Luận văn Thạc sĩ Toán học: Phương trình sóng phi tuyến với một đầu biên chứa số hạng Memory

Chia sẻ: Lavie Lavie | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:44

Thêm vào BST

Báo xấu

59
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Luận văn Thạc sĩ Toán học: Phương trình sóng phi tuyến với một đầu biên chứa số hạng Memory dưới đây nêu lên tổng quan, một số kết quả chuẩn bị, sự tồn tại và duy nhất nghiệm, tính trơn của nghiệm và một số nội dung khác.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Luận văn Thạc sĩ Toán học: Phương trình sóng phi tuyến với một đầu biên chứa số hạng Memory

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH ___________________ Hoàng Quốc Công PHƯƠNG TRÌNH SÓNG PHI TUYẾN VỚI MỘT ĐẦU BIÊN CHỨA SỐ HẠNG MEMORY Chuyên ngành: Toán Giải Tích Mã số: 60 . 46 . 01 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: TS. NGUYỄN THÀNH LONG Thành phố Hồ Chí Minh, năm 2010
LỜI CẢM ƠN Lúc đầu khi nhận đề tài này, với vốn kiến thức còn hạn hẹp tôi đã gặp phải rất nhiều khó khăn. Tuy nhiên, với sự hướng dẫn tận tình và mang tính khoa học của Thầy hướng dẫn, TS. Nguyễn Thành Long, tôi đã dần khắc phục được các khó khăn trên để hoàn thành đề tài này. Trước tiên, tôi xin chân thành cảm ơn Thầy Nguyễn Thành Long, người đã tận tình dìu dắt tôi vượt qua nhiều trở ngại trong suốt thời gian thực hiện đề tài. Tôi xin chân thành cảm ơn các Thầy Cô trong và ngoài trường Đại học Sư Phạm Tp. Hồ Chí Minh, những người đã tạo mọi điều kiện thuận lợi cũng như tận tình truyền đạt kiến thức và kinh nghiệm quý báu của mình cho tôi trong suốt thời gian tôi học tập và làm việc. Tôi xin trân trọng cảm ơn các Thầy Cô trong Hội đồng đã dành thời gian để đọc và cho những nhận xét rất có giá trị khoa học đối với luận văn của tôi. Cuối cùng, tôi xin gửi lòng biết ơn của mình đến gia đình và các bạn tôi, những người đã tạo điều kiện tốt nhất cho tôi hoàn thành luận văn này và cho tôi những lời khuyên, lời động viên vô cùng hữu ích. Hoàng Quốc Công
Chương 1 PHẦN TỔNG QUAN Trong luận văn này, chúng tôi xem xét phương trình sóng phi tuyến với điều kiện biên và điều kiện đầu dưới đây utt    t  u xx  K u ut  f  x , t  , 0  x  1 , 0  t  T p2 q2 u   ut (1.1) t   t  u x  0, t    k  t  s  u  0, s  ds , u 1, t   0 (1.2) 0 u  x,0   u0  x  , ut  x,0   u1  x  (1.3) trong đó p, q  2, K ,   0 là các hằng số cho trước và  , f , k , u0 , u1 là các hàm cho trước thỏa các điều kiện mà ta sẽ chỉ ra sau. Bài toán (1.1) – (1.3) có nhiều ý nghĩa trong Cơ học mà nhiều nhà Toán học quan tâm nghiên cứu trong thời gian gần đây [3] – [10]. Về mặt toán học, ta có thể nói rằng bài toán (1.1) – (1.3) là sự kết hợp những đặc điểm quan trọng của hai bài báo đã được công bố trước đây [3] và [4]. Trong [3], Nguyễn Thành Long, Lê Văn Út, và Nguyễn Thị Thảo Trúc đã nghiên cứu sự tồn tại và duy nhất nghiệm cũng như tính chính quy, tính ổn định và khai triển tiệm cận nghiệm của bài toán utt   (t )u xx  Ku   ut  f  x, t  , 0  x  1, 0  t  T , (1.4) t   (t )u x (1, t )  K1 (t )u (1, t )  1 (t )ut (1, t )  g (t )   k (t  s )u(1, s )ds, 0 (1.5) u (1, t )  0, u( x,0)  u0 ( x ) , ut ( x,0)  u1 ( x ), (1.6) trong đó K ,  là các hằng số, và  , f , K1 , 1 , g , k , u0 , u1 là các hàm cho trước. p2 q2 Như vậy, số hạng K u u   ut ut trong (1.1) là sự tổng quát hóa từ số hạng Ku  ut trong (1.4). Các điều kiện biên (1.2) – (1.3) cũng chính là (1.5) – (1.6) sau khi đã hoán đổi 2 đầu biên x  0 và x  1 , đồng thời làm triệt tiêu các hàm K1, λ1 và g. Sự đặc biệt hóa này tưởng chừng sẽ mang lại thuận lợi cho chúng ta khi nghiên cứu (1.1) – (1.3), nhưng thật ra nó lại khiến chúng ta gặp đôi chút khó khăn hơn trong các ước lượng khi mà điều kiện cực tiểu cho hàm λ1 lúc này không còn là một giá trị dương nữa. Trong [5], Nguyễn Thành Long, Alain Phạm Ngọc Định, và Trần Ngọc Diễm đã khảo sát sự tồn tại và duy nhất nghiệm, tính chính quy, và khai triển tiệm cận của nghiệm của bài toán sau đây utt  u xx  K u u   ut ut  f  x, t  , 0  x  1, 0  t  T ,   (1.7)
u x  0, t   P  t  , (1.8) u x 1, t   K1u 1, t   1ut 1, t   0, (1.9) u  x,0   u0  x  , ut  x,0   u1  x  , (1.10) trong đó K ,  , K1 , 1 ,  ,  là các hằng số cho trước; f , u0 , u1 là các hàm cho trước; hàm u  x, t  cần tìm và giá trị biên chưa biết P  t  thỏa mãn bài toán Cauchy cho phương trình vi phân thường dưới đây  P  t    2 P  t   hutt  0, t  , 0  t  T  (1.11)  P  0   P0 , P  0   P1 với   0, h  0, P0 , P1 là các hằng số cho trước. Từ (1.11), nếu ta giải phương trình vi phân tuyến tính cấp 2 hệ số hằng, ta sẽ có t P  t   g  t   hu  0, t    k  t  s  u  0, s  ds 0 trong đó 1 g  t    P0  hu0  0   cos t    P  hu  0  sin t  , k  t   h sin t  .  1 1 Ta nhận xét thấy phương trình (1.1) mà ta đặt ra là một trường hợp tổng quát hơn của phương trình (1.7) trong bài toán (1.7) – (1.11), có được bằng cách thêm hàm hệ số   t  vào trước số hạng utt . Hai điều kiện biên (1.3) và (1.10) là như nhau, trong khi điều kiện biên (1.2) lại là trường hợp đặc biệt của (1.8) – (1.9), (1.11). Nội dung chính của luận văn gồm các chương mục được trình bày theo thứ tự sau: Chương 1 là phần mở đầu tổng quan về bài toán mà ta sẽ khảo sát trong luận văn, chỉ ra vài kết quả quan trọng đã có trước đó, đồng thời nêu bố cục của luận văn. Chương 2 trình bày một số kết quả chuẩn bị, bao gồm việc nhắc lại một số không gian Sobolev, một số kết quả về các phép nhúng compact giữa các không gian. Chương 3 nghiên cứu sự tồn tại và duy nhất nghiệm yếu của bài toán (1.1) – (1.3). Chương 4 nghiên cứu tính trơn của nghiệm đối với dữ kiện ban đầu.
Chương 5 nghiên cứu tính ổn định của nghiệm đối với dữ kiện ban đầu, tức là hàm   , f , k , u0 , u1   u   , f , k , u0 , u1  , nghiệm yếu của bài toán (1.1) – (1.3), là liên tục theo nghĩa mà ta sẽ chỉ ra khi xem xét vấn đề này. Chương 6 nghiên cứu bài toán nhiễu theo hai tham số bé  K ,   : utt   (t )u xx  K u p 2 u   ut q2 ut  f ( x, t ), 0  x  1, 0  t  T ,   t P   K,   ( t ) u x 0, t   k  t  s  u  0, s  ds, u 1, t   0,   0 u  x,0   u  x  , u  x,0   u  x  ,  0 t 1 trong đó các tham số  , f , k , u0 , u1 cho trước. Cụ thể như sau a/ Nghiên cứu dáng điệu tiệm cận của nghiệm yếu u  uK , của bài toán  PK ,  khi K  0 và   0 . b/ Nghiên cứu khai triển tiệm cận của nghiệm yếu u  uK , của bài toán  PK ,  theo hai tham số bé K, λ, có nghĩa là có thể xấp xỉ nghiệm uK , bởi một đa thức theo hai biến K, λ: u K ,   x, t    U  x, t  K  i j N ij i j  ij  x, t  và thiết lập đánh giá theo nghĩa cần phải chỉ ra các hàm U   N 1 u K ,   i jN  ij  x, t  K i  j  C U N K 2  2 * theo một chuẩn thích hợp ||  ||* , với các tham số dương K, λ đủ bé và hằng số CN độc lập đối với các tham số bé này. Chương 7 trình bày một bài toán cụ thể để minh họa phương pháp tìm nghiệm tiệm cận của bài toán nhiễu ở trên. Sau cùng là phần kết luận và danh mục các tài liệu tham khảo.
Chương 2 MỘT SỐ KẾT QUẢ CHUẨN BỊ Ta đặt các kí hiệu:    0,1 , QT     0, T  , T  0 . Chúng ta bỏ qua các định nghĩa của   các không gian hàm C m  , Lp    , W m , p    . Ta có thể xem trong [1]. Để tạo thuận lợi khi trình bày và làm cho luận văn gọn gàng, ta sẽ quy ước một vài kí hiệu vắn tắt như sau: W m , p  W m, p    , Lp  Lp     W 0, p    , H m  W m ,2    , 1  p  , m  0,1,... Chuẩn trong L2 kí hiệu là ||  || . Kí hiệu ,  chỉ tích vô hướng trong L2 hay tích đối ngẫu của một phiếm hàm tuyến tính liên tục với một phần tử của không gian hàm. Kí hiệu ||  || X dùng để chỉ chuẩn trong một không gian Banach X, và X / là không gian đối ngẫu của X. Ta kí hiệu Lp  0, T ; X  là không gian Banach các hàm thực đo được u :  0, T   X sao cho 1 T p    u t  p u Lp  0,T ; X  X dt    với 1  p   0  và u L   0,T ; X   ess sup u  t  X   khi p   0t T Ta viết u  t  , u  t   ut  t  , u  t   utt  t  , u x  t  , u xx  t  để chỉ u  x, t  , u  2u u  2u  x, t  , 2  x, t  ,  x, t  , 2  x, t  , theo thứ tự đó. t t x x Ta lại đặt V  v  H 1  0,1 : v 1  0 và xét tích vô hướng 1 u v a  u, v     x    x  dx 0 x x Khi đó, V là một không gian con của H1, và trên V, chuẩn v V  a  v, v   vx tương đương với chuẩn v H1 cảm sinh trên V. Từ đây ta có bổ đề sau Bổ đề 2.1. Phép nhúng V ↪ C 0  là compact và  
v C 0  0,1  v V , v  V Bổ đề 2.2. (Bổ đề Gronwall) Giả sử  và u là các hàm liên tục trên [a , b], trong đó  xác định không âm,  là một hằng số dương (không phụ thuộc t). Khi đó, nếu t u  t        s  u  s  ds , t   a, b  a thì t  u  t    exp     s  ds  , t   a, b  a  Bổ đề 2.3. [2] (Bổ đề về tính compact của Lions) Cho ba không gian X 0 , X , X 1 thỏa X 0 , X 1 phản xạ, X 0 ↪ X compact, X ↪ X 1 liên tục Với 0  T  , 1  p, q   , ta đặt W  u  Lp  0, T ; X 0  : u  Lq  0, T ; X 1  và trang bị cho W một chuẩn vW  v Lp  0,T , X 0   v Lq  0,T , X1  Khi đó, phép nhúng W ↪ Lp  0, T ; X  là compact.
Chương 3 SỰ TỒN TẠI VÀ DUY NHẤT NGHIỆM Sau đây chúng ta sẽ nghiên cứu sự tồn tại và duy nhất nghiệm của bài toán (1.1) – (1.3) với những giả thiết về các dữ kiện đầu vào như sau: (GT1) K ,   0 ; p, q  2 (GT2) u0  H 2  V , u1  V (GT3) k  W 2,1  0, T  (GT4)   H 2  0, T  ;   t   o  0 (GT5) f , f t  L2  QT  Định lý 3.1. Nếu các giả thiết (GT1) – (GT5) được thỏa thì bài toán (1.1) – (1.3) có duy nhất một nghiệm yếu u với các tính chất u  L  0, T ;V  H 2  ; ut  L  0, T ; H 1  ; utt  L  0, T ; L2  và u  0,   W 1,  0, T  Chứng minh. Gọi w j  là một cơ sở đếm được của không gian V  H 2 . Ta sẽ tìm nghiệm xấp xỉ theo phương pháp Galerkin của bài toán (1.1) – (1.3) dưới dạng m um (t )   cmj (t ) w j , j 1 trong đó, các hàm hệ số cmj  t  thỏa mãn hệ phương trình vi phân thường t um  t  , w j    t  umx  t  , w jx  w j  0   k  t  s  um  0, s  ds 0 p2 q2  K um  t  um  t    um  t  um  t  , w j  f  t  , w j ; 1  j  m m um   ,0   u0 m    mj  w j   u0 mạnh trong H 2 j 1 m um   ,0   u1m    mj  w j   u1 mạnh trong H 1 (3.1) j 1 Với các giả thiết (GT1) – (GT5) được thỏa, hệ phương trình vi phân (3.1) có nghiệm um trên 0, Tm  tương ứng. Các ước lượng sau cho phép ta chọn Tm  T với mọi m.   t  , sau đó cộng Ước lượng tiên nghiệm 1. Nhân lần lượt các phương trình thứ j của (3.1) 1 với cmj các vế tương ứng với nhau rồi lấy tích phân theo biến thời gian từ 0 đến t, ta thu được đẳng thức sau t t S m  t   Sm  0   2um  0, t   k  t    um  0,  d  2k  0   um2  0, s  ds 0 0
t t s      s  umx  s  ds  2  um  0, s   k   s    um  0,  d ds 2 0 0 0 t 2 f  s  , um  s  ds (3.2) 0 trong đó t 2K S m  t   um  t     t  umx  t   um  t   2  um  s  2 2 p q L p Lq ds (3.3) p 0 Từ (3.3) và (GT4), ta thấy rằng S m  t   um  t   0 umx  t  2 2 (3.4) Từ (3.4) và bổ đề 1, ta có đánh giá Sm  t  um  x, t   um  t  C 0  umx  t   (3.5)  0,1  0 Dưới đây là các đánh giá vắn tắt cho từng số hạng trong vế phải của (3.2). 2 1   t t 2um  0, t   k  t    um  0,  d  0 um  0, t    k  t    um  0,  d  2  0 0  0  t t 1   Sm  t    k   d   Sm  s  ds 2 (3.6) 02 0 0 t 2 k  0 t 2k  0   um2  0, s  ds   S  s  ds (3.7) 0 0 0 m t t  s      s  umx  s  ds   S m  s  ds 2 (3.8) 0 0 0 t s 2  um  0, s   k   s    um  0,  d ds 0 0 t s 1 s t     S m  s  ds      2 02 0  0 0  k   d  S m  d  ds 0  t t t t    S m  s  ds  k    d   Sm   d 2 2  (3.9) 0 0 0 0 t t t t 2  f  s  , um  s  ds  2  f  s   um  s  ds   f  s  ds   S m  s  ds 2 (3.10) 0 0 0 0 Từ (3.2) và (3.6)–(3.10), đồng thời chọn tham số   1 2 ta có đánh giá t t  s  S m  t   2 Sm  0   2 f  s  ds  2  S m  s  ds 2 0 0 0
 4 4 k 0  t   t k    t k     3   Sm  s  ds 2 2  2 d  (3.11)  0 0 0  0   Do H1 ↪ C 0  , nên từ (3.1)2,3 và (3.3) ta nhận được 2 Sm  0   M 1 với mọi m (3.12) trong đó hằng số M1 chỉ phụ thuộc vào μ, K, u0 và u1. Theo (3.12) và (GT5) ta có t M 1  2 f  s  ds  AT với mọi t   0, T  2 (3.13) 0 Mặt khác, theo (GT3) ta lại có 4 k 0   t 4 k    t k     3  BT với mọi t   0, T  2 2 02 0 d  (3.14) 0 Với các đánh giá (3.11), (3.13) và (3.14) vừa thu được, ta suy ra rằng  2  s  t  S m  t   AT     BT  Sm  s  ds với mọi t   0, T  (3.15)  0  0  Áp dụng bổ đề Gronwall cho (3.15), rồi dựa vào (GT4) ta có kết quả quan trọng sau  t  2  s    S m  t   AT  exp     BT  ds   CT với mọi t   0, T  (3.16)  0  0     Ước lượng tiên nghiệm 2. Đạo hàm 2 vế của (3.1)1 theo biến thời gian, ta có um  t  , w j     t  umx  t  , w jx    t  umx   t  , w jx t  w j  0   k   t  s  um  0, s  ds  w j  0  k  0  um  0, t  (3.17) 0 p2 q2  K  p  1 um  t  um  t     q  1 um  t  um  t  , w j  f   t  , w j ; 1  j  m   t  , sau đó cộng lại rồi lấy tích phân 2 vế theo biến thời Nhân lần lượt các phương trình thứ j với cmj gian từ 0 đến t, ta có X m  t   X m  0   2    t  umx  t  , umx   t   2   0  u0 mx , u1mx t t 2     s  umx  s  , umx   s  ds  3    s  umx   s  ds 2 0 0 t s t 2 um  0, s   k   s    um  0,  d ds  2 k  0  um  0, s  um  0, s  ds 0 0 0 t 1 p2 2 K  p  1   um  x, s  um  x, s  um  x, s  dxds 0 0
t 2 f   s  , um  s  ds (3.18) 0 với t 1 q2 X m  t   um  t     t  umx   t   2  q  1   um  x, s  um  x, s  dxds 2 2 2 0 0 Từ đây và bổ đề 1, ta có các đánh giá X m  t   um  t   0 umx  t  2 2 (3.19) X m t  um  x, t   um  t    t   um  t    umx (3.20) 0  C 0,1  V 0 Lấy tích phân từng phần cho 2 số hạng thứ 6 và thứ 7 trong vế phải của (3.18), ta có X m  t   X m  0   2k  0  u0 m  0  u1m  0   k   0  um2  0, t   2k  0  um  0, t  um  0, t  2   0  u0 mx , u1mx  2    t  umx  t  , umx  t  t t 2k  0   um  0, s  ds  3    s  umx   s  ds 2 2 0 0 t t 2    s  umx  s  , umx   s  ds  2um  0, t   k   t  s  um  0, s  ds 0 0 t s  k   0  um  0, t   2 um  0, s   k   s    um  0,  d ds 2 0 0 t 1 p2 2 K  p  1   um  x, s  um  x, s  um  x, s  dxds 0 0 t 2 f   s  , um  s  ds (3.21) 0 Dựa vào (3.4), (3.5), (3.16), (3.19), (3.20) và bổ đề 2.1, ta có những ước lượng về các số hạng trong vế phải của (3.21) như sau CT 2k  0  um  0, t  um  0, t   k  0   X m t  2 (3.22)  2 0 2    0  u0 mx , u1mx  2    0  . u0 m V . u1m V (3.23) CT 2    t  umx  t  , umx  t    X m t   t  2 (3.24)  2 0 t 2 k  0 t 2k  0   um  0, s  ds   X  s  ds 2 (3.25) 0 0 0 m t t 3 3    s  umx   s  ds     s  X m  s  ds 2 0 0 (3.26) 0
t t t CT 2     s  umx  s  , umx   s  ds     s  ds   X m  s  ds 2 0 02  0 0 (3.27) 2 CT   t t 2um  0, t   k   t  s  um  0, s  ds   X m  t   2  k    d  (3.28) 0 0  0  k   0  CT k   0  um  0, t   2 (3.29) 02 2 tCT   t t s t 2  um  0, s   k   s    um  0,  d ds  2   k    d    X m  s  ds (3.30) 0 0 0  0  0 t 1 p2 2 K  p  1   um  x, s  um  x, s  um  x, s  dxds 0 0 p 1 t 1  C 2 p2  2 K  p  1  T    u  x, s  um  x, s  um  x, s  dxds  0  m 0 0   p2 CT t 1  2 K  p  1  X  s   u  x, s  dxds   p 1 m m 0 0 0   p2 CT t  2 K  p  1  X  s  u  s  ds   p 1 m m 0 0   X  s  ds p2 CT t  2 K  p  1  (3.31)   p 1 m 0 0 t t t 2  f   s  , um  s  ds   f   s  ds   X m  s  ds 2 (3.32) 0 0 0 Từ (3.21) – (3.32), đồng thời chọn tham số   14 , ta có X m  t   4 X m  0   2k  0  u0 m  0  u1m  0   k   0  um2  0, t   8    0  . u0 m V . u1m V 4CT  2 t 2       0 k    d 2 +  4 k 0   k  0  4   t  4 02  0  t 02 t t  2      s  ds  f   s  ds  t k    d  2 2 0 CT  0  0      p2 t 8 k  0  12    s  CT     8 K  p  1  12  X m  s  ds (3.33)  0 0    p 1 0   0 Từ (GT2) – (GT4) và (3.19), ta có kết quả
X m  t   4 X m  0   2k  0  u0 m  0  u1m  0   k   0  um2  0, t   8    0  . u0 m V . u1m V  4 um  0   M 2 (3.34) trong đó hằng số M2 chỉ phụ thuộc vào μ, k, K, u0 và u1. Hơn nữa, từ (3.1) và (1.2), bằng phương pháp tích phân từng phần cho số hạng chưa μ của vế trái, ta có um  0     0  u0 mxx , um  0   K u0 m u1m , um  0   f  0  , um  0  2 p2 q2 u0 m   u1m Do đó um  0     0  u0 mxx  K u0 m u1m  f  0  p 2 q 2 u0 m   u1m Kết quả này cùng với (GT5) và (3.1)2,3 cho ta um  0   M 3 (3.35) trong đó hằng số M3 chỉ phụ thuộc vào μ, f, K, λ, u0 và u1. Mặt khác, do H1 ↪ C 0  , nên ta có  4    t   DT a.e., trên  0,T  2 (3.36) Tổng hợp các kết quả (3.33) – (3.36), ta có đánh giá t X m  t   ET   q( s ) X m  s  ds, (3.37) 0   p 2 8 k 0 12    s  CT trong đó q( s )    8K  p  1  12 và ET là một hằng số chỉ phụ thuộc 0 0   p 1 0 vào T. Từ (GT3), (GT4), (3.37), theo bổ đề Gronwall, ta thu được kết quả sau t X m (t )  ET exp  q( s )ds  FT , với mọi t   0, T  (3.38) 0 Qua giới hạn. Từ (3.4), (3.5), (3.16), (3.19), (3.20) và (3.38) ta suy ra các dãy hàm dưới đây bị chặn trên các không gian hàm L tương ứng. Từ đó, ta có thể trích ra một dãy con của dãy um  vẫn kí hiệu là um  sao cho um  u trong L  0, T ;V  yếu * um  u trong L  0, T ; H1  yếu * um  u trong L  0, T ; L2  yếu *
um  0,   u  0,  trong W 1,  0, T  yếu * (3.39) Nhờ bổ đề về tính compact của Lions [2], từ (3.38), ta lại rút ra được một dãy con của dãy um  vẫn kí hiệu là um  sao cho um  u mạnh trong L2  QT  um  u mạnh trong L2  QT  um  0,   u  0,  mạnh trong C 0  0, T  (3.40) Mặt khác, nhờ vào bất đẳng thức x x  y y    1 R x  y x, y    R, R  , R  0,   0   (3.41) nên từ (3.5), (3.16), (3.20), (3.38) và (3.40)1–2, ta suy ra rằng um um  u u mạnh trong L2  QT    um um  u u mạnh trong L2  QT    (3.42) Trong (3.1), ta cho m   . Khi đó, dựa vào các kết quả (3.39), (3.40) và (3.42) ta chỉ ra rằng có hàm u thỏa mãn bài toán t u  t  , v    t  u x  t  , vx  v  0   k  t  s  u  0, s  ds 0 (3.43) p2 q 2  K u t  u  t    u  t  u  t  , v  f  t  , v , v  H 1 u  0   u0 và u  0   u1 (3.44) Từ (3.43) và các giả thiết (GT4) – (GT5) ta có kết quả 1 u  K u u   u u  f   L  0, T ; L2  p2 q2 u xx  (3.45)    Do đó u  L  0, T ;V  H 2  . Việc chứng minh sự tồn tại của nghiệm yếu hoàn tất. Tính duy nhất của nghiệm. Giả sử u1, u2 là hai nghiệm yếu của bài toán (1.1) – (1.3). Khi đó, ta có ui  L  0, T ;V  H 2  ; ui  L  0, T ; H 1  ; ui L  0, T ; L2   ui  0,   W  0, T  1, i  1; 2 Ta đặt u  u1  u2 . Khi đó, u thỏa mãn bài toán sau
t u  t  , v    t  u x  t  , vx  v  0   k  t  s  u  0, s  ds 0 p2 p2  K u1  t  u1  t   u2  t  u2  t  , v (3.46) q2 q2   u1  t  u1  t   u2  t  u2  t  , v  0, v  H 1 u(0)  u(0)  0. (3.47) Ta cho v  u , sau đó lấy tích phân 2 vế theo biến thời gian từ 0 đến t và áp dụng công thức tích phân từng phần cho số hạng chứa k, ta có t t s Z  t       s  u x  s  ds  2 u  0, s   k   s    u  0,  d ds 2 0 0 0 t t  2k  0   u  0, s  ds  2u  0, t   k  t  s  u  0, s  ds 2 0 0 t (3.48) p2 p 2  2 K  u1  s  u1  s   u2  s  u2  s  , u  s  ds 0 t q2 q2  2  u1  s  u1  s   u2  s  u2  s  , u  s  ds 0 trong đó Z  t   u  t     t  u x  t  2 2 (3.49) Từ (3.49) cùng với (GT4) và bổ đề 1, ta có Z  t   u   t   0 u x  t  2 2 (3.50) Z t  u  x, t   u  t  C 0  ux  t   (3.51)  0,1  0 Mặt khác, ta lại có 2 1 t 1  u  t    u  x, t  dx     u  x, s  ds  dx 2 2 0 0 0  1 t t   t  u  x, s  ds dx  t  u  s  ds 2 2 (3.52) 0 0 0 Dựa vào (3.41), (3.50) – (3.52), ta đánh giá từng số hạng ở vế phải của (3.48) như sau t t 1   s  u  s     s  Z  s  ds 2 0 0 x ds  (3.53) 0 t s  t t  t 2  u  0, s   k   s    u  0,  d ds  1  2 0     0 Z  s  ds 2 k   d (3.54) 0 0  0
t 2 k  0 t 2k  0   u  0, s  ds   Z  s  ds 2 (3.55) 0 0 0 t t t 1 2 2u  0, t   k  t  s  u  0, s  ds  Z t   2 k   d   Z  s  ds 2 0 2 0  0 0 (3.56) t p2 p2 2 K  u1  s  u1  s   u2  s  u2  s  , u  s  ds 0 t  2 K  p  1 R p2  u  s   u  s  ds 0   ds t  K  p  1 R p 2  u  s   u  s  2 2 0 t  s 2  K  p  1 R 0  s 0 u   d  u  s   ds p 2 2 t t  K  p  1 R p 2  t 2  1  u  s  ds  K  p  1 R p 2  t 2  1  Z  s  ds 2 (3.57) 0 0 t t q 2 q 2 2  u1  s  u1  s   u2  s  u2  s  , u  s  ds  2  q  1 R q 2  Z  s  ds (3.58) 0 0 trong đó, R  max ui i 1,2   W 1, 0,T ; H 1  . Từ (3.48), (3.53) – (3.58), ta suy ra t Z (t )   F ( s ) Z ( s )ds (3.59) 0 trong đó 2  s  2T T 4 k  0 4 T F s  2   k     k   2 2  d   d 0  2 0 0 0  2 0 0 2 K  p  1 R p 2 T 2  1  4  q  1 R q 2  L1  0, T  Theo bổ đề của Gronwall, ta suy ra từ (3.59) rằng Z  0 , nghĩa là u1  u2 . Định lý 3.1 đã được chứng minh xong. Nhận xét 3.1. Từ định lý 3.1, ta nhận thấy nghiệm yếu của bài toán (1.1) – (1.3) thỏa u  C 0  0, T ;V   C1  0, T ; L2   L  0, T ;V  H 2    ut  L  0, T ; H  , utt  L  0, T ; L   1  2  u  0,   W  0, T  1,
Nhận xét 3.2. Trong trường hợp p  q  2 và K  K  t  ,     t  , k  k  t , s  , chúng ta xét bài toán utt    t  u xx  K  t  u    t  ut  f  x, t  , 0  x  1, 0  t  T (1.1/) t   t  u x  0, t   g  t    k  t , s  u  0, s  ds , u 1, t   0 (1.2/) 0 u  x,0   u0  x  , ut  x,0   u1  x  (1.3) Bây giờ ta đưa ra những giả thiết cho các hàm K, λ và k như sau (GT1/) K  H 1  0, T  ,   H 2  0, T  k  2k (GT3/) k , D1k  , D1  D1k   2  L2  QT*  , k  H 1  0, T  và D k  L2  0, T  1 t t k  t   D k  t , t  và Q*   t , s  : 0  s  t  T  . với k  t   k  t , t  , D1 1 T (GT6/) g  H 2  0, T  Bằng những đánh giá và lý luận tương tự với những gì mà ta đã thực hiện trong quá trình chứng minh định lý 3.1, ta có định lý 3.2 dưới đây Định lý 3.2. Giả sử (GT1/), (GT2), (GT3/), (GT4), (GT5) và (GT6/) được thỏa. Khi đó, bài toán (1.1/) – (1.2/) – (1.3) có duy nhất một nghiệm yếu u, và u  C 0  0, T ;V   C 1  0, T ; L2   L  0, T ;V  H 2    ut  L  0, T ; H  , utt  L  0, T ; L   1  2 (3.60)  u  0,   W  0, T  1, Chứng minh. Gọi w j  là một cơ sở đếm được của không gian V  H 2 . Ta sẽ tìm nghiệm xấp xỉ theo phương pháp Galerkin của bài toán (1.1) – (1.3) dưới dạng m um  t    cmj  t   w j j 1 trong đó, các hàm hệ số cmj  t  thỏa mãn hệ phương trình vi phân thường  t  um  t  , w j    t  umx  t  , w jx  w j  0   g  t    k  t , s  um  0, s  ds   0   K  t  um  t     t  um  t  , w j  f  t  , w j ; 1 j  m m um   ,0   u0 m    mj  w j   u0 mạnh trong H 2 j 1 m um   ,0   u1m    mj  w j   u1 mạnh trong H 1 (3.61) j 1
Với các giả thiết (GT1/) – (GT2) – (GT3/) – (GT4) – (GT5) – (GT6/) được thỏa, hệ phương trình vi phân (3.1) có nghiệm um trên  0, Tm  tương ứng. Các ước lượng sau cho phép ta chọn Tm  T với mọi m.   t  , sau đó cộng Ước lượng tiên nghiệm 1. Nhân lần lượt các phương trình thứ j của (3.61)1 với cmj các vế tương ứng với nhau rồi lấy tích phân theo biến thời gian từ 0 đến t, ta thu được đẳng thức sau  t  S m  t   S m  0   2u0 m  0  g  0   K  0  u0 m  2um  0, t   g  t    k  t ,  um  0,  d  2  0  t t  s       s  umx  s  ds  2  um  0, s   g   s    D1k  s,  um  0,  d  ds 2 0 0  0  t t 2 k  s  um2  0, s  ds   K   s  um  s  ds  K  t  um  t  2 2 0 0 t t 2    s  um  s  ds  2  f  s  , um  s  ds 2 (3.62) 0 0 trong đó S m  t   um  t     t  umx  t  2 2 (3.63) Từ (3.63) và (GT4), ta thấy rằng S m  t   um  t   0 umx  t  2 2 (3.64) Từ (3.64) và bổ đề 1, ta có đánh giá Sm  t  um  x, t   um  t  C  0,1   umx  t   (3.65) 0 0 Dưới đây là các đánh giá vắn tắt cho từng số hạng trong vế phải của (3.62). 1 2um  0, t  g  t    S m  t   g t  2 (3.66) 0 2 1   t t 2um  0, t   k  t ,  um  0,  d  0 um  0, t    k  t ,  um  0,  d  2  0 0  0  t t 1   Sm  t    k  t ,  d   Sm  s  ds (3.67) 2 02 0 0 t t  s    s  u  s  S m  s  ds 2 ds   (3.68) 0 mx 0 0 t t t 2  um  0, s  g   s  ds   S m  s  ds   g   s  ds 2 (3.69) 0 0 0
t s 2  um  0, s   D1k  s,  um  0,  d ds 0 0 t s 1 st    S m  s  ds  2    D1k  s,  d   S m   d  ds 2 0 0 0  0 0  t t 1   Sm  s  ds  2 D1k L2 Q*   Sm   d (3.70) 0   T 0 0 t t 2  2  k  s  um2  0, s  ds   k  s  S m  s  ds (3.71) 0 0 0  t  K  t  um  t   2 K  t   u0 m  t  Sm  s  ds  2 2 (3.72)  0  t t  s          2 0 0 0 2 K  s u m s ds  2 K  s  u 0 m  s S m  d  ds   t t t  K   s  ds   s K   s  ds   Sm  s  ds 2  2 u0 m (3.73) 0 0 0 t t 2    s  um  s  ds  2    s  S m  s  ds 2 (3.74) 0 0 t t t t f  s  , um  s  ds  2  f  s   um  s  ds   f  s  ds   S m  s  ds (3.75) 2 2 0 0 0 0 Từ (3.62) và (3.66) – (3.75), đồng thời chọn tham số   13 ta có đánh giá 9  S m  t   3Sm  0   6 u0 m  0  g  0   3 K  0   6 K  t  u0 m   g t  2 2 0 t t t 3 g   s  ds  6 u0 m K   s  ds  3 f  s  ds 2 2  2 0 0 0 t  9 t 3  s  3   9  2  k  t ,  d  2  2 D1k L2 Q* 0 0 0 0  T 0 6  t   k  s   6t K  t   3 s K   s  ds  6   s    S m  s  ds (3.76) 0 0  Từ (GT1/), (GT2), (GT4), (GT5), (GT6/) và (3.61) – (3.63) ta nhận được kết quả t 9  3Sm  0   6 u0 m  0  g  0   3 K  0   6 K  t  u0 m   g  t   3 g   s  ds 2 2 2 0 0 t t K   s  ds  3 f  s  ds  AT với mọi t   0, T  2  2 6 u0 m (3.77) 0 0 Ta đặt 9 t 3  s  3 6   s  9  k  t ,  d  k s 2  2 0 0 0   2 0 D1k   L2 QT*  0
t  6t K  t   3 s K   s  ds  6   s  0 Như vậy ta có t S m  t   AT     s   S m  s  ds (3.78) 0 Mặt khác, từ giả thiết (GT3/) ta lại có t  k  t ,  d  W 1,1  0, T   L  0, T  2 0 Do đó, kết hợp với giả thiết (GT1/), ta suy ra t t 3 k  t ,  d  2t K  t    s K   s  ds  BT 2 02 0 (3.79) 0 Từ (3.79), (GT1/), (GT3/), (GT4), ta có   L1  0, T  (3.80) Từ (3.80), lại áp dụng bổ đề Gronwall, ta có t  S m  t   AT exp     s  ds   M T với mọi t   0, T  (3.81) 0  Ước lượng tiên nghiệm 2. Đạo hàm 2 vế của (3.61)1 theo biến thời gian, ta có um  t  , w j     t  umx  t  , w jx    t  umx   t  , w jx  t   w j  0   g   t    kt  t , s  um  0, s  ds  k  t , t  um  0, t   (3.82)  0   K   t  um  t   K  t  um  t      t  um  t     t  um  t  , w j  f   t  , w j ; 1  j  m   t  , sau đó cộng lại rồi lấy tích phân 2 vế theo biến Nhân lần lượt các phương trình thứ j với cmj thời gian từ 0 đến t, ta có X m  t   X m  0   2    t  umx  t  , umx   t   2   0  u0 mx , u1mx t t 2     s  umx  s  , umx   s  ds  3    s  umx   s  ds 2 0 0 t  s  2  um  0, s   g   s    ks  s,  um  0,  d  k  s, s  um  0, s   ds 0  0  t t 2  K   s  um  s  , um  s  ds  2   K  s      s   um  s  , um  s  ds 0 0 t t 2   s  um  s  ds  2 f   s  , um  s  ds 2 (3.83) 0 0 với