Luận văn Thạc sĩ Toán học: Về một phương trình sóng phi tuyến trong miền hình vành khăn với điều kiện biên hỗn hợp

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP. HỒ CHÍ MINH ------------------------- Võ Thị Bích Khuê VỀ MỘT PHƯƠNG TRÌNH SÓNG PHI TUYẾN TRONG MIỀN HÌNH VÀNH KHĂN VỚI ĐIỀU KIỆN BIÊN HỖN HỢP

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

LỜI CẢM ƠN

Lời đầu tiên tôi trân trọng kính gửi đến Thầy Nguyễn Thành Long, người

Thầy hết lòng vì học trò, lòng biết ơn chân thành và sâu sắc nhất. Thầy đã rất ân

cần và tận tình hướng dẫn, giúp đỡ tôi nắm được từng bước nghiên cứu khoa học,

giải đáp những thắc mắc, khó khăn khi tôi gặp phải. Từ Thầy, tôi càng hiểu thêm

được ý nghĩa, hứng thú và lòng say mê của việc nghiên cứu Toán học tưởng chừng

như rất khô khan và ít ứng dụng. Tôi xin khắc ghi những lời dạy, sự chỉ bảo ân cần

của Thầy trong suốt quá trình học tập và hoàn thành luận văn này.

Tôi chân thành cảm ơn quý Thầy, Cô đã đóng góp các ý kiến chân tình và bổ

ích cho luận văn đồng thời cũng giúp cho tôi hiểu thêm một cách sâu sắc về bài

toán.

Tôi cũng xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến quý Thầy, Cô trong và ngoài

khoa Toán- Tin học, trường Đại học Sư phạm TP. Hồ Chí Minh đã tận tình giảng

dạy, truyền đạt kiến thức cũng như các hỗ trợ về tinh thần, tư liệu cho tôi trong suốt

thời gian học tập.

Chân thành cảm ơn Ban chủ nhiệm khoa Toán – Tin học, quý Thầy, Cô thuộc

Phòng Quản lý Khoa học Công nghệ & Sau Đại học, trường Đại học Sư phạm TP.

Hồ Chí Minh đã nhiệt tình giúp đỡ, động viên, tạo mọi điều kiện thuận lợi về thủ tục

hành chính cho tôi trong suốt quá trình học tập.

Tôi cũng không thể quên gửi lời biết ơn chân tình đến gia đình, bạn bè tôi,

các anh chị cùng lớp cao học giải tích khóa 16, các anh chị trong nhóm Semina,

những người luôn ở bên tôi những lúc khó khăn, giúp đỡ tôi trong quá trình tôi học

và hoàn thành luận văn này.

Cuối cùng, vì kiến thức bản thân còn hạn chế, nên luận văn khó tránh khỏi

thiếu sót, rất mong được sự chỉ bảo của quý Thầy, Cô và sự góp ý chân thành của

các bạn bè đồng nghiệp.

Thành phố Hồ Chí Minh, tháng 9 năm 2008.

Võ Thị Bích Khuê.

MỞ ĐẦU

Sự tồn tại và duy nhất nghiệm trong nhiều bài toán về phương trình sóng phi

tuyến là đề tài được quan tâm bởi nhiều tác giả, chẳng như trong [1 –17] và các tài

liệu tham khảo trong đó. Trong luận văn này chúng tôi xét bài toán về một phương

trình sóng phi tuyến trong miền hình vành khăn với điều kiện biên hỗn hợp sau

p

2



v

v

r R

, 0

,

t T









 

 

(0.1)





v tt

v rr

v r

f r t 1( , ), 1

1 r

v

t (1, )

(0.2)

0,

h t v R t ( ) (

, ),

(0.3) 



rv R t ( , )

v r ( ,0)

( ),

( ,0)

( ),

(0.4)





v r 0

v r t

v r 1

trong đó

,

,

,

v v f h là các hàm 0

1

1

cho trước thỏa các điều kiện mà ta sẽ chỉ ra sau. Ta xét màng phẳng hình vành khăn

2

2

2

2

được giới hạn bởi hai đường tròn, gồm một

R 1, p 1   là các hằng số không âm cho trước;

2

2

2

và gồm một đường tròn to

đường tròn nhỏ

{( , x y ) : 1 x y R }       1 (cid:0)

1 {( ,

2

2

2

2

x y ) : x y 1}      (cid:0)

Bài toán (0.1) - (0.4) xuất phát từ bài toán cho phương trình sóng phi tuyến

trong màng phẳng hình vành khăn

1

(0.5)

u F u ( )

f x y t ( ,

, ), ( ,

x y

)

t T

,

  



, 0    

ttu

1

với điều kiện biên

(0.6)

u

0, ( ,

x y

)

, 0

t T

,



 

  1

(0.7)

x y

t T

h t u x y t ( ) ( ,

, ), ( ,

)

, 0

,



 

 

R

u  v 

và điều kiện đầu

(0.8)

u x y ( ,

,0)

u x y ( ,

),

,0)

), ( ,

x y

)

,





0

u x y ( , t

u x y ( , 1

  1

{( , x y ) : x y R }.      R (cid:0)

2

2

trong đó v là vectơ pháp tuyến đơn vị trên biên

x

y

2 , R R

1





 hướng ra

ngoài,

h t

( ),

f x y t u x y u x y là các hàm số cho trước thỏa một số điều

, ),

( ,

( ,

( ,

),

)

0

1

kiện nào đó ta sẽ chỉ rõ sau đó. Ký hiệu  để chỉ toán tử Laplace hai chiều

.

u

u

u  



yy

xx

-

u x y t là độ dịch chuyển của màng

( ,

, )

)

x y   ở thời điểm ( ,

1 tại điểm

1

t, với 0

t T

.

 

là ngoại lực tác động lên màng

-

f x y t , ) ( ,

F u ( )



1.

- Điều kiện biên (0.6) cho biết màng

1 bị giữ chặt trên đường tròn

1 .

- Điều kiện biên (0.7) trên đường tròn

R mô tả sự ràng buộc đàn hồi.

Trong luận văn này, chúng tôi khảo sát bài toán với các số hạng

f x y t ( ,

, ),

2

u x y chỉ phụ thuộc vào

)

r

x

y

2 .





u x y 1( , 0 ( , ),

p

2



u

u

p , khi

2,

F u ( )





2

(0.9)

f x y t ( , , )

(

x

2 y t

, ),





f 1

2

2

2

2

)

(

x

y

),

)

(

x

y

).









0

v 0

u x y ( , 1

v 1

     u x y ( , 

2

2

Bằng cách đổi ẩn hàm

với chú ý

u x y t ( , , )

v r t ( , )

v

(

x

y

t , )







(0.10)

u

u

r t ( , )

( , ),







xx

yy

v rr

v r t r

1 r

2

2

(0.11)

trên

r

x

y

R .









( , ) v R t r

u  v 

Khi đó, bài toán (0.5) -(0.8) được chuyển về bài toán (0.1)-(0.4) đã nêu ban

đầu với ẩn hàm cần tìm là

v

v r t ( , ).



Trong luận văn này chúng tôi quan tâm đến sự tồn tại và tính duy nhất

nghiệm của bài toán (0.1) – (0.4), thuật giải xấp xỉ tuyến tính và sự hội tụ của thuật

giải về nghiệm yếu của bài toán (0.1) –(0.4).

Toàn bộ luận văn sẽ được chia thành các chương sau đây.

Chương 1. Trình bày các ký hiệu, công cụ, không gian hàm, tính chất các

phép nhúng có liên quan.

Chương 2. Khảo sát sự tồn tại và duy nhất của nghiệm yếu của bài toán (0.1)

–(0.4). Chứng minh dựa vào phương pháp Galerkin, có sử dụng định lý Schauder,

đánh giá tiên nghiệm kết hợp với sự hội tụ yếu.

Chương 3. Với việc tăng cường giả thiết về điều kiện đầu

,

,

v v cùng với 0

1

các điều kiện phụ, chương nầy đã cho một khảo sát về tính trơn của nghiệm yếu của

bài toán (0.1) –(0.4), tương ứng với trường hợp ( ) h t

h

.

Chương 4. Khảo sát một thuật giải xấp xỉ tuyến tính và sự hội tụ của thuật

giải về nghiệm yếu của bài toán (0.1) –(0.4), tương ứng với trường hợp đặc biệt

h t ( )

h .

Chương 5. Cho một khảo sát về ảnh hưởng của số hạng nhiễu phi tuyến lên

nghiệm của bài toán và chỉ ra một khai triển tiệm cận nghiệm theo một tham số bé

đến cấp hai.

Sau cùng là phần kết luận và tài liệu tham khảo.

Chương 1

CÁC CÔNG CỤ CHUẨN BỊ

1.1. Các không gian hàm.

Ta đặt các ký hiệu

(1,

(0,

T T ),

0.

 

  



R Q ), T

Ta cũng dùng các ký hiệu ( ),

v t

 v t ( )

v t

( ),

 v t ( )

v t

( ),

( ),

t để lần ( )

 t

 tt

rv t

rrv

2

2

lượt chỉ

Ta cũng bỏ qua định

( , ), r t

v r t ( , ),

r t ( , ),

r t ( , ),

v 2

v  t 

 t 

v  r  ),mC ( nghĩa các không gian hàm thông dụng:

v  r t 2 ( , ). r  ),pL (

).m pW , (

p

mH  ( ), thể xem trong [17, 18]. Để cho gọn, ta ký hiệu lại như sau:

(

p L

)  

Có L ,

,2

m

m

m p ,

m p ,

(

(

(

.

H

W

m H ,

)  

)  

W  )

Ta định nghĩa

)

2 L

W 2 ( L  

là không gian Hilbert với tích vô hướng:

R

(1.1.1)

v w ( , )

v r w r dr ( )

( )

 

1

Ký hiệu

để chỉ chuẩn sinh bởi tích vô hướng (1.1.1), nghĩa là:



2

R

(1.1.2)

v

v v ( , )

2 v r dr ( )

v







(

)

2 L





1

  

  

và định nghĩa

1

(1.1.3)

H

:

r

 2 v L v  

 2 L

là không gian Hilbert với tích vô hướng

1

(1.1.4)

v w ( , )

v w ( , )

(

),





v w H , . 

1

v w , r r

H

để chỉ chuẩn sinh bởi tích vô hướng (1.1.4), nghĩa là

Ký hiệu



1

H

2

2

2

1

(1.1.5)

v

v v ( , )

v

,

v H .









1

1

v r

H

H



 1

Ta đặt

1

(1.1.6)

V 0

 v H v  

 : (1) 0 . 

Khi đó

0V là không gian con đóng của

0V cũng là không gian

Hilbert đối với cùng một tích vô hướng của

1, V H do đó 1.H

Ngoài ra trên

)

2 ( L  ta có thể sử dụng một tích vô hướng có trọng như sau:

R

(1.1.7)

v w ,

rv r w r dr .

( )

( )

 

1

để chỉ chuẩn sinh bởi tích vô hướng (1.1.7)

Ký hiệu



0

1

2

R

2

(1.1.8)

.

v

v v ,

rv r dr ( )



0



1

   

  

Khi đó chuẩn sinh bởi tích vô hướng của

1(

)

H  được ký hiệu như sau:

1

2

R

1

2

2

2

(1.1.9)

.

v

v









v r

 2 r v r ( )

 2 v r dr ( ) r

1

0

0







1

  

  

Ta có các bổ đề

Bổ đề 1.1.1. Phép nhúng

là compact và

0 ( )C

1H ↪

1

(1.1.10)

v

2

v

,

v H

.



 

0

1

C

H

(

)



Chứng minh bổ đề 1.1.1 có thể tìm thấy trong [17, 18]. 

Bổ đề 1.1.2. Đồng nhất

2L với

2L ). Khi đó ta có

2( L (đối ngẫu của

)'

2 L

1

(1.1.11)

)H

(

2 L

1H ↪

2( L ↪ )'

với các phép nhúng liên tục và nằm trù mật. 

Chú thích 1.1.1. Từ bổ đề 1.1.2, ta dùng ký hiệu tích vô hướng

,  trong

1

giữa

2L để chỉ cặp tích đối ngẫu

1H và

) .H Chuẩn trong

(

2L được ký

,  

1

,

H

H



 1

hiệu bởi

Ta cũng ký hiệu

để chỉ chuẩn trong không gian Banach X và gọi

.



X

X  là không gian đối ngẫu của X.

Bổ đề 1.1.3. Trong

2,L các chuẩn

v

v

,

v

v



 là tương đương. Cũng

0

tương tự cho các chuẩn

v

v

,

v

v

1.H Hơn nữa,

1



 là tương đương trong

1

H

ta còn có các bất đẳng thức

2

(i)

v

v

R v

,

v L ,





 

0

1

(ii)

v

v

R v

,

v H .

1

1





 

1

H

H

Chứng minh bổ đề 1.1.3 không khó khăn. 

là compact. Hơn nữa ta còn có

Bổ đề 1.1.4. Phép nhúng

0 ( )C

0V ↪

(1.1.12)

v

R

1

,

v V ,





 

0

0

v r

(

)

C



(1.1.13)

(

1)

,

v

R

, v V





 

v r

0

1 2

1

v

£

-

v

" Î

R R (

1)

,

,

(1.1.14)

r

v V 0

0

2

R (

2 1)

v

£

v

£ + 1

v

,

" Î

,

(1.1.15)

1

r

r

v V 0

H

- 2

v

£

v

-

v

" Î

£ + 1

R R (

2 1)

,

,

(1.1.16)

r

r

v V 0

0

1

0

1 2

2

2

1

C

.

2 v R ( )

£

e

v

+

,

" Î

v H

,

e

" > với 0,

(1.1.17)

r

C v e

e

1

R

1 = + e

1 -

là compact, có được là do phép nhúng

Chứng minh. Phép nhúng

0 ( )C

0V ↪

là compact và

1.H

0 ( )C

0V đóng trong

1H ↪

Chứng minh (1.1.12).

ta có

Cho

v C

),

v

(1)

0, 1

r R

,

1(  



 

r

(1.1.18)

v r ( )

v x dx ( ) . r

 

1

Do đó

1

1

2

2

r

r

r

2

v r ( )

2 1

dx

dx



v x dx ( ) r

v x ( ) r







1

1

1

   

     

  

(1.1.19)

1

2

R

2

r

1

dx

R

1

.









v x ( ) r

v r



1

  

  

Vậy (1.1.12) được chứng minh.

Chứng minh (1.1.13).

Từ (1.1.14), ta có

2

r

r

2

2

(1.1.20)

v r ( )

(

r

1)

dx

.







v x dx ( ) r

v x ( ) r





1

1

  

  

  

  

Tích phân theo biến r và sau đó đổi thứ tự lấy tích phân, ta được

2

R

R

r

R

r

2

2

2











1

1

1

1

1

(1.1.21)

R

R

2

v r ( ) dr dr dx ( r 1) dr dx    v x ( ) r v x ( ) r            





1

x

R

2

2

2

dx ( r 1) dr   v x ( ) r

rv x ( )

1 2

1 2







1

R

2

2

dx ( R 1) ( x 1)    

1 2



1

Suy ra

1

2

R

2

( R 1) dx .   v x ( ) r



1

Vậy (1.1.13) được chứng minh.

Chứng minh (1.1.14).

1

1)

.

v

£

R v

£

( R R

-

v

r

0

2

Vậy (1.1.14) được chứng minh.

Chứng minh (1.1.15).

( 1) . v ( ) v r dr R    v r 1 2      

2

2

v

v

v

v

£

£

+

1

r

r

H

2

2

2 1)

2 1)

( R

( R

.

v

v

v

£

+

1 = +

r

r

r

- 2

- 2

Vậy (1.1.15) được chứng minh.

Chứng minh (1.1.16).

2

2

v

£

v

=

v

+

v

r

r

0

0

0

1

)1/2

(

2

2

£

-

+

2 1)

( R R

v

v

r

r

0

1 2

æ ç ç ç çè

1/2 ö÷ ÷ ÷ ÷ ø

2 1)

.

1 £ +

-

( R R

v

r

0

1 2

Vậy (1.1.16) được chứng minh.

Chứng minh (1.1.17).

R

1

2 v R (

2 v r



r

Tích phân hai vế theo r

R

R

R

) ( ) , [1, R ], v H .  ( ) 2  r     v s v s ds ( ) r

2 v R (

2 v r dr ( )

r







1

1

r

R

R

2

( R 1) ) 2 dr v s v s ds ( ) ( )   





1

r

2

v 2 dr ( )   v s v s ds ( ) r

R  2 ( 1

2

v s 1) ( )    v s v s ds ( ) r

Do đó

2

v

v

2 v R (

)

2





v r

R

1

1 

v 2( R 1)    v v r

2

2

2

2

2

v v     v r

C

.

với

e

1

R

1 -

1 = + e

Vậy (1.1.17) được chứng minh.

Vậy bổ đề 1.1.4 được chứng minh xong. 

, v     v r 1 1  1 1 R  1   R  1    

Chú thích 1.1.2. Từ (1.1.13) ta cũng suy ra được rằng trong

0V , các chuẩn

1 ,

1

H

v v v ,r v v v là tương đương.

1.2. Không gian hàm

pL

Cho X là không gian Banach thực với chuẩn là

(0, T X ; ), 1 p .  

X

Ta ký hiệu

pL

. 

hàm

(0, T X ; ), 1 p   là không gian các lớp tương đương chứa

T

p

u t ( )

dt

p

, 1   

.  

X



0

hay

với

M

0 :

u t ( )

M a e t . .

,

(0,

T

),

p   .









X

Ta trang bị cho

pL

(0,

T X ;

), 1

p

  chuẩn như sau

1

p

T

p

u t ( )

dt

, 1

u

p   



(0,

)

X

p L

; T X



0

  

  

u

ess



pL

(0,

T X ;

)

X

và

inf

0 :

M

u t ( )

M a e t . .

,

(0,

T

p









.  

u t sup ( ) 

 ) ,

X

Khi đó ta có các bổ đề dưới đây mà chứng minh của chúng có thể tìm thấy

trong Lions [19].

u : (0, T ) X đo được sao cho

Bổ đề 1.2.1. (Lions [19])

(0,

T X ;

), 1

pL

p

  là không gian Banach. 

Bổ đề 1.2.2. (Lions [19]) Gọi X  là đối ngẫu của

.X Khi đó, với



thì

pL

(0,

T X ;

 là đối ngẫu của )

pL

(0,

T X Hơn nữa,

).

;

1   p

p

,

 

p

1

p 

nếu X là không gian phản xạ thì

pL

(0,

T X cũng phản xạ. 

)

;

Hơn nữa, các không

1(0, L

T X ;

)

 L

(0,

T X ;

).

  

không phản xạ. 

Bổ đề 1.2.3. (Lions [19])  gian 1(0, L ),

T X ;

T X ;

(0,

 L

)

Chú thích 1.2.1. Nếu

(

p L

(0,

T X ;

)

p L

(

(0,

T

)).

p X L

)  thì



 

1.3. Phân bố có giá trị vectơ trong không gian Banach.

Định nghĩa 1.3.1. Cho X là không gian Banach thực. Một ánh xạ tuyến tính

liên tục từ

(0,

T vào X được gọi là một phân bố (hàm suy rộng) có giá trị

)

D





trong X. Tập hợp các phân bố có giá trị trong X ký hiệu là

tuyến tính, liên tục}.

D T X

(0,

;

)

L D T X (0,

);

f D :

(0,

T

)

X f :



















Chú thích 1.3.1. Ta ký hiệu

D T thay cho

(0,

)

D

(0,

T hoặc

)

(0,

T

)









cC

để chỉ không gian các hàm thực khả vi vô hạn lần và có giá compact trong (0,

).T

Định nghĩa 1.3.2. Cho

Ta định nghĩa đạo hàm

theo

f D T X (0,

;

).



df dt

nghĩa phân bố của f bởi công thức

f

,

D T (0,

).

, 

 

df dt

d  , dt

  

Tính chất

(i) Ta làm tương ứng với mỗi

bởi một ánh xạ

(0,

T X ;

)

(0,

:

)

p v L 

X

vT D T

như sau

T

t dt

,

D T (0,

).

, 

( ) ( ) v t 



  

vT



0

Ta có thể nghiệm lại rằng

(0,

).

 vT D T

Thật vậy

- Ánh xạ

(0,

:

)

X là tuyến tính.

vT D T

- Ta chứng minh

(0,

:

)

X liên tục.

vT D T

sao cho

D T (0,

),

D T ta có )

(0,

Giả sử  

0 i  trong

  i

T

T

v t ( )

t dt ( )

v t ( )

t ( )

dt





T v

,  j

 j

 j

X





X

0

0

X

1 p

1 p

T

T



p

p

v t ( )

dt

t ( )

dt

0,

j





.  

 j

X





0

0

  

     

  

trong X khi

Do đó

0

.

j  

T  , v j

X

Vậy

;

).



vT D T X (0,

(ii) Ánh xạ

(0,

pL

T X vào )

;

v

 (0, D T X

;

).

v

Do đó, ta có thể đồng nhất

T là một đơn ánh, tuyến tính từ .

v Khi đó ta có kết quả sau

vT

Bổ đề 1.3.1. (Lions [19])

với phép nhúng liên tục.

pL

(0,

T X ;

)

D T X (0,

;

)



f Bổ đề 1.3.2. (Lions [19]) Nếu ,

f

p L

(0,

T X ;

), 1

thì f bằng hầu



p   

hết với một hàm thuộc

C

0 ([0,

T X ).

];

Chứng minh của bổ đề 1.3.2 có thể tìm thấy trong Lions [19]. 

1.4. Bổ đề về tính compact của Lions.

Cho ba không gian

,

X

X

X

  với các phép nhúng liên

X X X với , 1

0

0

1

tục sao cho

(1.4.1)

,X X là phản xạ,

0

1

(1.4.2)

Phép nhúng

0X ↪X là compact.

Ta đặt

Với 0

T

i

0,1.

   

,   

p i



(0,

) :

)

(0,

T X ;

v

W T (0,

p L 1

T X ;



0

1

 )

Ta trang bị cho

, 1  p v L   0 W T chuẩn như sau

(0,

)

v

v

 v

.





p 0

p 1

L

L

(0, W T

)

(0,

; T X

)

(0,

; T X

)

0

1

Khi đó

W T là không gian Banach. Hiển nhiên

pL

(0,

)

(0,

). T X

;

W T ↪ 0 (0, )

Ta có kết quả sau đây liên quan đến phép nhúng compact.

thì phép nhúng

pL

i

(1.4.2) và nếu 1

Bổ đề 1.4.1. (Bổ đề về tính compact của Lions [19]). Với giả thiết (1.4.1), ) T X là

0,1

(0,

;

,   



ip

W T ↪ 0 (0, )

compact.

Chứng minh bổ đề 1.4.1 có thể tìm thấy trong Lions [19]. 

Bổ đề dưới đây cho kết quả về sự hội tụ yếu trong

qL Q và chứng minh nó

)

(

có thể tìm thấy trong Lions [19].

N

q L Q (

), 1

Bổ đề 1.4.2. Cho Q là tập mở bị chặn của

sao



q ,   

mG

(cid:0) và

cho

trong đó C là hằng số độc lập với m

G

,

C

qm L Q

(

)

và

trong Q.

G . .( , ) a e x t

mG

q

G trong L Q

(

)

Khi đó

yếu. 



mG

Chương 2

SỰ TỒN TẠI VÀ DUY NHẤT NGHIỆM

Trong luận văn này, chúng tôi xét bài toán sau:

p

2



r t ( , )

v

v

( , ), 1

r R

, 0

t T

,









 

 

(2.1)

v tt

v rr

v r t ( , ) r

f r t 1





1 r

v

t (1, )

(2.2)

0,

h t v R t ( ) (

, ),

(2.3)





rv R t ( , )

(2.4)

v r ( ,0)

( ),

( ,0)

( ),





v r 0

v r t

v r 1

,

,

,

trong đó

R

p

1,

1



 là các hằng số không âm cho trước;

v 0

v 1

f h là các hàm 1

cho trước thỏa các điều kiện mà ta sẽ chỉ ra sau.

Nghiệm yếu của bài toán (2.1)–(2.4) được thành lập từ bài toán biến phân sau:

Tìm

với

sao cho v thỏa bài toán biến phân

(0,

),

(0,

2 ; T L

)

 v L

 L

tv

; T V 0

sau:

R

p

2





(2.5)

( ( ), ( ) ( ( ), , ) ( ) r v r t ( , ) v r t w r dr ( , ) ( )    v t w a v t w Rh t v R t w R ) t d dt

1 ,

với điều kiện đầu

(2.6)

v r ( ,0)

( ,0)

( ),





v r v r ( ), 0

v r 1

t

trong đó, ta ký hiệu

R

R

v w ,

rv r t w r dr a v w ) ( )

( , )

( ,

,

( , )

( )

(2.7)







v w , r r

rv r t w r dr . r

r





1

1

Trước hết ta thành lập các giả thiết sau:





2 L ,

(A1)

v 0

V v , 0 1

),

(0,

T

),



  

(A2)

2 L Q ( T

Q T

f 1

h

1,1W (0,

T

),

h t



( ) 0. 

(A3)

Khi đó ta có các định lý sau.

T t w a e t ( ), . . , (0, ),     f 1 w V 0

Định lý 2.1. Cho

0T  và giả sử rằng các giả thiết (A1) – (A3) đúng. Khi đó,

nếu

1p  thì bài toán (2.1) – (2.4) có một nghiệm yếu v sao cho:

(0,

),

 L

(0,

2 T L ;

).

(2.8)

 v L 



v t

T V ; 0

Hơn nữa, nếu

2

p  thì nghiệm là duy nhất.

Chứng minh. Chứng minh gồm nhiều bước.

Chứng minh được dựa vào phương pháp Galerkin liên hệ với các đánh giá tiên

nghiệm, từ đó rút ra các dãy con hội tụ yếu trong các không gian thích hợp nhờ một

số phép nhúng compact. Trong phần này định lý Schauder được sử dụng trong việc

chứng minh tồn tại nghiệm xấp xỉ Galerkin.

Bước 1. Xấp xỉ Galerkin. (được giới thiệu bởi Lions [19]).

Xét một cơ sở đếm được {

0V . Ta tìm nghiệm xấp xỉ trong theo dạng

}jw của

m

(2.9)

v t ( ) m

c mj

t w ( ) , j

 

j

1 

trong đó các hàm hệ số mjc thỏa hệ phương trình vi phân thường sau đây

( ),

Rh t v R t w R (

, )

( )

(

)







 v t w ( ), m i

 a v t w m i

m

i

R

(2.10)

2

p



r t ( , )

( )

, 1

i m

,





 

f 1

r v m

v m

r t w r dr ( , ) i

t w ( ), i



1

(2.11)

(0)

,

(0)

,





v 0

v 1

v m

m

 v m

m

trong đó

m

(2.12)

mạnh trong

w





0 ,V

v 0

m

 mj

j

v 0



j

1 

m

(2.13)

mạnh trong

2.L

w





v 1 m

 mj

j

v 1



j

1 

Ta chứng minh hệ (2.10)–(2.11) có nghiệm duy nhất

( )mu t trên khoảng

0

T

.

 



t T m

Ta xét {

0V .

}jw

là một cơ sở đếm được trực chuẩn của

Hệ (2.10), (2.11) được viết lại như sau

m

m

m

(2.14)

t ( )

t ( )

Rh t ( )

w R w R c ) )

(

(

t ( )





w w c , i

j

 mj

c mj

i

j

mj







j

j

j

1 

1 

1 

R

( )

(1

i m

),





 



f 1

 rF v m

r t w r dr ( , ) i

t w ( ), i



1

(0)

,

(0)

, 1

i m ,

(2.15)





 

c mi

 mi

 c mi

 mi

p

2



r t ( , )

r t ( , )

r t ( , ).

(2.16)





 F v m

v m

v m

m

( ),

Ta bỏ qua chỉ số m trong các cách viết và ta viết

v t ( )

c t w t ( )

( ) ,

ic t

j

j

 

j

1 

m

,

i lần lượt thay cho

v t ( ) m

c mj

t w c ( ) j

mi

t   ( ), . , mi

mi

 

,i

j

1 

Từ (2.14) – (2.16) ta suy ra

( )

( )

 Ac t ( )







 I Rh t B c t G t c t

 , ( ) ,



(2.17)

c

(0)

 (0)

 c ,

, 





   

(2.18)

B

A

),

(

,

),

w R w R )

(

(

),

trong đó I là ma trận đơn vị cấp m, 







w w , i

j

a ij

a ij

b ( ij

b ij

i

j

T

c t ( )

( ),...,

,

(2.19)







c t ( ) m

c t 1

T

,



 G t c t , ( )



 G t c t

 , ( ) ,...,

 G t c t , ( )



1

m





R

(2.20)

( , )

( )

, 1

 



 

 G t c t , ( )



 rF v r t w r dr



f 1

i

i

t w ( ), i

i m .



1

Ma trận

A

1A thì được

a ( ij

1

1 



t T

c t ( )

A I Rh t B c t ( )

( )

,







 

 A G t c t

 , ( ) , 0



(2.21)

c

(0)





khả đảo, ta nhân 2 vế của (2.17) với )   c , (0)

. 

   

Tích phân (2.21) ta được

t

t

s

1



(2.22)

c t ( )

d

1  ds A G c

, ( )

d



I Rh 

( ) 

( ) t    

 





 B c

 ,   









0

s  ds A 0

0

0

0

 t T .

Chú ý rằng

t

t

s

(2.23)

ds H d

(

t

)

( )  





( ) H d .   







0

0

0

Khi đó, ta viết lại (2.22) như sau

t

1 

c t ( )

(

t

, ( )

d

 

t  





) 

 A G c   





0

(2.24)

t

1



t (

, 0

t T

.





) 



( ) 

( ) d  

 

 A I Rh

 B c



0

Bổ đề 2.1. Tồn tại

sao cho hệ (2.24) có nghiệm ( )c t

0,  T

mT

trên khoảng

0

.

 

t T m

Chứng minh Bổ đề 2.1. Ta viết lại hệ (2.24) thành phương trình điểm bất

động.

c t ( )

Uc t (

)( ), 0

t T

(2.25)



 

.m

trong đó

t

1



Uc t ( )( )

t (

, ( )

d

 

t  





) 

 A G c   





0

(2.26)

t

1 

t (







) 

( ) 

  ( ) d ,

 A I Rh

 B c



0

với

R

( , )

( )

( ),

 



 



 G t c t , ( )



 rF v r t w r dr





i

i

t w ( ), i

 H c t ( ) i

t i

f 1



1

R

p

2



r v r t ( , )

( )





 H c t ( ) i

v r t w r dr ( , ) i



1

p

2



R

m

m

r

c t w r ( ) ( )

c t w r w r dr ( )

( )

( )

,



j

j

j

i

j







j

j

1 

1 

1

.

( ) t  

i

f 1

t w ( ), i

Biểu thức 

 ( ) Uc t

được viết lại thành

q t ( )

Lc t ( )

Nc t

( ),

(2.27)







 ( ) Uc t

với

t

T

c t ( )

( ),...,

,

q t ( )

(

t

( )

A

d

)



 

t  





1  ,   





c t ( ) m

c t 1



0

t

1 

Lc t ( )

t (

A

 



) 

I Rh 

( ) 

( ) d ,  



 B c



0

t

Nc t ( )

t (

 



) 

 1  A H c

 d , ( )  



0

T

(2.28)

t ( )

t ( ),...,

t ( )

,

t ( )

,









f 1

 m

 i

t w ( ), i

T

( ( )),...,

( ( ))

,





  1 

 H c t ( )



H c t 1

H c t m

R

R

p

2



( ( ))

r dr ( )

r v r t ( , )

( )

,









v r t w r dr ( , ) i

H c t i

rF v r t w ( , ) i





1

1

p

2



R

m

m

r

c t w r ( ) ( )

c t w r w r dr ( )

( )

( )

, 1

i m .



 

j

j

j

i

j







j

j

1 

1 

1

                     

m

Xét

[0,

];

là không gian Banach các hàm

liên

tục

X C 

T m





(cid:0)

c

:[0,

T  m ]m

(cid:0) đối với chuẩn

m

(2.29)

c

c t ( )

( ) ,





c X . 

c t j

X

1



c t sup ( ) , 1 t T 0   m

j

1 

Ký hiệu

:

M

là quả cầu đóng tâm O, bán kính M.



B M

 c X c  



X

Sử dụng định lý điểm bất động Schauder, ta chứng minh tồn tại các hằng số

M

0,

0,

T

sao cho

B có một điểm bất động. Điểm bất động







U B : M

M



T m

này cũng chính là nghiệm của hệ (2.10) –(2.11).

B .

(i) Ta chứng minh U là ánh xạ từ MB vào chính nó

U B : M

M

Uc

t ( )

Lc

t ( )

Nc

t ( )

Uc







Do 











xác định theo (2.28) nên 

 ( ) t

q t ( ) i

i

i

i

i

1,

m .

liên tục theo biến , t

Tức là

Uc X .

i  

Mặt khác ta có

t ( )

Lc

t ( )

Nc

t ( )

Lc

t ( )

Nc

t ( )

(2.30)













 Uc



















q t ( ) i

q t ( ) i

i

i

i

i

i

t

A

( )

d





) 



q t ( ) i

t    i

i



 1    i

 t (

0

Đặt

1 

A

(

),

a

,





 a ij

 a ij

max 1 , i j m  

 ij

i i

, j j ,

 

1,    0, 

h

h t

b

max

.





b ij

T

0,

max ( ),   t 

Ta có

T

m

T

T (

d









) 

q t ( ) i

 i

 i

 ( ) a    ij

j





j

1 

0

m

T

) 

( ), 











f 1

 i

 i

w d j



j

1 

T  a T ( 0

m

T

) 

( ) 











f 1

 i

 i

w d j



j

1 

T  a T ( 0

T

m

T

a

w

T (









) 

( ) d  

f 1

 i

 i

j





j

1 

0

(

T









) 

( ) d .  

 i

 i

f 1

T  am T 0

Do đó

(2.31)

(

q t ( )

T









) 

  ( ) d .

f 1

 1

1

 1

T 2  am T 0

t

1 



Lc

t ( )

(

t

d







) 

( ) 





 A I Rh

 B c

i



0

   ( )  

  

i

t

m

t (

)

(

(







) 

( ) 

  ( ) d

 a ij

i

j

  ij

 Rh w R w R c )





j

1 

0

mT

m

a

Rh

w R w R )

(

(

)

c

) 

( ) 

( ) d  





T ( m

i

j





j

1 

0

 1  

  

mT

m

a

Rh

c

) 

d 





T ( m

b ij

X





j

1 

0

 1  

  

m

Rh

c



2 T a m

b ij

X



1 2

j

1 

 1  

  

2

.

Rhmb M





 1



1 2 mT a

Do đó

2

(2.32)

Rhmb M







 ( ) Lc t

 1



mT a m

1

1 2

t

Nc

t ( )

t (

1  A Hc

d





) 







i

 ( )   i



0



t

m

t (

) 





 d ( )  

  a H c ij j





j

1 

0

mT

m

( ( ))



d  

T ( m

H c j

  ) a 



j

1 

0

với

R

R

2

p

p



1 

r v r t ( , )

( )

R v r t ( , )

w r dr ( )

.

(2.33)

( ( )) 





H c j

v r t w r dr ( , ) j

j





1

1

Theo (2.9) ta có

m

m

m

v r t ( , )

c t w ( )

c

w

M

w

.







0

0

0

j

j

j

j

X







C

C

C

(

)

(

)

(

)







j

j

j

1 

1 

1 

Suy ra

R

2

p



r v r

( )

( ( )) 



( , ) 

( , ) v r w r dr 

H c j

j



1

p

1 

R

R

m

p

1 

R v r

w

dr

w

w

dr



( , ) 



0

0

0

j

j

j



(

)

(

)

(

)

C

C

C











j

1 

1

1

 R M  

  

p

1 

R

m

w

w

dr

.



0

0

j

j



C

C

(

)

(

)







j

1 

1

 R M  

  

Suy ra

p

m

m

p

1 

1)

(

w

.



R R M 

( ( )) 

0

H c j





j C

(

)



j

j

1 

1 

  

  

mT

m

( ( ))



Nc

(2.34)



 ( ) t

T ( m

H c j

i

  ) a 

d  



j

1 

0

p

T m

m

p

1 

1)

(

w





aR R M 

) 

d 

0

T ( m



(

)

j C





j

1 

0

  

  

p

m

p

1 

w

T aR R M (

1)

.





0

2 m



(

)

j C



1 2

j

1 

  

  

p

m

p

1 

.

1)

( mT aR R M

w



(2.35)

0



 Nc t

2 m



( )  1

j C

(

)



1 2

j

1 

  

  

Từ (2.30) –(2.32), (2.35) ta suy ra

m

Uc t ( )

Uc (

q t ( )

Lc t ( )

Nc t ( )









t ) ( ) i

1

1

1

1



i

1 

T

(









) 

( ) d  

f 1

 1

 1

T 2  am T 0

p

m

p

1 

1)

(

.

w





Rhmb M R R M 



0

 1



2 mT a m



(

)

j C



1 2

j

1 

  

  

   

   

Chọn

sao cho

0M

(

.

T

M









) 

( ) d  

f 1

 1

 1

1 2

T 2  am T 0

Sau khi chọn

,M tiếp tục chọn mT sao cho

p

m

p

1 

1)

(

w



Rhmb M R R M 





. M

0

 1



2 mT a m



(

)

j C



1 2

1 2

j

1 

  

  

   

   

Cuối cùng ta được

Uc t ( )

M t ,

0,

.



 

T m





1

Do đó

Uc

Uc t ( )

M

hay

.





Uc B  M

X

1

sup t T 0   m

Như vậy (i) được chứng minh.

(ii) Chứng minh U liên tục trên

.MB

k ( )

(

k

)

Uc

Uc

0.





,

c

c

0.

Ta chứng minh

B M

Cho dãy  c

( k )

  X

X

Trước hết ta viết.

(

)

(

)

(

)

k

k

k

(2.36)

Uc

c

)

Nc

Nc .



Uc L c ( 







k ( )

L c (

)

c

Ta chứng minh

0. 

X

t

(

)

(

)

k

k

1 

L c (

c

)

t ( )

t (

c

) 

( ) 

( ) 











 A I Rh

 B c [

(2.37) 



i



0

 ( )] d    

  

i

m

k ( )

1

.

Rh

c

c







2 T a m

b ij



X

1 2

j

1 

  

  

Vậy

m

k ( )

2

k ( )

1

0.

c

Rh

c

c







(2.38)

mT a m

b ij

 L c





  X

X

1 2

j

1 

  

  

k ( )

Nc

Nc

0.





Ta chứng minh

X

Ta có

t

(

)

(

)

k

k

Nc

t ( )

Nc

t ( )

t (

1  A Hc [

Hc









) 

( ) 

( )] 

d 













i

i

i



0

(2.39)

T m

m

(

)

k

( ( ))

) 

( )) 

. d  







T ( m

j

H c j

 a H c (



j

1 

0

Xét

(

k

(2.40)

) ( ) 



( ) 



 H c i

 H c i



R

p

2



p

2



k

k

(

)

(

)

v

v

dr





( , ) r 

( , ) r 

( , ) v r 

( , ) v r 

irw r ( )



  

  

1

R

p

2



p

2



k

k

(

)

(

)

R w

v

v

dr

.





( , ) r 

( , ) r 

( , ) v r 

( , ) v r 

0

i C









1

Sử dụng các bất đẳng thức sau

Bổ đề 2.2. Ta có các bất đẳng thức sau.

p

2

p

2





p

2



p

2 :

x

x

y

y

(

p M x

1)

y

,











(2.41)

M

0,

x y ,

M M ],

,

  

[  

p

2

p

2

p







(2.42) 1

2 :

x

x

y

y

y

1 ,

 p



x  



x y (cid:0) . , 

Chứng minh bổ đề 2.2. Phép chứng minh sơ cấp và không khó khăn. 

Mặt khác

m

m

k

k

(

)

)

v r t ( , )

c t w r ( )

( ),

v

r t ( , )

c

( ),

j

j

( j

t w r ( ) j

 

 

j

j

1 

1 

(2.43)

m

k

k ( )

)

v

r t ( , )

v r t ( , )

(

c

t ( )

c t w r ( ))

( ),







( j

j

j



j

1 

(2.44)

m

m

v r t ( , )

c t w r ( )

( )

c t w ( )





j

j

j





0 (

)

j C



j

j

 1

 1

(2.45)

m

m

w



0

c t ( ) j





j C

(

)



j

j

1 

1 

m

c

w

W c

WM

,







0

j

X

X



(

)

C



j

1 

m

W

w

.

trong đó

0

i C



 





i

1 

Tương tự

(

k

)

(

k

)

(2.46)

v

WM .

r t W c ( , ) 



X

(

k

)

(

k

)

v

r t ( , )

c

.



v r t W c ( , ) 



X

(2.47)

Suy ra với

2

p



p

2



k

(

(

k

)

p  thì 2 ) r t ( , )

v

r t ( , )

v

v r t ( , )

v r t ( , )



p

2

(

k

)



(2.48)

(

p

1)

R

v

r t ( , )

v r t ( , )







p

(

k

)



(

p

1)

2 R W c

c

.







X

Còn với 1

2

 p

p

2



p

2



k

(

)

(

k

)

thì r t ( , )

v

v

r t ( , )

v r t ( , )

v r t ( , )



(2.49)

p

p

1 

1 

(

k

)

p

(

k

)

1 

v

r t ( , )

v r t ( , )

W

c

c

.









X

Gộp cả hai trường hợp trên thì với

ta có

1p

p

2



p

2



(

k

)

(

k

)

v

r t ( , )

v

r t ( , )

v r t ( , )

v r t ( , )



(2.50)

p

1 

p

(

k

)

p

(

k

)



1 

(

p

1)

2 R W c

c

W

c

c

.











X

X

Từ (2.40) và (2.50), ta suy ra

(

k

(2.51)

) ( ) 

( ) 





 H c i

 H c i



R

p

2



p

2



k

k

(

)

(

)

R w

v

v

dr





( , ) r 

( , ) r 

( , ) v r 

( , ) v r 

0

i C









1

p

1 

p

(

k

)

p

(

k

)



1 

.

R R (

1)

w

(

p

1)

2 R W c

c

W

c

c

0













i C



X

X





  

  

Do đó

m

k

(

)

(2.52)



( ) 

( ) 



 H c i

 H c i





i

1 

m

p

1 

(

)

(

)

p

k

p

k



1 

R R (

1)

(

p

1)

2 R W c

c

W

c

c

w













0

i C





X

X





  

  

i

1 

p

1 

p

k

p

k

(

)

(

)



1 

R R W p 1)

(

(

1)

2 R W c

c

W

c

c

.













X

X

  

  

Từ (2.39) và (2.52), ta suy ra

t

(

)

(

)

k

k

Nc

t ( )

Nc

t ( )

t (

1  A Hc [

Hc

(2.53)









) 

( ) 

( )] 

d 













i

i

i



0

T m

m

k

(

)

a

( ( ))







) 

( )) 

d  

T ( m

H c ( j

H c j





j

1 

0

T m

p

1 

p

k

k

(

)

(

)



(

(

)

(

p

1)

2 R W c

c

c

c















ad  

R R W T 1) m

X

X



  

  

p

1 

(

)

(

)

p

k

k



(

(

p

1)

2 R W c

c

c

c













2 R R W aT 1) m

X

X

  

  

0 1 2

(

)

p

k



(

(

1)

1) R R WaT p

2 R W c

c









2 m

X

1 2

p

1 

(

)

k

(

.

1) R R WaT c

c







2 m

X

1 2

Do đó

(

k

)

2

p

2

(

k

)



(

(

1)

Nc

Nc

1) mR R W aT p

R

c

c











2 m

X

X

1 2

(2.54)

p

1 

(

k

)

(

1) mR R WaT c

c







 0.

2 m

X

1 2

Nghĩa là U liên tục trên

.MB

(

(iii) Chứng minh

.X

)MU B là tập tương đối compact của

Cho

Từ (2.27), (2.28) ta có

,

t

,

t

'

0,

,

t

t

'.





c B  M

T m





 ( )

q t ( )

q t

 ( )

Lc t ( )

Lc t

 ( )

( )

 ( )













Nc t Nc t 

  Uc t ( )

  Uc t

(2.55)

(1) L

(2) L

(3) L

.







Đánh giá

(1) L

q t ( )

q t

( ).







t

t

(1) L

t

 )

t (

( )

A

d

)

t (

 t A )

d

( t 

1    

1  ( )  













(2.56)







t

0



(1) L

t

2

A

2

A

t

.

1  

1  

(2.57)



 t  

 t  





T t m

 1

 1

 T t m



X

X

1

Vậy



q t ( )

q t

 ( )

2

A

t

.







1  



(2.58)

1

 1



 T t

mX

Đánh giá

(2) L

Lc t ( )

Lc t

( ).





t

1 

(2) L

Lc t ( )

Lc t

 ( )

t (

) 

( ) 

( ) d  





 





 A I Rh

 B c





t

(2.59)



t

1 

t (

( ) 

( ) d  







  t A I Rh )

 B c



0

t

1 

(2.60)

(2) L

Lc t ( )

Lc t

 ( )

t (

A





 



I Rh 

) 

( ) 

( ) d  



 B c

1

1





t



t

1



t (

 ) t A

 



I Rh 

( ) 

( ) d  



 B c



0

t

1



t (

A

B

c





) 

I Rh 

( ) 





( ) d   1

1





t



t

1





t

A

B

c

( ) 

t  

I Rh 





( ) d   1

1



0

1 

A







) 

d 

R B h 1

(0,

)

 L

T

1

 1 

 

t  M t (  t



t

1 



M t

t

A

d 







R B h 1

(0,

)

 L

T

1



 1 

 

0

1 



2

t

t

.







MT A m

 L

T

R B h 1

(0,

)

1

 1 

 

Vậy

1 



(2.61)

Lc t ( )

Lc t

 ( )

2

R B h

t

t

.









MT A m

 L

T

1

1

(0,

)

1

 1 

 

Đánh giá

(3) L

Nc t ( )

Nc t

( ).







t

t

(2.62)

(3) L

Nc t ( )

Nc t

 ( )

t (

(

t





 







) 

 1  A H c

 d ( )  

 1   ) t A H c

 ( ) d .  







t

0

Do đó

(3) L

Nc t ( )

Nc t

 ( )





1

1



t

t

(2.63)

t (

(

t

) 

( ) 

d 

( ) 

 



 



 1  A H c



 1   t A H c )



1

1

d  .







t

0

R

p

1 

r v r t ( , )

w r dr ( )





 H c t ( ) i

i



1

(2.64)

R

p

p

p

p

2

1 

1 

1 

dr

(

R

1)

.







0

0

1  rM W w i

M W w i

C

C















1 2

1

m



 H c t ( )





 H c t ( ) i



1

m

2

p

1 

(2.65)

R

1 p  M W

w

(

1)





0

i C









i

1 

2

p

(

1)

.

R

1 p  M W





1 i  1 2 1 2

2

p

1 

1 

(2.66)

(

1)

.

A

A

R

1 p  M W







( ) 

( ) 

 1  A H c



 H c



1

1

1

1

1 2

(3) L

Nc t ( )

Nc t

 ( )





1

1



t

t

(2.67)

t (

(

t

) 

( ) 

d 

( ) 

 



 



 1  A H c



 1   t A H c )



1

1





d 



0

t

2

p

p

1 

1 



A

(

R

1)

M W T t

t

.







m

1

Từ các đánh giá (2.58), (2.61), (2.67), ta suy ra từ (2.55) rằng

 ( )

q t ( )

q t

 ( )

Lc t ( )

Lc t

 ( )











  Uc t ( )

  Uc t

1

1

1

(2.68)

( )

 ( )



Nc t Nc t 

1



2

t

t







1  A 

 1



T mX



t

t

2







1  MT A m

R B h 1

(0,

)

 L

T

1

  1 

 

2

p

p

1 



1  A

R

M W T t

t

(

1)

.







m

1

,

Điều đó chứng tỏ

là đẳng liên tục.

Uc c B M

,

Mặt khác

nên họ

là bị chặn đều. Do đó



B M

Uc c B M

 U B

M

 U B M

  



(

.X

theo định lý Azela–Ascoli thì là tập

)MU B tương đối compact trong

Từ (i), (ii), (iii), áp dụng định lý điểm bất động Schauder, toán tử

, điểm bất động này cũng chính là

B có một điểm bất động

c B M

U B : M

M

nghiệm của hệ (2.20).

Bổ đề 2.1 được chứng minh. 

dạng (2.9) thỏa

Từ chứng minh trên ta có, với mỗi m, tồn tại nghiệm

( )mv t

T

.

Các đánh giá tiên nghiệm





mT

(2.10), (2.11) trên khoảng đủ nhỏ 

 0, mT , với 0

,

sau đây cho phép ta lấy

với mọi

.m

T

mT

Bước 2. Các đánh giá tiên nghiệm.

Ta nhân (2.10) cho

sau đó lấy tổng theo j ta thu được

t ( )

 mjc

2

2

2

(2.69)

t ( )

Rh t ( )

v

(

R t , )





 v t ( ) m

v mr

m

0

0

1 2

d dt

1 2

d dt

1 2

d dt

R

p

r t ( , )

dr

t ( )





r v m

 t v ( ), m

f 1



1 d p dt

1

Viết lại

2

2

2

(2.70)

v

t ( )

t ( )

Rh t ( )

(

R t , )





 v m

v mr

m

0

0

d dt

d dt

d dt

R

p

r t ( , )

dr

2





r v m

 t v t ( ), ( ) m

f 1



2 d p dt

1

R

p

2

2

2

t ( )

R

h t v ( )

(

R t , )

r t ( , )

dr

(2.71)







 v t ( ) m

v mr

m

r v m





0

0



d dt

d dt

d dt

2 d p dt

1

2

t ( )

 ( ) Rh t v

(

R t , )





 t v ( ), m

m

f 12

R

p

2

2

2

t ( )

t ( )

Rh t v ( )

(

R t , )

r t ( , )

dr

(2.72)







 v m

v mr

m

r v m

0

0



d dt

2 p

1

  

  

2

 ( ) Rh t v

(

R t

, ).





 t v t ( ), ( ) m

m

f 12

Tích phân từng phần theo biến thời gian từ 0 đến t, và do giả thiết (A2) ta có

t

t

2

S

(

R s ds , )



(0) 2 



S t ( ) m

m

 f s v ( ), 1 m

m

  s ds R h s v ( ) ( )



(2.73)

0

S

(0)

I

,



0 I   1

2

m

trong đó

R

p

2

2

2

dr

t ( )

Rh t v ( )

(

R t , )

r t ( , )

,

(2.74)







S t ( ) m

 v t ( ) m

v mr

m

r v m

0

0



2 p

1

R

p

2

2

S

Rh

R

dr

(0)

(0)

(

)

r ( )

,









m

m

mr

m

v 1

v 0

2 v m 0

r v 0

0

0



2 p

1

t

t

2

I

s ds ( )

,

I

 R h s v ( )

(

R s ds , ) .

1

2

 f s v ( ), 1 m

m

  2

 

0

0

Ta lần lượt đánh giá các số hạng bên vế phải của (2.73).

Số hạng thứ nhất.

,R p ,

1C phụ thuộc vào

h

(0),

Mặt khác theo (2.12), (2.13), tồn tại một hằng số ,v v sao cho 0

1

(0)

,

(2.75)



 . m

mS

C 1

Số hạng thứ hai.

Sử dụng bất đẳng thức

2

(2.76)

2

ab

,

a b ,

,

0.



a 







  

(cid:0)

21 b 

Ta có

t

t

(2.77)

I

2

s ds ( )

2

s ( )

ds





 v m

1

 f s v ( ), 1 m

f s ( ) 1

0

0





0

0

t

t

t

2

2

S s ds ( )

ds

S s ds ( )







m

m

f s ( ) 1

f s ( ) 1

0

0







0

0

0

T

t

2

ds

S s ds ( ) .





f s ( ) 1

m

0





0

0

Số hạng thứ ba.

t

2

I

 ( ) R h s v

(

R s ds , )

m

2

 

0

Sử dụng (1.1.13), và bổ đề 1.1.4 với bất đẳng thức (1.1.12), ta thu được rằng

2

2

2

2

v

(

R t , )

(

R

1)

t ( )









0

m

v R t , ) ( m

v t ( ) m

v mr

(

)

C

2 L



sup 1 r R  

  

  

(2.78)

2

(

R

1)

t ( )

(

R

1)

( ).









v mr

S t m

0

Do đó

t

t

2

2

(2.79)

I

(

R s ds R h s v

, )

 ( )

(

R s ds , )





m

m

2



  R h s v ( )

0

0

t

R R (

 ( )

( )



h s S s ds . m

  1)

0

Tổ hợp (2.74), (2.75), (2.77), (2.79), ta có

t

t

t

2

(2.80)

(

1)

 ( )

( )

ds

S s ds ( )



C R R 







1

f s ( ) 1

S t ( ) m

h s S s ds m

m

0







0

0

0

t

T

2

ds

R R (

1)

 ( ) h s

S s ds ( )











C 1

f s ( ) 1

m

0

 

 1 





0

0

t

,



T

s S s ds ( ) ( ) m

   

0

trong đó

T

2

(2.81)

ds

,

t ( ) 1

R R (

1)

 ( ) , h t

1 L

(0,

T

).



 











T C 

f s ( ) 1

1

0



0

Sử dụng bổ đề Gronwall ta thu được từ (2.80), rằng

T

exp

, 0

T

.

(2.82)



 







S t ( ) m

 T

t T m

T



0

  

 s ds M ( )  

T

,

Điều đó có nghĩa



 . m

mT

Từ đây trở đi ta luôn ký hiệu

TM để chỉ hằng số chỉ phụ thuộc vào T.

Từ (2.4) và (2.82) ta suy ra rằng

R





p

p

p

p

2

2





dr



v t ( ) m

v t ( ) m

v r t ( , ) m

v r t ( , ) m



p



L

(

)



1

R

p

(2.83)

dr



v r t ( , ) m



1

R

p

dr

pM

.





r v r t ( , ) m

T



1 2

1

Do đó

p

2



M

.

(2.84)



v m

v m

T



p

 L

0,

T L ;

(

)







Bước 3. Qua giới hạn.

,

Từ (2.74), (2.82) và (2.84), ta suy ra rằng, tồn tại một dãy con của dãy  mv

vẫn ký hiệu là  mv

sao cho



v

trong L (0,

)

(2.85)

yếu*,



mv

T V ; 0



trong L (0,

2 T L ;

)

(2.86)

yếu*,

 v

 mv

p

2







(2.87)

trong L 0,

p T L ;

(

)





v m

v m



  yếu*,



v R (

)

(2.88)

T yếu*.

, )  

, ) trong L (0, 

mv R (

Do bổ đề compact của Lions [19], ta suy ra từ (2.85)–(2.86) rằng, tồn tại một

dãy con vẫn ký hiệu là  mv

sao cho

2 L (0,

2 T L ;

)

(

(2.89)



v mạnh trong

mv

2 L Q ). T

Theo định lý Riesz–Ficher, ta suy ra từ (2.89) rằng, tồn tại một dãy con vẫn ký

hiệu là  mv

sao cho

v

a.e. ( , )

(2.90)



x t Q . 

v m

T

p

2

x

Do tính liên tục của hàm số

ta suy ra từ (2.87) rằng

x x

p

2

p

2



v

(2.91)

 v

x t a.e. ( , ) Q . T

v m

v m

(

Ta dùng bổ đề 1.4.2 liên quan đến dãy sự hội tụ yếu trong

q L Q với ) T

p

2

p

2





,

,

v ta suy từ (2.84), (2.91) rằng

2,N

,q p





Q Q  T

G m

v m

v G v m

p

2

p

2





p

v

v

 trong L (

)

(2.92)

yếu.



v m

v m

Q T

Từ (2.87), (2.92), ta suy ra rằng

2



v .

(2.93)



 pv

Qua giới hạn trong (2.10)–(2.11), nhờ vào (2.85) –(2.86), (2.88), (2.92), ta thu

được

(2.94)

( ),

Rh t v R t w R

( ) (

, )

(

)

 v t w a v t w ( ), 







d dt

R

2

p



r v r t ( , )

v r t w r dr ( , )

( )

t w ( ),

,





f 1



1

(0,

T ).

 



w V a e t 0, . .

Ta có thể chứng minh theo một cách tương tự như trong [6] rằng

v

(0)

,

v

 (0)

(2.95)





v 0

v . 1

Sự tồn tại nghiệm được chứng minh.

Để chứng minh tính duy nhất ta sử dụng bổ đề sau đây.

Bổ đề 2.3. Giả sử v là nghiệm yếu của bài toán

r R t T ( ) r t ( , ), 1 , 0 ,       rv r v tt (cid:0) 1 f

(2.96)

v t h t v R t ( ) ( , )  (1, ) 0, 

 L

1  r r  v R t ( , )  r v r ( ,0) ( ,0) ( ), ( ),  

 v L 

trong đó

(2.97)

(0, ), (0, v r 1 2 T L ; ),  v r t v t v r 0 T V ; 0       

 L

2 T L ).

0

(cid:0)2 f L , 1

Khi đó

, (0, ;    v V v 0 1

2

2

2 Rh t v R t , )

1 2

1 2

1 2

0

0

t

t

(2.98)

 ( ) v t ( ) (   v t ( ) r

1 2

2  R h s v R s ds



0

0

2

2

 ( ) , ) ( ( ),    (cid:0) ( ) f s v s ds 1

r

2 v R ( 0

1 2

1 2

1 2

0

0

thì (2.98) xảy ra đẳng thức.

Rh (0) ), a e t . ., (0, T ).     v 1 v 0

Chứng minh bổ đề 2.3 có thể tiến hành tương tự như trong [4] hoặc trong [11,

15]. 

0,  v Nếu 0 v 1

Bước 4. Sự duy nhất nghiệm.

Giả sử

,u u là hai nghiệm yếu của bài toán (2.1) – (2.4).

2

Khi đó

u

 là nghiệm yếu của bài toán sau đây

v u  1

2

p  và 1 2

r R t T ( ) t ( ), 1 , 0 ,         v tt rv r

(2.99)

v t h t v R t ( ) ( , )  (1, ) 0, 

 L

1  r r  v R t ( , )  r v r ( ,0) ( ,0) 0,  

2 T L ;

 v L 

trong đó

p

2

p

2





(2.100)

(0, ), (0, ),  v t v r t T V ; 0       

Áp dụng bổ đề 2.3 cho bài toán (2.99) với

t ( )    u t ( ) 1 u t ( ) 1 u t ( ) 2 u t ( ) 2

(cid:0)1( , ) f r t

đẳng thức (2.98) được viết lại như sau

2

2

0, ( ),     t ta có v 0 v 1

2 Rh t v R t , )

1 2

1 2

1 2

0

0

t

t

(2.101)

 v t ( ) ( ) (   v t ( ) r

1 2

2  R h s v R s ds



0

0

Đặt

2

2

(2.102)

ta có

( )

, ),

(

t ( )

v t ( )

2 Rh t v R t









v t ( ) r

0

0

t

(2.103)

 ( ) , ) ( ( ),    (cid:0) f s v s ds ( ) . 1

2 R h s v R s ds



0

t ( )  ( ) , ) (  

t

p

p

2

2





2

1

2



0

Ta đánh giá các số hạng

 ( ) u s v s ds ( ), J J . 2     u s ( ) 1 u s ( ) 1 u s ( ) 2

2

,J J . 1

Đánh giá

1J .

Áp dụng bổ đề 1.1.4, (1.1.12), ta có

t

t

2

2

(2.104)

0

1

(

)

C





0

0

t

2

J  ( ) ( v s ( ) ds     R h s v R s ds R h s ( ) , )

0

t

t

2

R R (  h s ( ) ds  v s ( ) r   1)

0





0

0

Áp dụng bổ đề 1.1.4, với bất đẳng thức (1.1.12) một lần nữa ta có

R R ( 1)  h s ( ) ( 1)  h s ( )   ds R R   s ds ( ) . v s ( ) r

0

(

)

(0,

)

C

 L



; T V 0

(2.105)

R 1 R 1      u r t ( , ) i u t ( ) i u t ( ) ir u ir

2

T

(0,

)

(0,

)

 L

 L

; T V 0

; T V 0

a.e. ( , )

R 1 u M ,     u 1    

T

Ta sử dụng bất đẳng thức (2.41) trong bổ đề 2.2, ta có

p

2

p

2





, 1, 2. r t Q i  

2

2

p

2



(2.106)

u r s ( , ) u r s ( , )  u r s ( , ) 1 u r s ( , ) 1

2

T

p

2



p M ( 1)( u r s ( , ) )    u r s ( , ) 1

T

Từ (2.106) ta suy ra rằng

p

2

p

2





p

2



.

(2.107)

p M ) ( 1)( v r s ( , )  

T

0

0

Từ (2.107) ta thu được

( p 1)( M ) v s ( )    u s ( ) 1 u s ( ) 1 u s ( ) 2 u s ( ) 2

t

p

p

2

2





(2.108)

2

2



0

t

p

p

2

2





J  ( ) u s v s ds ( ), 2    u s ( ) 1 u s ( ) 1 u s ( ) 2

0



0

0

t

p

2



2  ( ) v s ds   u s ( ) 1 u s ( ) 1 u s ( ) 2 u s ( ) 2

T

0

0



0

t

2( p 1)( M ) v s ( )  ( ) v s ds  

p

2



T

0

0

0

t

2

2

1 p M ds 2( 1)( ) R R (  v s ( )   v s ( ) r   1) 2

p

2



T

0

0







0 t

1 ( 1)( ) 1) p M ( R R  ( ) v s ds     ( ) v s r 2

p

2 s ds .

T



0

Từ (2.103), (2.104) và (2.108) ta suy ra rằng

t

(2.109)

1 1)( 1)( ) ( ) ( R R p M    2





0

với

p

2



(2.110)

t ( ) s ( ) s ds ( )  

1 L

T

Do bổ đề Gronwall ta thu được từ (2.109) rằng

1) ( 1)( ) , (0, ). ( R R  ( ) h s p M T ( ) s        1 2 R      

u

u tức là 1

2.

Ta đã chứng minh xong sự duy nhất nghiệm và định lý 2.1 được chứng minh

hoàn tất. 

0, t  ( )

Chương 3

TÍNH TRƠN CỦA NGHIỆM

h t

Ở chương này ta xét bài toán (2.1)–(2.4) với

h là hằng số. Ta sẽ đặt

( ) 

thêm điều kiện mạnh hơn, khi đó ta sẽ hy vọng thu được nghiệm tốt hơn.

Xét bài toán (2.1)-(2.4) với các giả thiết

2

(B1)

0

),

(

(0,

T

),



  

(B2)

f 1,

2 L Q Q T T

f  1 t 

h là hằng số dương.

(B3)

2.p

,  v V   0 0 H v V , 1

Định lý 3.1. Cho

0T  và

Giả sử rằng các giả thiết (B1) –(B3) đúng.

2

(0,

H

),

với

Khi đó bài toán (2.1) –(2.4) có một nghiệm yếu duy nhất

 v L



T V ; 0

 L

2 T L ;

 L

tv

ttv 

(0, ), (0, ). T V ; 0

Chứng minh. Chứng minh được dựa vào phương pháp Galerkin liên hệ với

các đánh giá tiên nghiệm bao gồm nhiều bước.

Xấp xỉ Galerkin.

H Ta tìm nghiệm xấp xỉ trong theo

2 .V

Xét một cơ sở đếm được {

0

}jw của

dạng (2.9), trong đó các hàm hệ số mjc thỏa hệ phương trình vi phân thường (2.10),

(2.11), trong đó xấp xỉ (2.12), (2.13) được thay bởi

m

mạnh trong

(3.1)

w





0

m

 mj

j

v 0

v 0



2 H ,V

j

1 

m

(3.2)

mạnh trong

1.H

w





 mj

j

v m 1

v 1



j

1 

Theo như trong chứng minh định lý 2.1, hệ (2.10) –(2.11) có nghiệm duy nhất

T

.

Cũng theo như trong chứng minh định lý 2.1, ta

 



( )mu t trên khoảng 0

t T m

có đánh giá (2.82) mà ta gọi là đánh giá tiên nghiệm thứ nhất.

R

p

2

2

,

( ) t

(3.3)







dr M 

( ) S t m

 ( ) v t m

v mr

2 ( , ) Rhv R t m

( , ) r v r t m

T

0

0



2 p

1

T

,

0

,



 m .

 t T

mT

trong đó ta đã lấy

Đánh giá tiên nghiệm thứ hai.



Lấy đạo hàm 2 vế của (2.10) theo t, ta được   a v t w m i

i

R

2

p



(3.4)

( ), Rhv R t w R , ) ( ( )    v t w ( ), m i  m

i



1

p ( 1) ( , ) ( ) ,    r v r t ( , ) m  v r t w r dr m  t w f ( ), i 1

Sau đó nhân với

rồi lấy tổng theo i từ 1 đến m, ta được

1 i m .  

2

2

2

t ( )  mic

0

0

(3.5)

p

2



t ( ) (    v t ( ) m  v mr  Rh v R t , ) m     d dt

Lấy tích phân 2 vế của (3.5) từ 0 đến t

t

t

p

2



2( 1) 2 ( ) . p    ( ) v t m  ( ), ( ) v t v t m  m   ( ), t v t f m 1

m





(3.6)

0

X s dt ( ) 2( p 1) s ( )  (0) 2     ( ) s ds  X t ( ) m v m  v m  s v ( ), m   f s v ( ), m 1

0 

1

2

m

trong đó

2

2

t ( )

(

2 , ) .

(3.7)







X t ( ) m

 v t ( ) m

 v mr

 Rh v R t m

0

0

Ta sẽ đánh giá từng số hạng của vế phải (3.6).

Đánh giá số hạng J1.

t

t

(3.8)

X (0) J J ,  

1

0

0





0

0

t

t

2

2

J 2 s ds ( ) 2 s ( ) ds    v m   f s v ( ), m 1  f s ( ) 1

0

0





0

0

T

t

2

ds s ( ) ds    v m  f s ( ) 1

m

0





0

0

ds X s ds . ( )    f s ( ) 1

Đánh giá số hạng J2.

Sử dụng bổ đề 1.1.4. (1.1.12), ta được

t

2

p



2



0

t

p

J 2( p 1) s ( )     ( ) s ds  v m  v m  s v ( ), m

C



1   0





0

t

p

2( p 1) s ( )    ( ) s ds  v m  v m  s v ( ), m

C

0

0



1   0





0

t

p

1 

2( p 1) s ( ) s ( ) s ( ) ds   v m  v m  v m

0

0

0







0

t

p

 1

p R ds 2( 1) 1 s ( ) s ( ) s ( )    v mr  v m  v m

m

m







0

t

p

p

1 

p R S s X s ds 2( 1) 1 ( ) ( )    S s ( ) m

T

m











0

t

p

p

1 

2

(3.9)

M X s ds ( ) p R 2( 1) 1   



 1





T

m



0

Đánh giá số hạng

( p 1) R M X s ds ( ) .    

mX

2

2

2

X

(0)

(0)

(0)

(

,0)







m

 v m

 v mr

 Rh v R m

0

0

(3.10)

2

2

(0)

(

).





v 1

 v m

mr

2 Rhv R 1 m

0

0

Chú ý rằng với t = 0, ta có

p

2



(3.11)

r ( , 0)

r ( )

r ( )

r ( )

r ( )

( , 0),









 v m

v 0

mrr

v 0

mr

v 0

m

v 0

m

f r 1





1 r

Do đó

p

1 

(3.12)

(0)

(0)

.









 v m

v 0

mrr

v 0

mr

v 0

m

f 1

0

0

0

0

0

Vì (3.1), (3.2), ta suy từ (3.10), (3.12) rằng tồn tại hằng số

2C phụ thuộc vào

,

,

1

(3.13)

(0)

,



m . 

h R p v v sao cho , , 0 C mX

2

Tổ hợp (3.6), (3.8), (3.9), (3.13), ta thu được

(0).

t

X s ds ( )

,

,



 t T

X t ( ) m

T

m



  2

0

(3.14) 0

T

p

2

p

(3.15)

C

ds

(

p

2 1) (

R

1)

M

.















T

2

 f s ( ) 1

  T

0



0

Nhờ vào bổ đề Gronwall ta thu được từ (3.14) rằng

t

T

2

2

e

e

,

0

.

(3.16)





 t T

M  

X t ( ) m

T

  T

  T

sao cho

Từ (3.3), (3.16) ta có thể rút ra một dãy con vẫn ký hiệu là  mv

, yếu*,

trong đó

 L

mv

v trong (0, )  T V ; 0

 L

0

2

(3.17)

trong (0, T V , yếu*, ) ; mv  v

 L

1,



trong (0, T L , yếu*, ) ; mv  v

mv R (

p

v

trong

L Q yếu. )

(



v m

T

1,W (0, 

0 ([0,

)T

C

])

Áp dụng bổ đề tính compact của Lions [19] cho (3.17)1,2.3 và phép nhúng T cho (3.17)4 , ta có thể rút ra dãy con vẫn ký hiệu

↪

sao cho

compact là  mv

(3.18)

2 L

(0,

;

2 T L ),

v mạnh trong

mv

2 L

(0,

;

v mạnh trong

2 T L ),

(3.19)

mv 

v R mạnh trong (

(3.20)

C

0 ([0,

T . ])

, )  

, ) 

mv R (

Dùng bất đẳng thức (2.41), ta suy từ (3.3), (3.18) rằng

p

2



p

2

2 L

(0,

;

2 T L ).

(3.21)

v mạnh trong

 v

v m

v m

h t

( ) 

Qua giới hạn trong (2.10) –(2.11) với

h (hằng số), nhờ vào (3.17)1,3,

(3.20), (3.21), ta thu được

v R ( , ) trong W (0, T , yếu*, ) , )   

p

2



(3.22)

 v t w a v t w Rhv R t w R ( ),

( ),

, )

(

(

)

v t ( )

v t w ( ),

t w ( ), ,













f 1

a e t . .

(0,

T ),

 w V



0,

 (0)

(0)

v

v

,

(3.23) 



v . 1

v 0

Từ (3.22) và (B2) ta được

p

2



 v

v

v

 L

(0,

2 T L ;

).







v rr

v r

f   1

1  r

2

Vì vậy

(0,

H Sự tồn tại nghiệm được chứng minh.

).

 v L



T V ; 0

Tính duy nhất nghiệm chứng minh không khó khăn, do đó định lý 3.1 được

chứng minh hoàn tất. 

Chương 4

THUẬT GIẢI XẤP XỈ TUYẾN TÍNH

h t

h là hằng số. Ta sẽ thiết

Ở chương này ta xét bài toán (2.1) –(2.4) với

( ) 

lập nghiệm yếu của bài toán nầy bằng phương pháp xấp xỉ tuyến tính. Ta thành lập

các giả thiết sau.

2

,



(C1)

v V   0 0

H v V , 1

0

h t

h là hằng số dương,

p  2,

( ) 

(C2)

1 (   

0,

t

0.

  

(C3)

f C 1

),

t 1(1, ) f

(cid:0)

Với hai hằng số

M

0,

0



 cho trước, ta đặt

2

(4.1)

,

) {

0,

:

0,

,

0,

,

W M T (

 v L

H

2 T L ;

 







T V ; 0

T V ; 0

 v L  

 v L  







T 

v

M

}.







2

M v , 

M v , 

 L

0,

;

 L

0,

 L

0,

2 T L ;







T V H 0

T V ; 0









Giả sử rằng

Chọn số hạng đầu tiên

(0) 0.v

(4.2)

W M T ). ,

(

 kv ( 1)

Sau đó tìm

W M T thỏa bài toán biến phân phi tuyến

(

)

,

kv ( )

)

(

)

(

)

k

k

k

(4.3)

t w ( ), )

F

t w ( ),

,

. .

(0,

T ),

t w a v ( ), ( 



 



w V a e t 0,

( v 



(

k

)

k ( )

(4.4)

v

(0)

,

(0)

,





v 0

v 1

v 

trong đó

(4.5)

( ,

( ,

)

(

(

)

),





a v w a v w Rhv R w R ) 

p

2



(

k

)

(

k

(

k

1) 

1) 

(4.6)

F

r t ( , )

v

r t ( , )

v

r t ( , ).





f r t ( , ) 1

M

0,

T

0



 sao cho

tồn tại dãy qui nạp tuyến tính

W M T được xác định bởi (4.2) –(4.6).

(

)

,

Định lý 4.1. Giả sử (C1) – (C3) đúng. Khi đó tồn tại kv ( ) { }

Chứng minh.

Bước 1. Xấp xỉ Galerkin. Ta sử dụng một cơ sở đặc biệt { }jw của

0V cho

bởi bổ đề sau

của

2L bao gồm các

Bổ đề 4.1. Tồn tại một cơ sở trực chuẩn Hilbert  jw

hàm riêng

jw~ tương ứng với giá trị riêng

j sao cho

0

...,



...  



,  

  

1

2

 j

 j

lim j 

,

,

,

1, 2,...



 

j  



j

w V 0

a w w ( )   j

w w ,  j

cũng là một cơ sở trực chuẩn Hilbert của

j

0V đối với

w  /j



tích vô hướng

.

Hơn nữa, dãy  ,  

Mặt khác,

 a jw~ cũng là nghiệm của bài toán biên

j

, 1

,

r R

 



 

j

 j

j

w 

Aw 

1 r

 r 

w   r  r  

  

j

(

)

)

R





(1) 0, 

j

( hw R  j

w 



C

R

([1,

]).

w V    0 j

     w   r    

Chứng minh bổ đề 4.1 có thể tìm thấy trong [21: p.87, Định lý 7.7, p.87]. 



, 

Ta sử dụng cơ sở trực chuẩn { }jw trong

0V đối với tích vô hướng

a

, như trong bổ đề 4.1). Ta tìm nghiệm xấp xỉ của bài toán (4.3) –

(

/

j

j

j

w w 

(4.4) dưới dạng

m

(4.7)

t ( )

t w ( )

,

k ( ) v m

k ( ) c mj

j

 

j

1 

với

t thỏa hệ phương trình vi phân tuyến tính sau

( ) ( ) k mjc

)

)

(

k

)

(4.8)

t w ( ),

t w ( ),

)

F

,

w

, 1

j m

,





 

j

j

j

k ( v  m

k ( a v (  m

(4.9)

(0)

,

(0)

,





( ) k v m

v 0

m

v 1 m

( ) k v  m

trong đó

2

,

v mạnh trong

H

mv

0

0

V 0

(4.10) (4.11)

v mạnh trong

0.V

mv

1

1

( )k

Giả thiết

,

)

mv

trên khoảng

0

T Các đánh giá tiên nghiệm dưới đây cho phép ta lấy

.

 

( W M T , theo định lý 2.1, hệ (4.8)-(4.9) có nghiệm k )

 kv ( 1) ( t T m

k

)

(

T m k

,

.

,  

mT

Bước 2. Đánh giá tiên nghiệm.

k ( )

(i) Nhân (4.8) với

sau lấy tổng theo j, ta được

t ( ),

mjc 2 

2

)

)

)

(

)

)

k

(4.12)

2

( ) t

( )) t

F

( ) . t





( k ( ), t v m

( k v  m

( k ( a v  m

( k ( ), t v  m

0

  

  

d dt

Tích phân 2 vế của (4.12) theo biến thời gian từ 0 đến t, kết hợp giả thiết (C1)

– (C3), ta có

t

)

(

)

)

k

(4.13)

t ( )

F

s ds ( )

,



( ) k p m

( k p m

( k s v ( ),  m

  (0) 2

0

trong đó

2

(4.14)

t ( )

t ( )

t ( )).





k ( ) p m

k ( ) t v ( ), m

k ( ) v  m

k ( ) a v (  m

0

(ii) Thay

w

Aw

jw bởi

j

sau đó đơn giản j , ta được

j

1 

j

)

)

(

k

)

(4.15)

t Aw ( ),

t Aw ( ),

)

F

t Aw ( ),

, 1

j m .





 

j

j

j

( k v  m

( k a v (  m

(

,

 kv ( 1)

Viết lại (4.15) nhờ giả thiết (C3) và

W M T , ta có )

)

)

(

k

)

(4.16)

t w ( ),

)

t Aw ( ),

t w ( ),

), 1

j m .





 

j

( k Av m

j

j

( k a v (   m

a F ( 

k ( )

Nhân (4.16) với

sau lấy tổng theo j, ta được

t ( ),

mjc 2 

2

)

)

)

(

)

k

(4.17)

t ( ))

t ( )

t ( )).





( k Av m

( k a v (   m

( k t v ( ),  m

a F 2 ( 

( ) k t v ( ),  m

0

  

  

d dt

Tích phân 2 vế của (4.17) theo biến thời gian từ 0 đến t, ta có

t

)

k ( )

(4.18)

t ( )

s ds ( ))

,



k ( ) q m

k ( q m

a F ( 

k ( ) s v ( ),  m

  (0) 2

0

trong đó

2

(4.19)

t ( )

t ( ))

t ( )

.





k ( ) q m

k ( ) Av m

k ( ) ( a v   m

k ( ) t v ( ),  m

0

(iii) Đạo hàm hai vế của (4.8) theo t, ta được

k

)

)

(

k

)

(4.20)

t w ( ),

t w ( ),

)

t w ( ),

, 1

j m .





 

F 

j

j

j

( v  m

( k ( a v   m

Nhân (4.20) với

sau lấy tổng theo j, ta được

t ( ),

( ) k mjc 2 

2

k

)

(

)

)

(4.21)

t ( ))

2

,

.





F 

k ( v  m

k ( ) a v (   m

k ( ) t v ( ),  m

k ( v  m

0

  

  

d dt

Tích phân 2 vế của (4.21) theo biến thời gian từ 0 đến t, ta có

t

k

)

)

(

)

)

(4.22)

t ( )

s ds ( )

,



F 

k ( r m

k ( r m

k ( s v ( ),  m

  (0) 2

0

trong đó

2

(4.23)

t ( )

t ( )

t ( )).





k ( ) r m

k ( ) v  m

k ( ) ( a v   m

k ( ) t v ( ),  m

0

Đặt

(4.24)

t ( )

t ( )

t ( )

t ( ),







k ( ) s m

k ( ) p m

k ( ) q m

k ( ) r m

trong đó

t ( ),

t được cho bởi (4.14), (4.19), (4.23). Khi đó, ta suy ( )

( ) k p m

( ) k t q ( ), m

( ) k r m

từ (4.13), (4.18), (4.22) rằng

t

t

k

k

)

)

(

)

)

(

)

)

(4.25)

s

t ( )

s

F

s ds ( )

2

s ds ( ))



(0) 2 



k ( m

k ( m

k ( s v ( ),  m

a F ( 

k ( s v ( ),  m





0

0

t

k

(

)

)

s ds ( )

F 

k ( s v ( ),  m

  2

0

)

k

(

(0)

I

I

.









ms

I 1

2

3

Ta lần lượt đánh giá các số hạng ở vế phải của (4.25).

Đánh giá số hạng I1.

Ta có

t

k

(

)

)

(4.26)

F

s ds ( )

I 1

k ( s v ( ),  m

  2

0

t

t

k

k

(

)

)

(

)

)

2

F

s ( )

ds

2

F

s ( )

s ( )

ds





k ( s v ( ),  m

k ( v  m

0

0





0

0

t

t

t

t

2

2

2

k

k

(

)

)

(

)

)

F

s ( )

ds

s ( )

ds

F

s ( )

ds

s ds ( )









k ( p m

k ( v  m

0

0

0









0

0

0

0

t

t

2

k

(

)

)

F

s ( )

ds

s

s ds ( ) .





k ( m

0





0

0

Vì

nên

kv (

W M T (

,

)

1)  

p

2



(

k

)

(

k

(

k

1) 

1) 

(4.27)

F

r t ( , )

v

r t ( , )

v

r t ( , )





f r t ( , ) 1

p

1 

(

k

1)



v

r t ( , )





f r t 1( , )

p

1 

(

k

1)



v

t ( )





0

f r t ( , ) 1

C

(

)



p

1 

k

1)



R

1

t ( )







f r t ( , ) 1

( v r

0





p

1 

p

1 

k

1)



R

1

t ( )







f r t ( , ) 1

( v r





1

p

1 

p

1 

(

k

1)



R

1

v







f r t ( , ) 1





0,

 L

; T V



0

p

1 

M R

1

.







f r t 1( , )





1

2

R

p

2

2



k ( )

F

t ( )

t ( )

1

dr







f 1

0

 r M R



0



1

  

  

(4.28)

2

p

1 

R

1

t ( )

M R

1

.







f 1

0





 2

t

T

2

2

2

p



2

2

R

1

k

(

)

F

s ( )

ds

2

ds

T 2

M R

1







f s ( ) 1

0





0





 2

0

0

(4.29)

T

2

p

p

2

2

2

1 



2

(

1)(

R

1)

M

.



ds T R 





f s ( ) 1

0



0

t

T

2

2

2

2

p

p

1 



(4.30)

2

(

1)(

R

1)

M

s

s ds ( ) .



ds T R 







I 1

f s ( ) 1

( ) k m

0





0

0

Đánh giá số hạng I2.

Ta có

t

k

(

)

)

I

2

s ds ( ))



2

a F ( 

k ( s v ( ),  m



0

(4.31)

t

k

(

)

2

s ds ( ))



a F ( 

k ( ) s v ( ),  m



0

t

k

k

(

)

(

)

)

)

s F ( ),

s ( ))

s ds ( ))

a F ( 

k ( ( a v   m

k ( s v ( ),  m

  2

0

t

t

k

k

(

)

(

)

)

)

s F ( ),

s ds ( ))

s ds ( ))





a F ( 

k ( ( a v   m

k ( s v ( ),  m





0

0

t

t

k

(

)

k ( )

s F ( ),

s ds ( ))

s ds ( )





k ( ) q m

a F ( 





0

0

t

t

k

(

)

k ( )

)

s F ( ),

s ds ( ))

s

s ds ( ) .





k ( m

a F ( 





0

0

Ta có

2

(

)

k

(

)

(

)

(

)

k

k

k

(4.32)

Rh F

R t

t F ( ),

t ( ))

t ( )

2 , ) .

(





a F ( 

F  r 

0

Mà

(

k

)

p

2



(

k

k

1) 

1) 

(4.33)

(

1)

( , ) r t

( , ) r t

p

v

( , ) r t

( , ). r t







( v r

F  r 

f  1 r 

Do đó

(

k

)

p

2



(

k

k

1) 

1) 

(4.34)

(

1)

( ) t

( ) t

p

v

( ) t

( ) t







( v r

0

F  r 

f  1 r 

0

0

p

2



(

k

1)

k

1)





p

v

t ( )

(

1)

t ( )

t ( )







0

( v r

0

C







f  1 r 

0

p

2



k

1)

k

1)





p

R

t ( )

(

1)

1

t ( )

t ( )









( v r

( v r





0

0

f  1 r 

0

p

2



p

1 

k

1)



p

R

t ( )

(

1)

1

t ( )









( v r





0

f  1 r 

0

p

2



p

1 

(

k

1)



p

R

v

t ( )

(

1)

1

t ( )













1

f  1 r 

0

p

2



p

1 

(

k

1)



p

R

v

t ( )

(

1)

1













0,

 L

; T V



0

f  1 r 

0

p

2



p

1 

p

R

M

t ( )

(

1)

1

.













f  1 r 

0

Suy ra

2

2

(

)

k

2

2

2

p

p





(4.35)

2

2(

2 1) (

1)

.

( ) t

( ) t

p

R

M









F  r 

f  1 r 

0

0

Mặt khác

p

2



(

k

)

(

k

(

k

1) 

1) 

F

(

R t , )

v

(

R t , )

v

(

R t , )





f R t ( , ) 1

p

1 

(

k

1) 

v

(

R t , )





f R t ( , ) 1

p

1 

k

1) 

R

R

1

t ( )

1

t ( )









( v r





0

f  1 r 

0

p

1 

(4.36)

k

(

1) 

1

1

R

( ) t

R

v

( ) t











1

f  1 r 

0

p

1 

(

k

1) 

1

1

R

( ) t

R

v









0,

 L





: T V 0



f  1 r 

0

p

1 

1

.

R

( ) t







1 R M 

  



f  1 r 

0

Do đó

2

p

1 

2

(

)

k

Rh F

Rh

R

(

R t , )

1

t ( )







R M 1 





f  1 r 

0

  

  

(4.37)

2

p

1 

2

2

p



R

M

2

(

1)

t ( )

.











 1

f  1 r 

0

 Rh R   

   

Suy từ (4.32), (4.35), (4.37), ta có đánh giá

2

k

(

)

2

k

k ( )

k ( )

(

)

(4.38)

Rh F

t F ( ),

t ( ))

t ( )

(

R t , )





a F ( 

F  r 

0

2

Rh R (

1)

t ( )







 2 1



f  1 r 

0

2

p

2

p

2



p

1)

Rh R (

R

1)

2 M

.











 2 (

 1) (

Số hạng I2 được đánh giá sau đây nhờ vào (4.31) và (4.38).

t

k

(

)

)

I

2

s ds ( ))



2

a F ( 

k ( s v ( ),  m



0

(4.39)

t

t

k

k

(

)

(

)

)

s F ( ),

s ds ( ))

s ds ( )





k ( s m

a F ( 





0

0

2

p

2

2

p

2





1)

Rh R (

R

1)

M











 T p 2 (

 1) (

2

T

t

)

ds

s

Rh R (

1)

s ( )

s ds ( ) .









 2 1



( k m



f  1  r

0

0

0

Đánh giá số hạng I3.

Ta có

t

t

k

k

(

)

)

(

)

I

2

s ds ( )

2

s ( )

ds





F 

F 

3

k ( s v ( ),  m

k ( ) s v ( ),  m





0

0

t

k

(

)

)

2

s ( )

s ( )

ds



F 

k ( v  m

0

0



0

t

t

2

2

(

)

k

(4.40)

s ( )

ds

s ( )

ds





F 

( ) k v  m

0

0





0

0

t

t

2

(

)

k

s ( )

ds

s ds ( )





F 

( ) k r m

0





0

0

t

t

2

(

)

)

k

s ( )

ds

s

s ds ( ) .





F 

( k m

0





0

0

k

(

)

p

2



k

k

k

(

)

(

(

1) 

1) 

(4.41)

(

1)

( , ) r t

( , ) r t

( , ) r t

p

v

( , ) r t

( , ). r t









F 

v 

f  1 t 

F  t 

p

2



(

k

)

(

k

(

k

1) 

1) 

(4.42)

(

1)

( ) t

( ) t

p

v

( ) t

( ) t







F 

v 

0

0

f  1 t 

0

p

2



(

k

1)

(

k

1)





(

1)

( ) t

p

v

( ) t

( ) t







0

v 

0

C







f  1 t 

0

p

2



k

1)

(

k

1)





(

1)

1

( ) t

p

R

( ) t

( ) t









( v r

v 





0

0

f  1 t 

0

p

2



p

2



k

(

k

1) 

1) 

(

1)

1

( ) t

p

R

( ) t

( ) t









( v r

v 





0

0

f  1 t 

0

p

2



p

2



k

k

(

(

1) 

1) 

(

1)

1

( ) t

p

R

v

( ) t

( ) t









v 





1

0

f  1 t 

0

p

2



p

2



(

k

(

k

1) 

1) 

(

1)

1

( ) t

p

R

v









v 





0,

0,

 L

 L

2 ; T L





; T V 0





f  1 t 

0

p

2



p

1 

(

1)

1

.

( ) t

p

R

M













f  1 t 

0

2

2

(

)

2

2

2

k

p

p





(4.43)

p

R

M

t ( )

2

t ( )

2(

2 1) (

1)

.









F 

0

f  1 t 

0

Số hạng I3 được đánh giá sau đây nhờ vào (4.40) và (4.43)

t

(

)

k

I

2

s ds ( )



F 

3

( ) k s v ( ),  m



0

t

t

2

(

)

k

(4.44)

s ( )

ds

s

s ds ( )





F 

( ) k m

0





0

0

2

t

t

p

p

2

2

2





T p 2 (

2 1) (

R

1)

M

2

s ( )

ds

s

s ds ( ) .











k ( ) m





f  1 t 

0

0

0

Tổ hợp các đánh giá (4.25), (4.30), (4.39), (4.44), ta thu được

T

2

p

p

)

)

2

2

2



(4.45)

s

t ( )

(

1)(

R

1)

1 M



(0) 2 

ds T R 





k ( m

k ( s m

f s ( ) 1

0



0

t

)

(

2

2

2

k

p

p



s ds ( )

1)

Rh R (

R

1)

2 M













ms

 T p 2 (

 1) (



0

2

T

t

Rh R (

1)

s ( )

ds

s

s ds ( )









 2 1



( ) k m



f  1  r

0

0

0

2

t

t

2

2

2

)

p

p





2 1) (

1)

2

2 ( T p

R

M

( ) s

ds

( ) s ds











( k s m



f  1  t

0

0

0

)

p

2

p

2

2

1 



(0)

1)(

R

1)

M









k ( s m

p

p

2

2

2

2





2(

p

1)

Rh R (

R

1)

M

T 2











 1) (

T R ( 

2

T

T

2

ds

ds

Rh R (

1)

s ( )

2









 2 1



f s ( ) 1

0





f  1 r 

0

0

0

2

T

t

)

s ( )

ds

3

s

s ds ( )

2 



k ( m



f  1  t

0

0

0

t

)

)

(0)

M T ,

s

s ds ( )

,





( 

k ( s m

k ( m

  ) 3

0

trong đó

2

2

p

2



(4.46)

M T ,

)

T R (

1)(

R

M

( 





 p 1 1) 

2

p

2

2

p

2





T 2

2(

p

1)

Rh R (

R

1)

M













 1) (

2

T

T

2

ds

ds

Rh R (

1)

s ( )

2 







 2 1



f s ( ) 1

0





f  1 r 

0

0

0

2

T

s ( )

ds .

2 



f  1 t 

0

0

Đánh giá số hạng

.

( ) (0) k ms

s

(0)

(0)

(0)

(0)







( ) k m

( ) k p m

( ) k q m

( ) k r m

(4.47)

2

2

2

,

)

,

)

(0)

.











m

m

m

v 0

Av 0

v m 1

v m 1

a v (  0

2 ( a v  m 1

k ( ) v  m

0

0

0

Chú ý rằng với

t  ta có 0,

p

2



)

(4.48)

r ( ,0)

r ( )

r ( )

( ,0).













v 0

v 0

mr

mrr

v r ( ) 0

v r ( ) 0

f r 1

1 r

( k v  m

Do đó

p

1 

)

(0)

(0)

.

(4.49)









v 0

mrr

v 0

mr

v 0

f 1

( k v  m

0

0

0

0

0

phụ

Do (4.10), (4.11), ta suy từ (4.47), (4.49) rằng tồn tại hằng số

0M

thuộc vào

,

,

,

,

R h p v v f sao cho , 1

0

1

)

k

(

(4.50)

m k . ,

(0)

2 M



ms

1 4

Từ biểu thức

(

,

)M T

trong (4.46) và nhờ vào giả thiết (C3), ta có

(4.51)

,

M T

) 0. 

lim ( T 0 

Do đó ta có thể chọn T > 0 đủ nhỏ sao cho

2

T 3



(4.52)

M

,

.



2 M T M e ) 

( 

1 4

2

(4.53)

1)

exp

1,

( R R

T

T











2  T

 M

  M

1 2

 4 1  

1/2   

p

2



với

.

(

p

1)

M R

1







 M





Từ (4.45), (4.50) và (4.52), ta suy ra

t

)

)

3 T 

(4.54)

s

2 t M e ( )

s ds ( ) .



( k m

( k s m

  3

0

Nhờ vào bổ đề Gronwall ta thu được từ (4.54) rằng

k

(

)

t

2

T 3 

0

(4.55)

 t T .

2 t M e ( )

,



3 e M 

ms

)k

sao cho

Từ (4.55) ta có thể rút ra một dãy con vẫn ký hiệu là 

( mv

)

k

(

(

k

)

2

v

trong

 L

(0,

H , yếu*,

)





mv

T V ; 0

(

k

)

, yếu*,

trong

 L

(0,

)

k ( )

T V ; 0

mv 

v 

(4.56)

, yếu*,

trong

 L

(0,

2 T L ;

)

k )

( mv 

( ) k v 

k ( )

k ( )

1,



(

R

v

(

R

T , yếu*,

)

, )  

, ) trong W (0, 

mv

)

kv (

W M T (

,

).



)k

0 ([0,

C

↪

Áp dụng bổ đề tính compact của Lions[19] cho (4.56)1,2,3 và phép nhúng ( mv

T cho (4.56)4, ta có thể rút ra dãy con từ dãy  ])

)k

sao cho

1,W (0,  compact vẫn ký hiệu là 

)T ( mv

(

(

v

2 L

(0,

;

(4.57)

mạnh trong

k )k )

mv

T V ), 0

(

(

2 L

(0,

;

mạnh trong

2 T L ),

(4.58)

k )k )

mv 

v 

)

k

(

(

k

)

C

0 ([0,

(4.59)

T . ])

(

R

v

(

R mạnh trong

, )  

, ) 

mv

Qua giới hạn trong (4.8) –(4.9), nhờ vào (4.56)1,3, (4.57) –(4.59), ta thu được

)kv (

thỏa bài toán biến phân (4.3) –(4.6). Do đó định lý 4.1 được chứng minh hoàn

tất. 

( ) }kv {

được cho bởi kết quả sau

Sự hội tụ của dãy

M

0,

T

0



 sao cho

Định lý 4.2. Giả sử (C1) – (C3) đúng. Khi đó tồn tại

,

).

v W M T (

(i) Bài toán (2.1) –(2.4) có duy nhất một nghiệm yếu



(ii) Dãy qui nạp tuyến tính

W M T được xác định bởi (4.2) –(4.6) hội

)

(

,

kv ( ) { }

tụ mạnh về v trong không gian

( ) {

 v L

(0,

) :

(0,

2 T L ;

)}.

 

W T 1

T V ; 0

 v L  

(iii) Hơn nữa, ta có đánh giá sai số

(

k

)

(

k

)

(4.60)

v

v

,









k C  T T

v 

v 

 L

0,

 L

0,





T V ; 0



2 T L ;

trong đó

1

.T



,TC 0

T là các hằng số chỉ phụ thuộc

Chứng minh. Đầu tiên, ta chú ý rằng

1( )W T là một không gian Banach đối

với chuẩn

(xem Lions [19])

(4.61)

v

v

.





v

)

 L

0,

 L

0,





W T ( 1

T V ; 0



2 T L ;

Ta sẽ chứng minh rằng

là một dãy Cauchy trong

}kv ( ) {

1( ).W T

k ( )

(

k

(

k

1) 

Khi đó

Đặt

w

v

v

).

( )kw thỏa bài toán biến phân





(

k

)

(

k

)

(

k

1)

(

k

)



( ),

( ),

(

F

t ( )

F

t w ( ),

,

,





 

w V 0

w t w a w t w )  



(4.62)

(

k

)

(

k

)

w

0,





w 

   

trong đó

(4.63)

( ,

( ,

)

(

)

(

),





a v w a v w Rhv R w R ) 

p

2

p

2





(

k

1)

(

k

)

(

k

)

(

k

)

(

k

(

k



1) 

1) 

(4.64)

F

t ( )

F

t ( )

v

t ( )

v

t ( )

v

t ( )

v

t ( ),



 



k ( )

(

k

(

k

)

1) 

(4.65)

v

,

v

,

w

W M T , ).

(



Chọn =  v trong (4.62), ta được: v m

2

(

1)

( ) k

( ) k

k

+

( ) k

( ) k



( ) k  w t ( )

F

t ( )

F t w t ( ),

+

= á

-

( ) . ñ

(4.66)

) (  a w t w t ( ) ( ),

0

1 2

d dt

1 2

d dt

Tích phân theo biến thời gian, từ 0 đến t , ta có:

t

(

+

1)

k

( ) k

( ) k

g

=

2

á F

s ( )

-

 F s w s ds

ñ ( )

( ),

,

(4.67)

k t ( )

ò

0

trong đó

2

k ( )

k ( )

g

=

k ( )  w t ( )

+

(4.68)

k t ( )

(  a w t w t ( ),

0

Dùng bất đẳng thức (1.1.12) và chú ý rằng

W M T ta suy ra rằng

),

(

,

) ( ) . kv ( )

(

k

)

(

k

)

k

)

(

k

)

(4.69)

v

r t ( , )

v

t ( )

R

1

t ( )

R

1

v

t ( )











0

( v r

0

(

)

1

C



(

k

)

với mọi

.k

R

1

v

1

,











R M m 1

 L

(0,

)

T V ; 0

Dùng bất đẳng thức (2.41), ta suy từ (4.64), (4.69) rằng

(

k

1)

(

k

)



(4.70)

F

r t ( , )

F

r t ( , )



p

2

p

2





(

k

)

(

k

)

(

k

1)

(

k

1)





v

r t ( , )

v

r t ( , )

v

r t ( , )

v

r t ( , )





2

(

k

)

(

k

1)





(

p

1)

v

r t ( , )

v

r t ( , )







p m 1

2

(

k

1)





(

p

1)

w

r t ( , ) .





p m 1

Do đó

(

k

1)

(

k

)

2

(

k





1) 

(4.71)

F

t ( )

F

t ( )

(

p

1)

w

t ( )

.







p m 1

0

0

Do đó ta suy từ (4.67), (4.71), rằng

t

(

+

1)

k

( ) k

( ) k

g

=

2

á F

s ( )

-

 F s w s ds

ñ ( )

( ),

(4.72)

k t ( )

ò

0

t

(

+

1)

k

£

2

F

s ( )

-

( ) k F s ( )

( ) k  w s ( )

ds

ò

0

0

0

t

- 2

-

1)

( k

£

2(

p

-

1)

w

s ( )

( ) k  w s ( )

ds

p m 1

ò

0

0

0

t

- 2

(

-

1)

k

£

2(

p

-

1)

m

w

g

s ds ( )

p 1

k

ò

)

( W T 1

0

t

2

-

- 2

(

1)

- 2

k

£

T p (

-

1)

w

+ - ( p

1)

m

g

s ds ( )

.

p m 1

p 1

k

ò

)

( W T 1

0

Nhờ vào bổ đề Gronwall ta thu được từ (4.72) rằng

2

2

k

-

k

-

- 2

(

1)

(

1)

g

£ t T p ( )

(

-

1)

m

p

-

1)

- 2 m T w

º

w

.

(4.73)

k

m T

p 1

p 1

( exp (

)

)

)

W T ( 1

W T ( 1

trong đó

- 2

=

T p (

-

-

1)

1)

m T

)

p

- 2

p

- 2

T p (

p

1)

1)

1

=

-

R M 1 -

-

-

(4.74)

( p exp ( )

(

) R M T

- 2 p m T 1 æ ç exp ( ç ç è

ö÷ ÷ ÷ ÷ ø

=

.

)

p m 1 ( ( f exp T M

f T M

2

( ) k

( ) k

( ) k  w t ( )

t ( )

=

+

g

k

0 2

2

( ) k  w t ( )

+

³

(4.75)

Chú ý rằng, từ bất đẳng thức (1.1.16), ta suy ra ) (  a w t w t ( ) ( ), ( ) k w t ( ) r

2

0 2

0 1

( ) k w t ( )

( ) k  w t ( )

³

+

1

0

+

-

1

R R (

2 1)

1 2

2

2

1

³

+

( ) k  w t ( )

( ) k w t ( )

0

1

æ ç ç çè

ö÷ ÷ ÷ ø

+

-

1

2 1)

R R (

2

2

1 2 ( ) k  w t ( )

( ) k w t ( )

,

+

0

1

æ çº a ç çè R

ö÷ ÷ ÷ ø

1

.

với

a = R

+

-

1

R R (

2 1)

1 2

Do đó, từ (4.73), (4.75), ta suy ra rằng

2

2

2

k

-

(

1)

k ( )  w t ( )

+

k ( ) w t ( )

£

w

.

(4.76)

0

1

)

( W T 1

m T a R

Do đó

k ( )

(

k

-

1)

(

k

-

1)

w

£

2

w

º

w

,

với mọi

,k

(4.77)

r T

)

)

)

( W T 1

( W T 1

( W T 1

m T a R

trong đó

=

2

< 1,

(4.78)

r T

m T a R

bởi vì do (4.53) và (4.74), ta có

2

T

T

4

R R (

1)

exp

1.













2  T

 M

  M

1 2

 4 1  

1/2   

 T  R

Như vậy

(

k ( )

(1)

(0)

v

v

v

v

k n + - )

£

-

(4.79)

với mọi

k n , .

T

)

)

W T ( 1

W ( 1

1

k r T r - T

là dãy Cauchy trong không gian

Từ (4.78) và (4.79) ta có

}kv ( ) {

1( )W T và do

v W T

Î

sao cho

đó tồn tại

1( ),

(4.80)

v trong

( ) kv

1( )W T mạnh.

Ta cũng lưu ý rằng

W M T khi đó ta rút ra một dãy con của

),

(

,

}kv ( ) {

kv ( )

mà vẫn ký hiệu

sao cho

}kv ( ) {

)

2

kv (

v trong

 L

(0,

H , yếu*,

)





T V ; 0

, yếu*,

trong

 L

(0,

)

T V ; 0

kv ( ) 

v 

(4.81)

, yếu*,

trong

 L

(0,

2 T L ;

)

( kv ) 

v 

)

1,



kv (

(

R

v R (

, ) trong W (0,

T , yếu*,

)

, )   

v W M T (

,

).



C

compact

1,W (0, 

0 ([0,

)T

])

Áp dụng bổ đề tính compact của Lions[19] cho (4.81)1,2,3 và phép nhúng }kv ( ) {

T cho (5.81)4 , ta có thể rút ra dãy con từ dãy

↪

sao cho

vẫn ký hiệu là

}kv ( ) {

2 L

(0,

;

(4.82)

v mạnh trong

) kv (

T V ), 0

2 L

(0,

;

2 T L ),

(4.83)

) kv ( 

 mạnh trong v

(4.84)

C

0 ([0,

T . ])

kv (

) (

R

v R mạnh trong (

, ) , )   

Dùng bất đẳng thức (2.41), ta suy từ (4.69) rằng

p

2



p

2



(

k

1)

(

k

1)





v

r t ( , )

v

r t ( , )

v r t ( , )

v r t ( , )



(4.85)

2

(

k

1)





(

p

1)

v

r t ( , )

v r t ( , ) .







p m 1

p

2



p

2



(

k

(

k

2

(

k

1) 

1) 



1) 

(4.86)

v

v

v

v

(

p

1)

v

v

0.











p m 1

)

W T ( 1

 L

0,



2 T L ;

Qua giới hạn trong (4.3), (4.4), nhờ vào (4.81)1,3, 4, (4.82) –(4.84), (4.86), ta

thu được

(

)

,

v W M T là một nghiệm yếu của bài toán (2.1) –(2.4).

Tính duy nhất nghiệm chứng minh không khó khăn. Trong (4.79), chuyển qua

giới hạn khi n  ¥ với k cố định, ta thu được đánh giá (4.60).

Định lý 4.2 được chứng minh hoàn tất. 

Chương 5

ẢNH HƯỞNG CỦA SỐ HẠNG NHIỄU PHI TUYẾN

h t

h là hằng số và số hạng

Ở chương này ta xét bài toán (2.1) –(2.4) với

( ) 

p

2

p

2

q

2





phi tuyến

được thay bởi

F v ( )

v

v

v

v

v

v

,

,



 

 



p q  2,

F v ( ) 

trong đó

0 là một tham số bé. Ta xét bài toán nhiễu sau đây, với 0

1  ,

p

2

q

2





v

v

v

v

( , ), 1

r R

, 0

t T

,













 

 

f r t 1

 v tt t (1, ) v

hv R t (

v rr 



, ) 0, 

(

)P

v r ( ,0)

( ),

( ,0)

( ),





 1 v r r v R t , ) ( r v r 0

v r 1

v r t

    

0

h

R

1,

2,

p q ,

,

,





 là các hằng số không âm cho trước;

v 0

v 1

f là trong đó 1 các hàm cho trước. Trong phần nầy, chúng tôi xem xét nghiệm v của bài toán nhiễu ( )P và sẽ chứng tỏ rằng khi  đủ bé thì nghiệm nầy cũng không ảnh hưởng 0. Chúng tôi sẽ cho một công lớn đối với nghiệm 0v của bài toán thức nghiệm tiệm cận cho đến cấp hai theo

)P ứng với 0( .

Ta vẫn sử dụng các giả thiết (C1) – (C3) như trong chương 4. Chú ý rằng, các

(

đánh giá tiên nghiệm của dãy xấp xỉ Galerkin

trong chứng minh các định lý

}k )

mv {

4.1, 4.2 cho bài toán (

)P thỏa

)

k

(

(5.1)

W M T (

,

)



mv

trong đó

,m k và

không gian hàm thích hợp của dãy

. Do đó, giới hạn v trong các khi m   sau đó k   sẽ là

nghiệm yếu duy nhất của bài toán (

,M T là các hằng số độc lập với }k ( ) mv { )P thỏa

(5.2)

,

).

v W M T (  

Khi đó, ta có thể chứng minh tương tự như trong chứng minh định lý 4.2 rằng

giới hạn

0

0v trong các không gian hàm thích hợp của họ v khi

 là nghiệm

yếu duy nhất của bài toán

0 thỏa

)P tương ứng với 0(

(5.3)

,

).



v W M T ( 0

Hơn nữa, ta có định lý sau.

Định lý 5.1. Giả sử

2,

tại các hằng số

, 0

1  , bài toán (

0T  sao cho, với mọi

p q  và các giả thiết (C1) –(C3) là đúng. Khi đó tồn , )P có duy

nhất nghiệm yếu

thỏa mãn một đánh giá tiệm cận

,

)

0,M  v W M T (  

(5.4)

C

, 







 v 0

v 0

 v 

v 

 L

 L

(0,

2 T L ;

)

(0,

)

T V ; 0

trong đó C là hằng số chỉ phụ thuộc

,

,

,

M T R p q . ,

Chứng minh. Đặt



v 0.

w v  

Khi đó, w thỏa mãn bài toán biến phân sau

(

( ),

( ),

)

)

),

(

,

,







 



F v ( 0

w V 0

F v ( 

F v w 1 

(5.5)

 (0)

 0, 



w t w a w t w )    w (0) 

w  

   

q

2

trong đó

v

v .

 

F v 1( )

trong (5.5) sau đó lấy tích phân theo t, ta được

Lấy w w

t

(5.6)

)

)

(

,

( ) 2 t 









F v ( 0

F v w ds ), 1

F v ( 







0



trong đó

2

(5.7)

(

( )).



( ) t  





w t ( )  

a w t w t ( ), 

0

Sử dụng bất đẳng thức (2.41) và từ (5.2), (5.3), ta suy ra

2

p



(5.8)

)

)

(

1)

,

p







R M 1 

F v ( 0

F v ( 

w 





q



q

1 

(5.9)

)

.





R M 1 





F v 1( 

v 

 

 1

Chú ý rằng, từ bất đẳng thức (4.75), rằng

2

2

2

s

t ( )

=

+

³

+

,

(5.10)

) (  a w t w t ( ) ( ),

 w t ( ) e

e

e

a R

 w t ( ) e

w t ( ) e

0

0

1

æ ç ç è

ö÷ ÷ ÷ ø

1

.

với

a = R

+

-

1

2 1)

( R R

1 2

Tổ hợp các bất đẳng thức (5.6)-(5.10) ta suy ra

p

2



t

(5.11)

2(

1)

t ( )

p

ds





R M 1 



w s ( ) 

w s ( )  

0

0





0



2

q

1 

t

1

R

1)

p

ds





R M 1 

2 ( 

w s ( )  

0





0



 2

p

2



t

2

2

(

p

1)

ds





R M 1 



w s ( ) 

w s ( )  

1

0







0



2

2

q

2



t

2

R

1

2

T p (

1)

ds

2 





R M 1 



w s ( )  

0

 



0



 2

p

2



t





0



2

q

2

2



t

( 1) p ( ) s ds   1 R M   1  R

2

2 





0



2

q

2

2



1 R 1) ( T p ( ) s ds   1 R M     2

2

2 





p

2



t

R 1 T p ( 1)   R M 1   2





0



t

( 1) p ( ) s ds    1 R M   1  R     1  

2 

(1) D T

(2) D T

0



2

2

2

q



, ( ) s ds   

2

(1) D T





(5.12)

R 1 T p ( 1) ,   R M 1 

p



(2) D T





trong đó     

Nhờ vào bổ đề Gronwall ta thu được từ (5.10) và (5.11) rằng

(2)

2

2

+

£

s

t ( )

£

e

,TTD

(5.13)

a R

2 (1) D e T

 w t ( ) e

w t ( ) e

1

0

ö÷ ÷ ÷ ø

æ ç ç è

Do đó ta có

 2 2 p ( 1) . 1    R M 1  1  R

( 2 )

(5.14)

TTD e

 L

 L

(0,

2 T L ;

)

(0,

)

T V ; 0

(1) D T  R

hay

(5.15)

C   2   ,  w  w  

 L

 L

(0,

2 T L ;

)

(0,

)

T V ; 0

trong đó C là hằng số chỉ phụ thuộc

C    ,   v 0 v 0  v  v 

Định lý 5.1 đã được chứng minh xong. 

Tiếp theo, chúng tôi xét khai triển tiệm cận của nghiệm yếu v đến cấp 2 theo

tham số bé

M T R p q . , , , ,

là nghiệm yếu của bài toán sau

.

Ta gọi 1

p

2

q

2





(

p

1)

, 1

r R

, 0

t T

,





 

 

 



v 0

v 1

v 0

v 0



, ) 0, 

 v 1 rr t (1, ) 

hv R t ( 1

v W M T ( , ) 

( ,0)

( ,0) 0.





 1 v 1 r r v R t , ) ( 1 r v r  1

  v  1  v  1  v r  1

Đặt

)P 1(

F w (

F

)

(

)



   



r R

t T

(

( , ), 1

, 0

,

1 r 



)   

)  

 

 

E r t 

(5.16)

w t (1, )

 w r F w ( 1 w R t ( , )

hw R t (



F  1 , ) 0, 



w r

( ,0)

( ,0) 0.





r w r 

   w w  rr      

trong đó

p

2

q

2





F

)

)

(

(

p

1)

.

(   



)  





(5.17)

F v ( 0

F  1

v 0

v 1

v 0

v 0

E r t ( , ) 

  

 

Khi đó, ta có bổ đề sau.

.     v 0 v  1 w  v  v    Khi đó, w là nghiệm yếu của bài toán sau

Bổ đề 5.1. Giả sử

và các giả thiết (C1) –(C3) là đúng. Khi đó tồn

tại một hằng số (cid:0)K sao cho

(5.18)

(cid:0) K

,



2 

E 

(0,

)

 L

2 ; T L

trong đó (cid:0)K là hằng số chỉ phụ thuộc vào

3, 2, p  q 

M T R p q . , , , ,

F

) (  )  

Chứng minh bổ đề 5.1. Bằng cách dùng khai triển Taylor hàm xung quanh điểm 0v đến cấp 2, ta thu được rằng

(5.19)

F v ( 0 v 1





2 2  ( v F v 1 0

p

2



)

1)

),

p











( 



( F v 0

v 0

v 1

2 2  ( v F v 1 0

v  1 1

1 2

với

0



1. 1

Tương tự

(

)

(

))

)  





( 

)  

F  1

F v ( 1 0

F 1

F v ( 1 0

(5.20)

q

2



), 0

1.



2 

 









v 0

v 0

 v F v ( 1 1 0

v  2 1

 2

Từ (5.17)--(5.20) ta suy ra

)

.









(5.21)

2  v F v ( 1 0

v  1 1

 v F v ( 1 1 0

2 v )   1

2

E r t ( , ) 

1 2

  

  

p

4

2

q

1)

v 

,

 ( ) F v

(

p

1)(

p

2)

v

v

,

 





do đó, ta

q (   

Chú ý rằng

 1 ( ) F v

suy từ (5.3) rằng

)

)







2  v F v ( 1 0

v  1 1

 v F v ( 1 1 0

v  2 1

1 2

3

2

p

q





p

p

q

(

1)(

2)

(

1)















2 v v 1 0

v  1 1

v 1

v 0

v  2 1

3

2

p

q





p

p

q

(

1)(

2)

(

1)















(5.22)

2 v 1

v 0

v 1

v 1

v 0

v 1









2

3

p



p

p

(

1)(

2)

2







R M 1 

R M 1 



 



1 2 1 2 1 2

2

q



q

(

1)

2

.





R M 1 

R M 1 

K   1





Do đó

2

R

1

(cid:0) K

,

2 

2 





(5.23)

K  1

E 

(0,

)

 L

2 ; T L

 2

F ( ) ) ) ) )        F v ( 0 v  1 F v ( 0  ( v F v 1 0 v  1 1 1 2

2

R

1

trong đó

là hằng số chỉ phụ thuộc vào

K K   1

 2

Chứng minh bổ đề 5.1 được hoàn tất. 

như sau

Bây giờ dựa vào bài toán (5.16), ta định nghĩa dãy hàm

M T R p q . , , , ,

(0)

w



k

k

k

)

)

)

(

1) 

F w (

F

)

(

)







   

k ( w rr

( w r

1 r

( w 

0, 



k

1) 

r R

t T

(

( , ), 1

, 0

,

)  

)   



 

 



(5.24)

E r t 

k ( )

(

w

t (1, )

( F w ( 1 w R t ( , )



F  1 k ) hw R t , ) 0, ( 



k ( ) w r

k

( ,0)

( ,0) 0,

1.







k ( ) r k ( ) w r 

        

Với

}kw ( ) {

(1)

( , ), 1

r R

, 0

t T

,



 

 





(1) w rr

(1) w r

E r t 

1 r

w 

(1)

(1) hw R t (

w

 t (1, )

 w R t ( , )



, ) 0, 



(5.25)

(1) w r

( ,0)

( ,0) 0.





(1) r (1) w r 

    

Nhân hai vế của (5.25) với

sau đó lấy tích phân trên (1,

1k  ta có bài toán

(1)( , ) rw r t



ta có được rằng

t

(5.26)

( ),

( )

,



(1) E s w s ds 

0

   ( ) 2 t

trong đó

2

(1)

(1)

(5.27)

R ) t (0, ), 

(1) w t ( ) 

0

Sử dụng bổ đề 5.1, và từ (5.26), (5.23), ta suy ra

t

t

(5.28)

( ( )). ( ) t    a w t w t ( ), 

2 K 2  

(1) w s ( ) 

(1) w s ( ) 

0

0

0

0

0

   ( ) t 2



t

t

2

ds ds E s ( ) 

2 4 

2 4 



(1) w s ( ) 

0

0

0

ds s ds ( ) .   TK  TK   

(5.29)

  Nhờ vào bổ đề Gronwall ta thu được từ (5.28) rằng



4 T 2 TK e 

t ( ) .  

Suy ra

(1)

(1)

2

(5.30)

T Te

2 C   T

 L

 L

(0,

2 T L ;

)

(0,

)

T V ; 0

Ta sẽ chứng minh rằng tồn tại một hằng số

w .   w  2  R

(

k

)

(

k

)

(5.31)

, sao cho ,TC độc lập với k và

0

2 C  T

(0,

)

(0,

)

 L

2 ; T L

 L

; T V 0

sau đó lấy tích phân trên

( ) ( , ) k r t

rw 

ta có được rằng

(1,

w , .k   1,  với mọi w 

Bằng cách nhân hai vế của (5.24) với ) 

t

(

1)

(

)

k

k



t (0, ), R

 k

0



t

(

1)

(

)

k

k



(5.32)

t ( ) 2 F w ( F ( ) ),      w s ds ( ) 

0

 2 

t

)

( ) ),      F w ( 1 F 1 w s ds ( ) 



( k E s w s ds 

0



t

(

1)

k



2 ( ), ( ) 

( ) k w s ( ) 

0

0

0



t

(

1)

k



2 F w ( F ) ( ) ds     

( ) k w s ( ) 

0

0

0

 2 

t

( ) ) ds      F w ( 1 F 1

2 

k ( ) w s ( ) 

0

0



trong đó

2

k

k

(

)

(

)

2 ds ,  K 

 k

k ( ) w t ( ) 

0

(5.33)

2

2

k ( ) w t ( )

t ( ) ( ( ))   a w t w t ( ), 



 R

k ( ) w t ( ) 

0

1

( ).    Z t R k





Chú ý rằng

p

2



(

(

k

k

k

1) 

1) 

1) 

(5.34)

( F w (

p

2



k

k

(

1) 

1) 

(

p

1)

( w

R

1

w







  1



( ) ) ( p 1) w F         w





1

p

2



(

k

1) 

(

p

M R

1

w

.







 1) 3



Do đó

p

2



(

k

(

k

1) 

1) 

F w (

(

)

)

(

M R

1

w

p

F     







0

0

(5.35)

(

k

1) 

 1) 3 D M w )

(

.



p

0

Tương tự

q

2



k

(

k

1) 

1) 

)

(

)

M R

1

w

(

q





( F w ( 1

F      1



0

0

(5.36)

(

k

1) 

 1) 3 D M w )

(

.



q

0

Từ (5.32), (5.35), và (5.36) ta suy ra rằng

t

(

k

1) 

q

p

( ) k w s ( ) 

0

0

0



(5.37)

t

( ( )) w s ( ) ds ( ) 2( t  D M D M )   k

2 

( ) k w s ( ) 

0

0



Đặt

k ( )

(

k

)

(5.38)

2 ds .  K 

(0,

)

(0,

)

 L

2 ; T L

 L

; T V 0

Do đó

2

(5.39)

w .    k w 

 k

p

q

  k k

Từ (5.33), (5.38) và (5.39) ta suy ra

(5.40)

T D M D M ) ( ( . ( ) 2 ( t     TK 2  ))   1 k k 

 k

 ,k  R

hay

với mọi

(5.41)

2 

1

k

k

trong đó

(5.42)

  k  1, ,   





2 

p

q

 ) ,



Ta giả sử rằng

( ( .  D M D M )   K  8 T  R 8 T  R

(5.43)

Tiếp theo, ta cần sử dụng bổ đề sau

1, với hằng số T thích hợp.

Bổ đề 5.2. Giả sử dãy {

}k thỏa

(5.44)

với mọi

k  1,





0, 

1

0

k

k

,   

trong đó 0

với mọi

(5.45)

0 1,      là các hằng số cho trước. Khi đó,

 k

 



Chứng minh bổ đề này không khó khăn, ta bỏ qua. 

Áp dụng bổ đề 5.2, ta suy ra từ (5.41) và (5.42) rằng

(

k

)

(

k

)

(5.46)

với mọi

k  1,

,  k  1. 1

 k

2 C  T

 L

(0,

2 T L ;

)

 L

(0,

)

T V ; 0



 

trong đó

(5.47)

w ,     w  1

q

p

 R

Mặt khác, dãy quy nạp tuyến tính

 }kw ( ) {

mạnh trong không gian

được xác định bởi (5.24) hội tụ 1( )W T về nghiệm v của bài toán (5.16). Do đó, cho

.  C T ( )   TK 8   T D M D M 8 ) (

(5.48)

0

k   trong (5.46) ta thu được

w

,





2 C  T

w 

(0,

)

(0,

)

 L

2 ; T L

 L

; T V 0

Vậy, ta có định lý sau

1. 

Định lý 5.2. Giả sử

tồn tại các hằng số

3, 2, p  q 

, bài toán (



nhất một nghiệm yếu

và các giả thiết (C1) –(C3) là đúng. Khi đó, )P có duy thỏa mãn một đánh giá tiệm cận đến cấp 2 như

,

)

0,M  v W M T (  

sau

(5.49)

,













v 0

v  1

2 C  T

v 

v  

v  0

v   1

(0,

)

(0,

)

 L

2 ; T L

 L

; T V 0

,

,

v v lần lượt là nghiệm yếu của các bài toán

(0,1] 0T  sao cho, với mọi

trong đó, các hàm 0

1

),P 0(

).P  1(

KẾT LUẬN

Qua luận văn này tác giả thực sự bắt đầu làm quen với công việc nghiên cứu

khoa học một cách nghiêm túc và có hệ thống. Tác giả cũng học tập được phương

pháp nghiên cứu trong việc đọc tài liệu, thảo luận trong nhóm sinh hoạt học thuật tại

Thành phố Hồ Chí Minh do thầy Nguyễn Thành Long tổ chức, học tập được công

cụ của Giải tích hàm phi tuyến để khảo sát sự tồn tại và duy nhất nghiệm yếu của

bài toán phi tuyến, chẳng hạn như: Phương pháp chứng minh sự tồn tại và duy nhất

nghiệm yếu của bài toán biên phi tuyến với điều kiện biên hỗn hợp bằng phương

pháp Galerkin liên hệ với các kỹ thuật đánh giá tiên nghiệm, kỹ thuật về tính

compact và hội tụ yếu. Trong phần này chúng tôi có dịp sử dụng định lý điểm bất

động Schauder trong việc chứng minh sự tồn tại và duy nhất nghiệm trong phương

pháp xấp xỉ Galerkin.

Phần chính của luận văn bao gồm chương 2, 3, 4, 5.

Chương 2. Khảo sát sự tồn tại và duy nhất của nghiệm yếu của bài toán.

Chứng minh dựa vào phương pháp Galerkin, có sử dụng định lý Schauder, đánh giá

tiên nghiệm kết hợp với sự hội tụ yếu.

Chương 3. Cho một khảo sát về tính trơn của nghiệm yếu phụ thuộc vào tính

trơn của điều kiện đầu

1

h t

( ) 

h là hằng số.

Chương 4. Cho một cách thiết lập nghiệm bằng phương pháp xấp xỉ tuyến

h t

h là hằng số.

tính với trường hợp ( ) 

Chương 5. Khảo sát về ảnh hưởng của số hạng nhiễu phi tuyến lên nghiệm

của bài toán và xác định một khai triển tiệm cận nghiệm theo một tham số bé đến

cấp hai.

Tác giả cũng tham khảo một số bài báo trước đó để bắt chước và tự làm cho

các chương 2, 3, 4, 5. Tuy nhiên với sự hiểu biết hạn chế của bản thân, tác giả rất

mong học hỏi từ sự đóng góp và chỉ bảo của quý Thầy Cô trong và ngoài Hội đồng

chấm luận văn.

, , v v cùng với các điều kiện phụ khác trong trường hợp 0

TÀI LIỆU THAM KHẢO

1. Nguyễn Thành Long, Alain Phạm Ngọc Định, Trần Ngọc Diễm, Asymptotic

expansion of the solution for nonlinear wave equation with mixed

nonhomogeneous conditions, Demonstratio Math. 36 (3) (2003).

2. Nguyễn Thành Long, Bùi Tiến Dũng, On the nonlinear wave equation

2

2

uB (

)

u

uuutxf

,,(

,

,

,

u

)



associated with

the mixed

ttu

x

xx

x

t

x

homogeneous conditions, Nonlinear Anal., Ser. A: Theory Methods,

55 (5) (2003), 493–519. [http://dx.doi.org/10.1016/j.na.2003.07.002]

3. Dương Thị Thanh Bình, Alain Phạm Ngọc Định, Nguyễn Thành Long, Linear

recursive schemes associated with the nonlinear wave equation involving

Bessel's operator, Math. Comp. Modelling, 34 (5-6) (2001), 541- 556.

[http://dx.doi.org/10.1016/S0895-7177(01)00082-6].

4. Nguyễn Thành Long, Alain Phạm Ngọc Định, Dương Thị Thanh Bình, Mixed

problem for some semilinear wave equation involving Bessel's operator,

Demonstratio Math. 32 (1) (1999), 77–94.

5. Nguyễn Thành Long, Trần Minh Thuyết, On the existence, uniqueness of

solution of a nonlinear vibrations equation, Demonstratio Math. 32 (4)

(1999), 749 – 758.

6. Nguyễn Thành Long, Trần Minh Thuyết, A semilinear wave equation

associated with a nonlinear integral equation, Demonstratio. Math. 36 (4)

(2003), 951 – 938.

7. Nguyễn Thành Long, Trần Ngọc Diễm, On the nonlinear wave equation



u



f x ,t ,u ,u ,u

associated with

the mixed homogeneou





u tt

xx

x

t

conditions, Nonlinear Anal. 29 (11) (1997), 1217–1230.

[ http://dx.doi.org/10.1016/S0362-546X(97)87360-9 ].

8. Nguyễn Thành Long, Alain Phạm Ngọc Định, Trần Ngọc Diễm, Linear

recursive schemes and asymptotic expansion associated with

the

Kirchhoff- Carrier operator, J. Math. Anal. Appl. 267 (1) (2002),

116–134. [ http://dx.doi.org/10.1006/jmaa.2001.7755 ] 683-695.

9. Nguyễn Thành Long, Nguyễn Công Tâm, Nguyễn Thị Thảo Trúc, On the

nonlinear wave equation with the mixed nonhomogeneous conditions:

Linear approximation and asymptotic

expansion of

solution,

Demonstration

Math. 38 (2) (2005), 365–386.

10.

Nguyễn

wave

the

2

2

2

2

f x ,t ,u ,u ,u , u

B t , u

, u

, u





u

u

equation

associated

xx

tt

x

x

x

t

Thành 

nonlinear 

Long, 

On  with the mixed homogeneous conditions, J. Math. Anal. Appl. 306, (1)

(2005), 243–268. [ http://dx.doi.org/10.1016/j.jmaa.2004.12.053 ]

11.

Nguyễn Thành Long, Võ Giang Giai, Existence and asymptotic expansion

for a nonlinear wave equation associated with nonlinear boundary

conditions, Nonlinear Analysis, Theory, Methods & Applications, Series

A: Theory and Methods, 67 (6) (2007), 1791–1819.

[ http://dx.doi.org/10.1016/j.na.2006.08.024 ]

12. Nguyễn Thành Long, Võ Giang Giai, Lê Xuân Trường, A shock problem

involving a nonlinear viscoelastic bar associated with a nonlinear

boundary condition, Demonstratio Math. 41 (1) (2008) 85-108.

[ http://demmath.mini.pw.edu.pl/pdf/dm41_1.pdf ]

13. Nguyễn Thành Long, Lê Thị Phương Ngọc, A wave equation associated with

mixed nonhomogeneous conditions: The connectivity and compactness of

weak solution set, Abstract and Applied Analysis, Volume 2007, Article

ID 20295, 17 pages. doi:10.1155/2007/20295.

[ http://www.hindawi.com/GetArticle.aspx?doi=10.1155/2007/20295 ]

14. Nguyễn Thành Long, Lê Thị Phương Ngọc, On a nonlinear Kirchhoff– Carrier

wave equation in the unit membrane: The quadratic convergence and

symptotic expansion of solutions, Demonstratio Math. 40 (2) (2007),

365–392. [ http://demmath.mini.pw.edu.pl/pdf/dm40_2.pdf ].

15. Lê Thị Phương Ngọc, Lê Nguyễn Kim Hằng, Nguyễn Thành Long, 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)

[http://dx.doi.org/10.1016/j.na.2008.08.004].

16. Lê Xuân Trường, Lê Thị Phương Ngọc, Alain Phạm Ngọc Định, Nguyễn Thành

Long, The regularity and exponential decay of solution for a linear wave

equation associated with two-point boundary conditions, (Submitted)

[arXiv:0807.1510;

http://fr.arxiv.org/PS_cache/arxiv/pdf/0807/0807.1510v1.pdf ]

17. R.A. Adams, Sobolev Spaces, Academic Press, NewYork, 1975.

18. H. Brézis, Analyse fonctionnele, Théorie et Applications, Masson Paris, 1983.

19. J. L. Lions, Quelques méthodes de résolution des problèmes aux limites non–

linéaires, Dunod; Gauthier-Villars, Paris, 1969.

20. Y. Yamada, Some nonlinear degenerata wave equation, Nonlinear Anal. A

TMA. 11 (1987), 1155-1168.

21. R.E. Showalter, Hilbert space methods for partial differential equations,

Electronic J. Diff. Equat., Monograph 01, 1994.99h39.