intTypePromotion=1

Luận văn Thạc sĩ Toán học: Phương trình sóng tuyến tính mô tả dao động của thanh đàn hồi nhớt

Chia sẻ: Lavie Lavie | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:65

0
41
lượt xem
4
download

Luận văn Thạc sĩ Toán học: Phương trình sóng tuyến tính mô tả dao động của thanh đàn hồi nhớt

Mô tả tài liệu
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Luận văn Thạc sĩ Toán học: Phương trình sóng tuyến tính mô tả dao động của thanh đàn hồi nhớt tập trung tìm hiểu về tính duy nhất nghiệm, tính trơn của nghiệm, ổn định nghiệm,... Với các bạn chuyên ngành Toán học thì đây là tài liệu hữu ích.

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Luận văn Thạc sĩ Toán học: Phương trình sóng tuyến tính mô tả dao động của thanh đàn hồi nhớt

  1. BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP.HCM NGUYỄN QUANG TRÀ PHƯƠNG TRÌNH SÓNG TUYẾN TÍNH MÔ TẢ DAO ĐỘNG CỦA THANH ĐÀN HỒI NHỚT LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Chuyên ngành: Toán Giải Tích Mã số: 60. 46. 01 Thành phố HCM 2010
  2. Chương 1 PHẦN TỔNG QUAN Sự tồn tại và duy nhất nghiệm trong nhiều bài toán về phương trình sóng tuyến tính là đề tài được quan tâm bởi nhiều tác giả, chẳng hạn như trong [1,2, 5 – 12] và các tài liệu tham khảo trong đó. Trong luận văn này, chúng tôi khảo sát phương trình sóng tuyến tính mô tả dao động của thanh đàn hồi nhớt liên kết với điều kiện biên hỗn hợp sau đây. Tìm hàm cặp hàm (u, P ) thoả phương trình sóng tuyến tính với điều kiện biên hỗn hợp có dạng utt − μ(t )uxx + Ku + λut = f (x , t ), 0 < x < 1, 0 < t < T , (1.1) với điều kiện biên u(1, t ) = 0, μ(t )ux (0, t ) = P(t ), (1.2) và điều kiện đầu u(x , 0) = u0 (x ), ut (x , 0) = u1(x ), (1.3) trong đó P(t ) chưa biết và các giá trị biên u(0, t ) và ut (0, t ) liên hệ bởi t P(t ) = g(t ) + K 1 (t )u(0, t ) + λ1 (t )ut (0, t ) − ∫ k (t − s )u(0, s )ds, (1.4) 0 trong đó K > 0, λ > 0 là các hằng số cho trước; μ, f , u0 , u1 g, K 1, λ1, k là các hàm cho trước thoả các điều kiện sẽ đặt ra sau. Bài toán (1.1) – (1.4) và các dạng tương tự với các điều kiện biên khác nhau đã được quan tâm nghiên cứu bởi nhiều tác giả (xem [1,2, 5 – 12]) và các tài liệu tham khảo trong đó. Trong trường hợp μ(t ) ≡ 1, các tác giả Nguyễn Thúc An và Nguyễn Đình Triều [1] đã xét bài toán (1.1), (1.3), với f (x , t ) = 0, u0 = u1 = 0, (1.5) trong đó điều kiện biên (1.2) được thay thế bởi ux (0, t ) = P (t ), u(1, t ) = 0 , (1.6) 1
  3. với K1 là hằng số không âm và λ1(t ) ≡ 0. Trong trường hợp này, bài toán (1.1), (1.3), (1.5), (1.6) mô tả dao động của một vật rắn và một thanh đàn hồi nhớt tựa trên nền cứng. Trong [2], Bergounioux, Long, Đinh đã nghiên cứu bài toán (1.1) – (1.4), với μ(t ) ≡ 1, (1.7) trong đó điều kiện biên (1.2) được thay thế bởi ⎧ ⎪ux (0, t ) = P (t ), ⎪ ⎪ ⎨ (1.8) ⎪ ⎪−u (1, t ) = λ1ut (1, t ) + K1u(1, t ), ⎪ ⎩ x với các hằng số cho trước λ1 > 0, K1 ≥ 0. Trong [5], 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 theo hai tham số bé K , λ của bài toán utt − μ(t )uxx + Ku + λut = f (x , t ), 0 < x < 1, 0 < t < T , (1.9) với điều kiện biên ⎧ ⎪u(0, t ) = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ t (1.10) ⎪ ⎪−μ(t )ux (1, t ) = K 1(t )u(1, t ) + λ1(t )ut (1, t ) − g(t ) − ∫ k (t − s )u(1, s )ds, ⎪ ⎪ ⎩ 0 và điều kiện đầu u(x , 0) = u0 (x ), ut (x , 0) = u1(x ), (1.11) trong đó K , λ là các hằng số, và μ, f , K 1, λ1, g, k, u 0, u1 là các hàm cho trước. Nội dung của luận văn bao gồm các chương sau: Chương 1. Nêu tổng quan về bài toán khảo sát trong luận văn và điểm qua các kết quả đã có trước đó, đồng thời nêu bố cục luận văn. Chương 2. Trình bày một số kết quả chuẩn bị bao gồm việc nhắc lại một số không gian hàm, một số kết quả về phép nhúng liên tục và phép nhúng compact giữa các không gian hàm. 2
  4. Chương 3. Bằng phương pháp xấp xỉ Galerkin liên hệ với các đánh giá tiên nghiệm, phương pháp compact yếu và phương pháp toán tử đơn điệu, chúng tôi chứng minh bài toán (1.1) – (1.4) tồn tại và duy nhất nghiệm yếu. Chương 4. Với các giả thiết tăng thêm chúng tôi khảo sát tính trơn của nghiệm yếu bài toán (1.1) – (1.4), nghĩa là dữ kiện đầu vào tăng lên thì nghiệm yếu thu được cũng tăng tính trơn lên. Chương 5. Chúng tôi khảo sát tính ổn định của nghiệm yếu phụ thuộc vào dữ kiện đầu vào của bài toán, tức là chúng tôi chỉ ra sự phụ thuộc liên tục của nghiệm yếu vào dữ kiện đầu vào của bài toán. Chương 6. Trong chương này nghiên cứu bài toán nhiễu theo ba tham số bé (K , λ, K 1 ) ⎧ ⎪utt − μ(t )uxx = −Ku − λut + f (x , t ), 0 < x < 1, 0 < t < T , ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪u(1, t ) = 0, μ(t )ux (0, t ) = P (t ), ⎪ ⎪ ⎨ (Qε ) ⎪ ⎪u(x , 0) = u0 (x ), ut (x , 0) = u1(x ), ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪P (t ) = g(t ) + Ku(0, t ) + λ (t )u ′(0, t ) − t k (t − s )u(0, s )ds. ⎪ ⎪ ⎩ 1 ∫0 trong đó các tham số (u0 , u1, μ, λ1, f , g, k ) cho trước. Chúng tôi thu được các kết quả sau: a/ Dáng điệu tiệm cận của nghiệm yếu (u ε , Pε ) của bài toán (Qε ) khi (K , λ, K 1 ) → (0+, 0+, 0+ ). b/ Khai triển tiệm cận của nghiệm yếu (u ε , Pε ) của bài toán (Qε ) theo ba tham số bé K , λ, K 1. có nghĩa là có thể xấp xỉ nghiệm (u ε , Pε ) bởi một đa thức theo ba biến K , λ, K1. uε ≈ ∑uε, |γ | ≤N γ γ Pε ≈ ∑ Pε , |γ | ≤N γ γ theo nghĩa cần phải chỉ ra các hàm ( u γ , Pγ ) và thiết lập đánh giá 3
  5. || u − ∑u ε γ γ ||* + || u ′(0, ⋅) − ∑ u ′ (0, ⋅)εγ γ ||* |γ | ≤N |γ | ≤N + || P − ∑Pε γ γ ||* ≤ CN* ||ε||N +1, |γ | ≤N theo một chuẩn thích hợp || ⋅ ||* , với các tham số dương (K , λ, K1 ) ∈ \ 3+ đủ bé và hằng số CN* độc lập đối với các tham số bé này. Chương 7. Chúng tôi xét một ví dụ cụ thể minh họa phương pháp tìm nghiệm tiệm cận đã trình bày ở phần 2 của chương 6. Kế đến là Phần kết luận, nhằm tóm tắt kết quả thực hiện trong luận văn và cuối cùng là danh mục các tài liệu tham khảo. 4
  6. Chương 2 MỘT SỐ CÔNG CỤ CHUẨN BỊ 2.1. Các không gian hàm Đầu tiên, ta đặt các ký hiệu Ω = (0,1), QT = Ω× (0,T ), T > 0. Ta bỏ qua định nghĩa các không gian hàm thông dụng như: C m (Ω), Lp (Ω) = Lp , H m (Ω) = H m , W m ,p (Ω) = W m ,p . Ta có thể xem trong các quyển sách [1, 2]. Ta định nghĩa H = L2 (Ω) là không gian Hilbert đối với tích vô hướng 1 〈u, v 〉 = ∫ 0 u(x )v(x )dx , u, v ∈ L2 (Ω). (2.1) Ký hiệu ⋅ chuẩn sinh bởi tích vô hướng này, nghĩa là 1/2 ⎛ 1 ⎞ u = 〈u, u 〉 = ⎜⎜⎜ ∫ u 2 (x )dx ⎟⎟⎟ , u ∈ L2 (Ω). (2.2) ⎝ 0 ⎠ Ta định nghĩa H 1 = {v ∈ L2 : vx ∈ L2 }, (2.3) và u, v = u, v + ux , vx . (2.4) H1 H 1 là không gian Hilbert đối với tích vô hướng (2.4). Ta ký hiệu v = 〈v, v 〉H 1 H1 là chuẩn trong H 1 . Ta có bổ đề sau. Bổ đề 2.1. Phép nhúng H 1 ↪ C 0 (Ω) là compact và v ≤ 2 v , ∀v ∈ H 1 . (2.5) C 0 ( Ω) H1 Chứng minh bổ đề 2.1 có thể tìm trong [2]. Bổ đề 2.2. Đồng nhất H với H / (đối ngẫu của H ). Khi đó ta có H 1 ↪ H ≡ H / ↪ (H 1 )/ , với các phép nhúng liên tục và nằm trù mật. Chú thích 1.1. Từ bổ đề 2.2 ta dùng ký hiệu tích vô hướng 〈⋅, ⋅〉 trong L2 để chỉ cặp tích đối ngẫu giữa H 1 và (H 1 )/ . 5
  7. Ta cũng ký hiệu ⋅ để chỉ chuẩn trong một không gian Banach X và gọi X ′ là X không gian đối ngẫu của X . 2.2. Không gian hàm Lp (0,T ; X ), 1 ≤ p ≤ ∞ Ký hiệu Lp (0,T ; X ), 1 ≤ p ≤ ∞, để chỉ không gian Banach các hàm thực u : (0,T ) → X đo được, sao cho ||u||L (0,T ;X ) < +∞ với p ⎧ ⎪ 1 ⎪ ⎛ T ⎞ ⎪⎪⎜⎜ ∫ ||u(t )||Xdt ⎠⎟⎟ , p p khi 1 ≤ p < +∞, ||u||L (0,T ;X ) = ⎨⎪⎝ 0 (2.6) p ⎪ ⎪ ⎪⎪ess sup||u(t )||X , khi p = ∞. ⎪ 0
  8. Chú thích 2.2. Ta ký hiệu D (0,T ) thay cho D ((0,T )) hoặc C c∞ ((0,T )) để chỉ không gian các hàm số thực khả vi vô hạn có giá compact trong (0,T ). df Định nghĩa 2.2. Cho f ∈ D/ (0,T ; X ) . Ta định nghĩa đạo hàm theo nghĩa phân bố dt của f bởi công thức df dϕ ,ϕ = − f, , ∀ϕ ∈ D (0,T ). (2.8) dt dt Các tính chất i / Cho v ∈ Lp (0,T ; X ) , ta làm tương ứng nó bởi ánh xạ như sau: Tv : D (0,T ) → X , T Tv , ϕ = ∫ 0 v(t ) ϕ(t )dt, ∀ϕ ∈ D (0,T ). (2.9) Ta có thể nghiệm lại rằng Tv ∈ D/ (0,T ; X ) . Thật vậy, j) Ánh xạ Tv : D (0,T ) → X là tuyến tính. jj) Ta nghiệm lại ánh xạ Tv : D (0,T ) → X là liên tục. Giả sử {ϕj } ⊂ D (0,T ) , sao cho ϕj → 0 trong D (0,T ). Ta có T T Tv , ϕj X = ∫ 0 v(t )ϕ j (t )dt X ≤∫ 0 v(t )ϕ j (t ) dt X 1 1 ⎛ T p ⎞p ⎛ T p/ ⎞p/ ≤ ⎜⎜⎜ ∫ v(t ) dt ⎟⎟⎟ ⎜⎜ ∫ ϕ j (t ) dt ⎟⎟⎟ → 0, khi j → +∞. (2.10) ⎝ 0 X ⎠ ⎜⎝ 0 ⎠ Do đó Tv , ϕ j → 0 trong X khi j → +∞ . Vậy Tv ∈ D/ (0,T ; X ). ii/ Ánh xạ v 6Tv là một đơn ánh, tuyến tính từ Lp (0,T ; X ) vào D/ (0,T ; X ). Do đó, ta có thể đồng nhất Tv = v . Khi đó ta có kết quả sau đây mà chứng minh của chúng có thể tìm thấy trong Lions [4]. Bổ đề 2.7. Lp (0,T ; X ) ↪ D/ (0,T ; X ) với phép nhúng liên tục. 2.4. Đạo hàm trong Lp (0,T ; X ) 7
  9. df Do bổ đề 2.7, phần tử f ∈ Lp (0,T ; X ) ta có thể coi f và do đó là các phần tử của dt D/ (0,T ; X ). Ta có các kết quả sau đây mà chứng minh của chúng có thể tìm thấy trong Lions [4]. Bổ đề 2.8. Nếu f ∈ Lp (0,T ; X ) và f ′ ∈ Lp (0,T ; X ) , thì f bằng hầu hết với một hàm liên tục từ [0,T ] → X . 2.5. Bổ đề về tính compact của Lions Cho ba không gian Banach X 0, X1, X với X 0 ↪ X ↪ X1 sao cho: X 0 , X1 là phản xạ. (2.11) Phép nhúng X 0 ↪ X là compact, X ↪ X1 liên tục. (2.12) Với 0 < T < +∞, 1 ≤ pi ≤ +∞ , i = 0,1. Ta đặt W (0,T ) = {v ∈ L 0 (0,T ; X 0 ): v ′ ∈ L 1 (0,T ; X1 )} . p p (2.13) Ta trang bị W (0,T ) bởi chuẩn v = v p + v/ p . (2.14) W (0,T ) L 0 (0,T ;X 0 ) L 1 (0,T ;X1 ) Khi đó W (0,T ) là một không gian Banach. Hiển nhiên ta có W (0,T ) ↪ L 0 (0,T ; X ). p Ta cũng có kết quả sau đây liên quan đến phép nhúng compact. Bổ đề 2.9. (Bổ đề về tính compact của Lions). Với giả thiết (2.11), (2.12) và nếu 1 < pi < +∞, i = 1, 2 , thì phép nhúng W (0,T ) ↪ L 0 (0,T ; X ) là compact. p Chứng minh bổ đề 2.10 có thể tìm thấy trong Lions [4]. 2.6. Bổ đề về sự hội tụ yếu trong Lp (Q ) 8
  10. Bổ đề sau đây liên quan đến sự hội tụ yếu trong Lp (Q ) . Bổ đề 2.10. (Xem Lions [4]). Cho Q là tập mở bị chận của \ N và Gm , G ∈ Lp (Q ), 1 < p < ∞ , sao cho: Gm ≤ C , trong đó C là hằng số độc lập với m, Lp (Q ) và Gm → G a.e., trong Q. Khi đó ta có: Gm → G trong Lp (Q ) yếu. 2.7. Bổ đề Gronwall Cho f là hàm khả tích, không âm trên [0,T ] và thỏa bất đẳng thức t f (t ) ≤ C 1 + C 2 ∫ f (s )ds, hầu hết t ∈ [0,T ], 0 trong đó C 1,C 2 là các hàm số không âm. Khi đó f (t ) ≤ C 1 exp(C 2t ), hầu hết t ∈ [0,T ]. Hơn nữa, nếu C 1 = 0 thì f (t ) ≡ 0 hầu hết t ∈ [0,T ]. Trong luận văn này để tiện cho việc trình bày ta sẽ dùng các ký hiệu sau u(t ), u ′(t ) = ut (t ), u ′′(t ) = utt (t ), ux (t ) = ∇u(t ), uxx (t ) = Δu(t ), lần lượt thay cho ∂u ∂ 2u ∂u ∂ 2u u(x , t ), (x , t ), (x , t ), (x , t ), (x , t ). ∂t ∂t 2 ∂x ∂x 2 9
  11. 10 Chương 3 SỰ TỒN TẠI VÀ DUY NHẤT NGHIỆM 3.1. Giới thiệu Trong chương này, chúng tôi trình bày sự tồn tại và duy nhất của nghiệm yếu toàn cục cho bài toán: Tìm cặp hàm (u, P ) thoả ⎧ ⎪utt − μ(t )uxx + F (u, ut ) = f (x , t ), 0 < x < 1, 0 < t < T , ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪u(1, t ) = 0, μ(t )ux (0, t ) = P (t ), ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ t ⎪ ⎪ ⎨P (t ) = g(t ) + K 1(t )u(0, t ) + λ1(t )ut (0, t ) − ∫ k (t − s )u(0, s )ds, (3.1) ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 0 ⎪ ⎪ ⎪F (u, ut ) = Ku + λut , ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪u(x , 0) = u0 (x ), ut (x , 0) = u1(x ), ⎪ ⎩ trong đó, K > 0, λ > 0 là các hằng số cho trước và u0, u1, f , μ, g, K 1, λ1, k là các hàm cho trước thỏa các điều kiện sẽ đặt ra sau. Chứng minh được dựa vào phương pháp Galerkin liên hệ với các đánh giá tiên nghiệm, từ đó rút ra các dãy con hội tụ yếu trong các không gian hàm thích hợp nhờ một số phép nhúng compact. Trong phần này, định lý ánh xạ co được sử dụng trong việc chứng minh tồn tại nghiệm xấp xỉ Galerkin. Nghiệm yếu của bài toán (3.1) được thành lập từ bài toán biến phân sau. Tìm cặp hàm (u, P ) thỏa ⎧ ⎪ d ⎪ ⎪ 〈ut , v 〉 + μ(t )〈ux , vx 〉 + P(t )v(0) + 〈F (u, ut ), v 〉 = 〈 f (t ), v 〉, ∀v ∈ V , ⎪ ⎪dt ⎪ ⎪ t ⎪ ⎪ ⎨P(t ) = g(t ) + K 1 (t )u(0, t ) + λ1 (t )ut (0, t ) − ∫ k (t − s )u(0, s )ds, (3.2) ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 0 ⎪ ⎪u(x , 0) = u0 (x ), ut (x , 0) = u1 (x ), ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ 10
  12. 11 trong đó F (u, ut ) = Ku + λut và V = {v ∈ H 1 : v(1) = 0}. 3.2. Sự tồn tại và duy nhất nghiệm Ta thành lập các giả thiết sau: (A1) (u0 , u1 ) ∈ V × L,2 V = {v ∈ H 1 : v(1) = 0}, (A2) g, K1, λ1, k ∈ H 1(0,T ), K1(t ) ≥ 0, λ1(t ) ≥ λ0 > 0, ∀t ∈ [0,T ], (A3) μ ∈ W 1,1(0,T ), μ(t ) ≥ μ0 > 0, ∀t ∈ [0,T ], (A4) f ∈ L2 (0,T ; L2 ), (A5) K , λ ≥ 0. Khi đó, ta có định lý sau Định lý 3.1. Cho T > 0. Giả sử, các giả thiết (A1) – (A5) đúng. Khi đó, bài toán (3.1) tồn tại và duy nhất nghiệm yếu (u, P ) sao cho u ∈ L∞ (0,T ;V ), ut ∈ L∞ (0,T ; L2 ), u(0,.) ∈ H 1(0,T ), P ∈ L2 (0,T ). (3.3) Chứng minh: Chứng minh gồm 4 bước. Bước 1. Xấp xỉ Galerkin Chọn {w j } là cơ sở đếm được của V . Ta đi tìm nghiệm yếu xấp xỉ của bài toán (3.1) dưới dạng m um (t ) = ∑ cmj (t )w j , (3.4) j =1 trong đó, các hàm hệ số cmj thỏa hệ phương trình vi tích phân sau ⎧⎪〈u ′′ (t ), w 〉 + μ(t )〈u (t ), w 〉 + P (t )w (0) ⎪⎪ m j mx jx m j ⎪⎪ ⎪⎪⎪ +〈F (um (t ), um′ (t )), w j 〉 = 〈 f (t ), w j 〉, j = 1, m, ⎪⎪ ⎨ t (3.5) ⎪⎪ ⎪⎪Pm (t ) = g(t ) + K1(t )um (0, t ) + λ1(t )um′ (0, t ) − ∫ k (t − s )um (0, s )ds, ⎪⎪ 0 ⎪⎪ ⎪⎪⎩⎪F (um (t ), um′ (t )) = Kum (t ) + λum′ (t ), 11
  13. 12 với m m um (x , 0) ≡ u 0m = ∑ cmj (0)w j ≡ ∑ αmj w j → u0 mạnh trong V , (3.6) j =1 j =1 m . m . um′ (x , 0) ≡ u1m = ∑ cmj ′ (0)w j ≡ ∑ βmj w j → u1 mạnh trong L2 . (3.7) j =1 j =1 Hệ phương trình (3.5) – (3.7) được viết lại dưới dạng ⎧⎪ m m ⎪⎪c ′′ (t ) + μ(t ) c (t )〈w , w 〉 + g (t )w (0) + K (t )w (0) c (t )w (0) ⎪⎪ mj ∑i =1 mi ix jx j 1 j ∑i =1 mi i ⎪⎪ ⎪⎪ m m t ⎪⎪ +λ1(t )w j (0)∑ cmi′ (t )wi (0) + w j (0)∑ wi (0)∫ k (t − s ) cmi (s )ds ⎪⎨ (3.8) ⎪⎪ i =1 i =1 0 ⎪⎪ ⎪⎪ ′ (t ) = 〈 f (t ), w j 〉, + Kcmj (t ) + λcmj ⎪⎪ ⎪⎪ ⎪⎪⎩cmj (0) = αmj , cmj (0)=βmj , j = 1, m. Bỏ qua chỉ số m , ta viết lại cm (t ) = (cm 1(t ),..., cmm (t )) dưới dạng c(t ) = (c1(t ),..., cm (t )). Hệ phương trình (3.8) được viết lại như sau ⎧⎪ m ⎪⎪c ′′(t ) = −λc ′(t ) − λ1 (t ) w (0) c ′(t )w (0) − Kc (t ) − μ(t ) c (t ) ⎪⎪ j j ||w j ||2 j ∑ i =1 i i j ||w j ||2 j ⎪⎪ ⎪⎪ m t m ⎪⎪ ∑ ∑ w j (0) ||w j ||2 ∫ K1 (t ) ⎪ − ||w j ||2 w j (0) c i (t )w i (0) − k (t − s ) ci (s )wi (0) ds ⎨ i =1 i =1 (3.9) ⎪⎪ 0 ⎪⎪ ⎪⎪ − ||gw(t||)2 w j (0) + ||w1 ||2 〈 f (t ), w j 〉, ⎪⎪ j j ⎪⎪ ⎪⎪c j (0) = α j , c j (0)=β j , j = 1, m. ⎩ Với mỗi T > 0, ta đặt Y = C 0 ([0,T ]; \ m ) là không gian Banach đối với chuẩn . Y như sau: m ||c||Y = ||c||0, ||c||0 = sup |c(t )|1, |c(t )|1 = ∑ |c j (t )|, 0
  14. 13 với c = (c1,..., cm ) ∈ Y . Hệ (3.9) tương đương với phương trình điểm bất động c(t ) = U [c ](t ) ≡ H [c ](t )+G (t ), c ∈Y, (3.10) trong đó, ⎧⎪c(t ) = (c (t ),..., c (t )), U [c ](t )=(U [c ](t ),...,U [c ](t )), ⎪⎪ 1 m 1 m ⎨ ⎪⎪U [c ](t ) = H [c ](t ) + G (t ), ⎪⎩ j j j và ⎧ ⎪ t t τ ⎪⎪H [c ](t ) = F (s, c ′(s ))ds + d τ F (s, c ′(s ))ds ⎪ ⎪ j ∫ 1j ∫ ∫ 2j ⎪ ⎪ 0 0 0 ⎪ ⎪ t τ r ⎪ ⎪ ⎪ + ∫ ∫ ∫ k (t − s )F3 j (c(s ))ds, d τ dr ⎪ 0 0 0 ⎨ ⎪ ⎪ ⎡ m ⎤ (3.11) ∑ w (0) ⎪ ⎪ G (t ) = α + ⎢ β + λα + λ (0)j α w (0)⎥t ⎪ j j ⎢⎣ j j ||w || 1 2 i i ⎥⎦ ⎪ j i =1 ⎪ ⎪ ⎪ ( ) t τ ⎪ ⎪ −∫ d τ ∫ ||gw(s||) w j (0) − ||w1 || 〈 f (s ), w j 〉 ds, ⎪ ⎪⎩ j 2 j 2 0 0 với F1 j , F2 j : [0,T ]× \m → \, F3 j : \m → \, được xác định như sau m F1 j (t, c(t )) = −λc j (t ) − ||w1 ||2 w j (0)∑ ci (t )wi (0), λ (t ) (3.12) j i =1 m w j (0)∑ ci (t )wi (0) − Kc j (t ) − ||μw(t||)2 c j (t ) λ1′ (t ) F2 j (t, c(t )) = ||w ||2 j j i =1 (3.13) m − ||w1 ||2 w j (0)∑ ci (t )wi (0), K (t ) j i =1 m ∑ c (t )w (0). w j (0) F3 j (c(t )) = ||w j ||2 i i (3.14) i =1 Bổ đề 3.1. Giả sử, các giả thiết (A1) – (A5) đúng. Khi đó, tồn tại T > 0 sao cho hệ (3.10) có duy nhất nghiệm c(t ) = (c1(t ),..., cm (t )) trên khoảng [0,T ]. Chứng minh. 13
  15. 14 Sự tồn tại nghiệm um (t ) trên đoạn [0,T ] sẽ được suy ra từ sự tồn tại nghiệm c ∈ Y thỏa mãn phương trình điểm bất động (3.10). Như vậy ta cần chứng minh toán tử U : Y → Y có điểm bất động. Ta có |U n [c ] −U n [d ]|=|H n [c ] − H n [d ]|, ∀c, d ∈ Y , ∀n ∈ `. Nên để chứng minh U có điểm bất động. Ta chứng minh H có điểm bất động. Mặt khác, do H tuyến tính theo c, nên chúng ta chỉ cần chứng minh tồn tại n ∈ ` và k ∈ [0,1) sao cho H n [c ] ≤ k||c||Y , ∀c ∈ Y . Y Ta bắt đầu bởi việc chứng minh bằng phương pháp quy nạp rằng với c ∈ Y , bất đẳng thức sau đúng với mọi n ∈ ` . tn H [c ](t ) ≤ M T n n n ||c||Y , (3.15) 1 n! trong đó, ⎧M = sup{|μ(t )| + |K (t )| + |λ (t )|+ |λ ′(t )|}, T = 1 + T + T 2 , ⎪ ⎪ ⎪ 0≤t ≤T 1 1 1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎨M 1 = λ + 2mM (1 + λm ), M 2 = M (4m + 1)(1 + λm ) + K , 2 2 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪M 3 = 2m(1 + λm2 )||k||L (0,T ), M = M 1 + M 2 + M 3 . ∞ ⎪ ⎩ Chứng minh (3.15) như sau Với n = 1, từ (3.12) – (3.14) ta có các đánh giá sau m |F1 j (t, c(t ))| ≤ λ|c j (t )| + 2M (1 + λm2 )∑ |ci (t )| i =1 ≤ λ|c j (t )| + 2M (1 + λm2 )|c(t )|1 hay |F1(t, c(t ))|1 ≤ [λ + 2mM (1 + λm2 )]|c(t )|1 = M 1|c(t )|1. (3.16) Tương tự ta cũng có |F2 (t, c(t ))|1 ≤ [M (4m + 1)(1 + λm2 ) + K ]|c(t )|1 = M 2|c(t )|1, (3.17) 14
  16. 15 và |F3 (c(t ))|1 ≤ 2m(1 + λm2 )|c(t )|1, (3.18) Từ (3.11)1, (3.16) - (3.18) ta suy ra rằng t t τ |H [c ](t )|1 ≤ ∫ |F1(s, c(s ))|1ds + ∫ d τ ∫ |F2 (s, c(s ))|1ds 0 0 0 t τ r + ∫ d τ ∫ dr ∫ |k (r − s )|.|F3 (c(s ))|1ds 0 0 0 t t τ t τ r ≤ M 1 ∫ |c(s )|1ds + M 2 ∫ d τ ∫ |c(s )|1ds + M 3 ∫ d τ ∫ dr ∫ |c(s )|1ds 0 0 0 0 0 0 t2 t3 ≤ M 1||c||Y t + M 2||c||Y + M 3||c||Y 2! 3! ≤ (M 1 + M 2T + M 3T 2 )||c||Y t ≤ (M 1 + M 2 + M 3 )T ||c||Y t ≤ MT ||c||Y t, (3.19) Từ (3.19) ta suy ra rằng (3.15) đúng với n = 1. Giả sử (3.15) đúng với n ≥ 1. Khi đó t t τ |H [H [c ]](t )|1 ≤ M 1 ∫ |H [c ](s )|1ds + M 2 ∫ d τ ∫ |(H n [c ](s ))|1ds n n 0 0 0 t τ r + M 3 ∫ d τ ∫ dr ∫ |H n [c ](s )|1ds 0 0 0 t t τ M1M nT n M 2M nT n ≤ n! ||c||Y ∫ s nds + n! ||c||Y ∫ d τ ∫ s nds 0 0 0 t τ r M 3M nT n + n! ||c||Y ∫ d τ ∫ dr ∫ s nds 0 0 0 M 1M nT n M 2M nT n M 3M nT n ≤ (n +1)! ||c||Y t n +1 + (n +2)! ||c||Y t n +2 + (n +3)! ||c||Y t n +3 ≤ ( M1M nT n (n +1)! + M 2M nT nT (n +1)! + M 3M nT nT 2 (n +1)! )||c|| tY n +1 ≤ (M 1T + M 2 + M 3T 2 ) (Mn +T1)! ||c||Y t n +1 n n 15
  17. 16 ≤ (M 1 + M 2 + M 3 ) M(n T+1)! ||c||Y t n +1 ≤ ||c||Y t n +1. n +1 n M n +1T n +1 (n +1)! (3.20) Từ (3.19), (3.20) suy ra (3.15) đúng với mọi n ∈ ` . Điều này dẫn đến M nTnT n ||H n [c ]||0 ≤ n! ||c||Y . (3.21) Suy ra  n U n [c ] ≤ (MTT n! ) ||c||Y . (3.22) Y  )n Ta có lim (MTT n! = 0, nên tồn tại n ∈ ` sao cho n →+∞  )n (MTT 0 0 cố định, (3.10) có nghiệm c ∈ S sao cho U [c ] = c, do đó hệ (3.5) – (3.7) có nghiệm (um , Pm ) trên một khoảng [0,Tm ] ⊂ [0,T ]. Bước 2. Đánh giá tiên nghiệm ′ (t ) sau đó lấy tổng theo j, ta được Nhân (3.5)1 với cmj 〈um′′ (t ), um′ (t )〉 + μ(t )〈umx (t ), umx ′ (t )〉 + Pm (t )um′ (0, t ) (3.24) +〈F (um (t ), um′ (t )), um′ (t )〉 = 〈 f (t ), um′ (t )〉. Lấy tích phân (3.24) theo biến thời gian từ 0 đến t , ta thu được t t t 2 ∫ 〈um′′ (s ), um′ (s )〉ds + 2∫ μ(s )〈umx (s ), umx ′ (s )〉ds + 2∫ Pm (s )um′ (0, s )ds 0 0 0 t t + 2 ∫ 〈F (um (s ), um′ (s )), um′ (s )〉ds = 2∫ 〈 f (s ), um′ (s )〉ds, (3.25) 0 0 Tính các tích phân ở vế trái của (3.25) t t d I 1 = 2 ∫ 〈um′′ (s ), um′ (s )〉ds = ∫ ds ||u ′ (s)|| ds = ||u ′ (t )|| m 2 m 2 − ||u1m ||2 . (3.26) 0 0 16
  18. 17 t t d I 2 = 2 ∫ μ(s )〈umx (s ), umx ′ (s )〉ds = ∫ μ(s ) ds ||u mx (s )||2 ds 0 0 t = μ(t )||umx (t )|| − μ(0)||u 0mx || − ∫ μ ′(s )||umx (s )||2 ds 2 2 (3.27) 0 t I 3 = 2 ∫ Pm (s )um′ (0, s ) ds 0 t t t d = 2 ∫ g(s )um′ (0, s )ds + ∫ K 1(s ) um2 (0, s )ds + 2∫ λ1(s )|um′ (0, s )|2ds 0 0 ds 0 t τ − 2 ∫ um′ (0, τ )∫ k (τ − s )um (0, s ) dsd τ 0 0 = I 31 + I 32 + I 33 + I 34 , (3.28) t t I 31 = 2 ∫ g(s )um′ (0, s )ds = 2g(t )um (0, t ) − 2g(0)u 0m (0) − 2∫ g ′(s )um (0, s )ds 0 0 t I 32 = K1(t )u (0, t ) − K1(0)u (0) − ∫ K1′(s )um2 (0, s )ds , 2 m 2 0m 0 τ t I 34 = −2um (0, τ )∫ k (τ − s )um (0, s ) ds 0 0 d ⎛⎜ ⎞⎟ t τ +2 ∫ um (0, τ ) ⎜⎜ ∫ k (τ − s )um (0, s ) ds ⎟⎟⎟d τ 0 d τ ⎜⎝ 0 ⎠⎟ t = −2um (0, t )∫ k (t − s )um (0, s )ds 0 t ⎛ τ ⎞⎟ ⎜⎜ +2 ∫ um (0, τ ) ⎜k (0)um (0, τ ) + ∫ k ′(τ − s )um (0, s ) ds ⎟⎟⎟ d τ 0 ⎜⎝ 0 ⎠⎟ t = −2um (0, t )∫ k (t − s )um (0, s )ds 0 17
  19. 18 t t τ +2k (0)∫ u (0, s )ds + 2∫ um (0, t )∫ k ′(τ − s )um (0, s ) dsd τ 2 m 0 0 0 t t I 4 = 2∫ 〈F (um (s ), um′ (s )), um′ (s )〉ds = 2∫ 〈Kum (s ) + λum′ (s ), um′ (s )〉ds 0 0 t = K ||um (t )|| − K ||u 0m || + 2λ ∫ ||um′ (s )||2 ds 2 2 (3.29) 0 Tổ hợp (3.25) – (3.29), ta thu được t t Sm (t ) = Sm (0) + 2g(0)u 0m (0) +∫ μ′(s )||umx (s )|| ds + ∫ [K1′(s ) − 2k (0)] um2 (0, s ) ds 2 0 0 t +2um (0, t )∫ k (t − s )um (0, s ) ds − 2g(t )um (0, t ) 0 t t τ +2 ∫ g ′(s )um (0, s )ds − 2∫ um (0, τ )∫ k ′(τ − s )um (0, s )ds d τ 0 0 0 t +2 ∫ 〈 f (s ), um′ (s )〉ds, (3.30) 0 trong đó, t Sm (t ) ≡ ||um′ (t )|| + μ(t )||umx (t )|| + K1(t )u (0, t ) + 2 ∫ λ1(s )|um′ (0, s )|2ds 2 2 2 m 0 t + K ||um (t )|| + 2λ ∫ ||um′ (s )||2ds, 2 (3.31) 0 hay t Sm (t ) = Sm (0) + 2g(0)u 0m (0) + ∫ μ′(s )||umx (s )||2ds 0 t t +∫ ⎡K ′(s ) − 2k (0)⎤ u 2 (0, s ) ds +2 g ′(s )u (0, s )ds ⎣⎢ 1 ⎦⎥ m ∫ m 0 0 18
  20. 19 t +2um (0, t )∫ k (t − s )um (0, s ) ds − 2g(t )um (0, t ) 0 t τ t −2 ∫ um (0, τ )∫ k ′(τ − s )um (0, s )ds d τ +2 ∫ 〈 f (s ), um′ (s )〉ds, 0 0 0 7 ≤ Sm (0) + 2g(0)u 0m (0) + ∑ J i . (3.32) i =1 Sử dụng bất đẳng thức 1 2ab ≤ εa 2 + b 2, ∀a, b ∈ \, ∀ε > 0 , (3.33) ε và dựa vào kết quả của các bất đẳng thức t Sm (t ) ≥ ||um′ (t )||2 + μ0 ||umx (t )||2 + 2λ0 ∫ |um′ (0, s )|2ds, (3.34) 0 Sm (t ) |um (0, t )| ≤ ||um (t )||C 0 ([0,T ]) ≤ ||umx (t )|| ≤ , (3.35) μ0 chúng ta sẽ lần lượt đánh giá các tích phân ở vế phải của (3.32) t t 1 J1 ≤ ∫ |μ ′(s )|.||umx (s )||2ds ≤ ∫ |μ′(s)|S m (s )ds. (3.36) 0 μ0 0 t t 1 J2 ≤ ∫ K 1′(s ) − 2k (0) u (0, s )ds ≤ 2 m ∫ K 1′(s ) − 2k (0) S m (s )ds. (3.37) 0 μ0 0 t t t 1 2 J 3 ≤ 2 ∫ g ′(s ) um (0, s )ds ≤ ∫ Sm (s )ds + ∫ g ′(s ) ds 0 0 μ0 0 t || g ′ ||L22 (0,T ) t ≤ ∫ Sm (s )ds + ≤ ∫ Sm (s )ds +CT . (3.38) 0 μ0 0 t t 1 J 4 ≤ 2 um (0, t ) ∫ k (t − s )um (0, s ) ds ≤ 2 Sm (t ) ∫ k (t − s ) S m (s )ds 0 μ0 0 19
ADSENSE
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

 

Đồng bộ tài khoản
2=>2