Luận văn Thạc sĩ Toán học: Thuật giải lặp cho phương trình sóng phi tuyến có hệ số chứa tích phân với điều kiện biên hỗn hợp thuần nhất

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP. HỒ CHÍ MINH

___________________________

Nguyễn Thị Ngọc Hiền

THUẬT GIẢI LẶP CHO PHƯƠNG TRÌNH SÓNG PHI

TUYẾN CÓ HỆ SỐ CHỨA TÍCH PHÂN VỚI ĐIỀU KIỆN

BIÊN HỖN HỢP THUẦN NHẤT

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Thành phố Hồ Chí Minh - 2008

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP. HỒ CHÍ MINH

__________________________

Nguyễn Thị Ngọc Hiền

THUẬT GIẢI LẶP CHO PHƯƠNG TRÌNH SÓNG PHI

TUYẾN CÓ HỆ SỐ CHỨA TÍCH PHÂN VỚI ĐIỀU KIỆN

BIÊN HỖN HỢP THUẦN NHẤT

Chuyên ngành: Toán Giải Tích

Mã số: 60. 46. 01

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC:

TS. NGUYỄN THÀNH LONG

Thành phố Hồ Chí Minh - 2008

Luận văn được hoàn thành tại

Trường Đại học Sư phạm TP. Hồ Chí Minh.

Người hướng dẫn: TS. Nguyễn Thành Long

Khoa Toán – Tin học, Đại học Khoa học Tự nhiên TP. Hồ Chí Minh.

Người nhận xét 1: PGS. TS. Lê Hoàn Hoá

Khoa Toán – Tin học, Đại học Sư phạm TP. Hồ Chí Minh.

Người nhận xét 2: TS. Lê Thị Phương Ngọc

Trường Cao đẳng Sư phạm Nha Trang.

Học viên cao học: Nguyễn Thị Ngọc Hiền

Luận văn sẽ được bảo vệ tại Hội Đồng chấm luận văn Trường Đại học Sư

phạm TP. Hồ Chí Minh, vào lúc … giờ… ngày… tháng … năm 2008.

Có thể tìm hiểu luận văn tại Phòng Sau Đại học, thư viện trường Đại học Sư

phạm TP. Hồ Chí Minh.

Thành phố Hồ Chí Minh – 2008

LỜI CẢM ƠN

Lời đầu tiên tôi trân trọng kính gửi tới Thầy hướng dẫn, TS. Nguyễn

Thành Long, lòng biết ơn chân thành và sâu sắc nhất. Người Thầy đã rất ân

cần và tận tình hướng dẫn, giúp cho tôi nắm được từng bước nghiên cứu và

giải đáp những thắc mắc khi tôi gặp phải. Sự đam mê nghiên cứu khoa học và

sự tận tình hướng dẫn của Thầy đã giúp tôi hoàn thành luận văn này.

Xin trân trọng cảm ơn Thầy Lê Hoàn Hóa và Cô Lê Thị Phương Ngọc

đã dành thời gian, công sức để đọc và cho những nhận xét quý báu đối với

luận văn của tôi.

Xin trân trọng cảm ơn quý Thầy Cô trong và ngoài khoa Toán – Tin

học trường Đại học Sư phạm Tp. Hồ Chí Minh đã tận tình truyền đạt kiến

thức và kinh nghiệm quý báu cho tôi trong suốt thời gian học tập tại trường.

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

thuộc phòng quản lý Khoa học Công nghệ & Sau Đại học, thư viện trường

Đại học Sư phạm Tp.HCM đã tạo điều kiện thuận lợi để tôi hoàn thành

chương trình học cũng như trong quá trình làm thủ tục bảo vệ luận văn tốt

nghiệp.

Xin cảm ơn các anh chị lớp Cao học Giải tích Khóa 16, các anh chị

trong nhóm xemina do Thầy tổ chức đã động viên và nhiệt tình giúp đỡ tôi

trong suốt thời gian qua.

Tôi cũng không quên gửi lời biết ơn đến gia đình tôi, những người đã

hết lòng lo lắng và luôn ở bên tôi trong những lúc khó khăn nhất.

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

khỏi những thiếu sót. Tôi rất mong nhận được sự chỉ bảo của quý Thầy Cô và

sự góp ý chân thành của các bạn bè đồng nghiệp. Tôi xin chân thành cảm ơn.

Thành phố Hồ Chí Minh, tháng 9 năm 2008.

Nguyễn Thị Ngọc Hiền

MỤC LỤC

Lời cảm ơn ........................................................................................................1

Mục lục ..............................................................................................................2

MỞ ĐẦU ...........................................................................................................3

Chương 1: MỘT SỐ CÔNG CỤ CHUẨN BỊ...............................................7

1.1. Các không gian hàm thông dụng .............................................................. 7

1.2. Không gian hàm

(0, T X ; ), 1 p≤ ≤ ∞ .................................................. 8 .

1.4. Đạo hàm trong

(0, T X ...................................................................... 10 ). ;

1.5. Bổ đề về tính compact của Lions............................................................ 11

1.6. Một kết quả về lý thuyết phổ. ................................................................. 12

1.7. Một số kết quả khác. ................................................................................. 13

Chương 2: THUẬT GIẢI LẶP CẤP MỘT .................................................14

2.1. Giới thiệu bài toán và các công cụ chuẩn bị. ..................................... 14

2.2. Thiết lập định lý tồn tại và duy nhất nghiệm bởi thuật giải lặp cấp

một. ........................................................................................................ 16

Chương 3: THUẬT GIẢI LẶP CẤP HAI ..................................................37

3.1. Giới thiệu bài toán...................................................................................... 37

3.2. Thiết lập định lý tồn tại và duy nhất nghiệm bởi thuật giải lặp cấp

hai. ................................................................................................................. 37

KẾT LUẬN .....................................................................................................60

TÀI LIỆU THAM KHẢO .............................................................................62

MỞ ĐẦU

Các bài toán biên phi tuyến nói chung là đề tài được quan tâm bởi

nhiều tác giả, chẳng hạn như trong [3 – 23] và các tài liệu tham khảo trong đó.

Loại bài toán nầy chứa đựng nhiều mô hình toán học đặt ra trong các lĩnh vực

Kỹ thuật, Cơ học,…. và có rất nhiều ứng dụng trong thực tiễn. Đó là lý do tôi

chọn đề tài nầy.

Trong nhiều trường hợp, bài toán chỉ giải được và dừng lại ở mức độ

tồn tại nghiệm và không chỉ ra cách thiết lập nghiệm như thế nào. Một cách

thông dụng nhất mà nhiều nhà nghiên cứu hay làm là phương pháp tuyến tính

hóa, hơi giống như phép xấp xỉ liên tiếp của nguyên lý ánh xạ co. Cách làm

nầy vẫn bảo đảm hội tụ về mặt toán học, nhưng trong thực tế hệ số co tuy nhỏ

hơn 1 và khá gần 1, thì phép lặp nầy sẽ hội tụ chậm và đòi hỏi số bước lặp

phải khá lớn, thậm chí rất lớn. Phương pháp lặp kiểu nầy người ta còn gọi là

phép lặp cấp 1 hay lặp đơn. Cải tiến phương pháp nầy, người ta thường tìm

kiếm thuật giải có tốc độ hội tụ nhanh hơn, chẳng hạn như thuật giải lặp cấp

{ }mu

hai [17] hoặc cao hơn nữa [22]. Ví dụ như một thuật giải xác định một dãy lặp

gọi là thuật giải cấp hai nếu ta có được đánh giá sai lệch của số hạng mu

với nghiệm chính xác u theo bất đẳng thức dưới đây (với một chuẩn thích

⋅ ) hợp

− 1

− − u ≤ u C u u ∀ ∈ (cid:96) , m (0.1)

trong đó C là hằng số độc lập với

0u được chọn đủ gần với nghiệm chính xác u sao cho

β= − .m Với đánh giá nầy, nếu bước lặp đầu tiên < khi C u 1, u

đó ta có đánh giá sai số

(2) R m

− ≤ β 2 = u u ∀ ∈ (cid:96) . m (0.2) 1 C

Trong trường hợp lặp cấp một ta có đánh giá

−

∀ ∈ (cid:96)

(0.3)

≤ α m u C 1

(1) R m

1,α≤ <

trong đó 0

1C là các hằng số độc lập với

So sánh với hai đánh giá sai số (0.2) và (0.3), ta thấy (0.2) có tốc độ hội

tụ nhanh hơn (0.3), bởi vì

−

ln(1/

β )

ln(1/

m m 2

⎞ α ⎟ ⎠

⎛ ⎜ ⎝

m → ∞ .

(0.4)

→ khi 0,

1 CC 1

(2) R m (1) R m

Trong luận văn này, chúng tôi xét một số thuật giải lặp (cấp một và cấp

hai) cho bài toán giá trị biên và ban đầu cho phương trình sóng phi tuyến có

−

, ,

)

hệ số chứa tích phân thuộc dạng dưới đây: ( ) F x t u u t ( )

( B u t ( )

f u u ( , t

u tt

(0.5)

, ∈

∈

x (0,

) ),

(0,1),

−

(0.6)

t (0, )

= (1, ) 0,

u x

( ,0)

( ),

( ,0)

( ),

(0.7)

(cid:4) u x 0

u x t

(cid:4) u x 1

trong đó

(cid:4) u

(cid:4) u f F B , 1

, ,

là các hàm cho trước thỏa các điều kiện mà ta sẽ chỉ )2

( F x t u u t ( )

là hàm có phụ thuộc vào một tích phân

ra sau. Trong phương trình (0.5), số hạng phi tuyến ( B u t ( )

(0.8)

u x t dx ( , ) .

u t ( ) x

2 x

= ∫

Trong [13], Nguyễn Thành Long, Alain Phạm Ngọc Định và Trần

∇

−

∈

∆ = u

( , ,

(0,1),

(0,

(0.9)

Ngọc Diễm đã nghiên cứu bài toán (

)2 )

(

b 0

u tt

f x t u u u t

(0.10)

t (0, )

= (1, ) 0,

(0.11)

u x

( ,0)

( ),

( ,0)

( ).

(cid:4) u x 0

u x t

(cid:4) u x 1

Trong [14], Nguyễn Thành Long và Bùi Tiến Dũng đã nghiên cứu sự

tồn tại và duy nhất nghiệm của bài toán

−

∇

∈

(0.12)

(

∆ = u

)

( , ,

(0,1),

(0,

u tt

f x t u u u t

−

(0.13)

t (0, )

= (1, ) 0,

h u 0

(0.14)

u x

( ,0)

( ),

( ,0)

( ),

(cid:4) u x 0

u x t

(cid:4) u x 1

trong đó

(cid:4) B f u ,

h ≥ cho trước.

(cid:4) là các hàm cho trước và 0 u 1

Trong [10, 12], tác giả đã nghiên cứu sự tồn tại và duy nhất nghiệm của

phương trình

+ ∆ − 2

∇

u B

(

∆ + u

)

F x t

( , ),

∈ Ω > , t 0,

(0.15)

u tt

ε − u t

u t

> λ

< < là các hằng số cho trước và Ω là tập mở và

trong đó

0, 0

bị chặn của

.n(cid:92)

Trong luận văn này, chúng tôi tập trung giải quyết hai vấn đề.

Vấn đề thứ nhất: Khảo sát thuật giải lặp cấp một. Chúng tôi chứng

minh sự tồn tại và duy nhất nghiệm địa phương của bài toán (0.5) – (0.7). Ý

tưởng và công cụ để khảo sát sự tồn tại nghiệm là thiết lập một dãy quy nạp

tuyến tính liên kết với bài toán, sau đó sử dụng xấp xỉ Galerkin và phương

pháp compact để chứng minh dãy này hội tụ mạnh về nghiệm yếu của bài

toán (0.5) – (0.7) trong các không gian hàm thích hợp và với các giả thiết mà

ta sẽ đặt thêm. Sự tồn tại nghiệm nhờ vào việc vận dụng định lý ánh xạ co

(toán tử co ở dạng lặp) và sự duy nhất nghiệm được chứng minh nhờ vào bổ

đề Gronwall sau một số phép tính toán và đánh giá cụ thể.

Vấn đề thứ hai: Khảo sát thuật giải lặp cấp hai. Bài toán (0.5) được

xét với

−

F F x t

( , ),

f u ( )

K u

q > 2

− 1

≤

′ ( ) B z

và

∈ B C

2 (

B z ( )

d z 1

+ (cid:4) d , 1

(cid:92) 0 b ),

d z 0

+ (cid:4) d 0

trong đó

b >

p >

là các hằng số cho trước. Chúng tôi

(cid:4) d 0

(cid:4) (cid:4) d d ≥ , 1 1

xác định bởi

liên kết phương trình (0.1) với một dãy quy nạp phi tuyến { }mu

−

∇

−

)

( , ) F x t

( f u

′ ( f u

)( u

(

)

− 1

( ) u t m

∂ u m ∂ 2 t

∂ u m ∂ 2 x

sẽ hội tụ

với mu thỏa (0.6), (0.7). Khi đó, luận văn chứng tỏ dãy lặp { }mu

bậc hai về nghiệm yếu của bài toán (0.5) – (0.7). Trong chứng minh tồn tại

nghiệm địa phương, định lý điểm bất động Banach được sử dụng.

Luận văn sẽ được trình bày theo các chương mục sau.

Phần mở đầu tổng quan về bài toán khảo sát trong luận văn, điểm qua

các kết quả đã có trước đó, đồng thời nêu bố cục luận văn.

Chương 1, chúng tôi 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 compact giữa

các không gian hàm quan trọng.

Chương 2, chúng tôi sử dụng kỹ thuật tuyến tính hoá số hạng phi tuyến,

kết hợp với phương pháp Galerkin, cùng với các đánh giá tiên nghiệm, sự hội

tụ yếu và tính compact. Phương pháp nầy dẫn đến một thuật giải cấp một hội

tụ về nghiệm của bài toán (0.5) – (0.7). Trong phần xấp xỉ Galerkin, luận văn

cũng sử dụng định lý ánh xạ co trong việc chứng minh sự tồn tại nghiệm của

hệ phương trình vi phân. Tính duy nhất nghiệm được chứng minh bằng cách

sử dụng bổ đề Gronwall.

Chương 3, là phần khảo sát một thuật giải lặp cấp hai. Trong mục này,

−

f u ( )

K u

= B B z ( )

bài toán giá trị đầu và giá trị biên được xét với

và các điều kiện được cho cụ thể. Một lần nữa định lý ánh xạ co đựơc sử dụng

trong việc chứng minh tồn tại và duy nhất nghiệm.

Kế đến là phần kết luận và sau cùng là danh mục các tài liệu tham

khảo.

Chương 1: MỘT SỐ CÔNG CỤ CHUẨN BỊ

1.1. Các không gian hàm thông dụng

Ω =

= Ω ×

Ta đặt các ký hiệu

(0,1),

(0,

T T ),

> và cũng bỏ qua

định nghĩa các không gian hàm thông dụng:

mC Ω (

pL Ω (

mH Ω (

m p ,

m pW Ω Để cho gọn, ta ký hiệu lại như sau:

, (

p L

LΩ = )

(

WΩ = )

(

Ω = )

(

Ω = )

(

Ta định nghĩa

2 L

Có thể xem trong [1, 2]. L= Ω là không gian Hilbert với tích vô hướng

2 (

)

(1.1)

u v ,

u x v x dx ( ) ( )

∈ 2 u v L

∫

⋅

Ký hiệu

để chỉ chuẩn sinh bởi tích vô hướng (1.1), nghĩa là

u u ,

u x dx ( )

∈ 2 u L

(1.2)

∫

1/ 2 ⎞ ⎟ ⎠

Ta định nghĩa không gian Sobolev cấp 1

∈

}

(1.3)

{ = ∈ 2 v L v

2 L

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

u v ,

(1.4)

u v , x

⋅

Kí hiệu

để chỉ chuẩn sinh bởi tích vô hướng (1.4), nghĩa là

1/ 2

u u ,

∈ u H

(

)

(1.5)

1H và

C Ω ta có các bổ đề sau:

0 (

)

Liên hệ giữa hai không gian

C Ω là compact và

⎛ ⎜ ⎝

Bổ đề 1.1. Phép nhúng

0 (

)

≤

∀ ∈

v H

(1.6)

Ω

(

)

≡

2 L

Bổ đề 1.2. Đồng nhất

2L với

L ′ 2( )

2L ). Khi đó ta có

(đối ngẫu của

≡

2 L

L ′ 2( )

)H ′

(

(1.7)

với các phép nhúng liên tục và nằm trù mật.

Chú thích 1.1. Từ bổ đề 2, ta dùng ký hiệu tích vô hướng

,⋅ ⋅ trong

để chỉ cặp tích đối ngẫu

⋅ ⋅ ,

giữa

1H và

(

2L được

) .H ′ Chuẩn trong

(

H′ ) ,

⋅

ký hiệu bởi

Ta cũng ký hiệu

.⋅

để chỉ chuẩn trong không gian Banach

X và gọi X ′ là không gian đối ngẫu của X.

1.2. Không gian hàm

(0,

; T X

), 1

p≤ ≤ ∞ .

⋅

Cho X là không gian Banach thực với chuẩn là

Ta ký hiệu

(0,

; T X

), 1

p≤ ≤ ∞ là không gian các lớp tương đương chứa hàm

: (0,

)

X→ đo được sao cho

( ) u t

< ∞ ≤ < ∞ .

, 1

∫

hay

∃

≤

∈

M a e t

0 :

( ) u t

. .

(0,

với

p = ∞ .

Ta trang bị cho

(0,

; T X

), 1

p≤ ≤ ∞ chuẩn như sau

≤ < ∞ p

( ) u t

, 1

(0,

)

T X ;

∫

và

(0,

T X ;

) =

∈

u t sup ( ) ess { >

0 :

inf

X u t ( )

M a e t . .

(0,

} ) ,

= ∞ .

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

thấy trong Lions [8].

⎛ ⎜ ⎝ ⎞ ⎟ ⎠

Bổ đề 1.3. (Lions[8])

(0,

T X ;

), 1

p≤ ≤ ∞ là không gian Banach.(cid:132)

Bổ đề 1.4. (Lions [7]) Gọi X ′ là đối ngẫu của

.X Khi đó, với

′

′ =

(0,

;

p< < ∞ thì

(0,

T X ;

′ là đối ngẫu của )

T X Hơn nữa,

p −

nếu X là không gian phản xạ thì

(0,

)

;

T X cũng phản xạ.(cid:132)

′ )

Hơn nữa, các không

Bổ đề 1.5. (Lions [8]) (

1(0, L

T X ;

)

∞ L

(0,

T X ;

′ ).

∞ T X L ),

;

(0,

T X ;

′ không phản xạ.(cid:132) )

gian 1(0, L

Ω ×

Chú thích 1.2. Nếu

X L=

Ω thì )

(

p L

(0,

T X ;

)

p L

(

(0,

)).

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

Định nghĩa 1.1. Cho X là không gian Banach thực. Một ánh xạ tuyến

(

)

(0,

T vào X gọi là một phân bố có giá trị trong

)

,X ký

tính liên tục từ

hiệu là

′ (0, D T X

;

)

= =

) →

L D T X ); (0, ( { u D T ) (0,

X u :

} laø tuyeán tính lieân tuïc

∞

(

)

(

)

Chú thích 1.3. Ta ký hiệu

D T thay cho

(0,

)

(0,

T hoặc

)

(0,

)

để chỉ không gian các hàm số thực khả vi vô hạn có giá trị compact trong

(0,

).T

′∈

theo

Định nghĩa 1.2. Cho

Ta định nghĩa đạo hàm

u D T X (0,

;

du dt

nghĩa phân bố của u bởi công thức

= −

∀ ∈ φ

D T (0,

(1.8)

du dt

d dt

Các tính chất

a) Cho

∈ P v L

(0,

T X ;

Xét ánh xạ

(0,

)

X→ như sau

vT D T

φ ∀ ∈

(1.9)

φ ( ) ( ) v t

t dt

D T (0,

∫

′∈

Ta có thể nghiệm lại rằng

;

Thật vậy:

vT D T X (0,

i) Ánh xạ

(0,

)

X→ là tuyến tính.

vT D T

(0,

)

X→ là liên tục

vT D T

ii) Ta nghiệm lại ánh xạ Giả sử { }

D T (0,

)

(0,

sao cho

φ → trong 0

D T Ta có ).

φ ⊂ m

v t ( )

t dt ( )

∫

≤

v t ( )

t ( )

∫

1 p

1 ′ p

≤

→

(1.10)

v t ( )

t ( )

+ ∞ .

∫

⎛ ⎜ ⎝

⎞ ⎛ ⎟ ⎜ ⎠ ⎝

⎞ ⎟ ⎠

′∈

Vậy

;

vT D T X (0,

(0,

T X vào )

;

b) Ánh xạ

T(cid:54) là một đơn ánh, tuyến tính từ

Do đó, ta có thể đồng nhất

v= .

′ D T X (0,

;

Khi đó ta có kết quả sau

′⊂

Bổ đề 1.6. (Lions [8])

(0,

T X ;

)

D T X (0,

;

)

với phép nhúng liên

tục.

(0,

;

1.4. Đạo hàm trong

T X ).

là phần tử của

Do bổ đề 7, phần tử

∈ u L

(0,

T X ;

)

và do đó

du dt

;

′ (0, D T X

Ta có các bổ đề sau đây mà chứng minh có thể tìm thấy trong Lions

[8].(cid:132)

′∈

Bổ đề 1.7. (Lions[8]) Nếu

p L

(0,

T X ;

), 1

≤ ≤ ∞ thì f bằng

0 ([0,

T X (cid:132)

];

hầu hết với một hàm thuộc

1.5. Bổ đề về tính compact của Lions.

Cho không gian Banach

1B với các phép

B B B với 1

nhúng liên tục sao cho:

(1.11)

,B B phản xạ

B là phép nhúng compact.

(1.12)

Ta định nghĩa

= ∈

p v L 0

′ = ∈ v

p L 1

(1.13)

W T (0,

) {

(0,

) :

(0,

)},

T B ; 0

T B ; 1

dv dt

< < ∞

trong đó 0

0, 1.

≤ 1 p

≤ ∞ = i ,

Trang bị trên

W T một chuẩn như sau

(0,

)

(1.14)

p 0

p 1

W T (0,

)

(0,

)

(0,

)

T B ; 0

T B ; 1

Khi đó,

W T là một không gian Banach.

(0,

)

Hiển nhiên

W T (0,

)

0 (0,

T B

;

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

Bổ đề 1.8. (Bổ đề về tính compact của Lions [8]). Với giả thiết (1.11),

0 (0,

;

W T (0,

)

T B là )

(1.12) và nếu 1

< ∞ i = 0, 1 thì phép nhúng

ip<

compact.

Bổ đề 1.9. (Lions [8], p.12). Cho Q là mở bị chận của

,N(cid:92)

q< < ∞ thỏa ,

g g ,

L Q∈ (

trong đó C là hằng số độc lập với mọi

(i)

C≤

pm L Q

(

)

g→ hầu hết trong

(ii) mg

khi đó

(

g→ trong

pL Q yếu. )

1.6. Một kết quả về lý thuyết phổ.

Một số kết quả về lý thuyết phổ dưới đây được áp dụng trong nhiều bài

toán biên. Trước hết ta làm một số giả thiết sau

Cho V và H là hai không gian Hilbert thực thỏa mãn các điều kiện

H là compact,

(1.15)

(i) Phép nhúng V

(ii) V trù mật trong

(1.16) :a V V× → (cid:92) là một dạng song tuyến tính đối xứng, liên tục trên

Cho

V V× và cưỡng bức trên

Chính xác hơn, ta gọi a là một dạng song tuyến tính

tuyến tính từ V vào (cid:92) với mọi v V∈ và

(j) Nếu

a u v(cid:54) ( , )

tuyến tính từ V vào (cid:92) với mọi

u V∈ .

a u v (2j) Đối xứng nếu ( , )

a v u

( , ),

∀ ∈ u v V .

∃

≥

≤

(3j) Liên tục nếu

0 :

a u v ( , )

∀ ∈ u v V .

C 1

C u 1

∃

0 :

≥ a v v C v

( , )

∀ ∈ v V .

(4j) Cưỡng bức nếu

Khi đó ta có kết quả sau

Bổ đề 1.10. Dưới giả thiết (1.15), (1.16). Khi đó tồn tại một cơ sở trực

chuẩn Hilbert { }jw của H bao gồm các hàm riêng

jw tương ứng với giá trị

λ sao cho

riêng

λ λ ≤

≤

≤ ≤ ...

...,

= +∞ ,

(1.17)

lim →∞

λ=

(1.18)

∀ = j

1, 2,...

∀ ∈ v V }

(cid:4) (cid:4) ( a w v , ) , w v j j Hơn nữa, dãy {

cũng là một cơ sở trực chuẩn Hilbert của V

w λ(cid:4) /j

a ⋅ ⋅ đối với tích vô hướng ( , ).

Chứng minh bổ đề 1.10 có thể tìm thấy trong [20]. Định lý 6.2.1, p.127.

1.7. Một số kết quả khác.

Bất đẳng thức Gronwall. Giả sử : [0,

T → (cid:92) là hàm khả tích, không

]

âm trên [0,

]T và thỏa mãn bất đẳng thức

≤

t ( )

( )

∀ ∈ t

[0,

C C f s ds ∫

trong đó

,C C là các hằng số không âm. Khi đó

C t 2

≤

t ( )

C e

∀ ∈ t

[0,

= ∇

= ∆

Ký hiệu

( ),

u t

( ) u t

(cid:5) u t

( ) u t

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

( ) u t

u t

( ) u t

∂

u x t

( , ), (

∂ u

∂ t x t )( , ), (

∂ t

x t )( , ), (

∂ u

∂ x x t )( , ), (

∂ x

x t )( , )

thay cho

lần lượt tương ứng.

Ngoài ra, với

F F x t u v ( ,

, ),

ta đặt

= ∂

∂

= ∂

∂

= ∂

∂

= ∂

F x D F ,

F t D F ,

F u D F ,

∂ . F v /

D F 1

Chương 2: THUẬT GIẢI LẶP CẤP MỘT

2.1. Giới thiệu bài toán và các công cụ chuẩn bị.

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

đây:

−

)

, ,

( B u t ( )

)

( F x t u u t ( )

u tt

f u u ( , t

(2.1)

∈

) ),

(0,

(0,1),

−

(0, ) t

= (1, ) 0,

(2.2)

u x

( ,0)

( ),

( ,0)

( ),

(2.3)

(cid:4) u x 0

(cid:4) u x 1

u x t

trong đó

× × (cid:92) (cid:92) (cid:92)

∈ F C

([0,1]

(2.4)

−

> λ

f u u ( ,

)

K u

λ u

u q ,

⎧⎪ ⎨ ⎪⎩

là các hàm cho trước. Trong chương này ta sẽ thiết lập

trong đó

(cid:4) (cid:4) u u B 1

định lý tồn tại và duy nhất nghiệm yếu của bài toán (2.1) – (2.4) bằng thuật

giải lặp cấp một kết hợp với phương pháp Galerkin và phương pháp compact

yếu.

Trước hết ta sử dụng một không gian Sobolev đặc biệt hơn đó là không

gian

(2.5)

{ = ∈ v H

} 1(0,1) : (1) 0 . v

1H và do đó V cũng là

Khi đó V là một không gian con đóng của

không gian Hilbert đối với tích vô hướng của

1.H Ngoài ra, trên V ,

v(cid:54)

1/2

(cid:54)

v x dx ( )

v v ,

là hai chuẩn tương đương. Điều này cho bởi

và

∫

⎛ = ⎜ ⎝

⎞ ⎟ ⎠

bổ đề sau.

Bổ đề 2.1. Phép nhúng từ V

)ΩC 0 (

là compact và

≤

∀ ∈ . v V

(2.6)

Ω

0 (

)

Chứng minh bổ đề 2.1 khá dễ dàng mà chứng minh của nó có thể tìm

thấy trong nhiều tài liệu liên quan đến lý thuyết về không gian Sobolev, chẳng

hạn [1, 2]. Trên chúng ta sử dụng một dạng song tuyến tính trên V V×

a u v ( , )

u x v x dx u ( )

( )

v (0) (0),

u v V∈ , .

(2.7)

∫

Bổ đề 2.2. Dạng song tuyến tính đối xứng

a ⋅ ⋅ được định nghĩa trong ( , )

(2.6) là liên tục trên V V× và cưỡng bức trên

.V Cụ thể hơn ta còn có

≤

(i)

a u v ( , )

∀ ∈ u v V ,

(ii)

a v v ( , )

v≥

v V∀ ∈ .

Chứng minh bổ đề 2.2 khá dễ dàng và được suy từ (2.7) và bổ đề 2.1.

Kết quả của bổ đề 2.2 cho thấy rằng V cũng là không gian Hilbert đối

a ⋅ ⋅ với tích vô hướng ( , ).

Hơn nữa trên V thì ba chuẩn

v(cid:54)

1 ,

(cid:54)

v v ,

v x dx ( )

∫

1/2 ⎞ ⎟ ⎠

⎛ = ⎜ ⎝

và

(cid:54)

a v v ( , )

v x dx ( )

(0)

∫

1/ 2 ⎞ ⎟ ⎠

⎛ ⎜ ⎝

là tương đương.

của

2L gồm các

Bổ đề 2.3. Tồn tại một cơ sở trực chuẩn Hilbert { }jw(cid:4)

λ sao cho

hàm riêng

jw(cid:4) tương ứng với giá trị riêng

≤

= +∞

≤ ≤ ...

...,

lim

(2.8)

≤ λ λ 1 2

λ j

→+∞

∀ ∈

(2.9)

v V

∀ = j

(

1, 2,...

(cid:4) , ) a w v j

λ= j

(cid:4) , w v j

}

Hơn nữa, dãy {

cũng là một cơ sở trực chuẩn Hilbert của V

w λ(cid:4) /j

a ⋅ ⋅ đối với tích vô hướng ( , ).

Mặt khác, ta cũng có

jw(cid:4) thỏa mãn bài toán biên dưới đây

(cid:4) w

j trong j = (cid:4) w (0)

∞

(2.10) Ω , = (1) 0,

([0,1]). ⎧−∆ = λ (cid:4) w j j ⎪ − (cid:4) (cid:4) w w (0) ⎨ ⎪ ∈ ∩ (cid:4) w V C ⎩

H L=

Chứng minh bổ đề này được suy từ bổ đề 1.10, với , và ,V

a ⋅ ⋅ được xác định bởi (2.5) và (2.7). ( , )

2.2. Thiết lập định lý tồn tại và duy nhất nghiệm bởi thuật giải lặp cấp

một.

−

, ,

( B u

)

∈ × x t ( , ) (0,1) (0, T ), (2.11) Ta viết phương trình (2.1) dưới dạng ) ( G x t u u u

−

trong đó

= − − G x t u u u ( , , , , ) F x t u u ( , , , ) K u u , (2.12) > > λ u > u t > λ q 2, p 2, K 0, 0.

Ta thành lập các giả thiết dưới đây

2 V H u V ,

∈ ∩ ∈ ( (cid:4) u ; (cid:4) 1 )H 1

(

)H 2

× ×

≥ > ∈ B C ( ), B z ( ) 0; b 0

)

(cid:92) (cid:92) (cid:92) với

∈ F C

∀ ( F (1, t u z = , ) 0 , t z , ≥ ∀ ∈ (cid:92) u . 0, (cid:92) ( 1 [0,1] )H 3

( )H và ( )H tương ứng, ta xây dựng Với B và F thỏa các giả thiết

> M T > Đặt các hằng số sau đối với mỗi 0, 0.

0 (

= = K K M T F , , ) sup F x t u z ( , , , ) , (2.13)

= 1

= K M T F , ( , ) D F x t u z ( , , , ) , (2.14) K 1 = ∑ sup

≤ ≤

z M

≤ ≤ ở đây, trong mỗi trường hợp, sup được lấy trên miền 0 x≤ ≤ 0 1, t T ,

u M≤ ,

= = (cid:4) K (cid:4) K M B ( , ) B z ( ), (2.15) sup ≤ ≤ z M

′ = = = (2.16) (cid:4) ′ K M B ) ( , (cid:4) K M B ( , ) ′ ( ) . B z (cid:4) K 1 sup ≤ ≤ z M

> Với mỗi 0, 0 M T > sẽ chọn sau, ta đặt

∞ v L

∞ L

2 L Q ( T ≤

(0,

;

)

(0,

)

∞ L

∩ T V H

∞ L

T V ;

2 L Q ( T

= ∈ ∈ ∈ W M T ( , ) { (0, ) : ; (0, ; ), ), ∩ T V H v t (2.17) v , , M }, v t T V v tt v tt

{ = ∈ v W W T (

∞ L

}2 ) .

∈ (2.18) , ) , ), (0, T L ; v tt W M T 1(

(i) Chọn số hạng đầu tiên Ta mô tả thuật giải cấp một cho bài toán (2.2), (2.3), (2.11) như sau u= (cid:4)

). , (2.19) (ii) Giả sử rằng − ∈

)

mu W M T 1(

W M T 1( ∈ thỏa bài toán biến phân tuyến tính (iii) Sau đó tìm

+ = ∀ ∈ ( ) ( G t v ( ), v V , , (2.20) (cid:5)(cid:5) u t v ( ), m b t a u t v ( ), ) m

= = u (0) (cid:4) u , (cid:5) u (0) (2.21) (cid:4) u , 1

t ( )

)

(

− 1

∇

, ,

t ( ),

t ( )

(2.22)

∇ u ( F x t u

)

− 1

−

K u

λ (cid:5) u

(cid:5) u

t ( )

t ( ).

− 1

⎧ b t ( ) m ⎪ ⎪ G x t ( , ) ⎨ m ⎪ ⎪ ⎩

Khi đó, ta có

ở đây

Định lý 2.4. Giả sử

(

)H được thỏa. Khi đó tồn tại các hằng

)H – 1

⊂

W M T (

)

được xác

số dương M và T và một dãy quy nạp tuyến tính

mu { }

định bởi (2.19) – (2.22).

Chứng minh. Việc chứng minh bao gồm nhiều bước.

Bước 1. Xấp xỉ Galerkin. Trong V ta chọn cơ sở trực chuẩn Hilbert

= (cid:4)

w λ /

như đã nêu trong bổ đề 2.3.

jw với { },

Đặt

)

t ( )

t w ( )

(2.23)

k ( m

k ( c mj

= ∑

= 1

( )k

trong đó

thỏa hệ phương trình vi phân tuyến tính

mjc

)

t w ( ),

G t w ( ),

, 1

≤ ≤ j

(2.24)

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

( b t a u ( ) m

k ( m

)

(0)

(cid:4) u

(cid:5) u

(0)

(2.25)

k ( m

(cid:4) u k 1

ở đây

)

V H∩

(2.26)

α k ( mj

(cid:4) w u j

= → 0 k

(cid:4) mạnh trong u 0

∑

= 1

)

(2.27)

β ( k mj

= → (cid:4) w u 1 j k

(cid:4) mạnh trong u 1

∑

= 1

Hệ phương trình (2.24) được viết lại như sau

)

t ( )

G t w ( ),

( k (cid:5)(cid:5) c mj

b t c ( ) j m

( k mj

(2.28)

)

(0)

, 1

j ≤ ≤ j

( k c mj

α mj

( k (cid:5) c mj

β mj

⎧ ⎪ ⎨ ⎪⎩

Lấy tích phân (2.28) theo biến ,t ta được

)

t ( )

dr G s w ds ( ),

( ) k c mj

α β + ) ( k mj

( k mj

∫

(2.29)

)

−

s ds ( )

, 1

≤ ≤ j

λ j

dr b s c ( ) m

( k mj

∫

Bổ đề 2.5. Giả sử rằng

1mu − thỏa (2.19). Khi đó hệ (2.29) có nghiệm

(

≤ ≤

) ( ) t

trong khoảng 0

t T

mjc

Chứng minh bổ đề 2.5. Bỏ qua chỉ số

,m k trong các cách viết và ta

(

) ( ), t

viết

( ),

u t ( )

c t w ( )

lần lượt thay cho

mjc

α ),k ( mj

β ),k ( mj

jc t

α ,j

β ,j

= ∑

= 1

)

t ( )

t w ( )

( k mj

( k c mj

= ∑

= 1

Ta viết lại hệ (2.29) thành phương trình điểm bất động

≤ ≤

c t ( )

Uc t (

)( ),

t T

(2.30)

trong đó

(

,...,

((

c 1

c Uc ), k

) ,...,( 1

) ), k

Uc (

t ( )

Vc (

t ) ( ) j

γ= j

t ) ( ), j

Vc (

( )

dr b s c s ds ( )

t ) ( ) j

λ= − ∫

∫

(2.31)

t ( )

dr G s w ds ( ),

, 1

≤ ≤ j

γ j

α β + j

∫

Ta chỉ cần chứng minh tồn tại một số tự nhiên

0p sao cho toán tử

ρ∈

(

) →(cid:92)

= X C

[0,

];

là co, tức là tồn tại hằng số

[0,1)

sao cho

p o

≤

∀

− U c U d

− c dρ

c d X ,

∈ ,

(2.32)

ở đây ta sử dụng chuẩn trong X như sau

c t ( )

( ) ,

∈ c X

(2.33)

c t j

∑

c t sup ( ) , 1 ≤ ≤ 0

t T

= 1

Sau đây, bằng quy nạp ta sẽ chứng minh rằng với mọi

p ∈ (cid:96) ta có ,

(

λ k

(cid:4) K t 0

≤

− c d

− U c t U d t ( )

( )

p (2 )!

∀

∈ c d X ,

∀ ∈ t

[0,

(2.34)

•

Với

1p = , ta có

≤

−

− Uc t Ud t ( )

( )

λ k

d s ds ( ) 1

(cid:4) ∫ K dr c s ( )

∫

(2.35)

)

(

λ k

(cid:4) K t 0

≤

− c d

Vậy (2.34) đúng với

1p = .

•

Giả sử (2.34) đúng với

p > ta sẽ chứng minh (2.34) đúng với

p + 1,

nghĩa là

(

λ k

+ 1

≤

( )

− ( ) U c t U d t

− c d

(cid:4) K t 0 +

2)!

∀

∈ c d X ,

∀ ∈ t

[0,

(2.36)

Thật vậy,

+ 1

− U c t U d t ( )

( )

− U U c t U U d t )( )

)( )

(

(cid:4)

λ≤

−

( )

k K dr U c s U d s ds ( )

∫

∫ (

λ k

(cid:4) K s 0

− c d

λ≤ k

(2 )! p

t (cid:4) ∫ K dr 0 0

∫ )2

(

λ k

− c d

(2.37)

(cid:4) K t 0 +

2)!

Vậy (2.34) đúng với mọi

p ∈ (cid:96) . )2

(

λ k

(cid:4) K T 0

nên tồn tại một số tự nhiên

Mặt khác, do

0p sao

lim →∞ p

(2 )! p

cho

(

(cid:4) λ k K T

≤

(2.38)

p 0

Do đó

p 0

)

(

λ k

(cid:4) K T 0

p 0

≤

∀

c d X ,

∈ .

(2.39)

− U c U d

− c d

p 0

X→ là co, và do đó toán tử nầy có điểm bất động

Vậy toán tử

:opU

duy nhất. Điểm bất động nầy chính là nghiệm của hệ phương trình (2.29).

Vậy bổ đề 2.5 đã được chứng minh xong. (cid:132)

Bước 2. Đánh giá tiên nghiệm

Đặt

)

t ( )

s ( )

(2.40)

( k m

( Y m

( k m

+ ∫ (cid:5)(cid:5) u

ở đây

)

(2.41)

t ( )

(cid:5) u

t ( )

t u ( ),

) t ( ) ,

k ( m

k ( ) m

( b t a u ( ) m

k ( ) m

k ( m

)

(2.42)

t ( )

( (cid:5) a u

(cid:5) t u ( ),

t ( )

∆ u

t ( )

( Y m

k ( m

b t ( ) m

k ( m

(

) ( ) t

Nhân (2.24) bởi

rồi lấy tổng theo ,j ta được

(cid:5) mjc

)

(cid:5) t u ( ),

t ( )

(cid:5) t u ( ),

t ( )

(cid:5) G t u ( ),

t ( ) ,

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

( ) k m

( b t a u ( ) m

( k m

hay

)

t ( )

(cid:5) u

t ( )

t u ( ),

t ( ))

( k m

b t a u ( ) ( m

( k m

⎡ ⎢ ⎣

⎤ ⎥ ⎦

1 2

d dt

1 2

d dt

(2.43)

)

( ),

(cid:5) u

( ) t

( ), t u

( )). t

G t m

k ( m

′ ( ) ( b t a u m

k ( m

1 2

Lấy tích phân (2.43) theo ,t ta được

)

t ( )

+ (0) 2

(cid:5) G s u ( ),

s ds ( )

( k m

∫

(2.44)

)

s u ( ),

s ds ( )) .

′ b s a u ( ) ( m

k ( m

∫

Thay

λ ta được

= − ∆ trong (2.24), sau đó đơn giản

1 λ

)

−∆

)

t ( ),

( ),

(2.45)

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

( b t a u ( ) m

( ) k m

G t m

Mặt khác, ta có

)

−∆

t ( ),

wλ

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

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

)

t w ( ),

(2.46)

λ= j

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

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

)

∆

∆ u

t ( ),

( )

(2.47)

∆

k ( m

x t w x dx ( , ) j

1 = ∆ ∫ u

)

= ∇

∇∆

∆ x t w x ( , ) ( )

x t ( , )

w x dx ( )

( k m

1 − ∇ ∫

)

= ∇

− ∇

(1, )

∆ t w

(1)

(0, )

∆ t w

(0)

( k m

( ) k m

)

∇∆

x t ( , )

w x dx ( )

( k m

1 − ∇ ∫

)

−

∆

(1)

(0)

λ= ∇ j

( k m

)

∇∆

x t ( , )

w x dx ( )

k ( m

1 − ∇ ∫

)

∆

= − 0

a u (

t ( ),

)

( k m

)

−∆

a u (

t ( ),

( k m

Vậy

)

− ∆

= ∆

∆

a u

t ( ),

(2.48)

( k m

∇

Vì

(0)

nên

∫

− ∆ = − ( ), w ∆ G x t w x dx ( , ) ( ) G t m

0 G m

= − + (1, ) ∇ t w (1) (0, ) t w (0) G m (2.49)

1 + ∇ ∫

∇ G x t w x dx ( , ) ( )

0 ( ),

= ( ). a G t w m

)

∆

t w ( ),

)

∆ u

t ( ),

( ),

(

Ta viết lại (2.49) như sau

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

b t ( ) m

( k m

a G t w m

(

) ( ) t

(2.50)

jw bởi

(cid:5) mu

)

∆

(cid:5) t u ( ),

t ( ))

∆ u

t ( ),

(cid:5) u

t ( )

( ),

(

t ( )),

ta được trong (2.50) thay

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

( k m

b t ( ) m

( k m

(cid:5) a G t u m

( k m

(2.51)

)

hay

(cid:5) a u (

(cid:5) t u ( ),

( Y m

k ( m

k ( ) m

⎡ ⎢ ⎣

⎤ ⎥ ⎦

)

= + t ( ) t ( )) ∆ u t ( ) b t ( ) m 1 2 d dt 1 2 d dt (2.52)

(cid:5) a G t u m

k ( m

= + ( ), ( t ( )) ∆ u t ( ) . ′ b t ( ) m 1 2

)

Tích phân theo t ta được

( Y m

(cid:5) a G s u m

k ( m

k ( ) m

∫

= + t ( ) + (0) 2 ( ), ( s ds ( )) ∆ u s ( ) ds . (2.53) ′ b s ( ) m

Từ (2.41), (2.42), (2.44), (2.53), công thức (2.40) được viết lại như sau

)

(cộng các đẳng thức trên)

( k m

∫

)

= + S t ( ) S (0) s u ( ), s ( )) + ∆ u s ( ) ds ⎡ ′ b s a u ( ) ( ⎢ m ⎣ ⎤ ⎥ ⎦

( k m

( ) k m

∫

)

+ + 2 (cid:5) G s u ( ), s ds ( ) 2 ( ), ( s ds ( )) (cid:5) a G s u m

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

∫

+ s ( ) ds

)

(

= + + (0) I I I . (2.54) + + I 1

Ta tiến hành đánh giá các tích phân trong (2.54).

Tích phân thứ nhất. Ta có:

∇

(

2 t ( ) ),

b t ( ) m

− 1

2 t ( ) )

− 1

∇ ∇ ′ = ( ) 2 ( B u u t ( ), ∇ (cid:5) u t ( ) . ′ b t m

Dùng giả thiết (

− 1

= ∇ ∇ ∇ ′ b t ( ) 2 t ( ) u t ( ), (cid:5) u t ( ) u

) )

− 1

∇ = ∇ ∇ )H ta có ( ′ B ( 2 u ′ B ( ) t u ( ) t (cid:5) u ( ) t (2.55)

≤ 2 . (cid:4) K M

)

Kết hợp (2.42) – (2.44) và (2.55) ta được

( k m

∫

)

( k m

∫

= I s u ( ), s ( )) + ∆ u s ( ) ds ′ ⎡ b s a u ( ) ( ⎣ ⎤ ⎦ (2.56) 2 ≤ S s ds ( ) . (cid:4) K M b

Tích phân thứ hai. Ta có:

( F x t u

− 1

−

= ∇ G x t ( , ) , , t ( ), u t ( )

λ (cid:5) u

− 1

≤

∇

− − ( ) t u ( ) t (cid:5) u ( ), t

, ,

G x t ( , )

t ( ),

t ( )

K u

t ( )

tλ− (cid:5) u ( )

− 1

( ) t )2 K u ( F x t u

− 1

(1)

∈ ∈ Do , ) nên W M T ( , ) , ta suy ra rằng W M T 1(

mG x t ( , )

≤ + + ≡ K KM M ( M T , ). (2.57)

Suy ra

)

( k m

∫

(1)

)

≤ = 2 I 2 (cid:5) G s u ( ), s ds ( ) (cid:5) G s u ( ) s ds ( )

( k m

∫

(1)

)

≤ 2 ( M T , ) S s ds ( ) (2.58)

( k m

∫

≤ + T ( M T , ) S s ds ( ) .

Tích phân thứ ba. Ta có:

)

) s ds ( )

( (cid:5) a G s u m

k ( m

∫

= ≤ (2.59) 2 I ( ), 2 (cid:5) u s ( ) ds . G s ( ) m

∇

]

[ D F u

− 1

∂ ∂ x

(2.60)

−

∇

−

∇

K q (

λ (

(cid:5) u

− 1

trong đó

∇

]

[ D F u

( D F x t u

, ,

t ( ),

t ( )

1, 2, 3,4.

(2.61)

− 1

Từ đó

= ∇

)

G s ( ) m

− 1

≤

( ( ) ( ), a G s G s m m + +

−

( ) G s m +

2 (0, ) s G m −

(2.62)

)

p M 1)

Mặt khác

− 1 2 ]

( 2)

M K q M ( η

[ +

(1 ≡

1 K

M T ,

(

2 0

Suy ra

)

λ (

( k m

∫

)

≤ 2 I (cid:5) u s ( ) ds G s ( ) m

( k m

∫

)

≤ + (2.63) ds (cid:5) u s ( ) ds G s ( ) m

( k m

∫

η ( 2) ≤ + T ( M T , ) S s ds ( ) .

Tích phân thứ tư. Ta có:

Phương trình (2.24) được viết lại như sau

)

−

t w ( ),

∆ u

t w ( ),

G t w ( ),

, 1

≤ ≤ j

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

b t ( ) m

k ( m

(

) ( ) t

(2.64)

(cid:5)(cid:5) mu

jw bởi

)

và tích phân hai vế của phương trình trên ta được Thay

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

2 b s ( ) m

( k m

∫

= ≤ + I s ( ) ds 2 ∆ u s ( ) ds 2 ds . (2.65) G s ( ) m

Từ (2.15), (2.17), (2.21), (2.40), (2.42), (2.57), (2.58) và (2.65), ta kết

)

(1)

luận

k ( m

t ∫(cid:4) K S

( 2)

(1)

)

≤

≤ + 2 I s ds ( ) T 2 ( M T , ). (2.66)

)

(

M T ,

)

(

M T ,

η 3

(0)

t ( )

)

k ( m

)

Kết hợp (2.55), (2.56), (2.58), (2.63) và (2.66) ta được (

(cid:4) K

( k m

∫

(cid:4) K M b

⎛ 2 1 ⎜ ⎝

⎞ ⎟ ⎠

)

+ + + S s ds ( )

( k m

∫

= + + S (0) C M T ( , ) C M S ( ) s ds ( ) , (2.67)

η ( 2)

(

C M T

)

η (1) 3

(

M T ,

)

(

M T ,

) ) ,

ở đây

(2.68)

(cid:4) K

(cid:4) K M b

⎛ ⎜ ⎝

⎞ ⎟ ⎠

(

) (0)

= + + C M ( ) 2 1 . (2.69)

)

(0)

)

(

(cid:4) u 1

( k m

trong (2.67). Ta có: Đánh giá số hạng

∇

+ ∆

(

(cid:4) (cid:4) a u u , 1 1 )

(cid:4) u

(cid:4) (cid:4) a u u

(

)

(cid:4) u

⎡ ⎣

⎤ ⎦

0,M >

(2.70)

Do (2.28), (2.29) và (2.70) ta suy ra rằng tồn tại một hằng số

)

(

(0)

độc lập với k và m sao cho

1 M≤ 2

với mọi k và .m (2.71)

Chú ý rằng từ giả thiết ( ),H ta có

= = T K M T F ( , , i ) 0, 0, 1. (2.72) lim +→ 0

Như vậy từ (2.67) – (2.69), (2.71), (2.72) ta chọn được một hằng số

0T > sao cho

)

(

⎛ ⎜ ⎝

⎞ ) exp ⎟ ⎠

+ ≤ M C M T M (2.73) ( , TC M ( ) , 1 2

(cid:4) 2 M K 1 b 0

⎛ 1 +⎜ ⎜ 2 ⎝

⎞ T ⎟ ⎟ ⎠

η (3)

(

) M T e ,

)

(

và

(cid:4) T M K 4 1

1 2

1 b 0

⎛ ⎜ ⎜ ⎝

⎞ ⎟ ⎟ ⎠

(2.74)

)

Cuối cùng từ (2.68), (2.72), (2.73) ta thu được

k ( m

∫

)

+ S ≤ t M ( ) − exp( TC ( M )) C M S ) ( s ds ( ) ,

( m

≤ ≤ ≤ 0 t T T . (2.75)

)

Áp dụng bổ đề Gronwall ta suy được từ (2.75) rằng

(

) ) exp (

( k m

( m

− ≤ S ≤ t M ( ) exp TC M ( tC M ( )) M , ∀ ∈ t [0, T ].

(

(2.76)

(

)

∈

∀

T= với mọi k và m . Vậy ta có Do đó có thể chọn

. W M T 1( , k m }( Từ (2.77) ta trích ra từ dãy { mu

một dãy con vẫn ký hiệu là { sao (2.77) }( mu

∞

cho

( m

∞

u→(cid:5) u

(0,

T V ;

(cid:5) yếu * trong

u u→ yếu * trong L (0, ∩ T V H ; ), (2.78)

( m

(2.79)

(cid:5)(cid:5) yếu trong

2 ( L Q

( m

u→(cid:5)(cid:5) u (2.80) ),T

( mu W M T

∈ (2.81)

Qua giới hạn trong (2.24), (2.25) bởi (2.78), (2.80) ta có mu thỏa (2.20),

2 (0, L

(2.21) yếu trong T ).

∞

Mặt khác, từ (2.19), (2.20) và (2.81) cho

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

= ∆ + ∈ b t ( ) u G L (0, T L ; ). (2.82)

mu W M T 1(

∈ Do vậy , ).

Định lý 2.4 được chứng minh hoàn toàn. (cid:132)

Định lý 2.6. Giả sử

0,M >

( ( )H được thỏa. Khi đó tồn tại các hằng số )H – 1

0T > thỏa (2.71), (2.73), (2.74) sao cho bài toán (2.1) – (2.3) có duy

∈ , ). nhất nghiệm yếu u W M T 1( Mặt khác dãy quy nạp tuyến tính { }mu được

∞

xác định bởi (2.20) – (2.22) thì hội tụ mạnh về nghiệm u trong không gian

{ = ∈ v L

}2 ) .

∈(cid:5) (0, T V v L ) : ; (0, T L ; W T 1( )

Hơn nữa ta cũng có đánh giá

(cid:5) u

m T T

(0,

)

(0,

)

∞ L

; T V

∞ L

2 ; T L

− + − ≤ ∀ u u C k , m , (2.83)

T u u và ,

TC là hằng số chỉ phụ thuộc vào

.Tk

Tk < và 1

trong đó

Chứng minh.

1( )W T là không gian

a) Sự tồn tại nghiệm. Trước hết, ta lưu ý rằng

Banach đối với chuẩn

)

∞ L

(0,

T V ;

)

∞ L

(0,

2 T L ;

)

1W (

Ta sẽ chứng minh rằng { }mu là một dãy Cauchy trong

1( ).W T

= v v + (cid:5) v . (2.84)

−

+ 1

Đặt

Khi đó mv thỏa bài toán biến phân sau:

(

)

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

+ 1

) t a v t v ( ) =

+ 1

+ − − ∆ b ( ), b b t ( ) (2.85) ( ), u t v ∀ ∈ ( ) t − G t G t v ( ), ( ) v V , ,

v (0) = (0) 0. (2.86) v= (cid:5) m

v= (cid:5) trong (2.85) ta được

Chọn

(

)

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

(cid:5) m

+ 1

+ b t a v t v t ( ) ( ) ( ),

(

)

+ 1

(cid:5) m

− − ∆ b t ( ) b t ( ) u t v t ( ), ( )

+ 1

(cid:5) m

= − G t G t v t ( ), ( ) ( ) ,

hay

)

(

)

( a v t v t ( ) ( ),

(cid:5) v t ( ) m

+ 1

−

∆

(

)

(

)

t ( )

u t v t ( ), ( )

( ),

b m

+ 1

b t ( ) m

(cid:5) m

t a v t v t ( ) ( ) m

+ 1

′ b m

1 2

+ + b t ( ) t a v t v t ( ) ( ) ( ), ′ b 1 2 d dt 1 2 d dt 1 2

1( )

(cid:5) m

+ − G t G t v t ( ), ( ) . (2.87)

Lấy tích phân theo biến t trong (2.87), ta được

)

(

+ 1

∫

= P t ( ) ′ b s a v s v s ds ( ) ( ), ( )

(

)

+ 1

∫

+ − ∆ (2.88) 2 b s ( ) b s ( ) (cid:5) u s v s ds ( ), ( )

+ 1

∫

+ − (cid:5) 2 G s G s v s ds ( ), ( ) ( ) ,

ở đây

(

+ 1

= + P t ( ) (cid:5) v t ( ) b ( ), (2.89)

) ( ) , t a v t v t ( ) )2

( F x t u x t , ,

−

= ∇ ( , ), u t ( ) G x t 1( , )

− − K u x t ( , ) u x t ( , ) (cid:5) u x t ( , ) (cid:5) u x t ( , ). (2.90)

Mặt khác, từ (2.16), (2.17) và (2.81) ta thu được

+ 1

≤ ∇ ∇ ∇ ′ b t ( ) ′ ( B 2 u t ( ) ) u t ( ), (cid:5) u t ( )

′ ≤ ∇ ∇ ∇ (2.91) 2 B u t ( ) u t ( ) (cid:5) u t ( )

≤ (cid:4) M K 2 ,

)

(

)

(

+ 1

− 1

− ∇

− ∇ − ∇ = b t ( ) b t ( ) u t ( ) B u t ( )

)

− 1

∇

− ∇

′× B

u B ( = ∇ u t ( ) m

)

(

− 1

u t ( ) u t ( ) , ( ) t ( θ u t ( ) m

(2.92)

−

≤

∇(cid:4)

suy ra

+ 1

− 1

)

W T ( 1

(2.93) b t ( ) b t ( ) 2 MK v t ( ) .

∈

Mặt khác, ta có

− 1

≤

≤ ∇

≤

u , u W M T ( , ),

(0,

)

∞ m L

; T V

∈Ω x

≤

≤ ∇

≤

u x t ( , ) sup u x t ( , ) u t ( ) u M , (2.94)

− 1

∞ L

(0,

T V ;

)

∈Ω x

u x t ( , ) sup u x t ( , ) u t ( ) u M . (2.95)

− α

−

≤

−

Sử dụng bất đẳng thức

α (

∀

∀ ≥ α

[ ∈ −

]

x x y y 1) M x y , (2.96)

∀ > M

x y , M M , , 0, 2,

−

ta suy từ ( 2.95) – (2.96) rằng

− 1

−

≤

∇

− K q M

K u x t ( , ) u x t ( , ) u x t ( , ) u x t ( , )

− 1

1) ( v t ( ) . (2.97)

Chứng minh tương tự ta cũng có

−

− 1

−

≤

−

(cid:5) u x t ( , ) (cid:5) u x t ( , ) (cid:5) u x t ( , ) (cid:5) u x t ( , )

λ (

∇ (cid:5) v

− 1

∇

−

∇

( , ),

, ,

x t ( , ),

t ( )

(2.98) p M 1) t ( ) .

)

( F x t u

)

− 1

u t ( ) m

≤ +

(1 2

(2.99)

M K v ) m

t− ( ) 1

)

W T ( 1

Từ (2.97) – (2.99), ta có

≤

η (3)

(2.100)

− G t G t ( ) ( )

(

M T v ,

)

+ 1

− 1

m W T (

)

trong đó

−

η (3)

−

(

M T ,

)

K K q M (

λ− + 2 (

p M 1)

(2.101)

Từ (2.89), (2.91), (2.93), (2.100), (2.101) ta có

≤

(cid:5) v t ( ) m

b v t ( ) 0 m

P t ( ) m

≤

s ( )

Ngoài ra ( F x t u x t , ,

∫

η (3)

(

)

(

)

, M T

( ) s ds

(cid:4) M K v 1 m

− 1

v m

)

( W T 1

∫

≤

s ( )

(cid:4) 2 M K 1 (cid:5) v m

∫

η (3)

)

(

M T ,

)

s ( )

( (cid:4) T M K 4 1

− 1

v m

(cid:4) M K v 1 m

)

( W T 1

∫

1 4

η (3)

≤

)

(

)

, M T

( (cid:4) 4 T M K 1

− 1

2 v m W T (

)

1 4

(2.102)

+ 1 2

( ) s

. ds

(

)

(cid:5) v m

b v m 0

∫

⎛ ⎜ ⎝

⎞ ⎟ ⎠

Sử dụng bổ đề Gronwall, từ (2.102) ta được

(cid:5) v m (cid:4) 2 M K 1 b 0

(cid:5) v t ( ) m

b v t ( ) m 0

(2.103)

(cid:4) 2 M K 1 b 0

⎛ +⎜ 1 2 ⎜ ⎝

⎞ T ⎟ ⎟ ⎠

η (3)

≤

)

(

)

, M T

( (cid:4) 4 T M K 1

− 1

2 v m W T (

)

1 4

Do đó, ta suy từ (2.103) rằng

≤

∀ , m

(2.104)

v m

k v T m

− 1

)

W T ( 1

trong đó

(cid:4) 2 M K 1 b 0

⎛ 1 +⎜ ⎜ 2 ⎝

⎞ T ⎟ ⎟ ⎠

η (3)

(

(2.105)

) M T e ,

)

(

(cid:4) 2 M K 1

k T

T 2

1 b 0

⎛ ⎜ ⎜ ⎝

⎞ ⎟ ⎟ ⎠

Từ đây ta thu được

≤

−

∀

(2.106)

. , m p

+ −

u 1

m p

)

( W T 1

)

( W T 1

m k T − k T

là một dãy Cauchy trong

Suy ra { }mu

1( ).W T Do đó tồn tại một

sao cho

u W T∈ 1( )

(2.107)

u→ mạnh trong

1( ).W T

∈

Chú ý rằng vì

ta có thể tìm ra một dãy

( mu W M T

cho nên từ { }mu

con {

}

sao cho

jmu

u→ yếu * trong

∞ L

(0,

∩ T V H

;

(2.108)

jmu

(cid:5) yếu * trong

∞ L

(0,

T V ;

(2.109)

u→(cid:5) jmu

(cid:5)(cid:5) yếu trong

2 ( L Q

(2.110)

),T

u→(cid:5)(cid:5) jmu

∈

u W M T (

(2.111)

Chú ý rằng

−

∇

u t ( )

(

)

b t ( ) m

∇

−

∇

t ( )

u t ( )

u t ( ) m (

u t ( ) )

(

)

− 1

u t ( ) m

≤

∇

− ∇

∇

− ∇

(cid:4) K

u t ( )

t ( )

u t ( )

(cid:4) 2 M K 1

− 1

u t ( ) m

≤

−

∈

(cid:4) 2 M K u

a e . .,

(0,

(cid:4) K u 0

− 1

)

( W T 1

(2.112)

Do đó

∇

−

∇

u t ( )

(

)

b t ( ) m

u t ( ) m

∞ L

(0,

2 T L ;

)

(2.113)

≤

−

(cid:4) 2 M K u

(cid:4) K u 0

− 1

)

W T ( 1

Từ (2.107) và (2.113) cho ta

∇

u t ( )

mạnh trong

∞ L

(0,

2 T L ;

( → ∇ B

b t ( ) m

u t ( ) m

(2.114)

∇

−

∇

, ,

t ( ),

t ( )

, , ( ),

u t ( )

( F x t u t

)

Tương tự ( F x t u

)

− 1

(0,

)

∞ L

2 ; T L

≤ +

−

(1 2

M K u )

− 1

)

( W T 1

(2.115)

Tương tự với (2.97), (2.98) ta có

−

− 1

(0,

)

∞ L

2 ; T L

(0,

)

∞ L

2 ; T L

−

− ≤ − − K u u u u K q M u 1) ( u

− 1

)

( W T 1

≤ − − K q M u 1) ( u ,

(2.116)

−

(cid:5) u

λ (

(cid:5) u

− 1

∞ L

(0,

2 ; T L

)

∞ L

(0,

2 ; T L

)

−

− ≤ − − p M 1)

λ (

− 1

)

( W T 1

≤ − − p M 1) u u .

(2.117)

Kết hợp (2.107) và (2.115) – (2.117) cho ta

∞ L

2 T L ;

(2.118) G→ mạnh trong (0, ), mG

−

K u

( G G x t u u u , ,

)

( F x t u u , ,

)

λ − u t

u t

với

Lấy giới hạn trong (2.20) – (2.22) với , m m= → ∞ kết hợp (2.110),

∀ ∈

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

a u t v ( ( ), )

G x t v ( , ),

v V

∈ u W M T ( , ) thỏa phương trình

( B u t ( )

(2.119) (2.114) và (2.118) ta suy ra tồn tại )2

và điều kiện đầu

(cid:4) u

(cid:5) u

(cid:4) u 1

= = (2.120) u (0) , (0) .

Mặt khác, từ (2.114), (2.118) và (2.119) ta thu được

(cid:5)(cid:5) u B u t ( ) (

∞ L

2 T L ;

∈

= + ∈ (2.121) u ) G x t ( , ) (0, ).

u W M T 1(

Vậy

,u u là hai nghiệm yếu của bài toán (2.1) – (2.3), thỏa

b) Tính duy nhất nghiệm

iu W M T i 1( −

Giả sử 1 ∈ = (2.122) , ), 1, 2.

Khi đó, u = u u 1

)

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

( (cid:4) B t a u t v 1

(cid:4) B t ( ) 2

(cid:4) B t ( ) 1

− − ∆ + sẽ thỏa bài toán biến phân ( ( ), ( ) u t v ( ),

(2.123)

(cid:4) (cid:4) − G t G t v

= ∀ ∈ ( ), ( ) v V , ,

và điều kiện đầu

(2.124) (0) u u= (cid:5) = (0) 0,

ở đây

(

= ∇ B , (cid:4) B t ( ) i u t ( ) i

) ( F x t u i

−

(cid:4) = ∇ , , (cid:4) = G t G x t ( , ) ( ) , (2.125) u i

) λ (cid:5) u i

− − = 1, 2. K u i u i (cid:5) u i , i

Chọn v u= (cid:5) trong (2.123)

)

(

)

( (cid:4) (cid:5) ( ), ( ) B t a u t u t 1

+ − − ∆ (cid:5) (cid:5)(cid:5) ( ), ( ) u t u t ( ) (cid:5) ( ), ( ) u t u t (cid:4) B t ( ) 1 (cid:4) B t ( ) 2

(2.126)

= − (cid:5) ( ), ( ) . ( ) (cid:4) (cid:4) G t G t u t 1

(cid:5) u t ( )

( ))

(cid:4) B t a u t u t ( ) ( ( ), 1

(cid:4) ′ B s a u s u s ds ( ) ( ( ), ( )) 1

∫

(2.127)

−

∆

( )]

( ),

( )

(cid:5) u s u s ds

(cid:4) ( ) B s 1

(cid:4) B s 2

t ∫ 2 [ 0

(cid:4)

−

(cid:5)

( )

(cid:4) . ( ), G s G s u s ds 2

∫

Đặt

Z t ( )

(cid:5) u t ( )

u t ( )

(2.128)

và

= + (1

)[6

(cid:4) K

(cid:4) 2 M K 1

K 1

(2.129)

1 b 0

−

(

Tích phân từng phần ta thu được

− K q M

− 1) p M

λ− + 2 (

Khi đó từ (2.127) – (2.129) ta có

≤

Z t ( )

(cid:4) K Z s ds

( )

∀ ∈ t

[0,

(2.130)

∫

Áp dụng bổ đề Gronwall, ta suy ra

Z t = nghĩa là 1 u ( ) 0,

Vậy định lý 2.6 được chứng minh xong. (cid:132)

Chương 3: THUẬT GIẢI LẶP CẤP HAI

3.1. Giới thiệu bài toán.

Trong chương này, bài toán giá trị đầu và giá trị biên (0.5) – (0.7) được

−

u q ,

> 2,

F F x t

( , ),

= B B z ( )

như sau

xét với

−

∈

f u ( )

F x t

( , ),

(0,

(0,1),

(3.1)

( ) f u ( B u t ( )

K u )2

u tt

−

(0, ) t

= (1, ) 0,

(3.2)

u x

( ,0)

( ),

( ,0)

( ),

(3.3)

(cid:4) u x 0

u x t

(cid:4) u x 1

và các điều kiện được bổ sung thêm như sau:

∈ F C

( 1 [0,1]

) × (cid:92) với ,

F t = (1, ) 0

t∀ ≥ 0.

(

)H ′

∈

≥

(

B C R+

)

b và tồn tại hằng số 0

(cid:4) d 0

(cid:4) d d , 1 1

)H 4

sao cho

≤

B z ( )

∀ ≥ z

b (i) 0

d z 0

(cid:4) d 0

− 1

≤

(ii)

′ ( ) B z

∀ ≥ z

d z 1

(cid:4) d 1

′′

(cid:4) K

(cid:4) K M B

(

)

′′ ( ) . B z

Đặt

sup ≤ ≤ z M

3.2. Thiết lập định lý tồn tại và duy nhất nghiệm bởi thuật giải lặp cấp

hai.

Ta mô tả thuật giải cấp hai cho bài toán (0.5) – (0.7) như sau

(iii) Chọn số hạng đầu tiên

u = 0.

(iv) Giả sử

(3.4)

− ∈

W M T 1(

mu ∈

Sau đó tìm

)

(v)

∀ ∈

thỏa bài toán biến phân phi tuyến )

( ),

( )

G t v ( ),

v V

(3.5)

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

1( mu W M T ( b t a u t v m

(0)

(cid:4) u

(cid:5) u

(0)

(3.6)

(cid:4) u , 1

trong đó

∇

u t ( ) m

−

( =

−

F x t ( , )

)2 f u (

′ f u (

)

u )(

− 1

(3.7)

−

m −

F x t ( , )

(

f u (

)

(

K u

− 1

−

f u (

)

K u

− 1

⎧ b t ( ) m ⎪ ⎪ G x t ( , ) ⎪ m ⎨ ⎪ ⎪ ⎪⎩

Định lý 3.1. Giả sử

và

(

)H là đúng. Khi đó tồn tại

)H ′

),H 1

),H 2

hằng số

0,M >

0T > (phụ thuộc vào

,F f ) sao cho với

u ≡ tồn 0,

0,u(cid:4)

1,u(cid:4)

⊂

tại dãy

W M T (

)

thỏa (3.4) – (3.7).

mu { }

Chứng minh: gồm 2 bước.

Bước 1: Xấp xỉ Galerkin. Đặt

)

t ( )

t w ( )

(3.8)

( k m

( k c mj

= ∑

= 1

( )k

với

mjc

)

thỏa hệ phương trình vi phân phi tuyến )

t w ( ),

) G t w ( ),

, 1

≤ ≤ j

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

k ( b m

k ( m

(3.9)

)

( t a u ( ) =

(0)

(cid:4) u

(cid:5) u

(0)

k ( m

(cid:4) u k 1

⎧ ⎪ ⎨ u ⎪⎩

ở đây

)

∇

t ( )

)

(

( k m

)

−

(

)

F x t ( , )

f u (

)

′ ( f u

)

− 1

( k m

(3.10)

−

)

−

F x t ( , )

f u (

)

(

K u

− 1

( k m

( −

f u (

)

K u

− 1

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

)

→

(cid:4) u

∑

= 1

(3.11)

)

→

(cid:4) u 1

α ( j

∑

= 1

Giả sử

β ( j ⎧ (cid:4) u ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ (cid:4) u 1 k ⎪⎩

Bổ đề 3.2. Giả sử

và

(

1mu − thỏa (3.1), ta có bổ đề sau )H ′

)H đúng. Khi đó, hệ

),H 2

),H 1

(

) ( )

t trong khoảng

phương trình (3.5) – (3.7) có một nghiệm duy nhất

k ( )

[0,

T⊂ [0,

]

Chứng minh bổ đề 3.2. Hệ phương trình (3.5) – (3.7) có thể được viết

dưới dạng sau

)

t ( )

t c ( )

t ( )

) G t w ( ),

( ) k (cid:5)(cid:5) c mj

( ) k mj

( k m

(3.12)

)

(0)

k ( c mj

λ ( k b j m

k ( (cid:5) c mj

⎧ ⎪ ⎨ ⎪⎩

Lấy tích phân (3.12) theo biến t ta được

)

−

t ( )

s c ( )

s ds ( )

( ) k c mj

α ( j β ( j

( j

( k mj

∫

r ( k ∫ dr b m 0

(3.13)

) dr G s w ds

( ),

, 1

≤ ≤ j

( k m

∫

Thay (3.10) vào (3.13), ta được

)

−

t ( )

(

f u (

k ( ) c mj

α β + ) ( j λ j

( j

w ds j

− 1

∫ dr F s ( )

∫

−

)

−

(

s ds ( )

w w c j

k ( mi

− 1

∫

= 1 0

)

∇

(3.14)

s ( )

s ds ( )

, 1

≤ ≤ j

α β + ) ( j

)2

∑∫ (

( k m

( k c mj

∫

r ∫ dr B 0

λ− j

Bỏ qua chỉ số

,m k trong các cách viết và ta viết

( ),

jc t

(

)

c t w ( )

t ( )

t w ( )

u t ( )

lần lượt thay cho

) ( ), t

mjc

α ,j β ,j

( k mj

( k c mj

= ∑

= 1

Ta viết lại hệ (3.14) thành phương trình điểm bất động

( )

= c t Uc t

( ),

(3.15)

trong đó

(

,...,

Uc t ( )

Uc (

c 1(

c ),k

) ( ),..., ( 1

) t ) ( ) , k

−

α ),k ( mj β ),k ( mj

− 1

= 1

= − − Uc ( t ( ) ( q 1) u w w c s ds ( ) , t ) ( ) j γ j

t ∑∫ ∫ K dr 0 )

(

∫

r ∫ dr B 0

− ∇ (3.16) u s ( ) c s ds ( ) , λ j

− 1

∫ dr F s ( )

∫

)

(

)

(

)

= + − − t ( ) t ( q 2) f u ( ), , 1 ≤ ≤ j k . + α β j w ds j ⎧ ⎪ ⎪ ⎪⎪ ⎨ ⎪ ⎪ γ ⎪ j ⎪⎩

(cid:92) là không gian Banach

( T m

T∈ (0, ], ta đặt Với mỗi = Y C [0, ];

( m

các hàm liên tục c :[0, T → (cid:92) đối với chuẩn ]k )

∑

)

= 1

≤

= = = ∈ c c t ( ) c ( ) , ( ,..., ) Y . c t j c k c 1 c t ( ) , 1 sup ( ≤ ≤ t T m

} ρ

∈ S= c Y: c

Ta kí hiệu { là quả cầu đóng tâm ,O bán kính .ρ

)

(

Hiển nhiên U Y : Y→ Ta sẽ chứng minh rằng tồn tại hằng số . 0,ρ>

> sao cho 0

n 0

− 0 1 n

(i) U S : S→ ,

≡ (ii) U U U ( ) : S → là ánh xạ co với một số tự nhiên S

nào đó.

(i) Đầu tiên ta chứng minh ∈ Uc S , ∀ ∈ c S .

= Lấy c ,..., ∈ ta có , S ) c 1( c k

ρ ,

2 c s ( ) i

∑

= 1

≤ ≤ ≤ c s ( ) c (3.17)

∇

≤

∇

≤

u s ( )

d u s ( )

(

)

(cid:4) d 0

(

)

d a u s u s

( ( ), ( ))

(cid:4) d 0

(3.18)

λ i

2 c s ( ) i

(cid:4) d 0

∑

≤

= i 1 λ ρ p 2 k

(cid:4) d 0

Từ (3.16) – (3.18), ta có

− 1

≤

Uc (

t ( )

− K q M

(

dr c s ds ( )

t ) ( ) j

γ j

∫

(3.19)

(

)

( )

p k

dr c s ds . j

λ λ ρ 2 d 0

(cid:4) d 0

∫

Mặt khác,

≤

t ( )

dr F s w ds ( )

γ j

+ α β j

∫

− 1

−

(

s ( )

− 1

w ds j

∫

t ∫ K dr 0

− 1

≤

−

u (

)

+ T T

(

, 1

≤ ≤ j

α β + j

(0,

)

∞ L

2 ; T L

(3.20)

Do đó

t ( )

γ j

∑

= 1

(3.21)

− 1

≤

−

≡

(

)

+ T kT

(

γ (cid:4) T

+ α β 1

(0,

)

∞ L

2 ; T L

Do đó, từ (3.19), (3.21) dẫn đến

và do đó

≤

Uc t ( )( )

Uc (

t ( )

( )

t ) ( ) j

∑

∫

= 1

r ∫ D dr c s ds 0

(3.22)

≤

2 D t c ρ

γ (cid:4) T

1 2

trong đó

p q M T k K ,

)

(3.23)

− 1

ρ ρ ( , − kK q M

(

λ λ ρ 2 0

p k

+ (cid:4) d 0

)

(

Chọn hằng số

0ρ> sao cho

sau đó tiếp tục chọn

T∈ (0,

]

ρ γ> (cid:4) ,T

sao cho

)

≤

(

(3.24)

( T m

ρ γ − (cid:4) T

2 ρ Dρ

Khi đó

≤

ρ ρ ≤

∀ ∈

)( ) Uc t

c S

(3.25)

γ (cid:4) T

( D T ρ m

)

1 2

sup ( ( ≤ ≤ t T m

nghĩa là toán tử U biến S vào chính nó.

− 1

≡ U U U

(

) :

→ là co với một

n ∈ (cid:96) .

ii) Chứng minh

Ta sẽ chứng minh bằng qui nạp theo n rằng, với mọi

c d ,

S∈ và ,

)

T∈ [0,

ta có

( m

−

≤

(3.26)

(cid:96) ,

n ( )( ) U c t

n ( )( ) U d t

− c d

∀ ∈ n

(cid:4) n D t ρ

1 (2 )! n

trong đó

p q M T k K ,

)

(cid:4) D

− 1

(3.27)

)

(cid:4) d 0

( −

− 1

ρ ρ ( , − kK q M +

λ λ ρ 2 d 0 +

(

( ρλ λ ρ 2 d 1

p k

2 k

p k (cid:4) d 1

Thật vậy với

1n =

−

Uc (

Ud (

t ) ( ) j

−

≤

−

(

s ( )

] d s ds ( )

[ w w c s ( ) j

− 1

= 1

t K dr 0

∇

−

u s ( )

d s ds ( )

∑∫ ∫ (

)

λ j

c s ( ) j

∫

r ∫ dr B 0

∇

−

∇

u s ( )

v s ( )

d s ds ( )

)

(

)

λ ∫ j

r ∫ dr B 0

(3.28)

J =

v s ( )

trong đó

d s w ( ) i

= ∑

= 1

Ta tiến hành đánh giá từng tích phân

−

(

s ( )

] d s ds ( )

[ w w c s ( ) j

− 1

∑∫ ∫

= 1

t K dr 0

− 1

≤

−

− K q M

(

(3.29)

d s ds . ( ) 1

∫

r ∫ dr c s ( ) 0

∇

−

u s ( )

d s ds ( )

(

λ= j

c s ( ) j

∫

r ∫ dr B 0

≤

−

(

)

d s ds ( ) .

(3.30)

λ λ ρ 2 0

(cid:4) d 0

p k

∫

r ∫ dr c s ( ) 0

∇

−

∇

u s ( )

v s ( )

d s ds ( )

(

)

(

)

λ= j

∫

r ∫ dr B 0

≤

−

d s ds ( )

(3.31)

λ k

2 c s ( ) i

2 d s ( ) i

∫

k ξ λ ∑ '( ) i = 1 i

r ∫ dr B 0

trong đó

ξ θ

= ∇

∇

u s ( )

+ − (1

θ )

v s ( )

≤

+ − (1

, 0<

θλ k

θ λ ) k

λρ 2 k

⎡ ⎣ ⎤ ⎦

Chú ý rằng các bất đẳng thức sau là đúng

−

− 1

≤

′ ξ ( )

(3.32)

ξ p d 1

(cid:4) d 1

− λ ρ 1 2 p d 1 k

(cid:4) , d 1

−

( )]

( )][

( )]

λ [ i

2 c s ( ) i

2 d s i

c s ( ) i

d s i

c s ( ) i

d s i

λ [ i

∑

= 1

(3.33)

≤

−

c s ( )

d s

= 1 ρλ k

( ) . 1

Do đó, (3.31) có thể viết lại như sau

−

≤

−

(

)

d s ( )

d s ds ( ) .

(3.34)

ρλ λ ρ− 2 d 1

(cid:4) d 1

p k

2 k

∫

r ∫ dr c s ( ) 0

Kết hợp (3.29), (3.30), (3.34) ta được

∑

= 1

− = − Uc t ( )( ) Ud t ( )( ) Uc ( Ud ( t ) ( ) j t ) ( ) j

∫

≤ − (3.35) d s ds ( ) 1 (cid:4) ∫ D dr c s ( )

≤ − (cid:4) 2 D t c d .

Do đó (3.26) đúng với

1 2 n = 1. n > ta cần chứng minh (3.26) đúng với 1n + . Giả sử (3.26) đúng khi

−

≤

Tức là

+ 1 ( )( ) U c t

+ 1 ( )( ) U d t

− c d

(cid:4) + 1 2 n D t ρ

1 +

2)!

(3.36)

Ta có

+ 1 U c t ( )( )

+ 1 U d t ( )( )

− = − U U c t U U d t )( ) )( ) ( (

∫

r (cid:4) ∫ D dr U c s )( ) ( 0

t r

≤ − U d s ds dr ( )( )

∫∫

0 0

≤ − (cid:4) D ρ (cid:4) n D s ρ c d ds dr Y 1 n (2 )!

)

[0,

− c d

∀ ∈ t

(cid:4) + n 1 2 D t ρ

( T m

1 +

2)!

(3.37)

Từ (3.37) ta suy ra (3.26) đúng n∀ ∈ (cid:96) .

Ngoài ra từ (3.26) ta có

) 2 )

≤ − U c U d − c d (cid:4) n ( ( D T ρ m

(3.38)

≤ ( ) . − c d (cid:4) D T ρ 1 (2 )! n 1 (2 )! n

(cid:4) D T ρ

0n sao cho

) 02

(

(cid:4) D T ρ

= nên tồn tại số tự nhiên Mặt khác do ( ) 0 lim →∞ n 1 (2 )! n

0 :nU S

≤ < 0 1. (3.39) (2 )! n 0

S→ là toán tử co. Áp dụng định lý Banach, ta suy ra Nghĩa là

(

)

(

) ( )

được U có một điểm bất động duy nhất trong S và do đó hệ (3.15) – (3.16)

)

(

t trên đoạn [0, ]. Bổ đề 3.2 được chứng minh.(cid:132) có duy nhất nghiệm

Các ước lượng dưới đây cho phép ta lấy T= .

Bước 2: Đánh giá tiên nghiệm

)

Đặt

k ( m

( Y m

k ( m

= + S t ( ) X t ( ) t ( ) s ( ) ds , (3.40) + ∫ (cid:5)(cid:5) u

)

trong đó

( t a u ( )

) t ( ) ,

k ( m

k ( b m

k ( m

= + X t ( ) (cid:5) u t ( ) t u ( ),

)

(3.41)

)

( (cid:5) a u

( Y m

k ( m

k ( b m

k ( m

= + t ( ) (cid:5) t u ( ), t ( ) t ( ) ∆ u t ( ) .

Chứng minh tương tự định lý 2.4 trong chương 2, ta có

)

2 s ( ) ]

k ( m

∫

)

= + S t ( ) S (0) s a u ( )[ ( s u ( ), s ( )) + ∆ u ds (cid:5) k ( b m

) (cid:5) G s u

( k m

( ) k (cid:5) a G s u m

( k m

∫

)

+ + ( ), s ds ( ) ( ), ( s ds ( )) 2 2

2 s ds ( )

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

∫

)

(

(0)

* 1

* 2

* 3

* 4

(3.42)

)

Ta tiến hành đánh giá các tích phân trong (3.42).

Tích phân thứ nhất: Ta có )

(

( k b m

( k m

t ( ) t ( ) B u ,

)

( k m

(3.43) ∇ ∇ ∇ ∇ ( = ( ) 2 t ′ B u t ( ) u t ( ), (cid:5) u t ( ) . (cid:5) ( k b m

(

−

)

)H ta có: )2

( ′ ∇

Dùng giả thiết

( k m

t ( ) B u u t ( ) (3.44) ≤ ∇ d 1 + (cid:4) , d 1

)

nên

(

)

(cid:5) u

(cid:5) k ( b m

k ( m

′ = ∇ ∇ ∇ t ( ) u t ( ) u t ( ) t ( ) B

−

)

(cid:5) u

k ( m

(cid:4) d 1

(3.45) + = ∇ ∇ ∇ 2 ( 2 u t ( ) u t ( ) t ( ) . d 1

)

Chú ý rằng

( k m

)

≥

+ ∆

)

t ( )

t u ( ),

t ( )

(3.46) S t ( ) t ( ) u t ( ) , + ∇ b 0

( k m

(3.47) ≥ ∇ (cid:5) u ( ( b a u 0

− 1

)

Khi đó ta có

)

( k m

(cid:5) b

(cid:4) d

( k m

−

)

S t ( ) S ≤ + t ( ) d b ( ) t b ⎛ ⎜ ⎝ ⎞ ⎟ ⎠ ⎛ ⎜ ⎜ ⎝ (3.48)

(

)

k ( m

1 2 1 0

= + d b S S t ( ) t ( ), ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ (cid:4) d b

)

(cid:5) b

( a u

(cid:5) b

k ( m

−

)

≤ + ∆ u t ( ) t u ( ), t ( ) t ( ) t S ( ) t ( ) ⎡ ⎣ ⎤ ⎦ 1 b

(

)

1 2 1 0

( k m

(cid:4) d b

+ 1

−

)

3/2

)

1 − − 2

+ ≤ d b S S t ( ) t ( ) (3.49) 1 b ⎡ ⎢ ⎢ ⎣ ⎤ t S ( ) ⎥ ⎥ ⎦

(

)

(

)

(cid:4) d b

1 0

( k m

)

= + d b S S t ( ) t ( ) .

)

* 1

( k m

∫

( ⎡ s a u ( ) ⎣

+ 1

−

)

3/2

)

1 − − 2

= I (cid:5) b s u ( ), s ( ) + ∆ u s ( ) ⎤ ds ⎦ (3.50)

(

)

(

)

1 0

( k m

∫

(cid:4) ≤ d b S s ( ) + ds d b S s ( ) ds .

Tích phân thứ hai. Ta có:

)

k ( m

* 2

−

− 1

)

≤

−

F x t ( , )

(

K u

(

K u

( ) k G t ( ) m

− 1

( k m

− 1

−

− 1

)

≤

−

∇

(

t ( )

( k m

)

0 ( C Q T

−

− 1

)

≤

−

(

t ( ).

( k m

)

0 ( C Q T

1 b 0

(3.52)

Dẫn đến

− 1

≤

−

(

)

(

( ) k G t ( ) m

)

0 ( C Q T

(3.53)

−

)

−

2 K M

t ( ).

( k m

1 b 0

− 1

≤

−

)

( T F 2

(

k ( ) G s ( ) m

)

∫

0 C Q ( T

(3.54)

−

)

−

2 K M

s ds ( ) .

k ( m

∫

1 b 00

Từ (3.53) và (3.54) ta có

I (cid:5) G s u ( ) s ds ( ) . (3.51) ≤ ∫ 2

)

≤

s ds ( )

k ( m

* 2

∫

)

≤

(cid:5) G s u ( )

s ( )

( ) k G s ( ) m

( k m

∫

)

≤

s ds ( )

( ) k G s ( ) m

( k m

∫

− 1

≤

−

)

( T F 2

(

)

0 C Q ( T

(3.55)

−

)

−

(

2 K M

s ds ( ) .

k ( m

∫

2 b 0

(cid:5) u

⎛ ⎜ ⎝ ⎞ ⎟ ⎠

Tích phân thứ ba. Ta có:

)

( ),

) s ds ( )

* 3

( ( ) k (cid:5) a G s u m

( k m

∫

)

≤

)

( ),

s ( )

( k ( ) (cid:5) a G s u m

k ( m

∫

)

≤

)

(3.56)

( a G s G s ( ) ( ),

( (cid:5) a u

) s ds ( )

k ( m

∫

)

≤

)

( a G s G s ( ) ( ),

s ds ( )

k ( m

∫

)

≤

)

( a G s G s ds

( ),

( )

s ds ( ) .

k ( m

∫

Vậy

)

= ∇

)

( a G s G s ( ) ( ),

2 s (0, ) ,

(3.57)

( k m

( ) k G s ( ) m

( k G m

trong đó

)

∇

= ∇

−

G t ( )

F x t ( , )

(

′ ( f u

∇ )

( k m

− 1

−

)

−

∇

(

1)(

K u

u u

− 1

( k m

−

)

−

∇

(

K u

( k m

− 1

hay

(cid:5) s u ( ),

−

)

∇

= ∇

−

∇

G t ( )

F x t ( , )

(

1)(

K u

k ( m

− 1

−

)

−

∇

−

1)(

K u

u u

(3.58)

(

− 1

k ( m

−

)

∇

−

K u

(

− 1

( k m

−

)

∇

≤ ∇

−

∇

G t ( )

(

1)(

( k m

− 1

)

0 C Q ( T

−

)

−

∇

−

1)(

t ( )

(3.59)

(

( k m

− 1

−

)

∇

−

x t ( , ) .

(

( k m

−

)

∇

≤ ∇

−

∇

G t ( )

(

1)(

t ( )

( k m

− 1

)

0 C Q ( T

−

)

−

∇

−

1)(

t ( )

(

− 1

( k m

−

)

∇

−

t ( )

(

( k m

− 1

≤ ∇

−

(

1)(

)

0 C Q ( T

−

)

−

∇

(

t ( )

k ( m

− 1

)

0 C Q ( T

≤ ∇ + − − F ( q 1)( q 2) KM

−

)

( k m

−

)

(3.60) + − ( 1) q KM S ( ). t 1 b

( k m

)

0 ( C Q T

∇ + − − G t ( ) ≤ ∇ 3 F 3( q 1) ( q 2) K M

−

)

( k m

)

(3.61) + − ( 1) q K M S ( ). t 3 b

( k G m

− 1

−

)

≤ + − t (0, ) F t (0, ) ( q 2) f u ( t (0, ))

− 1

( k m

−

− 1

)

+ − ( q 1) K u t (0, ) u t (0, )

( k m

)

0 ( C Q T

− 1

+ − + − ∇ ≤ ( q 2) KM ( q 1) KM u t ( ) F

)

0 C Q ( T

≤ + − F ( q 2) KM

−

)

k ( m

(3.62) − + ( q 1) KM S t ( ). 1 b 0

−

2 K M

( ) k G m

)

0 ( C Q T

≤ + − t (0, ) 3 F 3( q 2)

−

2 K M S

( ) k m

)

= ∇

)

( a G s G s ( ) ( ),

s (0, )

( k m

( ) k G s ( ) m

( k G m

≤

−

2) [1 (

2 1) ]

K M −

)

1 ( C Q T

−

)

(3.63) + − ( q 1) t ( ). 3 b 0

( k m

)

− − + + [1 ( 1) ]( 1) q q K M S ( ). s (3.64) 3 b

( (cid:5) a G s u

) s ds ( )

k ( m

* 3

∫

)

= I 2 ( ),

)

( a G s G s ds

k ( m

∫

−

≤ + ( ), ( ) S s ds ( )

)

1 ( C Q T

≤ + − + − T F 3 T q 3 ( 2) [1 ( q 1) ] K M

−

)

( k m

∫

)

(3.65) + − − + + [1 ( q 1) ]( q 1) K M S s ds ( ) S s ds ( ) . 3 b

Tích phân thứ tư.

* 4

( k m

I s ds ( ) . = ∫ (cid:5)(cid:5) u

)

Tương tự như (2.66) trong định lý 2.4 ta có

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

k ( m

k ( ) G s ( ) m

* 4

∫

t k ( ∫ 2 ( b m 0

= ≤ + I s ( ) ds s ( )) ∆ u s ( ) ds 2 ds .

(3.66)

(

)H và từ (3.54) suy ra

)

Dùng giả thiết

= ≤ ∇ + ∆ I s ( ) ds 2 d u s ( ) u s ( ) ds

)

(

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

k ( ) m

k ( m

* 4

∫

− 1

(cid:4) d 0

)

( T F 4

)

0 C Q ( T

−

)

+ + − ( q 2) KM

2 K M

k ( m

∫

+ − 4( 1) q S s ds ( ) 1 b 0 0

)

k ( m

∫

− 1

+ ≤ 2 S ( ) s S ( ) s ds d (cid:4) d 0 1 b 0 ⎞ ⎟ ⎠ ⎛ ⎜ ⎝ ⎞ ⎟ ⎟ ⎠

)

0 C Q ( T

−

)

+ − 1 b 0 ) ( 2) q KM ⎛ ⎜ ⎜ ⎝ ( + 4 T F

2 K M

k ( m

∫

− 1

+ − 4( 1) q S ( ) s ds 1 b 0 0

)

( T F 4

)

0 ( C Q T

−

)

+ − = ( q 2) KM

)

(

2 K M

( k m

∫

+ 1

)

+ + − (3.67) q S 2( 1) s ds ( ) (cid:4) 2 d 0 2 b 0

)

(

)

( k m

2 0 + 1

∫

+ + S ds S s ( ) s ( ) ds . (cid:4) d d 0 0 4 + 1 p b 0 d 2 2 p b 0

)

− 1

≤

−

)

t ( )

+ (0) 6

(

k ( m

)

0 C Q ( T

−

( T F +

T F 3

T q 3 (

2) [1 (

1) ]

K M

)

1 C Q ( T

−

)

−

+ [1 (

1) ](

K M

( ) s ds

( k m

∫

3 b

−

)

−

(

K M

( ) s ds

( k m

∫

2 b

⎞ ⎟ ⎠

⎛ ⎜ ⎝

−

)

Từ (3.42), (3.50), (3.55), (3.65), (3.67) ta có

)

(

2 0

( k m

∫

−

)

3/ 2

+ − + q K M S (cid:4) d 2( 1) s ds ( ) 2 b

)

(

1 0

( k m

∫

+ S ds (cid:4) d b s ( )

+ 1

)

1 − − 2

)

(

1 0

( k m

+ 1

∫

p 0

+ 1

2 0

(3.68) + + (cid:4) d d d b S ds s ( ) 4 b ⎞ ⎟ ⎠ ⎛ ⎜ ⎝

)

(

( k m

+ 1

∫

2 0

d + S ds s ( ) , 2 b

hay

)

k ( m

k ( ) m

k ( m

+ 1

)

≤ + S t ( ) S (0) ) ( ( , s ds ( ) + ∫ TD M T D M S )

)

( ds D S

k ( m

∫

t ( ∫ D S 2 0

+ + + s ( ) s ( ) s ( ) ds ,

(3.69)

− 1

−

(

)

D M T (

= ) 6

(

)

1 ( C Q T

trong đó

−

0 ( C Q T −

2) [1 (

2 1) ]

2 K M

−

2 0

(3.70)

(

)

2 0

3/2

1 − − 2

+ = + − − (3.71) D M ( ) 2 + 3 ( q 1) ( q 1) K M , (cid:4) d 2 b 3 b

1 0

+ 1

2 0

p 0

= +(cid:4) = = (cid:4) D d b− , D d d d b (3.72) , D . 4 b d 2 b +

không phụ thuộc Từ sự hội tụ trong (3.11) ta luôn chọn được số 0,M >

k và m sao cho

) (0)

( k m

≤ S . (3.73) M 6

+ 1

Sử dụng các bất đẳng thức

+ 1

≤ + x x , ∀ ≥ ∀ ≥ 0, p x , − + 2 2 2 p p 1 2 (3.74)

≤ + x x , ∀ ≥ ∀ > 0, p x 0, 2 + p 1 + p 1 + p 2 1 2 1 1 p + p 1 ⎧ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎩

+ 1

)

suy ra

(

k ( m

η (cid:4) 2

∫

≤ + (3.75) S t ( ) S s ds ( ) S s ( ) ds , + η η (cid:4) (cid:4) ∫ 0 1

trong đó

= + + + ( ) ( , ) , , M T D 2 D 3 − + 1 6 2 2 1 1 1 2 p p p + p ⎡ M T D M T ⎢ ⎣ ⎤ ⎥ ⎦

(3.76) ) ( = M D M

= + . D 2 + D D 4 2 ), + 1 + 1 1 p 2 p 2 + p ⎧ = η η (cid:4) (cid:4) ⎪ 0 0 ⎪ ⎪ = η η (cid:4) (cid:4) ( ⎨ 1 1 ⎪ η (cid:4) ⎪ 2 ⎪⎩

Bổ đề 3.3. Tồn tại

)

(

0T > độc lập k và m sao cho

∀ ≤ t M ( ) , ∀ ∈ t [0, T ], k m , .

Chứng minh. Đặt

+ 1

)

(

k ( ) m

k ( m

∫

= + ≤ ≤ S t ( ) S s ds ( ) S s ( ) ds , 0 t T . (3.77) η (cid:4) 2 η η + (cid:4) (cid:4) ∫ 1 0

)

Khi đó, ta có

≤ ≤ ≤ ≤ t ( ) S t , t T

( k S m ≤ η (cid:4) 2

( ), + 1 > ( ) 0, 0 − 0 ≤ ≤ (3.78) S t ( ) S t ( ( )) , 0 t T ,

= (0) S . η (cid:4) 1 η (cid:4) 0 ⎧ S t ⎪ ′ S t ( ) ⎨ ⎪ ⎩

−= 2 S

≥

−

Z t ( )

exp( 2

)

− η (cid:4) 0

η (cid:4) p t 1

(3.79)

≥

−

∀ ∈ t

− exp( 2

)

[0,

− η 2 (cid:4) 0

η (cid:4) p T 1

η (cid:4) 2 η (cid:4) 1 η (cid:4) 2 η (cid:4) 1

⎛ ⎜ ⎝ ⎛ ⎜ ⎝

⎞ ⎟ ⎠ ⎞ ⎟ ⎠

Chú ý rằng từ (3.73) ta có

− 2

−

exp( 2

)

− η 2 (cid:4) 0

η (cid:4) p T 1

lim → 0 T

M 6

η (cid:4) 2 η (cid:4) 1

⎛ ⎜ ⎝

⎞ ⎟ ⎠

⎛ ⎜ ⎝

⎞ ⎟ ⎠

⎡ ⎢ ⎣

⎤ ⎥ ⎦

−

exp( 2

)

(3.80)

− η (cid:4) 0

η (cid:4) p T 1

− 4 p

lim → 0 T

36 M

η (cid:4) 2 η (cid:4) 1

⎛ ⎜ ⎝

⎞ ⎟ ⎠

⎡ ⎢ ⎣

⎤ ⎥ ⎦

Như vậy, từ (3.80) ta luôn chọn được hằng số

0T > sao cho

Đặt Z t ( ) t ( ), lấy tích phân của (3.78) ta được

−

(

)

exp

− η 2 (cid:4) 0

η (cid:4) p T 1

(3.81)

− 4

−

(

)

exp

− η 2 (cid:4) 0

η (cid:4) p T 1

η (cid:4) 2 η (cid:4) 1 η (cid:4) 2 η (cid:4) 1

Kết hợp (3.78) – (3.79) và (3.81) ta thu được

≤

∀ ∈ t

(3.82)

t ( )

S t ( )

[0,

k ( ) m

1 Z t ( )

Vậy bổ đề 3.3 được chứng minh xong.(cid:132)

)

(

∈

)

với mọi m và k . Khi đó bằng lý

Từ kết quả này, ta có

W M T 1(

luận tương tự như trong định lý 2.4, ta sẽ chứng minh được giới hạn

)

∈

khi

)

của dãy {

k → +∞ là nghiệm của bài toán biến phân

mu W M T 1(

}( mu

(3.2) – (3.3). Định lý 3.1 được chứng minh.(cid:132)

Kết quả sau đây cho ta sự hội tụ cấp hai của dãy về nghiệm yếu của bài

toán.

⎞ ⎟ ⎠ ⎞ ⎟ ⎠ ⎧⎛ ⎪⎜ ⎪⎝ ⎨ ⎛ ⎪ ⎜ ⎪ ⎝ ⎩

Định lý 3.4. Giả sử

(

)H đúng. Khi đó tồn tại các hằng

)H , 1

)H – 4

0T > sao cho

số

0M > và

∈

u W M T 1(

}

(i) Bài toán (3.1) có duy nhất một nghiệm yếu (ii) Mặt khác, dãy quy nạp phi tuyến {

xác định bởi (3.2), (3.3) hội

tụ cấp hai về nghiệm u của bài toán (3.1) mạnh trong không gian

1( )W T theo

nghĩa

−

≤

−

C u

(3.83)

− 1

)

W T ( 1

ở đây C là một hằng số thích hợp. Hơn nữa ta cũng có ước lượng

−

≤

β 2

∀

(3.84)

)

( W T 1

1 − µ β (1 )

trong đó

− 1

−

(3.85)

2(1

2) 1

T K q (

exp

µ T

(1) M

1 2

1 b 0

(1)

− 1

− K q M

(

2(1

C d M )(

(3.86)

(cid:4) d M 1

⎛ ⎜ ⎝ ⎞ ⎟ ⎠

1 b 0

⎤ ) , ⎦

(3.87)

Chú ý rằng điều kiện cuối sẽ thỏa mãn khi chọn số

0T > thích hợp.

}

⎞ ⎡ 1 ⎟ ⎣ ⎠ < 1. ⎛ ⎜ ⎝ µ= TMβ 2

Chứng minh. Trước hết, ta chứng minh rằng {

là dãy Cauchy trong

1( ).W T Đặt

−

v m

+ 1

thỏa mãn bài toán biến phân sau

Khi đó { } mv

)

( ),

b m

+ 1

−

( ∆

∀ ∈

(cid:5)(cid:5) v t v ( ), m ( −

t a v t v ( ) m )

u t v ( ),

− G t G t v

( ),

( )

v V

(3.88)

+ 1

( ) t + 1 =

b m (0)

( ) b t m = (0) 0,

(cid:5) v m

v m

với

−

G m )

)

G + m 1 = − ( f u

( f u

′ ( f u

)( u

′ ( f u

)( u

− 1

+ 1

− 1

= −

−

′ f u (

u )(

)

′′ (

u )(

)

′ f u (

u )(

)

− 1

+ 1

−

1 2 )

′− ( f u

)( u

− 1

= −

−

′′ (

′ ( ) f u v m m

2 ) z v − m m 1

1 2

−

= −

−

(3.89)

K q (

1)(

K q (

v m

2 z v m m

− 1

1 2 < < θ 1.

vθ

(3.90)

−

− 1

1, 0

Thay

v= (cid:5) trong (3.88), sau đó lấy tích phân theo t ta thu được

⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩

(

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

(cid:5) m

b m

+ 1

(cid:5) m

∆

) ( ) t a v t v t ( ) ( ), m ( − −

)

t ( )

u t v t ( ), ( )

(3.91)

b m

+ 1

b t ( ) m

(cid:5) m

−

G t G t v t

( ),

( )

( ) ,

+ 1

(cid:5) m

hay

(

)

(

)

( ),

+ 1

(cid:5) v t ( ) m

b m

t a v t v t ( ) ( ) m

1 2

d dt

1 2

d dt

(

)

(

)

+ 1

= − ∆ + ( ), ( ) t ( ), ( ) u t v t b m ( ) b t m (cid:5) m ′ b m ( ) ( ) t a v t v t m 1 2

+ 1

+ − ( ), ( ) ( ) , G t G t v t (cid:5) m

lấy tích phân theo t ta được

(

)

) s ds ( )

+ 1

( s a v ( ) m

+ ( ), (cid:5) v t ( ) m b m t a v t v t ( ) ( ) m ′ b m s v ( ), m = ∫

)

(

)

(

+ 1

∫

∇ − ∇ ∆ + 2 u s ( ) B s ds ( ) B u s ( ) m (cid:5) u s v ( ), m ⎤ ⎦ ⎡ ⎣

2 v m

− 1

∫

+ + 2 ), s ds ( ) ′′ ( z f ), s ds ( ) ′ ( v f u m (cid:5) v m (cid:5) v m

* 1

* 2

* 3

= + + + J J J J (3.92)

Ta có

(

+ 1

= ∇ t ( ) B , t ( ) b m

+ 1

−

= ∇ ∇ ∇ t ( ) 2 u t ( ) u (cid:5) u t ( ) u ( ) ′ b m

+ 1

∇ + ∇ ∇ = 2 u t ( ) u t ( ) (cid:5) u t ( ) ′ B ( t ( ) ) d 1 (cid:4) d 1

≤ + 2( ). d M 1 (cid:4) d M 1

) s ( )

* 1

( (cid:4) p 2 ∫ d M a v m 1

≤ + J 2( ) ds s v ( ), m d 1

(3.93)

∫

≤ + 2( ) s ( ) ds . v m d M 1 (cid:4) d M 1

(

)

(

)

+ 1

* 2

t ∫ 2 [ 0

−

)

(

)

+∇ u

s 1( )

∇ − = ∇ ∆ B u s ( ) B J ] s ds ( ) , u s ( ) m (cid:5) u s v ( ), m

(

∇ u s ( ) m )(

)

+ 1

ζ m

∇ − ∇ u ′= B s ( ) s ( ) , u s ( ) m

+ 1

ζ m

θ m

= ∇ ∇ < s ( ) u s ( ) + − (1 ) , 0 < 1. u s ( ) m

ζ m

θ m

≤ = ∇ ∇ 0 s ( ) u s ( ) + − (1 ) u s ( ) m

+ 1 m + − (1

θ m θ m

θ m

− 1

−

≤ M ≤ 2 M M ) ,

)

ζ m

(cid:4) d 1

(cid:4) , d 1

≤ + + s ( ) B d 1 d M 1

( ′ (

)

+ 1

∇ − ∇ B u s ( ) B ≤ ) u s ( ) m

)

ζ m

+ 1

−

∇ − ∇ ( ) s ( ( ′= B ( ) s u ( ) s ( ) u s m

≤ + 2 ( ) , s v m ( M d M 1 ∇(cid:4) ) d 1

(cid:5) v m

* 2

(cid:4) d M 1

∫

≤ + (3.94) J 4( ) s ( ) s ds ( ) . v m d M 1

(cid:5) v m

* 3

−

J ), s ds ( ) ′ v f u ( m = ∫ 2

(cid:5) v m

∫

−

≤ − K q M 2 ( 1) s ( ) s ds ( ) v m

(cid:5) v m

∫

≤ − K q M 2 ( 1) s ( ) s ds ( ) . (3.95) v m

2 v m

(cid:5) v m

* 4

− 1

−

J s f ( ) ′′ ( z ), s ( ) ds = ∫

2 v m

(cid:5) s v ( ), m

− 1

∫

−

≤ − − K q ( 1)( q 2) M s ( ) ds

(cid:5) v m

− 1

∫

≤ − − 1)( 2) ( K q q M ( ) s ( ) s ds v m

− q 3 M v m

− 1

)

W T ( 1

∫ (cid:5) v m

≤ − − K q ( 1)( q 2) s ds ( ) . (3.96)

Từ (3.93) – (3.96) ta suy từ (3.92) rằng

(cid:5) v t ( ) m

+ b v t ( ) 0 m

(cid:4) d M 1

∫

−

≤ + 2( ) s ( ) ds d M 1 v m

(cid:5) v m

(cid:4) d M K q M ( 1

∫

+ + − +2(2 2 1) ) s ( ) s ds ( ) v m d M 1

− 1

− 3 q M v m

)

( W T 1

∫ (cid:5) v m

− − + ( K q 1)( q 2) s ds ( ) . (3.97)

Đặt

Z t ( ) m

v t ( ) m

+ (cid:5) v t ( ) m

(3.98)

−

Ta suy từ (3.97), (3.98) rằng

2 1) (

2 TK q

− 1

)

4 v m W T (

≤ + − − 1 ( 2) q M ( ) Z t m 1 4 1 b 0 ⎛ ⎜ ⎝ ⎞ ⎟ ⎠ (3.99)

(1) M

∫

+ , K ( ) Z s ds

−

(1)

ở đây

(cid:4) ( d M K q M 1

= + + − + 1 4 1) . (3.100) d M 1 ⎤ ⎦ 1 b 0 ⎛ ⎜ ⎝ ⎞ + ⎡ 1 4 ⎟ ⎣ ⎠

Sử dụng bổ đề Gronwall cho (3.98) – (3.100), ta suy ra

)

( W T 1

≤ , (3.101) vµ − v m

−

ở đây

µ T

(1) M

⎛ ⎜ ⎝

⎞ ⎟ ⎠

= + − − (3.102) 1 1)( 2) exp . ( T K q q M TK 1 2 1 b 0

Từ (3.101) ta có

β 2

m p W T (

)

− ≤ ∀ , , u u , m p (3.103) 1 − µ β (1 )

trong đó

< 1.

µ= TMβ 2 }

(3.104)

1( ).W T Nên tồn tại

Vậy { là dãy Cauchy trong sao cho u W T∈ 1( )

1( ).W T Khi đó với chứng minh tương tự định lý 2.5, ta có

mu ∈

u→ mạnh trong

, ) là nghiệm yếu duy nhất của bài toán (3.1). Chuyển qua giới hạn

khi u W M T 1( p → +∞ với m cố định ta thu được ước lượng (3.84) từ (3.103).

Vậy định lý được chứng minh.(cid:132)

KẾT LUẬN

Qua luận văn này, tôi đã thực sự bắt đầu làm quen với công việc nghiên

cứu khoa học một cách nghiêm túc và có hệ thống.

Tôi cũng học tập được phương pháp nghiên cứu trong việc đọc tài liệu,

thảo luận trong nhóm sinh hoạt xemina do Thầy hướng dẫn tổ chức. Chúng

tôi cũng học tập được công cụ của Giải tích hàm phi tuyến để khảo sát sự tồn

tại và duy nhất nghiệm yếu của bài toán phi tuyến, chẳng hạn như phương

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

compact của Lions và sự hội tụ yếu. Chúng tôi cũng có dịp vận dụng được

định lý ánh xạ co trong việc chứng minh sự tồn tại nghiệm xấp xỉ Galerkin.

Mặt khác, nội dung chính của luận văn là các kết quả thu được chứa

đựng trong các chương 2 và 3.

Ở chương 2, chúng tôi xét thuật giải lặp cấp một cho phương trình sóng

−

< <

)

, ,

, 0

< < x

1, 0

t T

( B u t ( )

)

( F x t u u t ( )

)

u tt

f u u ( , t

phi tuyến

với giá trị biên và ban đầu

− = (0, ) t u (0, ) t = (1, ) 0, t u

(cid:4) u x 0

(cid:4) u x 1

= = u x ( ,0) ( ), ( ,0) ( ), u x t

(cid:4) u u(cid:4) , 1

trong đó , f F B là các hàm cho trước thỏa các điều kiện như trong , ,

luận văn. Chúng tôi thu được kết quả về sự tồn tại và duy nhất nghiệm bởi

thuật giải lặp cấp một bằng phương pháp nói trên với

1([0,1]

× ∈ F C × × (cid:92) (cid:92) (cid:92) ).

−

f u ( )

K u

= u F F x t ( , )

Ở chương 3, chúng tôi xét thuật giải lặp cấp hai cho bài toán giá trị đầu

và giá trị biên với và các điều kiện được cho

cụ thể. Một lần nữa các phương pháp trên đựơc sử dụng trong việc chứng

minh tồn tại và duy nhất nghiệm.

Tuy nhiên, do năng lực và kiến thức còn hạn chế nên khó tránh khỏi

những sai sót, tôi rất mong nhận được sự chỉ bảo thêm từ quý Thầy Cô và các

bạn đồng nghiệp. Tôi xin chân thành cảm ơn!

TÀI LIỆU THAM KHẢO

1. R.A. Adams (1995), Sobolev Spaces, Academic Press, NewYork, 1975.

2. H. Brézis (1983), Analyse fonctionnele, Théorie et Applications, Masson

Paris, 1983.

3. C.F. Carrier (1945), On the vibration problem of elastic string, Q. J.

Appl. Math, 3 (1945), 151–165.

4. Zh. N. Dmitriyeva (1979), On stable solutions in nonlinear oscillations

of rectangular plates under random loads, Prikl. Mat. Mekh. L 4, (1979),

189– 197.

5. Y. Ebihara, L.A. Medeiros, M. Milla Miranda (1986), Local solutions

for a nonlinear degenerate hyperbolic equation, Nonliear Anal. TMA, 10

(1986), 27– 40.

6. M. Hosoya, Y. Yamada (1991), On some nonlinear wave equations I:

local existence and regularity of solutions, J. Fac. Sci. Univ. Tokyo.

Sect. IA, Math. 38 (1991), 225–238.

7. G. R, Kirchhoff (1876), Vorlesungen übcr Mathematische Physik:

Machanik, Teuber, Leipzig, 1876, Section 29.7.

8. J. L. Lions, Quelques méthodes de résolution des problèmes aux limites

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

9. L.A. Medeiros (1994), On some nonlinear perturbation of Kirchhoff–

Carrier operator, Comp. Appl. Math. 13 (1994), 225–233.

10. Nguyễn Thành Long và các đồng tác giả (1993), On the nonlinear

vibrations equation with a coefficient containing an integral, Zh.

Vychisl. Mat. i Mat. Fiz. 33 (9) (1993), 1324–1332; translation in

Comput. Math. Math. Phys. 33 (9) (1993), 1171–1178.

11. Nguyễn Thành Long, Lê Thị Phương Ngọc (2007), On a nonlinear

Kirchhoff–Carrier wave equation in the unit membrane: The quadratic

convergence and asymptotic expansion of solutions, Demonstratio Math.

40 (2) (2007), 365–392.

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

12. Nguyễn Thành Long, Trần Minh Thuyết (1999), On the existence,

uniqueness of solution of a nonlinear vibrations equation, Demonstratio

Math. 32 (4) (1999), 749 – 758

13. Nguyễn Thành Long, Alain Phạm Ngọc Định, Trần Ngọc Diễm

(2002), Linear recursive schemes and asymptotic expansion associated

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

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

14. Nguyễn Thành Long, Bùi Tiến Dũng (2003), On the nonlinear wave

− = equation B u ( u ) ( , , , , , u ) associated with the u tt f x t u u u t

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

Methods, 55 (5) (2003), 493–519.

[http://dx.doi.org/10.1016/j.na.2003.07.002]

15. Nguyễn Thành Long (2002), On the nonlinear wave equation

)

( B t, u

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

u tt

= − associated with the mixed

homogene-ous conditions, J. Math. Anal. Appl. 274 (1) (2002), 102–123.

[ http://dx.doi.org/10.1016/S0022-247X(02)00264-0 ]

16. Nguyễn Thành Long (2005), On the nonlinear wave equation

− = the B(t, u , u )u ) associated with u tt f (x,t,u,u ,u , u , u x

mixed homogeneous conditions, J. Math. Anal. Appl. 306, (1) (2005),

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

17. Nguyễn Thành Long (2005), Nonlinear Kirchhoff–Carrier wave

equation in a unit membrane with mixed homogeneous boundary

conditions, Electron. J. Differential Equat. 2005, (2005) No. 138, 18 pp.

ISSN: 1072–6691. URL: http://ejde.math.txstate.edu

or http://ejde.math.unt.edu.

18. Lê Thị Phương Ngọc, Lê Nguyễn Kim Hằng, Nguyễn Thành Long

(2008), On a nonlinear wave equation associated with the boundary

conditions involving convolution, Nonlinear Analysis, Theory, Methods

& Applica-tions, Series A: Theory and Methods (accepted for

publication).

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

19. S. I. Pohozaev (1975), On a class of quasilinear hyperbolic equation,

Math. USSR. Sb. 25 (1975), 145 – 158.

20. R.E. Showalter (1994), Hilbert space methods for partial differential

equations, Electronic J. Diff. Equat., Monograph 01, 1994.

21. Lê Xuân Trường, Lê Thị Phương Ngọc, Alain Phạm Ngọc Định,

Nguyễn Thành Long (2008), The regularity and exponential decay of

solution for a linear wave equation associated with two-point boundary

conditions, (Submitted)

[HAL: hal-00294600, version 1;

[http://hal.archives-

ouvertes.fr/index.php?halsid=cj2heosk2a4budruq6sj9l3

ff0&view_this_doc=hal-00294600&version=1]

[arXiv:0807.1510;

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

22. Lê Xuân Trường, Lê Thị Phương Ngọc, Nguyễn Thành Long (2008),

The N–order iterative schemes for a nonlinear Kirchhoff–Carrier wave

equation associated with the mixed inhomogeneous conditions,

(Submitted)

23. Y. Yamada (1987), Some nonlinear degenerata wave equation,

Nonlinear Anal. TMA. 11 (1987), 1155–1168.