Luận văn Thạc sĩ Toán học: Phương trình sóng phi tuyến chứa số hạng Kirchhoff có nguồn phi tuyến

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP. HỒ CHÍ MINH

NGUYỄN PHÚC BÌNH

PHƯƠNG TRÌNH SÓNG PHI TUYẾN

CHỨA SỐ HẠNG KIRCHHOFF

CÓ NGUỒN PHI TUYẾN

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Chuyên ngành: Toán Giải Tích

Mã số: 60. 46. 01

Thành phố Hồ Chí Minh - 2010

LỜI CẢM ƠN

Lời đầu tiên, tôi trân trọng kính gửi đến Thầy TS. Trần Minh Thuyết lời

cảm ơn sâu sắc nhất về sự tận tình hướng dẫn, chỉ bảo của thầy đối với tôi

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

Qua luận văn này, tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến Thầy TS.

Nguyễn Thành Long, người đã đọc và cho nhiều chỉ dẫn hết sức quý báu đối

với luận văn của tôi. Lòng say mê nghiên cứu khoa học và sự tận tụy của Thầy

đối với học trò là tấm gương sáng để thế hệ trẻ noi theo.

Xin chân thành cảm ơn Quý Thầy, Cô Khoa Toán – Tin học trường Đại

học Sư Phạm Thành phố Hồ Chí Minh đã tận tình giảng dạy và truyền đạt cho

tôi nhiều kiến thức khoa học trong suốt khóa học.

Xin chân thành cảm ơn Quý Thầy, Cô thuộc Phòng Khoa học Công nghệ

‐ Sau đại học, Trường Đại học Sư Phạm TP.HCM đã tạo mọi điều kiện thuận

lợi để tôi hoàn tất chương trình học và hoàn thành luận văn.

Xin chân thành cảm ơn Ban Giám Hiệu, Quý Thầy, Cô thuộc Khoa Sư

phạm Khoa học Tự nhiên nói riêng và Quý Thầy Cô của trường Đại học Sài

Gòn nói chung đã động viên và tạo mọi điều kiện thuận lợi để tôi hoàn thành

chương trình học.

Xin cảm ơn anh Hồ Quang Đức và các bạn lớp Cao học Toán Giải Tích

khóa 18 cùng các anh chị trong nhóm seminar định kỳ do Thầy TS. Nguyễn

Thành Long và Thầy TS. Trần Minh Thuyết tổ chức, đã trao đổi và thảo luận

các đề tài liên hệ đến luận văn này.

Cuối cùng, tôi xin bày tỏ lòng tri ân sâu sắc nhất tới mọi người trong gia

đình tôi, những người đã hết lòng lo lắng cho tôi, luôn ở bên tôi, động viên và

giúp đỡ tôi trong suốt quá trình học tập, nghiên cứu và hoàn thành luận văn.

Vì kiến thức của bản thân còn nhiều hạn chế nên luận văn khó tránh

khỏi những thiếu sót, rất mong nhận được sự chỉ bảo của Quý Thầy, Cô và sự

góp ý chân thành của bạn bè, đồng nghiệp.

Nguyễn Phúc Bình

Chương 1

TỔNG QUAN

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 hạn như trong [2, 4 – 10] và các tài liệu

tham khảo trong đó. Trong luận văn này, chúng tôi khảo sát phương trình sóng phi tuyến

chứa số hạng Kirchhoff liên kết với điều kiện biên hỗn hợp không thuần nhất sau đây.

Tìm hàm u thoả phương trình sóng phi tuyến tính có dạng

−

B t u t ( ,||

2 u ( )|| )

f x t u ( , , ), 0

< < x

1, 0

< < , t T

(1.1)

u tt

với điều kiện biên hỗn hợp không thuần nhất

t (0, )

t (1, )

g t ( ),

(1.2)

và điều kiện đầu

u x

( , 0)

( ),

( , 0)

( ),

(1.3)

(cid:4) u x 0

u x t

(cid:4) u x 1

trong đó

,B f là các hàm cho trước thỏa các điều kiện mà ta sẽ chỉ ra sau và số

0,u(cid:4)

1,u(cid:4)

B t u t ( ,||

2 ( )|| )

phụ thuộc vào tích phân

hạng phi tuyến

2 ( )||

u x t dx ( , )

(1.4)

u t x

2 x

= ∫

Ω =

(0, ),L

Trong trường hợp

1N = và

phương trình (1.1) được tổng quát hóa từ

phương trình sau đây mô tả dao động phi tuyến của một sợi dây đàn hồi [2]

, 0

ρ hu

2 ( , ) | y t

)) dy u

< < x

< <

t T

(1.5)

( P 0

Eh 2 L

u ∂ ∂∫ | y

N. T. Long, A. P. N. Định và T. N. Diễm trong [4] đã dùng phương pháp xấp xỉ

tuyến tính để chứng minh sự tồn tại và duy nhất nghiệm yếu của bài toán

B u t (||

x t ), ( , )

(0,1)

(0,

∈

f x t u u u ( , , , t

)2 ( )|| )

u t (1, )

t (0, )

(1.6)

u ⎨

( , 0)

( ),

( , 0)

( ).

u x t

(cid:4) u x 0

(cid:4) u x 1

⎧⎪ − + ( b u ⎪⎪⎪⎪⎪ tt 0 ⎪⎪⎪⎪ u x ⎪⎪⎩

Trong [5] N. T. Long và B. T. Dũng đã khảo sát sự tồn tại và duy nhất nghiệm cho

bài toán

B u t (||

2 u ( )|| )

,||

2 ( )|| ), 0

< < x

1, 0

< <

t T

⎧⎪ − u tt

f x t u u u ( , , , t

u t x

−

t (0, )

u t (1, )

(1.7)

u ⎨

h u 0

⎪⎪⎪⎪⎪⎪ ⎪⎪⎪⎪⎪

( , 0)

( ),

( , 0)

( ).

(cid:4) u x 0

(cid:4) u x 1

u x t

u x ⎪⎪⎩

1N + của bài toán

Sau đó, các tác giả khai triển tiệm cận nghiệm đến cấp

−

< <

2 u || )

F x t u u u

( , ,

,||

2 || ), 0

< < x

1, 0

t T

B u (|| ε

−

t (0, )

t (1, )

h u 0

u x

( , 0)

( ),

( , 0)

( ),

)Pε (

(cid:4) u x u x 0

(cid:4) u x 1

F x t u u u

( , ,

,||

2 || )

f x t u u u ( , ,

,||

2 || )

( , ,

,||

2 || ),

f x t u u u 1

⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨ ⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪

2 || )

2 || ).

2 || )

B u (||

ε B u (|| 1

B u (|| ⎪⎪⎩ ε

Trong [6] N. T. Long đã khảo sát bài toán

B t u t

( ,|| ( )|| ,||

2 u ( )|| )

,|| ( )|| ,||

u t

2 ( )|| ),

−

(1.8)

u tt

u t x

f x t u u u ( , , , t

u t x

liên kết với điều kiện biên hỗn hợp thuần nhất

t (0, )

t (1, )

−

= 0,

(1.9)

h u 0

h u t (1, ) 1

và điều kiện đầu

u x

( , 0)

( ),

( , 0)

(1.10)

(cid:4) u x 0

u x t

(cid:4) u x ( ) 1

Trong [9] N. T. Long, L. T. P. Ngọc và L. X. Trường đã nghiên cứu thuật giải lặp

cấp cao cho phương trình sóng phi tuyến

t u t ( ,|| ( )|| ,||

2 u ( )|| )

f x t u ( , , ), 0

1, 0

μ−

< < x

< < t T ,

(1.11)

u tt

u t x

liên kết với điều kiện biên hỗn hợp thuần nhất

t (0, )

t (1, )

−

= 0,

(1.12)

h u 0

h u t (1, ) 1

và điều kiện đầu

u x

( , 0)

( ),

( , 0)

(1.13)

(cid:4) u x 0

u x t

(cid:4) u x ( ) 1

Trong luận văn nầy chúng tôi sử dụng một số công cụ của giải tích hàm như:

Phương pháp xấp xỉ Galerkin, phương pháp xấp xỉ tuyến tính liên kết với điểm bất động,

phương pháp khai triển tiệm cận,…để khảo sát bài toán nói trên.

Bố cục của luận văn được trình bày theo các chương mục sau

Chương 1, Giới thiện bài toán sẽ khảo sát trong luận văn, và các kết quả liên quan đến

bài toán đã được nghiên cứu trong thời gian gần đây.

Chương 2, trình bày một số công cụ chuẩn bị bao gồm: Nhắc lại một số không gian

Sobolev, một số kết quả về các phép nhúng compact giữa các không gian hàm.

Chương 3, khảo sát thuật giải xấp xỉ tuyến tính cho bài toán khảo sát (1.1) – (1.3) có điều

x = thuần nhất. Trong chương này, chúng tôi chứng minh được rằng

kiện biên tại đầu

bài toán (1.1) – (1.3) tồn tại và duy nhất nghiệm yếu, bằng cách thiết lập một dãy quy nạp

tuyến tính hội tụ mạnh trong các không gian hàm thích hợp.

Chương 4, nghiên cứu một thuật giải xấp xỉ tuyến tính cho bài toán khảo sát (1.1) – (1.3)

x = không thuần nhất. Bằng cách đổi ẩn hàm để đưa về bài

có điều kiện biên tại đầu

toán có điều kiện biên thuần nhất đã khảo sát ở chương 3, rồi kế thừa phương pháp chúng

tôi cũng thu được kết quả tương tự như chương 3.

Chương 5, Kết quả thu được ở chương 3 cho thấy sự hội tụ và đánh giá sai số của dãy

quy nạp tuyến tính {

}m mu

∈(cid:96) chỉ là cấp một. Để tiếp nối và mở rộng kết quả của chương 3

chúng tôi, xây dựng một dãy lặp phi tuyến {

}m mu

∈(cid:96) nhằm nâng tốc độ hội tụ của dãy quy

nạp tuyến tính {

}m mu

∈(cid:96) về nghiệm yếu của bài toán (1.1) – (1.3).

Chương 6, khảo sát bài toán nhiễu sau

B t u t ( ,||

2 u ( )|| )

f x t u ( , , )

( , , ), 0

1, 0

t T

< < x

< <

⎧⎪ − u tt

f x t u 1

t (0, )

t (1, )

g t ( ),

(

u ⎨

(cid:4) )Pε

⎪⎪⎪⎪⎪⎪ ⎪⎪⎪⎪⎪

x (0, )

( ),

x (0, )

( ).

(cid:4) u x 0

(cid:4) u x 1

u ⎪⎪⎩

ε →

a) nghiên cứu dáng điệu tiêm cận nghiệm của uε khi

ε ε , | |

b) khai triển tiệm cận của nghiệm yếu của bài toán (

ε< . *

(cid:4) theo tham số bé )Pε

có nghĩa là có thể xấp xỉ nghiệm uε bởi đa thức theo ε :

u x t ( , )

ε ( , ) u x t

≈ ∑

và đánh giá được sai số giữa nghiệm chính xác và nghiệm xấp xỉ tiệm cận

−

≤

N ε + 1 | |

∑

trong đó, hằng số

NC độc lập đối với ε .

Kế đến là phần kết luận và danh mục các tài liệu tham khảo.

Chương 2

KIẾN THỨC CHUẨN BỊ

2.1. Các không gian hàm thông dụng

Ω =

(0,1),

= Ω×

(0,

T T ),

Đầu tiên, ta đặt các kí hiệu sau

> Ta bỏ qua

m p ,

Ω ( ),

p L

Ω ( ),

Ω ( )

các định nghĩa các không gian hàm thông dụng như

2 L

2( )

L= Ω là không gian Hilbert đối với tích vô hướng

Ta có

u v ,

u x v x dx ( ) ( )

2 u v L

∈

(2.1)

∫

Kí hiệu || . || để chỉ chuẩn sinh bởi tích vô hướng (2.1) nghĩa là

2 u || ||

= 〈

u u ,

u x dx ( )

〉 = ∫

Ta định nghĩa không gian Sobolev cấp 1

2 = ∈ v L v {

∈

2 L

}

Không gian này là không gian Hilbert đối với tích vô hướng

〈 u v ,

u v ,

〉 + 〈

〉 =

u x v x [ ( ) ( )

u v , x

u x v x dx ( ) ( )] x

〉 = 〈 H

∫

0( )

Bổ đề 2.1. [1] Phép nhúng

1H (cid:49)

C Ω là compact và

v H

≤

∀ ∈

Ω ( )

|| || v C

2|| || v H

Bổ đề 2.2. [3] Đồng nhất H với H’ (đối ngẫu của H). Khi đó, ta có

1H (cid:49)H H ′≡ (cid:49) 1

)H ′ , (

với các phép nhúng liên tục và trù mật.

2.2. Các công cụ thường sử dụng

pL T X (0,

;

), 1

2.2.1. Không gian hàm

p≤ ≤ ∞

(0,

)

;

Ta định nghĩa

pL T X là không gian các lớp tương đương chứa hàm

: (0,

)

X→ đo được, sao cho

( ) u t

, 1

p≤ < +∞

∫

hay

∃ > M

0 :

( ) u t

≤

, M t

∈

(0,

)

khi p = ∞ .

pL T X (0,

;

), 1

p≤ ≤ ∞ bởi chuẩn sau:

Ta trang bị

1 p

với 1

p≤ < ∞ ,

p || ( )|| u t X

∫

|| || u pL

( 0,

T X ;

)

⎛ ⎜ ⎜= ⎜ ⎜⎝

⎞⎟ ⎟ < ∞⎟ ⎟⎟ ⎠

ess < < 0

sup ( ) u t t T

( 0,

T X ;

)

≡

inf

0 :

( ) u t

≤

. ., M a e t

∈

(0,

khi p = ∞

{ M

} )

Khi đó ta có các bổ đề sau mà chứng minh có thể tìm thấy trong [3].

;

), 1

pL T X (0,

Bổ đề 2.3.

p≤ ≤ +∞ là không gian Banach

′

(0,

T X ;

′ với )

Bổ đề 2.4. Gọi X ′ là đối ngẫu của X . Khi đó

(0,

)

p< < ∞ là đối ngẫu của

pL T X . ;

1 p

1 + = ′ p

(0,

)

;

pL T X cũng phản xạ.

Hơn nữa, nếu X phản xạ thì

1( (0, L T X

;

′ ))

∞ L

(0,

T X ;

′ ).

Bổ đề 2.5.

)

∞ L

(0,

T X ;

Hơn nữa, các không gian

1(0, L T X , ;

′ không phản xạ. )

p L T L (0,

;

Ω = ( ))

), 1

= Ω×

(0,

Bổ đề 2.6.

≤ < ∞ trong đó ,

p L Q ( T

2.2.2. Phân bố trị vector

Định nghĩa 2.1. Cho X là không gian Banach thực. Một ánh xạ tuyến tính liên tục từ

)TD (0,

vào X gọi là một hàm suy rộng (phân bố) có giá trị trong X. Tập các phân bố

có giá trị trong X ký hiệu là

′ (0,

T X ;

)

T X );

))

(0,

)

→

X f |

( (0, D

{

tuyến tính, liên tục }.

(0,

T X ;

)

′∈ D

. Ta định nghĩa đạo hàm

theo nghĩa phân bố

Định nghĩa 2.2. Cho

df dt

= −

∀ ∈ ϕ

(0,

)

của f bởi công thức

ϕ d dt

∂ f ∂ t

Các tính chất:

p v L T X (0,

∈

;

)

, ta làm tương ứng nó bởi ánh xạ như sau

i/ Cho

(0,

)

→

T v

t dt ( ) ( ) , v t

∀ ∈ ϕ

(0,

)

T v

∫

(0,

)

T′∈ D

. Thật vậy,

Ta có thể kiểm tra lại rằng

(0,

)

X→

1/ Ánh xạ

là ánh xạ tuyến tính,

(0,

)

X→

2/ Ánh xạ

là liên tục.

(0,

)

ϕ ⊂ D

)TD (0,

, sao cho

. Ta có

vT Giả sử{ }

iϕ → trong 0

v t ( )

t dt ( )

≤

v t ( )

t ( )

T v

ϕ i

∫

1 ′ p

′

v t ( )

t ( )

→

→ +∞

ϕ i

∫

⎛ ⎜ ≤ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝

1 ⎞ ⎛ p ⎟ ⎜⎟ ⎜ ⎟ ⎜⎟ ⎟ ⎜ ⎠ ⎝

⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠

(0,

T X ;

)

′∈ D

Do đó

i → +∞ . Vậy

iT ϕ → trong X khi 0

pL T X (0,

;

)

(0,

T X ;

)

′→ D

T→ là một đơn ánh, tuyến tính từ

. Do đó, ta

ii/ Ánh xạ

có thể đồng nhất

v= .

Khi đó ta có bổ đề sau mà chứng minh có thể tìm thấy trong [3].

(0,

)

(0,

)T X ;

Bổ đề 2.7.

pL T X (cid:49) ;

với phép nhúng liên tục

′D

(0,

;

2.2.3.Đạo hàm trong

pL T X )

∈

L T X

(0,

)

(0,

)T X ;

′D

Phần tử

ta có thể xem f là phần tử của

Khi đó ta có bổ đề sau mà chứng minh có thể tìm thấy trong [3].

∈

L T X

(0,

;

)

(0,

;

)

∈

L T X

Bổ đề 2.8. Nếu

và

, thì f bằng hầu hết với một hàm

df dt

liên tục từ [0,

X→ .

2.2.4.Bổ đề về tính compact của Lions

Cho các không gian Banach

B B B với , 1

⊂ ⊂ sao cho: B B 1

,B B là phản xạ . Phép nhúng B (cid:49) 1B liên tục,

0B (cid:49)B là compact

, 1

Với

< < ∞ < < + ∞ < < + ∞ , ta đặt

p 1

′

W T (0,

)

p = ∈ { v L

(0,

T B ;

) :

∈

p L 1

(0,

)}

.

T B ; 1

(0,

)

W T bởi chuẩn

Ta trang bị

v′

w T

(0, )

p 0 L

(0,

T B ;

)

P 1 L

(0,

)

T B ; 1

(0,

)

W T là một không gian Banach .

Khi đó

W T (0,

)

p L

(0,

T B ;

(cid:49)

Hiển nhiên ta có

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

Bổ đề 2.9. ( Bổ đề về tính compact của Lions [3], trang 57). Với giả giả thiết trên và

< < +∞ =

1,2

W T (0,

)

(0,

T X ;

)

p L

(cid:49)

nếu 1

, thì phép nhúng

là compact.

Bổ đề 2.10. (Bổ đề về sự hội tụ yếu của Lions [3] trang 12) Cho Q là tập mở bị chặn

( ),

của

N(cid:92) và

p< < ∞ sao cho:

mG G L Q∈

C≤ , trong đó C là hằng số độc lập với m,

(

)

pm l Q

G→ a.e., trong Q.

ii/ mG

G→ trong

pL Q yếu ( )

Khi đó, ta có: mG

: [0,

]

T → (cid:92) là hàm khả tích, không âm trên

Bổ đề 2.11. (Bổ đề Gronwall). Giả sử

[0,T] và thỏa bất đẳng thức

( ) f t

( ) f s ds

[0, T∈

]

với hầu hết

≤ + ∫

,C C là các hằng số không âm. Khi đó

trong đó

C t 2

( ) f t

[0, T∈

]

, với hầu hết

C e≤ 1

, )M d là không gian Mêtric

Bổ đề 2.12. (Nguyên lý ánh xạ co của Banach [1]). Cho (

k ∈

[0,1)

đầy đủ và

:T M M→ là ánh xạ co, nghĩa là, Tồn tại

sao cho

≤

kd x y

∀

∈ x y M

x M∈

, d Tx Ty

(

)

( , ),

Khi đó, T có duy nhất một điểm bất động

cho trước, dãy lặp

nT x hội tụ về

Hơn nữa, với mỗi

0x M∈

*.x

Trong luận văn này để tiện cho việc trình bày ta sẽ dùng các ký hiệu sau

u t

( ),

′ ( ) u t

( ),

′′ ( ) u t

( ),

= ∇

u t

( ),

= Δ

u t

( ),

u t t

u t tt

u t ( ) x

u t ( ) xx

D f D B D B , , 1

lần lượt thay cho

∂

u x t

( , ),

( , ), x t

( , , ), x t u

∂ ∂

( , ) B ξ η ξ ∂

( , ) B ξ η η ∂

u ∂ t ∂

u x

f ∂ u ∂

∂ ∂

2 u 2 t

2 u ∂ 2 x ∂

Chương 3

SỰ TỒN TẠI VÀ DUY NHẤT NGHIỆM: TRƯỜNG HỢP

ĐIỀU KIỆN BIÊN THUẦN NHẤT

3.1. Giới thiệu

Trong chương này, chúng tôi xét bài toán giá trị biên và giá trị ban đầu sau

đây:

2 u ( )|| )

B t u t ( ,|| f x t u ( , , ), 0 1, 0 t T , = x < < < < ⎧⎪ − u tt

(3.1)

t (0, ) u t (1, ) 0, = = u ⎨

,B f là các hàm cho trước thỏa các điều kiện mà ta sẽ chỉ ra sau

trong đó

0,u(cid:4)

1,u(cid:4)

⎪⎪⎪⎪⎪⎪ ⎪⎪⎪⎪⎪ ( , 0) ( ), ( , 0) ( ), = = (cid:4) u x 0 (cid:4) u x 1 u x t u x ⎪⎪⎩

2 ( )|| )

phụ thuộc vào các tích phân

và số hạng phi tuyến

2 ( )||

u x t dx ( , )

(3.2)

u t x

2 x

= ∫

Trong chương này, chúng tôi sẽ kết hợp bài toán (3.1) với một thuật giải quy

nạp tuyến tính mà sự tồn tại và duy nhất nghiệm được chứng minh bằng phương

pháp Galerkin và phương pháp compact yếu.

B t u t ( ,||

3.2. Các ký hiệu và giả thiết

Ta thành lập các giả thiết sau:

(A1)

(cid:4) u V H ∈ ∩ 0

(cid:4) u V ∈ 1

B C ∈

(

(cid:92)

ξ η ( , )

∀

ξ η ,

với

≥ 0,

(A2)

≥ > b 0

∈ f C

1([0,1]

)

(cid:92) thỏa (0, , 0)

= ∀ ≥ t

(A3)

×(cid:92) +

Xét

T > cố định. Với

0M > ta định nghĩa

K M f (

, )

x t z sup{| ( , , ) |: ( , , )

f x t z

∈

)},

(3.3)

A M ( *

K M f (

, )

sup{(|

x t z |)( , , ) : ( , , )

x t z

∈

)},

(3.4)

D f 1

D f 3

A M ( *

(cid:4) K

)

B sup{ ( , ) :

∈

[0,

∈

[0,

]},

ξ η

(3.5)

(cid:4) K M B 0(

, ,

(cid:4) K

)

sup {(|

∈

[0,

∈

[0,

]},

ξ η |)( , ) :

(3.6)

(cid:4) K M B 1(

D B | 1

D B 2

)

x t z {( , , )

∈

[0,1]

[0,

]

: | |

≤ z M

(cid:92)

trong đó

A M *(

T∈ (0,

]

Với mỗi

và

0M > ta đặt

∞

W M T (

)

= ∈ u L {

(0,

T V H

∩

;

) :

∈

(0,

;

∈

T V u ), tt

2 L Q ( T

(3.7)

≤

M u , ||

≤

∞

M u , || t

(0,

∩

;

)

(0,

; )

)

u || || L

T V H

|| L

T V

|| 2 ( L Q T

∞

)

) :

(

∈

(0,

2 T L ;

)}.

(3.8)

= ∈ u W M T u { tt

W M T 1(

(0,1)

(0,

trong đó

3.3. Thuật giải xấp xỉ tuyến tính

Trong phần này, với sự lựa chọn M và T thích hợp ta xây dựng một dãy

)

W M T bằng quy nạp. Dãy {

}m mu {

∈(cid:96) trong

}m mu

∈(cid:96) sẽ được chứng minh hội tụ về

nghiệm yếu của bài toán (3.1).

Chọn số hạng ban đầu

u = Giả sử rằng

(3.9)

W M T 1(

− ∈

Ta liên kết bài toán (3.1) với bài toán biến phân sau.

∈

Tìm

≥ sao cho

mu W M T m 1(

〉 +

〈∇

∇ 〉 = 〈

( ),

F x t v ( , ),

〉 ∀ ∈ ,

v V

(cid:5)(cid:5) u t v ( ), m

b t ( ) m

u t m

(3.10)

(0)

(cid:5) u

(0)

(cid:4) u 0

(cid:4) u , 1

⎧⎪〈 ⎪⎪⎪⎨ ⎪⎪ u ⎪⎪⎩

trong đó

,||

∇

(3.11)

b t ( ) m

t−

( B t

)2 ( )||

F x t ( , )

f x t u ( , ,

( )).

(3.12)

t−

Sự tồn tại của dãy {

}m mu

∈(cid:96) cho bởi định lý sau đây.

0M > và

Định lý 3.1. Giả sử (A1) – (A3) đúng. Khi đó, tồn tại các hằng số

}

⊂

)

W M T (

0T > sao cho, với

u = tồn tại một dãy quy nạp tuyến tính

mu {

xác định bởi (3.10) – (3.12).

Chứng minh định lý 3.1. Gồm các bước sau.

2 sin(

x jπ ) ,

∈ (cid:96) là

Bước 1. Xấp xỉ Galerkin. Giả sử { }jw với

jw x ( )

1 2

V H∩

−Δ =

cơ sở đặc biệt của

gồm các hàm riêng

sao cho

jw của toán tử

∂ ∂x

= + ( j

2 )

−Δ = w

với

Dùng phương pháp Galerkin để

∈ ∩ jw V H

wλ j

1 2

xây dựng nghiệm yếu xấp xỉ của (3.10) như sau

t ( )

t w ( )

(3.13)

( ) k m

( ) k c mj

= ∑

= 1

( )k

với

thỏa các hệ phương trình vi phân tuyến tính

mjc

( ) k m

(3.14)

t w ( ), 〉 + 〈∇ u t ( ), w F t w ( ), 〉 ≤ ≤ , 1 j k , b t ( ) m ∇ 〉 = 〈 j

( ) k m

k 1

( ) k m

trong đó

≡

→

(3.15)

k ( ) mj

(cid:4) mạnh trong V ∩ 2,H u 0

∑

= 1

≡

→

(3.16)

k ( ) mj

u k 1

(cid:4) mạnh trong u 1

∑

= 1

Giả sử

1mu − thỏa (3.9), ta có bổ đề sau.

T > cố định, hệ phương trình

(0) = u , (cid:5) u (0) = u , ⎧⎪〈 ( ) k (cid:5)(cid:5) u ⎪⎪⎪⎨ m ⎪⎪ u ⎪⎪⎩

Bổ đề 3.1. Giả sử (A1) – (A3) đúng. Khi đó với

( )k

(3.14) – (3.16) có nghiệm duy nhất

≤ ≤ t T .

mu xác định trên 0

Chứng minh bổ đề 3.1. Bỏ qua các chỉ số

,m k trong cách viết và ta viết

t α ( ),

( ),

c t α β lần lượt thay cho

Khi đó, hệ phương trình (3.14) –

( ) k c mj

( ) k mj

(3.16) được viết lại dưới dạng như sau:

= − λ

+ 〈

〉 , 1

≤ ≤ j

(3.17)

F t w ( ), k , b t c t ( ) ( ) j j m

⎧⎪ (cid:5)(cid:5) c t ( ) ⎪⎪⎪⎨ j ⎪⎪ c ⎪⎪⎩

Hệ phương trình này tương đương với hệ phương trình tích phân

−

〈 F s w ds

〉

( ) c t

( ),

(3.18)

α = + j

( ) ( ) b s c s ds m j

∫

Ta viết lại (3.18) dưới dạng

(0) , (cid:5) c (0) .

≡

∈ c C

trong đó

c t ( ) H c t [ ]( ) L c t G t [ ]( )+ ( ), ([0, T ]; ),k (cid:92)

⎧⎪ c t ( ) ( )), H c t [ ]( ) [ ]( )), = = c t ( ( ),..., 1 c t k H c t [ ]( ),..., ( 1 H c t k

L c t G t ( ) [ ]( ) = + H c t [ ]( ) j

∫

⎪ L c t [ ]( )= d λ τ − b s c s ds , ( ) ( ) m j

∫

Sự tồn tại nghiệm

⎪⎪⎪⎪⎪ ⎪⎪⎪⎪⎪⎨ ⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪ t d ( ), , 1 k . β τ + F s w ds 〈 〉 j ≤ ≤ α = + j G t ( ) ⎪⎪⎩ j

( )( ) k mu

( )k

];

T (cid:92) thỏa mãn phương trình tích phân nói trên. Như vậy ta cần

mc ∈ 0([0, C

t trên đoạn [0, ]T sẽ được suy ra từ sự tồn tại nghiệm

k →(cid:92) )

chứng minh toán tử

H C : ([0, T ]; C ([0, T ]; ) (cid:92) có điểm bất động.

0([0,

Ở đây, chuẩn trong không gian Banach

( )|,

= X C T ]; )k (cid:92) được định nghĩa như

với mỗi

| ( )| c t 1

|| || c X

c t j

= ∑

sup | ( )| , c t 1 0 ≤ ≤

t T

1 =

c = ) ∈ X . c 1( ,..., c k

Ta bắt đầu bởi việc chứng minh bằng phương pháp quy nạp rằng:

∀ ∈ t

[0,

bất đẳng thức sau đúng.

(

, c d X∈ ,

(3.19)

(cid:4) kK t λ 0 n (2 )!

Chứng minh (3.19) như sau

Với

− H c t H d t ]( ) [ ]( ) [ ≤ || c − d ∀ ∈ n (cid:96) . || , X

− H c t H d t ]( )

[ ]( )

[

L c t [ ]( )

−

L d t [ ]( )

−

n = ta có 1,

∫

⎡ b s c s ( ) ( ) ⎢ ⎣ m

⎤ ( ) d s ds ⎥ ⎦

λ τ

∫

hay

− H c t H d t ]( )

[ ]( )

[

≤

(cid:4) K

d s ds ( )

λ k

−∑ ( ) c s j

∫

= 1

≤ (cid:4) K d τ − d s ds ( ) , 1 ≤ ≤ j k , λ k c s ( ) j

(

≤

c s ( )

−

(3.20)

(cid:4) kK λ

(cid:4) kK t λ 0 2

∫

d s ds ( ) 1

Do đó

≤

−

− H c t H d t ]( )

[ ]( )

[

(3.21)

|| X

(cid:4) K t 0

1 λ 2 k

Vậy, (3.19) đúng với

n = 1.

n ≥ Khi đó

Giả sử (3.19) đúng với

≤ || c − d . || X

H c t H d t ]( )

+− 1 n [

+ 1 [ ]( )

H H c t H H d t ]]( ) −

[ ]]( )

[

≤

H c s H d s ds

[ ]( )

]( )

−

[

(cid:4) kK λ

∫

|| X

( λ k

∫

1 n (2 )!

(

)2(

≤ τ − (cid:4) K λ k (cid:4) K s 0

(3.22)

|| X

(cid:4) λ kK T 0 + [2( n

1)]!

Bất đẳng thức được chứng minh. Điều này dẫn đến

(

− H c H d [

[ ]

]

≤

−

với mọi

n ∈ (cid:96) .

(3.23)

|| , X

(cid:4) kK T λ 0 n (2 )!

(

)2 0

≤ −

nên tồn tại

Vì

0n ∈ (cid:96) sao cho

(cid:4) λ kK T 0 n (2 )!

(cid:4) kK T λ 0 n (2 )!

lim n →∞

Áp dụng định lý Banach, ta suy ra được H có một điểm bất động duy nhất

c X∈

Bổ đề 3.1 được chứng minh.

Khi đó hệ phương trình vi phân (3.14) – (3.16) có nghiệm duy nhất

t trên

( )( ) k mu

].T

một khoảng [0,

= <

Bước 2. Đánh giá tiên nghiệm.

t , sau đó lấy tổng theo ,j ta được

Nhân (3.14)1 bởi

( )( ) (cid:5) k mc

〉 +

〈∇

∇

〉 = 〈

(cid:5) t u ( ),

t ( )

t ( ),

(cid:5) u

t ( )

(cid:5) F t u ( ),

( ) . t 〉

(3.24)

( ) k (cid:5)(cid:5) u 〈 m

( ) k m

b t ( ) m

( ) k m

hay

∇

2 = 〈

(cid:5) u

2 ( )|| t

(cid:5) ( ), F t u

( ) . t 〉

(3.25)

( ) k m

( ) b t m

( ) k m

( ||

)

( ||

)

d dt

Sau đó tích phân theo biến thời gian, cận từ 0 đến ,t ta được

t ( )

(0)

s ds ( )

( )||

2 ds s ( )|| ,

(3.26)

( ) k p m

( ) k m

b s m

( ) k m

∫ (cid:5)

∫

trong đó

t ( )

(cid:5) u

2 t ( )||

( )||

∇

2 t ( )|| .

(3.27)

( ) k p m

( ) k m

b t m

( ) k m

= + 〉 + ∇ (cid:5) F s u ( ), 〈

Trong (3.14)1 thay

jw bởi

.jλ Khi đó

1 λ

t ( ),

〈∇

t ( ),

( ),

−Δ 〉 . w

(3.28)

( ) k (cid:5)(cid:5) u 〈 m

−Δ 〉 + w j

b t ( ) m

( ) k m

−Δ 〉 = 〈 jx

F t m

,x với cận từ 0 đến 1 các

Từ giả thiết (A3) và tính tích phân từng phần theo biến

tích phân trong (3.28) ta thu được

〈∇

t ( ),

〈Δ

t ( ),

Δ 〉 = 〈∇

( ),

∇ 〉 . w

(3.29)

( ) k (cid:5)(cid:5) u m

∇ 〉 + w j

b t ( ) m

( ) k m

F t m

t , sau đó lấy tổng theo ,j thì (3.29) trở thành

Nhân (3.29) bởi

( )( ) (cid:5) k mc

〈∇

∇

〉 +

〈Δ

〉 = 〈∇

∇

t ( ),

(cid:5) u

t ( )

t ( ),

(cid:5) u

t ( )

( ),

(cid:5) u

( ) . t 〉

(3.30)

( ) k (cid:5)(cid:5) u m

( ) k m

b t ( ) m

( ) k m

F t m

( ) k m

hay

∇

2 = 〈∇

( ),

(cid:5) u

2 ( )|| t

( ) . t 〉

(3.31)

( ) k m

( ) b t m

( ) k m

F t m

( ) k m

( ||

)

( ||

)

d dt

Tích phân theo biến thời gian, cận từ 0 đến ,t ta được

− Δ sau đó đơn giản

t ( )

(0)

( ),

s ds ( )

( )||

2 ds s ( )|| ,

(3.32)

( ) k m

F s m

( ) k m

b s m

( ) k m

∫ (cid:5)

∫

trong đó

t ( )

|| = ∇

(cid:5) u

2 t ( )||

( )||

2 t ( )|| .

(3.33)

( ) k m

b t m

( ) k m

Tổ hợp (3.26) – (3.27) và (3.32) – (3.33), ta suy ra rằng

〉 +

〈∇

∇

t ( )

(0)

(cid:5) F s u ( ), 〈

s ds ( )

( ),

(cid:5) u

( ) s ds 〉

( ) k m

F s m

( ) k m

∫

∇

2 s ( )||

|| + Δ

2 s ( )||

2 ds s ( )||

(cid:5) b s m

( ) k m

( ) k (cid:5)(cid:5) u m

( ( ) ||

)

∫

(0)

(3.34)

( ) k m

+ ∑ , I

1 =

trong đó

= + 〈∇ ∇ 〉 + Δ (cid:5) u

t ( )

2 ds s ( )||

(3.35)

( ) k m

( ) k p m

( ) k m

( ) k (cid:5)(cid:5) u m

= + + ∫

j =

1,..., 4,

Ta sẽ đánh giá các tích phân

trong vế phải của (3.34).

jI ,

Tích phân thứ nhất. Từ giả thiết (A3), (3.3), (3.9), (3.12) và (3.35). Ta thu được

≤

(cid:5) F s u 〈 | ( ),

s ds ( ) |

〉 ≤

( )||.||

(cid:5) u

s ds ( )||

( ) k m

F s m

( ) k m

∫

K 2

s ds TK ( ) ≤

s ds ( )

(3.36)

( ) k p m

( ) k m

∫

≤ +

Tích phân thứ hai. Từ giả thiết (A3), (3.4), (3.9), (3.12) và (3.35). Ta có

f x t u ( , ,

t ( ))

D f x t u ( , ,

t ( ))

D f x t u ( , ,

t ( ))

t ( ),

F t ( ) m

− 1

nên

∇ = ∇ = + ∇

D f x t u ( , ,

t ( ))

D f x t u ( , ,

t ( )) .

t ( ) ,

F t ( ) m

− 1

≤

D f x t u ( , ,

t ( ))

D f x t u ( , ,

+ ∇

− 1

(

) ( t ( )) . 1

) t ( ) ,

≤

+ ∇ |

( )|)

t−

hay

∇ ≤ + ∇

( )||

|| + ∇

t ( )||)

F t m

− 1

Điều này dẫn đến

∇ ≤ ≤ +

( )||.||

s ds ( )||

F s m

( ) k m

∫

≤ ∇ ∇ (cid:5) u

K 2

s ds TK ( ) ≤

2 )

s ds ( )

(3.37)

2 1

( ) k m

∫ )

∫

≤ + + +

Tích phân thứ ba. Từ giả thiết (A2), (3.6), (3.9), (3.11), (3.35). Ta suy ra rằng

,||

t−

( (cid:5) B t

)2 ( )||

= ∇ (cid:5) b t ( ) m

,||

2 t ( )||

,||

2 t ( )||

t ( ),

( ) , t 〉

1 −

( D B t 1

)

( D B t 2 2

)

nên

= ∇ + ∇ 〈∇ ∇ (cid:5) u

( )|

2|| + ∇

t ( )||.||

M 2

) t ( )||

D B | 1

D B 2

− 1

( |

)( | 1

Do đó

(cid:4) K

M 2

)

≤

s ds ( )

(3.38)

k ( ) m

∫

+ b 0

≤ + ∇ ≤ (cid:5) u (cid:5) b t m +(cid:4) 1(1 K

Tích phân thứ tư. Ta viết lại (3.14)1 dưới dạng

t w ( ),

〉 =

〈Δ

t w ( ),

〉 + 〈

F t w ( ),

〉 .

(3.39)

( ) k (cid:5)(cid:5) u 〈 m

b t ( ) m

( ) k m

Nhân (3.39) bởi

, sau đó lấy tổng theo ,j thì (3.39) trở thành

( )( ) k (cid:5)(cid:5) mc t

〉 =

〈Δ

〉 + 〈

t ( )

( ) , t 〉

( ) k (cid:5)(cid:5) u 〈 m

( ) k (cid:5)(cid:5) t u ( ), m

b t ( ) m

( ) k m

( ) k (cid:5)(cid:5) t u ( ), m

( ) k (cid:5)(cid:5) F t u ( ), m

hay

2 t ( )||

≤

( )|.||

t ( )||.||

t ( )||

( )||.||

t ( )||

( ) k (cid:5)(cid:5) u m

b t | m

( ) k m

( ) k (cid:5)(cid:5) u m

F t m

( ) k (cid:5)(cid:5) u m

≤

( )||

2 t ( )||

2 ( )||

2 t ( )|| .

(3.40)

2 b t m

( ) k m

( ) k (cid:5)(cid:5) u m

F t m

( ) k (cid:5)(cid:5) u m

1 4

Từ các giả thiết (A2), (A3) và (3.3), (3.5), (3.9), (3.40). Ta thu được đánh giá

2 t ( )||

≤

( )||

2 t ( )||

K 2

(3.41)

( ) k (cid:5)(cid:5) u m

(cid:4) K b t 2 0 m

( ) k m

2 0

Lấy tích phân hai vế của (3.41) theo ,t ta được

≤

s ds ( )

TK 2

(3.42)

2 0

( ) k m

∫(cid:4) K 2

Tổ hợp (3.35) - (3.38), (3.42), ta được

t ( )

≤

(0)

C M T (

)

(

s ds ( ) ,

(3.43)

( ) k m

∫ C M s )

trong đó

C M T (

)

T K [3

2 ) ],

(3.44)

2 0

2 1

(cid:4) K 1

)

M 2

)

(cid:4) K 2

(3.45)

C M ( 2

b 0

Bây giờ ta cần đánh giá số hạng ( )(0)

. Ta có

(0)

2 ||

+ ∇ ||

2 ||

0,||

∇

2 ||

∇

2 ||

+ Δ ||

2 ||

(3.46)

( ) k m

u 1 k

k 1

(cid:4) u 0

(

)( ||

)

Từ giả thiết (A2) (3.9), (3.15), (3.16) và (3.46). Ta suy ra rằng tồn tại hằng số

M > độc lập với k và m , sao cho:

≤

với mọi k và

(3.47)

( )(0) k m

M 2

Chú ý rằng,

C M T

)

= 0.

(3.48)

lim ( 1 +→ T 0

T > sao cho:

Từ (3.44) – (3.48), chúng ta luôn chọn được hằng số

−

(

)

TC M 2

≤

(3.50)

M 2

⎛ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎝

⎞⎟ ⎟ C M T e ) , ⎟ ⎟ ⎠

và

+ (1 2

(cid:4) K 1

−

2 M T ) ] 2

1 2

b 0

(3.51)

2 1

(

)

Cuối cùng, ta suy từ (3.43) và (3.50) rằng

)

−

2 ( TC M

2 ≤ t M e ( )

(

s ds ( )

, 0

= + 1 T K ( + (cid:4) M K e 4 ) < 1. b 0

(3.52)

( ) k m

∫ ) C M s

Sử dụng bổ đề Gronwall, chúng ta suy từ (3.52) rằng

−

(

)

(

k ( )

2 ≤ t M e ( )

) TC M C M t ) e

≤ ≤ t T .

2 M e

) TC M C M T e

(3.53)

Vậy ta có

k ( )

∀

.m k ,

∈

(3.54)

mu W M T

≤ ≤ M , ≤ ≤ t T .

Bước 3. Qua giới hạn.

k ( )

Từ (3.35) và (3.52) – (3.54) ta suy ra rằng tồn tại một dãy con của dãy

mu {

}k ( )

mà vẫn ký hiệu

sao cho

mu {

∞ L

(0,

T V H

∩

;

)

trong

yếu *,

(3.55)

( )k m

u→ m

∞

(0,

T V ;

)

trong

yếu *,

(3.56)

( )k (cid:5) u→(cid:5) u m

trong

(3.57)

2( )TL Q yếu ,

( )k (cid:5)(cid:5) u→(cid:5)(cid:5) u m m

thỏa

∈

(

(3.58)

mu W M T

Từ (3.55) – (3.57) qua giới hạn trong (3.14) ta có thể kiểm tra dễ dàng rằng mu

thỏa (3.10) trong

2(0, L T yếu. )

Mặt khác, từ (3.10)1, (3.55) – (3.58), ta được

∞∈ L

(0,

2 T L ;

′′ = m

b t ( ) m

Δ + u m

F m

Do vậy,

∈

(3.59)

mu W M T 1(

Định lý 3.1 được chứng minh hoàn tất(cid:31)

3.4. Sự tồn tại và duy nhất nghiệm

M > 0,

Định lý 3.2. Giả sử (A1) – (A3) đúng. Khi đó, tồn tại các hằng số

0T > thỏa (3.47), (3.50), (3.51) sao cho bài toán (3.1) có duy nhất nghiệm yếu

)

∈u W M T . 1(

Mặt khác, dãy quy nạp tuyến tính {

được xác định bởi (3.10) – (3.12) hội tụ

}mu

mạnh về nghiệm u trong không gian

∞

′

(0,

T V u

) :

;

(0,

2 T L ;

)}.

{ u L = ∈

∈

(3.60)

W T 1( )

Hơn nữa, ta cũng có đánh giá sai số

, với mọi m,

(3.61)

∞

m Ck T

T V

(0,

; )

(0,

2 T L ;

)

trong đó

(1 2 +

(cid:4) K 1

−

2 ) M T ] 2

1 2

b 0

− + − ≤ || u u || u u ′ m || L ′ || L

(3.62)

2 1

(

)

và C là một hằng số chỉ phụ thuộc vào

= + 1 T K ( + (cid:4) M K e 4 ) < 1, b 0

0u(cid:4) ,

1u(cid:4) và

,T .Tk

Chứng minh định lý 3.2.

i) Sự tồn tại nghiệm

Trước tiên, ta chú ý rằng

1( )W T là một không gian Banach đối với chuẩn

u || ||

(3.63)

∞

)

u || || L

(0,

T V

; )

∞′ || L

(0,

2 T L ;

)

W T 1(

là một dãy Cauchy trong

Ta sẽ chứng minh rằng {

1( ).W T

−

Đặt

u . Khi đó, mv thỏa bài toán biến phân

v m

u 1+=

}mu

+ 1

〉 + 〈∇ − 〈Δ 〉 t ( ) ( ), ∇ 〉 − v t ( ) ( )) u t v ( ), v t v ( ), m b m v t m b ( m b t m

(3.64)

+ 1

t ( ) F t v ( ), v V , = 〈 − , 〉 ∀ ∈ ⎨ F m

(0) (0) 0. = ′= v m ⎧⎪ ′′〈 ⎪⎪⎪⎪⎪ ⎪⎪⎪⎪ v ⎪⎪⎩

Chọn

∇

2 ( )||

( ) t

′ m

b m

v t m

+ 1

( ||

) ( )|| t

( ||

)

d dt

−

〈Δ

−

t ( )

( ))

u t v t ( ), ( )

〉 + 〈 2

t ( )

F t v t ( ),

〉 ( ) .

b 2( m

1 +

b t m

′ m

F m

1 +

′ m

Tích phân theo biến thời gian, cận từ 0 đến ,t thu được

v v′= trong (3.64)1, ta được

2 ds ( )||

1 +

∫

Ψ = ∇ + − 〈Δ t ( ) s ( )|| 2 s ( ) ( )] 〉 ( ) ( ), ′ b m v s m b [ m b s m ′ u s v s ds m

(3.65)

1 +

∫

1 =

trong đó

+ − 2 s ( ) ( ), ( ) , J 〈 F m ′ F s v s ds m 〉 = ∑

2 t ( )||

2 ( )|| .

(3.66)

1 +

Bây giờ, ta đánh giá các tích phân ở vế phải của (3.65) như sau

Ψ = + ∇ t ( ) || v t ( )|| ′ m b m v t m

Tích phân thứ nhất. Từ giả thiết (A2), (3.5), (3.6), (3.9) và (3.11) ta dễ dàng có

2 ( )|| )

1 +

= ∇ + ∇ 〈∇ ∇ t ( ) ( ,|| ( ,|| ( ), 〉 ( ) , D B t 1 D B t 2 2 ′ b m u t m u t m u t m ′ u t m

≤

M 2

+(cid:4) K 1(1

Do đó

(1 2 +

(cid:4) K 1

≤ (| | + | |)(1 + ∇ 2|| ( )||.|| ∇ ( )||) D B 1 D B 2 u t m u t′ m

2 ds ( )||

(3.67)

+ 1

∫

b 0

= ∇ ≤ Ψ J s ( )|| s ds ( ) . ′ b m v s m

Tích phân thứ hai. Từ giả thiết (A2), (3.5), (3.6), (3.9) và (3.11) ta thu được đánh

giá sau

2 ( )|| )

2 t ( )|| )|

1 +

1 −

≤

(cid:4) K

∇

2 ( )||

− ∇ ||

2 ( )||

u t m

(

)

≤

(cid:4) MK 2

∇

( )||

− ∇ ||

( )||

u t m

t−

≤

(cid:4) MK 2

∇ v

t ( )||

≤

1 −

(cid:4) MK v 2 || 1

|| m W T

1 −

(

)

nên

s ( )

( )]

( ),

−

〈Δ

( ) 〉

b [ m

b s m

′ u s v s ds m

+ 1

∫

( )||.||

≤

(cid:4) MK v 4 || 1

(

)

u s m

′ v s ds ( )|| m

|| − 1 m W T

Δ∫ ||

2 ds ( )||

≤

′ v s m

(cid:4) 2 4 TM K v 4 || 1

(

)

2 || − m W T 1

+ ∫

≤

(cid:4) 4 TM K v 4 ||

s ds ( )

(3.68)

2 1

(

)

2 || m W T

− 1

Ψ∫

| t ( ) − ( )| ≤ B t | ( ,|| ∇ − B t ( ,|| ∇ u b m b t m u t m

Tích phân thứ ba. Từ giả thiết (A3), (3.4), (3.8), (3.9) và (3.12) ta có

t ( )

−

( )||

|| ( , ,

f x t u t

( ))

−

f x t u ( , ,

t ( ))||

F m

F t m

+ 1

− 1

≤

K u t || ( )

−

t ( )||

≤

t ( )||

≤

1 −

K v || 1

1 −

K v || 1

|| m W T

1 −

(

)

suy ra rằng

s ( )

( ),

( )

s ( )

( )||.||

−

〉 ≤

−

F 〈 m

′ F s v s ds m

F m

F s m

′ v s ds ( )|| m

+ 1

∫

≤

s ds ( )

(3.69)

2 TK v || 1

(

)

2 || − m W T 1

Ψ∫

Tổ hợp (3.65), (3.67) - (3.69) ta được

)

+ (1 2

(cid:4) K 1

t ( )

≤

T K (

+ + [2

s ds ( )

(3.70)

2 1

(cid:4) 2 M K v 4 )|| 1

(

)

2 || − 1 m W T

Ψ∫ ]

b 0

Áp dụng bổ đề Gronwall cho (3.70), ta suy ra rằng

)

(1 2 +

(cid:4) K 1

T ]

b 0

(3.71)

2 || m W T

2 1

− 1

(

Do đó

Ψ t ( ) ≤ T K ( + . (cid:4) 2 M K v 4 )|| 1 e )

, với mọi

(3.72)

(

)

(

)

trong đó

+ (1 2

(cid:4) K 1

−

2 M T ) ] 2

1 2

b 0

|| v ≤ ,m v − || || m W T k T || m W T

(3.73)

2 1

(

)

Như vậy

−

≤

−

với mọi

.m p ,

(3.74)

|| m W T

m p +

(

)

u 1

, )

|| W T ( 1

m k T k − 1 T

là dãy Cauchy trong không gian

Từ (3.74) ta có {

1( )W T và do đó tồn tại

= + 1 T K ( + (cid:4) M K e 4 ) . b 0

}mu

, sao cho:

u trong

(3.75)

→mu

1( )W T mạnh.

∈ u W T 1( )

, nên ta trích ra một dãy con {

của

Ta cũng lưu ý rằng do

mu W M T 1(

jmu

dãy {

sao cho:

∈ , ) }

∞

(0,

T V H

∩

;

)

u→ trong

yếu *,

(3.76)

jmu

},mu

∞ L

yếu *,

(3.77)

′′→ trong

(3.78)

2( )TL Q yếu,

′′ jmu

u (0, T V ; ) ′→ trong ′ jmu

(3.79)

Mặt khác, ta lại có

∇

−

B t

( ,||

∇

u t

2 ( )|| )

∇

u t ( )

b t ( ) m

u t ( ) m

u W M T ( ∈ , ).

2 t ( )|| )

2 ( )|| )

− 1

≤

B t

( ,||

∇

2 t ( )|| ) |

∇

− ∇

u t

( )|

− 1

u t ( ) m

≤ B t ( ,|| ∇ u ∇ − B t ( ,|| ∇ u t ∇ u t ( ) u t ( ) m

2 t ( )|| )

2 ( )|| ) |

1 −

+ B t ( ,|| ∇ u − B t ( ,|| ∇ u t ∇ u t ( )|

t ( )

− ∇

u t

( )||(||

∇

t ( )|| + ||

∇

u t

( )||)|

∇

u t

( )|

(cid:4) K + ∇ 1

− 1

− ∇

u t

( )|

(cid:4) MK 2

∇

t ( )

− ∇

u t

( )||.|

∇

u t

( )|,

(cid:4) K u t ≤ ∇ ( ) 0

− 1

hay

∇

−

B t

( ,||

∇

u t

2 ( )|| )

∇

u t

( )||

b t ( ) m

u t ( ) m

− ∇ u t ( )| (cid:4) K u t ≤ ∇ 0| ( )

− 1

Do đó

≤ (cid:4) K || ∇ − ∇ u t ( )|| + (cid:4) MK 2 ∇ u t ( ) − ∇ u t ( )||.|| ∇ u t ( )||. || 1 u t ( ) m

2 ( )|| )

∞

(0,

)

2 T L ;

|| ∇ − B t ( ,|| ∇ u t ∇ u t b t ( ) m u t ( ) m ( )|| L

(cid:4) M K u 2

(3.80)

(cid:4) K u || 0

)

− 1

)

Ta suy ra từ (3.75) và (3.80) rằng

∞L

≤ − u + || − u . || W T ( 1 || W T ( 1

B t

( ,||

∇

2 || )

∇ trong

(3.81)

b t ( ) m

∇ → m

Tương tự, ta cũng có

(0, ) ; T L mạnh.

− 1

mK u ||

− f t ( ) = f x t u ( , , t ( )) − f x t u t ( , , ( )) ≤ t ( ) − u t ( )||, F t ( ) m

(3.82)

∞

− 1

)

(0,

)

(0,

)

2 T L ;

Vậy từ (3.75) và (3.82), ta thu được

|| − f ≤ − u ≤ − u . K u || 1 K u || 1 F m || L || L || W T ( 1

∞L

trong

(3.83)

mF t ( )

Sau đó qua giới hạn (3.10) - (3.12) với m thay bằng

jm → ∞ .

→ f x t u t ( , , ( )) (0, ) ; T L mạnh.

Từ (3.75) – (3.78), (3.81), (3.83) ta có

( ) , ∈u W M T thỏa bài toán biến phân

∇ 〉 = 〈

u t v ( ),

〉 + 〈∇ b t ( )

u t

( ),

f t v ( ),

〉 ∀ ∈ ,

v V

(3.84)

(0)

′ (0)

(cid:4) u u , 0

(cid:4) u 1

⎧ ′′ ⎪〈 ⎪⎪⎨ ⎪ u ⎪⎪⎩

Mặt khác từ giả thiết (A2), (A3), (3.79), (3.81) và (3.83), ta lại có

∞

B t u t ( ,||

2 u ( )|| )

f t x u ( , , )

(0,

2 T L ;

′′ =

∈

(3.85)

∈

Điều này dẫn đến

u W M T 1(

Sự tồn tại nghiệm được chứng minh.

ii) Sự duy nhất nghiệm

u u W M T

∈

(

)

Lấy

là hai nghiệm yếu của bài toán (3.1). Thì

, 1

= − u 1 2

thỏa mãn bài toán biến phân sau

〉 +

〈∇

w t

( ),

∇ 〉 − v

−

( ))

〈Δ

u t v ( ),

〉

B t ( ) 1

B t ( ( ) 1

B t 2

F t v ( ),

v V

= 〈

−

, 〉

∀ ∈

(3.86)

F t ( ) 1

(0)

′ (0)

⎧⎪ ′′ 〈 w t v ( ), ⎪⎪⎪⎪ ⎨ ⎪⎪⎪ ⎪ w ⎪⎩

trong đó

B t

( ,||

∇

2 ( )|| ),

f x t u t ( , ,

( )),

1, 2.

(3.87)

B t ( ) i

u t i

F t ( ) i

w′= , sau đó lấy tích phân theo ,t ta được

Trong (3.86)1 ta thay v

X t ( )

∇

w s

2 ds ( )||

−

( )]

〈Δ

′ 〉 ( ) u s w s ds

( ),

′ B s ( )|| 1

B s [ ( ) 1

B s 2

∫

−

(cid:5) F s w s ds

( ),

( )

(3.88)

〈 F s ( ) 1

〉 = ∑

∫

= 1

trong đó

X t ( )

′= ||

w t

2 ( )||

( )||

∇

w t

2 ( )|| .

(3.89)

B t 1

Bây giờ, ta đánh giá các tích phân ở vế phải của (3.88) như sau

Tích phân thứ nhất. Từ giả thiết (A2), (3.6) và (3.88) ta có

+ (1 2

(cid:4) K 1

w s

2 ds ( )||

X s ds ( )

∇

≤

(3.90)

′ B s ( )|| 1

∫

b 0

Tích phân thứ hai. Từ giả thiết (A2), (3.6) ta thu được đánh giá sau

−

≤

B t

( ,||

∇

2 ( )|| )

−

B t

( ,||

∇

2 ( )|| )

B t ( ) 1

B t ( ) 2

u t 1

u t 2

≤

(cid:4) K

∇

2 ( )||

− ∇ ||

2 ( )||

≤

MK 2

∇(cid:4) ||

w t

( )||,

u t 1

u t 2

(

)

nên

−

( )]

〈Δ

′ 〉 ( ) u s w s ds

( ),

B s [ ( ) 1

B s 2

∫

≤

MK 4

∇

w s

( )||.||

w s ds ( )||

u s 2

′ m

∫(cid:4)

≤

2 M K 4

w s

( )||.||

w s ds ( )||

(3.91)

′ m

∇∫(cid:4) ||

Tích phân thứ ba. Từ giả thiết (A3), (3.4) ta có

−

( )||

|| ( , ,

f x t u t

( ))

−

f x t u t ( , ,

( ))||

F t ( ) 1

F t 2

≤

K u t || ( )

−

( )||

≤

K w t

|| ( )||

≤

∇

w t

( )||,

u t 2

suy ra rằng

−

′ ( ) F s w s ds

( ),

〉 ≤

−

( )||.||

′ ( )|| w s ds

〈 F s ( ) 1

F s ( ) 1

F s 2

∫

≤

K 2

w s

( )||.||

′ ( )|| w s ds

(3.92)

∇∫ ||

Tổ hợp (3.88), (3.90) - (3.92) ta được

+ (1 2

)

(cid:4) K 1

∫

∫ )

b 0

≤

M 2

)

K (

(cid:4) 2 M K 2

)(1

X s ds ( ) ,

(3.93)

b 0

⎡ (cid:4) b K ⎢ ⎣

⎤ ⎦ ∫ ) ⎥

hay

≤ + + ∇ X t ( ) X s ds ( ) 2( K (cid:4) 2 M K 2 || w s ( )||.|| ′ ( )|| w s ds

trong đó

X t ( ) K X s ds , ( ) ≤ ∫

(1 + M 2 ) + K ( + (cid:4) 2 M K 2 )(1 + b 0 = bK ⎡ (cid:4) K ⎢ ⎣ ⎤ ) . ⎥ ⎦

nghĩa là

Sử dụng bổ đề Gronwall ta có

Định lý 3.2 được chứng minh hoàn tất(cid:31)

0,≡X t ( ) u 1 u≡ 2.

Chương 4

SỰ TỒN TẠI VÀ DUY NHẤT NGHIỆM: TRƯỜNG

HỢP ĐIỀU KIỆN BIÊN KHÔNG THUẦN NHẤT

4.1. Giới thiệu

Trong chương này, chúng tôi xét bài toán giá trị biên và giá trị ban đầu sau đây:

2 u ( )|| )

= < < B t u t ( ,|| f x t u ( , , ), 0 < < x 1, 0 t T ,

(4.1)

t (0, ) = 0, u t (1, ) = g t ( ), u ⎨

g là các hàm cho trước thỏa các điều kiện mà ta sẽ chỉ ra sau và

trong đó

0,u(cid:4)

1,u(cid:4)

( , 0) ( ), ( , 0) ( ), = = (cid:4) u x 0 (cid:4) u x 1 u x t ⎧⎪ − u ⎪⎪⎪⎪⎪ tt ⎪⎪⎪⎪ u x ⎪⎪⎩

2 ( )|| )

phụ thuộc vào các tích phân:

số hạng phi tuyến

2 ( )||

u x t dx ( , )

(4.2)

u t x

2 x

= ∫

x t ( , )

xg t

( ).

u x t ( , )

− Φ

x t ( , ),

v x t Bằng cách đổi ẩn hàm ( , )

ta đưa bài toán

Đặt

có điều kiện biên không thuần nhất (4.1) về bài toán với điều kiện biên thuần nhất như

sau.

B t u t ( ,||

2 v ( )|| )

< < x

1, 0

< <

t T

v t x

t (1, )

t (0, )

(4.3)

v ⎨

( ),

( , 0)

( ),

(cid:4) ( ,|| B t (cid:4) ( , , ), f x t v

v x t

⎧⎪ − v ⎪⎪⎪⎪⎪ tt ⎪⎪⎪⎪ v x ( , 0) ⎪⎪⎩

trong đó

⎧⎪ (cid:4) ( ,|| B t v t

2 ( )|| )

B t v t ( ,|| ( )

2 g t ( )|| ),

(cid:4) ( , , ) f x t v

f x t v ( , ,

x t ( , )

f x t v ( , ,

+ Φ − )

′′ ( ), xg t

+ Φ − Φ ) tt

(4.4)

− Φ

−

x ( , 0)

(0),

(cid:4) u x ( ) 0

⎪⎪⎪⎪⎪ ⎪⎪⎪⎨ ⎪⎪ (cid:4) v x ( ) ⎪⎪⎪⎪⎪ 0

−

x ( , 0)

′ (0),

(cid:4) u x ( ) 1

− Φ t

(cid:4) v x ( ) ⎪⎪⎩ 1

(0)

(1, 0)

(1).

cùng với điều kiện tương thích

= (cid:4) u 1

(cid:4) v t 0 (cid:4) v t 1

Trong chương này cũng như chương 3, chúng tôi sẽ kết hợp bài toán (4.3) với một

thuật giải quy nạp tuyến tính mà sự tồn tại và duy nhất nghiệm được chứng minh bằng

phương pháp Galerkin và phương pháp compact yếu.

4.2. Các ký hiệu và giả thiết

Ta thành lập các giả thiết sau:

(A1)

(cid:4) u V H ∈ ∩ 0

(cid:4) u V ∈ 1

ξ η ( , )

∀

ξ η ,

∈ B C

(

(cid:92) với )

≥ 0,

(A2)

≥ > b 0

2 +

∈ f C

1((0,1)

)

(cid:92) thỏa (0, , 0)

= ∀ ≥ t 0,

(A3)

×(cid:92) +

∈ g C

(A4)

(cid:92) ). +

Xét

T > cố định. Với

0M > ta định nghĩa

g t

′ | ( )| g t

′′ ( )|) g t

(4.5)

sup (| ( )| ≤ ≤ t T 0

, )

x t z sup{| ( , , )| : ( , , )

f x t z

∈

)},

A M ( *

(4.6)

∈

, )

sup{(|

x t z |)( , , ) : ( , , )

x t z

)},

D f 1

D f 3

A M ( *

⎧⎪ K M f ( ⎪⎪ ⎨ ⎪⎪ K M f ( ⎪⎩

(cid:92)

)

x t z {( , , )

∈

[0,1]

[0,

]

: | |

≤ ≡ + z M M M

trong đó

A M *(

(4.7)

, ) B sup{ ( , ) : ξ η ξ [0, T ], η [0, M ]}, = ∈ ∈

]

T∈ (0,

và

0M > ta đặt

Với mỗi

∞

⎧⎪ W M T (

)

(0,

T V H

;

) :

(0,

T V u ),

;

u L { = ∈

∩

∈

2 L Q ( T

M u , ||

≤

(4.8)

∞

⎨

M u , || t

(0,

∩

;

)

(0,

; )

)

u || || L

T V H

|| L

T V

|| 2 ( L Q T

∞

⎪⎪⎪⎪⎪⎪ ⎪⎪⎪⎪⎪

)

) :

(

(0,

2 T L ;

)}.

u W M T u { = ∈

∈

W M T ( ⎪⎪⎩

(0,1)

(0,

trong đó

, ) sup {(| | | ξ η |)( , ) : ξ [0, T ], η [0, M ]}, = + ∈ ∈ D B 1 D B 2 ⎧⎪ (cid:4) K M B ( ⎪⎪⎪⎨ ⎪⎪ (cid:4) K M B ( ⎪⎪⎩

4.3. Thuật giải xấp xỉ tuyến tính

trong

Trong phần này, với sự lựa chọn M và T thích hợp ta xây dựng một dãy { }mv

)

sẽ được chứng minh hội tụ về nghiệm yếu của bài

W M T bằng quy nạp. Dãy { }mv

toán (4.1).

v = Giả sử rằng

Chọn số hạng ban đầu 0

(4.9)

W M T 1(

− ∈

Ta liên kết bài toán (4.3) với bài toán biến phân tuyến tính sau.

∈

≥ sao cho

Tìm

mv W M T m 1(

(4.10)

( ), w w V , 〉 + 〈∇ ∇ 〉 = 〈 , 〉 ∀ ∈ (cid:5)(cid:5) v t w ( ), m (cid:4) b t ( ) m v t m (cid:4) F t w ( ), m

trong đó

= = (0) , (0) (cid:4) v 0 (cid:4) v , 1 (cid:5) v m ⎧⎪〈 ⎪⎪ ⎨ ⎪⎪ v ⎪⎩

2 t ( )|| )

2 g t ( )|| ),

− 1

(4.11)

(cid:4) ( ,|| B t B t ( ,|| t ( ) = v ∇ = v ∇ +

− 1

Sự tồn tại mu cho bởi định lý sau đây.

0M > độc lập với

(cid:4) ( , , f x t v t ( )) f x t v ( , , t ( ) x t ( , )) ′′ ( ). xg t = = + Φ − ⎧⎪ (cid:4) b t ( ) ⎪⎪ m ⎨ ⎪ (cid:4) ⎪ F x t ( , ) ⎪⎩ m

Định lý 4.1. Giả sử (A1) – (A4) đúng. Khi đó, tồn tại các hằng số

và

0T > độc lập với

sao cho, với

(cid:4) (cid:4) v v B g , 1, 0

(cid:4) (cid:4) v v B g f , , 1, 0

v = tồn tại một dãy quy 0

W M T (

)

⊂

xác định bởi (4.10) và (4.11).

nạp tuyến tính

mv { }

Chứng minh định lý 4.1. Gồm các bước sau.

Bước 1. Xấp xỉ Galerkin.

gồm

jw x ( )

Giả sử { }jw với

−Δ = w

−Δ =

các hàm riêng

sao cho

= j + V H∩ 2 sin( x jπ ) , ∈ (cid:96) là cơ sở đặc biệt của 1 2

jw của toán tử

wλ j

∂ 2x ∂

Sử dụng phương pháp xấp xỉ Galerkin để xây dựng nghiệm xấp xỉ

( ) t

( ) t w

(4.12)

( ) k m

( ) k c mj

= ∑

1 =

( )k

với

thỏa các hệ phương trình vi phân tuyến tính

mjc

∈ ∩ jw V H

( ) k m

(4.13)

t w ( ), v t ( ), w j k , 〉 + 〈∇ , 1 〉 ≤ ≤ (cid:4) b t ( ) m ∇ 〉 = 〈 j (cid:4) F t w ( ), m

( ) k (cid:5) v m

( ) k m

trong đó

≡

→

(4.14)

( ) k mj

(cid:4) mạnh trong V ∩ 2,H v 0

∑

= 1

(0) v , (0) , = = v 1 k ⎧⎪〈 ( ) k (cid:5)(cid:5) v ⎪⎪⎪⎨ m ⎪⎪ v ⎪⎪⎩

(4.15)

( ) k mj

∑

= 1

Chứng minh tương tự như Bổ đề 3.1 ở chương 3 ta cũng khẳng định được hệ phương

trình vi phân (4.13) – (4.15) có nghiệm duy nhất

≡ β w → (cid:4) mạnh trong v 1 v 1 k

].T

k ( )( ) mv

t trên một khoảng [0,

Bước 2. Đánh giá tiên nghiệm. Đặt

2 t ( )||

2 t ( )|| ,

k ( ) (cid:5) v m

k ( ) m

= || + ( )|| ∇ v (cid:4) b t m

2 t ( )||

2 s ( )|| ,

(4.16)

( ) k Y t ( ) ⎨ m

( ) k (cid:5) = ∇ v || m

( ) k m

+ ( )|| Δ v (cid:4) b t m

2 ds s ( )||

( ) k m

( ) k (cid:5)(cid:5) v m

∫

và lấy tổng theo ,j sau đó tích phân theo biến thời gian với cận

Nhân (4.13)1 bởi

k ( )( ) (cid:5) mc t

từ 0 đến ,t ta đạt được

= + t ( ) + X t Y t ( ) ( ) || . ⎧⎪⎪ k ( ) X t ( ) ⎪⎪⎪⎪⎪ m ⎪⎪⎪⎪⎪ Z ⎪⎪⎩

2 ds s ( )||

(4.17)

( ) k X t ( ) m

( ) k m

∫

Trong (4.13)1 bằng cách thay

jw bởi

jwΔ và sau một số bước biến đổi đơn giản ta có

= X (0) + 2 s ds ( ) 〉 + ( )|| ∇ v . (cid:4) ( ) k (cid:5) F s v 〈 ( ), m m (cid:4) ′ b s m

(4.18)

( ) k (cid:5)(cid:5) 〈∇ v m

( ) k m

Nhân (4.18) bởi

và lấy tổng theo ,j sau đó tích phân theo biến thời gian với cận từ

( )( ) k (cid:5) mc t

0 đến ,t ta được

t ( ), t ( ), w ( ), 〈Δ v Δ 〉 = 〈∇ ∇ 〉 w . ∇ 〉 + w j (cid:4) b t ( ) m (cid:4) F t m

(0)

( ),

s ds ( )

( )||

v Δ

2 ds s ( )||

(4.19)

( ) k Y t ( ) m

( ) k Y m

( ) k (cid:5) v ∇ m

( ) k m

∫

Tổ hợp (4.16), (4.17) và (4.19) ta được

( ) t

(0)

( ) s ds

( ),

〉 +

〈∇

〉 ( ) s ds

k ( ) m

(cid:4) k ( ) (cid:5) 〈 ( ), F s v m m

(cid:4) F s m

k ( ) (cid:5) ∇ v m

∫

∇

2 s ( )||

+ Δ v ||

2 s ( )||

2 ds s ( )||

(cid:4) ′ b s m

( ) k m

( ) k (cid:5)(cid:5) v m

∫

⎡ ( ) || ⎢ ⎣

⎤ . ⎥ ⎦

(0)

(4.20)

( ) k m

+ ∑ I .

1 =

j =

1,..., 4,

trong vế phải của (4.20).

Ta sẽ đánh giá các tích phân

jI ,

= + 〈∇ 〉 + (cid:4) F s m (cid:4) ′ b s m

Tích phân thứ nhất. Từ giả thiết (A3), (4.6), (4.8), (4.9), (4.11)2 và (4.16). Ta thu được

≤

s ds ( ) |

〉 ≤

( )||.||

s ds ( )||

(cid:4) ( ) k (cid:5) F s v 〈 | ( ), m m

(cid:4) F s m

( ) k (cid:5) v m

∫

≤

K M f M , )

(

X s ds T K M f M [2

, )

( )

≤

(

2 ]

s ds ( )

(4.21)

( ) k m

∫ ]

∫

Tích phân thứ hai. Từ giả thiết (A3), (4.6), (4.8), (4.9), (4.11)2 và (4.16). Ta có

∇

= ∇

(cid:4) f x t v ( , ,

t ( ))

t ( )

+ Φ − ( )) t

′′ ( ) g t

(cid:4) F t ( ) m

f x t v ( , , m

1 −

−

D f x t v ( , ,

+ Φ + )

( , ,

t ( )

g t ( )]

′′ ( ), g t

1 −

D f x t v m

1 −

+ Φ ∇ )[ v m

1 −

nên

D f x t v | ( , ,

)|+|

D f x t v

( , ,

t ( )

g t ( )|+|

′′ g t ( )|

∇

≤

+ Φ

)|.| v + Φ ∇

− 1

≤

K M f (

, )(1

+ ∇ | v

t ( )

g t ( )|)

1 −

hay

∇

( )||

≤

K M f (

, )(1

+ ∇ || v

t ( )

g t ( )||)

+ ≤

, )(1

(

+ M M )

(cid:4) F t ( ) m

− 1

M K M f 1

Điều này dẫn đến

≤

∇

( )||.||

s ds ( )||

(cid:4) F s m

( ) k (cid:5) ∇ v m

∫

≤

K M f (

, )(1

M M )

Y s ds ( )

( ) k m

+ ∫ ]

≤

, )(1

[

+ M M )

2 ]

s ds ( )

(4.22)

T K M f ( 1

( ) k m

+ ∫

(cid:4) F t m

Tích phân thứ ba. Từ giả thiết (A2), (4.7), (4.8), (4.9), (4.11)1, (4.16). Ta suy ra rằng

2 t ( )|| )

′ ( ,|| B t

2 ( )|| )

v ∇

tη m

1 −

( ,||

2 t ( )|| )

( ,||

t ( ),

( ) , t 〉

(cid:4) ′ B t ( ,|| (cid:4) ′ b t ( ) m

2 ( )|| ) t 〈 η m

D B t 1

D B t 2 2

t ( )

= ∇ v

t ( )

g t ( ),

nên

ở đây

η m η m η′ m

− 1

( )|

≤

|)(1

2||

t ( )||.||

t ( )||)

≤

(cid:4) K M B (

)[1

M 2

(cid:4) ′ b t m

η m

′ η m

D B | 1

D B 2

Do đó

)

≤

M 2

s ds ( )

(4.23)

( ) k m

∫ )

(cid:4) K M B ( b 0

η m

Tích phân thứ tư. Ta viết lại (4.13)1 dưới dạng

t w ( ),

〉 =

〈Δ v

t w ( ),

〉 + 〈

〉 .

(4.24)

( ) k (cid:5)(cid:5) v 〈 m

(cid:4) b t ( ) m

( ) k m

(cid:4) F t w ( ), m

, sau đó lấy tổng theo ,j thì (4.24) trở thành

Nhân (4.24) bởi

( )( ) k (cid:5)(cid:5) mc t

t ( )

〉 =

〈Δ v

t ( )

〉 + 〈

〉 ( ) , t

( ) k (cid:5)(cid:5) v 〈 m

( ) k (cid:5)(cid:5) t v ( ), m

(cid:4) b t ( ) m

( ) k m

( ) k (cid:5)(cid:5) t v ( ), m

(cid:4) ( ) k (cid:5)(cid:5) F t v ( ), m m

hay

2 t ( )||

≤

( )|.||

Δ v

t ( )||.||

t ( )||

( )||.||

t ( )||

k ( ) (cid:5)(cid:5) v m

(cid:4) b t m

k ( ) m

k ( ) (cid:5)(cid:5) v m

(cid:4) F t m

k ( ) (cid:5)(cid:5) v m

( )||

2 ( )||

≤

Δ v

2 t ( )||

2 t ( )|| .

(4.25)

(cid:4) 2 b t m

( ) k m

( ) k (cid:5)(cid:5) v || m

(cid:4) F t m

( ) k (cid:5)(cid:5) v m

1 4

Từ các giả thiết (A2), (A3) và (4.6)1, (4.7)1, (4.9), (4.25). Ta thu được đánh giá

2 t ( )||

≤

(cid:4) K M B b t 2 ,

( )||

(

2 t ( )||

K M f M , )

(

2 ] .

(4.26)

( ) k (cid:5)(cid:5) v m

(cid:4) ) m

( ) k Δ v m

Lấy tích phân hai vế của (4.26) theo ,t ta được

, )

(

2 ] .

≤

(cid:4) K M B 2 (

s ds ( )

T K M f M 2 [

(4.27)

( ) k m

∫ )

Tổ hợp (4.20) - (4.23), (4.27), ta được

(0)

)

(

t ( )

≤

C M T (

s ds ( ) ,

(4.28)

( ) k m

∫ C M Z )

trong đó

2 ]

(

)

(4.29)

)

(cid:4) K M B ( 1

, ) = T K M f M , ) + 3[ ( + K M f [ ( , )(1 + + M M ) ,

b 0

( )(0) k

Bây giờ ta cần đánh giá số hạng

. Ta có

(0)

2 ||

(cid:4) B

0,||

2 ||

∇ v

2 ||

+ Δ || v

2 ||

(4.31)

k ( ) m

v 1 k

+ ∇ || v 1 k

(cid:4) v ∇ 0

(

)( ||

)

Từ giả thiết (A2), (4.9), (4.14), (4.15) và (4.31). Ta suy ra rằng tồn tại hằng số

) = (1 + M 2 ) + (cid:4) K M B 2 ( , ) + 2. ⎧⎪ C M T ( ⎪⎪⎪⎨ ⎪⎪ C M ( ⎪⎪⎩ 2

0, M > độc lập với k và m , sao cho:

, với mọi k và

(4.32)

( )(0) k m

Chú ý rằng, từ (4.29), ta suy ra rằng

C M T

)

= 0,

(4.33)

lim ( 1 +→ 0 T

Z ≤ M 2

)

(

−

TC M 2

≤

(4.34)

M 2

Từ (4.28) – (4.33), chúng ta luôn chọn được hằng số ⎞⎟ ⎟ C M T e ) , ⎟ ⎟ ⎠

⎛ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎝

và

+ )(1 2

(cid:4) K M B ( 1

−

2 M T ) ] 2

1 2

b 0

(cid:4)

= + (1

)

, )

(

M K M B e 4 (

))

(4.35)

b 0

2 T K M f ( 1

2 1

Cuối cùng, ta suy từ (4.28) và (4.34) rằng

0T > sao cho:

−

)

TC M 2 (

2 ≤ t M e ( )

(

s ds ( ) ,

≤ ≤ t T .

(4.36)

k ( ) m

∫ ) C M Z

Sử dụng bổ đề Gronwall, chúng ta suy từ (4.36) rằng

−

(

−

(

)

k ( )

2 ≤ t M e ( )

) TC M C M t ) e

≤

2 M e

) TC M C M T e

≤

≤ ≤ t T .

(4.37)

Vậy, từ (4.26) và (4.37) ta có

k ( )

∈

∀

.m k ,

(4.38)

mv W M T

Bước 3. Qua giới hạn.

k ( )

mà vẫn ký hiệu

Từ (4.38) ta suy ra rằng tồn tại một dãy con của dãy

mv {

( ){ }k mv

sao cho

∞ L

(0,

T V H

∩

;

)

trong

yếu *,

(4.39)

( )k m

v→ m

∞ L

(0,

T V ;

)

trong

yếu *,

(4.40)

( )k (cid:5) v→(cid:5) v m m

trong

(4.41)

2( )TL Q yếu ,

( )k (cid:5)(cid:5) v→(cid:5)(cid:5) v m m

∈

(4.42)

mv W M T (

Từ (4.39) – (4.42) qua giới hạn trong (4.13) ta có thể kiểm tra dễ dàng rằng mv thỏa

(4.10) – (4.11) trong

2(0, L T yếu. )

Mặt khác, từ (4.10)1, (4.39) – (4.41), ta được

∞∈ L

(0,

2 T L ;

(4.43)

′′ = m

(cid:4) b t ( ) m

Δ + v m

(cid:4) F m

∈

Do vậy,

(4.44)

mv W M T 1(

Định lý 4.1 được chứng minh hoàn tất(cid:31)

4.4. Sự tồn tại và duy nhất nghiệm

M > 0,

0T >

Định lý 4.2. Giả sử (A1) – (A4) đúng. Khi đó, tồn tại các hằng số

∈

)

thỏa (4.32), (4.34), (4.35) sao cho bài toán (4.1) có duy nhất nghiệm yếu

v W M T 1(

được xác định bởi (4.10) – (4.11) hội tụ mạnh về

Mặt khác, dãy quy nạp tuyến tính { }mv

nghiệm v trong không gian

∞

′

∈

= ∈ { v L

(0,

T V v

) :

;

(0,

2 T L ;

)}.

(4.45)

W T 1( )

Hơn nữa, ta cũng có đánh giá sai số

−

≤

, với mọi m,

(4.46)

∞

′ m

m Ck T

(0,

; )

(0,

)

v || L

T V

′ || L

2 ; T L

trong đó

)(1 2 +

(cid:4) ( K M B 1

−

2 ) M T ] 2

1 2

b 0

(4.47)

2 T K M f ( 1

2 1

và C là một hằng số chỉ phụ thuộc vào

(cid:4) = + (1 ) , ) ( + M K M B e 4 ( )) , b 0

v(cid:4) (cid:4) , và ,T 0 ,v 1 .Tk

Chứng minh định lý 4.2.

i) Sự tồn tại nghiệm

Trước tiên, ta chú ý rằng

1( )W T là một không gian Banach đối với chuẩn

u || ||

(4.48)

∞

)

u || || L

(0,

T V

; )

∞′ || L

(0,

2 T L ;

)

W T 1(

là một dãy Cauchy trong

1( ).W T

Ta sẽ chứng minh rằng { }mv

Đặt

+= v

mv thỏa bài toán biến phân

v − . Khi đó, ˆ ˆ v m

+ 1

( ), ( )) ( ) t ( ) t v ∇ 〉 − − 〈Δ 〉 〈∇ 〉 + (cid:4) ( b m (cid:4) b t m ( ), v t v m (cid:4) b m ˆ v t m

(4.49)

+ 1

= 〈 − 〉 ∀ ∈ , , ( ) t v V ⎨ (cid:4) F m (cid:4) ( ), F t v m

= (0) (0) 0. ′= ˆ v m

Chọn

2 ( )||

v ⎧⎪ ′′〈 ˆ ( ), v t v ⎪⎪⎪⎪⎪ m ⎪⎪⎪⎪ ˆ v ⎪⎪⎩ m v′= trong (4.49)1, ta được ˆ m

1 +

( ||

) ( )|| t

( ||

)

−

〈Δ

−

t ( )

( ))

〉 + 〈 2

t ( )

〉 ( ) .

(cid:4) b 2( m

(cid:4) b t m

v t v t ( ), ( ) m

′ ˆ m

(cid:4) F m

(cid:4) F t v t ( ), m

′ ˆ m

1 +

Tích phân theo biến thời gian, cận từ 0 đến t của đẳng thức trên ta thu được

+ ∇ = ( ) t ′ ˆ v m (cid:4) b m ˆ v t m d dt d dt

2 ( )|| ds

+ 1

∫

−

s ( )

( ),

( )

(4.50)

(cid:4) ′ ˆ F s v s ds m m

1 +

〉 = ∑

∫ (cid:4) 〈 F m

= 1

trong đó

∇

t ( )

2 t ( )||

t ( )||

2 ( )|| .

(4.51)

σ m

′= ˆ v || m

(cid:4) b m

ˆ v t m

+ 1

Bây giờ, ta đánh giá các tích phân ở vế phải của (4.50) như sau

2 ( )] ( ), = ∇ + − 〈Δ ( ) 〉 ( ) t ( )|| s ( ) s σ m (cid:4) ′ b m ˆ v s m (cid:4) [ b m (cid:4) b s m ′ ˆ v s v s ds m m

Tích phân thứ nhất. Ta có

( ,||

t ( )

2 t ( )|| )

t ( ),

t 〉 ( ) ,

D B t 1

D B t 2 2

(cid:4) ′ b m

η m

2 t 〈 ( )|| ) η m

′ η m

+ 1

= ∇

t ( )

g t ( )

ở đây

nên

η m

v t ( ) m

≤

t ( )|

( ,||

2 t ( )|| )|

2 t ( )|| )|)(1

t ( )||.||

t ( )||)

(cid:4) ′ b m

η m

( ,|| η m

2|| η m

′ η m

+ 1

D B t 1

D B t | 2

≤

)[1

M 2

(cid:4) K M B 1(

Do đó

M 2

]

≤

s ds ( )

(4.52)

σ m

∫

(cid:4) K M B )[1 ( b 0

Tích phân thứ hai.

t ( )

−

( )|=| ( ,||

B t

2 t ( )|| )

−

B t

( ,||

2 t ( )|| )|

(cid:4) b m

(cid:4) b t m

η m

+ 1

− 1

≤

(cid:4) K M B (

2 t ( )||

−

2 t ( )||

η m

η −

( ) ||

)

(cid:4)

≤

) ||

t ( )||

−

t ( )||

MK M B 2 ( 1

η m

η −

(cid:4)

)||

(

≤

( )|| t

≤

2 ( MK M B 1

ˆ ∇ v m

− 1

ˆ 2 || )|| MK M B v m W T

− 1

(

)

nên

s ( )

( )]

( ),

−

〈Δ

( ) 〉

(cid:4) b s m

′ ˆ v s v s ds m m

+ 1

∫ (cid:4) b [ m

(cid:4)

(

( )||.||

≤

(

)

ˆ MK M B v 4 || )|| m W T

v s m

′ ˆ v s ds ( )|| m

− 1

Δ∫ ||

≤

2 ds ( )||

(

)

′ ˆ v s m

(cid:4) 2 2 ˆ TM K M B v 4 || )|| ( − 1 1 m W T

+ ∫

(cid:4)

≤

s ds ( )

(4.53)

σ m

(

)

2 2 ˆ TM K M B v 4 || )|| ( − m W T 1 1

+ ∫

Tích phân thứ ba. Do

t ( )

−

( )||

|| ( , ,

f x t v t ( )

+ Φ

t ( ))

−

f x t v ( , ,

t ( )

+ Φ

t ( ))||

(cid:4) F m

(cid:4) F t m

+ 1

− 1

, )||

≤

( K M f

−

( )|| t

≤

( K M f

( )|| t

≤

( K M f

( ) v t m

− 1

ˆ v m

− 1

ˆ || v − m W T

(

)

nên ta suy ra rằng

( ),

( )

( )||.||

−

〉 ≤

−

s ( )

(cid:4) F 〈 m

(cid:4) ′ ˆ F s v s ds m m

(cid:4) F m

(cid:4) F s m

′ ˆ v s ds ( )|| m

+ 1

∫

, )||

≤

s ds ( )

(4.54)

2 TK M f ( 1

(

)

σ m

2 ˆ v || − 1 m W T

+ ∫

Tổ hợp (4.50), (4.52) - (4.54) ta được

2 T K M f ( 1

2 1

(

)

2 || 1 − m W T

+ , )(1 2

)

(cid:4) K M B ( 1

+ + [2

s ds ( )

(4.55)

σ m

∫ ]

b 0

Áp dụng bổ đề Gronwall cho (4.55), ta suy ra rằng

(cid:4) t ( ) ≤ , ) ( + M K M B v 4 ))|| ( , σ m

+ )(1 2

)

(cid:4) K M B ( 1

T ]

b 0

(cid:4)

t ( )

≤

, )

(

M K M B v 4 ))||

(

(4.57)

σ m

2 || m W T

2 T K M f ( 1

2 1

− 1

(

e )

Do đó

≤

, với mọi

(4.58)

ˆ v || m W T

(

)

k T

(

)

ˆ v − || || m W T

trong đó

+ )(1 2

(cid:4) ( K M B 1

−

2 ) M T ] 2

1 2

b 0

(cid:4)

(1 = +

)

, )

(

M K M B e 4 (

))

(4.59)

b 0

2 T K M f ( 1

2 1

Như vậy

−

≤

−

với mọi

.m p ,

(4.60)

|| m W T

m p +

(

)

v 1

)

|| W T ( 1

m k T k − 1 T

là dãy Cauchy trong không gian

Từ (4.60) ta có { }mv

1( )W T và do đó tồn tại

∈

, sao cho:

v W T 1( )

v→ trong

(4.61)

1( )W T mạnh.

∈

)

}

, nên ta trích ra một dãy con {

của dãy

Ta cũng lưu ý rằng do

mv W M T 1(

jmv

sao cho:

{ },mv

∞

(0,

T V H

∩

;

)

v→ trong

yếu *,

(4.62)

jmv

∞

(0,

T V ;

)

′→ trong

yếu *,

(4.63)

′ jmv

′′→ trong

(4.64)

2( )TL Q yếu ,

′′ jmv

′′ ∈ v W M T

(

(4.65)

Mặt khác, ta lại có

∇

−

(cid:4) ( ,|| B t

∇

2 v t ( )|| )

∇

v t ( )

(cid:4) b t ( ) m

v t ( ) m

≤

(cid:4) ( ,|| B t

∇ v

2 t ( )|| )

∇

−

B t

( ,||

∇

2 v t ( )|| )

∇

v t ( )

v t ( ) m

− 1

≤

(cid:4) ( ,|| B t

∇ v

2 t ( )|| ) |

∇

− ∇

v t ( )|

v t ( ) m

− 1

(cid:4) ( ,|| B t

∇ v

2 t ( )|| )

−

(cid:4) ( ,|| B t

∇

2 v t ( )|| ) .|

∇

v t ( )|

− 1

≤

∇

− ∇

v t ( )|

(cid:4) K M B 0(

v t ( ) m

+ ∇

∇

(cid:4) K M B (

)||

v ∇

t ( )

v t ( )||(||

v ∇

t ( )||

|| − ∇

v t ( )||)|

v t ( )|

− 1

(cid:4)

≤

(cid:4) K M B (

∇

− ∇

v t ( )|

)||

∇ v

t ( )

− ∇

v t ( )||.|

∇

v t ( )|,

v t ( ) m

MK M B 2 ( 1

− 1

hay

∇

−

(cid:4) ( ,|| B t

∇

2 v t ( )|| )

∇

v t ( )||

(cid:4) b t ( ) m

v t ( ) m

(cid:4)

≤

∇

− ∇

∇

(cid:4) K M B (

)||

v t ( )||

)||

v ∇

t ( )

v t ( )||.||

v t ( )||.

v t ( ) m

MK M B 2 ( 1

− 1

Do đó

∇

−

(cid:4) ( ,|| B t

∇

2 v t ( )|| )

∇

∞

(cid:4) b t ( ) m

v t ( ) m

(0,

)

v t ( )|| L

2 ; T L

(cid:4)

≤

(cid:4) K M B v )|| ,

(

−

M K M B v 2 )||

(

−

(4.66)

)

1 −

v || ( W T 1

Ta suy ra từ (4.61) và (4.66) rằng

∞L

(0,

;

(cid:4) ( ,|| B t

2 v v || ) ∇ ∇

trong

T L mạnh. )

(4.67)

(cid:4) b t ( ) m

∇ → m

Tương tự, ta cũng có

−

(cid:4) ( ) f t

(cid:4) ( , , f x t v

t ( ))

−

(cid:4) ( , , ( )) f x t v t

≤

K M f v , )|

(

t ( )

−

v t ( )|,

(cid:4) F t ( ) m

− 1

−

≤

K M f (

, )||

−

≤

K M f (

, )||

−

(4.68)

∞

(cid:4) F m

− 1

)

(cid:4) || f L

(0,

2 T L ;

)

v || L

(0,

2 T L ;

)

v || W T ( 1

Vậy từ (4.61) và (4.68), ta thu được

(cid:4) ( , , ( )) f x t v t

∞L

(0,

;

trong

T L mạnh. )

(4.69)

→(cid:4) ( ) mF t

Sau đó qua giới hạn (4.10) với m thay bằng

jm → ∞ .

v W M T (

∈

)

thỏa bài toán biến phân

Từ (4.61) – (4.64), (4.67), (4.69) ta có

v t w ( ),

(cid:4) ( ,|| B t

2 v t ( )|| )

v t ( ),

(cid:4) ( ), f t w

w V

〉 +

∇

〈∇

∇ 〉 = 〈

〉 ∀ ∈ ,

(4.70)

(0)

( ),

′ (0)

( ).

(cid:4) v x 0

(cid:4) v x 1

⎧⎪ ′′〈 ⎪⎪⎨ ⎪ v ⎪⎪⎩

Mặt khác từ giả thiết (A2), (A3), (4.65), (4.67) và (4.69), ta lại có

∞

′′ =

∈

(cid:4) ( ,|| B t v t

2 v ( )|| )

(cid:4) ( , f t x v , )

(0,

2 T L ;

(4.71)

∈

Điều này dẫn đến

v W M T 1(

Sự tồn tại nghiệm được chứng minh.

ii) Sự duy nhất nghiệm

v v W M T

(

)

∈

là hai nghiệm yếu của bài toán (4.1). Thì

Lấy 1

= − v 1 2

thỏa mãn bài toán biến phân sau

( ))

v t w ( ),

v t ( ),

〉 +

〈∇

w ∇ 〉 −

−

〈Δ

〉

(cid:4) B t ( ) 1

(cid:4) B t ( ( ) 1

(cid:4) B t 2

v t w ( ), 2

w V

= 〈

−

, 〉

∀ ∈

(4.72)

(cid:4) ( ) F t 1

(cid:4) ( ), F t w 2

(0)

′ (0)

⎧⎪ ′′〈 ⎪⎪⎪⎪ ⎨ ⎪⎪⎪ ⎪ v ⎪⎩

trong đó

∇

(cid:4) ( ,|| B t

2 ( )|| ),

(cid:4) ( , , f x t v t

( )),

1, 2.

(4.73)

(cid:4) B t ( ) i

v t i

(cid:4) F t ( ) i

v′= , sau đó lấy tích phân theo ,t ta được

Trong (4.72)1 ta thay w

∇

−

〈Δ

t ( ) Ψ =

2 ds v s ( )||

( )]

( ),

(cid:4) ′ B s ( )|| 1

(cid:4) B s [ ( ) 1

(cid:4) B s 2

′ ( ) v s v s ds 〉 2

∫

( ),

−

(4.74)

(cid:4) ′ F s v s ds ( ) 2

〉 = ∑

∫ (cid:4) F s ( ) 〈 1

1 =

trong đó

Ψ = t ( )

2 ′ || ( )|| v t

( )||

∇

2 v t ( )|| .

(4.75)

(cid:4) B t 1

Bây giờ, ta đánh giá các tích phân ở vế phải của (4.74) như sau

Tích phân thứ nhất.

+ )(1 2

(cid:4) K M B ( 1

2 ds v s ( )||

s ds ( )

∇

≤

(4.76)

(cid:4) ′ B s ( )|| 1

∫

b 0

Tích phân thứ hai.

−

≤

(cid:4) ( ,|| B t

∇

2 ( )|| )

−

(cid:4) ( ,|| B t

∇

2 ( )|| )

(cid:4) B t ( ) 1

(cid:4) B t ( ) 2

v t 1

v t 2

(cid:4)

≤

(cid:4) K M B (

∇

2 ( )||

− ∇ ||

2 ( )||

≤

)||

∇

v t ( )||,

u t 1

u t 2

MK M B 2 ( 1

( ) ||

)

nên

−

〈Δ

( )]

( ),

(cid:4) B s 2

′ ( ) v s v s ds 〉 2

∫ (cid:4) [ B s ( ) 1

(cid:4)

′

≤

∇

v s ( )||.||

( )||.|| ( )||

v s ds

MK M B 4 ( 1

v s 2

∫ )

(cid:4)

′

≤

v s ( )||.|| ( )||

v s ds

(4.77)

M K M B 4 ( 1

∇∫ ) ||

Tích phân thứ ba.

−

( )||

(cid:4) f x t v t

|| ( , ,

( ))

(cid:4) ( , , f x t v t

( ))||

(cid:4) F t ( ) 1

(cid:4) F t 2

≤

−

≤

∇

K M f (

( )||

K M f (

v t , )|| ( )||

K M f (

, )||

v t ( )||,

v t , )|| ( ) 1

v t 2

suy ra rằng

′

−

( ),

〉 ≤

−

( )||.|| ( )||

v s ds

(cid:4) 〈 F s ( ) 1

(cid:4) ′ F s v s ds ( ) 2

(cid:4) F s ( ) 1

(cid:4) F s 2

∫

′

≤

K M f 2 (

, )

v s ( )||.|| ( )||

v s ds

(4.78)

∇∫ ||

Tổ hợp (4.74), (4.76) - (4.78) ta được

)

+ )(1 2

(cid:4) K M B ( 1

Ψ ≤ t ( )

s ds ( )

Ψ∫

b 0

(cid:4)

′

K M f (

, )

v s ( )||.|| ( )||

v s ds ,

(4.79)

M K M B 2 ( 1

∇∫ )] ||

hay

t ( ) Ψ ≤

s ds ( ) ,

Ψ∫

trong đó

(cid:4)

)(1

M 2

)

K M f ( (

, )

))(1

M K M B 2 ( 1

b 0

= bK

⎡ (cid:4) K M B ( ⎢ ⎣

⎤ ) . ⎥ ⎦

( )

Sử dụng bổ đề Gronwall ta có

v tΨ ≡ nghĩa là 1

v≡ 2.

Định lý 4.2 được chứng minh hoàn tất(cid:31)

Chương 5

THUẬT GIẢI HỘI TỤ CẤP HAI

5.1. Giới thiệu

Kết quả thu được ở chương 3 cho thấy sự hội tụ và đánh giá sai số của dãy quy

nạp tuyến tính {

}m mu

∈(cid:96) chỉ là cấp một. Để tiếp nối và mở rộng kết quả của chương 3.

Chúng tôi, xây dựng một dãy lặp phi tuyến {

}m mu

∈(cid:96) nhằm nâng tốc độ hội tụ, chúng

tôi sẽ tìm kiếm một điều kiện đủ cho bài toán (1.1) – (1.3) bằng một thuật giải tinh tế

hơn với một dãy lặp hội tụ bậc hai được thiết lập mà chúng tôi sẽ trình bày dưới đây.

Trong chương này, chúng tôi xét dãy lặp cấp hai cho bài toán

B t u t ( ,||

2 u ( )|| )

f x t u ( , , )

f u [

], 0

1, 0

t T

≡

x < <

< <

⎧⎪ − u tt

t (0, )

t (1, )

(5.1)

u ⎨

⎪⎪⎪⎪⎪⎪ ⎪⎪⎪⎪⎪

( , 0)

( ),

( , 0)

( ),

(cid:4) u x 0

(cid:4) u x 1

u x t

u x ⎪⎪⎩

trong đó

,B f là các hàm cho trước thỏa các điều kiện mà ta sẽ chỉ ra sau và

0,u(cid:4)

1,u(cid:4)

2 ( )|| )

phụ thuộc vào tích phân:

số hạng phi tuyến

B t u t ( ,||

2 ( )||

(5.2)

2 x

Bài toán (5.1) được xét với các giả thiết tăng thêm như sau:

|| u x t dx ( , ) . u t x = ∫

(A1)

(cid:4) u V H ∈ ∩ 0

(cid:4) u V ∈ 1

B C ∈

(

(cid:92)

sao cho tồn tại

> thỏa các đánh giá sau

(B2)

b b b b , 0 1 3

ξ η ( , )

≤

),p

ξ η ( , )

với mọi

< ≤ b 0

b 1

+∈ (cid:92) ,

≤

),p

ξ η ( , )|

, ,

với mọi

ii)

D B 1

b 2

+∈ (cid:92) ,

ξ η ( , )

với mọi

iii)

+∈ (cid:92) ,

D B 2

b 3

f C∈

2( )

f (cid:92) thỏa (0, , 0)

t 0. = ∀ ≥

(B3)

Xét

T > cố định. Với

0M > ta định nghĩa

ξ η ( , )| ≤ + η − ξ η ( , )

(5.3)

∑

K = max K = K M f ( , ) = sup| D f x t z x t z ( , , )| : ( , , ) ∈ )}, A M ( * { 0 | | α≤ = ≤

trong đó

) = x t z {( , , ) ∈ [0,1] × [0, T ] × : | | ≤ z M }. (cid:92) A M *(

Với mỗi

và

∞

T T∈ (0, ] 0M > ta đặt

2 L Q ( T

∩ ∈ ∈ ⎧⎪ W M T ( , ) = ∈ { u L (0, T V H ; ) : u L (0, ; ), T V u ), tt

(5.4)

∞

T V H

T V

(0,

∩

;

)

(0,

; )

)

∞

≤ ≤ ≤ M }, ⎨ M u , || t M u , || tt u || || L || L || 2 L Q ( T

2 T L ;

⎪⎪⎪⎪⎪⎪ ⎪⎪⎪⎪⎪ ∈ , ) ) : ( , L (0, )}. = ∈ { u W M T u tt W M T ( ⎪⎪⎩

trong đó

Các kí hiệu sử dụng trong chương này vẫn tương tự như trong chương 3, tuy

nhiên chúng tôi còn sử dụng thêm các kí hiệu sau:

= (0,1) × (0, T ).

2 D f 3

= f x t z ( , , ), = f x t z ( , , ). D D f 1 3 ∂ ∂ ∂ x z ∂ ∂ z

5.2. Thuật giải xấp xỉ phi tuyến

Trong phần này, với sự lựa chọn M và T thích hợp ta xây dựng một dãy {

}mu

trong

W M T bằng quy nạp. Dãy {

sẽ được chứng minh hội tụ về nghiệm yếu

của bài toán (5.1).

) , }mu

u = Giả sử rằng

Chọn số hạng ban đầu

(5.5)

W M T 1(

− ∈

, ).

Ta liên kết bài toán (5.1) với bài toán biến phân sau. Tìm

mu W M T m 1(

sao cho

〉 +

〈∇

∇ 〉 = 〈

( ),

F x t v ( , ),

〉 ∀ ∈ ,

v V

(cid:5)(cid:5) u t v ( ), m

b t ( ) m

u t m

(5.6)

(0)

(cid:5) u

(0)

(cid:4) u 0

(cid:4) u , 1

⎧⎪〈 ⎪⎪⎪⎨ ⎪⎪ u ⎪⎪⎩ trong đó

∇

B t

( ,||

2 ( )|| ),

u t m

(5.7)

−

f u [

]

[

t D f u ( )] 3

1 −

u t [ ( ) m

⎧⎪ b t ( ) ⎪⎪ m ⎨ ⎪⎪ F t ( ) ⎪⎩ m

Sự tồn tại mu cho bởi định lý sau đây.

0M > và

∈ ), , ≥ 1

Định lý 5.1. Giả sử (A1), (B2), (B3) đúng. Khi đó tồn tại các hằng số

⊂

}

W M T (

)

T > sao cho, với

u = tồn tại một dãy quy nạp phi tuyến

xác

mu {

định bởi (5.5) – (5.7).

Chứng minh định lý 5.1. Gồm các bước sau.

V H∩

như trong chương 3.

Bước 1. Xấp xỉ Galerkin. Giả sử { }jw cơ sở của

Dùng phương pháp Galerkin để xây dựng nghiệm yếu xấp xỉ cho bài toán (5.6), (5.7).

t ( )

t w ( )

(5.8)

k ( ) m

k ( ) c mj

= ∑

= 1

( )k

với

thỏa các hệ phương trình vi phân tuyến tính

mjc

( ) k b m

( ) k m

(5.9)

t w ( ), 〉 + t ( ) 〈∇ u t ( ), w F t w ( ), 〉 ≤ ≤ , 1 j k , ∇ 〉 = 〈 j

( ) k m

trong đó

(0) = u , (cid:5) u (0) = , u 1 k ⎧⎪〈 ( ) k (cid:5)(cid:5) u ⎪⎪⎪⎨ m ⎪⎪ u ⎪⎪⎩

(5.10)

( ) k mj

∑

= 1

u ≡ α w → (cid:4) mạnh trong V ∩ 2,H u 0

≡

→

(5.11)

( ) k mj

∑

1 =

và

B t

( ,||

2 t ( )|| ),

t ( )

∇

( ) k m

(5.12)

f u [

]

u (

[

−

( ) k m

D f u ) 3

1 −

⎧⎪ ( ) k b ⎪⎪⎪⎨ m ⎪⎪ ( ) k F t ( ) ⎪⎪⎩ m

Giả sử

1mu − thỏa (5.5). Khi đó, ta có bổ đề sau.

k ( )

]

T∈ (0,

sao cho hệ

β w u 1 k (cid:4) mạnh trong u 1

Bổ đề 5.1. Giả sử (A1), (B2), (B3) đúng. Khi đó, tồn tại

k ( )

( )k

[0,

]

T⊂ [0,

phương trình (5.9) – (5.12) có nghiệm duy nhất

mu xác định trên

Chứng minh bổ đề 5.1. Bỏ qua các chỉ số

,m k trong cách viết và ta viết

t ( ),

t ( ).

lần lượt thay cho

Khi đó, hệ phương

( ),

b t , ( )

k ( ) c mj

k ( ) mj

k ( ) , mj

k ( ) b m

c t j

α β , j

trình (5.9) – (5.12) được viết lại dưới dạng như sau:

λ = −

+ 〈

−

f u [

]

[

〉 ,

⎧ ′′⎪ c t ( ) j

b t c t ( ) ( ) j j

− 1

u D f u − 1

− 1

[

, 1 〉

j ≤ ≤

(5.13)

⎨

− 1

( ) c t D f u 〈 i

w w ] , i

∑

= 1

⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪ ⎪⎪⎪⎪⎪⎪

(0)

′ j

c ⎪⎪⎩

Hệ phương trình này tương đương với hệ phương trình tích phân phi tuyến sau

∫

β t − λ d τ c t ( ) j = + α j b s c s ds ( ) ( ) j

(5.14)

1 −

∑

∫

1 =

+ d τ [ 〉 , 〈 ( ) c s D f u i w w ds ] j

− 1

∫

k ( )

+ d τ 〈 f u [ ] − [ ], 1 ≤ ≤ j k . 〉 w ds , j u D f u − 1

T∈ (0,

]

và

ρ > (ta sẽ chỉ ra sau). Ta đặt

Với mỗi

= X C

([0,

];

(cid:92)

= ∈ { c X c

:||

≤

( ) k T m

|| X

Ở đây, chuẩn trong không gian Banach X được định nghĩa như sau:

c t

( )|,

)

∈

với mỗi

c t | ( )| 1

c || || X

c t j

c 1( ,...,

c k

= ∑

sup | ( )| , 1 0 ≤ ≤ t T

1 =

( ) k m

Ta viết lại (5.14) dưới dạng phương trình điểm bất động như sau

c t ( )

H c t [ ]( )

≡

L c t

[ ]( ) + ( ),

G t

∈ c C

([0,

];

k (cid:92) ),

(5.15)

( ) k T m

trong đó

( )),

H c t [ ]( )

[ ]( )),

c t ( ( ),..., 1

c t k

H c t [ ]( ),..., ( 1

H c t k

L c t G t

[ ]( )

( ),

⎧⎪ c t ( ) ⎪⎪⎨ ⎪ H c t [ ]( ) ⎪⎪⎩ j

và

1 −

∑

∫

1 =

L c t [ ]( )= λ d τ d τ [ , − + 〉 b s c s ds ( ) ( ) j ( ) c s D f u 〈 i w w ds ] , j

1 −

∫

[0,

]k ( )

Sự tồn tại nghiệm

t trên đoạn

k ( )( ) mu

mT sẽ được suy ra từ sự tồn tại nghiệm

( )k

mc ∈ X thỏa mãn phương trình tích phân nói trên. Như vậy ta cần chứng minh toán tử

:H X

:H S

X→ có duy nhất điểm bất động, hay chứng minh

S→ là ánh xạ co khi

( )k

ρ đủ lớn và

mT đủ bé.

k ( )

β t d τ f u [ ] [ ], 1 k . + 〈 − j ≤ ≤ α = + j w ds , 〉 j u D f u 1 − ⎧⎪⎪⎪ ⎪⎪⎪⎪⎨ ⎪⎪⎪ G t ( ) ⎪⎪⎪⎪⎩ j

Ta bắt đầu bằng việc chứng minh tồn tại

ρ > và 0

mT > sao cho H biến S

thành chính nó. Thật vậy, lấy

c = ,..., ) S , ∈ ta có c c ( , 1 c k

≤

t ( )||

t w ( )|.||

ρ ,

∀ ∈ t

[0,

k ( ) m

k ( ) c mj

k ( ) T m

∑

1 =

(5.16)

≤

t ( )||

≤ Δ ||

t ( )||

λ |

|.|

t w ( )|.||

∀ ∈ t

[0,

( ) k m

( ) k c mj

λ ρ , k

( ) k T m

∑

1 =

⎧⎪⎪ || ⎪⎪⎪⎪⎨ ⎪⎪⎪ ∇ || u ⎪⎪⎪⎩

Do đó, từ giả thiết B2 (i) ta suy ra

2 t ( )|| )

p 2 t ( )|| )

(5.17)

( ) k m

2 p λ ρ k

Mặt khác, ta có

b t ( ) = B t ( ,|| ∇ u ≤ (1 + ∇ || u ≤ (1 + ). b 1 b 1

− 1

∑

∫

= 1

| L c t [ ]( )| ≤ λ d τ b s | ( )|.| + d τ [ 〉 | , 〈 | ( )|.| c s D f u i w w ds ] j c s ds ( )| 1

p 2 λ ρ k

∫ )

∫

≤ λ (1 + d τ | + c s ds K d ( )| τ c s | ( )| .|| w ||.|| w ds || j b j 1

p 2 λ ρ k

∫

∫ )

∫

hay

L c t

≤

p 2 λ ρ k

[ ]( )| 1

λ b k 1

c s ds | ( )| 1

∫ )

∫

t ∫ kK d 1

∫

≤

)

λ [ b 1 k

2 p λ ρ k

c ds || || X

∫ ]

∫

≤

)

]

≤

(5.18)

λ [ b k 1

2 p λ ρ k

( ) 2 k D T ( ) , 1 m

k ( ) 2 mT ( ) 2

trong đó, hằng số dương

1D , độc lập với

( ).k mT

Hơn nữa, ta lại có

( )|

≤

〈 | [ f u

]

−

[

]|,|

G t j

〉 | w ds j

u D f u − 1

− 1

∫

≤

+ K MK (

〈 1,|

〉 | w ds j

∫ )

∫

k ( )

≤

+ K MK (

)

k ( ) 2 mT ( ) 2

hay

G t

≤

+ K MK (

)

(5.19)

( )| 1

α | 1

T | 1

≤ + D 2

( ) 2 k D T ( ) , 3 m

k ( ) 2 mT ( ) 2

≤ λ (1 + d τ | + c s ds K d ( )| τ b j 1 c s ds , | ( )| 1

( )k

trong đó, hằng số dương

.ρ

3D , độc lập với

mT và

Từ (5.15), (5.18) và (5.19) ta suy ra rằng

H c

[ ]|| X

≤ + D 2

( ) 2 k D T ( ) . 2 m

k ( )

≤

)

T∈ (0,

]

Ta chọn

thỏa

, ta suy ra điều phải chứng

( ) k T m

Dρ − ( 2

2Dρ > và

1 D 2

minh.

( )k

S∈ ta kí hiệu

Kế tiếp, ta chứng minh H là ánh xạ co khi

c d mT đủ bé. Lấy ,

B t

( ,||

∇

u t

2 ( )|| ),

B t

( ,||

∇

2 v t ( )|| ),

b t ( ) c

b t ( ) d

u t ( )

c t w ( )

v t ( )

d t w ( )

trong đó,

∑

= 1

θ< < ta có 1,

Từ giả thiết B2 (iii) và với 0

−

∇

u t

2 ( )||

+ − ∇

)||

2 v t ( )|| )(||

∇

u t

2 ( )||

− ∇ ||

2 v t ( )|| )

θ ||

D B t ( , 2

b s ( ) c

b s ( ) d

− 1

≤

+ ∇ θ [ ||

u t

2 ( )||

+ − ∇

)||

p 2 v t ( )|| ]

∇

u t

( )||

− ∇ ||

v t ( )||

b 3(1

λ ρ k

≤

]||

∇

u t ( )

− ∇

v t ( )||

λ ρ 2 b 3 k

λ ρ − 2 2 p ( ) k

≤

λ ρ − 2 ( )

c s ].| ( )

−

d s

(5.20)

2 λ ρ 2 b k 3

( )| . 1

Từ (5.3), (5.17), (5.20) ta thu được đánh giá

− H c t H d t

[ ]( )

]( )| = |

[

L c t [ ]( )

−

L d t [

]( )|

≤

−

d s ds ( )]|

−

b s c s | ( )[ ( ) c

b s |[ ( ) c

b s d s ds ( )] ( )| j d

∫

−

〈 ( )|.|

( , ,

〉 |

d s D f x s u 3

− 1

c s | ( ) i

w w ds ) j

∑

∫

= 1

≤

−

b 1 j

2 p λ ρ k

∫ )

∫

− 2

−

d s

(1 ( )| d s ds | ( ) c s j

2 )

2 2 λ λ ρ b 3 j k

∫ ]

∫

c s | ( )

−

d s ds ( )| 1

∫

t ∫ K d 1 0

hay

[1 | ( ) c s ( )| d s ds ( )| .| 1 ( λ ρ k

− H c t H d t

[ ]( )

[

≤

c s | ( )

−

]( )| 1

d s ds ( )| 1

b λ 1 k

2 p λ ρ k

∫ )

∫

− 2

2 )

c s | ( )

−

2 b 3

d s ds ( )| 1

3 2 λ ρ k

( λ ρ k

∫ ]

∫

−

t ∫ kK d 1

∫

Do đó

− H c t H d t

≤

−

∀ ∈ t

| ( ) c s . ( )| d s ds 1

và 1

( ) 2 k ( T m

( ) k T m

| [ ]( ) [ ) || [0, ] , ≤ ≤ ]( )| 1 || , X

λ ρ − 2 ( )

trong đó,

λ b k 1

2 p λ ρ k

3 2 λ ρ k

K k 1

Điều này dẫn đến

− H c H d [

[ ]

≤

) ||

−

]|| X

( ) 2 k ( T ξ m

|| . X

( )k

:H S

Vậy, ta có thể chọn

S→ là ánh xạ co. Áp dụng định

mT đủ nhỏ sao cho

c X∈

lý Banach, ta suy ra được H có một điểm bất động duy nhất

Khi đó, hệ

phương trình vi phân (5.9) – (5.12) có nghiệm duy nhất

t trên một khoảng

( )( ) k mu

k ( )

[0,

Bổ đề 5.1 được chứng minh hoàn tất.

(1 ) [1 ] .

Chú thích 5.1. Trong việc chứng minh sự tồn tại nghiệm xấp xỉ Galerkin. Nếu ta

:nH X

X→ là ánh xạ co, thì ta thu được sự tồn

chứng minh tồn tại n ∈ (cid:96) sao cho

tại và duy nhất nghiệm

t toàn cục. Nhưng ở đây ta chỉ cần chỉ ra sự tồn tại của

( )( ) k mu

nghiệm

t nên chúng tôi đã chọn giải pháp trên để đơn giản trong việc trình bày

( )( ) k mu

với lại kỹ thuật chứng minh không bị trùng lắp với chương 3.

Bước 2. Đánh giá tiên nghiệm. Đặt

2 t ( )||

2 t ( )|| ,

( ) k m

( ) k b m

( ) k m

= + ∇ || (cid:5) u t ( )|| u

2 t ( )||

2 s ( )|| ,

(5.21)

( ) k m

( ) k b m

( ) k m

( ) k Q t ( ) ⎨ m

+ Δ = ∇ || (cid:5) u t ( )|| u

2 ds s ( )||

( ) k m

( ) k (cid:5)(cid:5) u m

∫

và lấy tổng theo ,j sau đó tích phân theo biến thời gian với

Nhân (5.9)1 bởi

( )( ) k (cid:5) mc t

cận từ 0 đến ,t ta được

= + t ( ) + P t Q t ( ) ( ) || . ⎧⎪⎪ ( ) k P t ( ) ⎪⎪⎪⎪⎪ m ⎪⎪⎪⎪⎪ S ⎪⎪⎩

(0)

(cid:5) F s u 〈 ( ),

s ds ( )

〉 +

s ( )||

∇

2 ds s ( )||

(5.22)

k ( ) P t ( ) m

k ( ) P m

k ( ) m

∫ (cid:5) k ( ) b m

∫

Trong (5.9)1 bằng cách thay

jw bởi

,jwΔ ta đạt được

(5.23)

( ) k (cid:5)(cid:5) u m

( ) k b m

( ) k m

( ) k F t m

Nhân (5.23) bởi

t , sau đó lấy tổng theo ,j thì (5.23) trở thành

( )( ) (cid:5) k mc

〈∇

t ( ),

∇

(cid:5) u

t ( )

〉 +

t ( )

〈Δ

t ( ),

(cid:5) u

t ( )

〉 = 〈∇

( ),

∇

(cid:5) u

〉 ( ) . t

(5.24)

( ) k (cid:5)(cid:5) u m

( ) k m

( ) k b m

( ) k m

( ) k F t m

( ) k m

Tích phân theo biến thời gian, cận từ 0 đến ,t ta được

〈∇ t ( ), t ( ) 〈Δ u t ( ), Δ 〉 = 〈∇ w ( ), ∇ 〉 . w ∇ 〉 + w j

2 ds s ( )||

(5.25)

( ) k Q t ( ) m

( ) k Q m

( ) k F s m

( ) k m

∫ (cid:5) ( ) k b m

∫

Tổ hợp (5.21) – (5.25), ta suy ra rằng

= (0) + 2 〈∇ ( ), ∇ (cid:5) u s ds ( ) 〉 + s ( )|| Δ u .

( ) k m

( ) k F s m

( ) k m

∫

S t ( ) = S (0) + 2 (cid:5) F s u 〈 ( ), s ds ( ) 〉 + 2 〈∇ ( ), ∇ (cid:5) u 〉 ( ) s ds

2 s ( )||

2 ds s ( )||

( ) k m

( ) k (cid:5)(cid:5) u m

( s ( ) ||

)

∫

(0)

(5.26)

( ) k m

+ ∑ , I

1 =

j =

1,..., 4,

trong vế phải của (5.26).

Ta sẽ đánh giá các tích phân

jI ,

+ ∇ u + Δ || u ds + || (cid:5) ( ) k b m

Tích phân thứ nhất.

( ) k F t m

( ) k m

1 −

| ( )| ≤ f u | [ t ( )]| + | u t ( ) − u [ t ( )]| t D f u ( )|.| 3

( ) k m

nên

( )||

≤

K K u

(||

t ( )|| + ||

t ( )||)

≤

+ K K

(

t M ( ) + )

( ) k F t m

( ) k m

− 1

( ) k m

1 b 0

≤

)

K S

t ( ).

k ( ) m

1 b 0

Do đó

≤

≤ + K K u | t ( ) − u ( )|, t−

s ds ( ) |

〉 ≤

( )||.||

s ds ( )||

( ) k m

( ) k F s m

( ) k m

∫

≤

a 2

s ds ( )

a 2

s ds ( )

(5.27)

( ) k m

∫

(cid:5) F s u 〈 | ( ), (cid:5) u

trong đó,

1 b 0

a = K (1 + M a ), = K .

Tích phân thứ hai. Ta có

( ) k F t ( ) m

− 1

∇ = t ( )] + [ t ( )]. ∇ u t ( ) D f u [ 1 D f u 3

( ) k m

− 1

+ ∇ [ u t ( ) − ∇ u [ t ( )] t D f u ( )]. 3

( ) k m

− 1

2 D f u 3

− 1

nên

∇ |

( )|

≤

+ ∇ |

t ( )|)

t ( )

− ∇

t ( )|

( ) k F t m

+ ∇ K 1

( ) k m

1 −

t ( )

−

t ( )|.(1

+ ∇ |

t ( )|),

K u | 2

( ) k m

− 1

hay

∇

( )||

≤

+ ∇ ||

t ( )||)

(||

∇

t ( )|| + ||

∇

t ( )||)

( ) k F t m

( ) k m

1 −

t ( )|| + ||

t ( )||)(1

+ ∇ ||

t ( )||)

K u (|| 2

( ) k m

1 −

≤

+ M K )

(

t M K ( ) + )

)(

t ( ) + )

k ( ) m

1 b 0

≤

+ M M

)

M S )

t ( ).

( ) k m

1 b 0

Điều này dẫn đến

≤

∇

( )||.||

∇

(cid:5) u

s ds ( )||

( ) k F s m

( ) k m

∫

≤

c 2

t ds ( )

s ds ( )

(5.28)

c 2 1

( ) k m

∫

+ u [ t ( ) − u [ t ( )] + [ t ( )]. ∇ u t ( )], t D D f u ( )][ 1

trong đó,

1 b 0

c = K (1 + 3 + M M ), = K (2 + M ) c 1

Tích phân thứ ba.

2 t ( )|| )

k ( ) m

t ( ) = (cid:5) B t ( ,|| ∇ u (cid:5) k ( ) b m

2 t ( )|| )

( ) k m

nên

− 2

≤ ( ,|| ∇ u + ( ,|| ∇ u 〈∇ u t ( ), ∇ (cid:5) u 〉 ( ) , t D B t 1 D B t 2 2

2 p t ( )|| )

2 t ( )||

( ) k m

1 −

S (

p t ( ))

S (

p t ( ))

t ( )

( ) k m

≤

)

1 −

b 2

b 2 (1 3

p b 0

b 0

≤

t ( )

S (

p t ( )) ],

( ) k m

b 2

b 0

| t ( )| ≤ (1 + ∇ || u + + ∇ || u )|| ∇ u t ( )||.|| ∇ (cid:5) u t ( )||. (cid:5) ( ) k b m b 2 b 2 (1 3

với

2 b + 3 p b 0

b 2 3 b 0

b = + + . b 2

Do đó

∇

2 s ( )||

+ Δ ||

2 s ( )||

( ) k m

( s ( ) ||

)

∫ (cid:5) ( ) k b m

≤

∇

2 s ( )||

+ Δ ||

2 s ( )||

( ) k m

( s ( )|. ||

)

∫ (cid:5) ( ) k | b m

p s ( )) ].

( ) k m

∫

b b 0

1 +

≤ [1 + S s ( ) + S ( S s ds ( )

2 s ( ))

p s ( ))

(5.29)

( ) k m

∫

b b 0

≤ S [ s ( ) + S ( + S ( ds ] .

Tích phân thứ tư. Ta viết lại (5.9)1 dưới dạng

t w ( ),

〉 =

t ( )

〈Δ

t w ( ),

〉 + 〈

F t w ( ),

〉 .

(5.30)

( ) k (cid:5)(cid:5) u 〈 m

( ) k b m

( ) k m

Nhân (5.30) bởi

, sau đó lấy tổng theo ,j thì (5.30) trở thành

( )( ) k (cid:5)(cid:5) t mc

( ) k (cid:5)(cid:5) u 〈 m

( ) k (cid:5)(cid:5) t u ( ), m

( ) k b m

( ) k m

( ) k (cid:5)(cid:5) t u ( ), m

( ) k (cid:5)(cid:5) F t u ( ), m

( ) k m

hay

2 t ( )||

≤

t ( )|.||

t ( )||.||

t ( )||

( )||.||

t ( )||

( ) k (cid:5)(cid:5) u m

( ) k b m

( ) k m

( ) k (cid:5)(cid:5) u m

( ) k F t m

( ) k (cid:5)(cid:5) u m

≤

2 t ( )) ||

2 t ( )||

2 ( )||

2 t ( )|| ,

( ) k b ( m

( ) k m

( ) k (cid:5)(cid:5) u m

( ) k F t m

( ) k (cid:5)(cid:5) u m

1 4

hay

(

p t ( ))

( ) k m

t ( ) 〉 = t ( ) 〈Δ u t ( ) 〉 + 〈 〉 ( ) , t

2 t ( )||

k ( ) (cid:5)(cid:5) u m

k ( ) m

|| ≤ + S ) t ( ) + 2 K [1 + M ] + K S t ( ) b 2 (1 1

(

)

p b 0

1 b 0

+ 1

(

p t ( ))

k ( ) m

≤

t ( )

)

a 4[

t ( )]

b S 2 ( 1

( ) k m

2 0

2 a S 1

( ) k m

p b 0

+ 1

t ( )

p t ( ))

(5.31)

≤ + d 0

d S 1

( ) k m

d S ( 2

( ) k m

Với

b 2 .p 1

2 a 4 , 0

d 1

b 2 1

2 a 4 , 1

b 0

Lấy tích phân hai vế của (5.31) theo ,t ta được

≤

s ds ( )

S (

p s ( ))

ds+ 1

(5.32)

d T d 1

( ) k m

∫

Tổ hợp (5.26) - (5.29), (5.32) và sử dụng bất đẳng thức

≤ + 1

+ 1 ,

∀ ≥ ∀ ∈ 0,

(0,

+ 1],

ta được

t ( )

≤

(0)

C M T (

)

p s ( )]

+ 1 ds

∀ ∈ t

[0,

S [

(5.33)

k ( ) m

k ( ) T m

k ( ) m

C M ( 2

∫ )

trong đó

b 2 b 0

(5.34)

, ) a [2( a d c , = c ) + + + + + + 1 d T ] 1

b 3 b 0

k ( )(0)

. Ta có

Bây giờ ta cần đánh giá số hạng

= ) a 2( a c d . + + + + + + c ) 1 d 1 ⎧⎪ C M T ( ⎪⎪⎪⎨ ⎪⎪ C M ( ⎪⎪⎩ 2

2 ||

(5.35)

k ( ) m

(

)( ||

)

S (0) = || + ∇ || + B 0,|| ∇ ∇ u + Δ || u . u 1 k u 1 k (cid:4) u 0

Từ giả thiết (A1), (5.10), (5.11) ta suy ra rằng tồn tại hằng số

k và m , sao cho:

≤

với mọi k và

(5.36)

( )(0) k m

M 2

Kết hợp (5.33) và (5.36), ta suy ra rằng

t ( )

C M T (

)

S [

p s ( )]

ds+ 1

(5.37)

C M ( 2

( ) k m

M ≤ + 2

∫ )

k ( )

0, M > độc lập với

Bổ đề 5.2. Tồn tại

mT > đủ bé độc lập với ,k m sao cho

≤ t M ( )

∀ ∈ t

[0,

]

với mọi

k m , .

(5.38)

k ( ) m

k ( ) T m

Chứng minh. Đặt

p s ( )]

k ( ) m

M = + 2

∫ )

Khi đó, rõ ràng ta có

Y t ( ) C M T ( , ) + S [ ds+ 1 . C M ( 2

( ) k m

1 +

≤ ≤ > 0, 0 S t ( ) Y t ( ), ⎧⎪ Y t ( )

p t ( )]

p )[ ( )]

1 + ,

(5.39)

( ) k m

≤ C M S )[ ( C M Y t ( Y t ( ) ⎨

(0) C M T ( , ), = + M 2 ⎪⎪⎪⎪⎪ ′ = ⎪⎪⎪⎪ Y ⎪⎪⎩

với mọi

thì ta suy ra từ (5.39)2 rằng

k ( ) T∈ [0, m

t ]. Y t−= ( ) Z t Do đó, nếu đặt ( )

(5.40)

Lấy tích phân hai vế của (5.40) theo biến thời gian từ 0 đến t ta được

−

). ≤ C M ( 2 ′ ( ) Y t [ ( )]p 1 + Y t

p Y t Y [ ( )

1 −

hay

− (0)] ≤ ), C M ( 2

−

Z t ( )

p − Y t ( )

≥

(0)

−

[

C M T (

− )]

−

pC M t ( ) 2

pC M t ) ( 2

M 2

≥

C M T (

− )]

−

pC M T ) . (

Mặt khác, ta lại có

C M T (

− ))

−

pC M T ( ) ]

M (

− p ) ,

M 2

lim[( + → T 0

do đó, ta có thể chọn

−

C M T (

− ))

pC M T ( ) ]

M (

− p ) ,

M 2

(5.41)

−

1 2

exp

b 0

K T 2

1 2

T 2

b 0

)

0T > sao cho

)

(

b 0

⎤ ⎥ ⎥ ⎦

⎡ ⎢ ⎢ ⎣

⎧⎪ [( ⎪⎪⎪ ⎨ ( ⎪⎪ = + k ⎪ T ⎪ ⎩

Kết hợp (5.39) – (5.41) ta được

≤

∀ ∈ t

t ( )

Y t ( )

[0,

(5.42)

( ) k m

( ) k T m

Z t ( )

Vậy bổ đề 5.2 được chứng minh xong(cid:31)

Từ (5.38) ta có suy ra rằng

k ( )

∀

.m k ,

∈

(

(5.43)

mu W M T

Bước 3. Qua giới hạn.

k ( )

}k ( )

mà vẫn ký hiệu

Từ (5.43) ta suy ra rằng tồn tại một dãy con của dãy

mu {

sao cho

∞

(0,

T V H

∩

;

)

u→

trong

yếu *,

(5.44)

( )k m

∞

(0,

T V ;

)

trong

yếu *,

(5.45)

( )k (cid:5) u→(cid:5) u m

trong

(5.46)

2( )TL Q yếu ,

( )k (cid:5)(cid:5) u→(cid:5)(cid:5) u m m

∈

(

(5.47)

mu W M T

Từ (5.44) – (5.46) qua giới hạn trong (5.9) ta có thể kiểm tra dễ dàng rằng mu thỏa

(5.6) trong

2(0, L T yếu. )

Mặt khác, từ (5.9)1 và (5.47), ta được

t ( )

∞∈ L

(0,

2 T L ;

(5.48)

′′ = m

( ) k b m

Δ + u m

( ) k F m

∈

Do vậy,

mu W M T 1(

Định lý 5.1 được chứng minh hoàn tất(cid:31)

5.3. Sự tồn tại và duy nhất nghiệm

M > 0,

Định lý 5.2. Giả sử (A1), (B2), (B3) đúng. Khi đó, tồn tại các hằng số

0T > thỏa (5.36), (5.41) sao cho bài toán (5.1) có duy nhất nghiệm yếu

)

∈u W M T . 1(

được xác định bởi (5.5) – (5.7) hội tụ mạnh về

Mặt khác, dãy quy nạp tuyến tính {

}mu

nghiệm u trong không gian

∞

′

(0,

T V u

) :

;

(0,

2 T L ;

)}.

{ u L = ∈

∈

(5.49)

W T 1( )

Hơn nữa, ta cũng có đánh giá sai số

−

≤

1, ∀ ≥

(5.50)

∞

′ m

m 2 C k T T

|| L

T V

′ || L

(0,

; )

(0,

2 T L ;

)

trong đó

−

1 2

)

exp

(5.51)

k T

b K T 0 2

1 2

T 2

b 0

(

)

b 0

⎡ ⎢ ⎢ ⎣

⎤ ⎥ ⎥ ⎦

và TC là một hằng số chỉ phụ thuộc vào

0u(cid:4) ,

1u(cid:4) và

.Tk

Chứng minh định lý 5.2.

i) Sự tồn tại nghiệm

Trước tiên, ta chú ý rằng

1( )W T là một không gian Banach đối với chuẩn

u || ||

(5.52)

∞

)

u || || L

(0,

T V

; )

∞′ || L

(0,

2 T L ;

)

W T 1(

là một dãy Cauchy trong

Ta sẽ chứng minh rằng {

1( ).W T

}mu

−

u m ,

Đặt

u +=

∈ (cid:96) Khi đó, mv thỏa bài toán biến phân

+ 1

〉 + 〈∇ − 〈Δ 〉 t ( ) ( ), ∇ 〉 − v t ( ) ( )) u t v ( ), v t v ( ), m b m v t m b ( m b t m

(5.53)

+ 1

t ( ) F t v ( ), v V , = 〈 − , 〉 ∀ ∈ ⎨ F m

(0) (0) 0. = ′= v m

⎧⎪ ′′〈 ⎪⎪⎪⎪⎪ ⎪⎪⎪⎪ v ⎪⎪⎩ trong đó

2 ( )|| ),

(5.54)

= ∇ B t ( ,|| u t m

− 1

Chọn

v′= trong (5.53)1, ta được

= + − f u [ ] u [ ]. u t [ ( ) m t D f u ( )] 3 ⎧⎪ b t ( ) ⎪⎪ m ⎨ ⎪⎪ F t ( ) ⎪⎩ m

2 ( )||

+ 1

( ||

) t ( )||

( ||

)

v + ∇ t ( ) = ′ m b m v t m d dt d dt

+ 1

Tích phân theo biến thời gian, cận từ 0 đến ,t ta thu được

∇

−

〈Δ

( )]

〉 ( )

( ),

s ( )||

2 ds ( )||

s ( )

+ 1

X t ( ) m

′ b m

v s m

b [ m

b s m

′ u s v s ds m

∫

− 〈Δ − t ( ) ( )) u t v t ( ), ( ) 〉 + 〈 2 t ( ) F t v t ( ), 〉 ( ) . b 2( m b t m ′ m F m ′ m

(5.55)

+ 1

∫

= 1

trong đó

∇

2 ( )|| .

2 t ( )||

t ( )||

(5.56)

X t ( ) m

′= v || m

b m

v t m

+ 1

Bây giờ, ta đánh giá các tích phân ở vế phải của (5.55) như sau

+ − 2 s ( ) ( ), ( ) J , 〈 F m ′ F s v s ds m 〉 = ∑

∈ , ), m ∀ và tương tự như cách đánh giá tích

Tích phân thứ nhất. Do

mu W M T 1(

phân I3 ở mục trước ta suy ra tồn tại hằng số dương

1M độc lập với m sao cho

+ 1

Do đó

| ≤ t M ( )| , ∀ ∈ t [0, T ]. ′ mb

2 ds ( )||

(5.57)

+ 1

∫

b 0

= ∇ ≤ J s ( )|| X s ds ( ) . ′ b m v s m

∈ , ), m

Tích phân thứ hai. Từ giả thiết của hàm B và

mu W M T 1(

hằng số dương

2M độc lập với m sao cho

t ( )

−

( )|=| ( ,||

B t

∇

2 t ( )|| )

−

B t

( ,||

∇

2 ( )|| )|

1 +

b m

b t m

u t m

∀ ta suy ra tồn tại

2 t ( )||

2 ( )||

1 +

( 2 ( )|| ) ||

)

≤ || θ ∇ u + − ∇ )|| (1 ∇ u − ∇ || D B t ( , 2 u t m u t m

2||

do đó, ta có đánh giá tích phân thứ 2 như sau

−

〈Δ

( )]

〉 ( )

( ),

s ( )

b [ m

b s m

′ u s v s ds m

+ 1

∫

≤

∇

( )||.||

M 2

v s m

u s m

′ v s ds ( )|| m

∫

≤

X s ds ( )

≤ ∇ M v t ( )||, ∀ ∈ t [0, T ],

(5.58)

∫

b 0

≤ MM 2 ( )||.|| v s m ′ v s ds ( )|| m ∇∫ ||

Tích phân thứ ba. Từ giả thiết (B3), ta có

−

]

−

]

t ( )

f u [

F m

F t ( ) m

+ 1

− 1

−

( ))

[

]

−

[

u (

t ( )

u t D f u

u t ( ( ) m

t D f u ( )) 3

− 1

+ 1

]

f u [

quanh điểm

Mặt khác, ta lai có khai triển Taylor

− 1

1mu − đến cấp 2

]

[

]

( ), 0

f u [

1, < <

t D f u ( ). 3

2 t D f θ ( ) 3

1 −

2 m

1 −

1 2

do đó

−

( )

[

]

( ).

t ( )

1 2

2 t D f θ ( ) 3

F m

F t ( ) m

v t D f u m

2 m

+ 1

− 1

Suy ra

t ( )

−

( )||

≤ ∇ ||

1 2

F m

F t m

v t K ( )|| m

+ 1

− 1

K )

2 || W T ( 1

Điều này đưa đến

−

〉 ≤

−

s ( )

( ),

( )

s ( )

( )||.||

〈 F m

′ F s v s ds m

F m

F s m

′ v s ds ( )|| m

+ 1

∫

≤

∇

.||

v ||

(

K )

v s K ( )|| m

′ v s ds ( )|| m

2 || − 1 m W T

1 2

)

( ||

∫

≤

∇

( )||.||

( )||

.||

K 2

(

)

v s m

′ v s ds K m

2 || m W T

′ v s ds ( )|| m

− 1

∫

≤

X s ds ( )

(5.59)

4 || m W T

− 1

(

)

2 2 4

∫

b 0

Tổng hợp (5.55), (5.57) - (5.59) ta được

≤

T v ||

X s ds ( )

(5.60)

X t ( ) m

4 || m W T

− 1

(

)

2 2 4

b 0

(

) + ∫ 1

b 0

Áp dụng bổ đề Gronwall cho (5.60), ta suy ra rằng

T v ||

exp

≤

(5.61)

X t ( ) m

4 || m W T

− 1

(

)

2 2 4

b 0

(

)

b 0

⎡ ⎢ ⎢ ⎣

⎤ ⎥ ⎥ ⎦

Do đó

≤

, với mọi

(5.62)

|| m W T

k T

v − ||

2 || m W T

(

)

(

)

trong đó

−

1 2

)

exp

(5.63)

k T

b K T 0 2

1 2

T 2

b 0

(

)

b 0

⎡ ⎢ ⎢ ⎣

⎤ ⎥ ⎥ ⎦

Bằng phương pháp qui nạp, ta chứng minh được rằng

− 1

≤

∀ ≥ 1.

(

)

|| m W T

m 2 k T

m 2 || ( W T 1

∀

m p ,

Như vậy, với

∈ (cid:96) thì ta có

−

≤

−

(cid:34) + +

−

+ m p

|| m W T

(

)

+ m p

|| + − m p W T 1

(

)

|| m W T

(

)

+ 1

≤

+ +(cid:34)

(

)

+ − 2

)

(

)

|| m p W T + − 1

m p

|| m W T

|| W T ( 1

+ − 1

+ −

≤

+ +(cid:34)

(5.64)

)

m p 2 k ( T

m p 2 k T

m 2 k T

1 Tk

m p 2 || W T ( 1

m 2 || W T ( 1

μ =

−

≤

thì (5.64) được viết lại

nên nếu đặt T

TMk

)

u 1

)

|| W T ( 1

+ − 1

+ − 2

≤

(cid:34) + +

)

≤

(5.65)

+ −

m p

|| m W T

m p 2 ( μ T

m p 2 μ T

m 2 μ T

(

)

1 k T

m 2 μ T − (1

)

k T

μ T

0T > sao cho

< thì từ (5.65) ta có {

là dãy Cauchy

Khi đó, chọn

μ = T

TMk

}mu

∈

, sao cho:

trong không gian

1( )W T và do đó tồn tại

u W T 1( )

u trong

(5.66)

→mu

1( )W T mạnh.

Lập luận tương tự như trong chứng minh của định lý 3.2 của chương 3 ta cũng chỉ

∈

)

là nghiệm yếu của bài toán (5.1). Hơn nữa, cố định m

ra được rằng

u W M T 1(

trong (5.65) và qua giới hạn khi p → +∞ ta thu được đánh giá (5.50). Cuối cùng,

việc chứng minh tính duy nhất của nghiệm yếu tương tự như chương 3, nên cho phép

chúng tôi bỏ qua chứng minh này.

Định lý 5.2 được chứng minh hoàn tất(cid:31)

Chương 6

DÁNG ĐIỆU TIỆM CẬN

VÀ KHAI TRIỂN TIỆM CẬN CỦA NGHIỆM YẾU

6.1. Dáng điệu tiệm cận của nghiệm yếu khi

ε → 0

Trong mục này, ta cần thêm giả thiết sau

(A5) 1f thỏa mãn giả thiết (A3).

Ta xét bài toán nhiễu sau đây:

B u u [ ] ( , , ), 0 1, 0 t T , = x < < < < ⎧⎪ − u tt f x t u ε

)Pε (

t (0, ) 0, u t (1, ) g t ( ), = = u ⎨

B u [

]

B t u t ( ,||

2 ( )|| ),

f x t u ( , , )

≡

f u [

]

với

trong đó

f x t u ( , , ) ε

f x t u ( , , ) 1

f u [ 1

ε , | | ε

tham số

, f g f lần lượt thỏa các giả thiết từ (A1) – (A5).

ε< và *

0,u(cid:4)

1,u(cid:4)

Khi đó, theo các định lý 4.1 và 4.2, bài toán (

tương ứng f

)Pε

fε= có duy nhất

nghiệm yếu phụ thuộc

,ε kí hiệu uε . Ta nghiên cứu dáng điệu tiệm cận của bài toán

theo tham số .ε

)Pε (

Ta sử dụng các giả thiết (A1) – (A5) thì các đánh giá tiên nghiệm của dãy xấp xỉ

}k ( )

trong chứng minh của định lý 4.1 cho bài toán (

thỏa

Galerkin

mu {

)Pε

k ( )

∈

∀

m k ,

(6.1)

mu W M T

,M T là các hằng số độc lập với

,m k và

.ε Hơn nữa, cũng giống như khi

trong đó

, ),

i =

0,1

chọn các hằng số

,M T ở (4.32), (4.34), (4.35) với

được thay thế

iK M f (

( K M f

, )

0,1

bởi

, ( K M f 1

. Do đó, giới hạn uε trong các không gian hàm của

{

}k ( )

khi k → +∞ sau đó m → +∞ sẽ là nghiệm yếu duy nhất của bài toán

dãy

thỏa

)Pε (

)

(6.2)

1( ε ∈ u W M T

⎪⎪⎪⎪⎪⎪ ⎪⎪⎪⎪⎪ ( , 0) ( ), ( , 0) ( ), = = (cid:4) u x 0 (cid:4) u x 1 u x t u x ⎪⎪⎩

Hơn nữa, ta có định lý sau

Định lý 6.1. Giả sử các giả thiết (A1) – (A5) đúng. Khi đó, tồn tại các hằng số

T> 0,

ε , | | ε

> sao cho với mọi

ε< , bài toán (

có duy nhất nghiệm yếu

)Pε

)

thỏa một đánh giá tiệm cận.

ε ∈ 1( u W M T

−

≤

| |, ε

(6.4)

)

|| W T ( 1

M T ε . ,

trong đó, C là hằng số phụ thuộc

Chứng minh.

Đặt

ε= − . Khi đó v thỏa bài toán biến phân sau:

〉 +

−

〈Δ

〉

v t w ( ),

B u [

〈∇ ]

v t ( ),

∇ 〉 − w

]

B u [

u t w ( ),

( B u [

)0 ]

(6.5)

f u [

]

[

w V

= 〈

−

ε 〉 + 〈

, 〉 ∀ ∈

⎨

f u w [ ], 0

f u w ε 1

(0)

′= v

v t= (cid:5) ( )

⎧⎪ ′′〈 ⎪⎪⎪⎪⎪ ⎪⎪⎪⎪ v ⎪⎪⎩ Thay

trong (6.5)1 ta được

〉 +

∇

〉 −

−

〈Δ

′ ′′ 〈 ( ) ( ), v t v t

B u [

〈∇ ]

v t ( ),

′ ( ) v t

]

B u [

′ 〉 ( ) u t v t ( ),

( B u [

)0 ]

(6.6)

= 〈

−

f u [

]

f u [

′ ( ) v t

′ 〉 ( ) ,

〉 + 〈 ε

f u v t [ ], ε 1

hay

2 ′ || ( )|| v t

2 v t ( )||

( B u [

) ]

(6.7)

+ ∇ = − 〈Δ B u [ || 2 ] B u [ ′ 〉 ( ) u t v t ( ), ] d dt d dt

Lấy tích phân (6.7) theo biến thời gian ,t ta được

η ( ) t

B u [

]||

∇

2 ds v s ( )||

]

−

B u [

〈Δ

′ 〉 ( ) u s v s ds

( ),

( B u [

) ]

d ds

∫

+ 〈 − 2 [ ] ], 〉 + 〈 ε 2 ′ 〉 ( ) . f u [ f u ′ ( ) v t ], [ f u v t 1 ε

∫

(6.8)

+ 2 〈 f u [ ] − f u [ ], ′ ( ) v s ds 〉 + 2 ε 〈 ], ′ 〉 ( ) f u v s ds [ 1

trong đó

′=

∇

( ) t η

2 v t || ( )||

B u [

].||

2 v t ( )|| .

(6.9)

= + + + L 4, L 3 L 2 L 1

Ta sẽ đánh giá các tích phân

trong vế phải của (6.8).

jL ,

1,..., 4, j =

Tích phân thứ nhất. Ta có

2 ( )|| )|

2 ( )|| )

ds B u [

(cid:4) K M B (

)(1

( )||.||

( )||)

(cid:4) K M B (

)(1

M 2

≤

2|| + ∇

∇

≤

u t ε

′ u t ε

nên

+ )(1 2

)

(cid:4) ( K M B 1

≤

η ( ) s ds

(6.10)

L 1

∫

b 0

] | ( ,|| 2| ( ,|| ( ), ≤ ∇ + ∇ 〈∇ ∇ ( ) | 〉 u t ε u t ε u t ε ′ u t ε D B t 1 D B t 2

Tích phân thứ hai. Ta có

B u [

]

−

B u [

]

B t

( ,||

∇

2 ( )|| )

−

B t

( ,||

∇

2 ( )|| )

u t 0

u t ε

= |

θ ||

∇

2 ( )||

+ − ∇

)||

2 ( )|| )(||

∇

2 ( )||

− ∇ ||

2 ( )|| )|

D B t ( , 2

u t 0

u t ε

(cid:4)

≤

(cid:4) K M B (

) ||

∇

2 ( )||

− ∇ ||

2 ( )||

≤

)||

∇

v t ( )||,

u t 0

MK M B 2 ( 1

u t ε

(0,1),

do đó

với

′

B u [

]

B u [

]|.||

( )||.|| ( )||

v s ds

≤

−

L 2

u s 0

t ∫ 2 | 0

)

θ ∈

′

v t ( )||.|| ( )||

v s ds

≤

∇

≤

(6.11)

M K M B 4 ( 1

∫ )

∫

(cid:4) ( M K M B 1 b 0

(cid:4) η ( ) s ds

Tích phân thứ ba. Ta có

f u [

]

−

f u [

]

f x t u ( , ,

)

−

f x t u ( , ,

)

≤

D f x t u ( , ,

+ − (1

u )

)|.|

−

( )|

≤

K M f v t

, )| ( )|

(

u t ( ) ε

u t 0

(0,1),

θ θ

nên

với

′

f u

]

f u [

′ ]||.|| ( )||

v s ds

K M f 2 (

|| ( )||.|| ( )||

v s ds

v s

≤

−

≤

L 3

∫ , )

t ∫ 2 || [ 0

, )

( K M f

′

K 2

v s ( )||.|| ( )||

v s ds

≤

∇

≤

θ ∈

(6.12)

∫

b 0

η s ds ( )

Tích phân thứ tư. Ta có

′ || ( )||

v s ds

)

2 ′ || ( )|| ds v s

≤

L 4

K M f ( , 1

2 2 TK M f ( , 0 1

∫

∫ )

≤

)

η ( ) s ds

(6.13)

2 2 TK M f ( , 0 1

+ ∫

ε 2| |. ε

Từ (6.9) – (6.13) ta được

+ )(1 2

)

, )

( K M f

(cid:4) ( K M B 1

η t ( )

≤

)

η ( ) s ds

2 2 TK M f , ( 0 1

b 0

(

) + ∫ 1

(cid:4) ( M K M B 1 b 0

b 0

Áp dụng bồ đề Gronwall cho bất đẳng thức trên, ta thu được

+ )(1 2

)

K M f (

, )

(cid:4) K M B ( 1

η t ( )

) exp

≤

(6.14)

2 2 TK M f , ( 0 1

b 0

)

(

(cid:4) M K M B ( 1 b 0

b 0

⎤ ⎥ ⎥ ⎦

⎡ ⎢ ⎢ ⎣

Điều này dẫn đến

(6.15)

)

W T 1(

trong đó

+ )(1 2

)

K M f (

, )

(cid:4) K M B ( 1

) 1

1 2

v || || C ε≤ | |,

T 2

b 0

(

)

(cid:4) M K M B ( 1 b 0

b 0

Định lý 6.1 được chứng minh xong(cid:31)

1N +

C )(1 b− ) exp 1 . = + + + + T K M f , ( 0 1 ⎡ ⎢ ⎢ ⎣ ⎤ ⎥ ⎥ ⎦

6.2. Khai triển tiệm cận nghiệm theo một tham số ε đến cấp

Trước tiên, ta thành lập thêm các giả thiết sau

1 N B C + ∈

/ (A ) 2

2 +

f C + N

∈

1([0,1]

)

( B ξ η ( , ) 0, ∀ ξ η , ) (cid:92) với ≥ 0, ≥ > b 0

(cid:92) thỏa (0, , 0)

/ (A ) 3

×(cid:92) +

∈ f C

([0,1]

)

= ∀ ≥ t 0.

/ 5

(A ) 1

×(cid:92) +

(cid:92) thỏa 1(0, , 0) f

t f 0, = ∀ ≥ t 0,

Giả sử

là nghiệm yếu duy nhất của bài toán

ε = 0,

nghĩa là

∈ , ) u W M T 1( )P ứng với 0(

⎧⎪ ′′− u = f x t u ( , , ) ≡ f u [ ], 0 < < x 1, 0 < < t T , B u u [ ] 0

t (0, ) = 0, u t (1, ) = g t ( ), u ⎨ )P 0(

⎪⎪⎪⎪⎪⎪ ⎪⎪⎪⎪⎪ ( , 0) ( ), ( , 0) ( ), = = (cid:4) u x 0 ′ u x 0 (cid:4) u x 1 u x ⎪⎪⎩ 0

và

(với

,M T được chọn một cách thích hợp) lần lượt là

nghiệm yếu duy nhất của các bài toán dưới đây

u ,..., ∈ ( , ) u W M T 1

< < B u [ ], 0 < < x 1, 0 t T , Δ = ] u 1 F u [ 1 1

x 1

)Q 1(

t (0, ) = u t (0, ) = 0, u ⎨

= (0) ′= u (0) 0, ⎧⎪ ′′− u ⎪⎪⎪⎪⎪ ⎪⎪⎪⎪ u ⎪⎪⎩

trong đó

(6.16)

] = [ f ] + [ ] + π F u [ 1 π 1 f 1 ρ 1 Δ ] B u [ , 0

với

được xác định như sau:

[

]

f u [

]

≡

f x t u ( , ,

[

]

π=

(6.17)

π 1

D f u [ ] 3 1

[ f ], [ f ], [ B ], B [ ] π ρ π 1 ρ 1

[

]

B u [

]

≡

B t

( ,||

∇

2 ( )|| ),

(6.18)

u t 0

với 2

B [ ] u u ρ= 〈∇ ∇ 〉 ] , , ρ 1 2 [ 0 D B 2

≤ ≤ i N ,

< < ], 0 < < x 1, 0 t T , Δ = ] u i F u [ i

= = t (0, ) u t (0, ) 0, u ⎨ )iQ (

(0) (0) 0, ′= u =

]

[

]

[

]

Δ ] B u [

, 2

≤ ≤

i N

(6.19)

f 1

− 1

F u [ i

π i

ρ k

− i k

∑

= 1

B [

]

,...,

B [

]

[

xác định theo công thức

Với

π i

ρ i

f u u [ , 0

B u u 0

,..., 1

truy hồi sau:

− 1

⎧⎪ ′′− u B u 0[ ⎪⎪⎪⎪⎪ ⎪⎪⎪⎪ u ⎪⎪⎩ trong đó

(6.20)

− i k

− i k i

∑

− − − 1 i k

B [

]

i (

− − k

〉 ≤ ≤ , 2

i N

(6.21)

ρ i

ρ ) k

〈∇ ∇ ] u j

− − i k j

D B [ 2

2 i

∑ ∑

[ f ] = , 2 ≤ ≤ i N , π i π k D f u [ ] 3

là làm bậc nhất đối với

Chúng ta chú ý rằng

i fπ [

iu . Thật vậy,

]

i ( ,

− 1.

+ các phần tử phụ thuộc vào

π k

D f [ 3

Tương tự, ta cũng có

B [

]

ρ=

〈 ] D B u u [

〉

ρ i

i ( ,

∇

− 1.

+ các phần tử phụ thuộc vào

ρ k

D B [ 3

)

Gọi

là nghiệm yếu duy nhất của bài toán (

. Khi đó

ε ∈ u W M T 1(

)Pε

= − u ε

≡ − u ε

∑

[ f ] π= π i D f u [ ] 3

B v [

f v [

f h [

]

h B h [

] + Δ =

] h + −

] + −

thỏa bài toán ⎧⎪ ′′ − v

( B v [

) ]

])

( , ), 0

1, 0

t T

] h + −

x < <

< <

ε f v ( [ 1

f h [ 1

E x t ε

(6.22)

t (0, )

t (1, )

⎪⎪⎪⎪⎪ ⎪⎪⎪⎨ ⎪⎪ v ⎪⎪⎪⎪⎪

(0)

′= v

v ⎪⎪⎩

với

]

f h [

]

−

f u [

]

[

ε ]

(6.23)

( − B h B u ]

) ]

E x t ( , ) ε

f h [ 1

F u [ i

Δ − ∑

1 =

Ta có các bổ đề sau

f [ ],

[

]

Bổ đề 6.1. Các hàm

được xác định bằng công thức truy hồi sau đây:

π i

ρ i

]

, 0

≤ ≤

[ ] f

[ f h

i N

(6.24)

π i

1 ! i

∂ ∂ ε

i N

[

]

B h [

]

, 0

≤ ≤

ii)

(6.25)

ρ i

1 i !

∂ ε ∂

Chứng minh.

Chứng minh i). Ta có

[

]

f h [

]

f u [

]

f x t u ( , ,

[

]

f h [

]

h ( )

π 1

D f h [ 3

D f h u ] [ 1

∂ ∂ ε

i =

0, 1.

Vậy (6.24) đúng với

Với

i ≥ ta có 1,

− 1

− i k

f h [

]

(

f h [

])

[

])

h ( ).

(6.26)

− 1

k − 1 i

D f h ( 3

1 i !

∂ ∂ ε

= ∑

∂ i ∂ ε

∂ ∂ ε

∂ k ∂ ε

∂ − i k ∂ ε

Từ các công thức

i u !

i ε − 1

( ) h

(6.27)

∂ ∂ ε

u ε i

∂ ε ∂

N = ∑ i 0 =

N = ∑ i = 0

[

0,1,

−… , i

từ các công

Giả sử ta đã xác định được các hàm

π k

D f [ 3

thức (6.17) và (6.24). Do đó, từ (6.26) ta suy ra rằng:

1 −

− i k

f h [

]

])

h ( )

− i k

D f h ( [ 3

k 1 i −

1 i !

= ∑

∂ i ε ∂

∂ k ε ∂

∂ ε ∂

1 −

− i k

]

h ( )

− i k

π k

D f [ 3

k i 1 −

k i

! !

= ∑

∂ ε ∂

− 1

[

D f u [ ] 3

π k

− i k

π i

π k

k i − 1

D f u [ ] 3

i k −

− i k i

− k i k !( i !

= ∑

∑

∀

i , 0

≤ ≤ i N .

Vậy (6.24) đúng

Chứng minh ii). Ta có

B [

]

B h [

]

B u [

]

B t

( ,||

∇

2 ( )|| ).

u t 0

∇

B [

]

B h [

]

(||

∇

2 || )

〈 ]

〉

ρ 1

D B h [ 2

D B h 2 [ 2

∂ ε ∂

∇

〈 ]

+ ∇ ε

( ∇

+ ∇ 〉 )

D B h 2 [ 2

u 1

∂ ε ∂

[

(6.28)

〉 .

〈 ] D B h ∇ ∇ 2 u 1

0, 1.

i =

Vậy (6.25) đúng với

Với

i ≥ ta có 1,

− 1

− i k

B h [

]

(

B h [

])

[

])

(||

2 || ).

∇

(6.29)

− 1

D B h ( 2

k 1 − i

1 ! i

∂ ε ∂

∑

∂ i ε ∂

∂ k ε ∂

∂ − i k ε ∂

− 1

− m j

∇

2 || )

(6.30)

− 1

− m j

j m

∂ ε ∂

∑

∂ ε ∂

∂ 〈 ∇ h − 1 ε ∂

∂ ε ∂

nên

− 1

∇

− j m j C

(|| 〈∇ h ∇ 〉 h C ∇ 〉 , h

2 || )

(6.31)

j m

∇ ∇ u , j

− m j

∑

∂ ∂ ε

(|| 〉 . 〈 − 1

từ các

Giả sử ta đã xác định được các hàm

ρ k

công thức (6.18) và (6.25). Do đó, từ (6.29) ta suy ra rằng:

− 1

− i k

B [ ], D B k [ ], = 0,1, 1 −… , i

2 || )

ρ k

k i − 1

1 i !

∑

∂ i ε ∂

∂ − i k ε ∂

− 1

− − 1 i k

∇

B h [ ] = C [ ] (|| ∇ h D B 2

k − 1 i

j ρ − − 1 i k k

− − i k j

1 ! i

∑

− − 1 j

− 1

∇

= C j i !( − − k j C )! [ 〈∇ ] 〉 D B 2

− − i k j

2 i

∑ ∑

= i ( − − k j ) [ 〈∇ ] u 〉 = B [ ]. ρ k ρ k D B 2

∀

i , 0

Vậy (6.25) đúng

≤ ≤ i N .

Bổ đề 6.1 đã được chứng minh hoàn tất(cid:31)

≥

Bổ đề 6.2. Giả sử

và các giả thiết (A1),

/ (A ), 2

/ (A ), (A ) thỏa. 5

/ 3

ε 1, | |< ε *

Khi đó, tồn tại hằng số dương

NC(cid:4) sao cho

+ 1

≤

N ε | |

∀ ∈ −

(

(6.32)

∞

E x t ε

(cid:4) C N

ε ε , ∗ *

( , )|| L

(0,

2 T L ;

)

,M T N và các hằng số

trong đó NC(cid:4) là hằng số chỉ phụ thuộc vào

K M T f ,

, )

(

D f x t u

u ( , , )|:| |

≤

N (

M 1) },

0,1,...,

+ 1,

i 3

sup {| 0 1, 0 t T ≤ ≤ ≤ ≤

(

)

D f x t u

u ( , , )|:| |

≤

N (

M 1) },

0,1,...,

K M T f , , 1

i 3 1

sup {| 0 1, 0 t T ≤ ≤ ≤ ≤

2 1)

i 2

Chứng minh.

Với

N = , việc chứng minh bổ đề 6.2 đơn giản, nên chúng tôi bỏ qua chi tiết.

2N ≥ . Áp dụng công thức khai triển Maclaurin quanh điểm

ε = cho 0

Với

(cid:4) K M T B , ( , ) = D B t y ( , )|:0 ≤ ≤ y N ( + M }, i = 0,1,..., N + 1, sup {| 0 t T 1, 0 ≤ ≤ ≤ ≤

1N − sau đó áp dụng bổ đề 6.1, ta được

hàm 1[

− 1

]

)

1 i !

f h [ 1

f u [ 1

f h [ 1

1 R f ( , , N 1

ε θ 1

∑

∂ i ∂ ε

= 1

1 −

] f h đến cấp

(6.33)

1 R f ( , , N 1

∑

với

ε = [ ] ε + ), 0 π i f 1 ε θ 1 θ< < 1 1

(6.34)

1 N

NR f

∂ ∂ ε

= ε :

θ ε 1

Áp dụng công thức khai triển Maclaurin quanh điểm

ε = cho hàm

) = ] , ( , , 1 ε θ 1 f h [ 1

cấp N và bổ đề 6.1, ta được

f h đến [ ]

1 i !

+ 1 2 R N

+ 1

∑

∂ i ε ∂

= 1

[

] ε

f ( , ,

(6.35)

ε θ 2

+ 1

π i

+ 2 1 R N

θ< < , 2

∑

= 1

trong đó

f ( , ,

)

f h [

]

(6.36)

(

1)!

1 +

ε θ 2

1 +

∂ ∂ ε

: = ε

θ ε 1

f h [ ] − f u [ ] = f h [ ] ε + ε f ( , , ) ε θ 2

Tổ hợp (6.33) – (6.36) ta thu được

]

f h [

]

−

f u [

]

[

]

[

ε ])

(6.37)

f h [ 1

f 1

− 1

ε θ θ , , , 1 2

π ( i

π i

+ 1 R f ( , 1 N

∑

= 1

trong đó

)

f ( , ,

(6.38)

2 R N

R f ( , N 1

, , , ε θ θ 1 2

1 R f ( , , N 1

+ 1

[

Áp dụng công thức khai triển Maclaurin quanh điểm

ε = cho hàm

]B h đến

cấp N và bổ đề 6.1, ta được

+ 1

B h [

]

−

B u [

]

B h ( [

])

B h ( [

])

1 k !

1 +

(

1)!

∑

∂ ε ∂

ε θ ε =

1 =

[

]

), 0

B ( , ,

ρ k

+ 1 3 R N

ε θ 3

+ 1

< < θ 3

∑

= 1

trong đó

B h ( [

])

B ( , ,

)

1 +

(

1)!

3 R N

ε θ 1 ε θ 2

+ 1

∂ ∂ ε

= ε θ ε

nên

ε θ 3

[

])

[

( , ,

B h B u ( [ ] −

h Δ =

] B u Δ

(6.39)

+ 1 R B N

i k −

= 1

⎡ ∑ ∑ ⎢ ⎢ ⎣

⎤ ⎥ ⎥ ⎦

với

+ k N

1 − − i N

( , ,

[

B ( , ,

Δ )

(6.40)

ε θ 3

R B N

ρ k

− i k

3 R N

1 +

∑

1 =

] 1 = + i N

Tổ hợp (6.23), (6.36), (6.38), (6.39), (6.40) và do (6.19) ta thu được

ε ε ρ k ε θ 3

[

]

[

]) ε

[

] ε

] B u Δ

−

( π i

F u [ i

E x t ( , ) ε

f 1

− 1

i k −

∑

= 1

⎡ ∑ ∑ ⎢ ⎢ ⎣

⎤ ⎥ ⎥ ⎦

ε π i ρ k

)

( , ,

)

+ 1 R f ( , N 1

, , , ε θ θ 1 2

+ 1 R B N

+= ε

)

( , ,

)].

(6.41)

R f ( , [ 1 N

, , , ε θ θ 1 2

R B N

ε ε ε θ 3

ε θ 3

′ ∈ ,

, 0

≤ ≤

i N

∞ L

(0,

T H ;

)

Từ tính bị chặn các hàm

trong

. Ta suy ra

u u i i

rằng

+ 1

≤ (cid:4) C

ε | |

(6.42)

∞

E x t ε

( , )|| L

(0,

2 T L ;

)

, ),

(

trong đó

,M T N và các hằng số

NC(cid:4) là hằng số chỉ phụ thuộc vào

iK M T f ,

(

iK M T f , ,

(cid:93)

(cid:4) iK M T B ,

Bổ đề 6.2 đã chứng minh xong(cid:31)

được xác định như sau:

Bây giờ ta xét dãy hàm { }mv

B v [

+ Δ = v

]

f v (

+ − h )

f h ( )

B v ( [

+ − ]

h B h [

])

1 −

< <

+ − ) h

( )]

( , ), 0

< < x

1 , 0

t T

(6.43)

⎨

E x t ε

[ ( f v ε 1

1 −

f h 1

t (0, )

t (1, )

⎧⎪ ≡⎪⎪⎪⎪⎪ ′′ − ⎪⎪⎪⎪⎪⎪ + ⎪⎪⎪⎪ ⎪⎪⎪⎪⎪

≥

(0)

′ m

⎪ v ⎪⎪⎩

Với

1m = , ta có bài toán

< <

< < x

t T

B h [

( , ),

1, 0

E x t ε

Δ = v ] 1

t (0, )

t (1, )

(6.44)

v ⎨ 1

v 1

(0)

′= v 1

⎧⎪ ′′− v ⎪⎪⎪⎪⎪ 1 ⎪⎪⎪⎪ v ⎪⎪⎩ 1

Nhân hai vế (6.34) cho 1v(cid:5) rồi lấy tích phân theo t ta được

B h [

]||

∇

2 ( )||

≤

B h [

].||

∇

2 ( )||

(6.45)

∞

d ds

2 (cid:5) v t || ( )|| 1

v t 1

+ 1 (cid:5) T v || 1

v s 1

(cid:4) C 2 N

(0,

)

|| L

2 ; T L

∫

Ta có

∇

B h [

]

B t

( ,||

h t

2 ( )|| )

( ,||

h t

2 ( )|| )

( ,||

h t

2 ( )|| )(||

h t

′ 2 ( )|| )

d dt

D B t 1

D B t 2

( ,||

h t

2 ( )|| )

( ,||

h t

2 ( )|| )](1

h t

( )|,|

≤

∇

2 | + 〈 ∇

∇

′ ( )| ), h t 〉

D B t [ 1

D B t 2

nên

≤

(cid:4) K M B (

)[1

2 1)

]

≡

(6.46)

dt B h [

η 1

Từ (6.35) và (6.36) suy ra rằng

η 1

≤

(6.47)

∞

2 (cid:5) v t || ( )|| 1

b v t 0

+ 1 (cid:5) T v || 1

2 || ( )|| 1 V

(cid:4) C 2 N

2 v s || ( )|| 1 V

(0,

)

|| L

2 ; T L

+ ∫

b 0

Sử dụng bổ đề Gronwall ta được

−

+ 1

1 2

2 ||

≤

2(1

exp(

N ε )| |

(6.48)

∞

(cid:5) v 1

v 1

(cid:4) b TC ) N 0

T V

(0,

2 T L ;

)

(0,

; )

η T 1 b 0

Ta sẽ chứng minh tồn tại hàm số TC độc lập với m và ε sao cho

+ 1

2 ||

N ε | |

ε | |

≤

∀

(6.49)

∞

(cid:5) v m

ε *

(0,

2 T L ;

)

2 || L

(0,

T V

; )

sao đó lấy tích phân theo t và một số bức biến đổi đơn

Nhân hai vế (6.33)2 với mv(cid:5)

giản ta thu được

2 ( )||

≤

B v [

].||

∇

2 ds ( )||

d ds

b v t || 0

1 −

(cid:5) v t m

2 ( )|| V

v s m

∫

+ − h )

f h ( )||.||

− 1

∫ 2 || ( f v 0

B v [

+ − ]

h B h

[

]|.||

||.||

− 1

(cid:5) v s ds ( )|| m

t ∫ 2 | 0

N ε + | |

( )||.||

+ − ) h

(6.50)

(cid:4) C 2 N

(cid:5) v s ds ( )|| , m

(cid:5) v s ds ( )|| m

f v || ( 1

− 1

f h 1

∫

Ta lần lượt đánh giá các tích phân bên vế phải của (6.50) như sau

(cid:5) v s ds ( )|| m

Tích phân thứ nhất. Ta có

B v [

+ = ] h

B t

( ,||

∇ v

+ ∇

2 || )

( ,||

∇ v

+ ∇

2 || )

d dt

− 1

D B t 1

− 1

′

( ,||

2 || )

v ∇

h v + ∇ 〈∇

v h + ∇ ∇

h + ∇ 〉

′ m

D B t 2 2

− 1

nên

(cid:4) K M B (

)[1

2 2)

]

≡

d dt

− + ≤ h

η 2

mB v [

Do đó

η 2

B v [

].||

2 ds ( )||

∇

≤

∇

≤

(6.51)

d ds

− +

v s m

2 ( )|| V

∫

b 0

Tích phân thứ hai. Ta có

f v | (

f h ( )|

D f x t ( , ,

h v )|.|

t ( )|

+ − ) h

≤

− 1

θ v 1

− 1

K M f (

, )||

K M f (

, )||

≤

t ( )|| V

− 1

)

− 1

|| W T ( 1

nên

+ − h )

f h ( )||.||

≤

K M f 2 (

v , )||

− 1

)

− 1

(cid:5) v s ds ( )|| m

∫

|| ( W T 1

∫ 2 || ( f v 0

≤

, )||

(6.52)

2 TK M f ( 1

)

1 −

2 v s ds ( )|| m

+ ∫ (cid:5) ||

2 || ( W T 1

Tích phân thứ ba. Ta có

B v [

+ − ]

h B h

[

B t

( ,||

∇ v

t ( )

+ ∇

h t

2 ( )|| )

−

B t

( ,||

∇

h t

2 ( )|| )

1 −

≤

D B v [

](||

∇ v

+ ∇ 2||

||)||

∇ v

− 1

≤

θ −

)(2

(

M v ||

)

− 1

|| W T ( 1

do đó

B v [

h B h

]

[

]|.||

||.||

− + −

(cid:5) v s ds ( )|| m

t ∫ 2 | 0

≤

(cid:4) K M B N 2 ,

)(2

(

3)(

2 M v ||

)

1 −

(cid:5) v s ds ( )|| m

∫

|| ( W T 1

(cid:4)

≤

T K M B N ,

)(2

(

[

3)(

2 2 M v ] ||

2 ( )||

(6.53)

(cid:5) v s m

)

− 1

+ ∫

2 || W T ( 1

(cid:4) K M B N ,

Tích phân thứ tư. Ta có

+ − ) h

( )|

≤

h v )|.|

t ( )|

f v | ( 1

− 1

f h 1

D f x t | ( , , 3 1

θ v 3 m

− 1

≤

)||

K M f ( , )|| 1

− 1

t ( )|| V

K M f , ( 1

− 1

)

|| W T ( 1

nên

ε 2

+ − h )

( )||.||

≤

)||

f v || ( 1

− 1

f h 1

ε K M f , ( 2 * 1

− 1

)

(cid:5) v s ds ( )|| m

∫

|| ( W T 1

≤

(

(6.54)

2 T K M f , )|| 1 1

2 ε *

)

1 −

2 v s ds ( )|| m

+ ∫ (cid:5) ||

2 || ( W T 1

Tích phân thứ năm

( , )||.||

≤

ε + 1 N | |

E x s ε

(cid:5) v s ds ( )|| m

(cid:4) C 2 N

(cid:5) v s ds ( )|| m

∫

t ∫ 2 || 0

≤

(6.55)

2 (cid:5) v s ds ( )|| m

+ ∫

Tổng hợp (6.50) – (6.55) ta được

+ 2

2 ( )||

≤

2 ε | |

(cid:5) v t m

b v t || 0

2 ( )|| V

(cid:4) 2 TC N

− 1

)

2 || W T ( 1

η+ (

(||

2 ( )||

(6.56)

(cid:5) v s m

v s m

2 ( )|| ) V

∫ 4)

b 0

trong đó

K M f (

, )

(cid:4) K M B N [ ,

)(2

(

3)(

2 2 ]

(6.57)

2 1

2 ε K M f , ). ( * 1

2 1

ε + 2 2 N | | (cid:4) 2 TC N

+ 2

η 2

2 ε | |

≤

exp[(

T 4) )

(6.58)

v t m

− 1

)

Áp dụng bổ đề Gronwall cho (6.56) ta được ( (cid:4) 2 TC N

)

b 0

2 ( )|| W T ( 1

2 || W T ( 1

hay

( )||

≤

vγ ||

+ , η

(6.59)

v t m

)

− 1

W T ( 1

|| W T ( 1

−

η 2

1 2

η )

exp[(

4) ), T 2

b 0

(6.60)

+ 1

η 2

1 2

exp[(

N ε 4) )| | T 2

(cid:4) − b C ) N 0

b 0

trong đó ⎧⎪ = γ ⎪⎪⎪⎨ ⎪⎪ = η ⎪⎪⎩

Từ (6.60) ta suy ra rằng

= . 0

(6.61)

lim → T 0

lim + → T 0

Do đó, tồn tại T đủ nhỏ thì 0

γ≤ < và

η ≥ 0.

Bổ đề 6.3. Cho dãy {

}mψ thỏa

0, 0

≤

η ,

≥ 1,

ψ 0

ψ m

γψ m

− 1

≤ < γ

≥ là các hằng số cho trước. Khi đó

trong đó 0

≤

với mọi

m ≥ 1.

ψ m

η −

Áp dụng bổ đề 6.3 cho (6.59) với

, ta được

ψ = m

)

|| m W T 1(

+ 1

≤

N | | ε

∀ ≥ m

(6.62)

|| m W T

(

)

η −

được xác định ở (6.43) hội tụ mạnh trong

Mặt khác dãy qui nạp tuyến tính {

}mv

không gian

1( )W T đến nghiệm v của bài toán (6.19). Do đó, khi m → +∞ trong

(6.62) ta được

v || ||

≤ (cid:4)

C ε + ,N | |

(6.63)

)

W T ( 1

hay

−

≤

ε + N | |

(6.64)

)

(cid:4) C T

∑

|| ( W T 1

Do đó, ta có định lý sau

(cid:4) C T

(A ), (A ), (A ) thỏa. Khi đó, tồn tại

Định lý 6.2. Giả sử các giả thiết (A1),

/ (A ), 2

/ 3

/ 5

T> 0,

ε ε , | |

> sao cho, với mỗi

có duy nhất

các hằng số

ε∗< , bài toán (

)Pε

)

nghiệm yếu

thoả một đánh giá tiên nghiệm đến cấp

1N + như trong

ε ∈ u W M T 1(

0,...,

(6.64), các hàm

lần lượt là nghiệm yếu của các bài toán

, iu i

),...,(

P Q ( ), ( 1

Q ).N

Phần 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 qua việc tìm đọc tài liệu và sự phân tích thảo luận các đề tài liên

quan trong nhóm seminar định kỳ do quí thầy hướng dẫn. Tác giả cũng học tập được

phương pháp chứng minh sự tồn tại và duy nhất nghiệm yếu của bài toán biên phi

tuyến nhờ vào các phương pháp: xấp xỉ tuyến tính, xấp xỉ Galerkin, các kỹ thuật đánh

giá tiên nghiệm, kỹ thuật về tính compact và các kết quả về sự hội tụ yếu.

Nội dung chính của luận văn bao gồm các chương 3, 4, 5, 6.

Trong chương 3, chúng tôi khảo sát bài toán. Tìm hàm u thỏa phương trình

−

B t u t ( ,||

2 u ( )|| )

f x t u ( , , )

liên kết với điều kiện biên

sóng phi tuyến có dạng

u tt

hỗn hợp thuần nhất. Chúng tôi thu được kết quả về sự tồn tại và duy nhất nghiệm yếu

bằng thuật giải xấp xỉ tuyến tính.

Trong chương 4, chúng tôi khảo sát bài toán giống chương 3, nhưng có điều

kiện biên hỗn hợp không thuần nhất. Kế thừa phương pháp ở chương 3, chúng tôi

cũng thu được kết quả về sự tồn tại và duy nhất nghiệm yếu.

Trong chương 5, Để tiếp nối và mở rộng kết quả của chương 3. Chúng tôi, trình

bày một thuật giải tinh tế hơn bằng cách xây dựng một dãy lặp phi tuyến {

}m mu

∈(cid:96)

nhằm nâng tốc độ hội tụ của mu về nghiệm yếu u .

Trong chương 6, chúng tôi trình bày các kết quả về dáng điệu tiệm cận và khai

triển tiệm cận cho bài toán của chương 4.

Tuy nhiên, do sự hạn chế của hiểu biết bản thân nên tác giả chưa tìm hiểu cặn

kẻ khả năng ứng dụng của các kết quả thu được trong luận văn vào các bài toán vật lý

và các bài toán khác. Vì vậy tác giả kính mong nhận được sự chỉ bảo của quí Thầy, Cô

trong và ngoài hội đồng.

Tài liệu tham khảo

[1] H. Brézis (1983), Analyse fonctionnele, Théorie et Application, Masson, Paris,

1983.

[2] G. R, Kirchhoff, Vorlesungen über Mathematische Physik: Machanik, Teuber,

Leipzig, 1876, Section 29.7.

[3] J. L. Lions, Quelques méthodes de résolution des problems aux limites non-

linéares, Dunod; Gauthier – Villars, Paris, 1969.

[4] Nguyen Thanh Long, Alain Pham Ngoc Dinh, Tran Ngoc Diem (2002), Linear

recursive schemes and asymptotic expansion associated with the Kirchhoff – Carrier

operator, J. Math. Anal. Appl. 267 (1) (2002) 116 – 134.

[5] Nguyen Thanh Long, Bui Tien Dung (2003), On the nonlinear wave equation utt – B(||ux(t)||2)uxx = f(x, t, u, ux, ut, ||ux(t)||2) associated with the mixed homogeneous

conditions, Nonlinear Anal., Ser. A: Theory Methods, 55 (5) (2003) 493 – 519. [6] Nguyen Thanh Long (2005), On the nonlinear wave equation utt – B(t, ||u(t)||2, ||ux(t)||2)uxx = f(x, t, u, ux, ut, ||u(t)||2, ||ux(t)||2) associated with the mixed homogeneous

conditions, J. Math. Anal. Appl. 306 (1) (2005) 243 – 268.

[7] Nguyen Thanh Long, Tran Minh Thuyet (2003), A semilinear wave equation

associated with a nonlinear integral equation, Demonstratio Math. 36 (4) (2003) 915 –

938.

[8] Nguyen Thanh Long, Le Thi Phuong Ngoc (2009), On nonlinear boundary value

problems for nonlinear wave equations, Vietnam J. Math. 37 (2 – 3) (2009) 141 – 178.

[9] 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.

[10] Le Thi Phuong Ngoc, Le Khanh Luan, Tran Minh Thuyet, Nguyen Thanh