BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH ___________________ Hoàng Quốc Công PHƯƠNG TRÌNH SÓNG PHI TUYẾN VỚI MỘT ĐẦU BIÊN CHỨA SỐ HẠNG MEMORY
60 . 46 . 01
Chuyên ngành: Toán Giải Tích Mã số:
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC:
TS. NGUYỄN THÀNH LONG
Thành phố Hồ Chí Minh, năm 2010
LỜI CẢM ƠN
Lúc đầu khi nhận đề tài này, với vốn kiến thức còn hạn hẹp tôi đã gặp phải rất nhiều khó khăn.
Tuy nhiên, với sự hướng dẫn tận tình và mang tính khoa học của Thầy hướng dẫn, TS. Nguyễn
Thành Long, tôi đã dần khắc phục được các khó khăn trên để hoàn thành đề tài này.
Trước tiên, tôi xin chân thành cảm ơn Thầy Nguyễn Thành Long, người đã tận tình dìu dắt tôi
vượt qua nhiều trở ngại trong suốt thời gian thực hiện đề tài.
Tôi xin chân thành cảm ơn các Thầy Cô trong và ngoài trường Đại học Sư Phạm Tp. Hồ Chí
Minh, những người đã tạo mọi điều kiện thuận lợi cũng như tận tình truyền đạt kiến thức và kinh
nghiệm quý báu của mình cho tôi trong suốt thời gian tôi học tập và làm việc.
Tôi xin trân trọng cảm ơn các Thầy Cô trong Hội đồng đã dành thời gian để đọc và cho những
nhận xét rất có giá trị khoa học đối với luận văn của tôi.
Cuối cùng, tôi xin gửi lòng biết ơn của mình đến gia đình và các bạn tôi, những người đã tạo
điều kiện tốt nhất cho tôi hoàn thành luận văn này và cho tôi những lời khuyên, lời động viên vô
cùng hữu ích.
Hoàng Quốc Công
Chương 1
PHẦN TỔNG QUAN
Trong luận văn này, chúng tôi xem xét phương trình sóng phi tuyến với điều kiện biên và
điều kiện đầu dưới đây
q
2
p
2
K u
u
u
, 0
1 , 0
t T
x
(1.1)
t u
f x t ,
u tt
xx
u t
t
t
0,
t
0,
t
0
(1.2)
t u
k t
s u
s ds
u , 1,
x
0
(1.3)
,0
,
,0
u x
u x 0
u x t
u x 1
,
,
trong đó
là các hàm cho trước thỏa các
p q ,
2,
0
,
K ,
là các hằng số cho trước và
f k u u , 1
0
điều kiện mà ta sẽ chỉ ra sau.
Bài toán (1.1) – (1.3) có nhiều ý nghĩa trong Cơ học mà nhiều nhà Toán học quan tâm nghiên
cứu trong thời gian gần đây [3] – [10]. Về mặt toán học, ta có thể nói rằng bài toán (1.1) – (1.3) là
sự kết hợp những đặc điểm quan trọng của hai bài báo đã được công bố trước đây [3] và [4].
Trong [3], Nguyễn Thành Long, Lê Văn Út, và Nguyễn Thị Thảo Trúc đã nghiên cứu sự tồn
tại và duy nhất nghiệm cũng như tính chính quy, tính ổn định và khai triển tiệm cận nghiệm của bài
toán
t u ( )
Ku
, 0
1, 0
t T
,
(1.4)
x
f x t ,
u tt
u t
xx
t
t u ( )
t (1, )
t ( ) (1, )
t (1, )
g t ( )
k t (
s u ) (1, )
s ds
,
x
t u ( ) t
K t u 1
1
(1.5)
0
u
t (1, )
0,
(1.6)
u x
( ,0)
( ) ,
( ,0)
( ),
u x 0
u x t
u x 1
,
,
,
,K là các hằng số, và
là các hàm cho trước.
trong đó
,
f K , 1
, 1
g k u u , 1
0
p
2
q
2
K u
u
Ku
Như vậy, số hạng
trong (1.1) là sự tổng quát hóa từ số hạng
u
u
t
u t
t
trong (1.4). Các điều kiện biên (1.2) – (1.3) cũng chính là (1.5) – (1.6) sau khi đã hoán đổi 2 đầu
biên
x và 0
1x , đồng thời làm triệt tiêu các hàm K1, λ1 và g. Sự đặc biệt hóa này tưởng chừng
sẽ mang lại thuận lợi cho chúng ta khi nghiên cứu (1.1) – (1.3), nhưng thật ra nó lại khiến chúng ta
gặp đôi chút khó khăn hơn trong các ước lượng khi mà điều kiện cực tiểu cho hàm λ1 lúc này không
còn là một giá trị dương nữa.
Trong [5], Nguyễn Thành Long, Alain Phạm Ngọc Định, và Trần Ngọc Diễm đã khảo sát sự
tồn tại và duy nhất nghiệm, tính chính quy, và khai triển tiệm cận của nghiệm của bài toán sau đây
(1.7)
u
K u u
, 0
1, 0
t T
,
x
, f x t
u tt
xx
u t
u t
0,
t
,
(1.8)
P t
xu
u
t
t
t
0,
(1.9)
1,
1,
1,
x
K u 1
u 1 t
,0
,
,0
,
(1.10)
u x
u x t
u x 0
u x 1
K
,
,
,
,
,
,
,
trong đó
f u u là các hàm cho trước; hàm
cần
K là các hằng số cho trước;
, u x t
0
1
1
1
thỏa mãn bài toán Cauchy cho phương trình vi phân thường dưới
tìm và giá trị biên chưa biết
P t
đây
t T
P t
(1.11)
2 P
P t 0
t 0, hu tt P 0 ,
P 0
, 0 P 1
với
là các hằng số cho trước.
0,
h
0,
P P , 0 1
Từ (1.11), nếu ta giải phương trình vi phân tuyến tính cấp 2 hệ số hằng, ta sẽ có
t
hu
0,
t
0,
P t
g t
k t
s u
s ds
0
trong đó
,
.
g t
t
t
k t
sin t h
P hu 0 0
P hu 1 1
0 cos
0 sin
1
trình (1.7) trong bài toán (1.7) – (1.11), có được bằng cách thêm hàm hệ số
Ta nhận xét thấy phương trình (1.1) mà ta đặt ra là một trường hợp tổng quát hơn của phương t vào trước số hạng
ttu . Hai điều kiện biên (1.3) và (1.10) là như nhau, trong khi điều kiện biên (1.2) lại là trường hợp
đặc biệt của (1.8) – (1.9), (1.11).
Nội dung chính của luận văn gồm các chương mục được trình bày theo thứ tự sau:
Chương 1 là phần mở đầu tổng quan về bài toán mà ta sẽ khảo sát trong luận văn, chỉ ra vài
kết quả quan trọng đã có trước đó, đồng thời nêu bố cục của luận văn.
Chương 2 trình bày một số kết quả chuẩn bị, bao gồm việc nhắc lại một số không gian
Sobolev, một số kết quả về các phép nhúng compact giữa các không gian.
Chương 3 nghiên cứu sự tồn tại và duy nhất nghiệm yếu của bài toán (1.1) – (1.3).
Chương 4 nghiên cứu tính trơn của nghiệm đối với dữ kiện ban đầu.
Chương 5 nghiên cứu tính ổn định của nghiệm đối với dữ kiện ban đầu, tức là hàm
,
,
,
,
, nghiệm yếu của bài toán (1.1) – (1.3), là liên tục theo nghĩa mà
,
u ,
f k u u , 1
0
f k u u , 1
0
ta sẽ chỉ ra khi xem xét vấn đề này.
Chương 6 nghiên cứu bài toán nhiễu theo hai tham số bé
,K :
q
2
p
2
t u ( )
K u
u
f x t
( , ), 0
1, 0
t T
,
x
xx
u t
u t
u tt
t
t u ( )
0,
t
0,
,
t
0,
k t
s u
s ds u
1,
P K
x
,
0
,0
,
,0
,
u x
u x t
u x 0
u x 1
,
,
cho trước. Cụ thể như sau
trong đó các tham số
,
f k u u , 1
0
K
a/ Nghiên cứu dáng điệu tiệm cận của nghiệm yếu
u
0
,K
u
của bài toán
,KP khi
và
0 .
b/ Nghiên cứu khai triển tiệm cận của nghiệm yếu
,K
của bài toán
,KP theo hai tham
số bé K, λ, có nghĩa là có thể xấp xỉ nghiệm
,Ku bởi một đa thức theo hai biến K, λ:
ij
u
x t ,
i j
U x t K ,
K
,
i
j N
và thiết lập đánh giá
theo nghĩa cần phải chỉ ra các hàm
, ijU x t
N
1
2
ij
u
C
K
i j
2
U x t K ,
K
N
,
i
j N
*
theo một chuẩn thích hợp
, với các tham số dương K, λ đủ bé và hằng số
||
|| *
NC độc lập đối với các
tham số bé này.
Chương 7 trình bày một bài toán cụ thể để minh họa phương pháp tìm nghiệm tiệm cận của
bài toán nhiễu ở trên.
Sau cùng là phần kết luận và danh mục các tài liệu tham khảo.
u u
Chương 2
MỘT SỐ KẾT QUẢ CHUẨN BỊ
0,
T
,
T
0
Ta đặt các kí hiệu:
. Chúng ta bỏ qua các định nghĩa của
0,1 ,
TQ
m p ,
m
C
,
p L
,
W
các không gian hàm
. Ta có thể xem trong [1].
Để tạo thuận lợi khi trình bày và làm cho luận văn gọn gàng, ta sẽ quy ước một vài kí hiệu
vắn tắt như sau:
m p ,
m p ,
0,
p
m
,2
W
W
,
p L
p L
W
,
, 1
p
,
m
0,1,...
m H W
. Kí hiệu
Chuẩn trong L2 kí hiệu là ||
||
, chỉ tích vô hướng trong L2 hay tích đối ngẫu của
dùng để chỉ
một phiếm hàm tuyến tính liên tục với một phần tử của không gian hàm. Kí hiệu ||
||X
chuẩn trong một không gian Banach X, và X / là không gian đối ngẫu của X.
pL
0,
;
u
T
Ta kí hiệu
T X là không gian Banach các hàm thực đo được
X sao cho
: 0,
T
1 p
p
với 1
p
dt
u
p
u t
0,
L
; T X
X
0
và
u
khi p
u t
L
0,
T X ;
X
ess 0
sup t T
,
,
,
,
u
,
Ta
viết
để
chỉ
u t
u t
u t
t
, u x t
u t t
u t tt
u t x
xx
2
2
, theo thứ tự đó.
Ta lại đặt
x t , , x t , , x t , , x t , u 2 t u x u 2 x u t
1 0,1 : 1
v H
0
và xét tích vô hướng
1
a u v ,
x
x dx
u x
v x
0
V v
Khi đó, V là một không gian con của H1, và trên V, chuẩn
tương đương
, a v v
x
V
v v
với chuẩn
cảm sinh trên V.
1H
Từ đây ta có bổ đề sau
0C là compact và
v
Bổ đề 2.1. Phép nhúng V ↪
C
V
0 0,1
v v , v V
Bổ đề 2.2. (Bổ đề Gronwall) Giả sử và u là các hàm liên tục trên [ , ],
a b trong đó xác định
không âm, là một hằng số dương (không phụ thuộc t). Khi đó, nếu
,
a b ,
t
u t
s u s ds
t a
thì
t
exp
,
a b ,
t
u t
s ds
a
Bổ đề 2.3. [2] (Bổ đề về tính compact của Lions) Cho ba không gian
X X X thỏa
,
,
0
1
,X X phản xạ,
0
1
0X ↪ X compact, X ↪ 1X liên tục
Với 0
, 1
T
p q ,
0,
T X ;
:
u
q L
0,
T X ;
0
1
, ta đặt p W u L
và trang bị cho W một chuẩn
v
v
v
p
W
L
0,
T X ,
q L
0,
T X ,
0
1
pL
0,
;
T X là compact.
Khi đó, phép nhúng W ↪
Chương 3
SỰ TỒN TẠI VÀ DUY NHẤT NGHIỆM
Sau đây chúng ta sẽ nghiên cứu sự tồn tại và duy nhất nghiệm của bài toán (1.1) – (1.3) với
những giả thiết về các dữ kiện đầu vào như sau:
K
,
0 ;
p q ,
(GT1)
2
,
u H
(GT2)
0
V u V 1
T
(GT3)
k W
2,1 0,
H
T
;
(GT4)
2
2 0,
t
o
(GT5)
f
,
f
0
t
2 L Q T
Định lý 3.1. Nếu các giả thiết (GT1) – (GT5) được thỏa thì bài toán (1.1) – (1.3) có duy nhất một
2
1
1,
0,
;
;
L
0,
T H ;
u ;
L
0,
2 T L ;
u
0,
W
0,
T
và
T V H
u L
u t
tt
nghiệm yếu u với các tính chất
2
V H . Ta sẽ tìm nghiệm xấp xỉ
Chứng minh. Gọi
jw là một cơ sở đếm được của không gian
theo phương pháp Galerkin của bài toán (1.1) – (1.3) dưới dạng
m
t w ( )
,
u t ( ) m
c mj
j
j
1
trong đó, các hàm hệ số
thỏa mãn hệ phương trình vi phân thường
t
mjc
t
u
w
0,
t w ,
t u
t w ,
0
k t
s u
s ds
m
j
mx
jx
j
m
0
p
2
q
2
K u
u
u
u
f
; 1
j m
t
t
t
t w ,
t w ,
m
m
m
m
j
j
m
mạnh trong
u
,0
u
u
2H
w
0
0
m
m
mj
j
j
1
m
mạnh trong
1H
(3.1)
u
,0
w
m
mj
j
u 1 m
u 1
j
1
Với các giả thiết (GT1) – (GT5) được thỏa, hệ phương trình vi phân (3.1) có nghiệm um trên
T với mọi m.
0, mT tương ứng. Các ước lượng sau cho phép ta chọn mT
, sau đó cộng
Ước lượng tiên nghiệm 1. Nhân lần lượt các phương trình thứ j của (3.1) 1 với
t
mjc
các vế tương ứng với nhau rồi lấy tích phân theo biến thời gian từ 0 đến t, ta thu được đẳng thức sau
t
t
S
S
u 2
0,
t
u
0,
2
k
u
0,
t
0
k t
d
0
s ds
m
m
m
m
2 m
0
0
t
s
t
2
s u
s
k s
d ds
mx
m
m
0
0
0
t
(3.2)
,
f s u
s ds
m
2
0
trong đó
p
q
2
2
S
u
u
u
ds
(3.3)
p
t
t
t u
t
t
s
m
m
mx
m
m
L
q L
2 K p
t 2 0
Từ (3.3) và (GT4), ta thấy rằng
2
2
ds 2 u 0, s u 0,
(3.4)
t
t
t
m
0
mx
Từ (3.4) và bổ đề 1, ta có đánh giá
S u u m
(3.5)
0
t
t
m
m
mx
C
0,1
t m 0
Dưới đây là các đánh giá vắn tắt cho từng số hạng trong vế phải của (3.2).
2
t
t
2
S u , x t u u
k t
k t
m
m
m
m
0
0
t
k
d
S
S
(3.6)
t
2
s ds
m
m
1 t
2 0 0
0
t
t
t u d u t u u 2 0, 0, 0, 0, 0 1 0 d
(3.7)
0
s ds
s ds
2 m
m
0 0
0
0
t
t
2 k 2 k u 0, S
2
(3.8)
s u
s
s ds
mx
m
s 0
0
0
s
t
ds S
k s
d ds
m
m
0
0
t
s
s
2 u 0, s u 0,
s ds
2
m
m
0
0
0
t 0
t
t
S
k
d
S
(3.9)
s ds
2
d
m
m
t 2 0
0
0
t 0
t
t
t
t
2
(3.10)
S k d S ds 1 2 0 d
f s u
s ds
f s
s ds
f s
s ds
m
0
0
0
0
1
Từ (3.2) và (3.6)–(3.10), đồng thời chọn tham số
2 ta có đánh giá
t
t
, 2 u ds S 2 m m
2
t
0
f s
s ds
m
m
m
s 0
0
0
S S ds S 2 2 2
t
t
4
k
2
2
(3.11)
k
t k
3
S
d
s ds
m
4 2 0
0 0
0
0
0C , nên từ (3.1)2,3 và (3.3) ta nhận được
Do H1 ↪
2
với mọi m
(3.12)
M
0mS
1
trong đó hằng số M1 chỉ phụ thuộc vào μ, K, u0 và u1.
Theo (3.12) và (GT5) ta có
t
với mọi
(3.13)
M
2
t
2 f s
1
0, T
ds A T
0
Mặt khác, theo (GT3) ta lại có
t
4
k
2
2
k
t k
với mọi
(3.14)
3
d
t
0, T
B T
4 2 0
0 0
0
Với các đánh giá (3.11), (3.13) và (3.14) vừa thu được, ta suy ra rằng
s
t
S
với mọi
(3.15)
t
s ds
m
m
0, T
A T
0
0
2t
B S T
Áp dụng bổ đề Gronwall cho (3.15), rồi dựa vào (GT4) ta có kết quả quan trọng sau
t
2
s
t
S
exp
với mọi
(3.16)
t
m
C T
0, T
A T
T
0
0
B ds
Ước lượng tiên nghiệm 2. Đạo hàm 2 vế của (3.1)1 theo biến thời gian, ta có
u
t w ,
t u
t w ,
t u
t w ,
m
j
mx
jx
mx
jx
t
w
0,
k
u
0,
t
(3.17)
0
k t
s u
s ds w
0
0
j
m
j
m
0
p
2
q
2
u
u
q
u
u
f
; 1
j m
K p
1
t
t
1
t
t w ,
t w ,
m
m
m
m
j
j
Nhân lần lượt các phương trình thứ j với
, sau đó cộng lại rồi lấy tích phân 2 vế theo biến thời
t
mjc
gian từ 0 đến t, ta có
X
u
,
2
2
0
t u
t u ,
t
0
X t m
m
mx
mx
0
mx
u 1 mx
t
t
2
3
ds
s u
s u ,
s ds
s u
2 s
mx
mx
mx
0
0 t
s
t
u
0,
s
u
0,
d ds
2
k
u
0,
0,
2
k s
0
s u
s ds
m
m
m
m
0
0
0 t
1
p
2
u
x s ,
u
2
K p
x s u ,
x s dxds ,
m
m
m
1
0 0
t
f
(3.18)
s u ,
s ds
m
2
0
với
t
1
2
2
q
2
2
u
q
u
x s ,
u
x s ,
dxds
t
t u
t
2
X t m
m
mx
m
m
1
0 0
Từ đây và bổ đề 1, ta có các đánh giá
2
2
u
u
(3.19)
t
t
X t m
m
0
mx
u
u
u
u
x t ,
(3.20)
0
t
t
t
m
m
mx
m
C
V
0,1
X t m 0
Lấy tích phân từng phần cho 2 số hạng thứ 6 và thứ 7 trong vế phải của (3.18), ta có
X
2
k
u
u
t
u
0,
0,
t
0
t u
X t m
m
2 m
m
m
u m 1
m 0 u
0
0 2
0 0
k 0 t u
0, t u ,
k 2 t
0 u , 1 mx
mx
0
mx
t
t
2
2
k
u
0,
s
ds
ds
2
0
s u
s
m
mx
3
0
0
t
t
u 2
0,
t
0,
2
s u
s u ,
s ds
k t
s u
s ds
mx
mx
m
m
0
0
t
s
2
k
u
0,
t
2
u
0,
s
k
s
u
0,
d ds
0
m
m
m
0
0
t
1
p
2
2 mx
x s u ,
x s dxds ,
K p
m
1
0 0
t
f
(3.21)
s u ,
s ds
m
2
0
Dựa vào (3.4), (3.5), (3.16), (3.19), (3.20) và bổ đề 2.1, ta có những ước lượng về các số
hạng trong vế phải của (3.21) như sau
2
u x s , u 2 m m
(3.22)
0
t u
0
m
X t m
TC 2 0
k u t k 2 0, 0, m
(3.23)
0
0 .
0
mx
mx
0
m
V
V
(3.24)
2
t u
, t u
t
2 t
mx
mx
X t m
C T 2 0
t
t
2
k
2
2
k
u
0,
s
ds
(3.25)
0
X s ds
m
m
0 0
0
0
t
t
2
3
ds
(3.26)
s u
s
mx
s X s ds m
3 0
0
0
u , 2 u . 2 u 1 u 1 m
t
t
t
2
(3.27)
ds
2
s u
s u ,
s ds
s
X s ds
mx
mx
m
TC 2 0
0
0
0
2
t
t
(3.28)
k
t
u 2
0,
0,
k t
s u
s ds
m
m
X t m
TC 2 0
0
0
d
k
2
C T
(3.29)
k
u
0,
t
0
m
0 2 0
2
t
t
t
s
u
s
k
s
u
d ds
k
2
0,
0,
(3.30)
X s ds
m
m
m
TtC 2 0
0
0
0
0
d
t
1
p
2
2
u
x s ,
u
K p
x s u ,
x s dxds ,
m
m
m
1
0 0
1
t
1
p 2
p
2
u
u
x s ,
2
x s u ,
x s dxds ,
K p
m
m
m
TC 0
0 0 2
p
1
t
TC
x s dxds ,
K p
1
X s m
p
1
0
0
p
2
t
TC
2
1
K p
X s u
s ds
m
m
p
1
0
0
p
2
t
TC
2
(3.31)
1
K p
X s ds
m
p
1
0
0
1
t
t
t
2
2
f
f
ds
(3.32)
s u ,
s ds
s
X s ds
m
m
0
0
0
1
Từ (3.21) – (3.32), đồng thời chọn tham số
4 , ta có
4
X
2
k
u
k
u
0,
t
8
u
.
0
0
0
0
0
0 .
0
0
X t m
m
m
u 1 m
2 m
u 1 m
m
V
V
2
t
2
2
4
k
k
4
4
k
+
0
0
t
d
0
TC 4 2 0
0
2
t
t
t
2
2
u 2 m 0
s
s
d
2 0 C T
0
0
0
ds f ds t k
p
2
t
k
8
12
TC
s
8
12
(3.33)
K p
1
X s ds
m
p
1
0 0
0
0
0
Từ (GT2) – (GT4) và (3.19), ta có kết quả
4
X
2
k
u
k
u
0,
t
8
u
.
0
0
0
0
0 .
X t m
m
m
2 m
m
0
u m 1
0
u m 1
V
V
4
u
M
(3.34)
0 0
m
2
trong đó hằng số M2 chỉ phụ thuộc vào μ, k, K, u0 và u1.
Hơn nữa, từ (3.1) và (1.2), bằng phương pháp tích phân từng phần cho số hạng chưa μ của vế
trái, ta có
2
p
q
2
2
u
u
,
u
K u
u
,
u
f
u
0
0
0
0
0 ,
0
m
mxx
m
m
m
m
m
0
0
0
u m 1
u m 1
Do đó
p
2
q
2
u
u
K u
u
f
0
0
0
m
0
mxx
0
m
0
m
u 1
m
u 1
m
Kết quả này cùng với (GT5) và (3.1)2,3 cho ta
(3.35)
M
0mu
3
0C , nên ta có
Mặt khác, do H1 ↪
trong đó hằng số M3 chỉ phụ thuộc vào μ, f, K, λ, u0 và u1.
4
(3.36)
2 t
D T
a.e., trên
0,T
Tổng hợp các kết quả (3.33) – (3.36), ta có đánh giá
t
( )
,
(3.37)
X t m
E T
q s X s ds m
0
p
2
k
8
12
TC
s
q s ( )
8
12
trong đó
và ET là một hằng số chỉ phụ thuộc
K p
1
p
1
0 0
0
0
vào T.
Từ (GT3), (GT4), (3.37), theo bổ đề Gronwall, ta thu được kết quả sau
t
exp
( )
,
t
với mọi
(3.38)
X t ( ) m
E T
q s ds F T
0, T
0
Qua giới hạn. Từ (3.4), (3.5), (3.16), (3.19), (3.20) và (3.38) ta suy ra các dãy hàm dưới đây bị chặn
vẫn kí
trên các không gian hàm L tương ứng. Từ đó, ta có thể trích ra một dãy con của dãy
mu
sao cho
hiệu là
mu
u
trong
L
0,
T V ;
yếu *
mu
trong
L
0,
T H ;
yếu *
u
mu
trong
L
0,
yếu *
u
mu
1 2 T L ;
1,
0,
u
0,
trong
W
0,
T
yếu *
(3.39)
mu
Nhờ bổ đề về tính compact của Lions [2], từ (3.38), ta lại rút ra được một dãy con của dãy
sao cho
vẫn kí hiệu là
mu
mu
trong
u mạnh
2 L Q
mu
T
u
trong
mạnh
2 L Q
mu
T
0
trong
C
0,
(3.40)
0,
u
0,
mạnh
mu
T
Mặt khác, nhờ vào bất đẳng thức
x x
y
y
R x
y
x y ,
,
,
0,
0
(3.41)
1
R R R
nên từ (3.5), (3.16), (3.20), (3.38) và (3.40)1–2, ta suy ra rằng
trong
mạnh
u
u
u u
2 L Q
m
m
T
u
u
u
u
trong
mạnh
(3.42)
2 L Q
m
m
T
Trong (3.1), ta cho m . Khi đó, dựa vào các kết quả (3.39), (3.40) và (3.42) ta chỉ ra
rằng có hàm u thỏa mãn bài toán
t
,
,
v
0,
u t v
0
k t
s u
s ds
t u t v x
x
0
(3.43)
p
q
2
2
1
,
f
,
v H
K u t
u t
u t v
t v ,
và
(3.44)
u
u t 0u
0u
0
u 1 Từ (3.43) và các giả thiết (GT4) – (GT5) ta có kết quả
p
2
q
2
u
u
u
f
L
0,
2 T L ;
(3.45)
u K u
xxu
1
0,
;
Do đó
.
u L
T V H
2
Việc chứng minh sự tồn tại của nghiệm yếu hoàn tất.
1
2
2 T L ;
L
L
0,
0,
0,
;
u ;
T H ;
u ;
L
T V H
i
i
i
Tính duy nhất của nghiệm. Giả sử u1, u2 là hai nghiệm yếu của bài toán (1.1) – (1.3). Khi đó, ta có
1,
0,
W
0,
T
i
1; 2
i
u u
u
u
. Khi đó, u thỏa mãn bài toán sau
Ta đặt
u 1
2
t
u t v
0
k t
s u
s ds
t u t v x
x
0
p
p
2
2
(3.46)
, , v 0,
K u t
u t v
1
u t 1
u t 2
2
q
q
2
2
1
,
u t v
u t 1
u t 1
u t 2
, 0, v H 2
(3.47)
Ta cho v u , sau đó lấy tích phân 2 vế theo biến thời gian từ 0 đến t và áp dụng công thức
tích phân từng phần cho số hạng chứa k, ta có
t
s
t
2
u (0) (0) u 0.
Z t
k s
d ds
s u s x
0
0
0
t
t
2
ds 2 u 0, s u 0,
0
k t
s u
s ds
0
0
(3.48)
t
2
2
p
p
2 k u 0, s ds u 2 0, t 0,
K u s
1
u s 1
u s 2
2
0
q
q
2
2
2 u s u s ds ,
u s 1
u s 1
u s 2
t 0
trong đó
2
2
(3.49)
2 u s u s ds , 2
Z t
u t
t u t x
Từ (3.49) cùng với (GT4) và bổ đề 1, ta có
2
2
(3.50)
Z t
u t
u t x
(3.51)
0
0
, u x t
u t
u t x
C
0,1
Z t 0
Mặt khác, ta lại có
2
1
1
t
2
2
u t
u x t ,
0
0
0
1
2
2
dx u x s ds , dx
(3.52)
t t u x s 0
0
t t u s 0
Dựa vào (3.41), (3.50) – (3.52), ta đánh giá từng số hạng ở vế phải của (3.48) như sau
t
t
2
, ds dx ds
(3.53)
s Z s ds
s u s x
0
0
t
s
t
t
ds 1 0
(3.54)
k s
d ds
Z s ds
0
0
0
0
u s u k d 2 0, 0, t 2 0 1 2
t
t
2
(3.55)
0
Z s ds
0 0
0
0
t
t
t
(3.56)
2 k 2 k u 0, s ds
k t
s u
s ds
Z t
2
Z s ds
0
0
0
t
p
p
2
2
0, 0, 2 u t d k 1 2 2 2 0
K u s
1
u s 1
u s 2
2
0
t
p
2
2 u s u s ds ,
K p
1
u s
u s ds
0
t
2
2
p
2
R
ds
K p
1
u s
u s
2 R
0
t
2
p
2
K p
1
2
u s
0
s s u 0
t
t
2
p
p
2
2
2
2
R d ds
(3.57)
K p
1
u s
1
Z s ds
1
1
0
0
t
q
q
2
2
q
2
,
(3.58)
u s u s ds
q
R
2
1
Z s ds
u s 1
u s 1
u s 2
2
0
t 2 0
R
.
trong đó,
1
1,
u i
W
0,
T H ;
max 1,2 i
R t ds K p R t
Từ (3.48), (3.53) – (3.58), ta suy ra
t
Z t ( )
F s Z s ds
( )
( )
(3.59)
0
trong đó
T
T
s
F s
2
2
0 0
0
0
p
2
2
q
2
R
T
q
R
1 L
0,
T
2
K p
1
4
1
1
0
.
Theo bổ đề của Gronwall, ta suy ra từ (3.59) rằng
u
Z , nghĩa là 1 u
2
Định lý 3.1 đã được chứng minh xong.
2 4 k k d d k 2 0 2 T 2 0 4 2 0
Nhận xét 3.1. Từ định lý 3.1, ta nhận thấy nghiệm yếu của bài toán (1.1) – (1.3) thỏa
0
1
2
L
1
T V ; ; C 0, T V H
L
L
0,
2 T L ;
t
u , tt
2 T L ;
0,
1,
0, T H ;
0,
0, T 0, W u C u u
,
,
k
Nhận xét 3.2. Trong trường hợp
p
, chúng ta xét bài toán
q và 2
K K t
t
k t s ,
(1.1/)
u
, 0
1, 0
x
t T
t u
K t u
t u
, f x t
tt
xx
t
t
(1.2/)
0,
t
0,
t
0
t u
g t
k t s u ,
s ds
u , 1,
x
(1.3)
u x
u x 0
u x 1
0 u x t
Bây giờ ta đưa ra những giả thiết cho các hàm K, λ và k như sau
1
2
(GT1/)
0,
T
,
H
0,
T
K H
2
,
(GT3/)
,
T
0,
T
k H
và 2 D k L
1 0,
D D k 1
1
, k D k 1
1
k 2
2 * L Q T
*
và
.
t s ,
: 0
t T
s
D k t t ,
, k t t
k t với k t
1
TQ
t , D k t 1
(GT6/)
T
g H
2 0,
Bằng những đánh giá và lý luận tương tự với những gì mà ta đã thực hiện trong quá trình
chứng minh định lý 3.1, ta có định lý 3.2 dưới đây
2
1
0
T V ;
L
0,
C
;
T V H
1
0,
2 T L ;
T H ;
,
L
L
0,
(3.60)
,0 , ,0
Định lý 3.2. Giả sử (GT1/), (GT2), (GT3/), (GT4), (GT5) và (GT6/) được thỏa. Khi đó, bài toán (1.1/) – (1.2/) – (1.3) có duy nhất một nghiệm yếu u, và u tt
t
2 T L ;
0,
1,
0,
T 0,
W
0,
u C u u
2
V H . Ta sẽ tìm nghiệm xấp xỉ
Chứng minh. Gọi
jw là một cơ sở đếm được của không gian
theo phương pháp Galerkin của bài toán (1.1) – (1.3) dưới dạng
m
u
t
t w
m
c mj
j
j
1
trong đó, các hàm hệ số
thỏa mãn hệ phương trình vi phân thường
t
mjc
t
u
w
0,
t w ,
t u
t w ,
g t
k t s u ,
s ds
0
m
j
mx
jx
m
j
0
f
; 1
j m
t w ,
K t u
t
t w ,
j
m
t u m
j
m
u
,0
u
u
w
mạnh trong
2H
m
m
mj
j
0
0
j
1 m
u
,0
mạnh trong
1H
(3.61)
w
u 1
m
u 1 m
j
j
1
mj
Với các giả thiết (GT1/) – (GT2) – (GT3/) – (GT4) – (GT5) – (GT6/) được thỏa, hệ phương
0, mT tương ứng. Các ước lượng sau cho phép ta chọn
trình vi phân (3.1) có nghiệm um trên
T với mọi m.
mT
, sau đó cộng
Ước lượng tiên nghiệm 1. Nhân lần lượt các phương trình thứ j của (3.61)1 với
t
mjc
các vế tương ứng với nhau rồi lấy tích phân theo biến thời gian từ 0 đến t, ta thu được đẳng thức sau
t
2
S
S
u 2
g
K
u
u 2
0,
t
u
0,
t
0
0
0
0
g t
k t
,
m
m
m
m
m
m
0
0
0
d
t
s
t
2
ds
ds
2
u
0,
s
u
0,
s u
s
g s
,
D k s 1
mx
m
m
0
0
0
d
t
t
2
2
0,
ds K t u
2
k s u
s ds
K s u
s
t
2 m
m
m
0
0 t
t
2
2
ds
2
,
(3.62)
s u
s
f s u
s ds
m
m
0
0
trong đó
2
2
(3.63)
S
t
t
t u
t
m
u m
mx
Từ (3.63) và (GT4), ta thấy rằng
2
2
(3.64)
S
u
t
t
t
m
u m
0
mx
Từ (3.64) và bổ đề 1, ta có đánh giá
S
u
, x t
u
u
(3.65)
0
t
t
m
m
mx
C
0,1
t m 0
Dưới đây là các đánh giá vắn tắt cho từng số hạng trong vế phải của (3.62).
(3.66)
2 u
0,
S
t g t
t
2 g t
m
m
1 0
2
t
t
2
t
u
d
u
t
u
u 2
0,
0,
0,
0,
k t
,
k t
,
m
m
m
m
1 0
0
0
d
t
t
d
S
(3.67)
S
t
k t
2 ,
s ds
m
m
1 2 0 0
0
t
t
2
ds
S
(3.68)
s u
s
s ds
mx
m
s 0
0
0
t
t
t
2
u
0,
S
g s
ds
(3.69)
s g s ds
s ds
2
m
m
0
0
0
0
s
t
2
u
0,
u
0,
,
d ds
s D k s 1
m
m
0
0
t
t
s
s
S
d
S
ds
s ds
2 ,
D k s 1
m
m
1 2 0
0
0
0
0
d
t
t
S
S
(3.70)
s ds
d
D k 1
m
m
* 2 L Q T
1 2 0
0
0
t
t
0,
2
(3.71)
k s u
s ds
k s S
s ds
2 m
m
2 0
0
0
2
2
(3.72)
2
u
K t u
t
K t
s ds
0
m
m
m
t t S 0
t
t
2
2
ds
2
u
ds
K s u
s
K s
0
m
m
m
s s S 0
0
0
d
t
t
t
2
(3.73)
u
S
2
K s ds
s K s ds
s ds
0
m
m
0
0
0
t
t
2
2
ds
2
(3.74)
s u
s
s S
s ds
m
m
0
0
t
t
t
t
2
2
,
2
u
ds
S
(3.75)
f s u
s ds
f s
s ds
f s
s ds
m
m
m
0
0
0
0
1
Từ (3.62) và (3.66) – (3.75), đồng thời chọn tham số
3 ta có đánh giá
2
S
u
g
K
u
3 S
6
3
6
t
0
0
0
0
K t
2 g t
0
0
m
m
m
m
9 0
t
t
t
2
2
2
3
ds
6
u
3
ds
g s
K s ds
f s
m
0
0
0
t
t
3
s
9
d
k t
2 ,
D k 1
* 2 L Q T
3 2 0
9 2 0
0
0
0
t
(3.76)
S
3
6
0
k s
t K t 6
s K s ds
s
s ds
m
6 0
0
Từ (GT1/), (GT2), (GT4), (GT5), (GT6/) và (3.61) – (3.63) ta nhận được kết quả
t
2
2
2
u
g
K
u
ds
3 S
6
3
6
0
0
0
0
K t
g t
g s
m
m
m
0
0
3
9 0
0
t
t
2
u
ds
t
với mọi
(3.77)
6
K s ds
2 f s
0
m
A T
0, T
3
0
0
Ta đặt
t
3
s
d
9
s
k t
2 ,
k s
D k 1
* 2 L Q T
9 2 0
6 0
3 2 0
0
0
t
6
6
t K t
s K s ds
s
3
0
Như vậy ta có
t
S
(3.78)
t
s S
s ds
m
A T
m
0
Mặt khác, từ giả thiết (GT3/) ta lại có
t
1,1
d
T
L
T
W
0,
0,
k t
2 ,
0
Do đó, kết hợp với giả thiết (GT1/), ta suy ra
t
t
d
(3.79)
k t
2 ,
2 t K t
s K s ds B T
3 2 0 0
0
Từ (3.79), (GT1/), (GT3/), (GT4), ta có
T
(3.80)
1 0, L
Từ (3.80), lại áp dụng bổ đề Gronwall, ta có
t
S
exp
t
với mọi
(3.81)
t
m
A T
T
0, T
0
s ds M
Ước lượng tiên nghiệm 2. Đạo hàm 2 vế của (3.61)1 theo biến thời gian, ta có
u
t w ,
t u
t w ,
t u
t w ,
m
j
mx
jx
mx
jx
t
(3.82)
w
0,
t
0,
0
g t
s ds
k t t u ,
j
k t s u , t
m
m
0
f
; 1
j m
K t u
t
K t u
t
t
t u
t w ,
t w ,
t u m
m
m
m
j
j
Nhân lần lượt các phương trình thứ j với
, sau đó cộng lại rồi lấy tích phân 2 vế theo biến
t
mjc
thời gian từ 0 đến t, ta có
X
u
,
2
2
0
t u
, t u
t
0
X t m
m
mx
mx
0
mx
u 1 mx
t
t
2
3
ds
s u
s u ,
s ds
s u
2 s
mx
mx
mx
0
0
t
s
2
u
0,
s
u
0,
0,
g s
,
d
k s s u ,
m
k s s
m
m
0
0
s ds
t
t
2
2
u
K s u
s u ,
s ds
K s
s
s u ,
s ds
m
m
m
m
0
0
t
t
2
(3.83)
ds
f
2
2
s u
s
, s u
s ds
m
m
0
0
với
2
2
u
t
t u
t
X t m
m
mx
Từ đây và bổ đề 1, ta có các đánh giá
2
2
u
u
(3.84)
t
t
X t m
m
mx
u
, x t
u
u
u
(3.85)
0
t
t
t
m
m
mx
m
C
V
0,1
X t m 0
X
g
u
u
0
2
Lấy tích phân từng phần cho 2 số hạng thứ 6 trong vế phải của (3.83), ta có 0 k
0 .
0
0
0
0
X t m
u 1 mx
mx
m
m
0
0
t
2
t u
, t u
t
s u
, s u
s ds
mx
mx
mx
mx
2
0
t
t
t
2
2
ds
s
ds
2
0,
2
0,
s u
s
g s u
s ds
k s u
mx
m
m
3
0
0
0
t
t
t
u
, 2 u 1 m
g t
k t u
,
d
m
m
m
D k t 1
0
t
,
0,
0,
2
D k s s
k s u
s u
s ds
1
m
m
s
0 t
u
s
u
d ds
2 u 0, 0, 0,
,
m
m
s D D k 1 1
2
0
0 t
t
u
2
2
K s u
, s u
s ds
K s
s
, s u
s ds
m
m
m
m
0
0 t
t
2
ds
f
2
(3.86)
2
s u
s
, s u
s ds
m
m
0
0
Dưới đây là các đánh giá vắn tắt cho các số hạng trong vế phải của (3.86).
(3.87)
2
t u
, t u
t
2 t
mx
mx
X t m
M T 2 0
t
t
t
2
(3.88)
ds
0, 0,
s u
, s u
s ds
s
X s ds
mx
mx
m
TM 2 0
0
0
0
t
t
2
ds
2
(3.89)
s u
s
mx
s X s ds m
0
0
t
t
t
2
ds
3 3 0
(3.90)
g s u
s ds
g s
X s ds
m
m
0
0
0
t
t
2
s
ds
2 0, 1 0
(3.91)
k s u
m
k s X s ds m
0
0
2 0, 2 0
2
t
(3.92)
g t u
g t
m
X t m
(3.93)
t
M
2 0, 1 0
t u
m
m
T
X t m
t
t
(3.94)
u
d
d
2 0, 0, k t u k t 2 0
,
2 ,
t D k t 1
D k t 1
m
m
X t m
tM T 2 0
0
0
t
2 u 0, 0,
D k s s
k s u
s u
s ds
1
m
m
0
2
t
t
t
2
T
T
ds
ds
2 , 0, 0,
(3.95)
D k s s
k s
X s ds
1
m
0
0
0
s
t
, 2 M 2 0 2 M 2 0
,
s D D k 1 1
m
0
0
(3.96)
t
2 u 0, s u 0, d ds m
X t ds
m
D D k 1
1
2 * L Q T
0
t
t
t
2
tM T 2 0
(3.97)
K s u
, s u
s ds
K s
X t ds
m
m
0
0
0
t
2 ds m M T 0
K s
s
s u ,
s ds
0
t
t
2
2
M
ds
2
(3.98)
K s
s
X t ds
T
m
0
0
t
t
2
2 u m m
(3.99)
s u
s
s X t ds m
0
0
t
t
t
2
2 ds 2 m
(3.100)
s u ,
s ds
s
X s ds
m
0
0
0
1
Từ (3.86) – (3.100), đồng thời chọn tham số
5 , ta có
t
2 f f ds m
(3.101)
0
X t m
A t m
m
0
trong đó
5 X B s X s ds m
0 .
0
k 0
0
0 .
A t m
m
0
m
0
m
V
V
t
t
2
2
2
2
10 g u 10 u . u 1 u 1 m
T
t
s
g s
g t
0
0
25 ds 5 ds M 2 0 5 M T 2 0 25 0
t
t
2
T
T
2 ,
D k s s
D k t 1
1
T
k t 2 0
0
0
2
t
t
2
25 25 10 M d ds , tM 2 0 M 2 0
T
T
T
K s
D D k 1
1
2 * L Q T
0
0
t
t
2
2
2
ds
f
ds
5
10
K s
s
s
TM
10 ds ds k s M 2 0 tM 5 2 0 5 M 0
0
0
1 L
T
30
10
0,
B s
s
k s
s
15 5 0
0
10 0
Hơn nữa, từ (3.61), ta có
2
u
u
,
u
K
u
,
u
f
u
0
0
0
0
0
0
0 ,
0
0
0
u 1
m
mxx
m
m
m
m
m
Kết hợp với (GT1/) – (GT4) – (GT5) và (3.61)2,3, ta có
(3.102)
u
u
K
u
f
M
0
0
0
0
0
m
0
mxx
0
m
u 1 m
1
trong đó hằng số M1 chỉ phụ thuộc vào μ, f, K, λ, u0 và u1.
Từ (3.102)–(3.101), dựa vào (GT1/) – (GT2) – (GT3/) – (GT4) – (GT5) – (GT6/), ta suy ra
t
N
X t m
T
B s X s ds m
0
trong đó NT hoàn toàn độc lập với m và chỉ phụ thuộc vào μ, f, K, λ, u0, u1, T.
Theo bổ đề Gronwall, ta thu được kết quả sau
t
với mọi
(3.103)
B s ds
X t m
T
0, T
0
N .exp t P T
Qua giới hạn. Từ (3.64), (3.65), (3.81), (3.84), (3.85) và (3.103) ta suy ra các dãy hàm dưới đây bị
chặn trên các không gian hàm L tương ứng. Từ đó, ta có thể trích ra một dãy con của dãy
mu
sao cho
vẫn kí hiệu là
mu
L
yếu *
mu
L
trong
0,
; T H
yếu *
u
mu
L
trong
0,
yếu *
u
mu
1 2 ; T L
1,
yếu *
(3.104)
u
W
T
0,
0,
trong
0,
mu
Nhờ bổ đề về tính compact của Lions, từ (3.104), ta lại rút ra được một dãy con của dãy
mu
sao cho
vẫn kí hiệu là
mu
u trong 0, T V ;
2 L Q
mu
T
trong u mạnh
2 L Q
T
0
trong
C
0,
mạnh
(3.105)
0,
u
0,
mu
T
Trong (3.61), ta cho m . Khi đó, dựa vào các kết quả (3.104) và (3.105) ta suy ra rằng
có hàm u thỏa mãn bài toán
t
u trong mạnh mu
u t v
g t
k t s u ,
0
s ds
t u t v x
x
0
1
f
,
, , v 0,
(3.106)
K t u t
, t v
và
(3.107)
u
0u
0u
0
u 1 Từ (3.107) và các giả thiết (GT4) – (GT5) ta có kết quả
p
2
q
2
(3.108)
u
u
u
f
L
0,
2 T L ;
u K u
xxu
1
v H , t u t v
Do đó
. Việc chứng minh sự tồn tại của nghiệm yếu hoàn tất.
u L
2
2
1
2 T L ;
0, ; T V H
L
L
L
i
T H ; u ; u ; 0, 0, 0, ; T V H i i
Tính duy nhất của nghiệm. Giả sử u1, u2 là hai nghiệm yếu của bài toán (1.1) – (1.3). Khi đó, ta có
1,
1;2
i
0, W 0, T i u u
Ta đặt
. Khi đó, u thỏa mãn bài toán sau
2
t
u u u 1
u t v
0
k t s u ,
s ds
t u t v x
x
(3.109)
0
1
, , v 0,
K t u t
t u t v
, 0 , v H
(3.110)
Ta cho v
u x ( ,0) ( ,0) 0. u x
phân từng phần cho số hạng chứa k, ta có
t
t
2
ds
u 2
0,
t
u
0,
Z t
k t
,
d
s u s x
0
0
t
s
t
2
u
0,
u
0,
2
0,
2
,
d ds
k s u
s ds
s D k s 1
0
0
0
t
t
2
2
2
ds
2
ds
(3.111)
K t u t
K s u s
s u s
0
0
trong đó
2
2
(3.112)
u , sau đó lấy tích phân 2 vế theo biến thời gian từ 0 đến t và áp dụng công thức tích
Z t
u t
t u t x
Từ (3.112) cùng với (GT4) và bổ đề 1, ta có
2
2
(3.113)
Z t
u t
u t x
0
(3.114)
0
, u x t
u t
u t x
C
0,1
Z t 0
Mặt khác, ta lại có
2
t
1
1
2
2
u t
u x t ,
0
0
0
1
2
2
,
ds dx
ds
(3.115)
t t u x s 0
0
t t u s 0
Ta đánh giá từng số hạng ở vế phải của (3.111) như sau
t
t
2
(3.116)
dx u x s ds , dx
s Z s ds
s u s x
0
0
2
t
t
2
ds 1 0
k t
,
k t
,
0
0
t
t
d
(3.117)
Z t
k t
2 ,
Z s ds
1 2
2 2 0 0
0
s
t
t u d u t u u 2 0, 0, 0, 0, 0 1 2 2 0 d
,
d ds
s D k s 1
0
0
t
s
t
s
2 u 0, u 0,
Z s ds
2 ,
D k s 1
0
0
0
0
t
t
d Z ds 1 2 0 d
(3.118)
Z s ds
d
2 * L Q T
0
0
t
t
2
(3.119)
Z D k 1 1 2 0
k s u
s ds
k s Z s ds
0
0
t
t
2
2
0, 2 2 0
(3.120)
K t u t
t K t
u s
t K t
Z s ds
0
s
t
t
2
ds
K s u s
s K s
0
0
0
0
t
t
2
(3.121)
s K s ds
Z s ds
0
0
t
t
2
ds 2 u d ds 2
(3.122)
s u s
s Z s ds
0
0
Từ (3.47), (3.52) – (3.57), ta suy ra
t
(3.123)
F s Z s ds
Z t
0
trong đó
2 ds 2
t
F s
s
k t
2 ,
2 * L Q T
0
t
4
4
1 L
0,
T
2 t K t
s K s ds
s
0
.
Theo bổ đề của Gronwall, ta suy ra từ (3.123) rằng
d 2 k s D k 1 2 0 4 2 0 2 2 0 4 0
2
0 u Z , nghĩa là 1 u
Chương 4
TÍNH TRƠN CỦA NGHIỆM
Trong chương này, chúng ta sẽ nghiên cứu tính trơn nghiệm của bài toán (1.1) – (1.3), tương
ứng với trường hợp
đã được đặt ra trong chương 3 như sau
(GT1[1])
K
,
p 0 ;
q
2
3
2
,
(GT2[1])
u H
V
0
V u H 1
p 2 q . Trong trường hợp này, ta đặt ra các giả thiết mạnh hơn các giả thiết
(GT3[1])
2 0,
T k H
(GT4[1])
3 0,
H T ; 0 o
2 L
2 T L ;
(GT5[1])
và
1 ,0
t
tt
t
f , f , f 0, f H
Nhận xét 4.1. Nếu các điều kiện (GT1[1]) – (GT5[1]) xảy ra thì hiển nhiên các điều kiện (GT1) –
(GT5) cũng xảy ra. Do đó, với các giả thiết mạnh hơn này, bài toán (1.1) – (1.3) có duy nhất nghiệm
u có các tính chất như đã nêu trong định lý 3.1 và nhận xét 3.1. Lúc này, bằng cách lấy đạo hàm 2
vế của phương trình (1.1) cũng như điều kiện biên (1.2) theo biến thời gian, đồng thời kết hợp với
điều kiện biên (1.3), ta nghiệm ra rằng ut là một nghiệm của bài toán sau
[1]
[1]
[1]
t z
K t z
xx
t z t
t
[1]
[1]
[1]
f x t , , 0 1, 0 t T x
t z
t
t s z ,
s ds
z , 1,
x
P : 0, t g k 0, t 0
z x
x
x
[1] 0
[1] u 1
0 z x t
trong đó
,0 u , ,0 z tt
[1]
[1] K t
t
t t
t t
[1]
f
x t ,
K
u x t ,
f x t ,
f x t , t
t t
t t
t s
[1]
k
, t s
s
k
k t
d
t t
0
t
[1]
K ,
t
0
k t
0
t t
0
g u k d
x
[1] 0
u x 1
u
x
0
x Ku x
f x
[1] u 1
0
0
u x 1
xx
u ,0
thỏa mãn (GT1[1]) – (GT5[1]) thì ta có bộ
Như vậy, với mỗi bộ dữ liệu
0
[1]
[1]
[1]
[1]
, , , K , , u u f k , 1
thỏa mãn (GT1/), (GT2), (GT3/), (GT4), (GT5), (GT6/). Vì thế,
[1]
[1] 0
[1] u 1
có nghiệm duy nhất (theo nhận xét 4.1 thì nghiệm duy nhất đó
theo định lý 3.2 thì bài toán
[1]P
chính là
z
u ) với các tính chất sau
t
0
1
2
T V ;
z C
L
0,
;
C
0,
T V H
1
0,
T H ;
L
L
0,
2 T L ;
z t
z , tt
2 T L ;
1,
z
0,
W
T 0,
0,
0
1
2
2
C
;
C
0,
2 T L ;
0,
T V H
2
1
L
0,
;
L
0,
T H ;
L
0,
2 T L ;
(4.1)
T V H
u , tt
t
u , ttt
T V ;
2,
W
0,
0,
T
Kết hợp với nhận xét 4.1 ta suy ra 0,
u C u u
Theo đó, ta có định lý 4.1 được phát biểu như sau:
thỏa mãn (GT1[1]) – (GT5[1]). Khi đó bài toán (1.1) – (1.3) có
,
,
,
, K ,
K , , u , , f , k , g ,
Định lý 4.1. Nếu
u u f k , 1
0
duy nhất một nghiệm u với các tính chất được nêu trong (4.1).
1n , ta đặt ra các bộ giả thiết sau
K
,
p 0 ;
q
Với mỗi (GT1[n])
2
n
2
n
1
(GT2[n])
,
u H
0
u H 1
k H
T
(GT3[n])
n
1 0,
T
;
(GT4[n])
n H
0
2 0,
t
j
1
f H
0,
2 T L ;
H
, 0
n
j
1
(GT5[n])
và
n 1
,0
f j
t
Dễ thấy rằng: khi (GT1[n]) – (GT5[n]) được thỏa thì các (GT1[i]) – (GT5[i]) cũng đồng thời
1
n
i
0
được thỏa mãn, với 0
(khi
i , ta có các giả thiết là (GT1)–(GT5)). Với ý tưởng hoàn
toàn tương tự cách chứng minh định lý 4.1, ta tiếp tục lấy đạo hàm phương trình và các điều kiện
o
[2]P
với các
biên của bài toán
[1]P
theo biến thời gian. Sau đó ta sắp xếp lại để có được bài toán
[2]
[2]
[2]
[2]
[2]
K
u
g
k
f
,
,
,
,
,
,
thỏa
,
[2] u 1
[2] 0
[2]P
[2]P
là kết quả có được do ta lấy đạo hàm
giả thiết (GT1[2]) – (GT5[2]). Theo đó, các dữ kiện đầu vào mãn (GT1/), (GT2), (GT3/), (GT4), (GT5), (GT6/). Ta lại áp dụng định lý 3.2 để thấy rằng bài toán
có duy nhất một nghiệm. Hơn nữa, vì bài toán
nên nghiệm duy nhất đó lại là utt . Cứ như vậy, sau n bước lặp,
(một cách hình thức) bài toàn
[1]P
n
[ ]nP
với nghiệm duy nhất là
. Trong đó
u n
ta thu được bài toán
t
n [ ]
n [ ]
n [ ]
K
f
x t ,
, 0
1, 0
t T
x
t z
t z
xx
t z t
t
[ ] n
[ ] n
[ ] n
P
:
0,
t
g
k
0,
t
0
t z
t
t s z ,
s ds
z , 1,
x
,0
u
,
,0
z x
x
x
[ ] n 0
[ ] n u 1
0 z x t
z tt
cùng với các dữ kiện đầu vào được thiết lập một cách quy nạp như sau
n
1]
[
[0]
n [ ]
[
n
1]
,
,
1
K
K
K
K
n
t
t
t
t
t t
t
[0]
n [ ]
n
1]
n
,
1
,
[
t
t
t
t t
[
[
n
n
1]
1]
n
f
x t ,
K
t
[0]
n [ ]
,
,
1
f
f
f
, x t
n
t
n
1 u 1
t
t
t
t
t
t s
[1]
k
s
k
t s ,
k t
d
0
t
[
n
1]
[
[
[ ] n
n
n
1]
1]
k
k
t
k
t
n
t s ,
t t ,
,
2
,
t t
s
d ,
t t k t
t
[1]
t
0
k t
0
t t
0
t
n
[
1]
n
n
n [ ]
[
[
1]
1]
1]
g u k d
,
t
0
n [ 0
t t
0
n
[
1]
g u k , t t t k t k t , d
t
t t
n
1]
u
u ,
,
n
1
x
x
x
[0] 0
u x 0
n [ ] 0
[ u 1
g 2 , n t
[
[
n
n
n
n
1]
1]
1]
1]
1]
,0
u
f
x
[
x x
u x 1 0 u
x K
0
x
0
x
[ n 0
[ u 1
1] [ n 0 xx
[0] u 1 [ ] n u 1
Hơn nữa
n
0
1
2
2 ; T L
L
2
n
1
0, 0, 0, ; C ; T V C T V H u n
L
L
2 ; T L
n
n
1 u 1
1,
0, , 0, ; T H u 2 t
hay
n
n
n
2
1
1
0, 0, W T u n t n t n t
2 T L ;
n
1,
0, ; C 0, T V ; C 0, T V H
W
Từ các các kết quả thu được, ta đưa ra định lý dưới đây.
0, 0, T u C u
thỏa mãn (GT1[n]) – (GT5[n]). Khi đó bài toán (1.1) – (1.3) có
, , , , K ,
Định lý 4.2. Nếu
0
duy nhất một nghiệm u với các tính chất như sau
n
n
2
n
2
1
u u f k , 1
L
L
L
2 ; T L
n
n
1 u 1
0, ; , 0, , 0, ; T H T V H u n u 2 t t t
Chương 5
TÍNH ỔN ĐỊNH CỦA NGHIỆM
K
cho trước là cố định và thỏa
Trong chương này, chúng ta giả sử rằng các dữ kiện
,
p q , ,
mãn (GT1). Theo định lý 3.1, bài toán (1.1) – (1.3) có duy nhất một nghiệm yếu là u phụ thuộc vào
các dữ kiện đầu vào là μ, f, k, u0 và u1. Trong đó μ, f, k, u0, u1 thỏa mãn các giả thiết được đặt ra từ
đầu là (GT2) – (GT5). Ta ký hiệu nghiệm này là
. Ta lại ký hiệu
u ,
0
0 J là tập
vừa nêu ra ở trên với chú ý rằng:
u , , f k u u , 1
hợp tất cả các bộ
0
0 là hằng số dương được nêu ra
trong (GT4). Trong chương này, ta cũng giả sử rằng
0 là tham số chung không đổi cho tất cả các
, , , f k u u , 1
trong
bộ
0
0 J .
0
, , , f k u u , 1
Định lý 5.1. Giả sử (GT1) – (GT5) xảy ra. Khi đó, với mỗi
T , nghiệm của bài toán (1.1) – (1.3)
theo nghĩa
ổn định đối với dữ kiện
0
, , , f k u u , 1
và
Nếu
0
0
j
j
J 0
,
, , , , , , , f k u u , 1 j f k u j j u 1
2
j
H
T
0,
0
1
j
H
0,
2 T L ;
(5.1)
0 f f
1
j
1 L
T
H
T
0,
0,
0 k k k k j
1
2
j
j
0
0
H
H
thì
,
0,
, u u u
,
0,
u u u , j
j
j
mạnh trong
L
0,
T V ;
L
0,
2 T L ;
L
0,
T
, khi j (5.2)
với
u
,
,
,
,
.
j
f k u j j
0
j
u 1
j
u j
0 u u u 1 u 1
Chứng minh. Trước hết, ta đưa ra nhận xét dưới đây.
thỏa
, , ,
Nhận xét 5.1. Nếu dữ kiện đầu vào
0
*
*
,
f
f
,
k
k
k
*
2
1
1
H
T
H
H
T
1 L
T
0,
0,
2 T L ;
0,
0,
(5.3)
u
u
,
1
2
0
* 0
u 1
* u 1
H
H
*
*
f ,
k ,
u ,
,
(với
*
là các hằng số cố định), thì các ước lượng tiên nghiệm về dãy um trong phần
* 0
* u 1
chứng minh của định lý 1 thỏa mãn các bất đẳng thức
f k u u , 1
2
2
u
u
M
,
0,
T
(5.4)
t
t
t
0
m
mx
T
2
2
u
u
M
,
0,
T
(5.5)
t
t
t
0
m
mx
T
*
*
T
,
,
K
,
f ,
k ,
u ,
,
, và hoàn toàn độc lập đối
* ,
trong đó, MT là hằng số chỉ phụ thuộc vào
0
* 0
* u 1
,
,
. Hơn nữa, nghiệm yếu u của bài toán (1.1)–(1.3) lại là giới hạn
,
với dữ kiện đầu vào
f k u u , 1
0
trong các không gian hàm thích hợp của dãy um xác định bởi (3.1) nên bản thân u cũng thỏa mãn các
ước lượng (5.4) và (5.5).
Sau đây ta sẽ áp dụng nhận xét 5.1 cho các nghiệm yếu uj tương ứng với bộ dữ kiện đầu vào
.
,
,
,
,
j
f k u j j
0
j
u 1
j
*
*
Từ giả thiết (5.1), ta suy ra rằng: tồn tại những hằng số
như đã nêu ra trong
f ,
,
k
,
u
,
*
* 0
* u 1
thỏa mãn (5.3) với mọi j, và vì vậy nghiệm yếu
,
,
,
,
j
f k u j j
0
j
u 1
j
nhận xét 5.1. Theo đó, các bộ
tương ứng uj của bài toán (1.1)–(1.3) thỏa
2
2
u
M
,
0,
T
(5.6)
t
t
0
u t j
jx
T
2
2
u
M
,
0,
T
(5.7)
t
t
0
u t j
jx
T
,
,
,
,
trong đó
.
j
f k u j j
0
j
u 1
j
TM hoàn toàn độc lập đối với dữ kiện
Ta đặt
j
,
f
f
f
,
k
k
,
u
u
,
k
j
0
0
u 1
u 1
u 0
u 1
j
j
j
j
j
j
j
j
v
u
u
Khi đó
thỏa mãn bài toán sau
j
j
t
,
v
t u
v
0,
t
t v ,
t v ,
0
k t
s v
s ds
j
v t v j
jx
x
x
jx
j
0
t
p
2
p
2
j
v
t
0,
,
s u
s ds K u t
u t
u t v
j
j
u t j
k 0
(5.8)
0
q
2
q
2
1
,
t v ,
,
v H
u t
u t v
f
u t j
j
v
v ,
u 0
j
j
0
u t j u 0 1
j
j
v
Cho
và lấy tích phân hai vế theo biến thời gian từ 0 đến t, sau đó áp dụng công
, t
v j
thức tích phân từng phần, ta được
t
t
2
2
2
s v
ds
v 2
0,
t
0,
u 0
s
k t
s v
s ds
u 1
0
S t j
jx
j
j
j
j V
0
0 s
t
t
2
2
v
0,
s
v
0,
d ds
2
k
v
0,
s
ds
k s
0
j
j
j
0
0
0
t
p
2
p
2
2
,
K u s
u s
u s v
s ds
j
u s j
j
0
2
q
2
q
,
u s
u s v
s ds
u s j
u s j
j
t 2 0
t
t
2
s v ,
2
s u
s ds
s v ,
s ds
j
j
jx
jx
jf
0
0 t
s
j
(5.9)
2
0,
s
s
u
0,
d ds
v j
j
k
0
0
trong đó
2
2
(5.10)
t v
t
S t j
v t j
jx
Từ (5.6), (5.7), (5.10), bổ đề 1 và (GT4), ta có các bất đẳng thức sau
2
2
v
(5.11)
t
S t j
v t j
0
jx
u
(5.12)
0
u x t ,
t
j
u t j
jx
C
0,1
M T 0
(5.13)
u
0
u x t ,
t
j
u t j
jx
C
0,1
M T 0
(5.14)
v
v
x t ,
t
0
j
v t j
jx
C
0,1
S t j 0
Từ (3.40), (3.51), (5.9), (5.11) – (5.14), ta có các đánh giá sau
t
t
2
ds
(5.15)
s v
s
S s ds
jx
j
s 0
0
0
T
t
t
2
0,
0,
v
t
k
d
(5.16)
k t
s v
s ds
2
S s ds
j
j
S t j
j
1 2 0
0
0
0
T
t
t
s
v
s
v
d ds
k
d
2
0,
0,
(5.17)
k s
S s ds
j
j
j
T 2 0
0
0
0
0
1
2
t
t
2
2
k
(5.18)
2
k
v
0,
s
ds
0
S s ds
j
j
0 0
0
0
t
p
2
p
2
2
,
K u s
u s
u s v
s ds
j
u s j
j
0
p
2
t
2
v
v
K p
1
s
s ds
j
j
M T 0
0
p
2
t
2
(5.19)
T
K p
1
S s ds
j
1
M T 0
0
q
2
q
2
,
u s
u s v
s ds
u s j
u s j
j
t 2 0
q
2
t
q
(5.20)
2
S s ds
j
M T 0
0
1
t
t
2
(5.21)
2
s v ,
f
S
f
s ds
s ds
j
j
j
j
2 L
0,
2 T L ;
0
0
t
t
(5.22)
2
4
4
s u
s ds
T
s ds
j
j
j
, s v jx
jx
2 0, T L
M T 0
M T 0
0
0
t
s
T
j
j
2
0,
0,
v
s
s
u
d ds
4 T
k
d
j
j
k
0
0
j
(5.23)
4 T T
k
2 0, T L
M T 0 0 M T 0
1
Chọn
2 thì từ (5.9) và (5.15) – (5.23), ta có
t
R
(5.24)
S t j
j
s S s ds j
0
trong đó
2
2
2
j
2
2
8
R
T
2
0 u
j
0
j
j
j V
2 L
2 L
T
2 L
T
0,
2 T L ;
0,
0,
M T 0
T
T
2
4
k
s
k
d
k
d
4
s
2
2
0
0 0
4 2 0
T 2 2 0
0
0
2
2
q
p
2
T
q
2
K p
1
4
1
1
M T 0
M T 0
Đến đây ta lại áp dụng bổ đề Gronwall cho (5.24). Khi đó ta được
t
R
exp
,
0,
T
(5.25)
t
s ds
S t j
j
* R C j T
0
Theo giả thiết (5.1), ta có
0.
jR Do đó, từ (5.25) ta suy ra (5.2).
Việc chứng minh định lý 5.1 kết thúc tại đây.
f T k j u 1
Chương 6
BÀI TOÁN NHIỄU THEO HAI THAM SỐ BÉ (K,)
Trong chương này, ta giả sử các dữ kiện đầu vào μ, f, k, u0, u1 là cố định và thỏa mãn các giả
thiết (GT2) – (GT5). Dưới đây, ta sẽ nghiên cứu bài toán nhiễu theo hai tham số bé là K và ,
. Nội dung chính của chương 6 bao gồm hai định lý 6.1 và 6.2. Trong đó, định lý
* * , K K
6.1 cho ta một kết quả về dáng điệu tiệm cận của nghiệm yếu của bài toán (1.1) – (1.3) khi hai tham
số K và rất gần không, và định lý 6.2 cho phép ta xấp xỉ nghiệm yếu đó bởi một đa thức bậc cao
p
theo hai tham số nhiễu này trong trường hợp
2
q .
,K , ta viết
Với mỗi
,Ku để chỉ nghiệm yếu ứng với hai tham số là K và của bài toán
(1.1) – (1.3). Ta lại viết
0,0u để chỉ nghiệm yếu ứng với hai tham số là 0 và 0 của bài toán (1.1) –
(1.3). Ta có định lý dưới đây.
0
Định lý 6.1. Giả sử (GT1) – (GT5) xảy ra. Khi đó, với mỗi
T ,
0
u
u
u
0,
u
,
u
,
u
0,
K
K
K
0,0
0,0
0,0
, ,
, ,
,
L
0,
T
L
0,
T V ;
L
0,
2 T L ;
mạnh trong
.
, K
*
K
,
0,
,
Chứng minh. Với mỗi cặp
, theo phần chứng minh của định lý 3.1, ta
K K
*
có
2
2
u
u
M
,
0,
T
(6.1)
t
t
K
K
T
0
,
,
t
x
2
2
u
u
M
,
0,
T
(6.2)
t
t
0
K
K
T
,
,
t
x
*
T
K
,
,
,
, ,
, f k u
, và hoàn toàn độc lập đối
* ,
trong đó, MT là hằng số chỉ phụ thuộc vào
0
, u 1
0
với
,K .
z
u
Ta đặt
. Khi đó z thỏa mãn
,
K
0,0
u
t
t v ,
t
t v ,
0
k t
s z
s ds
x
x
0
p
q
2
2
1
z z v 0,
(6.3)
t
t
t v ,
t
K
K
,
,
,
,
K u u u u 0 , v H K K
0
0
z 0 z
và lấy tích phân hai vế theo biến thời gian từ 0 đến t, sau đó áp dụng công thức
Cho
, t
tích phân từng phần, ta được
v z
t
t
2
S t
s
2 0, z
s
k t
s z
s ds
x
0
0
t
s
t
2
z
s
z
d ds
k
z
s
ds
2
0,
0,
2
0,
k s
0
0
0
0 t
2
2
p
q
K u
u
u
u
2
,
(6.4)
s
s
s
s
z s ds
K
K
K
K
,
,
,
,
0
trong đó
2
2
(6.5)
S t
z ds t 0,
z t
t
t
x
Từ (6.1), (6.2), (6.5), bổ đề 1 và (GT4), ta có các bất đẳng thức sau
2
2
(6.6)
S t
z
z t
t
0
x
u
u
u
(6.7)
, x t
0
t
K
K
K
,
,
,
t
x
C
0,1
M T 0
z
(6.8)
0
t
,
,
,
t
x
C
0,1
u u u , x t K K K M T 0
(6.9)
0
, z x t
z t
t
x
C
0,1
S t 0
Từ (3.40), (6.4), (6.6) – (6.9), ta có các đánh giá sau
t
t
2
z
(6.10)
s v
s
S s ds
jx
s 0
0
0
T
t
t
(6.11)
ds
2 0, z
k t
s z
s ds
S t
2
S s ds
0
0
0
T
t
t
s
t d k 0, 1 2 0
(6.12)
k s
S s ds
0
0
0
0
t
t
z s z d ds k d 2 0, 0, T 2 0 1 2
2
(6.13)
0
S s ds
0 0
0
0
p
p
2
k 2 k z s ds 2 0,
(6.14)
s
s
z s ds
K
K
,
,
t K u 0
q
p
2
u K , 4 T 2 M T 0
(6.15)
s
s
z s ds
,
,
t 2 0
1
Chọn
2 thì từ (6.4) và (6.10) – (6.13), ta có
u u , 4 T K K M T 0
t
(6.16)
S t
s S s ds
,
R K
0
trong đó
p
q
,
T
T
K 8 T 8 T R K M T 0 M T 0
s
s
2
2
0 0
0
0
Ta lại áp dụng bổ đề Gronwall cho (6.16), ta được
t
(6.17)
k 2 4 k d k d 2 0 4 2 0 2 T 2 0
S t
s ds
,
0
Ta thấy rằng
0,
0 .
,
,
KR khi
K Vậy nên định lý 6.1 đã được chứng minh xong.
T exp , 0, t R K R D K T ,
Bây giờ ta xét trường hợp đặc biệt khi
,K , ta xét bài toán
Với mỗi
p 2 q .
t u
, f x t
xx
t
tt
t
Ku t T , 0 1 , 0 u x
t u
, k t s u
s ds
, 1, u
x
,
t t 0, 0, 0 P K
0 ,
u x 0
u x 1
u x t
Ta viết
,Ku để chỉ nghiệm yếu ứng với bài toán
,KP .
Ta cũng viết
0,0u để chỉ nghiệm yếu ứng với bài toán
,0 ,0 u u x
t u
, f x t
xx
t
t T , 0 1 , 0 x
t u
, k t s u
s ds
, 1, u
x
t t 0, 0, 0 P 0,0
0 ,
u x 0
u x 1
u x t
,0 ,0 u tt u x
của các bài
Bây giờ ta xem xét một dãy gồm các nghiệm yếu
,i ju , , i
toán tương ứng dưới đây.
j N i , 1 j Z
t u
xx
i j ,
tt
t
H t T , 0 1 , 0 x
t u
, k t s u
s ds
, 1, u
x
0 ,0
t t 0, 0, 0 P i j ,
u x t
trong đó, ta quy ước
,0 0 u u x
j
j i N khi 0 , 1
i j ,
i 1, , i j
1
H i j N khi 0 , 1
i
j
1
1,
thỏa mãn bài toán sau
Ta nhận xét thấy
v
u
i j
K
u K i j ,
,
j N
i
0
j j N i khi , i 1 , 2 u u , i j u u
t u
xx
E K N
tt
t
Ku , , 0 1 , 0 t T x u t
(6.18)
t u
k t s u ,
s ds
u , 1,
x
0 ,0
0, t 0, t 0
u x t
trong đó
(6.19)
,
x t ,
x t ,
i j
E K N
u i
j
u , i j
1,
1
x t K ,
i
1 j N
,0 0 u u x
Bổ đề 6.1. Giả sử (GT2) – (GT5) được thỏa mãn. Khi đó
N
1
2
,
C
K
(6.20)
2
E K N
N
L
0,
2 T L ;
với
(6.21)
N
j
1,
1
L
0,
T V ;
L
0,
T V ;
C u u i , i j
i
j N 1
Chứng minh. Từ biểu thức (6.19), ta có
,
x t ,
x t ,
i j
E K N
u i
j
u , i j
1,
1
x t K ,
i
1 j N
(6.22)
i j K
t
t
u i
j
u , i j
1,
1
V
V
i
1 j N
x t ,
x t ,
và
nếu tồn
Trong các chứng minh trước đây, ta cũng ngầm hiểu rằng các
i ju
,
i ju ,
0,
T H ;
L
tại thì bị chặn trong không gian
. Và như vậy, từ (6.22) ta suy ra
1
(6.23)
,
u
K
i j
E K N
i
j
u , i j
1,
1
0,
L
2 ; T L
0,
0,
L
; T V
L
; T V
i
1 j N
Hơn nữa, nhờ vào bất đẳng thức Holder, ta lại có đánh giá sau
N
N
1 N 2
1 i
1 j
1 N 2
i 2 N 1
j 1
j 1
K
K
K
i j
i 2 2 1 N N
2 N
N
N
1
1
i
j
N
1
1 N 2
2
2
K
K
(6.24)
2
2
N
N
1
1
i
j
2
,i
j
i
j N
. 1
với mọi cặp
Z mà
Từ (6.23) và (6.24) ta có được (6.20) – (6.21).
Bổ đề 6.1 đã được chứng minh xong.
2
,
,
R
Định lý 6.2. Giả sử các (GT2) – (GT5) được thỏa. Khi đó, với mỗi cặp
K
* * K K ,
,Ku thỏa mãn đánh giá tiệm cận
, bài toán
,KP có duy nhất một nghiệm yếu
dưới đây đến cấp
1N
N
1
2
u
u
K
i j
i j
2
K
K
D N
u K i j ,
u K i j ,
,
,
j N
i
j N
i
0
0
L
L
0,
2 T L ;
0,
T V ;
*
với mọi
.
K
,
,
K K
*
R ,
Chứng minh. Trong (6.18)1, ta thay ẩn hàm u bởi nghiệm v của nó, sau đó nhân hai vế với v rồi
lấy tích phân theo biến thời gian từ 0 đến t, ta nhận được kết quả sau
t
t
2
2
2
2
ds
k
v
s
ds
ds
2
0,
S t
K v t
v s
0
s v
s
x
t 2 0
0
t
0 s
t
t
0,
2
v
0,
s
0,
d ds
v 2 0,
k t
s v
s ds
k s
v
0
0
0
t
,
,
(6.25)
s v s ds
NE K
2
0
trong đó
2
2
(6.26)
S t
v t
t v t x
Từ đây ta có
2
2
S t
(6.27)
v t
0
v t x
(6.28)
0
, v x t
v t
v t x
C
0,1
S t 0
Từ (6.25), (6.27), (6.28) ta lại có
2
t
t
2
K v s ds
(6.29)
K v t
T S s ds
0
0
2
(6.30)
ds
v s
S s ds
t 2 0
t 2 0
t
t
2
k
2
(6.31)
2
k
v
0,
s
ds
0
S s ds
0 0
0
0
t
t
2
(6.32)
ds
s v
s
S s ds
x
s 0
0
0
t
T
t
(6.33)
0,
t
d
k
2 0, v
k t
s v
s ds
S t
2
S s ds
1 2
2 2 0
0
0
0
s
T
t
t
(6.34)
v
s
d ds
k
d
2
0,
0,
k s
v
S s ds
T 2 0
0
0
0
0
1
2
t
t
2
,
,
,
(6.35)
s v s ds
S s ds
E K N
T E K N
2 L
0,
2 T L ;
0
0
Từ (6.25), (6.29) – (6.35), ta suy ra
t
N
1
2
2
(6.36)
S t
s S s ds
2 TC K 2 N
0
trong đó
T
T
k
4
2
s
4 2
T
d
k
k
d
4
s
2
2
0 0
0
4 2 0
2 T 2 0
0
0
Ta lại áp dụng bổ đề Gronwall cho (6.36), ta được
T
N
1
2
T
exp
,
0,
(6.37)
2
t
S t
s ds
2 2 TC K N
0
Từ (6.27) và (6.37) ta có đánh giá
N
1
2
v
v
2 K
D N
L
0,
2 T L ;
L
0,
T V ;
hay
N
1
2
u
u
K
i j
i j
2
K
u K , i j
K
u K , i j
D N
,
,
0
j N
i
0
j N
i
L
0,
2 T L ;
L
0,
T V ;
*
K
,
,
với mọi
. Ta kết thúc chứng minh định lý 6.2.
K K
*
R ,
Chương 7
VÍ DỤ MINH HỌA CÁCH TÌM NGHIỆM TIỆM CẬN
Trong chương này, chúng ta sẽ xem xét một trường hợp đặc biệt của bài toán nhiễu theo hai ,KP đã nêu trong chương 6 để minh họa phương pháp tìm nghiệm tiệm cận theo hai
tham số bé
tham số này đến cấp 1 và cấp 2. Bài toán cụ thể được phát biểu như sau
u
Ku
t T
, 0
1, 0
,
x
u tt
xx
u t
t
0,
sin
0,
0,
u
t
t
(1, ) t
(7.1)
s u
, s ds u
P K
x
,
,0
,
,0
,
u x
0 u x 0
u x 1
u x t
0
,
trong đó, các tham số nhiễu
K ,
* * , K K
; f là hàm hằng 0 và là hàm hằng 1;
thỏa mãn các điều kiện (GT2) – (GT3) đã nêu.
t
sin
, u 0
u là các hàm cho trước và ( ) k t 1
Giả sử
0,0u là nghiệm yếu duy nhất của bài toán
u
t T
0, 0
1, 0
,
x
u tt
xx
t
0,
sin
0,
0,
u
t
t
(1, ) t
s u
, s ds u
P 0,0
x
,0
,
,0
.
u x
0 u x 0
u x 1
u x t
u
,
u được xác định bởi hai bài toán
Khi đó các nghiệm yếu 1,0
0,1
u
t T
, 0
1, 0
,
x
u tt
xx
u 0,0
t
0,
sin
0,
0,
u
t
t
(1, ) t
s u
, s ds u
x
,0
,0
0,
u x
0 u x t
và
u
t T
, 0
1, 0
,
x
u tt
xx
u 0,0
t
0,
sin
0,
0,
u
t
t
(1, ) t
s u
, s ds u
x
P 1,0
,0
,0
0.
u x
0 u x t
Khi đó, nghiệm của bài toán (7.1) có thể xấp xỉ bởi một đa thức cấp một theo hai biến
,K
u
x t ,
x t ,
x t ,
x t K u ,
như sau
0,0
u 1,0
0,1
Ku
,
với đánh giá tiệm cận đến cấp 2 như sau
P 0,1
2
u
u
i j
i j
2
K
K
u K i j ,
u K i j ,
D K 1
,
,
j
i
i
j
0
0
1
1
L
L
0,
2 T L ;
0,
T V ;
,K .
trong đó, D1 là hằng số độc lập với hai tham số bé
u
u
,
,
u được xác định bởi các bài toán dưới đây
Ta lại tìm các nghiệm yếu 1,1
2,0
0,2
u
t T
, 0
1, 0
,
x
u tt
xx
u 0,1
u 1,0
t
0,
sin
0,
0,
u
t
t
(1, ) t
s u
, s ds u
x
,0
,0
0,
u x
0 u x t
u
t T
, 0
1, 0
,
x
u tt
xx
u 1,0
t
0,
sin
0,
0,
u
t
t
(1, ) t
s u
, s ds u
x
P 1,1
,0
,0
0,
u x
0 u x t
u
t T
, 0
1, 0
,
x
u tt
xx
u 0,1
t
0,
sin
0,
0,
u
t
t
(1, ) t
s u
, s ds u
x
P 2,0
,0
,0
0.
u x
0 u x t
Khi đó, nghiệm của bài toán (7.1) có thể xấp xỉ bởi một đa thức cấp hai theo hai biến
,K
như sau
u
, x t
, x t
0,0
u 1,0
0,1
,
2
u
u
Ku
, x t
2
, x t K u , x t K
, x t
, x t K
u 1,1
2,0
0,2
với đánh giá tiệm cận đến cấp 3 như sau
3
2
u
u
K
i j
i j
2
K
u K , i j
K
u K , i j
D 2
,
,
0
j
i
2
0
i
j
2
L
0,
2 T L ;
L
0,
T V ;
,K .
trong đó, D1 là hằng số độc lập với hai tham số bé
P 0,2
PHẦN KẾT LUẬN
Mô hình bài toán mà chúng tôi khảo sát trong luận văn này là sự phát triển các mô hình về phương trình sóng phi tuyến theo hướng “lai hóa” vài kết quả mà thầy hướng dẫn và các anh chị đã làm trước đó. Tuy nhiên trong quá trình nghiên cứu bài toán, chúng tôi lại gặp phải những khó khăn lớn do chính sự “lai hóa” này đem lại, đặc biệt là trong các ước lượng tiên nghiệm. Kết quả được trình bày trong chương 5 là 1 kết quả mà theo thầy hướng dẫn là mang tính mới lạ vì trong đó, chúng tôi nghiên cứu tính ổn định của nghiệm của bài toán (1.1) – (1.3) đối với các tham số nhiễu bao gồm cả hai dữ kiện đầu vào là u0 và u1.
Quá trình thực hiện luận văn đã rèn luyện cho tôi khả năng nghiên cứu một cách có khoa học, có hệ thống và nghiêm túc. Những kiến thức thu nhặt được trong giai đoạn hoàn thành luận văn là vô cùng bổ ích cho tôi trên con đường nghiên cứu còn rất dài ở phía trước.
Do kiến thức và thời gian có giới hạn nên luận văn khó tránh khỏi những thiếu sót. Tôi rất
mong Quý Thầy Cô, Các anh chị và các bạn chỉ bảo và góp ý thêm.
Xin trân trọng cảm ơn.
TÀI LIỆU THAM KHẢO
[1] Haïm Brezis (1983), Analyse fonctionnelle, Théorie et Applications, Paris, 1983.
[2] J.-L. Lions (1969), Quelques méthodes de résolution des problèmes aux limites non linéaires,
Dunod; Gauthier – Villars, Paris, 1969.
[3] Nguyen Thanh Long, Le Van Ut, Nguyen Thi Thao Truc (2005), On a shock problem
involving a linear viscoelastic bar, Nonlinear Anal. 63 (2) (2005) 198 – 224.
[4] Nguyen Thanh Long, Alain Pham Ngoc Dinh, Tran Ngoc Diem (2003), Asymptotic
expansion of the solution for nonlinear wave equation with mixed nonhomogeneous conditions,
Demonstratio Math. 36 (3) (2003) 683 – 695.
[5] Nguyen Thanh Long, Alain Pham Ngoc Dinh, Tran Ngoc Diem (2005), On a shock
problem involving a nonlinear viscoelastic bar, Bound. Value Probl. 2005 (2005) (3) 337 –
358.
[6] Nguyen Thanh Long, Nguyen Cong Tam, Nguyen Thi Thao Truc (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.
[7] Nguyen Thanh Long, Le Thi Phuong Ngoc (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.
u
( ,|| B t u
2 || )
[8] Nguyen Thanh Long (2002), On the nonlinear wave equation
u tt
xx
x
( , ,
)
,
,
f x t u u u associated with the mixed homogeneous conditions, J. Math. Anal. Appl. 274
x
t
(1) (2002) 102 – 123.
[9] Nguyen Thanh Long (2005), Nonlinear Kirchhoff - Carrier wave equation in a unit
membrane with mixed homogeneous boundary conditions, Electron. J. Differential Equations,
2005 (2005) No. 138, 18 pp.
[10] Le Xuan Truong, Le Thi Phuong Ngoc, Nguyen Thanh Long (2009), High-order iterative
schemes for a nonlinear Kirchhoff – Carrier wave equation associated with the mixed
homogeneous conditions, Nonlinear Analysis, Theory, Methods & Applications, Series A:
Theory and Methods, 71 (1 – 2) (2009) 467 – 484.
