
=
∈
< < t T,
tt
t
xx
u (0, t)
h u(0, t)
u (1, t)
h u(1, t)
−
=
+
= 0,
u(x,0)
u (x), u (x,0)
u (x),
=
=
x x 1 0
trong ñó
λ, h , h là các hằng số không âm cho trước,
u , u , µ và số hạng
1 t 0
phi tuyến f là hàm cho trước.
Ở chương 2, chúng tôi nghiên cứu thuật giải lặp ñơn. Chúng tôi thu
ñược kết quả về sự tồn tại của dãy lặp
0 1 0 1
0,
bằng phương pháp nói trên với
∈
[
× ∞ ×ℝ ) ( 1 ] [ ) . f C 0,1
Ở chương 3, chúng tôi nghiên cứu thuật giải lặp cấp hai. Chúng tôi thu
ñược kết quả về sự tồn tại của dãy lặp cấp hai
m{u } thỏa ñánh giá
u
C u
u − ≤
2 u − ,
m
m 1 −
với u là nghiệm yếu của bài toán (2.1) – (2.3).
m{u }, sự tồn tại và duy nhất nghiệm
67
Chúng tôi cũng thu ñược kết quả về sự hội tụ cấp hai của dãy lặp
về nghiệm yếu u của bài toán (2.1) – (2.3) thỏa một ñánh giá sai số
m2 Cρ ,
u − ≤
m{u }
với C, ρ là các hằng số dương và 0
< < ρ 1.
Ở chương 4, nếu µ(t), f (x, t,u) ñược thay bởi
µ(t)
f (x, t,u)
+
εµ (t), 1
thì chúng tôi thu ñược nghiệm tương ứng
+
εu có một khai triển
mu
tiệm cận cấp một theo ε (với ε ñủ nhỏ) theo nghĩa
u
u
ɺ u
C ε
∞
−
≤
ε
ɺ u + − ε
1εf (x, t, u)
1 L (0,T;H )
2 ∞ L (0,T;L )
ℝ
Nếu
ℝ thì chúng tôi
f C
0,
0,
0 0
∈
] 0,1 × ∞ ×
)
[
)
[
( [
)
( [
)
thu ñược một khai triển tiệm cận cấp N + 1 theo tham số ε theo nghĩa
N 1 +∈ N ] , f C 0,1 × ∞ × 1
ɺ u
ɺ i ε u
.
−
≤
u + − ε
C ε T
∑
∑
∞
∞
2 L (0,T;L )
1 L (0,T;H )
Chương 5 là phần minh họa bằng một ví dụ cụ thể cho phần khai triển
tiệm cận ở chương 4.
N N N 1 + i ε u ε i i i 0 = i 0 =
68
TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. H. Brézis (1983), Analyse fonctionnele, Théorie et Applications, Masson
Paris, 1983.
2. Caughey T., Ellison J (1975), Existence uniqueness and stability of solution
of a class of nonlinear differential, J. Math. Anal. Appl. 51 (1975) 1 –
32.
3. Alain Phạm Ngọc ðịnh (1983), Sur un problèmes hyperbolique faiblement
nonlinéaire en dimension, Demonstratio Math. 16 (1983) 269 -289.
4. Alain Phạm Ngọc ðịnh, Nguyễn Thành Long (1986), Linear
approximation and asymptotic expansion associated to the nonlinear
wave equation in one dimension, Demonstratio Math. 19 (1986), 45 –
63.
5. Ficken F., Fleishman B (1957), Initial value problem and time periodic
solutions for a nonlinear wave equation, Communs Pure Appl. Math.
10 (1957) 331 – 356.
6. J. L. Lions (1969), Quelques méthodes de résolution des problèmes aux
limites non–linéaires, Dunod; Gauthier–Villars, Paris, 1969.
7. Nguyễn Thành Long, Alain Phạm Ngọc ðịnh (1992), On the quasilinear
associated with a mixed
wave equation:
u
0
△ u − +
=
f (t,u ) t
nonhomogeneous condition, Nonlinear Anal. 19 (7) (1992) 613 – 623.
8. Nguyễn Thành Long, Alain Phạm Ngọc ðịnh (1995), A semilinear wave
equation associated with a linear differential equation with Cauchy
data, Nonlinear Anal. 24 (8) (1995) 1261 – 1279.
9. Nguyễn Thành Long, Trần Ngọc Diễm (1997), On the nonlinear wave
associated with
the mixed
equation
u
u
−
=
tt
f (x, t,u,u ,u ) t
homogeneous conditions, Nonlinear Anal. 29 (1997) 1217–1230.
tt xx x
69
10. Nguyễn Thành Long, Alain Phạm Ngọc ðịnh, Trần Ngọc Diễm (2003),
Asymptotic expansion of the solution for nonlinear wave equation with
mixed nonhomogeneous conditions, Demonstratio Math. 36 (3) (2003),
683-695.
11. Nguyễn Thành Long, Nguyễn Công Tâm, Nguyễn Thị Thảo Trúc (2005),
On the nonlinear wave equation with the mixed nonhomogeneous
conditions: Linear approximation and asymptotic expansion of
solution, Demonstratio Math. 38 (2) (2005) 365–386.
12. Nguyễn Thành Long, Lê Thị Phương Ngọc (2007), 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.
13. Lê Thị Phương Ngọc, Lê Nguyễn Kim Hằng, Nguyễn Thành Long
(2008), On a nonlinear wave equation associated with the boundary
conditions involving convolution, Nonlinear Analysis, Theory, Methods
& Applications, Series A: Theory and Methods (accepted for
publication).
14. Rabinowitz P.H (1967), Periodic solutions of nonlinear hyperbolic
differential equations, Communs. Pure Appl. Math. 20 (1967) 145 –
205.
15. R.E. Showalter (1994), Hilbert space methods for partial differential
equations, Electronic J. Diff. Equat. Monograph 01, 1994.
