Luận án Tiến sĩ Toán học: Ứng dụng phương pháp điểm bất động trong sự tồn tại nghiệm của phương trình

BOÄ GIAÙO DUÏC VAØ ÑAØO TAÏO

TRÖÔØNG ÑAÏI HOÏC SÖ PHAÏM THAØNH PHOÁ HOÀ CHÍ MINH

------------------------- LEÂ THÒ PHÖÔNG NGOÏC ÖÙNG DUÏNG PHÖÔNG PHAÙP ÑIEÅM BAÁT ÑOÄNG

TRONG SÖÏ TOÀN TAÏI NGHIEÄM CUÛA PHÖÔNG TRÌNH

Chuyeân ngaønh: TOAÙN GIAÛI TÍCH Maõ soá : 1. 01. 01

LUAÄN AÙN TIEÁN SÓ TOAÙN HOÏC

NGÖÔØI HÖÔÙNG DAÃN KHOA HOÏC: PGS. TS. LEÂ HOAØN HOAÙ

THAØNH PHOÁ HOÀ CHÍ MINH - 2007

LÔØI CAM ÑOAN

Taùc giaû luaän aùn

Leâ Thò Phöông Ngoïc

Toâi xin cam ñoan ñaây laø coâng trình nghieân cöùu cuûa toâi. Caùc keát quaû vaø soá lieäu trong luaän aùn laø trung thöïc vaø chöa töøng ñöôïc ai coâng boá trong baát kyø moät coâng trình naøo khaùc.

LÔØI CAÙM ÔN

Toâi voâ cuøng bieát ôn PGS. TS. Leâ Hoaøn Hoaù, Khoa Toaùn - Tin hoïc, Tröôøng Ñaïi hoïc Sö phaïm Thaønh phoá Hoà Chí Minh, Thaày ñaõ giaûng daïy, hướng dẫn vaø taän tình giuùp ñôõ toâi veà moïi maët trong hoïc taäp vaø nghieân cöùu khoa hoïc. Thaày thaät söï laø Ngöôøi Cha nghieâm khaéc cuûa toâi trong vieäc chæ baûo vaø reøn luyeän cho toâi nhöõng ñöùc tính caàn coù cuûa ngöôøi laøm khoa hoïc.

Toâi bieát ôn saâu saéc TS. Nguyeãn Thaønh Long, Khoa Toaùn - Tin hoïc, Tröôøng Ñaïi hoïc Khoa hoïc Töï nhieân, ÑHQG Tp. HCM, veà söï giuùp ñôõ taän tình vaø söï chæ baûo voâ cuøng quyù baùu cuõng nhö raát nghieâm khaéc cuûa Thaày cho toâi trong nghieân cöùu khoa hoïc. Thaày ñaõ cho toâi cô hoäi ñeå tham gia ñeà taøi nghieân cöùu Khoa hoïc Cô baûn vaø sinh hoaït hoïc thuaät theo caùc höôùng nghieân cöùu maø Thaày ñang chuû trì, taïo ñieàu kieän thuaän lôïi cho toâi hoaøn thaønh toát luaän aùn.

Toâi xin pheùp baøy toû loøng bieát ôn saâu saéc ñeán caùc Nhaø Khoa hoïc laø caùc thaønh vieân trong caùc Hoäi ñoàng chaám luaän aùn tieán só caáp Boä moân vaø caáp Nhaø nöôùc, laø caùc chuyeân gia Phaûn bieän ñoäc laäp vaø chính thöùc cuûa luaän aùn, ñaõ cho toâi nhöõng nhaän xeùt, ñaùnh giaù vaø bình luaän quyù baùu cuøng vôùi nhöõng chæ baûo, ñeà nghò quan troïng taïo ñieàu kieän ñeå toâi hoaøn thaønh luaän aùn moät caùch toát nhaát.

Toâi kính göûi ñeán Quyù Thaày Coâ trong vaø ngoaøi Tröôøng Ñaïi hoïc Sö phaïm Thaønh phoá Hoà Chí Minh ñoàng kính göûi ñeán Ban Toå chöùc caùc hoäi nghò khoa hoïc veà Toaùn hoïc lôøi caùm ôn traân troïng, trong suoát thôøi gian qua, toâi luoân nhaän ñöôïc söï giuùp ñôõ cuûa Quyù Thaày Coâ trong hoïc taäp, trong nghieân cöùu cuõng nhö cho toâi ñieàu kieän thuaän lôïi ñeå tìm kieám taøi lieäu vaø tham döï caùc hoäi nghò khoa hoïc.

Toâi kính göûi ñeán Ban Giaùm hieäu, Ban Chuû nhieäm Khoa Toaùn - Tin hoïc, Boä moân Toaùn Giaûi tích vaø Phoøng Khoa hoïc Coâng ngheä - Sau Ñaïi hoïc cuûa Tröôøng Ñaïi hoïc Sö phaïm Thaønh phoá Hoà Chí Minh, ñaõ giuùp ñôõ toâi raát nhieàu trong quaù trình hoïc taäp vaø baûo veä luaän aùn, nhöõng lôøi caùm ôn chaân thaønh vaø traân troïng.

Toâi chaân thaønh vaø traân troïng caùm ôn Quyù Thaày Coâ vaø caùc chuyeân vieân ôû Vuï Ñaïi hoïc vaø Sau Ñaïi hoïc cuûa Boä Giaùo duïc vaø Ñaøo taïo ñaõ taän tình giuùp ñôõ toâi hoaøn taát caùc thuû tuïc quan troïng trong quaù trình baûo veä luaän aùn.

Toâi kính göûi ñeán Ban Giaùm hieäu, Ban Chaáp haønh Coâng Ñoaøn Tröôøng, Ban Chuû nhieäm Khoa Töï nhieân vaø caùc Phoøng Ban khaùc cuûa Tröôøng Cao ñaúng Sö phaïm Nha Trang, nôi toâi giaûng daïy, ñaõ taïo nhieàu ñieàu kieän thuaän lôïi veà vaät chaát cuõng nhö tinh thaàn ñeå toâi hoaøn thaønh toát caùc nhieäm vuï cuûa nghieân cöùu sinh, nhöõng lôøi caùm ôn saâu saéc vaø traân troïng.

Toâi thaønh thaät caùm ôn caùc Anh Chò ñoàng nghieäp vaø caùc Ngöôøi thaân cuûa toâi ñaõ giuùp

ñôõ toâi veà moïi maët. Gia ñình toâi cuõng laø nguoàn ñoäng vieân to lôùn cuûa toâi.

Toâi thaät söï kính troïng vaø bieát ôn saâu saéc taát caû nhöõng Ngöôøi ñaõ chæ baûo, quan taâm,

Nghieân cöùu sinh

ñoäng vieân vaø giuùp ñôõ toâi veà moïi maët.

Leâ Thò Phöông Ngoïc

N N∗ R R+ Rn ∂Ω Ω coM A × B (X, |.|n) (X, d) (E, |.|) k · kX X 0 C[a, b] C 1[a, b] C 0(Ω) ≡ C(Ω)

C m(Ω)

C m(Ω)

C([a, b]; E) C(R+; E) f : X → Y, f |A L1[a, b]

Tập hợp các số tự nhiên. Tập hợp các số tự nhiên khác 0. Tập hợp các số thực. Tập hợp các số thực không âm. Không gian Euclide thực n-chiều. Biên của Ω. Bao đóng của Ω. Bao lồi của M . Tích Đềcác của hai tập hợp A và B. Không gian vectơ X với họ nửa chuẩn đếm được |.|n. Không gian metric X với metric d. Không gian Banach E với chuẩn |.|. Chuẩn trên không gian Banach X. Không gian đối ngẫu của X. Không gian các hàm số thực liên tục trên đoạn [a, b]. Không gian các hàm số thực khả vi liên tục trên đoạn [a, b]. Không gian gồm các hàm số u : Ω → R liên tục trên Ω, Ω là tập mở trong Rn. Không gian các hàm số u ∈ C 0(Ω) sao cho Dαu ∈ C 0(Ω), với mọi đa chỉ số α, |α| ≤ m. Không gian các hàm số u ∈ C m(Ω) sao cho Dαu bị chặn và liên tục đều trên Ω, với mọi đa chỉ số α, |α| ≤ m. Không gian các hàm liên tục u : [a, b] → E. Không gian các hàm liên tục u : R+ → E. Ánh xạ thu hẹp của ánh xạ f trên tập A ⊂ X. Không gian các hàm số thực x(t) sao cho |x(t)| khả tích Lebesgue trên [a, b].

Lp(0, T ; X), 1 ≤ p ≤ ∞ Không gian các hàm đo được u : (0, T ) → X sao cho

(cid:17)1/p

(cid:16) R T

< ∞ với 1 ≤ p < ∞,

Xdt

0 ku(t)kp

u00 + f (t, ut, u0(t)) = 0

kukLp(0,T ;X) = kukL∞(0,T ;X) = ess sup0

u(t) ≡ u(r, t) u0(t) = ut(t) = ˙u(t) u00(t) = utt(t) = ¨u(t) ur(t) = ∇u(t) urr(t) (cid:3) ?

BẢNG CÁC KÝ HIỆU ĐÃ SỬ DỤNG

1

MỞ ĐẦU

Lý thuyết điểm bất động là một trong những lý thuyết quan trọng của Giải tích, với rất nhiều thành tựu mà nổi bật là các nguyên lý điểm bất động Brouwer (1912), Banach (1922) và Schauder (1930).

Nguyên lý điểm bất động Brouwer được Brouwer chứng minh dựa trên lý thuyết bậc tôpô của ánh xạ liên tục trong không gian hữu hạn chiều. Đây cũng là một định lý được xem là thành tựu sớm nhất của tôpô đại số và làm nền móng cho các hướng nghiên cứu tiếp theo của nhiều nhà Toán học, dẫn đến các kết quả cơ bản khác. Định lý điểm bất động Schauder chính là một mở rộng của nguyên lý điểm bất động Brouwer cho không gian vô hạn chiều (áp dụng cho không gian Banach). Một mở rộng khác là định lý Tychonoff (1935, áp dụng cho không gian vectơ tôpô lồi địa phương),v.v. Định lý điểm bất động Brouwer còn được mở rộng cho ánh xạ đa trị bởi các nhà Toán học như Kakutani (1941), Bohnenblust và Karlin (1950), Ky Fan (1960/61). Năm 1929, ba nhà Toán học Knaster, Kuratowski và Mazurkiewicz đã chứng minh một kết quả quan trọng, Bổ đề KKM, đem đến một cách chứng minh đơn giản nguyên lý điểm bất động Brouwer và đặc biệt hơn nữa, bổ đề KKM và nguyên lý điểm bất động Brouwer là hai kết quả tương đương nhau. Từ sự xuất hiện của bổ đề KKM, cùng những kết quả sâu sắc trong các công trình nghiên cứu của Ky Fan làm nền tảng, lý thuyết KKM hình thành, phát triển và được sử dụng rộng rãi như một công cụ hữu ích cho lý thuyết điểm bất động của ánh xạ đa trị, lý thuyết biến phân, toán kinh tế, v.v.

Với việc chỉ ra tồn tại duy nhất điểm bất động của ánh xạ co trong không gian mêtric đầy đủ và thiết lập được một dãy lặp hội tụ về điểm bất động đó, nguyên lý điểm bất động Banach cùng các hệ quả và các mở rộng của nó đã được vận dụng rất phổ biến và thành công trong chứng minh tồn tại duy nhất nghiệm và tính xấp xỉ nghiệm của các bài toán thuộc nhiều lĩnh vực của giải tích.

Trên cơ sở nghiên cứu ứng dụng của các định lý điểm bất động và tìm cách mở rộng chúng để giải các bài toán trong các lớp không gian khác nhau, lý thuyết điểm bất động được phát triển không ngừng thành một lý thuyết đa dạng, phong phú bao gồm nhiều định lý điểm bất động của các ánh xạ như ánh xạ co, nén, ánh xạ không giãn, ánh xạ tăng, v.v., cùng nhiều mở rộng

2

của các nguyên lý điểm bất động cho ánh xạ đa trị, trong mối liên hệ chặt chẽ với nguyên lý biến phân Ekland, nguyên lý min-max, lý thuyết KKM, lý thuyết bậc tôpô, v.v., tổng quan về các vấn đề này có thể tìm thấy trong các tài liệu như [12, 17, 18, 44] và trong nhiều công trình nghiên cứu của các nhà Toán học mà tiêu biểu là S. Park [48, 50, 54], S. Park, Đ. H. Tân [51, 52], S. Park , B.G. Kang [49], L.A.Dung, Đ. H. Tân [15].

Chính từ sự phát triển đó, cùng với các tác động tích cực của các lý thuyết khác, mà lý thuyết điểm bất động luôn được xem là công cụ quan trọng trong việc nghiên cứu định lượng và định tính nhiều lớp phương trình xuất phát từ vật lý học, hoá học, sinh học, cơ học. Việc ứng dụng lý thuyết điểm bất động để chứng minh tồn tại nghiệm của các phương trình vi phân và tích phân được mở đầu bằng những kết quả nổi tiếng của Picard và Peano vào cuối thế kỷ 19, trong đó xét bài toán Cauchy cho phương trình vi phân với vế phải thoả mãn điều kiện Lipschitz (định lý Picard) hoặc điều kiện liên tục (định lý Peano). Ứng với hai bài toán này, hai định lý điểm bất động của Banach và Schauder thật sự là công cụ hữu hiệu.

Nguyên lý ánh xạ co của Banach: [17] Cho (M, ρ) là không gian metric đầy đủ và T : M → M là ánh xạ co, nghĩa là: Tồn tại k ∈ [0, 1) sao cho ρ(T x, T y) ≤ kρ(x, y), ∀x, y ∈ M. Khi đó T có duy nhất một điểm bất động x∗ ∈ M. Hơn nữa với mỗi x0 ∈ M cho trước, dãy lặp {T nx0} hội tụ về x∗.

Định lý Schauder: [25] Cho K là tập con khác rỗng, lồi, đóng của không gian Banach E và T : K → K là ánh xạ liên tục sao cho bao đóng T (K) của T (K) là tập compact. Khi đó T có ít nhất một điểm bất động. Kết hợp hai định lý đó, Krasnosel’skii đã chứng minh được:

Định lý Krasnosel’skii: [61] Cho M là tập con khác rỗng, lồi, đóng và bị chặn của không gian Banach X. Giả sử U : M → X là ánh xạ co và C : M → X là toán tử compact, nghĩa là: C liên tục và C(M ) chứa trong một tập compact, sao cho U (x) + C(y) ∈ M, ∀x, y ∈ M. Khi đó U + C có điểm bất động.

Sau khi xuất hiện định lý Krasnosel’skii, người ta đã xét đến sự tồn tại nghiệm của các phương trình tích phân chứa tổng hai số hạng với các hàm dưới dấu tích phân tương ứng thoả điều kiện Lipschitz và điều kiện liên tục, mở ra nhiều công trình nghiên cứu về các định lý điểm bất động kiểu

3

Krasnosel’skii và ứng dụng, chẳng hạn như [3, 4, 7, 8, 13, 21, 53].

Áp dụng định lý Schauder, lý thuyết bậc và lý thuyết dựa trên các ánh xạ cốt yếu - "Topological Transversality", Leray và Schauder đã chứng minh các định lý điểm bất động kiểu Leray-Schauder, trong đó nguyên lý về sự loại trừ phi tuyến cho ánh xạ compact "Nonlinear alternative" là công cụ quan trọng để thiết lập các nguyên lý tồn tại nghiệm của một số bài toán giá trị biên [46].

Các ứng dụng cụ thể khác của các định lý điểm bất động trong việc nghiên cứu tính giải được của các lớp phương trình như phương trình vi phân, tích phân, đạo hàm riêng đã được trình bày trong nhiều tài liệu, chẳng hạn như [12, 17, 18, 25, 46, 61], trong các công trình khoa học công bố trên nhiều tạp chí của rất nhiều tác giả, như: Abdou [1], Avramescu [3, 4], Burton [7, 8], Henriquez [20], Liu, Naito, N.V. Minh [28], Pavlakos, Stratis [55], Raffoul [13], còn có thể tìm thấy nhiều công trình khác đăng trên các tạp chí Toán học trong và ngoài nước đã sử dụng phương pháp điểm bất động để chứng minh tồn tại nghiệm. Để dễ truy cập, chúng tôi xin nêu các bài số 06/2000, 24/2001, 71/2002, 04/2003, 22/2004, 79/2005, hay 3, 8, 13, 19, 21, 22, 24, 34, 36, 57 thuộc Vol. 2006, v.v., trong "Electronic J. Differential Equations" làm ví dụ, ở đó các định lý ánh xạ co, định lý Schauder, định lý Krasnosel’skii trên một nón, định lý Darbo, v.v., được áp dụng. Ngoài ra, còn có các tạp chí chuyên về lĩnh vực này mới được xuất bản gần đây, chẳng hạn như "Fixed Point Theory and Applications" năm 2004 của nhà xuất bản Hindawi, "Journal of Fixed Point Theory and Applications" năm 2007 của nhà xuất bản Springer. Chính vì vậy, đề tài luận án của chúng tôi nghiên cứu là cần thiết và có ý

nghĩa về mặt lý thuyết và áp dụng.

Trong luận án này, chúng tôi áp dụng phương pháp điểm bất động kết hợp với lý luận về tính compact thông dụng để khảo sát sự tồn tại nghiệm và các vấn đề liên quan đến nghiệm cho ba bài toán thuộc lý thuyết phương trình tích phân, vi phân và đạo hàm riêng sau đây:

- Phương trình tích phân phi tuyến dạng Volterra; - Bài toán giá trị biên và giá trị đầu cho phương trình vi phân hàm cấp

hai có đối số chậm;

- Bài toán hỗn hợp cho phương trình sóng phi tuyến chứa toán tử Kirchhoff

trên màng tròn đơn vị.

Sau đây là phần giới thiệu tổng quát về ba bài toán nói trên.

4

1. Bài toán thứ nhất đề cập đến phương trình tích phân phi tuyến dạng

Volterra:

Z t x(t) = q(t) + f (t, x(t)) + V (t, s, x(s))ds

0 Z t

(0.0.1)

0

+ G(t, s, x(s))ds, t ∈ R+,

ở đây E là không gian Banach với chuẩn |.|, R+ = [0, ∞), q : R+ → E; f : R+ × E → E; G, V : ∆ × E → E được giả sử là các hàm liên tục và ∆ = {(t, s) ∈ R+ × R+, s ≤ t}.

Trường hợp E = Rd và hàm V (t, s, x) tuyến tính theo biến thứ ba, phương trình (0.0.1) đã được nghiên cứu bởi Avramescu và Vladimirescu [4]. Các tác giả đã áp dụng một định lý điểm bất động kiểu Krasnosel’skii trong [3, Định lý K” ’] để chứng minh sự tồn tại nghiệm ổn định tiệm cận của phương trình tích phân:

Z t x(t) = q(t) + f (t, x(t)) + V (t, s)x(s)ds

0 Z t

(0.0.2)

0

+ G(t, s, x(s))ds , t ∈ R+,

q : R+ → Rd; f : R+ × Rd → Rd; V : ∆ → Md(R), G : ∆ × Rd → Rd được giả sử là liên tục, ∆ = {(t, s) ∈ R+ × R+, s ≤ t} và Md(R) là tập hợp các ma trận thực cấp d × d.

Trường hợp (0.0.1) có f = 0 và V (t, s, x(s)) = V (s, x(s)), sự tồn tại nghiệm của phương trình đã được nghiên cứu bởi Hóa và Schmitt [21], cũng bằng cách sử dụng một định lý điểm bất động kiểu Krasnosel’skii.

Phương trình (0.0.1) có tính tổng quát hơn cho lớp phương trình tích phân phi tuyến dạng Volterra được xét trong [4, 21]. Để thu được sự tồn tại nghiệm và tồn tại nghiệm ổn định tiệm cận, chúng tôi đã chứng minh một định lý kiểu Krasnosel’skii làm công cụ kết hợp với việc sử dụng định lý Banach trong không gian Fréchet và giải các bất phương trình tích phân Volterra phi tuyến. Kết quả này chứa các kết quả tương ứng trong [4, 21] như các trường hợp riêng và đã được công bố trong [N4]. Một ví dụ minh hoạ về sự tồn tại nghiệm và tồn tại nghiệm ổn định tiệm cận của (0.0.1) trong không gian Banach E = C[0, 1], trong đó f 6= 0, V (t, s, x) không tuyến tính theo biến thứ ba, cho thấy kết quả đạt được mạnh hơn kết quả trước đó.

5

Ngoài ra, áp dụng định lý Krasnosel’skii - Perov về tính compact và liên thông của tập các điểm bất động, chúng tôi nghiên cứu tính compact và liên thông của tập nghiệm hay còn gọi là tính chất Hukuhara-Kneser. Kiểu cấu trúc này của tập nghiệm cũng được nghiên cứu trong [5, 11, 43, 58, 59] dựa trên định lý Aronszajn hoặc định lý về tính compact và liên thông của tập các điểm bất động được nêu bởi Deimling, [12, tr. 212]. Kết quả thu được ở đây chứa đựng một kết quả đã công bố trong [N3] như một trường hợp riêng, ứng với q = 0, f = 0, V (t, s, x(s)) = V (s, x(s)), và đã gửi công bố trong [N8].

Nhờ tính chất của tập liên thông trong không gian Banach ([25, tr.316]), tính liên thông của tập nghiệm của (0.0.1) có một ý nghĩa quan trọng. Đó là, nếu (0.0.1) có hai nghiệm phân biệt thì sẽ có một lực lượng continuum các nghiệm khác nhau. Về điều này, một ví dụ minh hoạ được trình bày, trong đó nêu ra được 3 nghiệm phân biệt.

Mặt khác, sự mở rộng của bài toán đang xét cũng được nghiên cứu. Chúng

tôi chứng tỏ sự tồn tại nghiệm của phương trình:

0

Z t x(t) = q(t) + f (t, x(t), x(π(t))) + V (t, s, x(s), x(σ(s)))ds

0

(0.0.3) Z t + G(t, s, x(s), x(χ(s)))ds , t ∈ R+

và với π(t) = t, hay nói cách khác f (t, x(t), x(π(t))) = f (t, x(t)) sự tồn tại nghiệm ổn định tiệm cận, đồng thời tính compact, liên thông của tập nghiệm của (0.0.3) cũng được chỉ ra. Kết quả này đã trình bày trong [N4, N8].

2. Bài toán thứ hai đề cập đến phương trình vi phân hàm cấp hai có chậm:

0 ≤ t ≤ 1, (0.0.4) u00 + f (t, ut, u0(t)) = 0,

ở đây f : [0, 1] × C × R → R là hàm liên tục, với một trong những điều kiện biên

(0.0.5) u0 = φ,

u(1) = u(η), u(1) = α[u0(η) − u0(0)], (0.0.6) u0 = φ,

hoặc với điều kiện đầu

(0.0.7) u0 = φ,

u0(0) = 0, trong đó φ ∈ C = C([−r, 0]; R), 0 < η < 1, α ∈ R.

Bài toán giá trị biên cho phương trình vi phân thường hoặc phương trình

6

vi phân hàm đã được nhiều tác giả nghiên cứu bằng các phương pháp khác nhau trong đó có sử dụng phương pháp điểm bất động, chúng tôi xin giới thiệu các tác giả của [19, 39, 45, 46, 57, 62] và các tài liệu tham khảo nêu ra ở đó.

Trong [45], Ntouyas chứng minh sự tồn tại nghiệm cho phương trình vi

phân hàm

0 ≤ t ≤ 1, [x0(t) − g(t, xt)] = f (t, xt, x0(t)), d dt

x0 = φ, x(1) = η,

ở đây f : [0, 1] × C × Rn → Rn, g : [0, 1] × C → Rn là các hàm liên tục, φ ∈ C, η ∈ Rn.

Trong [62], sự tồn tại nghiệm, sự duy nhất nghiệm và sự phụ thuộc liên tục của nghiệm vào một tham số thực α của bài toán sau đây đã được Bo Zhang thiết lập

0 ≤ t ≤ T, (cid:0)Λ(t)x0(t))0 = f (t, xt, x0(t)),

x0 = φ, Ax(T ) + Bx0(T ) = v,

trong đó Λ(t) là một ma trận thực cấp n × n phụ thuộc liên tục theo t trên [0, T ], A và B là các ma trận hằng cấp n × n, v ∈ Rn, φ ∈ C = C(cid:0)[−r, 0]; Rn(cid:1). Và gần đây, Ma [39] và Yong-Pin Sun [57] đã nghiên cứu bài toán giá trị

biên

u00 + f (t, u) = 0, 0 < t < 1,

ở đây f : [0, 1] × R → R là hàm liên tục, liên kết với một trong những điều kiện biên

u(0) = 0, u(1) = αu(η),

hoặc

u0(0) = 0, u(1) = αu0(η).

Các bài toán cho phương trình vi phân hàm cấp hai có chậm: (0.0.4)- (0.0.5), (0.0.4)- (0.0.6) là các bài toán ba điểm biên ở một dạng khác, có thể xem đó là một mở rộng của [39, 57] - f chứa thêm thành phần có chậm, trên cơ sở dạng bài toán có chậm được nêu trong [45, 62].

Ở các bài báo [45, 62], các tác giả đã nghiên cứu bài toán có chậm với vế trái tổng quát hơn và với điều kiện biên dạng khác. So với [45]- chỉ xét vấn

7

đề tồn tại nghiệm, và [62]- xét sự tồn tại duy nhất nghiệm và sự phụ thuộc liên tục của nghiệm cho bài toán hai điểm biên, thì vấn đề chúng tôi nghiên cứu ở đây có phần đa dạng hơn. Tiếp thu ý tưởng và kỹ thuật trong các bài báo nói trên, ngoài nghiên cứu về tồn tại nghiệm bằng cách áp dụng định lý Leray-Schauder, chúng tôi còn đề cập đến sự tồn tại duy nhất nghiệm - bằng cách áp dụng nguyên lý ánh xạ co và sự phụ thuộc liên tục của nghiệm cho bài toán ba điểm biên (0.0.4)- (0.0.5) và bài toán giá trị đầu (0.0.4)- (0.0.7). Sự tồn tại nghiệm của bài toán giá trị biên hỗn hợp (0.0.4)- (0.0.6) cũng được thiết lập. Ngoài ra, tiếp tục sử dụng định lý Krasnosel’skii - Perov, chúng tôi nghiên cứu tính chất Hukuhara-Kneser của tập hợp nghiệm của bài toán giá trị đầu. Toàn bộ các kết quả này đã được công bố trong [N2].

3. Bài toán thứ ba là bài toán hỗn hợp cho phương trình sóng phi tuyến

0, ||ur||2

r ur)



(cid:1)(urr + 1 0, ||ut||2 0 0 < r < 1, 0 < t < T, (0.0.8) √ (cid:12) < +∞, ur(1, t) + hu(1, t) = 0,

1 R

chứa toán tử Kirchhoff: utt − B(cid:0)t, ||u||2  = f (r, t, u, ur), (cid:12) rur(r, t)(cid:12) (cid:12) limr→0+  u(r, 0) = eu0(r), ut(r, 0) = eu1(r),

0 =

0

1 Z

1 Z

trong đó hằng số h > 0, kuk2 r |u(r, t)|2 dr,

0 =

0 =

0

0

kurk2 r |ur(r, t)|2 dr, kutk2 r |ut(r, t)|2 dr

và các hàm số B, f, eu0, eu1 là cho trước. Đây là một sự tiếp nối của các công trình nghiên cứu về phương trình sóng như [6, 14, 23, 32, 33, 35, 36, 37, 38, 40, 47]. Trong các công trình này, các tác giả đã sử dụng phương pháp xấp xỉ Galerkin kết hợp với phương pháp điểm bất động và lý luận về tính compact thông dụng để chứng minh sự tồn tại và duy nhất nghiệm của bài toán. Sự tồn tại nghiệm địa phương được chứng minh dựa vào định lý Schauder và nói chung chưa được trình bày tường minh. Bài toán (0.0.8) được xét gồm hai phần. Phần thứ nhất về tồn tại và duy nhất nghiệm được nghiên cứu bằng phương pháp tương tự trên nhưng ở bước xấp xỉ tuyến tính (hoặc không tuyến tính khi xét một trường hợp riêng) thì được thực hiện theo nguyên lý ánh xạ co, thu được nghiệm duy nhất trên

8

toàn đoạn [0, T ]. Trường hợp tổng quát, chúng tôi thu được một dãy lặp hội tụ mạnh (cấp một) về nghiệm của bài toán trong các không gian hàm Sobolev có trọng thích hợp. Để có được sự hội tụ và đánh giá sai số là cấp hai, chúng tôi đã xét một trường hợp riêng và xây dựng một dãy lặp phi tuyến. Phần thứ hai chỉ ra một khai triển tiệm cận theo một tham số nhiễu xuất hiện ở các số hạng phi tuyến thuộc vế phải và vế trái của phương trình sóng đến một cấp phụ thuộc vào cấp của tính trơn của dữ kiện. Kết quả nhận được tổng quát tương đối các kết quả trong [14, 33, 36, 37, 38] và được công bố trong [N5, N6], gửi công bố trong [N7].

Cấu trúc của luận án gồm phần mở đầu, 3 chương chính (1-3), kết luận, danh mục các công trình của tác giả luận án và tài liệu tham khảo. Kết quả chúng tôi thu được ở trên cho ba bài toán sẽ được trình bày lần lượt trong các chương 1, 2 và 3 với nội dung tóm tắt như sau:

Chương 1 trình bày một định lý điểm bất động kiểu Krasnosel’skii và định lý này được áp dụng để chứng minh sự tồn tại nghiệm và sự tồn tại nghiệm ổn định tiệm cận của phương trình tích phân dạng Volterra. Kết quả đạt được mạnh hơn những kết quả trước đó, điều này được minh họa bởi một ví dụ, đồng thời vẫn còn đúng trong trường hợp tổng quát. Mặt khác, tính chất Hukuhara-Kneser của phương trình tích phân nói trên cũng được đề cập và một ví dụ được nêu ra về phương trình có nhiều hơn hai nghiệm.

Trong chương 2, áp dụng định lý điểm bất động Leray-Schauder về sự loại trừ phi tuyến và nguyên lý ánh xạ co, chúng tôi chứng minh sự tồn tại, sự duy nhất nghiệm và sự phụ thuộc liên tục của nghiệm của bài toán ba điểm biên cho phương trình vi phân hàm cấp hai có đối số chậm. Cũng với phương pháp này, sự tồn tại nghiệm của bài toán giá trị biên với điều kiện biên hỗn hợp và bài toán giá trị đầu cho phương trình đang xét cũng được nghiên cứu. Đối với bài toán giá trị đầu, sự duy nhất nghiệm, sự phụ thuộc liên tục của nghiệm cũng được thiết lập và hơn nữa, với các điều kiện đã cho, tập nghiệm không chỉ khác rỗng, mà còn là tập compact và liên thông.

Chương 3 xét bài toán giá trị biên-ban đầu cho phương trình sóng phi tuyến chứa toán tử Kirchhoff. Trước hết, bài toán được liên kết với một dãy quy nạp tuyến tính mà sự tồn tại nghiệm địa phương được chứng minh bằng phương pháp Galerkin, nguyên lý ánh xạ co và lý luận về tính compact thông dụng trong các không gian Sobolev có trọng thích hợp. Từ đó, tính giải được và giải được duy nhất của bài toán được thiết lập. Tiếp theo, chúng tôi sẽ

9

đặt các điều kiện để thu được một thuật giải lặp cấp hai hội tụ. Sau hết là khai triển tiệm cận theo tham số bé ε đến cấp N + 1 cho nghiệm yếu của bài toán.

Toàn bộ các kết quả nêu ra trong luận án được công bố trong [N2-N6] và gửi công bố trong [N7, N8]. Ngoài ra, các nội dung và phương pháp nghiên cứu của luận án cũng được thể hiện, vận dụng cho các phương trình dạng khác và đã được công bố trong [N1, N9, N10].

Một phần kết quả của luận án và các kết quả liên quan đã được báo cáo

trong các hội nghị:

- Hội nghị khoa học khoa Toán-Tin học ĐHSP Tp. HCM, 22/12/2002. - The International Conference on Differential Equations and Applications,

HCM City 22-25/08/2004.

- Hội nghị toàn quốc lần thứ hai về Ứng dụng Toán học, Hà Nội 23-

25/12/2005.

Chương 1

ỨNG DỤNG ĐỊNH LÝ KIỂU KRASNOSEL’SKII VÀO PHƯƠNG TRÌNH TÍCH PHÂN

1.1 Giới thiệu.

Trong chương này, chúng tôi xét phương trình tích phân Volterra phi

tuyến:

Z t x(t) = q(t) + f (t, x(t)) + V (t, s, x(s))ds

0 Z t

(1.1.1)

0

+ G(t, s, x(s))ds, t ∈ R+,

ở đây E là không gian Banach với chuẩn |.|, R+ = [0, ∞), q : R+ → E; f : R+ × E → E; G, V : ∆ × E → E được giả sử là các hàm liên tục và ∆ = {(t, s) ∈ R+ × R+, s ≤ t}. Chương này gồm 6 mục. Trong mục 1.2, một định lý điểm bất động kiểu Krasnosel’skii được chứng minh. Áp dụng định lý này, các mục 1.3, 1.4 dành cho việc nghiên cứu sự tồn tại nghiệm và sự tồn tại nghiệm ổn định tiệm cận của (1.1.1). Cuối mục 1.4 chúng tôi trình bày một ví dụ minh hoạ các kết quả thu được khi các điều kiện đặt ra là đúng. Trong mục 1.5, với các giả thiết như ở mục 1.3, tập hợp tất cả các nghiệm của phương trình (1.1.1) được chứng tỏ là tập hợp compact, liên thông. Một ví dụ về phương trình (1.1.1) có nhiều hơn hai nghiệm cũng được nêu. Cuối cùng, trong mục 1.6, một sự mở rộng của bài toán đang xét cũng được nghiên cứu. Chúng tôi chứng tỏ sự tồn tại nghiệm của phương trình:

0

Z t x(t) = q(t) + f (t, x(t), x(π(t))) + V (t, s, x(s), x(σ(s)))ds

0

10

(1.1.2) Z t + G(t, s, x(s), x(χ(s)))ds , t ∈ R+

11

1.2 Định lý điểm bất động kiểu Krasnosel’skii.

và với π(t) = t, sự tồn tại nghiệm ổn định tiệm cận đồng thời tính compact, liên thông của tập nghiệm của (1.1.2) cũng được trình bày. Kết quả thu được là tổng quát hơn các kết quả tương ứng trong [4, 21]. Phần lớn nội dung của chương đã được công bố trong [N4], riêng kết quả về cấu trúc tập nghiệm thì được công bố trong [N3] như một trường hợp riêng và gửi công bố trong [N8].

∞ X

Các định lý điểm bất động kiểu Krasnosel’skii, như ([3, Định lý K” ’]) và ([21, Định lý 3]), là sự mở rộng của định lý Krasnosel’skii. Một trong những hướng mở rộng định lý Krasnosel’skii là thay thế không gian Banach bởi một không gian tổng quát hơn, chẳng hạn là không gian Fréchet. Đó là không gian vectơ tôpô lồi địa phương X với tôpô được sinh ra bởi một metric d bất biến qua một phép tịnh tiến và (X, d) là đầy đủ. Một cách thuận lợi để xây dựng không gian Fréchet là dựa trên khái niệm nửa chuẩn [3, 10, 12, 60]. Mỗi một không gian vectơ X với một họ nửa chuẩn |.|n đếm được có tính chất: ∀x ∈ X, x 6= 0, ∃n ∈ N∗, |x|n 6= 0, sẽ là một không gian metric đầy đủ với metric

n=1

d(x, y) = 2−n |x − y|n 1 + |x − y|n

và ta có (cid:0)X, |.|n) là không gian Fréchet. Trong không gian này, định lý Banach được phát biểu như sau: Định lý Banach trong không gian Fréchet: ([3, Định lý B])

Cho (X, |.|n) là một không gian Fréchet, M ⊂ X đóng và U : M → M là

ánh xạ co, nghĩa là:

∀n ∈ N∗, ∃kn ∈ [0, 1), ∀x, y ∈ M, |U x − U y|n ≤ kn|x − y|n.

Khi đó U có duy nhất một điểm bất động. Kết hợp hai định lý ([3, Định lý K” ’]) và ([21, Định lý 3]), chúng tôi thu được định lý sau:

Định lý 1.2.1. Giả sử (X, |.|n) là không gian Fréchet và U, C : X → X là hai toán tử thoả mãn các điều kiện sau:

12

(i) U là toán tử co, ứng với họ nửa chuẩn ||.||n tương đương với họ nửa

chuẩn |.|n.

(ii) C hoàn toàn liên tục nghĩa là C liên tục và biến các tập bị chặn thành

tập compact tương đối.

|Cx|n |x|n

(iii) = 0, ∀n ∈ N∗. lim |x|n→∞

Khi đó U + C có điểm bất động.

Chứng minh định lý 1.2.1. Trước hết ta chú ý rằng, từ điều kiện (i), toán tử (I − U )−1 được xác định và liên tục. Hai họ nửa chuẩn ||.||n, |.|n tương đương nên tồn tại các số thực K1n, K2n > 0 sao cho

K1n||x||n ≤ |x|n ≤ K2n||x||n, ∀n ∈ N∗.

Suy ra

(a) Tập hợp {|x|n, x ∈ A} bị chặn khi và chỉ khi {||x||n, x ∈ A} bị chặn,

với A ⊂ X, ∀n ∈ N∗;

(b) Với mọi dãy (xm) trong X, với mọi n ∈ N∗, vì

||xm − x||n = 0, lim m→∞ |xm − x|n = 0 ⇔ lim m→∞

nên (xm) hội tụ về x ứng với |.|n khi và chỉ khi (xm) hội tụ về x ứng với ||.||n.

Từ đó (ii) cũng được thoả mãn ứng với (X, ||.||n). Mặt khác, ta cũng có:

≤ ≤ , ≤ K1n ≤ K2n K1n K2n ||Cx||n ||x||n ||Cx||n |x|n ||Cx||n |x|n K2n K1n ||Cx||n ||x||n

|Cx|n |x|n ∀x ∈ X, ∀n ∈ N∗.

|Cx|n |x|n

||Cx||n ||x||n

|x|n→∞

= 0 tương đương với = 0. Suy ra lim lim ||x||n→∞

Bây giờ ta chứng minh U + C có điểm bất động. Với mỗi a ∈ X, ta định nghĩa toán tử Ua : X → X bởi Ua(x) = U (x) + a. Dễ thấy rằng Ua là toán tử co và do đó, với mỗi a ∈ X, Ua có duy nhất một điểm bất động, ký hiệu là φ(a), thế thì

Ua(φ(a)) = φ(a) ⇔ U (φ(a)) + a = φ(a) ⇔ φ(a) = (I − U )−1(a).

13

C(x)(u0), m ∈ N∗ ở đây

C(x)(y) = UC(x)(U m−1 U m

C(x) (y)) = U (U m−1

C(x) (y)) + C(x), ∀y ∈ X.

Gọi u0 là điểm bất động của U. Với mỗi x ∈ X, xét U m

C(x)(u0) − u0||n

C(x) (u0)) − U (u0)||n C(x) (u0)) − U (U m−1

C(x) (u0))||n + ||U (U m−1

C(x) (u0)) − U (u0)||n

Với mỗi n ∈ N∗ cố định, với mọi m ∈ N∗, ta có

C(x) (u0) − u0||n,

||U m = ||UC(x)(U m−1 ≤ ||UC(x)(U m−1 ≤ ||C(x)||n + kn||U m−1

từ đó bằng phương pháp quy nạp, dễ dàng chứng minh được với mọi m ∈ N∗,

n

C(x)(u0) − u0||n ≤ (1 + kn + ... + km−1

1−kn

||U m )||C(x)||n (1.2.1) ≤ α||C(x)||n,

trong đó α = 1 (X, ||.||n), nên với số 1

||x||n. ||x||n > fM ⇒ ||Cx||n < > 1. Như đã nói ở trên, (iii) được thoả mãn ứng với 4α > 0, tồn tại fM > 0, (ta chọn fM > ||u0||n) sao cho 1 4α

Chọn một hằng số dương r1n > fM + ||u0||n. Thế thì, với mọi x ∈ X, có hai trường hợp sau xảy ra. Trường hợp 1: ||x − u0||n > r1n. Vì ||x||n + ||u0||n ≥ ||x − u0||n > r1n > fM + ||u0||n ⇒ ||x||n > fM , nên

h i ||Cx||n < 1 4α (1.2.2) ||x||n ≤ h i = < ||x − u0||n. ||x − u0||n + ||x − u0||n 1 4α 1 4α ||x − u0||n + ||u0||n 1 2α

Trường hợp 2: ||x − u0||n ≤ r1n. Do điều kiện (ii) cũng đúng ứng với ||.||n, ta suy ra rằng có một hằng số dương β sao cho

(1.2.3) ||Cx||n ≤ β.

Ta tiếp tục chọn r2n > αβ. Đặt

n∈N∗

\ Dn = {x ∈ X : ||x − u0||n ≤ r2n}, D = Dn.

14

Khi đó u0 ∈ D và D là tập con lồi đóng và bị chặn của X. Với mỗi x ∈ D và với mỗi n ∈ N∗, ứng với hai trường hợp trên, ta thấy: Nếu ||x − u0||n ≤ r1n thì bởi (1.2.1), (1.2.3) ta có

C(x)(u0) − u0||n ≤ α||C(x)||n ≤ αβ < r2n.

||U m (1.2.4)

Nếu r1n < ||x − u0||n ≤ r2n thì bởi (1.2.1), (1.2.2) ta lại có

C(x)(u0) − u0||n ≤ α||C(x)||n

||U m

C(x)(u0) ∈ D với mọi x ∈ D.

(1.2.5) ≤ α r2n = r2n < r2n. 1 2α 1 2

1.3 Sự tồn tại nghiệm.

Ta thu được U m Hơn nữa, do UC(x) là toán tử co, dãy U m C(x)(u0) hội tụ về điểm bất động duy nhất φ(C(x)) của UC(x), khi m → ∞, ta suy ra được φ(C(x)) ∈ D, ∀x ∈ D. Như vậy, (I − U )−1C(D) ⊂ D. Áp dụng định lý Schauder, toán tử (I − U )−1C có điểm bất động trong D, đó cũng chính là điểm bất động của U + C trong D. Định lý 1.2.1 được chứng minh.

Giả sử X = C(cid:0)R+; E) là không gian gồm tất cả các hàm liên tục từ R+

vào E. Trên X xét họ nửa chuẩn

{|x(t)|}, n ≥ 1. |x|n = sup t∈[0,n]

∞ X

Khi đó (cid:0)X, |x|n) là không gian metric đầy đủ với metric

n=1

d(x, y) = 2−n |x − y|n 1 + |x − y|n

và (cid:0)X, |x|n) là không gian Fréchet. Xét trên X một họ nửa chuẩn khác là ||x||n được định nghĩa như sau:

||x||n = |x|γn + |x|hn, n ≥ 1,

15

ở đây

{|x(t)|}, {e−hn(t−γn)|x(t)|}, |x|γn = sup t∈[0,γn] |x|hn = sup t∈[γn,n]

γn ∈ (0, n) và hn > 0 là các số tuỳ ý. Hai họ nửa chuẩn |x|n, ||x||n là tương đương vì

e−hn(n−γn)|x|n ≤ ||x||n ≤ 2|x|n, ∀x ∈ X, ∀n ≥ 1.

Ta thiết lập các giả thiết sau:

(A1) Tồn tại một hằng số L ∈ [0, 1) sao cho

|f (t, x) − f (t, y)| ≤ L|x − y|, ∀x, y ∈ E, ∀t ∈ R+.

(A2) Tồn tại một hàm liên tục ω1 : ∆ → R+ thoả mãn

|V (t, s, x) − V (t, s, y)| ≤ ω1(t, s)|x − y|, ∀x, y ∈ E, ∀(t, s) ∈ ∆.

(A3) G là hoàn toàn liên tục sao cho G(t, ., .) : I × J → E liên tục đều theo t trên mỗi đoạn bị chặn tuỳ ý của [0, ∞), với bất kỳ các tập bị chặn I ⊂ [0, ∞) và J ⊂ E; nghĩa là: Trên mỗi đoạn bị chặn tuỳ ý của [0, ∞), với mọi ε > 0, tồn tại δ > 0, sao cho với mọi t1, t2 cùng thuộc đoạn bị chặn đó,

|t1 − t2| < δ ⇒ |G(t1, s, x) − G(t2, s, x)| < ε, ∀(s, x) ∈ I × J.

(A4) Tồn tại một hàm liên tục ω2 : ∆ → R+ sao cho

= 0, lim |x|→∞ |G(t, s, x)| − ω2(t, s) |x|

đều theo (t, s) trên mỗi tập con bị chặn tuỳ ý của ∆.

Định lý 1.3.1. Giả sử (A1) − (A4) đúng. Khi đó phương trình (1.1.1) có ít nhất một nghiệm trên [0, ∞).

Chứng minh định lý 1.3.1. Chứng minh gồm các bước 1 − 4. Bước 1. Trên X, xét phương trình

(1.3.1) x(t) = q(t) + f (t, x(t)), t ∈ R+.

Khi đó ta có bổ đề sau.

16

Bổ đề 1.3.2. Giả sử (A1) đúng. Khi đó phương trình (1.3.1) có một nghiệm duy nhất.

Chứng minh. Từ giả thiết (A1), toán tử Φ : X → X được định nghĩa bởi

Φx(t) = q(t) + f (t, x(t)), x ∈ X, t ∈ R+

là ánh xạ co với hệ số co là L trên không gian Fréchet (cid:0)X, |.|n). Áp dụng định lý Banach, Φ có duy nhất một điểm bất động ξ ∈ X. Bổ đề được chứng minh. Bằng phép đổi biến x = y + ξ, ta có thể viết phương trình (1.1.1) dưới dạng

(1.3.2) y(t) = Ay(t) + By(t) + Cy(t), t ∈ R+,

ở đây

Ay(t) = q(t) + f (t, y(t) + ξ(t)) − ξ(t),

0 Z t

Z t By(t) = V (t, s, y(s) + ξ(s))ds,

0

Cy(t) = G(t, s, y(s) + ξ(s))ds.

Bước 2. Đặt U = A + B. Từ các giả thiết (A1), (A2) ta suy ra rằng với mọi t ∈ R+, với mọi y, ey ∈ X,

Z t

0

|U y(t) − U ey(t)| ≤ L|y(t) − ey(t)| + ω1(t, s)|y(s) − ey(s)|ds.

Do đó, tương tự như chứng minh của [4, Bổ đề 3.1 (2)], ta sẽ chứng minh được U là toán tử kn−co, tương ứng với họ nửa chuẩn ||.||n. Thật vậy, ta cố định một số nguyên dương tuỳ ý n ∈ N∗. Với mọi t ∈ [0, γn] với γn ∈ (0, n) sẽ được chọn sau, ta có

Z t

0

|U y(t) − U ey(t)| ≤ L|y(t) − ey(t)| + ω1(t, s)|y(s) − ey(s)|ds

≤ (L + eω1nγn)|y − ey|γn,

ở đây

eω1n = sup {ω1(t, s) : (t, s) ∈ ∆n}, ∆n = {(t, s) ∈ [0, n] × [0, n], s ≤ t}.

17

Suy ra

(1.3.3) |U y − U ey|γn ≤ (L + eω1nγn)|y − ey|γn.

Với mọi t ∈ [γn, n], tương tự, ta cũng có

Z γn

0

|U y(t) − U ey(t)| ≤ L|y(t) − ey(t)| + eω1n |y(s) − ey(s)|ds (1.3.4) Z t

γn

+ eω1n |y(s) − ey(s)|ds.

Từ (1.3.4) và chú ý đến các bất đẳng thức

0 < e−hn(t−γn) < 1, ∀t ∈ [γn, n], hn > 0,

( hn > 0 cũng được chọn sau) ta thu được

|U y(t) − U ey(t)|e−hn(t−γn) ≤ L|y(t) − ey(t)|e−hn(t−γn) + eω1nγn|y − ey|γn Z t

γn

+ eω1n |y(s) − ey(s)|e−hn(t−γn) ds

≤ L|y − ey|hn + eω1nγn|y − ey|γn Z t

γn

+ eω1n |y(s) − ey(s)|e−hn(s−γn)ehn(s−t)ds

γn

≤ L|y − ey|hn + eω1nγn|y − ey|γn Z t ehn(s−t)ds

|y − ey|hn. + eω1n|y − ey|hn ≤ L|y − ey|hn + eω1nγn|y − ey|γn + eω1n hn

Suy ra

(1.3.5) )|y − ey|hn + eω1nγn|y − ey|γn. |U y − U ey|hn ≤ (cid:0)L + eω1n hn

Kết hợp (1.3.3)-(1.3.5), ta có

)|y − ey|hn ||U y − U ey||n ≤ (cid:0)L + 2γneω1n)|y − ey|γn + (cid:0)L + eω1n hn (1.3.6)

hn

≤ kn||y − ey||n,

, 0 < γn < min{ }. Chọn , n}; hn > eω1n 1 − L trong đó kn = max{L + 2γneω1n, L + eω1n 1 − L 2eω1n

18

ym = y0.

si = s0 và thì kn < 1. Khi đó (1.3.6) dẫn đến U là toán tử kn−co tương ứng với họ nửa chuẩn ||.||n. Bước 3. Chứng minh C : X → X là hoàn toàn liên tục. Trước hết, ta chứng tỏ C liên tục. Với mỗi y0 ∈ X, giả sử (ym)m là dãy trong X sao cho lim m→∞ Cố định n ∈ N∗. Đặt K = {(ym + ξ)(s) : s ∈ [0, n], m ∈ N}. Khi đó K là compact trong E. Thật vậy, lấy (cid:0)(ymi + ξ)(si))i là một dãy tuỳ ý trong K. Không mất tính tổng quát, có thể giả sử rằng lim i→∞

ymi + ξ = y0 + ξ. lim i→∞

Ta có

|(ymi + ξ)(si) − (y0 + ξ)(s0)| ≤ |(ymi + ξ)(si) − (y0 + ξ)(si)| + |(y0 + ξ)(si) − (y0 + ξ)(s0)| ≤ |ymi − y0|n + |(y0 + ξ)(si) − (y0 + ξ)(s0)|,

điều này chứng tỏ lim i→∞

(ymi + ξ)(si) = (y0 + ξ)(s0) trong E. Nghĩa là K là compact trong E. Với bất kỳ (cid:15) > 0, vì G liên tục trên tập compact [0, n] × [0, n] × K, nên tồn tại số δ > 0 sao cho với mọi u, v ∈ K, |u − v| < δ,

|G(t, s, u) − G(t, s, v) < , ∀s, t ∈ [0, n]. (cid:15) n

ym = y0, nên có số nguyên dương m0 sao cho với mọi m > m0, Mặt khác lim m→∞

|(ym + ξ)(s) − (y0 + ξ)(s)| = |ym(s) − y0(s)| < δ, ∀s ∈ [0, n].

Suy ra rằng với mọi t ∈ [0, n], với mọi m > m0, Z t

0

|Cym(t) − Cy0(t)| ≤ |G(t, s, (ym + ξ)(s)) − G(t, s, (y0 + ξ)(s)|ds < (cid:15),

nên |Cym − Cy0|n < (cid:15), với mọi m > m0, và như thế tính liên tục của C được chứng minh. Tiếp theo, ta sẽ chứng minh rằng C ánh xạ mỗi tập bị chặn thành tập compact tương đối. Để kiểm tra một tập con của X là compact tương đối, chúng tôi xin nhắc lại điều kiện sau.

Bổ đề 1.3.3. ([22, Mệnh đề 1])

Giả sử X = C(cid:0)R+; E) là không gian Fréchet được định nghĩa như trên

19

{|u(t)|} và An = {x|[0,n] : x ∈ A}. và A là tập con của X. Với mỗi n ∈ N∗, giả sử Xn = C([0, n]; E) là không gian Banach gồm tất cả các hàm liên tục u : [0, n] → E, với chuẩn ||u|| = sup t∈[0,n]

Tập hợp A trong X là compact tương đối nếu và chỉ nếu với mọi n ∈ N∗, An đẳng liên tục trong Xn và với bất kỳ s ∈ [0, n], tập hợp An(s) = {x(s) : x ∈ An} compact tương đối trong E.

Đây là mệnh đề được phát biểu trong [22] nhưng không được chứng minh chi tiết. Chứng minh bổ đề 1.3.3 như sau, trong đó có sử dụng định lý Ascoli- Arzela ([26]):

Cho E là không gian Banach với chuẩn |.| và eS là tập con compact của một không gian metric . Giả sử CE( eS) là không gian Banach gồm tất cả các ánh xạ liên tục từ eS vào E với chuẩn ||x|| = sup{|x(s)|, s ∈ eS}.

Tập hợp A trong CE( eS) là tập compact tương đối khi và chỉ khi A đẳng liên tục và với mọi s ∈ eS, tập hợp A(s) = {x(s) : x ∈ A} compact tương đối trong E. Chứng minh. Giả sử rằng với mỗi n ∈ N∗, An đẳng liên tục trong Xn và với mọi s ∈ [0, n], tập hợp An(s) = {x(s) : x ∈ An} compact tương đối trong E. Lấy (xk)k là một dãy tuỳ ý trong A. Ta sẽ chứng minh rằng tồn tại một dãy con hội tụ của (xk)k. Trong không gian Banach Xn = C([0, n]; E), do An đẳng liên tục và với mọi s ∈ [0, n], An(s) = {x(s) : x ∈ An} là compact tương đối trong E nên áp dụng định lý Ascoli-Arzela ([26]) ta có An là tập compact tương đối trong Xn. Với n = 1, vì A1 là tập compact tương đối trong không gian Banach X1 = C([0, 1]; E) nên tồn tại một dãy con của (xk)k, được ký hiệu là (x(1) k )k sao cho

k |[0,1])k → x1 trong X1, khi k → ∞.

k )k, ký hiệu là (x(2)

(x(1)

Với n = 2, cũng vì A2 là tập compact tương đối trong không gian Banach X2 = C([0, 2]; E) nên tồn tại một dãy con của (x(1) k )k sao cho

k |[0,2])k → x2 trong X2, khi k → ∞.

(x(2)

Bởi tính duy nhất của giới hạn, ta dễ thấy rằng x2|[0,1] = x1.

20

k )k của (xk)k, sao cho k |[0,1])k → x1 trong X1, khi k → ∞, k |[0,2])k → x2 trong X2, khi k → ∞,

Như thế ta đã có dãy con (x(2)

(x(2) (x(2) x2|[0,1] = x1.

k (x(n+1) |[0,m])k → xm trong Xm, khi k → ∞, ∀m = 1, ..., n, k (x(n+1) |[0,n+1])k → xn+1 trong Xn+1, khi k → ∞, k xn+1|[0,m] = xm, ∀m = 1, ..., n.

k . Khi đó (yk)k là một dãy con của (xk)k và (yk)k hội tụ về x

Suy ra, với mọi n ∈ N∗, bằng phương pháp quy nạp, ta có thể thiết lập được một dãy con (x(n+1) )k của (xk)k sao cho

Đặt yk = x(k) trong X, ở đây x được định nghĩa bởi

x(t) = xn(t), nếu t ∈ [0, n], ∀n ∈ N∗.

Chiều ngược lại là hiển nhiên và do đó bổ đề 1.3.3 được chứng minh xong. Bây giờ, ta tiếp tục chứng minh bước 3. Giả sử Ω là một tập con bị chặn của X. Ta phải chứng tỏ rằng với mỗi n ∈ N∗, (a) Tập hợp (CΩ)n đẳng liên tục trong Xn. Đặt S = {(y + ξ)(s) : y ∈ Ω, s ∈ [0, n]}. Thì S bị chặn trong E. Vì G hoàn toàn liên tục, tập hợp G([0, n]2 × S) compact tương đối trong E và do đó G([0, n]2 × S) bị chặn. Nên có số Mn > 0 sao cho

(1.3.7) |G(t, s, (y + ξ)(s))| ≤ Mn, ∀t, s ∈ [0, n], ∀y ∈ Ω.

Với bất kỳ y ∈ Ω, với mọi t1, t2 ∈ [0, n],

Z t1 Z t2

0

|Cy(t1) − Cy(t2)| = G(t1, s, (y + ξ)(s))ds − G(t2, s, (y + ξ)(s))ds (cid:12) (cid:12) (cid:12)

0 Z t2

(cid:12) (cid:12) (cid:12) 0 Z t1 ≤ |G(t1, s, (y + ξ)(s)) − G(t2, s, (y + ξ)(s))|ds

t1

+ |G(t2, s, (y + ξ)(s))|ds.

(1.3.8)

Bởi giả thiết (A3) và (1.3.7), đánh giá (1.3.8) chứng tỏ rằng (CΩ)n đẳng liên tục trong Xn.

21

(b) Với mọi t ∈ [0, n], tập hợp (CΩ)n(t) = {Cy|[0,n](t) : y ∈ Ω} compact tương đối trong E. Theo trên, tập hợp G([0, n]2 × S) compact tương đối trong E, suy ra rằng G([0, n]2 × S) là compact trong E, nên conv G([0, n]2 × S) cũng là tập com- pact trong E, ở đây conv G([0, n]2 × S) là bao lồi đóng của G([0, n]2 × S). Với mọi t ∈ [0, n], với mọi y ∈ Ω, ta suy ra từ

G(t, s, (y + ξ)(s)) ∈ G([0, n]2 × S), ∀s ∈ [0, n],

0

và Z t Cy(t) = G(t, s, (y + ξ)(s))ds

rằng

(1.3.9) (CΩ)n(t) ⊂ t conv G([0, n]2 × S).

Thế thì (CΩ)n(t) là tập compact tương đối trong E. Áp dụng bổ đề 1.3.3, C(Ω) compact tương đối trong X. Vậy, C hoàn toàn liên tục. Bước 3 được chứng minh. Bước 4. Chứng minh rằng ∀n ∈ N∗,

= 0. lim |y|n→∞ |Cy|n |y|n

Với mọi (cid:15) > 0 cho trước, từ giả thiết (A4), tồn tại số η > 0 sao cho với mọi u mà |u| > η

|u|, ∀t, s ∈ [0, n], (1.3.10) |G(t, s, u)| < eω2n +

(cid:15) 4n ở đây eω2n = sup {ω2(t, s) : t, s ∈ [0, n]}. Mặt khác, G hoàn toàn liên tục nên tồn tại ρ > 0 sao cho với mọi u mà |u| ≤ η

|G(t, s, u)| ≤ ρ, ∀t, s ∈ [0, n]. (1.3.11)

Kết hợp (1.3.10), (1.3.11), với mọi t, s ∈ [0, n], với mọi u ∈ E, ta nhận được

|u|. (1.3.12) |G(t, s, u)| ≤ ρ + eω2n + (cid:15) 4n

Từ đó, với mọi t ∈ [0, n],

0

Z t |Cy(t)| ≤ |G(t, s, (y + ξ)(s))|ds

(1.3.13)

|y|n. |ξ|n + ≤ n(cid:2)ρ + eω2n + ≤ nρ + neω2n + (cid:15) 4n (cid:15) 4 (|y|n + |ξ|n)] (cid:15) 4

22

(cid:15) , 4neω2n

(cid:15)

, |ξ|n} thì với |y|n > µn, ta có

< (cid:15), hay nói cách khác Suy ra rằng, nếu ta chọn µn > max{ 4nρ |Cy|n |y|n

= 0. (1.3.14) lim |y|n→∞ |Cy|n |y|n

1.4 Nghiệm ổn định tiệm cận.

Áp dụng định lý 1.2.1, toán tử U + C có một điểm bất động y trong X. Suy ra phương trình (1.1.1) có ít nhất một nghiệm x = y + ξ trên [0, ∞). Định lý 1.3.1 được chứng minh hoàn toàn.

Nghiệm ổn định tiệm cận của (1.1.1) được định nghĩa như sau.

Định nghĩa: Một hàm eξ được gọi là một nghiệm ổn định tiệm cận của (1.1.1) nếu với bất kỳ nghiệm x của (1.1.1),

|x(t) − eξ(t)| = 0. lim t→∞

Chú ý 1.1. (i) Trong định nghĩa trên, nghiệm ổn định tiệm cận của (1.1.1) không nhất thiết là nghiệm của (1.1.1). (ii) Nếu có một hàm eξ là nghiệm ổn định tiệm cận của (1.1.1) thì mọi nghiệm x của (1.1.1) đều là nghiệm ổn định tiệm cận của (1.1.1). Thật vậy xem x, ex là hai nghiệm tuỳ ý của (1.1.1), khi đó với mọi t ∈ R+,

|x(t) − ex(t)| ≤ |x(t) − eξ(t)| + |ex(t) − eξ(t)|,

suy ra

|x(t) − ex(t)| = 0. lim t→∞

Trong mục này, chúng tôi giả sử (A1) − (A4) đúng và giả sử thêm các điều kiện

(A5) V (t, s, 0) = 0, với mọi (t, s) ∈ ∆.

(A6) Tồn tại hai hàm số liên tục ω3, ω4 : ∆ → R+ sao cho

|G(t, s, x)| ≤ ω3(t, s) + ω4(t, s)|x|, ∀(t, s) ∈ ∆.

23

Khi đó, áp dụng định lý 1.3.1, phương trình (1.1.1) có nghiệm trên [0, ∞). Mặt khác, nếu x là một nghiệm của (1.1.1) thì, như trong bước 1 của chứng minh định lý 1.3.1, y = x − ξ thoả mãn phương trình (1.3.2). Suy ra rằng với mọi t ∈ R+,

|y(t)| ≤ |Ay(t)| + |By(t)| + |Cy(t)|, (1.4.1)

ở đây

Ay(t) = q(t) + f (t, y(t) + ξ(t)) − ξ(t), A0 = 0,

0 Z t

Z t By(t) = V (t, s, y(s) + ξ(s))ds, V (t, s, 0) = 0,

0

Cy(t) = G(t, s, y(s) + ξ(s))ds.

Từ đó, với mọi t ∈ R+,

0

Z t |y(t)| ≤ L|y(t)| + ω1(t, s)|y(s) + ξ(s)|ds

0

(1.4.2) Z t + (cid:2)ω3(t, s) + ω4(t, s)|y(s) + ξ(s)|]ds.

0

Ta thu được Z t |y(t)| ≤ ω(t, s)|y(s)|ds + a(t), (1.4.3) 1 1 − L

trong đó

0

0

ω(t, s) = ω1(t, s) + ω4(t, s), Z t Z t ω(t, s)|ξ(s)|ds + a(t) = ω3(t, s) ds. 1 1 − L 1 1 − L

Sử dụng bất đẳng thức (a + b)2 ≤ 2(a2 + b2), ∀a, b ∈ R, ta có

0

Z t v(t) ≤ b(t) v(s)ds + 2a2(t), (1.4.4)

(1−L)2

R t 0 ω2(t, s)ds. Từ (1.4.4), sau các tính toán, ta

với v(t) = |y(t)|2, b(t) = 2 có

R t 0 b(s)ds

0 b(u)dua2(s) ds, ∀t ∈ R+.

0

Z t 2e− R s |y(t)|2 = v(t) ≤ 2a2(t) + b(t)e

(1.4.5)

24

Như vậy, nếu vế phải của (1.4.5) tiến đến 0 khi t → +∞ thì ξ là nghiệm ổn định tiệm cận của (1.1.1). Từ đó ta thu được kết quả sau về sự tồn tại nghiệm ổn định tiệm cận:

Định lý 1.4.1. Giả sử (A1) − (A6) đúng. Nếu

R t 0 b(s)ds

0 b(u)dua2(s) ds = 0,

0

Z t 2a2(t) + b(t)e 2e− R s (1.4.6) lim t→∞

ở đây

0

0

Z t Z t a(t) = ω3(t, s)ds, 1 1 − L

0

(cid:2)ω1(t, s) + ω4(t, s)(cid:3)|ξ(s)|ds + Z t b(t) = (cid:2)ω1(t, s) + ω4(t, s)(cid:3)2 ds, 1 1 − L 2 (1 − L)2

thì hàm ξ xác định như trên là nghiệm ổn định tiệm cận của (1.1.1). Hơn nữa mỗi nghiệm của (1.1.1) cũng là một nghiệm ổn định tiệm cận.

Chứng minh định lý 1.4.1. Được suy ra từ chú ý 1.1 ở trên.

Chú ý 1.2. Điều kiện (1.4.6) nêu trên là hợp lý. Chẳng hạn với các giả thiết sau thì điều kiện (1.4.6) đúng:

0

0

|f (s, 0)|2ds < +∞; |q(s)|2ds < +∞, R +∞ (H1) R +∞

0 ω3(t, s)ds = 0, R +∞ R t

0

0 ω3(s, u)du

i2 h R s ds < +∞; (H2) lim t→∞

(H3) Tồn tại các hàm số gi, hi : R+ → R+, i = 1, 4 sao cho với i = 1, 4

(i) ωi(t, s) = gi(t)hi(s), ∀(t, s) ∈ ∆,

gi(t) = 0,

i (s)ds < +∞, R +∞ g2

0

0

(ii) lim t→∞ (iii) R +∞ h2 i (s)ds < +∞.

Thật vậy, Vì ξ là điểm bất động (duy nhất) của Φ, với mọi t ∈ R+, ta có

|ξ(t)| ≤ |q(t)| + |f (t, ξ(t))| ≤ |q(t)| + |f (t, 0)| + |f (t, ξ(t)) − f (t, 0)|

≤ |q(t)| + |f (t, 0)| + L|ξ(t)|.

25

Suy ra (cid:17) (cid:16) |ξ(t)| ≤ |q(t)| + |f (t, 0)| , 1 1 − L

nên (cid:16) |ξ(t)|2 ≤ |q(t)|2 + |f (t, 0)|2(cid:17) ,

0

2 (1 − L)2 |ξ(s)|2ds < +∞, bởi giả thiết (H1).

và do đó R +∞ Thế thì, từ (H3) ta nhận được

0

0

0

Z +∞ Z +∞ (cid:16) Z +∞ (cid:17)2 |ξ(s)|2ds < +∞, i = 1, 4; ≤ hi(s)|ξ(s)|ds

h2 i (s)ds Z t Z t

0

0

gi(t) hi(s)|ξ(s)|ds = 0, i = 1, 4; ωi(t, s)|ξ(s)| ds = lim t→∞ lim t→∞

0

0

Z t Kết hợp với giả thiết (H2), ta có (cid:16) Z t (cid:17) → 0, a(t) = ω1(t, s)|ξ(s)|ds + (cid:2)ω3(t, s) + ω4(t, s)|ξ(s)|]ds 1 1 − L (1.4.7)

khi t → ∞. Bởi (H3), ta cũng có

0

0

1(t, s) + ω2 ω2 Z t

Z t Z t h ds ω2(t, s)ds ≤ 2 i 2(t, s)

1(t)

1(s)ds + 2g2 h2

4(t)

0

0

Z t = 2g2 h2 4(s)ds → 0, khi t → ∞,

(1.4.8)

0

dẫn đến Z t b(t) = ω2(t, s)ds → 0, khi t → ∞. (1.4.9) 2 (1 − L)2

Hơn nữa, từ (1.4.8), (H3)(iii) ta suy ra rằng

0

Z +∞ b(s)ds < +∞. (1.4.10)

Mặt khác, bởi

1(t)

0

0 Z t

0 Z t

Z t Z t h Z t i2 a2(t) ≤ |ξ(s)|2ds + ω3(t, s)ds h2 1(s)ds 3 (1 − L)2

4(t)

0

0

|ξ(s)|2ds, + h2 4(s)ds 3 (1 − L)2 g2 3 (1 − L)2 g2

26

và các giả thiết (H2), (H3)(iii), ta có

0

Z +∞ a2(s)ds < +∞. (1.4.11)

Vậy, từ (1.4.7), (1.4.9)-(1.4.11) ta có kết luận

R t 0 b(s)ds

0 b(u)dua2(s) ds = 0.

Z t 2a2(t) + b(t)e 2e− R s lim t→∞

0

gi(t) = 0, được suy ra từ giả thiết H3(iii)1 : R +∞ g2 i (s)ds < +∞.

0 Chú ý 1.3. Nếu gi : R+ → R+, i = 1, 4 liên tục đều thì giả thiết H3(ii) : lim t→∞ Chú ý 1.4. Sau đây là ví dụ minh hoạ sự tồn tại nghiệm và sự tồn tại nghiệm ổn định tiệm cận cho phương trình có dạng tổng quát hơn so với dạng phương trình trong [4, 21]. Ví dụ. Giả sử E = C([0, 1]; R) với chuẩn thông thường |u|E = sup ζ∈[0,1]

{|u(ζ)|}.

Xét phương trình (1.1.1) với các hàm được cho cụ thể như sau: q : R+ → E, t 7−→ q(t); f : R+ × E → E, (t, x) 7−→ f (t, x); V : ∆ × E → E, (t, s, x) 7−→ V (t, s, x);

G : ∆ × E → E, (t, s, x) 7−→ G(t, s, x),

sao cho với mỗi x ∈ X = C(cid:0)R+; E(cid:1), với mọi t, s ≥ 0 (s ≤ t), ∀ζ ∈ [0, 1],

q(t)(ζ) ≡ q(t, ζ) = e−2t;

f (t, x)(ζ) = (et + ζ)x(ζ)(cid:3);

V (t, s, x)(ζ) = e−2s(es + ζ)|x(ζ)|;

π là một hằng số dương.

√ e−2s G(t, s, x)(ζ) = esp|x|E, 1 − k et + ζ e−2t sin (cid:2)π k et + ζ 2 1 et + ζ 1 et + ζ

ở đây k < 2 Trước hết ta có chú ý rằng, với bất kỳ x, y ∈ X = C(cid:0)R+; E(cid:1), với mọi t, s ≥ 0 (s ≤ t), ∀ζ ∈ [0, 1],

|f (t, x)(ζ) − f (t, y)(ζ)| e−2t(cid:12) (cid:12) (cid:12) sin (cid:2)π (et + ζ)y(ζ)(cid:3)(cid:12) (cid:12) (cid:12) (et + ζ)x(ζ)(cid:3) − sin (cid:2)π 2 2

|x(ζ) − y(ζ)| ≤ k |x − y|E; k ≤ et + ζ ≤ ke−2t π 2 π 2

27

và

√ |G(t, s, x)(ζ)| = e−2s

esp|x|E √ √ es + e−2s ≤ e−2s es |x|E, 1 et + ζ 1 2(et + ζ) 1 2(et + ζ)

theo bất đẳng thức Cauchy. Kết hợp những điều này, ta có q, f, V, G thoả (A1) − (A6), trong đó

ω1(t, s) = e−te−2s(es + 1), ω2(t, s) = 0,

√ e−te−2s es. ω3(t, s) = ω4(t, s) = 1 2

Hơn nữa, (H1) − (H3) đúng. Áp dụng các định lý 1.3.1, 1.4.1, phương trình (1.1.1) tồn tại nghiệm và tồn tại nghiệm ổn định tiệm cận. Hơn nữa, mọi nghiệm đều là nghiệm ổn định tiệm cận. Để trình bày một cách chi tiết hơn, chúng tôi sẽ chỉ ra một nghiệm x(t) của (1.1.1) và xét tính ổn định tiệm cận của nghiệm này. Xét x ∈ X = C(cid:0)R+; E(cid:1) sao cho với mọi t ∈ R+,

, ∀ζ ∈ [0, 1]. x(t)(ζ) ≡ x(t, ζ) = 1 et + ζ

Ta có thể kiểm tra mà không khó khăn rằng hàm x được định nghĩa như trên là một nghiệm của (1.1.1). Ngoài ra,

{| |} = e−t. 1 et + ζ |x(t)|E = sup ζ∈[0,1]

Mặt khác, bởi

|f (t, x(t))(ζ) − f (t, y(t))(ζ)| ≤ k |x(t) − y(t)|E, π 2

với mọi x, y ∈ X, với mọi t ∈ R+, ∀ζ ∈ [0, 1], ta nhận được

{|f (t, x(t)) − f (t, y(t))|E} ≤ k {|x(t) − y(t)|E}, π 2 sup t∈[0,n] sup t∈[0,n]

với mọi n ∈ N∗. Như vậy, phương trình

x(t) = q(t) + f (t, x(t)), t ≥ 0

28

có duy nhất một nghiệm ξ(t) ∈ X. Đây là một nghiệm ổn định tiệm cận của (1.1.1). Rõ ràng, ∀ζ ∈ [0, 1],

|ξ(t, ζ)| ≤ |q(t, ζ)| + |f (t, ξ(t))(ζ)| e−2t(cid:12) (cid:12) e−2t + ≤ (cid:12) sin (cid:2)π (et + ζ)ξ(t, ζ)(cid:3)(cid:12) (cid:12) (cid:12) 1 − k et + ζ k et + ζ 2

≤ (1 − k)e−3t + ke−3t = e−3t,

nên |x(t) − ξ(t)|E ≤ e−t + e−3t, dẫn đến:

1.5 Tính compact, liên thông của tập hợp nghiệm.

|x(t) − ξ(t)|E = 0. lim t→∞

Đây là tính chất của tập nghiệm đã xét trong [N3] cho phương trình tích phân xem như là một trường hợp riêng của (1.1.1), trong đó lý thuyết bậc tôpô của trường vectơ compact được vận dụng. Với phương pháp tương tự, mục này đề cập đến tính compact, liên thông của tập nghiệm của phương trình (1.1.1). Kết quả thu được đã gửi công bố trong [N8]. Ở đây, chúng tôi sẽ áp dụng định lý Krasnosel’skii - Perov và các bổ đề sau:

Định lý Krasnosel’skii - Perov:([25, tr.312]) Cho (E, |.|) là không gian Banach thực, D là tập con mở và bị chặn của E với biên ∂D và bao đóng D. Giả sử T : D → E là toán tử hoàn toàn liên tục thoả các điều kiện: (i) T không có điểm bất động trên ∂D và deg(I − T, D, 0) 6= 0. (ii) Với mọi ε > 0, tồn tại một toán tử hoàn toàn liên tục Tε sao cho với mọi x ∈ D, |Tε(x) − T (x)| < ε và sao cho với mỗi h mà |h| < ε, phương trình x = Tε(x) + h có nhiều nhất một nghiệm trên D. Khi đó tập các điểm bất động của T khác rỗng, compact và liên thông.

Bổ đề 1.5.1. ([61, tr. 49]) Giả sử M là tập con đóng khác rỗng của không gian metric X, Y là một không gian định chuẩn và f : M → Y là toán tử liên tục. Khi đó tồn tại một toán tử liên tục g : X → Y sao cho

(i) g(X) ⊂ cof (M ), ở đây cof (M ) là bao lồi của f (M );

(ii) g(x) = f (x), ∀x ∈ M.

29

Bổ đề 1.5.2. ([12, tr. 53]) Giả sử E, F là các không gian Banach, D là một tập con mở của E và f : D → F liên tục. Khi đó với mỗi ε > 0, tồn tại một ánh xạ Lipschitz địa phương fε : D → F sao cho

|f (x) − fε(x)| < ε, ∀x ∈ D

và fε(D) là tập con của bao lồi đóng của f (D).

Ta có kết quả sau.

Định lý 1.5.3. Giả sử (A1) − (A4) đúng. Khi đó tập hợp nghiệm của phương trình (1.1.1) trên [0, ∞) khác rỗng, compact và liên thông.

Chứng minh định lý 1.5.3. Ta có (A1) − (A4) đúng, nên theo định lý 1.3.1, phương trình (1.1.1) có nghiệm trên [0, ∞). Vì vậy tập hợp nghiệm của phương trình (1.1.1) trên [0, ∞) khác rỗng. Ta biết rằng, nếu x là một nghiệm của (1.1.1) thì theo bước 1 của chứng minh định lý 1.3.1, y = x − ξ thoả mãn phương trình (1.3.2), tức là:

(1.5.1) y(t) = U y(t) + Cy(t), t ∈ R+,

trong đó

0

Z t U y(t) = q(t) + f (t, y(t) + ξ(t)) − ξ(t) + V (t, s, y(s) + ξ(s))ds,

0

Z t Cy(t) = G(t, s, y(s) + ξ(s))ds.

Vì vậy, định lý 1.5.3 sẽ hoàn thành nếu ta chứng minh được tập hợp nghiệm của phương trình (1.5.1) compact và liên thông. Chứng minh gồm 2 bước. Bước 1. Tập hợp nghiệm của phương trình (1.5.1) trên mỗi đoạn [0, n] compact liên thông. Chứng minh. Với mỗi n ∈ N∗ được cố định, sử dụng các kết quả nhận được trong mục 1.3, ta có U là toán tử kn−co, C là toán tử hoàn toàn liên tục trên Xn = C([0, n]; E), đây là không gian Banach gồm tất cả các hàm liên tục từ [0, n] vào E với chuẩn ||.||n, tương đương với chuẩn |.|n thông thường như đã xét trong mục 1.3. Bằng các lập luận tương tự như trong chứng minh định lý 1.2.1, nhưng với một thay đổi nhỏ trong cách chọn tập Dn như sau

2n},

Dn = {x ∈ X : ||x − u0||n < r0

30

2n sao cho 2r2n > r0

ứng với việc chọn r0 2n > r2n, ta sẽ được Dn là tập con lồi, mở và bị chặn của Xn với biên ∂Dn và bao đóng Dn sao cho (I−U )−1C(Dn) ⊂ Dn. Sau đó, áp dụng định lý Schauder, (I − U )−1C có điểm bất động trong Dn (nhưng hiển nhiên là không thuộc ∂Dn). Đặt T = (I − U )−1C. Mỗi điểm bất động của T cũng là điểm bất động của U + C và cũng chính là nghiệm của (1.5.1) trên [0, n]. Vì thế, chứng minh của bước này sẽ hoàn thành nếu ta chứng minh được tập tất cả các điểm bất động của T là compact và liên thông. Sau đây, ta sẽ xét toán tử T : Dn → Xn. Rõ ràng T là toán tử hoàn toàn liên tục và không có điểm bất động trên ∂Dn. Mặt khác, bởi T (Dn) ⊂ Dn và Dn lồi, ta có

(1.5.2) deg(I − T, Dn, 0) = 1.

Để chứng minh tiếp tục, ta chú ý rằng (I − U )−1 liên tục đều trên Xn. Thật vậy, giả sử

z1 = (I − U )−1(y1), z2 = (I − U )−1(y2).

Khi đó

||z1 − z2||n ≤ ||y1 − y2||n + ||U z1 − U z2||n ≤ ||y1 − y2||n + kn||z1 − z2||n,

hay

||y1 − y2||n. ||z1 − z2||n ≤ 1 1 − kn

(1.5.3) Suy ra, ∀ε > 0, tồn tại δ = (1 − kn)ε sao cho với mọi y1, y2 ∈ Xn, ||y1 − y2||n < δ =⇒ ||(I − U )−1(y1) − (I − U )−1(y2)||n < ε.

Đặt

K ∗ = {(y + ξ)(s) : s ∈ [0, n], y ∈ Dn},

thì K ∗ bị chặn trong E. Nên bao đóng K ∗ của K ∗ cũng bị chặn trong E. Theo bổ đề 1.5.1, có ánh xạ liên tục G∗ là mở rộng của ánh xạ G|[0,n]2×K ∗ ra [0, n]2 × E, ở đây G|A là ký hiệu ánh xạ thu hẹp của G trên A, sao cho

G∗ (cid:0)[0, n]2 × E(cid:1) ⊂ coG (cid:0)[0, n]2 × K ∗(cid:1) .

Áp dụng bổ đề 1.5.2, với ε > 0 được xét ở trên, có ánh xạ Lipschitz địa phương Gε trên [0, n]2 × E sao cho với mọi s, t ∈ [0, n], với mọi x ∈ E

(1.5.4) |Gε(t, s, x) − G∗(t, s, x)| < δ/4n,

31

và

Gε

t Z

(cid:0)[0, n]2 × E(cid:1) ⊂ coG∗ ([0, n]2 × E) ⊂ coG([0, n]2 × K ∗). Vì G hoàn toàn liên tục nên G (cid:0)[0, n]2 × K ∗(cid:1) là tập compact tương đối. Suy (cid:0)[0, n]2 × E(cid:1) compact tương đối. Do đó Gε hoàn toàn liên tục. ra Gε Định nghĩa toán tử Cε : Xn → Xn như sau:

0

(1.5.5) Cε(y)(t) = Gε(t, s, y(s) + ξ(s))ds,

và đặt

(1.5.6) Tε = (I − U )−1Cε.

t Z

Khi đó Tε hoàn toàn liên tục. Từ (1.5.1), (1.5.4), (1.5.5) ta có, ∀y ∈ Dn, ∀t ∈ [0, n],

0

ds ≤ (1.5.7) . |Cε(y)(t) − C(y)(t)| ≤ δ 4 δ 4n

Nên

, |Cε(y) − C(y)|n < δ 2

dẫn đến

(1.5.8) ||Cε(y) − C(y)||n ≤ 2|Cε(y) − C(y)|n < δ.

Kết hợp (1.5.3), (1.5.8), ta được

||(I − U )−1Cε(y) − (I − U )−1C(y)||n < ε,

nghĩa là

(1.5.9) ||Tε(y) − T (y)||n < ε.

Tiếp theo, với mỗi h mà ||h||n < ε, ta chứng minh rằng phương trình sau có nhiều nhất một nghiệm trên Dn,

(1.5.10) y = Tε(y) + h.

Giả sử y1, y2 là hai nghiệm của phương trình (1.5.10). Ta phải chứng minh rằng

(1.5.11) y1(t) = y2(t), ∀t ∈ [0, n].

32

Rõ ràng

y1(0) = f (0, y1(0) + ξ(0)) − f (0, h(0) + ξ(0)) + h(0), y2(0) = f (0, y2(0) + ξ(0)) − f (0, h(0) + ξ(0)) + h(0),

nên

|y1(0) − y2(0)| = |f (0, y1(0) + ξ(0)) − f (0, y2(0) + ξ(0))|

≤ L|y1(0) − y2(0)|,

suy ra

(1.5.12) y1(0) = y2(0).

Đặt

(1.5.13) b = sup{α ∈ [0, n] : y1(t) = y2(t), ∀t ∈ [0, α]}.

Bởi (1.5.12), b ≥ 0. Thế thì 0 ≤ b ≤ n. Ta cần chứng tỏ rằng b = n. Giả sử xảy ra b < n. Vì Gε Lipschitz địa phương, nên có số r > 0 sao cho Gε là ánh xạ Lipschitz với hằng số Lipschitz là m trên [0, n]2 × Br, ở đây Br = {z ∈ E : |z − y1(b)| < r}. Các hàm y1, y2, ξ liên tục, do đó có σ > 0 sao cho b + σ ≤ n và y1(s) + ξ(s), y2(s) + ξ(s) ∈ Br với mọi s ∈ [b, b + σ]. Ta chú ý rằng [b, b + σ] ⊂ [0, n]. Với mọi t ∈ [b, b + σ], ta có:

|y1(t) − y2(t)| ≤|f (t, y1(t) + ξ(t)) − f (t, y2(t) + ξ(t))|

b Z t

Z t + |V (s, y1(s) + ξ(s)) − V (s, y2(s) + ξ(s))|ds

b

+ |Gε(t, s, y1(s) + ξ(s)) − Gε(t, s, y2(s) + ξ(s))|ds

nên Z t

b

|y1(s) − y2(s)|ds, |y1(t) − y2(t)| ≤ eω1n + m 1 − L

ở đây eω1n = sup {ω1(t, s) : (t, s) ∈ ∆n}, như trong mục 1.3. Áp dụng bổ đề Gronwall, ta nhận được y1(t) = y2(t), ∀t ∈ [b, b + σ]. Suy ra

(1.5.14) y1(t) = y2(t), ∀t ∈ [0, b + σ].

Rõ ràng (1.5.14) mâu thuẫn với (1.5.13). Vậy (1.5.11) đúng. Kết hợp (1.5.2), (1.5.6), (1.5.9), (1.5.11) và áp dụng định lý Krasnosel’skii -

33

Perov, bước 1 được chứng minh. Bước 2. Tập hợp nghiệm của phương trình (1.5.1) trên [0, ∞) compact, liên thông. Chứng minh. Trước hết, ta chú ý rằng nếu y(t) là một nghiệm của (1.5.1) trên [0, ∞) thì y|[0,n](t) là một nghiệm của (1.5.1) trên [0, n], với mọi n ∈ N∗. Mặt khác, với mọi n ∈ N∗, với mỗi nghiệm yn của (1.5.1) trên [0, n], ta luôn chỉ ra được một nghiệm y∗ của (1.5.1) trên [0, ∞) sao cho y∗|[0,n] = yn. Thật vậy, ta xét phương trình

y(t) = yn(n) − q(n) − f (n, yn(n) + ξ(n))

n

n

+ q(t) + f (t, y(s) + ξ(s)) (1.5.15) Z t Z t G(t, s, y(s) + ξ(s))ds. V (s, y(s) + ξ(s))ds + +

Áp dụng định lý 1.2.1, với lập luận tương tự như trong chứng minh định lý 1.3.1, ta chứng minh được (1.5.15) có một nghiệm y(t) trên [n, ∞). Định nghĩa y∗ : [0, ∞) → E bởi

(

n∈N∗ Dn.

y∗(t) = yn(t), nếu t ∈ [0, n], y(t), nếu t ≥ n.

n = {y|[0,n] : y ∈ Sa}, Sb Sa

n = {y|[0,n] : y ∈ Sb}.

Rõ ràng, y∗ là một nghiệm của (1.5.1) trên [0, ∞) và y∗|[0,n] = yn. Gọi S là tập nghiệm của (1.5.1) trên [0, ∞). Ta đã có S khác rỗng. Cần chứng minh S compact và liên thông. Ở đây ta chỉ xét tập S sao cho với mỗi n ∈ N∗, tập hợp Sn = {y|[0,n] : y ∈ S} ⊂ Dn với Dn được xác định như ở bước 1. Điều này cũng có nghĩa là phương trình (1.5.1) được xét trên miền xác định là D = T Theo bước 1, Sn compact và liên thông trên Xn = C([0, n]; E). Sử dụng bổ đề 1.3.3, do Sn compact trên Xn với mọi n ∈ N∗, ta có S là compact tương đối trong X = C([0, ∞); E). Hơn thế nữa S đóng. Thật vậy, giả sử {yk} là một dãy trong S hội tụ về y0, khi k → ∞, khi đó yk|[0,n] → y0|[0,n]. Vì yk|[0,n] ∈ Sn và Sn compact, ta thu được y0|[0,n] ∈ Sn. Suy ra, y0 ∈ S. Từ đó S là tập compact. Ta chỉ còn phải chứng minh S liên thông. Giả sử S không liên thông. Khi đó có hai tập Sa, Sb khác rỗng, compact và rời nhau sao cho S = Sa ∪ Sb. Đặt

34

n ∪ Sb n.

n khác rỗng và Sn = Sa

n, Sb

n là hai tập đóng. Ta kiểm tra tính chất này như sau:

k} trong Sa sao cho y∗

n hội tụ về y0, khi k → ∞. Tương ứng, ta sẽ k|[0,n] = yk. Do Sa compact, tồn tại một hội tụ về ey trong Sa. Điều này dẫn đến n. Thế thì Sa n đóng. Tương

k} sao cho y∗ ki |[0,n] → ey|[0,n], khi i → ∞. Suy ra y0 = ey|[0,n] ∈ Sa

n đóng.

} của {y∗

Rõ ràng với mọi n ∈ N∗, Sa n và Sb Mặt khác, Sa Giả sử {yk} là một dãy trong Sa có một dãy {y∗ dãy con {y∗ ki y∗ ki tự, Sb Hơn nữa, từ các tính chất nói trên của Sa, Sb và tính liên tục của hàm d(x, y), tồn tại y0a ∈ Sa, y0b ∈ Sb sao cho

d(ya, yb) = d(y0a, y0b) > 0. inf ya∈Sa, yb∈Sb

, Sb n0

Do đó, từ định nghĩa của metric d(x, y) như trong mục 1.3, ta suy ra tồn tại n0 ∈ N∗ sao cho Sa có giao bằng rỗng. Như thế Sn0 không là tập liên n0 thông, vô lý. Bước 2 được chứng minh. Như vậy, định lý 1.5.3 được chứng minh hoàn toàn.

1

Chú ý 1.5. Từ chứng minh của định lý 1.5.3 ta thấy rằng nếu cho thêm giả thiết G là Lipschitz địa phương thì (1.1.1) có duy nhất nghiệm. Chú ý 1.6. Chúng tôi trình bày một ví dụ thoả mãn các điều kiện của định lý 1.5.3 và có ít nhất hai nghiệm, ở đây G không phải là Lipschitz địa phương. Trong trường hợp này có một continuum các nghiệm khác nhau của (1.1.1) chứa hai nghiệm đã cho. Ví dụ. Cho E = R. Xét phương trình (1.1.1), trong đó

3 ;

q(t) = 0; V (t, s, x) = − x; G(t, s, x) = x

( 1

2 xsin(t − ln 3 0,

f (t, x) = 3 2 2), nếu 0 ≤ t ≤ ln 3 2, nếu t > ln 3 2.

Khi đó (1.1.1) có dạng:

1

3 ds, t ∈ R+.

0

0

Z t Z t x(t) = f (t, x(t)) − x(s)ds + [x(s)]

2 + (−e−t + 2

2 , phương trình có

2(−e−t + 2

3) 3

3) 1

3) 3

3 2 2 (cid:3)0 = − 3

Rõ ràng, do (cid:2)(−e−t + 2 ít nhất hai nghiệm x1, x2, với

3

( (cid:0) − e−t + 2 (cid:1) 3 2 , nếu t > ln 3 2, x1(t) = 0, nếu 0 ≤ t ≤ ln 3 2

35

1.6 Một trường hợp tổng quát.

và x2(t) = −x1(t). Dễ thấy x1, x2 6= 0. Ngoài ra, x3 = 0 cũng là một nghiệm của phương trình đã cho.

Vì sẽ không có sự nhầm lẫn nào nên chúng tôi sử dụng lại các ký hiệu V, G, ωi, i = 1, 2, 3, 4; Φ, ξ, A, B, C, U để định nghĩa các hàm trong mục này giống như đã định nghĩa trong mục 1.3, tương ứng. Xét phương trình sau

0

Z t V (t, s, x(s), x(σ(s)))ds x(t) = q(t) + bf (t, x(t), x(π(t))) +

0

(1.6.1) Z t + G(t, s, x(s), x(χ(s)))ds , t ∈ R+,

ở đây q : R+ → E; bf : R+ × E × E → E; G, V : ∆ × E × E → E là các hàm liên tục và ∆ = {(t, s) ∈ R+ × R+, s ≤ t}, đồng thời các hàm số π, σ, χ : R+ → R+ cũng là các hàm liên tục. Ta thành lập các giả thiết:

(I1) Tồn tại một hằng số L ∈ [0, 1) sao cho

(cid:0)|x − y| + |u − v|(cid:1), ∀x, y, u, v ∈ E, ∀t ∈ R+. | bf (t, x, u) − bf (t, y, v)| ≤ L 2

(I2) Có một hàm liên tục ω1 : ∆ → R+ sao cho

|V (t, s, x, u) − V (t, s, y, v)| ≤ ω1(t, s)(cid:0)|x − y| + |u − v|(cid:1),

∀x, y, u, v ∈ E, ∀(t, s) ∈ ∆.

(I3) G hoàn toàn liên tục sao cho G(t, ., ., .) : I × J1 × J2 → E liên tục đều theo t trên mỗi đoạn bị chặn tuỳ ý của [0, ∞), với bất kỳ các tập con bị chặn I ⊂ [0, ∞) và J1, J2 ⊂ E; nghĩa là: Trên mỗi đoạn bị chặn tuỳ ý của [0, ∞), với mọi ε > 0, tồn tại δ > 0, sao cho với mọi t1, t2 cùng thuộc đoạn bị chặn đó,

|t1 − t2| < δ ⇒ |G(t1, s, x, y) − G(t2, s, x, y)| < ε, ∀(s, x, y) ∈ I × J1 × J2.

36

(I4) Tồn tại một hàm liên tục ω2 : ∆ → R+ sao cho

= 0, lim |x|+|u|→∞ |G(t, s, x, u)| − ω2(t, s) |x| + |u|

đều theo (t, s) trên mỗi tập con bị chặn tuỳ ý của ∆.

(I5) 0 ≤ π(t) ≤ t, 0 ≤ σ(t) ≤ t, 0 ≤ χ(t) ≤ t, ∀t ∈ R+.

Định lý 1.6.1. Giả sử (I1) − (I5) đúng. Khi đó phương trình (1.6.1) có nghiệm trên [0, ∞).

Chứng minh định lý 1.6.1. Chứng minh được thực hiện như trong mục 1.3, nhưng cần có một vài sự thay đổi. Đầu tiên, ta chú ý rằng: a) Từ giả thiết (I1) và 0 ≤ π(t) ≤ t, ∀t ∈ R+, toán tử Φ : X → X được định nghĩa bởi

Φx(t) = q(t) + bf (t, x(t), x(π(t))), ∀x ∈ X, t ∈ R+

là toán tử L−co trong không gian Fréchet (cid:0)X, |.|n). Thật vậy, ta cố định n ∈ N∗. Với mọi x ∈ X, với mọi t ∈ [0, n],

|Φx(t) − Φy(t)| ≤ (cid:0)|x(t) − y(t)| + |x(π(t)) − y(π(t))|(cid:1)

(1.6.2)

≤ (cid:0)|x − y|n + |x − y|n) = L|x − y|n. L 2 L 2

Do đó |Φx − Φy|n ≤ L|x − y|n. Suy ra, Φ có một điểm bất động duy nhất ξ ∈ X. Bằng phép đổi biến x = y + ξ, phương trình (1.6.1) trở thành

(1.6.3) y(t) = Ay(t) + By(t) + Cy(t), t ∈ R+,

trong đó

0 Z t

Z t By(t) = Ay(t) = q(t) + bf (cid:0)t, y(t) + ξ(t), y(π(t)) + ξ(π(t))(cid:1) − ξ(t), A0 = 0, V (cid:0)t, s, y(s) + ξ(s), y(σ(s)) + ξ(σ(s))(cid:1)ds,

0

Cy(t) = G(cid:0)t, s, y(s) + ξ(s), y(χ(s)) + ξ(χ(s))(cid:1)ds.

b) Đặt U = A + B. Khi đó, U là toán tử co tương ứng với họ nửa chuẩn ||.||n. Chứng minh điều này như sau. Ta cũng cố định một số nguyên dương tuỳ ý

37

n ∈ N∗. Với mọi t ∈ [0, γn], ở đây γn ∈ (0, n), γn ≤ min{σ(t), t ∈ [γn, n]}, γn ≤ min{π(t), t ∈ [γn, n]} sẽ được chọn thích hợp sau này, ta có

0

|U y(t) − U ey(t)| ≤ |y(t) − ey(t)| + |y(π(t)) − ey(π(t))| L 2 L 2 Z t (cid:16) + ds ω1(t, s) (cid:17) |y(s) − ey(s)| + |y(σ(s)) − ey(σ(s))|

≤ (L + 2eω1nγn)|y − ey|γn.

Điều này dẫn đến

(1.6.4) |U y − U ey|γn ≤ (L + 2eω1nγn)|y − ey|γn.

0 Z t

|y(π(t)) − ey(π(t))| |U y(t) − U ey(t)| ≤ Tương tự, với mọi t ∈ [γn, n], ta cũng có L 2 |y(t) − ey(t)| + Z γn (cid:16) ds (1.6.5) L 2 + eω1n

γn

(cid:16) ds. + eω1n (cid:17) |y(s) − ey(s)| + |y(σ(s)) − ey(σ(s))| (cid:17) |y(s) − ey(s)| + |y(σ(s)) − ey(σ(s))|

Bởi các bất đẳng thức

0 < e−hn(t−γn) < e−hn(π(t)−γn) < 1, ∀t ∈ [γn, n], 0 < e−hn(t−γn) < e−hn(σ(t)−γn) < 1, ∀t ∈ [γn, n],

với hn > 0 cũng sẽ được chọn phù hợp sau đó, ta được |U y(t) − U ey(t)|e−hn(t−γn) ≤ |y(π(t)) − ey(π(t))|e−hn(π(t)−γn) L 2 |y(t) − ey(t)|e−hn(t−γn) + Z t

γn

+ 2eω1nγn|y − ey|γn + eω1n L 2 (cid:0)|y(s) − ey(s)| + |y(σ(s)) − ey(σ(s))|(cid:1)e−hn(t−γn)ds

≤ L|y − ey|hn + 2eω1nγn|y − ey|γn Z t

γn

+ eω1n (cid:0)|y(s) − ey(s)|e−hn(s−γn) + |y(σ(s)) − ey(σ(s))|e−hn(σ(s)−γn)(cid:1)ehn(s−t)ds

γn

Z t ehn(s−t)ds ≤ L|y − ey|hn + 2eω1nγn|y − ey|γn + 2eω1n|y − ey|hn

|y − ey|hn, ≤ L|y − ey|hn + 2eω1nγn|y − ey|γn + 2eω1n hn

38

trong đó eω1n được xác định như trong chứng minh của bước 2, định lý 1.3.1. Suy ra

(1.6.6) |U y − U ey|hn ≤ (cid:0)L + )|y − ey|hn + 2eω1nγn|y − ey|γn. 2eω1n hn

Kết hợp (1.6.4)- (1.6.6), ta thu được

)|y − ey|hn 2eω1n hn (1.6.7)

||U y − U ey||n ≤ (cid:0)L + 4γneω1n)|y − ey|γn + (cid:0)L + ≤ ekn||y − ey||n,

hn

}. Chọn γn và hn sao cho ở đây ekn = max{L + 4γneω1n, L + 2eω1n

, , n(cid:9); hn > 2eω1n 1 − L

ym = y0.

0 < γn < min (cid:8)1 − L 4eω1n khi đó ta sẽ có ekn < 1, bởi (1.6.7), U là toán tử ekn−co tương ứng với họ nửa chuẩn ||.||n. c) C : X → X hoàn toàn liên tục. Trước hết ta chứng tỏ C liên tục. Với mỗi y0 ∈ X, giả sử (ym)m là một dãy trong X sao cho lim m→∞ Cố định một số n ∈ N∗. Đặt

K1 = {(ym + ξ)(s) : s ∈ [0, n], m ∈ N},

K2 = {(ym + ξ)(χ(s)) : s ∈ [0, n], m ∈ N}.

Thế thì K1, K2 là hai tập compact trong E. Với bất kỳ (cid:15) > 0, vì G liên tục trên tập compact [0, n] × [0, n] × K1 × K2, nên tồn tại δ > 0 sao cho với mọi ui ∈ K1, vi ∈ K2, i = 1, 2,

( |u1 − u2| < δ , ∀s, t ∈ [0, n]. ⇒ |G(t, s, u1, v1) − G(t, s, u2, v2)| < (cid:15) n |v1 − v2| < δ

ym = y0, nên tồn tại m0 sao cho với m > m0, Ta lại có lim m→∞

|(ym + ξ)(s) − (y0 + ξ)(s)| = |ym(s) − y0(s)| < δ, ∀s ∈ [0, n],

và vì vậy

|(ym + ξ)(χ(s)) − (y0 + ξ)(χ(s))| = |ym(χ(s)) − y0(χ(s))| < δ, ∀s ∈ [0, n].

39

Suy ra rằng với mọi t ∈ [0, n], với mọi m > m0,

Z t (cid:17) (cid:16) t, s, (ym + ξ)(s), (ym + ξ)(χ(s)) |Cym(t) − Cy0(t)| ≤

0 − G

(cid:12) (cid:12) (cid:12)G (cid:16) t, s, (y0 + ξ)(s), (y0 + ξ)(χ(s)) (cid:17)(cid:12) (cid:12) (cid:12)ds

< (cid:15),

nên |Cym − Cy0|n < (cid:15), với mọi m > m0, và như thế tính liên tục của C được chứng minh. Ta còn phải chứng minh C biến các tập bị chặn thành tập thành tập compact tương đối. Giả sử Ω là một tập con bị chặn của X. Ta cần chứng tỏ rằng với mỗi n ∈ N∗, (CΩ)n đẳng liên tục trong Xn và với mọi t ∈ [0, n], tập hợp (CΩ)n(t) = {Cy|[0,n](t) : y ∈ Ω} compact tương đối trong E. Đặt

S1 = {(y + ξ)(s) : y ∈ Ω, s ∈ [0, n]},

S2 = {(y + ξ)(χ(s)) : y ∈ Ω, s ∈ [0, n]}. Khi đó S1, S2 bị chặn trong E. Do G hoàn toàn liên tục, tập hợp G([0, n]2 × S1 × S2) compact tương đối trong E và vì thế G([0, n]2 × S1 × S2) bị chặn. Từ đó, tồn tại Mn > 0 sao cho

(1.6.8) |G(t, s, (y + ξ)(s), (y + ξ)(χ(s)))| ≤ Mn, ∀t, s ∈ [0, n], ∀y ∈ Ω.

Phần còn lại của chứng minh được thực hiện như ở (1.3.8), (1.3.9), ta nhận được (CΩ)n = {Cy|[0,n] : y ∈ Ω} đẳng liên tục trong Xn và (CΩ)n(t) compact tương đối trong E, do

(1.6.9) (CΩ)n(t) ⊂ t conv G([0, n]2 × S1 × S2).

Áp dụng bổ đề 1.3.3, C(Ω) compact tương đối trong X. Vậy C hoàn toàn liên tục. d) Cuối cùng, ∀n ∈ N∗, ta cũng có

= 0. lim |y|n→∞ |Cy|n |y|n

Thật vậy, với bất kỳ (cid:15) > 0, từ các giả thiết (I3), (I4) ta suy ra tồn tại η > 0 sao cho với mọi t, s ∈ [0, n], với mọi u, v ∈ E, ta nhận được

(|u| + |v|), (1.6.10) |G(t, s, u, v)| ≤ ρ + eω2n + (cid:15) 8n

40

ở đây eω2n được xác định như trong chứng minh bước 2, định lý 1.3.1. Do đó với mọi t ∈ [0, n],

0

Z t |Cy(t)| ≤ |G(t, s, (y + ξ)(s), (y + ξ)(χ(s)))|ds (1.6.11)

|ξ|n + |y|n. ≤ nρ + neω2n + (cid:15) 4

(cid:15)

, |ξ|n} thì với |y|n > µn, ta sẽ (cid:15) 4 (cid:15) , 4neω2n

< (cid:15), cũng có nghĩa là Suy ra rằng, nếu ta chọn µn > max{ 4nρ có |Cy|n |y|n

(1.6.12) = 0. lim |y|n→∞ |Cy|n |y|n

Áp dụng định lý 1.2.1, toán tử U + C có điểm bất động y thuộc X. Thế thì phương trình (1.6.1) có nghiệm là x = y + ξ trên [0, ∞). Chứng minh hoàn thành.

Kế đến, ta xét sự tồn tại nghiệm ổn định tiệm cận của (1.6.1) được định nghĩa như trong mục 1.4. Ở đây, chúng tôi giả sử (I1) − (I5) đúng và giả sử thêm

(I6) π(t) = t, ∀t ∈ R+,

(I7) V (t, s, 0, 0) = 0, ∀(t, s) ∈ ∆;

(I8) Tồn tại hai hàm liên tục ω3, ω4 : ∆ → R+ sao cho

|G(t, s, x, u)| ≤ ω3(t, s) + ω4(t, s)(|x| + |u|), ∀(t, s) ∈ ∆; ∀x, u ∈ E.

Như vậy, theo định lý 1.6.1, phương trình (1.6.1) có nghiệm trên [0, ∞). Mặt khác, nếu x là nghiệm của (1.6.1) thì y = x − ξ thoả mãn phương trình (1.6.3). Chúng tôi chú ý thêm rằng với các giả thiết (I1), (I6), hàm bf thực ra là hàm f : R+ × E → E, thoả mãn (A1). Do đó, với mọi t ∈ R+, ta được

0

Z t |y(t)| ≤ L|y(t)| + ω1(t, s)(cid:0)|y(s) + ξ(s)| + |y(σ(s)) + ξ(σ(s))|(cid:1)ds

0

Z t + (cid:2)ω3(t, s) + ω4(t, s)(cid:0)|y(s) + ξ(s)| + |y(χ(s)) + ξ(χ(s))|(cid:1)] ds.

(1.6.13)

41

Từ (1.6.13), với mọi t ∈ R+,

|y(t)|

0 Z t

Z t (cid:17) (cid:17)(cid:16) (cid:16) |y(s)| + |y(σ(s))| + |y(χ(s))| ds ≤ ω1(t, s) + ω4(t, s)

0 Z t

(1.6.14) (cid:17) (cid:17)(cid:16) (cid:16) |ξ(s)| + |ξ(σ(s))| + |ξ(χ(s))| ds + ω1(t, s) + ω4(t, s)

0

+ ω3(t, s)ds, 1 1 − L 1 1 − L 1 1 − L

nên

|y(σ(t))|

0 Z σ(t)

Z σ(t) (cid:17)(cid:16) (cid:16) (cid:17) ≤ |y(s)| + |y(σ(s))| + |y(χ(s))| ds ω1(σ(t), s) + ω4(σ(t), s)

0 Z σ(t)

(cid:17)(cid:16) (cid:16) (cid:17) + |ξ(s)| + |ξ(σ(s))| + |ξ(χ(s))| ds ω1(σ(t), s) + ω4(σ(t), s)

0 Z t

+ ω3(σ(t), s)ds

0 Z t

(cid:17)(cid:16) (cid:16) (cid:17) |y(s)| + |y(σ(s))| + |y(χ(s))| ds ≤ ω1(σ(t), s) + ω4(σ(t), s)

0 Z t

(cid:17)(cid:16) (cid:16) (cid:17) + |ξ(s)| + |ξ(σ(s))| + |ξ(χ(s))| ds ω1(σ(t), s) + ω4(σ(t), s)

0

+ ω3(σ(t), s)ds, 1 1 − L 1 1 − L 1 1 − L 1 1 − L 1 1 − L 1 1 − L

(1.6.15)

và tương tự như thế cho |y(χ(t))|. Đặt d(t) = |y(t)| + |y(σ(t))| + |y(χ(t))|. Khi đó, kết hợp các đánh giá có được ở trên, với mọi t ∈ R+, ta có

0

Z t d(t) ≤ θ(t, s)d(s)ds + e(t), (1.6.16)

trong đó

(cid:16) θ(t, s) = ω1(t, s) + ω4(t, s) + ω1(σ(t), s) + ω4(σ(t), s) 1 1 − L (1.6.17) (cid:17) , + ω1(χ(t), s) + ω4(χ(t), s)

42

0

Z t e(t) = h θ(t, s) i |ξ(s)| + |ξ(σ(s))| + |ξ(χ(s))| ds

0

(1.6.18) Z t h ds. + i ω3(t, s)ds + ω3(σ(t), s) + ω3(χ(t), s) 1 1 − L

Sử dụng bất đẳng thức (a + b)2 ≤ 2(a2 + b2), ta được

0

0 θ2(t, s)ds. Từ (1.6.19), sau các tính toán, ta

Z t z(t) ≤ p(t) z(s)ds + 2e2(t), (1.6.19)

trong đó z(t) = d2(t), p(t) = 2 R t nhận được

R t 0 p(s)ds

0 p(u)due2(s) ds, ∀t ∈ R+.

0

Z t d2(t) = z(t) ≤ 2e2(t) + p(t)e 2e− R s

(1.6.20)

Trên cơ sở đó, ta có kết quả sau đây về nghiệm ổn định tiệm cận.

Định lý 1.6.2. Giả sử (I1) − (I8) đúng. Giả sử thêm

R t 0 p(s)ds

0 p(u)due2(s) ds = 0,

0

Z t 2e2(t) + p(t)e 2e− R s (1.6.21) lim t→∞

ở đây

0

Z t p(t) = (cid:2)ω1(t, s) + ω4(t, s) 2 (1 − L)2

+ ω1(σ(t), s) + ω4(σ(t), s) + ω1(χ(t), s) + ω4(χ(t), s)(cid:3)2ds,

và e(t) được xác định như ở (1.6.18). Khi đó hàm ξ xác định như trên là nghiệm ổn định tiệm cận của (1.6.1). Hơn nữa mọi nghiệm x của (1.6.1) cũng là nghiệm ổn định tiệm cận.

Chứng minh định lý 1.6.2. Được suy ra từ chú ý 1.1 trong mục 1.4.

Cuối cùng, ta có kết quả sau đây về cấu trúc tập nghiệm của (1.6.1).

Định lý 1.6.3. Giả sử (I1) − (I6) đúng. Khi đó tập hợp nghiệm của phương trình (1.6.1) trên [0, ∞) khác rỗng, compact và liên thông.

Chứng minh định lý 1.6.3. Ta có (I1) − (I6) đúng, nên theo định lý 1.6.1, phương trình (1.6.1) có nghiệm trên [0, ∞). Vì vậy tập hợp nghiệm của

43

phương trình (1.6.1) trên [0, ∞) khác rỗng. Ta biết rằng, nếu x là một nghiệm của (1.6.1) thì theo chứng minh của định lý 1.6.1, y = x − ξ thoả mãn phương trình (1.6.3), tức là:

(1.6.22) y(t) = U y(t) + Cy(t), t ∈ R+,

trong đó

U y(t) = q(t) + f (t, y(t) + ξ(t)) − ξ(t)

0

Z t + V (t, s, y(s) + ξ(s), y(σ(s)) + ξ(σ(s)))ds,

0

Z t Cy(t) = G(t, s, y(s) + ξ(s), y(χ(s)) + ξ(χ(s)))ds.

Từ hai bước chứng minh định lý 1.5.3, rõ ràng ta chỉ cần chứng tỏ tập hợp nghiệm của phương trình (1.6.22) trên mỗi đoạn [0, n] là tập compact và liên thông, khi đó với lập luận tương tự bước 2, chứng minh định lý 1.6.3 hoàn thành. Không sợ nhầm lẫn, chúng tôi sử dụng lại một số ký hiệu như trong mục 1.5. Với mỗi n ∈ N∗ được cố định, ta có U là toán tử kn−co, C là toán tử hoàn toàn liên tục trên Xn = C([0, n]; E), đồng thời tồn tại một tập D là tập con lồi, mở và bị chặn của Xn với biên ∂D và bao đóng D sao cho (I − U )−1C(D) ⊂ D. Hơn nữa, (I − U )−1C có điểm bất động trong D nhưng không thuộc ∂D. Xét toán tử T = (I − U )−1C : D → Xn. Rõ ràng T là toán tử hoàn toàn liên tục và không có điểm bất động trên ∂D. Mặt khác, bởi T (D) ⊂ D và D lồi, ta có

deg(I − T, D, 0) = 1. (1.6.23)

Cũng chú ý rằng (I − U )−1 liên tục đều trên Xn. Nên với mọi ε > 0, tồn tại δ > 0 sao cho với mọi y1, y2 ∈ Xn,

||y1 − y2||n < δ =⇒ ||(I − U )−1(y1) − (I − U )−1(y2)||n < ε.

Đặt

K ∗

1 = {(y + ξ)(s) : s ∈ [0, n], y ∈ D}; 2 = {(y + ξ)(χ(s)) : s ∈ [0, n], y ∈ D},

K ∗

i bị chặn trong E, nên bao đóng của K ∗ i

i cũng bị chặn trong

là K ∗

thì K ∗ E, i = 1, 2.

44

1 ×K ∗ 2

Theo bổ đề 1.5.1, có ánh xạ liên tục G∗ là mở rộng của ánh xạ G|[0,n]2×K ∗ ra [0, n]2 × E × E, sao cho

1 × K ∗ 2

G∗ (cid:0)[0, n]2 × E × E(cid:1) ⊂ coG (cid:0)[0, n]2 × K ∗ (cid:1) .

Áp dụng bổ đề 1.5.2, với ε > 0 được xét ở trên, có ánh xạ Lipschitz địa phương Gε trên [0, n]2 × E × E sao cho với mọi s, t ∈ [0, n], với mọi x1, x2 ∈ E

(1.6.24) |Gε(t, s, x1, x2) − G∗(t, s, x1, x2)| < δ/4n,

và

1 × K ∗ 2

(cid:0)[0, n]2 × E × E(cid:1) ⊂ coG∗ ([0, n]2 × E × E). Gε

(cid:1) là tập compact tương đối. (cid:0)[0, n]2 × E × E(cid:1) compact tương đối. Do đó Gε hoàn toàn liên tục.

t Z

Vì G hoàn toàn liên tục nên G (cid:0)[0, n]2 × K ∗ Suy ra Gε Định nghĩa toán tử Cε : Xn → Xn như sau:

0

(1.6.25) Cε(y)(t) = Gε(t, s, y(s) + ξ(s), y(χ(s)) + ξ(χ(s)))ds,

và đặt

(1.6.26) Tε = (I − U )−1Cε.

Khi đó Tε hoàn toàn liên tục. Từ (1.6.22), (1.6.24)- (1.6.26), ta có

(1.6.27) ||Tε(y) − T (y)||n < ε.

Tiếp theo, với mỗi h mà ||h||n < ε, ta chứng minh rằng phương trình sau có nhiều nhất một nghiệm trên D,

(1.6.28) y = Tε(y) + h.

Giả sử y1, y2 là hai nghiệm của phương trình (1.6.28). Ta phải chứng minh rằng

(1.6.29) y1(t) = y2(t), ∀t ∈ [0, n].

Rõ ràng

y1(0) = y2(0).

Đặt

(1.6.30) b = sup{α ∈ [0, n] : y1(t) = y2(t), ∀t ∈ [0, α]},

45

thì 0 ≤ b ≤ n. Ta cần chứng tỏ rằng b = n. Giả sử xảy ra b < n. Vì Gε Lipschitz địa phương, nên có số r > 0 sao cho Gε là ánh xạ Lipschitz với hằng số Lipschitz là m trên [0, n]2 × B1r × B2r, ở đây B1r = {z ∈ E : |z − y1(b)| < r}; B2r = {z ∈ E : |z − y1(χ(b))| < r}. Các hàm y1, y2, ξ, χ liên tục, do đó có ¯σ > 0 sao cho b + ¯σ ≤ n và y1(s) + ξ(s), y2(s) + ξ(s) ∈ B1r; y1(χ(s)) + ξ(χ(s)), y2(χ(s)) + ξ(χ(s)) ∈ B2r với mọi s ∈ [b, b + ¯σ]. Ta chú ý rằng [b, b + ¯σ] ⊂ [0, n]. Với mọi t ∈ [b, b + ¯σ], ta có:

|y1(t) − y2(t)| ≤ |f (t, y1(t) + ξ(t)) − f (t, y2(t) + ξ(t))|

b

Z t + (cid:12) (cid:12) (cid:12)V (s, y1(s) + ξ(s), y1(σ(s)) + ξ(σ(s)))

b

(cid:12) (cid:12) − V (s, y2(s) + ξ(s), y2(σ(s)) + ξ(σ(s))) (cid:12)ds Z t + (cid:12) (cid:12) (cid:12)Gε(t, s, y1(s) + ξ(s), y1(χ(s)) + ξ(χ(s)))

(cid:12) (cid:12) (cid:12)ds − Gε(t, s, y2(s) + ξ(s), y2(χ(s)) + ξ(χ(s)))

nên

b

Z t h |y1(s) − y2(s)| + |y1(σ(s)) − y2(σ(s))| |y1(t) − y2(t)| ≤ eω1n + m 1 − L

ds, i + |y1(χ(s)) − y2(χ(s))|

ở đây eω1n = sup {ω1(t, s) : (t, s) ∈ ∆n}, như trong mục 1.3. Chú ý rằng y1(t) = y2(t) với 0 ≤ t ≤ b và 0 ≤ σ(t) ≤ t, 0 ≤ χ(t) ≤ t nên với mọi t ∈ [b, b + ¯σ], ta cũng có

b

Z t h |y1(s) − y2(s)| + |y1(σ(s)) − y2(σ(s))| |y1(σ(t)) − y2(σ(t))| ≤ eω1n + m 1 − L

ds, i + |y1(χ(s)) − y2(χ(s))|

tương tự cho |y1(χ(t)) − y2(χ(t))|.

46

Điều này dẫn đến

b

Z t h |y1(s) − y2(s)| |y1(t) − y2(t)| + |y1(σ(t)) − y2(σ(t))| + |y1(χ(t)) − y2(χ(t))| ≤ 3 eω1n + m 1 − L

ds, i + |y1(σ(s)) − y2(σ(s))| + |y1(χ(s)) − y2(χ(s))|

với mọi t ∈ [b, b + ¯σ]. Áp dụng bổ đề Gronwall, ta nhận được y1(t) = y2(t), ∀t ∈ [b, b + ¯σ]. Suy ra

(1.6.31) y1(t) = y2(t), ∀t ∈ [0, b + ¯σ].

Điều này mâu thuẫn với (1.6.30). Vậy (1.6.29) đúng. Áp dụng định lý Krasnosel’skii - Perov, ta có tập các điểm bất động của T khác rỗng, compact và liên thông. Suy ra điều phải chứng minh.

? Như vậy, chương 1 đã nghiên cứu tính giải được, sự ổn định nghiệm và cấu trúc tôpô của tập nghiệm của phương trình Volterra phi tuyến tổng quát. Vì phương trình tích phân được xét trên nửa trục dương nên việc mở rộng định lý điểm bất động Krasnosel’skii cho không gian Fréchet là cần thiết. Các kết quả của chương được chứng minh trên cơ sở áp dụng một mở rộng của định lý Krasnosel’skii về điểm bất động của ánh xạ có dạng tổng của ánh xạ co và ánh xạ compact trong không gian Fréchet cùng với việc vận dụng định lý Krasnosel’skii -Perov.

Ta có lưu ý rằng, định lý Krasnosel’skii -Perov là một công cụ mạnh để nghiên cứu đặc trưng tôpô của tập nghiệm trong trường hợp tổng quát. Tuy nhiên nó chưa đủ tinh để nhận được các tính chất đẹp hơn như tính liên thông đường, liên thông đường gấp khúc hoặc tính lồi của tập nghiệm trong trường hợp cụ thể.

Chương 2

ỨNG DỤNG ĐỊNH LÝ KIỂU LERAY-SCHAUDER VÀ NGUYÊN LÝ ÁNH XẠ CO VÀO PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM CẤP HAI CÓ CHẬM

2.1 Giới thiệu.

Giả sử C = C(cid:0)[−r, 0]; R), với r > 0 cho trước, là không gian Banach gồm tất cả các hàm liên tục φ : [−r, 0] → R, với chuẩn ||φ|| = sup{|φ(θ)| : −r ≤ θ ≤ 0}. Với mỗi hàm liên tục u : [−r, 1] → R và với mỗi t ∈ [0, 1], ta ký hiệu ut để chỉ một phần tử thuộc C được xác định bởi ut(θ) = u(t + θ), θ ∈ [−r, 0]. Trong chương này, chúng tôi xét phương trình vi phân hàm cấp hai có đối số chậm như sau

0 ≤ t ≤ 1, u00 + f (t, ut, u0(t)) = 0,

(2.1.1) ở đây f : [0, 1] × C × R → R là hàm liên tục, với một trong những điều kiện biên

(2.1.2) u0 = φ,

(2.1.3) u(1) = u(η), u(1) = α[u0(η) − u0(0)], u0 = φ,

hoặc với điều kiện đầu

(2.1.4) u0(0) = 0, u0 = φ,

47

trong đó φ ∈ C, 0 < η < 1, α ∈ R. Tiếp thu ý tưởng và kỹ thuật của các bài báo [45, 62] trước đây và [39, 57] gần đây, chúng tôi xét các bài toán sau cho phương trình vi phân hàm cấp hai: (2.1.1)- (2.1.2); (2.1.1)- (2.1.3) và (2.1.1)- (2.1.4). Chương 2 gồm có 5 mục. Mục 2.2 trình bày các ký hiệu và các kiến thức chuẩn bị. Áp dụng định lý của Leray-Schauder về sự loại trừ phi tuyến "Leray- Schauder nonlinear alternative", các định lý về sự tồn tại nghiệm của bài

48

toán giá trị biên (2.1.1)-(2.1.2) được trình bày trong mục 2.3. Hơn thế nữa, tính duy nhất nghiệm - dựa trên nguyên lý ánh xạ co và sự phụ thuộc liên tục của nghiệm cũng được thiết lập. Các mục 2.4, 2.5 được xem như là một áp dụng của các phương pháp đã sử dụng trong các chứng minh của mục 2.3, ở đây chúng tôi nghiên cứu sự tồn tại nghiệm của phương trình (2.1.1) với điều kiện biên hỗn hợp (2.1.3) hoặc với một điều kiện đầu (2.1.4). Đối với bài toán giá trị đầu (2.1.1)-(2.1.4), sự duy nhất nghiệm và sự phụ thuộc liên tục của nghiệm cũng được xét. Từ những kết quả đó, dựa trên lý thuyết bậc tôpô của trường vectơ compact, chúng tôi chứng minh được rằng tập hợp nghiệm của bài toán giá trị đầu khác rỗng, compact và liên thông.

2.2 Các kiến thức chuẩn bị.

Toàn bộ các kết quả của chương này đã được công bố trong [N2].

Ta ký hiệu C[0, 1] và C 1[0, 1], lần lượt, là các không gian Banach của các hàm số thực liên tục và của các hàm số thực khả vi liên tục trên [0, 1], với các chuẩn

kuk0 = sup{|u(t)| : 0 ≤ t ≤ 1}, kuk1 = max{kuk0, ku0k0}.

Ta cũng ký hiệu L1[0, 1] là không gian gồm tất cả các hàm số thực x(t) sao cho |x(t)| khả tích Lebesgue trên [0, 1]. Chứng minh trong các mục tiếp theo cần đến định lý và các bổ đề sau:

Định lý 2.2.1. ("Leray-Schauder nonlinear alternative") Cho E là không gian Banach, Ω là một tập con mở và bị chặn của E với 0 ∈ Ω. Giả sử T : Ω → E là toán tử hoàn toàn liên tục. Khi đó, hoặc tồn tại x ∈ ∂Ω sao cho T x = λx, với một số λ nào đó mà λ > 1, hoặc T có một điểm bất động x ∈ Ω.

Chứng minh của định lý này đã được nêu trong [46, Định lý 2.10].

Bổ đề 2.2.2. ([39]) Cho trước η ∈ (0, 1) và giả sử y ∈ C[0, 1]. Khi đó bài toán

u00 + y(t) = 0, t ∈ (0, 1),

u(0) = 0, u(1) = u(η),

49

có một nghiệm duy nhất được cho bởi

0

0

Z t Z η u(t) = − (t − s)y(s)ds − (η − s)y(s)ds t 1 − η

0

Z 1 + (1 − s)y(s)ds, t ∈ [0, 1]. t 1 − η

Bổ đề 2.2.3. Cho trước η ∈ (0, 1) và α, β ∈ R. Giả sử y ∈ C[0, 1]. Khi đó bài toán giá trị biên hỗn hợp

u00 + y(t) = 0, t ∈ (0, 1),

u(0) = 0, u(1) = α(u0(η) − u0(0)) + β,

có một nghiệm duy nhất được cho bởi

0

0

0

Z t Z η Z 1 u(t) = − (t − s)y(s)ds − αt y(s)ds + βt + t (1 − s)y(s)ds,t ∈ [0, 1].

Bổ đề 2.2.4. Giả sử y ∈ C[0, 1]. Khi đó bài toán giá trị đầu

u00 + y(t) = 0, 0 < t ≤ 1,

u(0) = 0, u0(0) = 0,

có một nghiệm duy nhất cho bởi

0

Z t u(t) = − (t − s)y(s)ds, t ∈ [0, 1].

2.3 Khảo sát bài toán giá trị biên 3 điểm có đối số

chậm (2.1.1)-(2.1.2).

Chứng minh các bổ đề này không khó khăn nên được bỏ qua.

Mục này trước hết được dành để trình bày các định lý về sự tồn tại nghiệm, sự duy nhất nghiệm của bài toán giá trị biên (2.1.1)-(2.1.2). Sau đó, dựa trên kết quả thu được, mục này cũng đề cập đến sự phụ thuộc của nghiệm vào một tham số λ xuất hiện trong số hạng phi tuyến ở vế phải của (2.1.1).

Định lý 2.3.1. Cho f : [0, 1] × C × R → R là hàm liên tục. Giả sử có các hàm số không âm p, q, r ∈ L1[0, 1] sao cho

50

(H1) |f (t, u, v)| ≤ p(t)kuk + q(t)|v| + r(t), ∀(t, u, v) ∈ [0, 1] × C × R,

R η 0 (η − s)p(s)ds < 1, (H2) 2−η 1−η

1−η R η 0 (η − s)[p(s) + q(s)]ds < 1.

0 [p(s) + q(s)]ds + 1 + 1 1−η

(H3) R 1 R 1 0 (1 − s)p(s)ds + 1 1−η R 1 0 (1 − s)[p(s) + q(s)]ds

Khi đó bài toán giá trị biên (2.1.1)-(2.1.2) có ít nhất một nghiệm.

Chứng minh định lý 2.3.1. Chứng minh gồm hai bước. Bước 1. Xét trường hợp φ(0) = 0. Đặt

C0 = {u ∈ C 1[0, 1] : u(0) = 0}.

0 u0(s)ds, do đó

Khi đó C0 là một không gian con của C 1[0, 1]. Ta có chú ý rằng với mọi u ∈ C0, u(t) = R t

(2.3.1) kuk0 ≤ ku0k0.

Với mỗi hàm u ∈ C0, ta định nghĩa hàm bu : [−r, 1] → R bởi

( φ(t), t ∈ [−r, 0],

bu(t) = u(t), t ∈ [0, 1].

Ta cũng chú ý thêm rằng

0, kφkk} ≤ kukk

0 + kφkk, ∀t ∈ [0, 1], k ≥ 0.

(2.3.2) kbutkk ≤ max{kukk

Định nghĩa toán tử tích phân T : C0 → C 1[0, 1] bởi

0

Z t T u(t) = −

0 Z 1

Z η − (2.3.3) (η − s)f (s, bus, u0(s))ds

0

+ t ∈ [0, 1]. (1 − s)f (s, bus, u0(s))ds, (t − s)f (s, bus, u0(s))ds t 1 − η t 1 − η

Áp dụng bổ đề 2.2.2, rõ ràng u là một nghiệm của bài toán biên (2.1.1)-(2.1.2) khi và chỉ khi toán tử T có điểm bất động u ∈ C0, ở đây

( φ(t), t ∈ [−r, 0], u(t) = u(t), t ∈ [0, 1].

51

Sử dụng giả thiết (H1) và (2.3.2), với mỗi u ∈ C0, với mọi t ∈ [0, 1], ta thu được

0

Z 1 |T u(t)| ≤

0 Z 1

Z η + (η − s)[p(s)kbusk + q(s)|u0(s)| + r(s)]ds

0 ≤ A1kuk0 + B1ku0k0 + C1,

+ (1 − s)[p(s)kbusk + q(s)|u0(s)| + r(s)]ds (1 − s)[p(s)kbusk + q(s)|u0(s)| + r(s)]ds 1 1 − η 1 1 − η

trong đó

0 Z η

0 Z 1

Z η Z 1 (1 − s)p(s)ds + (η − s)p(s)ds, A1 =

0 Z η

0 Z 1

(1 − s)q(s)ds + (η − s)q(s)ds, B1 = 2 − η 1 − η 2 − η 1 − η

0 Z η

0 Z 1

(cid:17) (1 − s)p(s)ds + (η − s)p(s)ds kφk C1 =

0

0

+ (1 − s)r(s)ds + (η − s)r(s)ds. 1 1 − η 1 1 − η 1 1 − η 1 1 − η (cid:16)2 − η 1 − η 2 − η 1 − η

Suy ra

(2.3.4) kT uk0 ≤ A1kuk0 + B1ku0k0 + C1, ∀u ∈ C0.

Mặt khác,

0

0

0

Z η Z t (T u)0(t) = − f (s, bus, u0(s))ds − (η − s)f (s, bus, u0(s))ds 1 1 − η (2.3.5) Z 1 + t ∈ [0, 1]. (1 − s)f (s, bus, u0(s))ds, 1 1 − η

Tương tự, từ (H1) và (2.3.2) ta có

(2.3.6) k(T u)0k0 ≤ A2kuk0 + B2ku0k0 + C2, ∀u ∈ C0,

52

trong đó

0 Z 1

0 Z η

0 Z 1

Z 1 Z 1 Z η p(s)ds + (1 − s)p(s)ds + (η − s)p(s)ds, A2 =

0 Z 1

0 Z η

0 (cid:16) Z 1

(1 − s)q(s)ds + (η − s)q(s)ds, q(s)ds + B2 =

0 Z 1

0 Z 1

0 Z η

(cid:17) (1 − s)p(s)ds + (η − s)p(s)ds kφk p(s)ds + C2 =

0

0

0

+ r(s)ds + (1 − s)r(s)ds + (η − s)r(s)ds. 1 1 − η 1 1 − η 1 1 − η 1 1 − η 1 1 − η 1 1 − η 1 1 − η 1 1 − η

Đặt

(2.3.7) A = max{A1, A2 + B2}.

Từ (H2)-(H3), ta suy ra rằng A1 < 1, A2 + B2 < 1, nên A < 1. Bây giờ ta chọn một hằng số B > 0 sao cho

(2.3.8) B ≥ max{ + C1, C2}, B1C2 1 − A2 − B2

và đặt

m = (2.3.9) , Ω = {u ∈ C0 : kuk1 < m}. B 1 − A

Khi đó Ω là tập con mở và bị chặn của C0, 0 ∈ Ω, đồng thời ∂Ω = {u ∈ C0 : kuk1 = m}. Ta sẽ chứng minh toán tử T : Ω = Ω ∪ ∂Ω → C 1[0, 1] có một điểm bất động u ∈ Ω bằng cách áp dụng định lý 2.2.1. (a) Trước hết, T liên tục. Thật vậy, với mỗi u0 ∈ Ω, giả sử {un} là một dãy trong Ω sao cho limn→∞ un = u0. Với mọi t ∈ [0, 1], từ (2.3.3), ta được

n(s)) − f (s, (bu0)s, u0

0

= − T un(t) − T u0(t) Z t h (t − s) ds i 0(s)) f (s, (bun)s, u0

n(s)) − f (s, (bu0)s, u0

0 Z 1

Z η − h (η − s) ds i 0(s)) f (s, (bun)s, u0

n(s)) − f (s, (bu0)s, u0

0

+ h (1 − s) ds. i 0(s)) f (s, (bun)s, u0 t 1 − η t 1 − η

Đặt D = {(bun)s : s ∈ [0, 1], n = 0, 1, 2, . . . }, thì D là tập compact trong C. Vì f : [0, 1] × C × R → R liên tục, nên f liên tục đều trên tập compact

53

[0, 1] × D × [−m, m]. Suy ra rằng, với mọi ε > 0, tồn tại δ > 0 sao cho với mọi (s1, φ1, ν1), (s2, φ2, ν2) ∈ [0, 1] × D × [−m, m],

|s1 − s2| < δ, kφ1 − φ2k < δ,

1−η > 0. Vì limn→∞ un = u0 trong Ω, tương ứng với chuẩn

, ⇒ |f (s1, φ1, ν1) − f (s2, φ2, ν2)| < |ν1 − ν2| < δ ε 2β

ở đây β = 1 + 2 k · k1, nên có số tự nhiên n0 sao cho với mọi n ≥ n0,

0(s)) ∈ [0, 1] × D ×

0(s)| < δ, n(s)(cid:1), (cid:0)s, (bu0)s, u0

n(s) − u0 Mặt khác, với mọi s ∈ [0, 1], (cid:0)s, (bun)s, u0 [−m, m], do đó với mọi n ≥ n0,

∀s ∈ [0, 1]. k(bun)s − (bu0)sk < δ, |u0

n(s)) − f (s, (bu0)s, u0

Z 1 ) |T un(t) − T u0(t)| ≤ (1 + (cid:12) (cid:12)f (s, (bun)s, u0 (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)ds 0(s))

0 ε 2β

) = , ∀t ∈ [0, 1]. < (1 + 2 1 − η 2 1 − η ε 2

Tương tự,

∀t ∈ [0, 1]. , |(T un)0(t) − (T u0)0(t)| < ε 2

Từ đó với mọi n ≥ n0,

o n ≤ < ε. kT un − T u0k1 = max kT un − T u0k0, k(T un)0 − (T u0)0k0 ε 2

(b) Tiếp theo, ta chứng minh T (Ω) là tập compact tương đối. Giả sử {T un} là một dãy trong T (Ω), tương ứng với {un} ⊂ Ω, ta sẽ chứng tỏ {T un} có chứa một dãy con hội tụ trong C 1[0, 1]. Với mọi số nguyên dương n, từ (2.3.4), (2.3.6) và (2.3.9) ta nhận được

nk0 + C1 ≤ A1m + B1m + C1, nk0 + C2 ≤ A2m + B2m + C2.

kT unk0 ≤ A1kunk0 + B1ku0 k(T un)0k0 ≤ A2kunk0 + B2ku0

Vậy, các dãy {T un}, {(T un)0} bị chặn đều. Ngoài ra, kết hợp (2.3.3), (2.3.5), (2.3.9) và (H1), với mọi n ∈ N∗, với mọi

54

t1, t2 ∈ [0, 1], ta có

|T un(t1) − T un(t2)|

t1

Z t2 (1 − s)[(m + kφk)p(s) + mq(s) + r(s)]ds ≤ (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)

0 (cid:16) Z 1

(cid:16) Z η (cid:17) + (η − s)[(m + kφk)p(s) + mq(s) + r(s)]ds |t1 − t2|

(cid:17) + [(m + kφk)p(s) + mq(s) + r(s)]ds |t1 − t2|

1 1 − η 1 1 − η 0 ≤ K1|t1 − t2|,

t1 ≤ K2|t1 − t2|,

Z t2 [(m + kφk)p(s) + mq(s) + r(s)]ds |(T un)0(t1) − (T un)0(t2)| ≤ (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)

(T unk)0 → v,

ở đây K1, K2 là các hằng số không phụ thuộc t1, t2 và n. Suy ra rằng các dãy {T un}, {(T un)0} đẳng liên tục. Áp dụng định lý Ascoli-Arzela, ta có {T un}, {(T un)0} là compact tương đối trong C[0, 1]. Suy ra có một dãy con {unk} ⊂ {un}, sao cho T unk → u và khi k → ∞, ứng với k.k0. Khi đó u khả vi và u0 = v, nên T unk → u, khi k → ∞, trong C 1[0, 1], tương ứng với k.k1. Như vậy T hoàn toàn liên tục. (c) Cuối cùng, giả sử tồn tại u∗ ∈ ∂Ω, sao cho T (u∗) = λu∗, với một số λ > 1 nào đó. Ta sẽ chứng minh được điều giả sử này là vô lý nhờ vào cách xác định tập Ω như trên và tính bị chặn của tập hợp sau:

{u∗ ∈ C0 : T (u∗) = λu∗, λ > 1}.

Chúng tôi chú ý thêm rằng tính bị chặn của tập hợp vừa nêu chính là cơ sở để định nghĩa tập Ω một cách thích hợp và không khó khăn để kiểm tra. Thật vậy, từ (2.3.6) ta suy ra rằng

(2.3.10) k(u∗)0k0 = k(T u∗)0k0 ≤ k(T u∗)0k0 ≤ A2ku∗k0 + B2k(u∗)0k0 + C2. 1 λ

Từ (2.3.1) và (2.3.10), ta thu được (1 − A2 − B2)k(u∗)0k0 ≤ C2. Vì A2 + B2 < 1, nên

(2.3.11) k(u∗)0k0 ≤ M,

55

với M = C2/(1 − A2 − B2) là một hằng số. Tính bị chặn được kiểm tra. Ta trở lại chứng minh (c). Kết hợp (2.3.1), (2.3.4), (2.3.6)-(2.3.8), (2.3.10) và (2.3.11), ta có

(2.3.12) kT u∗k0 ≤ A1ku∗k0 + B1k(u∗)0k0 + C1 ≤ A1ku∗k0 + B1M + C1 ≤ Aku∗k0 + B,

k(T u∗)0k0 ≤ A2ku∗k1 + B2ku∗k1 + C2 ≤ Aku∗k1 + B.

Điều này dẫn đến

λku∗k1 = kT u∗k1 ≤ Aku∗k1 + B,

do đó

nghĩa là λ ≤ 1, , λm ≤ Am + B hay λ ≤ A + B m

điều này là vô lý vì λ > 1. Chứng minh của bước 1 hoàn thành. Bước 2. Xét trường hợp φ(0) 6= 0. Thực hiện phép đổi biến v = u − φ(0), bài toán giá trị biên (2.1.1)-(2.1.2) trở thành bài toán sau

0 ≤ t ≤ 1,

v(1) = v(η), v00 + f (t, vt + φ(0), v0(t)) = 0, v0 = φ − φ(0) ≡ eφ,

ở đây eφ ∈ C và eφ(0) = 0. Ta chú ý rằng, bởi (H1), với mọi t ∈ [0, 1],

|f (t, vt + φ(0), v0(t))| ≤ p(t)(||v||0 + ||φ|| + 2|φ(0)|) + q(t)|v0(t)| + r(t),

áp dụng bước 1, ta suy ra bài toán giá trị biên trên có ít nhất một nghiệm. Bước 2 được chứng minh và như vậy định lý 2.3.1 được chứng minh hoàn toàn.

Định lý 2.3.2. Cho f : [0, 1] × C × R → R là hàm liên tục. Giả sử có các hàm số không âm p, q, r ∈ L1[0, 1] và các hằng số thực k, l ∈ [0, 1] sao cho (H2) đúng và

( ˜H1) |f (t, u, v)| ≤ p(t)kukk + q(t)|v|l + r(t), ∀(t, u, v) ∈ [0, 1] × C × R,

( ˜H3) Q(k)A2 + Q(l)B2 < 1,

56

trong đó

0 Z 1

0 Z 1

0 Z η

Z 1 Z 1 Z η p(s)ds + (1 − s)p(s)ds + (η − s)p(s)ds, A2 =

0

0

0

q(s)ds + (1 − s)q(s)ds + (η − s)q(s)ds, B2 = 1 1 − η 1 1 − η 1 1 − η 1 1 − η

và ( 0, 0 ≤ µ < 1, Q(µ) = 1, µ = 1.

Khi đó bài toán giá trị biên (2.1.1) − (2.1.2) có ít nhất một nghiệm.

Chứng minh định lý 2.3.2. Rõ ràng định lý 2.3.1 là một trường hợp đặc biệt của định lý 2.3.2 với k = l = 1. Vì chứng minh định lý này sẽ được thực hiện tương tự nên chúng tôi chỉ cần xét trường hợp φ(0) = 0, đồng thời giả sử không gian con C0, hàm bu và toán tử T được định nghĩa như trong chứng minh định lý 2.3.1. Sử dụng ( ˜H1) và (2.3.2), với bất kỳ u ∈ C0 và với mọi t ∈ [0, 1], ta có

0

Z 1 |T u(t)| ≤

0 Z 1

Z η + (η − s)[p(s)kbuskk + q(s)|u0(s)|l + r(s)]ds

0

+ (1 − s)[p(s)kbuskk + q(s)|u0(s)|l + r(s)]ds

0 + C3,

0 + B1ku0kl ở đây A1 và B1 được xác định như trong định lý 2.3.1, và

(1 − s)[p(s)kbuskk + q(s)|u0(s)|l + r(s)]ds 1 1 − η 1 1 − η ≤ A1kukk

0 Z 1

0 Z η

Z η Z 1 (cid:17) (1 − s)p(s)ds + (η − s)p(s)ds kφkk C3 = (cid:16)2 − η 1 − η

0

0

+ (1 − s)r(s)ds + (η − s)r(s)ds. 2 − η 1 − η 1 1 − η 1 1 − η

Suy ra rằng với mọi u ∈ C0,

0 + B1ku0kl

0 + C3.

(2.3.13) kT uk0 ≤ A1kukk

0 + B2ku0kl 0 + B2ku0kl

0 + C4 0 + C4,

(2.3.14) Tương tự, với mỗi u ∈ C0, ta cũng có k(T u)0k0 ≤ A2kukk ≤ A2ku0kk

57

với A2 và B2 được xác định như trên và

0 Z 1

0 Z η

0 Z 1

Z 1 Z η (cid:16) Z 1 (cid:17) p(s)ds + (1 − s)p(s)ds + (η − s)p(s)ds kφkk C4 =

0

0

0

(1 − s)r(s)ds + (η − s)r(s)ds. + r(s)ds + 1 1 − η 1 1 − η 1 1 − η 1 1 − η

Theo chứng minh định lý 2.3.1 ta thấy rằng chứng minh của định lý 2.3.2 sẽ hoàn thành nếu ta có tập hợp sau bị chặn

(2.3.15) {u∗ ∈ C0 : T (u∗) = λu∗, λ > 1},

từ đó Ω sẽ được xác định như ở (2.3.9) với A, B luôn chọn được một cách thích hợp nhờ các đánh giá (2.3.13)-(2.3.14) và các giả thiết (H2)-( ˜H3). Tính bị chặn của tập hợp đó được chứng minh như sau. Giả sử tồn tại u∗ ∈ C0 sao cho T (u∗) = λu∗ với một số λ > 1 nào đó. Chúng tôi xét ba trường hợp: (i) Trường hợp thứ nhất: 0 ≤ k < 1, 0 ≤ l < 1. Nếu k(u∗)0k0 > 1, thì bởi (2.3.14), ta được

0 + C4,

(2.3.16) k(T u∗)0k0 ≤ (A2 + B2)k(u∗)0kh

với h = max{k, l}. Điều này dẫn đến

0 + C4.

(2.3.17) k(u∗)0k0 = k(T u∗)0k0 ≤ k(T u∗)0k0 ≤ (A2 + B2)k(u∗)0kh 1 λ

Đến đây, để chứng minh tiếp tục ta có chú ý rằng, với K ≥ 0, H > 0, 0 ≤ β < 2 là các hằng số cho trước, luôn tồn tại một hằng số C > 0 sao cho

+ C, ∀x ≥ 0. (2.3.18) Kxβ ≤ Hx2 2

Áp dụng bất đẳng thức (2.3.18) với x = pk(u∗)0k0, K = A2 + B2, β = 2h, H = 1, ta nhận được

0 + C4 ≤

k(u∗)0k0 + C4 + C. (A2 + B2)k(u∗)0kh 1 2

Từ đó,

k(u∗)0k0 ≤ k(u∗)0k0 + C4 + C hay k(u∗)0k0 ≤ 2C4 + 2C. 1 2

58

Ta có thể xem sự tồn tại của C thoả mãn 2C4 + 2C > 1; suy ra

k(u∗)0k0 ≤ 2C4 + 2C,

(2.3.19) cho dù k(u∗)0k0 ≤ 1 hay k(u∗)0k0 > 1. Như vậy trong trường hợp thứ nhất, ta đã chỉ ra được rằng, tồn tại một hằng số dương fM = 2C4 + 2C sao cho k(u∗)0k0 ≤ fM .

(ii) Trường hợp thứ hai: k = 1, 0 ≤ l < 1. Từ (2.3.14), ta có

0 + C2,

k(T u∗)0k0 ≤ A2k(u∗)0k0 + B2k(u∗)0kl

ở đây C2 = C4, vì k = 1. Do đó

0 + C2.

(1 − A2)k(u∗)0k0 ≤ B2k(u∗)0kl

0 + C2 ≤

B2k(u∗)0kl (1 − A2)k(u∗)0k0 + C2 + eC, Bởi ( ˜H3), A2 < 1. Sử dụng bất đẳng thức (2.3.18) với x = pk(u∗)0k0, K = B2, β = 2l, H = 1 − A2, ta nhận được 1 2

và vì vậy

, (1 − A2)k(u∗)0k0 ≤ (1 − A2)k(u∗)0k0 + C2 + eC ⇔ k(u∗)0k0 ≤ 1 2 2C2 + 2 eC 1 − A2

.

trong đó eC là một hằng số dương. Ta kết luận (2.3.19) cũng đúng trong trường hợp này, ở đây fM = 2C2+2 eC 1−A2 (iii) Trường hợp thứ ba: 0 ≤ k < 1, l = 1. Trong trường hợp này giả thiết ( ˜H3) cho ta B2 < 1, nên với các đánh giá tương tự như hai trường hợp đã xét, (2.3.19) cũng đúng ứng với việc chọn fM thích hợp. Từ đó định lý 2.3.2 được chứng minh.

Tiếp theo, chúng tôi trình bày sự tồn tại duy nhất nghiệm của bài toán

giá trị biên (2.1.1)-(2.1.2).

Định lý 2.3.3. Giả sử f : [0, 1] × C × R → R là hàm liên tục và thoả mãn điều kiện Lipschitz trên [0, 1] × C × R như sau:

|f (t, u, v) − f (t, eu, ev)| ≤ θ(ku − euk + |v − ev|),

1−η )θ < 1, thì bài toán (2.1.1)-(2.1.2) có nghiệm duy nhất.

với θ là hằng số không âm. Nếu 2(1 + 2

59

Chứng minh định lý 2.3.3. Giả sử S là không gian gồm tất cả các hàm liên tục u : [−r, 1] → R sao cho u khả vi liên tục trên [0, 1] và u0 = φ. Ta định nghĩa

0≤t≤1

d(u, v) = max (cid:8) max |u0(t) − v0(t)|(cid:9). (2.3.20) |u(t) − v(t)|, max 0≤t≤1

Khi đó S là không gian metric đầy đủ với hàm khoảng cách d. Áp dụng bổ đề 2.2.2, với mỗi u ∈ S, bài toán

0 ≤ t ≤ 1, (2.3.21) x00 + f (t, ut, u0(t)) = 0, x(0) = φ(0), x(1) = x(η),

có một nghiệm duy nhất là x xác định trên đoạn [0, 1], với

0

0 Z 1

Z t Z η x(t) =φ(0) − (t − s)f (s, us, u0(s))ds − (η − s)f (s, us, u0(s))ds t 1 − η

0

t ∈ [0, 1]. + (1 − s)f (s, us, u0(s))ds, t 1 − η

Định nghĩa hàm eu ∈ S, bởi eu(t) = x(t) trên [0, 1] và eu0 = φ. Thế thì ánh xạ P : S → S hoàn toàn được xác định bởi

u ∈ S. P (u) = eu,

0 ≤ t ≤ 1, (2.3.22) Với bất kỳ u, v ∈ S, đặt w = eu − ev. Khi đó w thoả mãn w00 + f (t, ut, u0(t)) − f (t, vt, v0(t)) = 0, w0 = 0, w(1) = w(η).

Suy ra rằng với mọi t ∈ [0, 1], ta có

0

Z 1 |w(t)| ≤ |f (s, us, u0(s)) − f (t, vs, v0(s))|ds

0 Z 1

Z η + |f (s, us, u0(s)) − f (t, vs, v0(s))|ds

0

(2.3.23) + |f (s, us, u0(s)) − f (t, vs, v0(s))|ds

1 1 − η 1 1 − η Z 1 ≤ Kθ (cid:0)kus − vsk + |u0(s) − v0(s)|(cid:1)ds

0 max 0≤t≤1

(cid:16) (cid:17) ≤ Kθ |u0(t) − v0(t)| , |u(t) − v(t)| + max 0≤t≤1

60

1−η . Tương tự, Z 1

trong đó K = 1 + 2

0 (cid:16)

|w0(t)| ≤ K |f (s, us, u0(s)) − f (t, vs, v0(s))|ds (2.3.24) (cid:17) ≤ Kθ |u0(t) − v0(t)| . max 0≤t≤1 |u(t) − v(t)| + max 0≤t≤1

Từ định nghĩa của hàm khoảng cách d, ta nhận được

0≤t≤1

0≤t≤1

|eu(t) − ev(t)|, max

(cid:16) |eu0(t) − ev0(t)|(cid:9) (cid:17) |u0(t) − v0(t)| d(eu, ev) = max (cid:8) max max ≤ Kθ 0≤t≤1 |u(t) − v(t)| + max 0≤t≤1

≤ 2Kθd(u, v).

Vì 2Kθ = 2(1 + 2 1−η )θ < 1, ta kết luận rằng P là ánh xạ co. Do đó có duy nhất u ∈ S sao cho P (u) = u. Suy ra u chính là nghiệm duy nhất của bài toán (2.1.1)-(2.1.2). Định lý 2.3.3 được chứng minh.

Ta chú ý thêm là với việc áp dụng định lý ánh xạ co, ngoài việc chỉ ra bài toán (2.1.1)-(2.1.2) có nghiệm duy nhất, ta còn có thể tìm nghiệm xấp xỉ của bài toán này. Cũng chú ý rằng định lý 2.3.3 vẫn còn đúng đối với bài toán giá trị biên

0 ≤ t ≤ 1, (2.3.25) u(1) = u(η), u00 + f (t, ut, u0(t), λ) = 0, u0 = φ,

trong đó λ là tham số thực và trên [0, 1] × C × R × R hàm f liên tục đồng thời thoả mãn điều kiện

(2.3.26) |f (t, u, v, λ) − f (t, eu, ev, λ)| ≤ θ(ku − euk + |v − ev|),

ở đây θ là hằng số không âm sao cho

2(1 + )θ < 1. (2.3.27) 2 1 − η

Hay nói một cách khác là, bởi định lý 2.3.3, nếu (2.3.26) , (2.3.27) đúng thì bài toán giá trị biên (2.3.25) có một nghiệm duy nhất u(t) = u(t, λ) với mỗi giá trị của λ. Chúng tôi sẽ chứng tỏ rằng nghiệm của bài toán (2.3.25) phụ thuộc liên tục vào tham số λ, nếu với mọi λ1, λ2 ta có

(2.3.28) |f (t, u, v, λ1) − f (t, u, v, λ2)| ≤ L|λ1 − λ2|,

với L là hằng số không âm.

61

Định lý 2.3.4. Giả sử f : [0, 1] × C × R × R → R là hàm liên tục. Nếu (2.3.26) -(2.3.28) đúng thì nghiệm của bài toán (2.3.25) phụ thuộc liên tục vào λ.

Chứng minh định lý 2.3.4. Giả sử u(t) = u(t, λ1) và v(t) = v(t, λ2) là hai nghiệm của bài toán (2.3.25) tương ứng với λ = λ1 và λ = λ2. Ta suy ra từ (2.3.23), (2.3.24) và (2.3.28) rằng với mọi t ∈ [0, 1],

0 Z 1

Z 1 |u(t) − v(t)| ≤ K |f (s, us, u0(s), λ1) − f (t, vs, v0(s), λ2)|ds

0 Z 1

≤ K |f (s, us, u0(s), λ1) − f (t, vs, v0(s), λ1)|ds

+ K |f (s, vs, v0(s), λ1) − f (t, vs, v0(s), λ2)|ds

0 max 0≤t≤1

(cid:17) (cid:16) ≤ Kθ |u0(t) − v0(t)| + KL|λ1 − λ2|, |u(t) − v(t)| + max 0≤t≤1

(cid:17) (cid:16) |u0(t) − v0(t)| ≤ Kθ |u0(t) − v0(t)| + KL|λ1 − λ2|, max 0≤t≤1

|u(t) − v(t)| + max 0≤t≤1 1−η . Như vậy trong không gian metric đầy đủ (S, d) được định

với K = 1 + 2 nghĩa như trên, ta có

0≤t≤1

d(u, v) = max (cid:8) max |u(t) − v(t)|, max 0≤t≤1 (cid:16) |u0(t) − v0(t)|(cid:9) (cid:17) ≤ Kθ |u0(t) − v0(t)| + KL|λ1 − λ2| max 0≤t≤1 |u(t) − v(t)| + max 0≤t≤1

≤ 2Kθd(u, v) + KL|λ1 − λ2|.

Bởi (2.3.27), 2Kθ < 1 nên

d(u, v) ≤ |λ1 − λ2|. KL 1 − 2Kθ

2.4 Khảo sát bài toán giá trị biên "hỗn hợp" có đối số

chậm (2.1.1)-(2.1.3).

Ta kết luận rằng nghiệm của bài toán (2.3.25) phụ thuộc liên tục vào tham số λ. Định lý 2.3.4 được chứng minh xong.

Dưới đây là một kết quả về sự tồn tại nghiệm của bài toán giá trị biên

"hỗn hợp" (2.1.1)-(2.1.3).

62

Định lý 2.4.1. Cho f : [0, 1] × C × R → R là hàm liên tục. Giả sử có các hàm không âm p, q, r ∈ L1[0, 1] và các hằng số k, l ∈ [0, 1] sao cho

0 (1 − s)p(s)ds + |α| R η

0 p(s)ds < 1,

(M1) |f (t, u, v)| ≤ p(t)kukk + q(t)|v|l + r(t), ∀(t, u, v) ∈ [0, 1] × C × R, (M2) 2 R 1

(M3) Q(k)a2 + Q(l)b2 < 1,

ở đây

0 Z η

0 Z 1

Z η Z 1 (2 − s)p(s)ds + |α| p(s)ds, a2 =

0

0

q(s)ds, (2 − s)q(s)ds + |α| b2 =

và hàm Q(µ) được cho như trong định lý 2.3.2. Khi đó bài toán (2.1.1)-(2.1.3) có nghiệm.

Chứng minh định lý 2.4.1. Ở đây để gọn cho việc trình bày, ta không phân biệt φ(0) = 0 hay φ(0) 6= 0. Với phép đổi biến v = u − φ(0), bài toán (2.1.1)-(2.1.3) được viết lại dưới dạng

(

(2.4.1) 0 ≤ t ≤ 1, v(1) = α[v0(η) − v0(0)] − φ(0), v00 + f (t, vt + φ(0), v0(t)) = 0, v0 = φ − φ(0) ≡ eφ,

trong đó eφ ∈ C và eφ(0) = 0. Với mỗi hàm v thuộc vào C0, là không gian được xác định như trong mục 2.3, ta định nghĩa hàm bv : [−r, 1] → R như sau:

( t ∈ [−r, 0],

bv(t) = eφ(t), v(t), t ∈ [0, 1].

Định nghĩa toán tử tích phân eT : C0 → C 1[0, 1] bởi

Z t

0

eT v(t) = −

0 Z 1

(t − s)f (s, bvs + φ(0), v0(s))ds Z η − αt (2.4.2) f (s, bvs + φ(0), v0(s))ds − φ(0)t

0

t ∈ [0, 1]. + t (1 − s)f (s, bvs + φ(0), v0(s))ds,

63

Áp dụng bổ đề 2.2.3, bài toán (2.1.1)-(2.1.3) có nghiệm khi và chỉ khi toán tử eT có điểm bất động. Ta chú ý thêm

(2.4.3)

||bvs + φ(0)|| ≤ ||v||0 + ||φ|| + 2|φ(0)|, và không có gì nhầm lẫn nên ta sử dụng lại một số ký hiệu như mục 2.3. (a) Trường hợp k = l = 1: Sử dụng giả thiết (M1), từ (2.4.2), (2.4.3), ta có

(2.4.4) ∀v ∈ C0; k eT vk0 ≤ a1kvk0 + b1kv0k0 + c1,

(2.4.5) ∀v ∈ C0, k( eT v)0k0 ≤ a2kvk0 + b2kv0k0 + c2,

ở đây

0 Z 1

0 Z η

Z 1 Z η (1 − s)p(s)ds + |α| p(s)ds, a1 = 2

0

0

(1 − s)q(s)ds + |α| q(s)ds, b1 = 2

0

0

Z 1 Z η (cid:16) (cid:17) 2 (1 − s)p(s)ds + |α| p(s)ds (kφk + 2|φ(0)|) c1 =

0

0

Z 1 Z η + |φ(0)| + 2 (1 − s)r(s)ds + |α| r(s)ds;

0

0

Z η (cid:17) a2, b2 được xác định như trên và (cid:16) Z 1 (2 − s)p(s)ds + |α| p(s)ds (kφk + 2|φ(0)|) c2 =

0

0

Z 1 Z η + |φ(0)| + (2 − s)r(s)ds + |α| r(s)ds.

Đặt

(2.4.6) A = max{a1, a2 + b2}.

Từ (M2)-(M3), ta suy ra rằng a1 < 1, a2 + b2 < 1, nên A < 1. Bây giờ ta chọn một hằng số B > 0 sao cho

(2.4.7) B ≥ max{ + c1, c2}, b1c2 1 − a2 − b2

và đặt

m = (2.4.8) , Ω = {v ∈ C0 : kvk1 < m}. B 1 − A

64

Bằng lý luận tương tự như trong chứng minh định lý 2.3.1, từ (2.4.4)-(2.4.8), ta chứng minh không khó khăn rằng toán tử eT : Ω → C 1[0, 1] hoàn toàn liên tục và không tồn tại v∗ ∈ ∂Ω sao cho eT (v∗) = λv∗, λ > 1, nên áp dụng định lý 2.2.1, eT có điểm bất động v ∈ C0. Trường hợp (a) được chứng minh. (b) Trường hợp 0 ≤ k < 1, 0 ≤ l < 1. Cũng sử dụng giả thiết (M1), từ (2.3.1),(2.4.2), (2.4.3), với bất kỳ v ∈ C0, ta có

0 + c3 0 + c3,

(2.4.9) k eT vk0 ≤ a1(kvk0 + kφk + 2|φ(0)|)k + b1kv0kl ≤ a1(kv0k0 + kφk + 2|φ(0)|)k + b1kv0kl

0 + c4 0 + c4,

(2.4.10) k( eT v)0k0 ≤ a2(kvk0 + kφk + 2|φ(0)|)k + b2kv0kl ≤ a2(kv0k0 + kφk + 2|φ(0)|)k + b2kv0kl

trong đó a1, b1 và a2, b2 được xác định như trên và

0 Z 1

0 Z η

Z 1 Z η (1 − s)r(s)ds + |α| r(s)ds, c3 = |φ(0)| + 2

0

0

(2 − s)r(s)ds + |α| r(s)ds. c4 = |φ(0)| +

(2.4.11) Nếu kv0k0 + kφk + 2|φ(0)| > 1, thì bởi (2.4.9),(2.4.10), ta được k eT vk0 ≤ (a1 + b1)(kv0k0 + kφk + 2|φ(0)|)h + c3 k( eT v)0k0 ≤ (a2 + b2)(kv0k0 + kφk + 2|φ(0)|)h + c4,

với h = max{k, l}. Áp dụng bất đẳng thức (2.3.18) với

x = pkv0k0 + kφk + 2|φ(0)|; K = ai + bi, i = 1, 2; β = 2h; H = 1,

ta suy ra tồn tại hai hằng số ˆC1, ˆC2 sao cho

(a1 + b1)(kv0k0 + kφk + 2|φ(0)|)h ≤ (kv0k0 + kφk + 2|φ(0)|) + ˆC1,

(a2 + b2)(kv0k0 + kφk + 2|φ(0)|)h ≤ (kv0k0 + kφk + 2|φ(0)|) + ˆC2. 1 2 1 2

Từ đó, với mọi v ∈ C0,

k eT vk0 ≤ (2.4.12)

kv0k0 + ˆC4, 1 2 k( eT v)0k0 ≤ kv0k0 + ˆC3, 1 2

65

ở đây

ˆC3 = a1 + b1 + (kφk + 2|φ(0)|) + c3 + ˆC1,

ˆC4 = a2 + b2 + (kφk + 2|φ(0)|) + c4 + ˆC2. 1 2 1 2

Chọn một hằng số dương m sao cho

(2.4.13) m > ˆC3 + 2 ˆC4,

và đặt

(2.4.14) Ω = {v ∈ C0 : kvk1 < m}.

Cũng lý luận tương tự như trong chứng minh định lý 2.3.1, từ (2.4.12)- (2.4.14), ta chứng minh không khó khăn toán tử eT : Ω → C 1[0, 1] hoàn toàn liên tục. Hơn nữa sẽ không tồn tại v∗ ∈ ∂Ω sao cho eT (v∗) = λv∗, λ > 1. Vì nếu như vậy thì từ (2.4.12) ta suy ra rằng

(2.4.15) k(v∗)0k0 = k(v∗)0k0 + ˆC4, k( eT v∗)0k0 ≤ k( eT v∗)0k0 ≤ 1 λ 1 2

nên

(2.4.16) k(v∗)0k0 ≤ 2 ˆC4.

Kết hợp (2.4.12),(2.4.16), ta thu được

(2.4.17) k eT v∗k0 ≤ ˆC4 + ˆC3, k( eT v∗)0k0 ≤ 2 ˆC4.

Điều này dẫn đến

λkv∗k1 = k eT v∗k1 ≤ ˆC3 + 2 ˆC4 < m,

do đó

λm < m, nghĩa là λ < 1,

0 + ˆc3,

điều này là vô lý vì λ > 1. Áp dụng định lý 2.2.1, eT có điểm bất động v ∈ C0. Trường hợp (b) được chứng minh. (c) Trường hợp k = 1, 0 ≤ l < 1. Tiếp tục sử dụng giả thiết (M1), từ (2.3.1),(2.4.2), (2.4.3), với bất kỳ v ∈ C0, ta có

0 + ˆc4,

(2.4.18) k eT vk0 ≤ a1kv0k0 + b1kv0kl k( eT v)0k0 ≤ a2kv0k0 + b2kv0kl

66

ở đây

ˆc3 = a1(kφk + 2|φ(0)|) + c3, ˆc4 = a2(kφk + 2|φ(0)|) + c4.

Bây giờ ta chọn ˆA = max{a1, a2} và một hằng số ˆB > 0 sao cho

(2.4.19) ˆB ≥ max{b1( )l + ˆc3, b2( )l + ˆc4}, 2ˆc4 + 2 eC 1 − a2 2ˆc4 + 2 eC 1 − a2

ở đây hằng số eC được xác định để bất đẳng thức (2.3.18) với K = b2, β = 2l, H = 1 − a2 luôn đúng với mọi x ≥ 0, và đặt

ˆm = (2.4.20) , Ω = {v ∈ C0 : kvk1 < ˆm}.

ˆB 1 − ˆA Chú ý rằng, bởi (M2)-(M3), a1, a2 < 1. Do đó ˆA < 1. Xét toán tử eT : Ω → C 1[0, 1]. Tương tự (b), ở trường hợp này ta chỉ cần chứng tỏ một điều không thể xảy ra là tồn tại v∗ ∈ ∂Ω sao cho eT (v∗) = λv∗, với λ > 1. Vì nếu có xảy ra thì từ (2.4.18) ta suy ra rằng

k(v∗)0k0 = k(T v∗)0k0 1 λ (2.4.21)

0 + ˆc4.

≤ k( eT v∗)0k0 ≤ a2k(v∗)0k0 + b2k(v∗)0kl

Do đó

0 + ˆc4.

(1 − a2)k(v∗)0k0 ≤ b2k(v∗)0kl

Sử dụng bất đẳng thức (2.3.18) với x = pk(v∗)0k0, K = b2, β = 2l, H = 1 − a2, ta nhận được

0 + ˆc4 ≤

b2k(v∗)0kl (1 − a2)k(v∗)0k0 + ˆc4 + eC, 1 2

và vì vậy

(2.4.22) (1 − a2)k(v∗)0k0 ≤ (1 − a2)k(v∗)0k0 + ˆc4 + eC ⇔ k(v∗)0k0 ≤ fM1, 1 2

là một hằng số không âm.

1 + ˆc3,

trong đó fM1 = 2ˆc4+2 eC 1−a2 Kết hợp (2.4.18), (2.4.22), ta thu được

1 + ˆc4.

(2.4.23) k eT v∗k0 ≤ a1k(v∗)0k0 + b1 fM l k( eT v∗)0k0 ≤ a2k(v∗)0k0 + b2 fM l

67

Điều này dẫn đến

λkv∗k1 = k eT v∗k1 ≤ ˆAkv∗k1 + ˆB ⇔ λ ˆm ≤ ˆA ˆm + ˆB,

2.5 Khảo sát bài toán giá trị đầu có đối số chậm.

do đó λ ≤ 1, điều này là vô lý. Áp dụng định lý 2.2.1, eT có điểm bất động v ∈ C0. Trường hợp (c) được chứng minh. Tương tự cho trường hợp còn lại. Từ đó định lý 2.4.1 được chứng minh.

Trước hết, bằng phương pháp như đã sử dụng trong mục 2.3 kết hợp với việc áp dụng bổ đề 2.2.4, chúng tôi thu được các kết quả sau đây cho bài toán giá trị đầu (2.1.1)-(2.1.4) liên quan đến sự tồn tại nghiệm, sự duy nhất nghiệm và sự phụ thuộc liên tục của nghiệm vào một tham số thực.

Định lý 2.5.1. Giả sử f : [0, 1] × C × R → R là hàm liên tục và có các hàm số không âm p, q, r ∈ L1[0, 1] sao cho

0 q(s)ds < 1.

0 p(s)ds + R 1

(I1) |f (t, u, v)| ≤ p(t)kuk + q(t)|v| + r(t), ∀(t, u, v) ∈ [0, 1] × C × R, (I2) R 1

Khi đó bài toán (2.1.1)-(2.1.4) có nghiệm.

Chúng tôi xin chú ý rằng định lý 2.5.1 có thể xem là một trường hợp riêng của [45, Hệ quả 4.2], hệ quả này đã được phát biểu mà không chứng minh trong [45].

0

Chứng minh định lý 2.5.1. Ở đây, ta cũng chỉ cần xét với một trường hợp là φ(0) = 0. Ta cũng sử dụng lại không gian C0, hàm bu giống như mục 2.4. Định nghĩa toán tử tích phân T : C0 → C 1[0, 1] bởi Z t T u(t) = − t ∈ [0, 1]. (2.5.1) (t − s)f (s, bus, u0(s))ds,

Sử dụng giả thiết (I1), (2.3.2) và (2.5.1), với mọi u ∈ C0, ta được

(2.5.2) kT uk0 ≤ eA1kuk0 + eB1ku0k0 + eC1,

68

với

0

0 Z 1

Z 1 Z 1 (1 − s)p(s)ds, (1 − s)q(s)ds, eA1 = eB1 =

0

0

Z 1 (1 − s)p(s)ds + (1 − s)r(s)ds, eC1 = kφk

và

(2.5.3) k(T u)0k0 ≤ eA2kuk0 + eB2ku0k0 + eC2,

với

0

0 Z 1

Z 1 Z 1 p(s)ds, q(s)ds, eA2 = eB2 =

0

0

Z 1 p(s)ds + r(s)ds. eC2 = kφk

Dễ thấy rằng

eA1 ≤ eA2, eB1 ≤ eB2, eC1 ≤ eC2.

Từ giả thiết (I2) và các đánh giá (2.5.2), (2.5.3) ta suy ra được tính bị chặn của tập hợp

{u∗ ∈ ∂Ω : T (u∗) = λu∗, λ > 1}. (2.5.4)

Chọn các hằng số eA, eB như sau:

(2.5.5) eA = max{ eA1, eA2 + eB2} = eA2 + eB2,

từ (I2) ta có eA2 + eB2 < 1, nên eA < 1;

(2.5.6) eB > max{ + eC1, eC2}, eB1 eC2 1 − eA

rõ ràng, eB > 0. Đặt

(2.5.7) . Ω = {u ∈ C0 : kuk1 < em}, với em = eB 1 − eA

Thế thì, Ω là tập con mở và bị chặn của C0. Mặt khác 0 ∈ Ω, và ∂Ω = {u ∈ C0 : kuk1 = em}. Khi đó ta cũng chứng minh được rằng toán tử T : Ω = Ω ∪ ∂Ω → C 1[0, 1] hoàn toàn liên tục và không tồn tại u∗ ∈ ∂Ω sao cho T (u∗) = λu∗, với λ > 1. Áp dụng định lý 2.2.1, T có một điểm bất động u ∈ Ω. Định lý 2.5.1 được chứng minh.

69

Định lý 2.5.2. Cho f : [0, 1] × C × R → R là hàm liên tục. Giả sử có các hàm không âm p, q, r ∈ L1[0, 1] và các hằng số k, l ∈ [0, 1] sao cho

(Ĩ1) |f (t, u, v)| ≤ p(t)kukk + q(t)|v|l + r(t), ∀(t, u, v) ∈ [0, 1] × C × R,

0 p(s)ds + Q(l) R 1

0 q(s)ds < 1,

(Ĩ2) Q(k) R 1

ở đây hàm Q(µ) được cho như trong định lý 2.3.2. Thế thì bài toán (2.1.1)- (2.1.4) có ít nhất một nghiệm.

Định lý 2.5.3. Giả sử f : [0, 1] × C × R → R là hàm liên tục và thoả mãn điều kiện Lipschitz trên [0, 1] × C × R như sau:

|f (t, u, v) − f (t, eu, ev)| ≤ eθ(ku − euk + |v − ev|),

với một hằng số không âm eθ. Nếu 2eθ < 1, thì bài toán (2.1.1)-(2.1.4) có duy nhất nghiệm.

Bây giờ ta xét bài toán

0 ≤ t ≤ 1, (2.5.8) u0(0) = 0, u00 + f (t, ut, u0(t), λ) = 0, u0 = φ,

trong đó λ là tham số thực và trên [0, 1] × C × R × R hàm f liên tục với tính chất

(2.5.9) |f (t, u, v, λ) − f (t, eu, ev, λ)| ≤ eθ(ku − euk + |v − ev|),

ở đây eθ là hằng số không âm thỏa mãn

(2.5.10)

(2.5.11) 2eθ < 1; |f (t, u, v, λ1) − f (t, u, v, λ2)| ≤ eL|λ1 − λ2|,

ở đây eL là một hằng số không âm, các giá trị λ1, λ2 là tuỳ ý.

Định lý 2.5.4. Giả sử f : [0, 1] × C × R × R → R là hàm liên tục. Nếu (2.5.9)-(2.5.11) đúng, thì nghiệm của bài toán (2.5.8) phụ thuộc liên tục vào tham số λ.

Chứng minh các định lý 2.5.2–2.5.4 tương tự chứng minh của các định lý (cid:3) 2.3.2–2.3.4, lần lượt, chúng tôi xin được bỏ qua.

70

Tiếp theo, chúng tôi sẽ chứng tỏ rằng tập hợp nghiệm của bài toán (2.1.1)- (2.1.4) là tập khác rỗng, compact và liên thông. Ý tưởng và phương pháp sử dụng như trong mục 1.5, chương 1. Chúng tôi bắt đầu bằng việc chứng minh mệnh đề sau.

Mệnh đề 2.5.5. Giả sử f : [0, 1]×C ×R → R là hàm liên tục và Lipschitz địa phương tương ứng với tập C × R, nghĩa là với mỗi (t0, u0, v0) ∈ [0, 1] × C × R, luôn tồn tại các số thực δ, ρ, σ > 0 và θ ≥ 0 sao cho

|f (t, u, v) − f (t, eu, ev)| ≤ θ(ku − euk + |v − ev|),

với mọi t ∈ [0, 1], (u, v), (eu, ev) ∈ C × R mà ku − u0k ≤ ρ, |t − t0| ≤ δ, keu − u0k ≤ ρ, |v − v0| ≤ σ, |ev − v0| ≤ σ.

Khi đó bài toán (2.1.1)-(2.1.4) có nhiều nhất một nghiệm.

Chứng minh. Giả sử bài toán (2.1.1)-(2.1.4) có hai nghiệm là u(t), v(t) xác định trên đoạn [−r, 1]. Hiển nhiên

u(t) = v(t), với mọi t ∈ [−r, 0].

Ta phải chứng minh rằng u(t) = v(t), với mọi t ∈ [−r, 1]. Đặt

b = max (cid:8)τ : u(t) = v(t), ∀t ∈ [−r, τ ](cid:9). (2.5.12)

Rõ ràng, b ≥ 0. Nên 0 ≤ b ≤ 1. Giả sử b < 1. Vì f Lipschitz địa phương như trong giả thiết cho, nên với (b, ub, u0(b)) ∈ [0, 1] × C × R, tồn tại các số thực δ, ρ, σ > 0 và θ ≥ 0 sao cho

|f (t, eu1, ev1) − f (t, eu2, ev2)| ≤ θ(cid:0)keu1 − eu2k + |ev1 − ev2|(cid:1),

với mọi t ∈ [0, 1], (eu1, ev1), (eu2, ev2) ∈ C × R, mà |t − b| ≤ δ, keu2 − ubk ≤ ρ, |ev1 − u0(b)| ≤ σ, keu1 − ubk ≤ ρ, |ev2 − u0(b)| ≤ σ.

Chú ý rằng ub = vb, u0(b) = v0(b) và luôn có thể chọn δ sao cho b + δ ≤ 1. Cũng chú ý thêm rằng, với mỗi hàm u ∈ C([−r, 1]; R) sao cho u khả vi liên tục trên [0, 1], các ánh xạ

s 7→ u0(s) với s ∈ [0, 1], s 7→ us,

71

là liên tục. Suy ra luôn tồn tại δ0 > 0 với δ0 < δ và 2θδ0 < 1, sao cho

|u0(s) − u0(b)| ≤ σ, |v0(s) − u0(b)| ≤ σ, kus − ubk ≤ ρ, kvs − ubk ≤ ρ,

b≤t≤b+δ0

với mọi s ∈ [b, b + δ0]. Giả sử Sb là không gian gồm tất cả các hàm liên tục x : [−r, b + δ0] → R sao cho các hàm này khả vi liên tục trên đoạn [b, b + δ0] và xb = ub. Ta định nghĩa n |x0(t) − y0(t)| o . |x(t) − y(t)|, max db(x, y) = max max b≤t≤b+δ0

Khi đó Sb là không gian metric đầy đủ với hàm khoảng cách db. Dễ thấy rằng u = u|[−r,b+δ0] ∈ Sb và v = v|[−r,b+δ0] ∈ Sb. Đặt w = u − v, thì w thoả mãn

b ≤ t ≤ b + δ0, (2.5.13) w00 + f (t, ut, u0(t)) − f (t, vt, v0(t)) = 0, wb = 0, w0(b) = 0.

Suy ra với mọi t ∈ [b, b + δ0], ta có

b Z t

Z t |w(t)| ≤ (1 − s)|f (s, us, u0(s)) − f (s, vs, v0(s))|ds

b

(cid:0)kus − vsk + |u0(s) − v0(s)|(cid:1)ds

b≤t≤b+δ0

(cid:17) ≤ θ ≤ θδ0(cid:16) . |u0(t) − v0(t)| |u(t) − v(t)| + max max b≤t≤b+δ0

Tương tự,

b

Z t |w0(t)| ≤ |f (s, us, u0(s)) − f (s, vs, v0(s))|ds

b≤t≤b+δ0

(cid:17) ≤ θδ0(cid:16) |u(t) − v(t)| + max |u0(t) − v0(t)| . max b≤t≤b+δ0

Dựa vào định nghĩa của hàm khoảng cách db, ta nhận được

b≤t≤b+δ0

b≤t≤b+δ0

n o |u(t) − v(t)|, max max b≤t≤b+δ0 |u0(t) − v0(t)| (cid:17) |u(t) − v(t)| + max |u0(t) − v0(t)| db(u, v) = max ≤ θδ0(cid:16)

max b≤t≤b+δ0 ≤ 2θδ0db(u, v).

Vì 2θδ0 < 1, ta kết luận được db(u, v) = 0, hay u = v. Như thế,

u(t) = v(t), ∀t ∈ [−r, b + δ0].

72

Điều này hoàn toàn mâu thuẫn với cách xác định b trong (2.5.12). Chứng minh mệnh đề 2.5.5 hoàn thành.

Từ các định lý 2.5.1, 2.5.2 và mệnh đề 2.5.5, chúng tôi thu được kết quả

sau.

Hệ quả 2.5.6. Cho f : [0, 1] × C × R → R là hàm liên tục và Lipschitz địa phương tương ứng với C × R. Giả sử có các hàm không âm p, q, r ∈ L1[0, 1] và các hằng số k, l ∈ [0, 1] sao cho

(Ĩ1) |f (t, u, v)| ≤ p(t)kukk + q(t)|v|l + r(t), ∀(t, u, v) ∈ [0, 1] × C × R,

0 p(s)ds + Q(l) R 1

0 q(s)ds < 1,

(Ĩ2) Q(k) R 1

với Q(µ) được cho như trong định lý 2.3.2. Khi đó bài toán (2.1.1)-(2.1.4) có nghiệm duy nhất.

Từ các kết quả này, ta đi đến định lý sau.

Định lý 2.5.7. Giả sử f : [0, 1] × C × R → R là hàm liên tục và thoả các điều kiện (I1)-(I2) hoặc (Ĩ1)-(Ĩ2). Khi đó tập hợp nghiệm của bài toán giá trị đầu (2.1.1)-(2.1.4) khác rỗng, compact và liên thông.

Chứng minh định lý 2.5.7. Chứng minh gồm hai bước. Bước 1. Trường hợp φ(0) = 0. Chúng tôi sử dụng lại không gian C0, hàm bu và toán tử T như đã được định nghĩa trong chứng minh định lý 2.5.1 Theo trên, toán tử T : Ω = Ω ∪ ∂Ω → C 1[0, 1] hoàn toàn liên tục, trong đó

. Ω = {u ∈ C0 : kuk1 < em}, em = eB 1 − eA

Áp dụng các định lý 2.5.1-2.5.2, rõ ràng tập hợp các điểm bất động của T khác rỗng. Hơn thế nữa, tập hợp này còn là tập compact và liên thông. Ta chứng minh như sau. Trước hết, với mọi u ∈ Ω, ta suy được từ (2.5.2), (2.5.3), (2.5.6) và (2.5.7), rằng

kT uk1 ≤ eA em + eC2,

> hay eA em + eC2 < em. em = eB 1 − eA eC2 1 − eA

73

Thế thì kT uk1 < em. Nên T (Ω) ⊂ Ω.

Mặt khác, Ω là tập lồi, do đó

deg(I − T, Ω, 0) 6= 0.

Và hiển nhiên, T không có điểm bất động trên ∂Ω. Kế đến, hàm f : [0, 1] × C × R → R liên tục, áp dụng định lý về xấp xỉ Lipschitz địa phương [12] như trong mục 1.5, với mỗi ε > 0, tồn tại ánh xạ fε : [0, 1] × C × R → R là Lipschitz địa phương tương ứng với C × R, sao cho

∀(t, u, v) ∈ [0, 1] × C × R. (2.5.14) , |f (t, u, v) − fε(t, u, v)| ≤ ε 2

0

Rõ ràng, fε liên tục. Ngoài ra, bởi f thoả các điều kiện (I1)-(I2) hoặc (Ĩ1)-(Ĩ2), ta suy ra từ (2.5.14) rằng fε cũng thoả các điều kiện (I1)-(I2) hoặc (Ĩ1)-(Ĩ2). Định nghĩa toán tử Tε : Ω → C 1[0, 1] như sau: Z t t ∈ [0, 1]. (2.5.15) Tεu(t) = − (t − s)fε(s, bus, u0(s))ds,

∀u ∈ Ω. (2.5.16) < ε, kT (u) − Tε(u)k1 ≤ Khi đó bằng các lý luận như đã sử dụng, ta cũng chứng tỏ được Tε hoàn toàn liên tục. Ta cũng dễ dàng kiểm tra được ε 2

Cuối cùng, ta cần chứng minh rằng với mỗi h ∈ Ω mà khk1 < ε, phương trình

(2.5.17) u = Tε(u) + h,

có nhiều nhất một nghiệm. Giả sử u1, u2 là hai nghiệm của (2.5.17). Đặt

w1 = bu1 − bh, w2 = bu2 − bh,

ở đây

( ( φ(t), t ∈ [−r, 0], φ(t), t ∈ [−r, 0], bh(t) = bui(t) = t ∈ [0, 1], h(t), t ∈ [0, 1], ui(t),

i = 1, 2. Khi đó w1, w2 là hai nghiệm của bài toán

0 ≤ t ≤ 1, w00 + fε (cid:0)t, wt + bht, w0(t) + h0(t)(cid:1) = 0, (2.5.18) w0 = 0, w0(0) = 0.

74

Theo mệnh đề 2.5.5, bài toán(2.5.18) có nhiều nhất một nghiệm, nên

w1 = w2, nghĩa là u1 = u2.

Vậy thì phương trình (2.5.17) có nhiều nhất một nghiệm. Áp dụng định lý Krasnosel’skii - Perov, tập hợp các điểm bất động của T khác rỗng, compact và liên thông. Cũng như thế cho tập nghiệm của bài toán (2.1.1)-(2.1.4). Bước 1 được chứng minh. Bước 2. Trường hợp φ(0) 6= 0. Thực hiện phép đổi biến v = u − φ(0), bài toán (2.1.1)-(2.1.4) được viết lại như sau

0 ≤ t ≤ 1, (2.5.19) v0(0) = 0. v00 + f (cid:0)t, vt + φ(0), v0(t)(cid:1) = 0, v0 = φ − φ(0) ≡ eφ,

trong đó eφ ∈ C và eφ(0) = 0. Trên cơ sở bước 1, ta chứng minh được tập hợp nghiệm của bài toán (2.5.19) khác rỗng, compact và liên thông. Trong chứng minh, khi f thoả các điều kiện (Ĩ1)-(Ĩ2), bất đẳng thức (2.3.18) được sử dụng lại một lần nữa. Từ đó tập hợp nghiệm của bài toán giá trị đầu (2.1.1)-(2.1.4) khác rỗng, compact và liên thông. Chứng minh định lý 2.5.7 hoàn thành.

? Như vậy, chương 2 đã khảo sát sự tồn tại nghiệm, tồn tại duy nhất và sự phụ thuộc liên tục của nghiệm của bài toán biên ba điểm cho phương trình vi phân hàm cấp hai có chậm. Sử dụng kết quả của R.Ma, việc giải bài toán biên được quy về việc giải phương trình tích phân Volterra - Hammerstein trên đoạn hữu hạn, sau đó áp dụng nguyên lý loại trừ Leray - Schauder hoặc nguyên lý ánh xạ co để thiết lập tính giải được, giải được duy nhất của phương trình tích phân này. Trên cơ sở đó, bài toán biên hỗn hợp và bài toán giá trị đầu cũng được nghiên cứu, đặc biệt tính chất Hukuhara-Kneser cho bài toán giá trị đầu đã được thiết lập.

Ta có lưu ý rằng, phương pháp điểm bất động và các kỹ thuật trong hai chương 1 và 2 có thể vận dụng để khảo sát bài toán giá trị đầu cho phương trình vi phân hàm cấp một có chậm. Chẳng hạn trong [N10], áp dụng định lý Schauder và định lý ánh xạ co, sự tồn tại và duy nhất nghiệm, sự tồn tại nghiệm ổn định tiệm cận của bài toán này được chứng minh. Sự tồn tại nghiệm tuần hoàn cũng được chỉ ra nhờ áp dụng hệ quả của định lý điểm bất động Schauder- Tychonoff và một định lý điểm bất động của ánh xạ đa trị. Mặt khác, tiếp tục áp dụng định lý Krasnosel’skii -Perov, tính compact và liên thông của tập nghiệm cũng được xem xét.

Chương 3

ỨNG DỤNG NGUYÊN LÝ ÁNH XẠ CO VÀO BÀI TOÁN HỖN HỢP CHO PHƯƠNG TRÌNH SÓNG PHI TUYẾN CHỨA TOÁN TỬ KIRCHHOFF

3.1 Giới thiệu.

Chương này trình bày sự kết hợp của phương pháp điểm bất động, phương pháp Galerkin và lý luận về tính compact thông dụng trong khảo sát bài toán hỗn hợp cho phương trình sóng phi tuyến chứa toán tử Kirchhoff:

0, ||ur||2

r ur)



(cid:1)(urr + 1 0, ||ut||2 0 0 < r < 1, 0 < t < T, (3.1.1) √ (cid:12) < +∞, ur(1, t) + hu(1, t) = 0,

1 R

1 R

utt − B(cid:0)t, ||u||2  = f (r, t, u, ur), (cid:12) rur(r, t)(cid:12) (cid:12) limr→0+  u(r, 0) = eu0(r), ut(r, 0) = eu1(r),

0 =

0 =

0

0

1 R

trong đó hằng số h > 0, kuk2 r |u(r, t)|2 dr, kurk2 r |ur(r, t)|2 dr,

0 =

0

kutk2

r |ut(r, t)|2 dr và các hàm số B, f, eu0, eu1 là cho trước, thoả một số điều kiện sẽ được chỉ rõ trong các mục sau. Trong các chứng minh về tồn tại nghiệm của bài toán này, một hệ quả của nguyên lý ánh xạ co Banach sau đây được sử dụng: Định lý Banach: ([12, Ch.5, Định lý 17.1])

Cho (Ω, d) là một không gian metric đầy đủ và toán tử F : Ω → Ω. Nếu

tồn tại k ∈ (0, 1) và số tự nhiên m ≥ 1 sao cho

d(F mx, F my) ≤ kd(x, y), ∀x, y ∈ Ω

và với mỗi x ∈ Ω cho trước,

75

thì F có duy nhất một điểm bất động z F nx → z khi n → ∞.

76

 (cid:16) ∆v Liên quan đến bài toán giá trị biên-ban đầu cho phương trình sóng phi tuyến (3.1.1) là bài toán sau, mà nhiều tác giả ( xem [23, 24, 35, 36, 37]) đã nghiên cứu: t, kvk2 , k∇vk2 , kvtk2(cid:17) vtt − B1

trong Ω1 × (0, T ),

(3.1.2) trên ∂Ω1 × (0, T ),

  = f1(x, t, v, vt, ∇v) ∂v ∂ν + h v = 0 hay v = 0 trên ∂Ω1 × (0, T ), v(x, 0) = ev0(x), vt(x, 0) = ev1(x), trong Ω1,

ở đây

2

v2 t (x, t)dx,

∂v ∂xi

N P i=1

dx, (cid:12) (cid:12) (x, t) (cid:12) v2(x, t)dx, kvtk2 = R Ω1 (cid:12) (cid:12) (cid:12) kvk2 = R Ω1 |5v(x, t)|2 dx = R Ω1 k5vk2 = R Ω1

Ω1 là một miền bị chặn trong RN với biên ∂Ω1 đủ trơn và ν là vectơ pháp tuyến đơn vị trên biên ∂Ω1, hướng ra phía ngoài. Với N = 1 và Ω1 = (0, L) phương trình (3.1.2)1 xuất phát từ bài toán mô tả dao động phi tuyến của một dây đàn hồi (xem Kirchhoff [24]),

2

L R

0

(cid:18) (cid:19) dy ρhvtt − vxx = 0, P0 + Eh 2L (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) ∂v (cid:12) ∂y (y, t) (cid:12)

ở đây ν là độ võng, x là biến không gian, t là biến thời gian, ρ là khối lượng riêng, h là thiết diện, L là chiều dài sợi dây lúc ban đầu, E là môđun Young và P0 là lực căng lúc ban đầu. Trong [9], Carrier cũng đã thiết lập bài toán có dạng

L R

0

(cid:18) (cid:19) v2(y, t)dy vtt − P0 + P1 vxx = 0,

N P i=1

trong đó P0 và P1 là các hằng số. Trường hợp Ω1 là quả cầu đơn vị mở trong RN và các hàm v, f1, ev0, ev1 phụ thuộc vào |x| với r2 = |x|2 = x2 i , bài toán (3.1.2) có thể viết lại dưới dạng:

77

1 R

1 R u2(r, t)rγdr,

1 R |ur(r, t)|2 rγdr,

r ur)

0

0

0

 (cid:18) (cid:19) t, |ut(r, t)|2 rγdr (urr + γ utt − B

trong (0, 1) × (0, T ),

trên (0, T ), = ef1(r, t) ur(1, t) + h u(1, t) = 0

trên (0, T ),

r ur(γ = 0), thì (3.1.3)1

  trong (0, 1), hay u(1, t) = 0, u(r, 0) = eu0(r), ut(r, 0) = eu1(r),

(3.1.3) trong đó γ = N − 1. Với N = 2, (3.1.3)1 là phương trình sóng phi tuyến hai chiều mô tả dao động phi tuyến trên màng tròn đơn vị Ω1 = {(x, y) : x2 + y2 < 1}. Trong quá trình dao động, bề mặt của màng Ω1 và sức căng tại các điểm khác nhau trên đó thay đổi theo thời gian. Điều kiện trên biên ∂Ω1 mô tả những ràng buộc đàn hồi, trong đó h là hằng số có một ý nghĩa cơ học nào đó. Điều kiện biên (3.1.1)2 sẽ được thoả mãn nếu u là một nghiệm cổ điển của (3.1.1), chẳng hạn như u ∈ C 1(Ω × (0, T )) ∩ C 2(Ω × (0, T )). Điều kiện này thường được sử dụng trong sự liên hệ với các không gian Sobolev có trọng r, xem [6, 31, 34]. Trường hợp phương trình (3.1.3)1 không chứa số hạng 1 trở thành:

0

0

0

Z 1 Z 1 (cid:17) (cid:16) Z 1 u2(r, t)dr, utt − B |ur(r, t)|2dr, |ut(r, t)|2dr urr (3.1.4)

0 < r < 1, 0 < t < T. = f (r, t, u, ur, ut),

0 |ur(r, t)|2dr

(cid:17) (cid:16) R 1 , bài toán Cauchy hay bài toán hỗn hợp Khi f = 0 và B = B

(3.1.4) đã được nhiều tác giả nghiên cứu, xem [16, 23, 37] và các tài liệu tham khảo được nêu trong đó. Tổng quan các kết quả thuộc về lĩnh vực Toán học của mô hình Kirchhoff có thể tìm thấy trong các tài liệu [41, 42]. Medeiros ([40]) cũng đã nghiên cứu bài toán (3.1.1) trên một tập mở và bị chặn Ω của R3, với f = f (u) = −bu2, b > 0 là hằng số cho trước. Hosoya và Yamada ([23]) đã nghiên cứu bài toán (3.1.3)3,4 - (3.1.4) với f = f (u) = −δ|u|αu, trong đó δ > 0, α ≥ 0 là các hằng số cho trước. Trong [30, 35], các tác giả cũng đã nghiên cứu sự tồn tại và duy nhất nghiệm của phương trình

(3.1.5) utt + λ42u − B(k∇uk2)4u + ε|ut|α−1ut = F (x, t), x ∈ Ω, t > 0,

78

r ur xuất hiện trong phương trình (3.1.1)1 ta phải khử r bằng cách sử dụng các không gian Sobolev có trọng thích hợp,

ở đây λ > 0, ε > 0, 0 < α < 1, là các hằng số cho trước, Ω là một tập mở và bị chặn của Rn. Trường hợp có số hạng 1 bỏ hệ số 1 xem [6, 31, 34, 38]. Trong chương này, trước hết bài toán (3.1.1) được liên kết với việc xây dựng một dãy lặp tuyến tính bị chặn trong một không gian hàm thích hợp. Sự tồn tại nghiệm được chứng minh dựa vào định lý Banach nêu trên (toán tử co ở dạng lặp) và phương pháp compact thông thường. Từ đó, chúng tôi thu được các kết quả về sự tồn tại và tồn tại duy nhất nghiệm yếu của bài toán. Tiếp theo, bài toán (3.1.1) được xét với f ∈ C 2([0, 1] × R) và B ∈ C 1(R+), b0 ≤ B(z) ≤ d0zp + ed0, |B0(z)| ≤ d1zp−1 + ed1, trong đó b0 > 0, p > 1, và d0, ed0, d1, ed1 ≥ 0 là các hằng số cho trước. Ở đây, phương trình (3.1.1)1 được liên kết với một dãy quy nạp (phi tuyến) {um} xác định bởi

(cid:16) (cid:17) (cid:17)(cid:16)∂2um k∇umk2 0 ∂um ∂r (3.1.6)

+), B1 ∈ C N (R4

(r, um−1), ∂2um 1 ∂r2 + ∂t2 − B r ∂f = f (r, um−1) + (um − um−1) ∂u

3.2 Các không gian hàm và kết quả chuẩn bị.

0 < r < 1, 0 < t < T, với um thoả (3.1.1)2,3 và số hạng đầu tiên của dãy được chọn là u0 = 0. Khi đó, sự hội tụ bậc hai của dãy {um} về nghiệm yếu của bài toán (3.1.1) sẽ được nhận. Trong chứng minh tồn tại nghiệm địa phương, định lý Banach nêu trên được sử dụng lần nữa. Cuối cùng, với B ∈ C N +1(R4 +), B ≥ b0 > 0, B1 ≥ 0, f ∈ C N +1([0, 1]×R+×R2) và f1 ∈ C N ([0, 1] × R+ × R2), chúng tôi thu được một khai triển tiệm cận theo ε (đủ nhỏ) đến cấp N + 1 của nghiệm yếu uε(r, t) của bài toán (3.1.1), mà trong đó f được thay bởi f + εf1 và B được thay bởi B + εB1. Kết quả nhận được tổng quát tương đối các kết quả trong [14, 33, 36, 37, 38] và được công bố trong [N5, N6], gửi công bố trong [N7].

0 rv2(r)dr

Đặt Ω = (0, 1). Ta bỏ qua định nghĩa của không gian hàm thông dụng (cid:17)1/2 (cid:16) R 1 và C m(Ω). Với mỗi hàm v ∈ C 0(Ω) ta định nghĩa kvk0 =

79

0 + ||v0||2 0

0 ru(r)v(r)dr và hu, vi + hu0, v0i.

0 ,→ V 0 1.

(cid:16) (cid:17)1/2 ||v||2

định nghĩa V0 là đầy đủ hoá của không gian C 0(Ω) với chuẩn k · k0. Tương tự, với mỗi hàm v ∈ C 1(Ω) ta định nghĩa kvk1 = và định nghĩa không gian V1 là đầy đủ hoá của không gian C 1(Ω) tương ứng với chuẩn k · k1. Ta chú ý rằng các chuẩn k · k0 và k · k1 có thể được định nghĩa lần lượt từ các tích vô hướng hu, vi = R 1 Khi đó ta chứng minh được rằng V0 và V1 là các không gian Hilbert với các tích vô hướng tương ứng như trên. Mặt khác, V1 được nhúng liên tục và nằm trù mật trong V0. Đồng nhất V0 với V 0 0 (đối ngẫu của V0), ta có V1 ,→ V0 ≡ V 0 Ngoài ra, ký hiệu h·, ·i cũng được dùng để chỉ cặp đối ngẫu giữa V1 và V 0 1. Ta có các bổ đề sau mà chứng minh có thể tìm thấy trong [6].

Bổ đề 3.2.1. ([6]) Tồn tại hai hằng số dương K1 và K2 sao cho với mọi v ∈ C 1(Ω), ta có

0 + v2(1) ≥ kvk2 0 ,

(i) kv0k2

(ii) |v(1)| ≤ K1 kvk1 ,

√ (iii) r |v(r)| ≤ K2 kvk1 , ∀r ∈ Ω.

Bổ đề 3.2.2. ([6]) Phép nhúng V1 ,→ V0 là compact.

√ rv(r) = 0, ∀v ∈ V1, xem [2, Bổ đề 5.40, tr. 128]. Chú ý 3.1. Ta có lim r→0+ √ ε k vkH 1(ε,1) ≤ k vk 1 , √

√ rv ∈ C 0(Ω) với mọi v ∈ V1. p 1 + 2 √ p 1 + 5.

Mặt khác, với 0 < ε < 1, vì H 1(ε, 1) ,→ C 0([ε, 1]) và ∀v ∈ V1, nên v|[ε,1] ∈ C 0([ε, 1]). Suy ra Trong bổ đề 3.2.1, hai hằng số K1, K2 có thể cho cụ thể là K1 = và K2 = Bây giờ với mỗi h > 0, ta đặt

0

Z 1 a(u, v) = hu(1)v(1) + (3.2.1) ru0(r)v0(r)dr, ∀u, v ∈ V1.

Nhờ định lý Lax-Milgram, tồn tại duy nhất một toán tử tuyến tính liên tục A : V1 → V 0 1 sao cho a(u, v) = hAu, vi với mọi u, v ∈ V1. Ta có các bổ đề sau.

Bổ đề 3.2.3. Dạng song tuyến tính đối xứng a(·, ·) định nghĩa bởi (3.2.1) là ánh xạ liên tục trên V1 × V1 và là ánh xạ bức, nghĩa là với mọi u, v ∈ V1,

80

(i) |a(u, v)| ≤ C1 kuk1 kvk1 , (ii) a(v, v) ≥ C0 kvk2 1 ,

2 min{1, h} và C1 = 1 + (1 +

√ 2)h. ở đây C0 = 1

Chứng minh bổ đề này dễ dàng nên được bỏ qua.

d

Bổ đề 3.2.4. Tồn tại một cơ sở trực chuẩn Hilbert { ewj} của V0 gồm các hàm riêng ewj tương ứng với các giá trị riêng λj sao cho

   (i) 0 < λ1 ≤ λj ↑ +∞ khi j → ∞, (ii) a( ewj, v) = λjh ewj, vi với mọi v ∈ V1 và j ∈ N. Hơn nữa hệ { ewj/pλj} cũng là cơ sở trực chuẩn Hilbert của V1 tương ứng với tích vô hướng a(·, ·). Mặt khác hàm ewj cũng thoả mãn bài toán giá trị biên dr (r d ewj A ewj ≡ −1 dr ) = λj ewj trong Ω, r (cid:12) (cid:12) √ (cid:12) (cid:12) r d ewj < +∞, dr (r) lim (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) r→0+ d ewj dr (1) + h ewj(1) = 0.

Chứng minh bổ đề 3.2.4 có thể tìm thấy trong [56, Định lý 7.7, tr. 87]) với V = V1, H = V0 và a(·, ·) cho bởi (3.2.1).

Với mỗi v thuộc C 2(Ω), ta đặt

0 + ||v0||2

0 + ||Av||2 0

(cid:16) (cid:17)1/2 ||v||2 , kvk2 =

và định nghĩa V2 là đầy đủ hoá của không gian C 2(Ω) đối với chuẩn k · k2. Cũng chú ý rằng V2 cũng là không gian Hilbert đối với tích vô hướng

hu, vi + hu0, v0i + hAu, Avi.

Mặt khác V2 cũng có thể được định nghĩa bởi V2 = {v ∈ V1 : Av ∈ V0}. Khi đó ta có các kết quả sau mà chứng minh có thể tìm thấy trong [6].

Bổ đề 3.2.5. ([6]) Phép nhúng V2 ,→ V1 là compact.

Bổ đề 3.2.6. ([6]) Với mọi v ∈ V2, ta có

81

kAvk0 , (i) kv0kL∞(Ω) ≤ 1√ 2

q 3 (ii) kv00k0 ≤

2 kAvk0 , (cid:16)

L∞(Ω) ≤

(cid:17) (iii) kvk2 kvk0 . kAvk0 2 kvk0 + 1√ 2

Bổ đề 3.2.7. ([6]) Với mọi u ∈ V1 và v ∈ V0, ta có

1 kvk0 .

√ (cid:10)u2, |v| (cid:11) ≤ 2(1 + 2) kuk2

Với mỗi không gian Banach X, ta sẽ ký hiệu chuẩn trên X là k · kX và X 0 là đối ngẫu của X. Ký hiệu Lp(0, T ; X), 1 ≤ p ≤ ∞ là không gian Banach gồm tất cả các hàm đo được u : (0, T ) → X sao cho

Xdt

(cid:16) Z T (cid:17)1/p ku(t)kp < ∞ với 1 ≤ p < ∞, kukLp(0,T ;X) =

0 kukL∞(0,T ;X) = ess sup 0

ku(t)kX với p = ∞.

Ta ký hiệu

u(t), u0(t) = ut(t) = ˙u(t), u00(t) = utt(t) = ¨u(t), ur(t) = ∇u(t), urr(t)

∂t (r, t), ∂2u

∂t2 (r, t), ∂u

∂r (r, t), ∂2u

∂r2 (r, t).

3.3 Sự tồn tại và duy nhất nghiệm.

để lần lượt chỉ u(r, t), ∂u

Trong mục này, bài toán giá trị đầu và giá trị biên (3.1.1) được xét với

các giả thiết sau :

+) với B(t, ξ, η, λ) ≥ b0 > 0 với mọi t, ξ, η, λ ≥ 0,

(H1) eu1 ∈ V1 và eu0 ∈ V2, (H2) B ∈ C 1(R4

(H3) f ∈ C 0(Ω × R+ × R2) và ∂f /∂r, ∂f /∂u, ∂f /∂ur ∈ C 0(Ω × R+ × R2).

82

Với M > 0 và T > 0 cho trước tuỳ ý, ta đặt:



∂B ∂η

∂B ∂ξ

(cid:17) (t, ξ, η, λ) : (cid:12) (cid:12) + (cid:12) (cid:12) (cid:16)(cid:12) (cid:12) ∂B ∂t (cid:12) ∂B ∂λ eK0 = eK0(M, T, B) = sup (cid:8)B(t, ξ, η, λ) : 0 ≤ t ≤ T, 0 ≤ ξ, η, λ ≤ M 2(cid:9) , (cid:12) (cid:12) eK1 = eK1(M, T, B) = sup{ (cid:12) (cid:12) (cid:12) + (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) +

(cid:12) (cid:12) (cid:12) 0 ≤ t ≤ T, 0 ≤ ξ, η, λ ≤ M 2},

(r,t,u,v)∈A∗

|f (r, t, u, v)| , K 0 = K 0(M, T, f ) = sup

∂f ∂r

∂f ∂u

∂f ∂v

(r,t,u,v)∈A∗

(cid:17) (r, t, u, v), K 1 = K 1(M, T, f ) = sup (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) + (cid:12) (cid:12) (cid:12) + (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:16)(cid:12) (cid:12) (cid:12)  

(3.3.1)

ở đây

A∗ = A∗(M, T ) = {(r, t, u, v) : 0 ≤ r ≤ 1, 0 ≤ t ≤ T,

q √ √ |u| ≤ M 2 + 1/ 2, |v| ≤ M / 2};

n W (M, T ) = v ∈ L∞(0, T ; V2) : ˙v ∈ L∞(0, T ; V1) và ¨v ∈ L2(0, T ; V0),

o , với kvkL∞(0,T ;V2), k ˙vkL∞(0,T ;V1), k¨vkL2(0,T ;V0) ≤ M

·· v ∈ L∞(0, T ; V0)}.

W1(M, T ) = {v ∈ W (M, T ) :

Rõ ràng với giả thiết (H2) − (H3), các hằng số trong (3.3.1) hoàn toàn được xác định. Với sự lựa chọn M > 0 và T > 0 thích hợp, ta sẽ xây dựng một dãy quy nạp tuyến tính {um} hội tụ về nghiệm yếu của bài toán (3.1.1). Trước hết ta chọn u0 ≡ 0, giả sử

(3.3.2) um−1 ∈ W1(M, T ),

và liên kết bài toán (3.1.1) với bài toán biến phân: Tìm um ∈ W1(M, T ) (m ≥ 1) sao cho

(

(3.3.3)

h¨um(t), vi + bm(t)a(um(t), v) = hFm(t), vi, ∀v ∈ V1, um(0) = eu0, ˙um(0) = eu1,

ở đây

· um−1(t)

0 , k5um−1(t)k2 0 ,

(cid:18) (cid:19) ,   bm(t) = B t, kum−1(t)k2 (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) 2 (cid:13) (cid:13) 0 (3.3.4)

 Fm(r, t) = f (r, t, um−1(t), 5um−1(t)).

Khi đó ta có định lý sau.

83

Định lý 3.3.1. Giả sử (H1) − (H3) đúng. Khi đó tồn tại hằng số M > 0 phụ thuộc vào eu0, eu1, B, h và hằng số T > 0 phụ thuộc vào eu0, eu1, B, h, f, sao cho với u0 ≡ 0, tồn tại một dãy quy nạp tuyến tính {um} ⊂ W1(M, T ) xác định bởi (3.3.3) - (3.3.4).

k X

Chứng minh định lý 3.3.1. Ý tưởng chứng minh dựa vào phương pháp xấp xỉ Galerkin được giới thiệu bởi Lions [27], trước hết là thiết lập dãy xấp xỉ Galerkin {u(k) m }, tiếp đến là đánh giá tiên nghiệm, cuối cùng qua giới hạn nhờ vào lý luận về tính compact, ta thu được um ∈ W1(M, T ) là nghiệm của bài toán (3.3.3) - (3.3.4). Chi tiết chứng minh như sau: Bước 1. Xấp xỉ Galerkin. Xét cơ sở trực chuẩn wj = ewj/pλj của V1 như trong bổ đề 3.2.4 và đặt:

j=1

mj thoả mãn hệ phương trình vi phân tuyến tính

(3.3.5) u(k) m (t) = c(k) mj(t)wj,

(k) m (t), wj

(k)

· u

(cid:29) (cid:17) (cid:16) trong đó c(k) (cid:28) ·· u = hFm(t), wj i , 1 ≤ j ≤ k, + bm(t)a u(k) m (t), wj   (3.3.6)

m (0) = eu1k,

 u(k) m (0) = eu0k,

ở đây

α(k) j wj → eu0 mạnh trong V2, (3.3.7)

k P j=1 k P j=1

β(k) j wj → eu1 mạnh trong V1.   eu0k =  eu1k =

Với giả thiết um−1 thoả (3.3.2), ta có bổ đề sau.

Bổ đề 3.3.2. Giả sử (H1)−(H3) đúng. Khi đó với các hằng số M > 0, T > 0 cố định, hệ phương trình (3.3.6)-(3.3.7) có duy nhất một nghiệm u(k) m (t) trên đoạn 0 ≤ t ≤ T .

mj(t) = hFm(t), wji = Fmj(t),1 ≤ j ≤ k,

Chứng minh bổ đề 3.3.2. Hệ phương trình (3.3.6)-(3.3.7) được viết lại dưới dạng (

j

mj (0) = β(k)

j

, c(k)00 mj (t) + λjbm(t)c(k) , c(k)0 mj(0) = α(k) c(k)

84

m = Hm[c(k) c(k)

m ] ≡ Lm[c(k)

m ] + G(k) m ,

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

trong đó

m ](t) =

m ](t), ..., Hmk[c(k)

m ](t)

m1(t), ..., c(k) c(k)

(cid:16) (cid:17) (cid:16) , , Hm[c(k) Hm1[c(k) c(k) m (t) = (cid:17) mk(t)

m ](t)

t Z

τ Z

t Z

τ Z

Hmj[c(k)

j + β(k)

j

mj(s)ds +

0

0

0

= α(k) dτ dτ t − λj bm(s)c(k) Fmj(s)ds,

m ](t) + G(k)

0 mj(t), t Z

τ Z

≡ Lmj[c(k)

m ](t) = −λj

mj(s)ds,

0

0

t Z

τ Z

dτ Lmj[c(k) bm(s)c(k)

mj(t) = α(k)

j + β(k)

j

0

0

G(k) t + dτ Fmj(s)ds, 1 ≤ j ≤ k.

k X

Sự tồn tại nghiệm u(k) m (t) trên đoạn 0 ≤ t ≤ T sẽ được suy ra từ sự tồn tại c(k) m thoả mãn hệ phương trình tích phân nói trên. Như vậy ta cần chứng minh toán tử Hm : C([0, T ]; Rk) → C([0, T ]; Rk) có điểm bất động. Ở đây, chuẩn trong không gian Banach C([0, T ]; Rk) được định nghĩa như sau:

j=1

|cj(t)| , |c(t)|1 , |c(t)|1 = kckC([0,T ];Rk) = sup 0≤t≤T

với mỗi c = ( c1, ..., ck) ∈ C([0, T ]; Rk). Ta bắt đầu bởi việc chứng minh bằng phương pháp quy nạp rằng: ∀c(k) m , d(k) m ∈ C([0, T ]; Rk), ∀t ∈ [0, T ], bất đẳng thức sau đúng:

m − d(k)

m ||C([0,T ];Rk), ∀n ∈ N.

m[c(k)

m ](t) − H n

m[d(k)

m ](t)|1 ≤

|H n (λk fK0 t2)n||c(k) 1 (2n)!

85

Với n = 1,

τ Z

(cid:12) (cid:12) m ](t) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) = m ](t)

mj(s) − d(k)

mj(s)]ds

dτ = λj bm(s)[c(k)

0

0

t Z

τ Z

(cid:12) (cid:12)Hmj[c(k) m ](t) − Hmj[d(k) (cid:12) (cid:12) t (cid:12) Z (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) m ](t) − Lmj[d(k) (cid:12)Lmj[c(k) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)

mj(s) − d(k) |c(k)

mj(s)|ds, 1 ≤ j ≤ k,

0

0

dτ ≤ λk fK0

t Z

τ Z

k X

k X

Suy ra

m ](t) − Hmj[d(k)

mj(s) − d(k) |c(k)

mj(s)|ds

j=1

j=1

dτ (cid:12) (cid:12) (cid:12) ≤ λk fK0 m ](t) (cid:12) (cid:12)Hmj[c(k) (cid:12)

0 0 m − d(k) λk fK0t2||c(k)

m ||C([0,T ];Rk).

≤ 1 2

Từ đó bất đẳng thức đúng với n = 1. Giả sử bất đẳng thức trên đúng với n ≥ 1. Khi đó:

m [d(k)

m[c(k)

m ]](t) − Hm[H n

m[d(k)

m ]](t)|1

m [c(k) m ](t) − H n+1 t τ Z Z

= |Hm[H n (cid:12) (cid:12)H n+1 (cid:12) (cid:12) (cid:12) m ](t) (cid:12)1

m[c(k)

m ](s) − H n

m[d(k)

m ](s)|1ds

0

t

0 τ Z

dτ |H n ≤ λk fK0

m − d(k) m

0

0

Z ds dτ ≤ λk fK0 (λk fK0 s2)n (cid:13) (cid:13)c(k) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13)C([0,T ];Rk)

m − d(k) m

= . 1 (2n)! (λk fK0 t2)n+1 (cid:13) (cid:13)c(k) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13)C([0,T ];Rk) 1 (2n + 2)!

Bất đẳng thức được chứng minh. Điều này dẫn đến

m[c(k)

m ] − H n

m[d(k)

m ]||C([0,T ];Rk) ≤

m − d(k)

m ||C([0,T ];Rk),

1

||H n (λk fK0 T 2)n||c(k) 1 (2n)!

1

(2n)!(λk fK0 T 2)n = 0, nên tồn tại nk ∈ N (phụ thuộc (2nk)!(λk fK0 T 2)nk < 1. Áp dụng định lý của Banach như trong

với mọi n ∈ N. Vì lim n→∞

vào k) sao cho mục 3.1, Hm có điểm bất động. Bổ đề được chứng minh.

86

t Z

Bước 2. Đánh giá tiên nghiệm. Đặt

·· u

m (t) = X (k) S(k)

m (t) + Y (k)

m (t) +

0

(3.3.8) ds, (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) 2 (k) (cid:13) m (s) (cid:13) (cid:13) 0

ở đây

m (t)

m (t) =

· u

m (t)

(k) m (t)

m (t), u(k) u(k) (cid:13) (cid:13)Au(k) (cid:13)

(cid:16) (cid:17) , X (k)   (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (3.3.9) + bm(t)a (cid:19) , Y (k) m (t) = a + bm(t) (cid:13) 2 (k) (cid:13) · m (t) u (cid:13) (cid:13) 0 (cid:18) · (k) m (t), u  (cid:13) 2 (cid:13) (cid:13) 0

với toán tử tuyến tính liên tục A cho bởi (3.2.1). Khi đó

m (t)

S(k)

t Z

m (0) +

m (s)

0

(cid:20) (cid:21) (cid:16) (cid:17) = S(k) a + ds b/ m(s) u(k) m (s), u(k) (cid:13) (cid:13)Au(k) (cid:13) (cid:13) 2 (cid:13) m (s) (cid:13) 0

t Z

t Z

· u

· u

(k) m (s)

(k) m (s)

0

(cid:19) (cid:29) (cid:18) (cid:28) ds ds + 2 a + 2 Fm(s), Fm(s), (3.3.10)

0 t Z

t Z

·· u

·· u

m (s),

(k) m (s)

(k) m (s)

0

0

5 X

(cid:28) (cid:29) (cid:29) (cid:28) − Au(k) ds + ds bm(s) Fm(s),

m (0) +

j=1

= S(k) Ij.

Ta sẽ đánh giá lần lượt các tích phân I1, ..., I5.

87

Tích phân I1 : Sử dụng các giả thiết đã cho, từ (3.3.1)2 và (3.3.4)1 ta có

· um−1(t)

0 , k5um−1(t)k2 0 ,

(cid:18) ≤ (cid:13) (cid:13) (cid:13)

· um−1(t)

· um−1(t)

0 , k5um−1(t)k2 0 ,

· um−1(t)

t, kum−1(t)k2 (cid:18) (cid:19)(cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:19) D + 2 um−1(t), t, kum−1(t)k2 E(cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:19) (cid:18)

0 , k5um−1(t)k2 0 ,

· um−1(t)

t, kum−1(t)k2 (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) 2 (cid:13) (cid:13) 0 (cid:13) 2 (cid:13) (cid:13) 0 (cid:13) 2 (cid:13) (cid:13) 0 (cid:12) (cid:12) (cid:12)b/ (cid:12) (cid:12) m(t) (cid:12) (cid:12) ∂B (cid:12) (cid:12) ∂t (cid:12) (cid:12) ∂B (cid:12) (cid:12) ∂ξ (cid:12) (cid:12) ∂B (cid:12) + 2 (cid:12) ∂η D

·· um−1(t)

· um−1(t)

0 , k5um−1(t)k2 0 ,

E (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:18) + 2 , um−1(t), t, kum−1(t)k2 (cid:13) (cid:13) (cid:13) 5um−1(t), 5 (cid:19) D · (cid:13) 2 (cid:13) (cid:13) 0 ∂B ∂λ (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) E(cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (3.3.11)

nên

(3.3.12)

t Z

(cid:12) (cid:12) (cid:12) ≤ (1 + 6M 2) eK1. (cid:12)b/ (cid:12) (cid:12) m(t) Từ (3.3.8),(3.3.9), ta thu được

m (s)ds.

0

S(k) (3.3.13) (cid:0)1 + 6M 2(cid:1) I1 ≤ eK1 1 b0

t Z

t Z

t Z

Tích phân I2 : Sử dụng bất đẳng thức Cauchy- Schwarz, ta suy ra từ (3.3.1)3 rằng

· u

· u

0 ds +

0

0

0

t Z

2 0

ds ds ≤ kFm(s)k2 I2 ≤ 2 kFm(s)k0 (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) 2 (k) (cid:13) m (s) (cid:13) (cid:13) 0 (cid:13) (k) (cid:13) m (s) (cid:13) (cid:13)0

m (s)ds,

0

≤ T + S(k) K 2

(3.3.14)

1 Z

vì

2 0.

m(r, s)dr ≤

0 =

0

K (3.3.15) r F 2 kFm(s)k2 1 2

88

t Z

t Z

Tích phân I3 : Sử dụng bổ đề 3.2.3, ta nhận được

· u

0

0

t Z

t Z

q ds ≤ 2 S(k) m (s)ds I3 ≤ 2C1 kFm(s)k1 kFm(s)k1 (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) C1√ C0 (cid:13) (k) (cid:13) m (s) (cid:13) (cid:13)1

m (s)ds.

1 ds +

0

0

≤ S(k) kFm(s)k2 C 2 1 C0

(3.3.16)

2

Do um−1 ∈ W1(M, T ), ta suy ra được từ bổ đề 3.2.6 rằng

≤ 3M 2/2, ≤ M 2/2, (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) 2 ∂2 (cid:13) ∂r2 um−1(s) (cid:13) 0 (3.3.17)

  ∂r um−1(s)(cid:12) (cid:12) (cid:12) ∂  (cid:12) hầu khắp Ω × (0, T ).

2

1 Z

Từ (3.3.1)4 và (3.3.17), ta nhận được

0

= r dr Fm(s) ∂ ∂r ∂ ∂r (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) Fm(r, s) (cid:12) (cid:12) (cid:13) 2 (cid:13) (cid:13) (cid:13) 0

2#

2

1 Z

"

2 1

0 1 Z

(3.3.18) r 1 + dr ≤ 3K + ∂ ∂r (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) um−1(r, s) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) ∂2 (cid:12) ∂r2 um−1(r, s) (cid:12) (cid:12)

2 1

2 1(1 + 2M 2).

0

≤ 3K r (cid:2)1 + M 2/2 + 3M 2/2(cid:3) dr = K 3 2

Kết hợp (3.3.15)-(3.3.18), ta có

2 0 +

2 1(1 + 2M 2).

0 +

1 = kFm(s)k2

≤ K K (3.3.19) Fm(s) kFm(s)k2 ∂ ∂r 1 2 3 2 (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) 2 (cid:13) (cid:13) (cid:13) 0

t

Từ (3.3.16),(3.3.19), ta thu được

2 0 + 3K

2 1

m (s)ds.

0

Z h K (cid:0)1 + 2M 2(cid:1)i + S(k) (3.3.20) I3 ≤ T C 2 1 2C0

4a2 + 1

3b2 ∀a, b ∈ R, ta suy ra

Tích phân I4 : Sử dụng bất đẳng thức |ab| ≤ 3

89

t Z

từ (3.3.1)1 và (3.3.8) rằng

·· u

0

t Z

t Z

ds I4 ≤ eK0 (cid:13) (cid:13)Au(k) (cid:13) (cid:13) (cid:13) m (s) (cid:13)0 (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (k) (cid:13) m (s) (cid:13) (cid:13)0

·· u

0

0 t Z

(3.3.21) ≤ ds + ds eK 2 0 (cid:13) (cid:13)Au(k) (cid:13) (cid:13) 2 (cid:13) m (s) (cid:13) 0 3 4 1 3 (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) 2 (k) (cid:13) m (s) (cid:13) (cid:13) 0

m (s)ds +

m (t).

0

4a2 + 1

3b2 ∀a, b ∈ R, ta nhận

≤ S(k) S(k) 1 3 3 eK 2 0 4b0

t Z

Tích phân I5 : Sử dụng lại bất đẳng thức |ab| ≤ 3 được từ (3.3.8) và (3.3.15) rằng

·· u

2 0 +

m (t).

0

ds ≤ T K S(k) (3.3.22) I5 ≤ kFm(s)k0 3 8 1 3 (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (k) (cid:13) m (s) (cid:13) (cid:13)0

Kết hợp các đánh giá cho các tích phân I1, ..., I5 ta được

m (t) ≤ 3S(k) S(k)

t Z m (0) + C 1(M, T ) + C 2(M, T )

m (s)ds,

0

S(k) (3.3.23)

trong đó

2

2 1

2 0 + 3C 2 K 0 + 3K 1 2C0 (cid:0)1 + 6M 2(cid:1) eK1 + 9 eK 2 0 4b0

h T ,   (3.3.24) (cid:0)1 + 2M 2(cid:1)i .  C 1(M, T ) = 21 8 T K C 2(M, T ) = 6 + 3 b0

m (0). Ta có

0 + a(eu1k, eu1k)

Tiếp theo ta sẽ ước lượng thành phần S(k)

0

0

0 , keu1k2

m (0) = keu1kk2 0 , k5eu0k2

m (0) + Y (k) m (0) = X (k) S(k) (cid:16) 0, keu0k2 + B

(cid:17) (cid:16) (cid:17) . a(eu0k, eu0k) + kAeu0kk2

Từ sự hội tụ trong (3.3.7), ta suy ra rằng tồn tại hằng số M > 0, không phụ thuộc k và m sao cho

m (0) ≤ M 2/6. S(k)

(3.3.25)

90

√ Ta có chú ý, nhờ giả thiết (H3), T K i(M, T, f ) = 0, i = 0,1. Do đó, lim T →0+

theo (3.3.24), ta luôn chọn được một hằng số T > 0 sao cho

  √ √ (cid:17) (cid:16) (cid:16) (cid:17) (cid:17) q exp T < 1, 2K 1 T eC3 (cid:0)M 2/2 + C 1(M, T )(cid:1) exp (cid:0)T C 2(M, T ) (cid:1) ≤ M 2, 4M 2 eK1 + 2  (cid:16) 1 2 1 + 1 b0C0 1 + 1 b0C0

(3.3.26) o n 1, (cid:0)1 + 6M 2(cid:1) .

m (t) ≤ M 2 exp (cid:0)−T C 2(M, T )(cid:1) S(k)

t Z

eK1C1 với eC3 = max Cuối cùng, kết hợp (3.3.23), (3.3.25) và (3.3.26)1 ta nhận được

m (s)ds, với 0 ≤ t ≤ T.

0

(3.3.27) S(k) + C 2(M, T )

Áp dụng bổ đề Gronwall, từ (3.3.27) ta kết luận

m (t) ≤ M 2 exp (cid:0)−T C 2(M, T ) (cid:1) exp (cid:0)tC 2(M, T ) (cid:1) ≤ M 2 S(k)

m ∈ W1(M, T ) với mọi m và k. Bởi (3.3.28), ta

(3.3.28)

m } của {u(k)

m } sao cho

với mọi t ∈ [0, T ]. Như vậy, u(k) suy ra có một dãy con {u(ki)

  (3.3.29)

· um ·· um

 trong L∞(0, T ; V2) yếu*, trong L∞(0, T ; V1) yếu*, trong L2(0, T ; V0) yếu, u(ki) m → um (ki) · m → u (ki) ·· m → u

ở đây um ∈ W (M, T ). Chuyển qua giới hạn trong (3.3.6), ta có um thoả mãn (3.3.3) trong L2(0, T ), yếu. Mặt khác, ta suy được từ (3.3.2)-(3.3.3)1 ·· um = −bm(t)Aum + Fm ∈ L∞(0, T ; V0), thế thì và um ∈ W (M, T ) rằng um ∈ W1(M, T ). Chứng minh định lý 3.3.1 hoàn thành.

Định lý 3.3.3. Giả sử (H1) − (H3) đúng. Khi đó

(i) Tồn tại các hằng số M > 0 và T > 0 thoả mãn (3.3.25)-(3.3.26) sao cho

bài toán (3.1.1) có duy nhất một nghiệm yếu u ∈ W1(M, T ).

(ii) Mặt khác, dãy quy nạp tuyến tính {um} xác định bởi (3.3.3)-(3.3.4) hội

tụ mạnh về nghiệm u của bài toán (3.1.1) trong không gian

· v ∈ L∞(0, T ; V0)}.

W1(T ) = {v ∈ L∞(0, T ; V1) :

91

Hơn nữa, ta có ước lượng sau:

· u

· um −

≤ km T , ∀m ≥ 1, kum − ukL∞(0,T ;V1) + (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13)L∞(0,T ;V0) M 1 − kT

ở đây

r √ √ 1 + kT = 2 2K 1) exp((1 + T (4M 2 eK1 + )T eC3/2) < 1, 1 b0C0

o 1 b0C0 n 1, (cid:0)1 + 6M 2(cid:1) . với eC3 = max eK1C1

Chứng minh định lý 3.3.3. Gồm hai ý (a) và (b). (a) Sự tồn tại nghiệm. Trước hết ta chú ý rằng W1(T ) là không gian Banach với chuẩn (xem [27]):

. kvkW1(T ) = kvkL∞(0,T ;V1) + (cid:13) · (cid:13) v (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13)L∞(0,T ;V0)

Ta sẽ chứng minh rằng {um} là dãy Cauchy trong không gian W1(T ). Đặt vm = um+1 − um. Khi đó vm thoả bài toán biến phân sau:

 ·· vm(t), wi + bm+1(t)a(vm(t), w) + (bm+1(t) − bm(t))hAum(t), wi h  = hFm+1(t) − Fm(t), wi ∀w ∈ V1,

· vm(0) = 0.

 vm(0) =

(3.3.30)

· vm trong (3.3.30), sau đó lấy tích phân theo t ta được

t Z

Thay w =

· vm(t)

0

t Z

t Z

+ bm+1(t)a(vm(t), vm(t)) = b/ m+1(s)a(vm(s), vm(s))ds (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) 2 (cid:13) (cid:13) 0

· vm(s)ids + 2

· vm(s)ids.

0

0

− 2 (bm+1(s) − bm(s))hAum(s), hFm+1(s) − Fm(s),

(3.3.31)

Mặt khác, từ (3.3.1)2,4 và (3.3.2), ta có

(3.3.32) eK1, (cid:12) (cid:12) (cid:12) ≤ (cid:0)1 + 6M 2(cid:1) (cid:12)b/ (cid:12) (cid:12) m+1(t)

(3.3.33) |bm+1(t) − bm(t)| ≤ 4 eK1M kvm−1kW1(T ) ,

92

√ (3.3.34) kFm+1(t) − Fm(t)k0 ≤ 2K 1 kvm−1(t)k1 .

t Z

Từ (3.3.31)-(3.3.34), ta suy ra

· vm(t)

1 ≤ (cid:0)1 + 6M 2(cid:1)

1 ds

0

t Z

+ b0C0 kvm(t)k2 kvm(s)k2 eK1C1 (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) 2 (cid:13) (cid:13) 0

· vm(s)

0

t Z

(3.3.35) ds kAum(s)k0 + 8M eK1 kvm−1kW1(T ) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13)0

· vm(s)

0

· vm(t)

√ + 2 ds. 2K 1 kvm−1(s)k1 (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13)0

W1(T )

(cid:13) (cid:13) (cid:13) Điều này dẫn đến (cid:13) 2 (cid:13) (cid:13) 0 √ ≤ (1 + 2K 1)2 kvm−1k2 ) T (4M 2 eK1 + + kvm(t)k2 1 1 b0C0 (3.3.36)

t Z

· vm(s)

0

(cid:19) + (1 + ds. ) eC3 + kvm(s)k2 1 (cid:18)(cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) 2 (cid:13) (cid:13) 0 1 b0C0

Áp dụng bổ đề Gronwall, bởi (3.3.36) ta có

(3.3.37) kvmkW1(T ) ≤ kT kvm−1kW1(T ) ∀m ≥ 1,

trong đó kT được xác định như trong phát biểu định lý 3.3.3. Suy ra

kum+p − umkW1(T ) (3.3.38) ≤ km T . = ku1kW1(T ) ≤ ku1 − u0kW1(T ) km T 1 − kT km T 1 − kT M 1 − kT

với mọi m và p. Nên {um} là dãy Cauchy trong W1(T ) và do đó tồn tại u ∈ W1(T ) sao cho

(3.3.39) um → u mạnh trong W1(T ).

Ta chú ý thêm rằng u ∈ W1(M, T ). Khi đó tồn tại một dãy con {umj} của dãy {um} sao cho

  (3.3.40)

 umj → u trong L∞(0, T ; V2) yếu*, · · u trong L∞(0, T ; V1) yếu*, umj → ·· ·· u trong L2(0, T ; V0) yếu, umj →

93

T Z

với u ∈ W (M, T ). Bởi (3.3.1)1−2 và bổ đề 3.2.3, ta có

0

hbm(t)Aum(t) (cid:12) (cid:12) (cid:12)

· u(t)

0 , k5u(t)k2 0 ,

T Z

(cid:19) (cid:18) − B t, ku(t)k2 (cid:12) (cid:12) Au(t), w(t)idt (cid:12) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) 2 (cid:13) (cid:13) 0

0

T Z

kw(t)k1 dt ≤ C1 eK0 kum − ukL∞(0,T ;V1) (3.3.41)

L∞(0,T ;V1)

0

kw(t)k1 dt + 4C1 eK1M kum−1 − ukW1(T ) kuk

L∞(0,T ;V1)

≤ C1 eK0 kum − ukL∞(0,T ;V1) kwkL1(0,T ;V1) + 4C1 eK1M kum−1 − ukW1(T ) kuk kwkL1(0,T ;V1) ,

· u(t)

0 , k5u(t)k2 0 ,

với mọi w ∈ L1(0, T ; V1). Kết hợp (3.3.39), (3.3.41), ta có (cid:19) (cid:18) t, ku(t)k2 Au (3.3.42) bm(t)Aum → B (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) 2 (cid:13) (cid:13) 0

1), yếu*. Tương tự

trong L∞(0, T ; V 0

√ (3.3.43) kFm − f (r, t, u, ur)kL∞(0,T ;V0) ≤ 2K 1 kum−1 − ukL∞(0,T ;V1) .

Vì vậy từ (3.3.39), (3.3.43) ta thu được

(3.3.44) Fm → f (r, t, u, ur) mạnh trong L∞(0, T ; V0).

Qua giới hạn trong (3.3.3) với m = mj → +∞, từ các kết quả trên ta suy ra rằng u ∈ W (M, T ) thoả mãn

· u(t)

0 , k5u(t)k2 0 ,

(cid:18) (cid:19) t, ku(t)k2 a(u(t), w) (cid:13) (cid:13) (cid:13)

·

(3.3.45) (cid:13) 2 (cid:13) (cid:13) 0 = hf (r, t, u, ur), wi, ∀w ∈ V1,

 ·· u(t), wi + B h   u(0) = eu0, u(0) = eu1.

·· u = −B

· u(t)

0 , k5u(t)k2 0 ,

(cid:18) Mặt khác, từ (3.3.42), (3.3.44) và (3.3.45), ta có (cid:19) t, ku(t)k2 Au + f (r, t, u, ur) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) 2 (cid:13) (cid:13) 0

94

thuộc L∞(0, T ; V0). Ta kết luận u ∈ W1(M, T ). Sự tồn tại nghiệm được chứng minh. (b) Sự duy nhất nghiệm. Giả sử u1, u2 là hai nghiệm yếu của bài toán (3.1.1) sao cho

ui ∈ W1(M, T ), i = 1, 2.

Khi đó w = u1 − u2 thoả mãn bài toán biến phân

(3.3.46)  ·· w(t), vi + eb1(t)a(w(t), v) + (eb1(t) − eb2(t))hAu2(t), vi h  ∀v ∈ V1, = h ef1(t) − ef2(t), vi

· w(0) = 0,

 w(0) =

ở đây

· ui(t)

0 , k5ui(t)k2 0 ,

(cid:18) (cid:19) , t, kui(t)k2 ebi(t) = B (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) 2 (cid:13) (cid:13) 0

i = 1, 2. efi(t) = f (r, t, ui, 5ui),

· w sau đó lấy tích phân từng phần ta thu được

t Z

· w(t)

Thay v =

0

+ eb1(t)a(w(t), w(t)) = eb/ 1(s)a(w(s), w(s))ds (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) 2 (cid:13) (cid:13) 0

t Z

t Z

(3.3.47)

· w(s)ids + 2

· w(s)ids.

0

0

− 2 (eb1(s) − eb2(s))hAu2(s), h ef1(s) − ef2(s),

Đặt

· w(t)

(3.3.48) X(t) = + kw(t)k2 1 (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) 2 (cid:13) (cid:13) 0

và

(cid:18) √ i (cid:19) h(cid:0)1 + 6M 2(cid:1) , (3.3.49) 1 + 2K 1 eK1C1 + 8M 2 eK1 + eKM = 1 b0C0

t Z

thì từ (3.3.47)-(3.3.49) ta suy ra rằng

0

X(s)ds, ∀t ∈ [0, T ]. (3.3.50) X(t) ≤ eKM

95

3.4 Sự hội tụ cấp hai với f = f (r, u), B = B(z).

Sử dụng bổ đề Gronwall, ta có X(t) = 0, nghĩa là u1 = u2. Chứng minh định lý 3.3.3 hoàn thành. Chú ý 3.2. Trường hợp B ≡ 1, một số kết quả đã nhận được trong [14, 33]. Trong đó phương trình (3.1.1) được xét ở [33] không chứa số hạng 1 r ur và f ∈ C 1(Ω × R+ × R2). Kết quả thu được ở trên không cần đến giả thiết f ∈ C 1(Ω × R+ × R2). Chú ý 3.3. Kết quả thu được cho thấy sự hội tụ và đánh giá sai số của dãy quy nạp tuyến tính {um} chỉ là cấp 1. Để tăng tốc độ hội tụ, chúng tôi sẽ tìm kiếm một điều kiện đủ cho một bài toán kém tổng quát hơn, dĩ nhiên bằng một thuật giải tinh tế hơn với một dãy lặp được thiết lập kiểu khác theo cách trình bày dưới đây.

Trong mục này, bài toán giá trị đầu và giá trị biên (3.1.1) được xét với

f = f (r, u), B = B(z) và các điều kiện được cho như sau:

(H4) B ∈ C 1(R+) sao cho tồn tại các hằng số b0 > 0, d0, ed0, d1, ed1 ≥ 0, p > 1

thoả mãn

(i) b0 ≤ B(z) ≤ d0zp + ed0, ∀z ≥ 0, (ii) |B0(z)| ≤ d1zp−1 + ed1, ∀z ≥ 0.

(H5) f ∈ C 2(Ω × R).

Với f thoả mãn điều kiện (H5), với M > 0 cho trước, ta đặt

(r,u)∈A∗

|f (r, u)| , K 0 = K 0(M, f ) = sup

(r,u)∈A∗

(cid:19) + , K 1 = K 1(M, f ) = sup (cid:12) (cid:12) (r, u) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (r, u) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)

(r,u)∈A∗

(cid:19) + , K 2 = K 2(M, f ) = sup ∂f ∂r ∂2f ∂r∂u (cid:18)(cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:18)(cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (r, u) (cid:12) (cid:12) (cid:12) ∂2f (cid:12) ∂u2 (r, u) (cid:12) (cid:12) ∂f ∂u (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)

trong đó

(cid:26) q √ 2 + 1/ (cid:27) 2 (r, u) : 0 ≤ r ≤ 1, |u| ≤ M . A∗ = A∗(M ) =

96

Với các hằng số M > 0 và T > 0 thích hợp sẽ được chọn sau, ta xây dựng dãy lặp {um} bởi quy tắc sau: Cho trước u0 ≡ 0, giả sử rằng

(3.4.1) um−1 ∈ W1(M, T ),

·

E D ·· và liên kết bài toán (3.1.1) với bài toán biến phân: Tìm um ∈ W1(M, T ) (m ≥ 1) sao cho   + bm(t)a(um(t), v) = h Fm(t), vi ∀v ∈ V1, um(t), v (3.4.2)

 um(0) = eu0, um(0) = eu1,

(cid:16) (cid:17) ở đây   k∇um(t)k2 0 (3.4.3)

∂u(r, um−1),

∂u(r, um−1).

 bm(t) = B , Fm(r, t) = fm(r, t, um) = f (r, um−1) + (um − um−1) ∂f

với fm(r, t, u) = f (r, um−1) + (u − um−1) ∂f Khi đó ta có định lý sau.

Định lý 3.4.1. Giả sử (H1) và (H4) − (H5) đúng. Khi đó tồn tại các hằng số dương M, T và một dãy quy nạp phi tuyến {um} ⊂ W1(M, T ) xác định bởi (3.4.2) - (3.4.3).

k X

Chứng minh định lý 3.4.1. Gồm hai bước. Bước 1. Xấp xỉ Galerkin. Đặt

j=1

(3.4.4) u(k) m (t) = c(k) mj(t)wj,

m (t)a

(k) m (t), wj

(k)

· u

(cid:29) D (cid:16) (cid:17) E + b(k) = , 1 ≤ j ≤ k, u(k) m (t), wj F (k) m (t), wj với c(k) mj thoả mãn hệ phương trình vi phân phi tuyến  (cid:28) ··  u

m (0) = eu1k,

 u(k) m (0) = eu0k, (3.4.5)

ở đây

2

m (t)

 ! (cid:19) , = B λj (cid:12) (cid:12) (cid:12)c(k) (cid:12) (cid:12) mj(t) (cid:12) (cid:18)(cid:13) (cid:13)∇u(k) (cid:13) k P j=1 (3.4.6)

∂u(r, um−1),

(cid:16) (cid:17) ∂f u(k) m − um−1 (cid:13) 2  b(k) (cid:13) m (t) = B (cid:13) 0 m (r, t) = fm(r, t, u(k) F (k) m )  = f (r, um−1) +

97

eu0k = α(k) j wj → eu0 mạnh trong V2, (3.4.7)

k P j=1 k P j=1

eu1k = β(k) j wj → eu1 mạnh trong V1.   

Với giả thiết um−1 thoả (3.4.1), ta có bổ đề sau.

m (t) trên đoạn [0, T (k)

m ] ⊂ [0, T ].

(k)

Bổ đề 3.4.2. Giả sử (H1) và (H4) − (H5) đúng. Khi đó với các hằng số M > 0, T > 0 cố định, hệ phương trình (3.4.5) - (3.4.7) có duy nhất một nghiệm u(k)

E D , 1 ≤ j ≤ k, Chứng minh bổ đề 3.4.2. Hệ phương trình (3.4.5) - (3.4.7) được viết lại như sau  ·· c  F (k) m (t), wj (3.4.8)

m (t)c(k) (k) · c

mj(t) + mj(0) = β(k)

j

mj(t) = −λjb(k) mj(0) = α(k) c(k)

j

 . ,

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

j + β(k) mj(t) = α(k) c(k) j Z t Z τ

t (cid:28) (cid:29) + dτ ds f (r, um−1) − um−1 (r, um−1), wj ∂f ∂u

0 Z t

0 Z τ

k X

0

0

i=1

(cid:29) (3.4.9) + dτ (r, um−1)wi, wj c(k) mi (s)ds

2

0

0

i=1

(cid:28)∂f ∂u k ! Z τ Z t X dτ B − λj λi c(k) mj(s)ds, 1 ≤ j ≤ k. (cid:12) (cid:12) (cid:12)c(k) (cid:12) (cid:12) mi (s) (cid:12)

Không sợ nhầm lẫn, ta lược bỏ chỉ số m và sử dụng lại ký hiệu như trong chứng minh bổ đề 3.3.2, hệ (3.4.9) có dạng

c = H[c], (3.4.10)

ở đây

H[c] = (H1[c], ..., Hk[c] ) , c = (c1, ..., ck) ,

98

0 dτ R τ

0

∂u(r, um−1)wi, wj i cj(s)

i (s)

 E D ∂f Hj[c](t) = qj(t) + R t ci(s) h k P i=1 (cid:19) ds, −λj B λic2 (3.4.11) (cid:18) k P i=1

j

j + β(k) D

0

∂f ∂u(r, um−1), wj

t E ds, 1 ≤ j ≤ k. f (r, um−1) − um−1   qj(t) = α(k) 0 dτ R τ + R t

m ∈ (0, T ] và ρ > 0 sẽ được chọn sau này, ta đặt

Với mỗi T (k)

m ]; Rk(cid:17)

Y = C 0 (cid:16) [0, T (k) , S = {c ∈ Y : kckY ≤ ρ},

k P j=1

0≤t≤T (k) m

với ||c||Y = sup |c(t)|1, |c(t)|1 = |cj(t)| , với mọi c = (c1, ..., ck) ∈ Y.

k X

Rõ ràng S là tập con đóng khác rỗng của Y và ta có toán tử H : Y → Y. Sau đây, ta sẽ chọn ρ > 0 và T (k) m > 0 sao cho (i) H ánh xạ S vào chính nó, (ii) H n ≡ H[H n−1] : S → S là ánh xạ co với một số tự nhiên n nào đó. (i) Trước hết ta chú ý rằng, với mọi c = ( c1, ..., ck) ∈ S,

i (s) ≤

i=1

p p p (3.4.12) v u u t λic2 λkρ, λk |c(s)|1 ≤ λk kckY ≤

p

và do đó

k X

i (s)

i=1

i=1

k ! ! X B ≤ λic2 d0 λic2 + ed0 (3.4.13) (cid:12) (cid:12) (cid:12) i (s) (cid:12) (cid:12)

≤ d0λp (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) k ρ2p + ed0.

Từ (3.4.11)-(3.4.13), ta có

0

Z t Z τ dτ |Hj[c](t)| ≤ |qj(t)| + K 1

0 (cid:17) Z t

k ρ2p + ed0

0

0

(3.4.14) |c(s)|1 ds Z τ (cid:16) dτ d0λp |cj(s)| ds. + λk

Suy ra

0

0

Z t Z τ dτ |c(s)|1 ds |H[c](t) |1 ≤ |q(t)|1 + Dρ (3.4.15)

≤ kqkT + Dρt2 kckY , 1 2

99

ở đây

|q(t)|1 , kqkT = sup 0≤t≤T

m ∈ (0, T ] sao cho 0 < T (k)

m ≤

(cid:17) (cid:16) . Dρ = Dρ (ρ, k, M, T, m) = kK 1 + λk d0λp

k ρ2p + ed0 q 2 ρDρ

(ρ − kqkT ). Khi

2 ρ ≤ ρ, ∀c ∈ S,

Chọn ρ > kqkT và T (k) đó

DρT (k) m kH[c]kY ≤ kqkT + 1 2

nghĩa là toán tử H ánh xạ S vào chính nó. (ii) Bây giờ ta sẽ chứng minh rằng với mọi c, d ∈ S, với mọi t ∈ [0, T (k) m ],

ρ t2n kc − dkY , ∀n ∈ N.

(3.4.16) eDn |H n[c](t) − H n[d](t)|1 ≤ 1 (2n)!

ở đây

k ρ2p + ed0

(cid:16) (cid:17) d0λp fDρ = fDρ (ρ, k, M, T, m) = kK 1 + λk

k ρ2p−2 + ed1

(cid:17) (cid:16) . d1λp−1 + 2ρ2λ2 k

Với n = 1, (3.4.16) đúng. Thật vậy, với mọi j = 1, 2, ..., k, với mọi t ∈ [0, T (k) m ], ta có

|Hj[c](t) − Hj[d](t)|

k X

0

0

i=1

i (s)

0

0

(cid:29) Z t Z τ ≤ dτ (r, um−1)wi, wj [ci(s) − di(s)]ds (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:28)∂f ∂u k ! Z t Z τ X (3.4.17) dτ B + λj λic2 |cj(s) − dj(s)| ds

i=1 k

i (s)

i (s)

0

0

i=1

i=1

! k Z t Z τ X X dτ − B B + λj λid2 |dj(s)| ds λic2 !(cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)

= J1 + J2 + J3,

0

trong đó Z t Z τ (3.4.18) dτ J1 ≤ K 1 |c(s) − d(s)|1 ds,

0 (cid:17) Z t

k ρ2p + ed0

0

0

Z τ (cid:16) (3.4.19) dτ |cj(s) − dj(s)| ds, J2 ≤ λk d0λp

100

k X

i (s) − d2

i (s) (cid:1)

0

0

i=1

Z t Z τ (3.4.20) (cid:0)c2 dτ |dj(s)| ds λi J3 ≤ λk (cid:12) (cid:12) (cid:12)B/(ξ) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)

với

i (s)

i (s)

i=1

i=1

! ! k k X X ξ = θ + (1 − θ) λic2 λid2

Y + (1 − θ)λk kdk2

Y ≤ λkρ2.

≤ θλk kck2

Từ các bất đẳng thức

k ρ2p−2 + ed1,

k X

(3.4.21) (cid:12) (cid:12) (cid:12) ≤ d1ξp−1 + ed1 ≤ d1λp−1 (cid:12)B/(ξ) (cid:12) (cid:12)

i (s) − d2

i (s) (cid:1)

i=1

(3.4.22) (cid:0)c2 λi ≤ 2ρλk |c(s) − d(s)|1 , (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)

và (3.4.20) ta thu được

k ρ2p−2 + ed1

0

0

Z τ (cid:17) Z t (cid:16) dτ (3.4.23) d1λp−1 J3 ≤ 2ρλ2 k |c(s) − d(s)|1 |dj(s)| ds.

Kết hợp (3.4.17)-(3.4.19), (3.4.23), ta có

0

0

Z t Z τ dτ |c(s) − d(s)|1 ds (3.4.24)

≤ fDρt2 kc − dkY . |H[c](t) − H[d](t)|1 ≤ fDρ 1 2

Như thế (3.4.16) đúng với n = 1. Giả sử (3.4.16) đúng với n ≥ 1, khi đó

0

0

Z t Z τ dτ (cid:12)H n+1[c](t) − H n+1[d](t)(cid:12) (cid:12) |H n[c](s) − H n[d](s)|1 ds (cid:12)1 ≤ fDρ

ρ s2n kc − dkY ds =

0

0

Z t Z τ dτ ≤ fDρ eDn eDn+1 ρ t2n+2 kc − dkY , 1 (2n)! 1 (2n + 2)!

m], chứng minh quy nạp hoàn thành.

(3.4.25)

với mọi t ∈ [0, T k Từ (3.4.16), ta suy ra

(cid:17)2n (cid:16) kH n[c] − H n[d]kY ≤ kc − dkY

(3.4.26) (cid:16) ≤ eDn T (k) ρ m eDρT 2(cid:17)n kc − dkY . 1 (2n)! 1 (2n)!

101

1 (2n)!

(cid:16) Vì → 0 khi n → +∞, nên tồn tại n ∈ N sao cho eDρT 2(cid:17)n

(cid:16) < 1. eDρT 2(cid:17)n 1 (2n)!

m ]. Bổ đề 3.4.2 được chứng minh.

m (t) trên đoạn [0, T (k)

Như thế H n : S → S là ánh xạ co. Áp dụng định lý Banach, ta suy ra được H có một điểm bất động duy nhất trong S và do đó hệ (3.4.5)-(3.4.7) có duy nhất nghiệm u(k)

m = T.

Các ước lượng sau cho phép ta lấy T (k)

Bước 2. Đánh giá tiên nghiệm. Tương tự như trên, ta đặt

·· u

m (t) = X (k) S(k)

m (t) + Y (k)

m (t) +

0

Z t ds, (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) 2 (k) (cid:13) m (s) (cid:13) (cid:13) 0

ở đây

m (t)

m (t) =

m (t)a (cid:19)

(cid:16) (cid:17) + b(k) , X (k)   (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13)

· u

m (t)

m (t)

(k) m (t)

m (t), u(k) u(k) (cid:13) (cid:13)Au(k) (cid:13)

+ b(k) . Y (k) m (t) = a (cid:13) 2 (k) (cid:13) · m (t) u (cid:13) (cid:13) 0 (cid:18) · (k) m (t), u  (cid:13) 2 (cid:13) (cid:13) 0

Bởi (3.4.5), ta có

m (0) +

0

(cid:21) Z t (cid:20) a(u(k) ds b(k) / m (s)

m (s), u(k) m (s)) + (cid:18) Z t

m (t) = S(k) S(k) Z t

· u

· u

(k) m (s)

(k) m (s)ids + 2

(cid:13) (cid:13) 2 (cid:13)Au(k) (cid:13) (cid:13) m (s) (cid:13) 0 (cid:19) ds a F (k) hF (k) + 2

0 (cid:29)

m (s), (cid:28)

m (s), (cid:28)

0 Z t

·· u

·· u

m (s),

(k) m (s)

m (s),

(k) m (s)

0

0

5 X

(cid:29) Z t Au(k) ds + F (k) ds − b(k) m (s)

m (0) +

j=1

= S(k) I ∗ j .

(3.4.27)

102

Ta có các đánh giá sau cho các tích phân thuộc vế phải của (3.4.27).

0

0

0

2

m (s)ds,

 (cid:16) (cid:17)2 (cid:17)p+1 + 1) R t ds, S(k) m (s) (1 + b0) R t ( 1 b0

2 2 (1 + 1√ 2

+ 1) R t √ ds + ed1 b0C0 0 S(k) 2M )2 + 2K M )2M 2]

m (s)ds,

m (t),

7K M

m (t).

2 1

3S(k) 3S(k)

4b0C0

  (cid:16) S(k) 1 I ∗ 1 ≤ d1 m (s) 0 C p bp+1 1M 2(cid:17) (cid:16) 3 2 2 + ( 3K I ∗ 0 + 3K 2K 2 ≤ T 1 b0C0 2 2 2 3 ≤ 2T C1[ 3 0 + 3 1M 2 + K I ∗ 1(1 + 2K 4K (cid:17)2(cid:21) (cid:20) (cid:16) R t 2 2 0 S(k) + C1 1 + 1√ 1 + 4K 2 b0C0 2 2 R t R t 4 ≤ 3 ed2 0 (S(k) 0 S(k) m (s)ds + 3d m (s))2p+1ds + 1 I ∗ 0 0 C 2p 2b2p+1 2b0 0 0 1M 2(cid:17) (cid:16) 1 R t 2 2 0 S(k) + 9 m (s)ds + 1 5 ≤ 9 I ∗ 0 + K K 2K 4T

(3.4.28) Từ sự hội tụ trong (3.4.7) ta luôn chọn được số M > 0, không phụ thuộc k và m sao cho

m (0) ≤ M 2/6. S(k) Kết hợp (3.4.27)- (3.4.29) cùng các đánh giá trên cho các tích phân, ta thu được

m (t) ≤ M 2/2 + T D0(M ) S(k)

(3.4.29)

m (s)

m (s)ds + D2

0

Z t Z t (cid:16) (cid:17)2 S(k) S(k) ds + D1(M ) (3.4.30)

0 Z t

m (s)

m (s)

0

0

Z t (cid:16) (cid:17)p+1 (cid:17)2p+1 (cid:16) S(k) S(k) ds. + D3 ds + D4

2

2

2K

ở đây  (cid:16) 3 (cid:16) 1

2 0 + K 2M )2 + 2K

4K

1M 2(cid:17) 2 1(1 + (cid:20)

2 0 + 3K 2 1M 2 + K (cid:17)

+ 27 4 √

2 1 + 4K

2 2

1M 2(cid:17) 2 2(1 + 1√ 2 (cid:16) 1 + 1√ 2

M )2M 2], (cid:17)2(cid:21) + 1 M 7K D1(M ) = 3 D0(M ) = 3 2K 2 +6C1[ 3 0 + 3 2K (cid:16) 3K 2 1 b0C0 + 3C1 b0C0

2 1,

K + 27 4b0C0

0

2 (1 + b0), D4 = 9d 0 C 2p 2b2p+1 0 0

.   + 9 ed2 0 2b0 D2 = 3 ed1 b2 0C0 (1 + b0), D3 = 3d1 0 C p bp+1 (3.4.31)

Sử dụng các bất đẳng thức

2p+1x2p+1 + 2p−1 2p+1, 2p+1x2p+1 + p

2p+1, ∀x ≥ 0, ∀p > 0,

( ∀x ≥ 0, ∀p ≥ 1/2, (3.4.32) x2 ≤ 2 xp+1 ≤ p+1

103

từ (3.4.30), (3.4.31) ta có

m (s)

0

0

Z t Z t (cid:16) (cid:17)2p+1 S(k) ds, (3.4.33) S(k) m (t) ≤ eη0 + eη1 S(k) m (s)ds + eη2

2p+1D2 + p

2p+1D3

h i , D0(M ) + 2p−1

2p+1D3 + D4

(3.4.34) i . h 2 2p+1D2 + p+1 ở đây  eη0 = eη0(M, T ) = M 2/2 + T  eη1 = eη1(M ) = D1(M ),  eη2 =

Khi đó ta có bổ đề sau.

Bổ đề 3.4.3. Tồn tại hằng số T > 0 không phụ thuộc k và m sao cho

m (t) ≤ M 2 S(k)

∀t ∈ [0, T ], với mọi k và m. (3.4.35)

Chứng minh bổ đề 3.4.3. Đặt

m (s)

0

0

Z t Z t (cid:16) (cid:17)2p+1 S(k) ds, 0 ≤ t ≤ T. (3.4.36) S(t) = eη0 + eη1 S(k) m (s)ds + eη2

Rõ ràng

  (3.4.37)

 S(t) > 0, 0 ≤ S(k) m (t) ≤ S(t), 0 ≤ t ≤ T, S/(t) − eη1S(t) ≤ eη2S2p+1(t), 0 ≤ t ≤ T, S(0) = eη0.

Đặt Z(t) = S−2p(t), lấy tích phân của (3.4.37), ta được

(cid:18) (cid:19) Z(t) ≥

0 + eη2 eη−2p eη1 0 + eη2 eη−2p eη1

(3.4.38) (cid:19) (cid:18) ≥ , ∀t ∈ [0, T ].

exp(−2peη1t) − eη2 eη1 exp(−2peη1T ) − eη2 eη1

Chú ý rằng từ (3.4.34) ta có

(cid:20)(cid:18) (cid:21) (cid:19) = (cid:0)M 2/2(cid:1)−2p > 0, lim T →0+

0 + eη2 eη−2p eη1 exp(−2peη1T ) − eη2 eη1

0 + eη2 eη−2p eη1

(cid:19) (cid:20)(cid:18) exp(−2peη1T ) − eη2 eη1 (cid:21) = (4p − 1) M −4p > 0. − M −4p lim T →0+

(3.4.39)

104

Như thế, từ (3.4.39), ta luôn chọn được hằng số T > 0 sao cho

(cid:16) (cid:17) > 0,   (3.4.40) (cid:16) (cid:17) − M −4p > 0.  eη−2p 0 + eη2 eη1 eη−2p 0 + eη2 eη1 exp(−2peη1T ) − eη2 eη1 exp(−2peη1T ) − eη2 eη1

Kết hợp (3.4.37), (3.4.38) và (3.4.40) ta thu được

m (t) ≤ S(t) =

≤ M 2, ∀t ∈ [0, T ]. (3.4.41) 0 ≤ S(k) 1 2ppZ(t)

Bổ đề 3.4.3 được chứng minh.

m ∈ W1(M, T ) với mọi k và m. Khi đó, bằng lý luận tương tự như trong chứng minh định lý 3.3.1, ta sẽ chứng minh được giới hạn um ∈ W1(M, T ) của dãy {u(k) m } khi k → +∞ là nghiệm của bài toán biến phân (3.4.2), (3.4.3). Định lý được chứng minh.

Từ kết quả này, ta có u(k)

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

bài toán (3.1.1).

Định lý 3.4.4. Giả sử (H1), (H4) − (H5) đúng. Khi đó tồn tại các hằng số M > 0 và T > 0 sao cho

(i) Bài toán (3.1.1) có duy nhất một nghiệm yếu u ∈ W1(M, T ).

(ii) Mặt khác, dãy quy nạp phi tuyến {um} xác định bởi (3.4.2), (3.4.3) hội tụ cấp hai về nghiệm u của bài toán (3.1.1) mạnh trong không gian W1(T ) theo nghĩa

W1(T ) ,

(3.4.42)

kum − ukW1(T ) ≤ C kum−1 − uk2 ở đây C là một hằng số thích hợp. Hơn nữa ta cũng có ước lượng

với mọi m, (3.4.43) (1 − β)−1β2m kum − ukW1(T ) ≤ 1 µT

trong đó

M =

(cid:19) √ √ (cid:16) (cid:17) r 1 + 2 1 + , µT = 2 T K 2 exp T K (1) M 1 b0C0 (cid:18) (cid:19) h , K (1) 1 + 1 + K 1 + 2 (1 + C1) (cid:18)1 2 d1M 2p + ed1M 2 (cid:17)i (cid:16) 1 b0C0

β = 2M µT < 1,

chú ý rằng điều kiện cuối sẽ thoả mãn khi chọn số T > 0 thích hợp.

105

Chứng minh định lý 3.4.4. Trước hết, ta chứng minh rằng {um} là dãy Cauchy trong W1(T ). Đặt vm = um+1 − um. Khi đó vm thoả mãn bài toán biến phân sau

E D·· vm(t), w + bm+1(t)a(vm(t), w)   +(bm+1(t) − bm(t)) hAum(t), wi = hFm+1(t) − Fm(t), wi , ∀w ∈ V1,

· vm(0) = 0,

 vm(0) =

(3.4.44)

với

(r, um) +

Fm+1(t) − Fm(t) = vm (cid:16) 1 v2 m−1 2 (cid:17) (cid:17) (3.4.45) − B , bm+1(t) − bm(t) = B ∂f ∂u k∇um+1(t)k2 0 ∂2f ∂u2 (r, λm), (cid:16) k∇um(t)k2 0

(0 < θ < 1). λm = um−1 + θvm−1,

· vm trong (3.4.44), sau đó lấy tích phân theo t ta thu được

Thay w =

Z t

· vm(t)

+ bm+1(t)a(vm(t), vm(t)) = b/ m+1(s) a(vm(s), vm(s))ds (cid:13) (cid:13) (cid:13)

· vm(s)

(cid:17)i D E (cid:17) (cid:16) (cid:16) (cid:13) 2 (cid:13) (cid:13) 0 Z t h ds − B B − 2 Aum(s), k∇um+1(s)k2 0

0 Z t

0 k∇um(s)k2 0 (cid:28) Z t

· vm(s)

· vm(s)

0

(cid:28) (cid:29) (cid:29) + 2 ds + ds vm (r, um), v2 m−1 ∂2f ∂u2 (r, λm),

= J ∗ ∂f ∂u 0 1 + ... + J ∗ 4 .

(3.4.46)

4 như sau

1 ,..., J ∗

Ta có các đánh giá cho các tích phân J ∗



ds,

· vm(s)

1 ≤ 2(d1M 2p + ed1M 2) R t J ∗ 0 a(vm(s), vm(s))ds R t 0 kvm(s)k2 ≤ 2(d1M 2p + ed1M 2)C1 1 ds, (cid:13) (cid:13) 2 ≤ 4(d1M 2p + ed1M 2) R t · (cid:13) (cid:13) J ∗ vm(s) (cid:13)0 (cid:13) R t J ∗ 3 ≤ 2K 1 0 kvm(s)k1 ds ≤ 2K 1 J ∗ 4 ≤ K 2

ds, (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13)0

· vm(s)

1

0 kvm(s)k1 (cid:13) (cid:13) R t · (cid:13) (cid:13) vm(s) 0 kvm(s)k0 (cid:13)0 (cid:13) (cid:12) (cid:12) R t · (cid:12) (cid:12) 0 hv2 (cid:12)ids vm(s) m−1(s), (cid:12) √ 2) R t 0 kvm−1(s)k2 ≤ 2K 2(1 +

ds.   (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13)0 (3.4.47)

106

· vm(s)

Bởi (3.4.46), (3.4.47) ta có

(cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) 2 (cid:13) (cid:13) 0 + b0C0 kvm(s)k2 1 Z t

1 ds

0

≤ 2(d1M 2p + ed1M 2)C1

· vm(s)

(3.4.48) kvm(s)k2 Z t ds + 2(2d1M 2p + 2 ed1M 2 + K 1) kvm(s)k1 (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13)0

· vm(s)

0 (cid:13) (cid:13) (cid:13)

0

Z t √ ds. 2) + 2K 2(1 + kvm−1(s)k2 1 (cid:13) (cid:13) (cid:13)0

Đặt

· vm(t)

(3.4.49) Zm(t) = + kvm(t)k2 1 . (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) 2 (cid:13) (cid:13) 0

Ta suy ra từ (3.4.48), (3.4.49) rằng

2

2 kvm−1k4

W1(T )

(cid:18) √ (cid:19) (cid:16) 1 + 1 + (cid:17)2 2 T K Zm(t) ≤ 1 b0C0 (3.4.50) Z t

0

Zm(s)ds, + K (1) M

ở đây

M =

(cid:18) (cid:19) h (cid:16) 1 + K (1) . 1 + K 1 + 2 (1 + C1) d1M 2p + ed1M 2(cid:17)i

W1(T ) ,

(3.4.51) 1 b0C0 Sử dụng bổ đề Gronwall cho (3.4.50), ta suy ra kvmkW1(T ) ≤ µT kvm−1k2

ở đây µT được xác định như trong (3.4.43). Từ (3.4.51) ta có

(1 − β)−1β2m (3.4.52) kum − um+pkW1(T ) ≤ 1 µT

với mọi m và p trong đó β = 2M µT < 1. Vậy {um} là dãy Cauchy trong W1(T ). Nên tồn tại u ∈ W1(T ) sao cho um → u mạnh trong W1(T ). Khi đó, với chứng minh tương tự như trong định lý 3.3.3, u ∈ W1(M, T ) là nghiệm yếu duy nhất của bài toán (3.1.1). Chuyển qua giới hạn khi p → +∞ với m cố định, ta thu được ước lượng (3.4.43) từ (3.4.52). Định lý 3.4.4 được chứng minh.

Chú ý 3.4. Định lý 3.4.4 đã tổng quát hoá kết quả trong [6] với B ≡ 1

và trong [38] với B(z) = z + ed0, trong đó ed0 > 0 là một hằng số cho trước.

107

3.5 Khai triển tiệm cận của nghiệm theo một tham số

bé.

Trong mục này, ngoài giả thiết (H1) − (H3), ta thành lập thêm các giả

thiết sau

+) với tính chất B1(t, ξ, η, λ) ≥ 0 với mọi t, ξ, η, λ ≥ 0,

(H6) B1 ∈ C 1(R4

(H7) f1 thoả giả thiết (H3).

Xét bài toán nhiễu sau, ở đây ε là một tham số đủ nhỏ, |ε| ≤ 1 :

0 , kurk2

0 , kutk2

0 ) (cid:0)urr + 1

 utt − Bε(t, kuk2

(cid:1) = Fε(r, t, u, ur), r ur 0 < r < 1, 0 < t < T,

√ < ∞, ur(1, t) + hu(1, t) = 0,

(Pε)

0 , kurk2

0 , kutk2

0

0 , kurk2

0

0 , kurk2

0 , kutk2

0

(cid:16) (cid:17) (cid:16) (cid:17) = B t, kuk2 (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) lim rur(r, t) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) r→0+ u(r, 0) = eu0(r), ut(r, 0) = eu1(r), Fε(r, t, u, ur) = f (r, t, u, ur) + εf1(r, t, u, ur), 0 , kutk2 Bε (cid:17) t, kuk2 (cid:16) . t, kuk2 +εB1  

Đầu tiên, ta chú ý rằng nếu các hàm eu0, eu1, B, B1, f, f1 thoả mãn các giả thiết (H1) − (H3), (H6), (H7), thì các đánh giá tiên nghiệm của dãy xấp xỉ Galerkin {u(k) m } trong chứng minh của định lý 3.3.1 cho bài toán (3.1.1) tương ứng với B = Bε, f = Fε, |ε| ≤ 1, thoả

(3.5.1) u(k) m ∈ W1(M, T ),

với M, T là các hằng số không phụ thuộc ε. Thật vậy trong quá trình chọn các hằng số M và T, ta sẽ chọn như ở (3.3.25), (3.3.26), trong đó K i(M, T, f ) và eKi(M, T, B), i = 0, 1, được thay thế lần lượt bởi K i(M, T, f ) + K i(M, T, f1) và eKi(M, T, B) + eKi(M, T, B1), i = 0, 1. Khi đó, giới hạn uε trong các không gian hàm phù hợp của dãy {u(k) m } khi cho k → +∞, rồi sau đó cho m → +∞, là nghiệm yếu duy nhất của bài toán (Pε) thoả

(3.5.2) uε ∈ W1(M, T ).

108

Mặt khác, bằng lý luận tương tự như trong chứng minh định lý 3.3.3, ta chứng minh được rằng giới hạn u0 trong các không gian hàm thích hợp của họ {uε} khi ε → 0 là nghiệm yếu duy nhất của bài toán (P0) ứng với ε = 0 thoả

(3.5.3) u0 ∈ W1(M, T ).

Khi đó ta có định lý sau.

Định lý 3.5.1. Với các giả thiết (H1) − (H3), (H6), (H7), tồn tại các hằng số M > 0 và T > 0 sao cho với mỗi ε, |ε| ≤ 1, bài toán (Pε) có duy nhất một nghiệm yếu uε ∈ W1(M, T ) thoả mãn một đánh giá tiệm cận

· uε −

· u0

≤ C |ε| , (3.5.4) kuε − u0kL∞(0,T ;V1) + (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13)L∞(0,T ;V0)

trong đó C là một hằng số chỉ phụ thuộc vào b0, h, T , M , K 1(M, T, f ), eK1(M, T, B), K 0(M, T, f1) và eK0(M, T, B1).

Chứng minh định lý 3.5.1. Đặt v = uε − u0. Khi đó v thoả bài toán biến phân

·· v(t), wi + bε(t)a(v(t), w) = h bFε(t), wi − bBε(t)hAu0, wi h , ∀w ∈ V1,

  (cid:17) (cid:16) + ε (3.5.5) h bf1(t), wi − bb1(t)hAu0, wi

· v(0) = 0,

 v(0) =

· uε(t)||2

· uε(t)||2

0),

0, ||

0, ||uεr(t)||2

0) + εB1(t, ||uε(t)||2

0, ||

0, ||uεr(t)||2

· u0(t)||2

ở đây  bε(t) = B(t, ||uε(t)||2

0, ||u0r(t)||2

0, ||

0),

· uε(t)||2

bb1(t) = B1(t, ||u0(t)||2

0, ||uεr(t)||2

0, ||

0) − B(t, ||u0(t)||2

0, ||u0r(t)||2

0, ||

· u0(t)||2 0)

bBε(t) = B(t, ||uε(t)||2

· uε(t)||2

· u0(t)||2

0, ||uεr(t)||2

0, ||

0) − εB1(t, ||u0(t)||2

0, ||u0r(t)||2

0, ||

0),

+ εB1(t, ||uε(t)||2

bf1(t) = f1(r, t, u0, u0r),

 

bFε(t) = f (r, t, uε, uεr) − f (r, t, u0, u0r) + ε[f1(r, t, uε, uεr) − f1(r, t, u0, u0r)]. (3.5.6)

109

· v trong (3.5.5), sau đó lấy tích phân theo t, ta nhận được

t Z

· v(t)

Thay w =

0

t Z

t Z

+ bε(t)a(v(t), v(t)) = b/ ε(s)a(v(s), v(s))ds (cid:13) 2 (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13)

· v(s)i ds − 2

· v(s)ids

0

0

t Z

t Z

(3.5.7) + 2 h bFε(s), bBε(s)hAu0(s),

· v(s)ids − 2ε

· v(s)ids.

0

0

+ 2ε h bf1(s), bb1(s)hAu0(s),

· v(t)

1 . Khi đó bằng các tính toán như trong định lý

t Z

+ kv(t)k2 Đặt σ(t) = (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) 2 (cid:13) (cid:13) 0 3.3.3, ta có

· v(t)

1 ≤ ε2γ(1)

T T + γ(2)

T

0

σ(s)ds, 0 ≤ t ≤ T, (3.5.8) + b0C0 kv(t)k2 (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) 2 (cid:13) (cid:13) 0

trong đó

(cid:16) (cid:17)2 , K 0(M, T, f1) + M eK0(M, T, B1) √ (3.5.9) 2 (cid:0)K 1(M, T, f ) + K 1(M, T, f1) (cid:1) (cid:17) . γ(1) T = γ(2) T = 1 + + (cid:2)(1 + 6M 2)C1 + 16M 2(cid:3) (cid:16) eK1(M, T, B) + eK1(M, T, B1)

Từ (3.5.8) và áp dụng bổ đề Gronwall, ta thu được

T T exp

(cid:18) (cid:19) )ε2γ(1) (1 + (3.5.10) σ(t) ≤ (1 + )γ(2) T T 1 b0C0 1 b0C0

với mọi t ∈ [0, T ]. Do đó

≤ C |ε| , (3.5.11) kvkL∞(0,T ;V1) + (cid:13) · (cid:13) v (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13)L∞(0,T ;V0)

T T exp

q (cid:17) với C = 2 )γ(1) . )γ(2) T T (cid:16) 1 2(1 + 1 b0C0

(1 + 1 b0C0 Chứng minh định lý 3.5.1 hoàn thành.

Kết quả tiếp theo sẽ cho một khai triển tiệm cận đến cấp N + 1 theo ε

của nghiệm yếu uε của bài toán (Pε). Ta sử dụng thêm các ký hiệu:

110

· u(t)||2

0, ||ur(t)||2

0, ||

0);

f [u] = f (r, t, u, ur), B[u] = B(t, ||u(t)||2 f = f (r, t, u, ur), D1f = ∂f /∂r, D3f = ∂f /∂u, D4f = ∂f /∂ur, B = B(t, ξ, η, λ), D2B = ∂B/∂ξ, D3B = ∂B/∂η, D4B = ∂B/∂λ.

Ta bổ sung thêm các giả thiết sau:

+), B1 ∈ C N (R4

+), B(t, ξ, η, λ) ≥ b0 > 0, B1(t, ξ, η, λ) ≥ 0,

(H8) B ∈ C N +1(R4

với mọi t, ξ, η, λ ≥ 0,

(H9) f ∈ C N +1(Ω × R+ × R2), f1 ∈ C N (Ω × R+ × R2).

Gọi u0 ∈ W1(M, T ) là nghiệm yếu duy nhất của bài toán (P0) ứng với ε = 0. Giả sử u1, u2, ..., uN ∈ W1(M, T ), trong đó các hằng số M > 0 và T > 0 được chọn thích hợp, lần lượt là các nghiệm yếu duy nhất của các bài toán (Qi), i = 1, 2, ..., N dưới đây. Với i = 1,

√ < +∞, u1r(1, t) + hu1(1, t) = 0, (Q1)

·· u1 + B[u0]Au1 = eF1[u1], 0 < r < 1, 0 < t < T, (cid:12) (cid:12) lim (cid:12) (cid:12) r→0+ u1(r, 0) =

   (cid:12) (cid:12) ru1r(r, t) (cid:12) (cid:12) · u1(r, 0) = 0,

ở đây

(3.5.12) eF1[u1] = π1[f ] + π0[f1] − (ρ1[B] + ρ0[B1]) Au0,

với π0[f ], π1[f ], ρ0[B], ρ1[B] được định nghĩa như sau:

(3.5.13) π0[f ] = f [u0] ≡ f (r, t, u0, u0r),

(3.5.14) π1[f ] = π0[D3f ]u1 + π0[D4f ]u1r,

· u0(t)||2

0, ||u0r(t)||2

0, ||

0),

(3.5.15) ρ0[B] = B[u0] ≡ B(t, ||u0(t)||2

và

· u0,

· u1i. (3.5.16)

ρ1[B] = 2ρ0[D2B]hu0, u1i + 2ρ0[D3B]hu0r, u1ri + 2ρ0[D4B]h

√ < +∞, uir(1, t) + hui(1, t) = 0, (Qi)

·· ui + B[u0]Aui = eFi[ui], 0 < r < 1, 0 < t < T , (cid:12) (cid:12) lim (cid:12) (cid:12) r→0+ ui(r, 0) =

Với i = 2,..., N ta có bài toán    (cid:12) (cid:12) ruir(r, t) (cid:12) (cid:12) · ui(r, 0) = 0, i = 1, 2, ..., N,

111

i X

ở đây

k=1

(3.5.17) (ρk[B] + ρk−1[B1]) Aui−k, eFi[ui] = πi[f ] + πi−1[f1] −

i−1 X

với πi[f ] = πi[f, u0, u1, ..., ui], ρi[B] = ρi[B, u0, u1, ..., ui], 2 ≤ i ≤ N được định nghĩa theo công thức quy nạp sau:

k=0

i−k−1 X

i−1 X

(3.5.18) πi[f ] = {πk[D3f ]ui−k + πk[D4f ](ui−k)r}, i − k i

j=0

k=0

(i − k − j){ρk[D2B] huj, ui−k−ji ρi[B] = (3.5.19)

· ui−k−j

E D · }. (cid:11) + ρk[D4B] uj,

· ui. Thật vậy,

2 i + ρk[D3B] (cid:10)ujr, (ui−k−j)r Ta cũng lưu ý rằng πi[f ] là hàm bậc nhất theo ui, uir,

(3.5.20) πi[f ] = π0[D3f ]ui + π0[D4f ]uir + các thành phần phụ thuộc vào (i, πk[D3f ], πk[D4f ], uk, ukr), k = 0, 1, ..., i − 1.

Tương tự

· u0,

· uii + các

· uk),

ρi[B] = 2ρ0[D2B]hu0, uii + 2ρ0[D3B]hu0r, uiri + 2ρ0[D4B]h

thành phần phụ thuộc vào (i, ρk[DνB], uk, (uk)r , ν = 2, 3, 4; k = 0, 1, ..., i − 1.

(3.5.21)

Giả sử uε ∈ W1(M, T ) là nghiệm yếu duy nhất của bài toán (Pε). Khi đó

N P i=0

v = uε − εiui ≡ uε − U thoả bài toán biến phân

·· v + Bε[v + U ]Av = Fε[v + U ] − Fε[U ]



(3.5.22) √ < ∞, vr(1, t) + hv(1, t) = 0,

  − (Bε[v + U ] − Bε[U ] ) AU + Eε(r, t), 0 < r < 1, 0 < t < T, (cid:12) (cid:12) lim (cid:12) (cid:12) r→0+ v(r, 0) = (cid:12) (cid:12) rvr(r, t) (cid:12) (cid:12) · v(r, 0) = 0,

N X

trong đó

i=1

(3.5.23) Eε(r, t) = Fε[U ] − f [u0] − (Bε[U ] − B[u0]) AU − εi eFi[ui].

112

Khi đó ta có các bổ đề sau

Bổ đề 3.5.2. Các hàm πi[f ], ρi[B], 0 ≤ i ≤ N định nghĩa như trên thoả

, 0 ≤ i ≤ N, (3.5.24) πi[f ] = 1 i!

, 0 ≤ i ≤ N. (3.5.25) ρi[B] = 1 i! (cid:12) ∂i (cid:12) ∂εi (f [U ]) (cid:12) (cid:12)ε=0 (cid:12) ∂i (cid:12) ∂εi (B[U ] ) (cid:12) (cid:12)ε=0

Chứng minh bổ đề 3.5.2. (i) Chứng minh (3.5.24). Rõ ràng

. π0[f ] = f [u0] ≡ f (r, t, u0, u0r) = f [U ]|ε=0 = 1 0! ∂0 ∂ε0 (f [U ] ) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)ε=0

Giả sử πk[f ], πk[Djf ], j = 3, 4; k = 0, 1, ..., i − 1 thoả mãn (3.5.13), (3.5.14), (3.5.18) và (3.5.24). Ta có

(f [U ])

∂ ∂ε (cid:18) (cid:19) ∂i ∂εi (f [U ]) = = D3f [U ] U + D4f [U ] Ur ∂ ∂ε ∂ ∂ε

i−1

k=0

∂i−1 ∂εi−1 ∂i−1 ∂εi−1 i−1 X . = C k (cid:20) ∂k ∂εk (D3f [U ]) ∂i−k ∂εi−k (U ) + ∂k ∂εk (D4f [U ]) (cid:21) ∂i−k ∂εi−k (Ur)

(3.5.26)

Ta chú ý rằng

(3.5.27) = i!ui, = i!uir, 0 ≤ i ≤ N. ∂i ∂εi U ∂i ∂εi Ur (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)ε=0 (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)ε=0

Từ (3.5.26), (3.5.27) ta suy ra

i−1

k=0 i−1 X

(cid:21) ∂i ∂εi (f [U ] ) i−1 X = k!C k + πk[D4f ] (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)ε=0 (cid:20) πk[D3f ] (3.5.28) (cid:12) ∂i−k (cid:12) ∂εi−k (U ) (cid:12) (cid:12)ε=0 (cid:12) ∂i−k (cid:12) ∂εi−k (Ur) (cid:12) (cid:12)ε=0

k=0

= (i − k)(i − 1)! [πk[D3f ]ui−k + πk[D4f ] (ui−k)r ] .

113

i−1 X

Do đó

k=0

= [ πk[D3f ]ui−k + πk[D4f ] (ui−k)r] = πi[f ]. 1 i! ∂i ∂εi (f [U ] ) i − k i (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)ε=0

(3.5.29)

Phần 1 của bổ đề 3.5.2 được chứng minh. (ii) Chứng minh (3.5.25). Dễ thấy rằng

· u0(t)

(cid:19) (cid:18)

0 , ku0r(t)k2 0 ,

ρ0[B] = B[u0] ≡ B (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) 2 (cid:13) (cid:13) 0 (3.5.30)

. = B[U ]|ε=0 = 1 0! t, ku0(t)k2 (cid:12) ∂0 (cid:12) ∂ε0 (B[U ]) (cid:12) (cid:12)ε=0

Giả sử các hàm ρk[f ], ρk[Djf ], j = 2, 3, 4; k = 0, 1, ..., i−1 thoả mãn (3.5.15), (3.5.16), (3.5.19) và (3.5.25). Ta có

· U

(cid:17) (cid:16) (B[U ]) = D2B[U ] kU k2 0 ∂ ∂ε ! (3.5.31) (cid:16) ∂ ∂ε (cid:17) . + D4B[U ] + D3B[U ] kUrk2 0 ∂ ∂ε ∂ ∂ε (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) 2 (cid:13) (cid:13) (cid:13) 0

Như vậy, từ (3.5.31), ta thu được

(B[U ] ) ∂ ∂ε ∂i−1 ∂εi−1

i−1 X

i−1

(cid:17) (cid:16) = C k kU k2 0 ∂i−k ∂εi−k (3.5.32) (cid:17) +

!#

· U

k=0 ∂k ∂εk (D3B[U ]) ∂k ∂εk (D4B[U ] )

+ . ∂i ∂εi (B[U ] ) = (cid:20) ∂k ∂εk (D2B[U ]) ∂i−k (cid:16) ∂εi−k ∂i−k ∂εi−k kUrk2 0 (cid:13) (cid:13) 2 (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) 0

Mặt khác ta lại có

m−1 X

(cid:28) (cid:29) (cid:17) (cid:16) = 2 U, U kU k2 0 ∂m ∂εm ∂m−1 ∂εm−1 ∂ ∂ε (3.5.33)

m−1

j=0

= 2 C j . (cid:28) ∂j ∂εj (U ) , (cid:29) ∂m−j ∂εm−j (U )

114

∂εi U

Cũng chú ý ∂i = i!ui, 0 ≤ i ≤ N, nên ta suy ra từ (3.5.33) rằng (cid:12) (cid:12) (cid:12)ε=0

m−1 X

m−1 huj, um−ji .

j=0

(cid:16) = 2 j!(m − j)!C j (3.5.34) kU k2 0 ∂m ∂εm (cid:17)(cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)ε=0

Tương tự

m−1

∂m ∂εm

ε=0

(cid:17) (cid:16) = 2 j!(m − j)!C j (cid:11) , (cid:10)(uj)r , (um−j)r

· U

· um−j

m−1

∂m ∂εm

m−1 P j=0 m−1 P j=0

ε=0

! (3.5.35) E D · = 2 j!(m − j)!C j . uj,    kUrk2 0 (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) 2 (cid:13) (cid:13) (cid:13) 0

Kết hợp (3.5.32) , (3.5.34) và (3.5.35), ta được

ε=0 h

i−1

k=0

(cid:16) (cid:16) ∂i ∂εi (B[U ]) i−1 X = k!C k + ρk[D3B] ρk[D2B] kU k2 0 kUrk2 0 ∂i−k ∂εi−k (cid:17)(cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)ε=0 (cid:17)(cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)ε=0

· U

ε=0

i−1 X

i−k−1 X

∂i−k ∂εi−k ! i + ρk[D4B] ∂i−k ∂εi−k (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) 2 (cid:13) (cid:13) (cid:13) 0

i−1

i−k−1 [ρk[D2B] h uj, ui−k−ji

j=0

k=0

= 2 k!C k j!(i − k − j)!C j

· ui−k−j

i−1 X

i−k−1 X

E D · (cid:11) + ρk[D4B] uj, + ρk[D3B] (cid:10) ujr, (ui−k−j)r

j=0

k=0

= 2(i − 1)! (i − k − j) [ρk[D2B] h uj, ui−k−ji

· ui−k−j

E D · . (cid:11) + ρk[D4B] uj, + ρk[D3B] (cid:10)ujr, (ui−k−j)r

(3.5.36)

i−1 X

i−k−1 X

Điều này dẫn đến

ε=0

j=0

k=0

= (i − k − j) {ρk[D2B] huj, ui−k−ji 2 i (3.5.37)

· ui−k−j

E D · (cid:11) + ρk[D4B] uj, = ρi[B]. ∂i 1 ∂εi (B[U ]) i! + ρk[D3B] (cid:10) ujr, (ui−k−j)r

Phần 2 của bổ đề 3.5.2 được chứng minh.

115

Bổ đề 3.5.3. Giả sử (H1), (H2), (H8) và (H9) đúng. Khi đó tồn tại một hằng số eK sao cho

(3.5.38) kEεkL∞(0,T ;V0) ≤ fK |ε|N +1 ,

ở đây eK là hằng số phụ thuộc vào M, T, N và các hằng số

2 Dα3

3 Dα4

4 B(t, ξ, η, λ)| ,

|Dα2 eKi(M, T, B) = sup 0≤t≤T , 0≤ξ,η,λ≤M 2 P α2+α3+α4=i

4 B1(t, ξ, η, λ)| ,

2 Dα3

|Dα2 eKi(M, T, B1) = i = 1, 2, ..., N + 1, 3 Dα4 sup 0≤t≤T , 0≤ξ,η,λ≤M 2 P α2+α3+α4=i

1 Dβ3

3 Dβ4

β

K i(M, T, f ) = sup P

1 Dβ3

3 Dβ4

β

K i(M, T, f1) = sup P (cid:12) (cid:12)Dβ1 (cid:12) (cid:12) (cid:12)Dβ1 (cid:12) i = 1, 2, ..., N, (cid:12) (cid:12) (cid:12) , i = 1, 2, ..., N + 1, 4 f (r, t, u, ur ) (cid:12) (cid:12) (cid:12) , i = 1, 2, ..., N, 4 f1 (r, t, u, ur )

trong đó, ở hai hằng số sau, sup được lấy tương ứng với 0 ≤ r ≤ 1, 0 ≤ q √ √ t ≤ T , |u| ≤ M 2 + 1/ được lấy với các 2, |ur| ≤ M / 2 và tổng P β

+ sao cho |β| = β1 + β3 + β4 = i.

β = (β1, β3, β4) ∈ Z3

N X

Chứng minh bổ đề 3.5.3. Trường hợp N = 1 đơn giản, ta bỏ qua chứng minh và chỉ xét với N ≥ 2. Áp dụng khai triển Maclaurin cho f [U ] và f1[U ] tại ε = 0 đến cấp N + 1 và cấp N tương ứng, từ (3.5.24) ta thu được

i=1 N X

+ f [U ] − f [u0] = εi i! ∂i ∂εi (f [U ] ) εN +1 (N + 1)! (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)ε=0 (cid:12) ∂N +1 (cid:12) ∂εN +1 ( f [U ]) (cid:12) (cid:12)ε=θ1ε

i=1

= πi[f ]εi + εN +1RN +1[f, ε, θ1],

(3.5.39)

116

N −1 X

và

i=0 N −1 X

+ f1[U ] = εi i! ∂i ∂εi (f1[U ] ) εN N ! ∂N ∂εN (f1[U ] ) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)ε=0 (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)ε=θ2ε (3.5.40)

i=0

= πi[f1]εi + εN RN [f1, ε, θ2],

ở đây πi[f ], 0 ≤ i ≤ N được xác định bởi (3.5.13), (3.5.14), (3.5.18); RN +1[f, ε, θ1] và RN [f1, ε, θ2] được định nghĩa như sau

, (3.5.41) RN +1[f, ε, θ1] = 1 (N + 1)! ∂N +1 ∂εN +1 (f [U ] ) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)ε=θ1ε

và

, (3.5.42) RN [f1, ε, θ2] = 1 N ! ∂N ∂εN (f1[U ] ) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)ε=θ2ε

với 0 < θi < 1, i = 1, 2. Kết hợp (3.5.39)- (3.5.42), ta nhận được

Fε[U ] − f [u0] = f [U ] − f [u0] + εf1[U ]

N X

i=1

(3.5.43) = (πi[f ] + πi−1[f1]) εi + εN +1RN [f, f1, ε, θ1, θ2],

với

(3.5.44) RN [f, f1, ε, θ1, θ2] = RN +1[f, ε, θ1] + RN [f1, ε, θ2].

Tương tự, áp dụng khai triển Maclaurin cho B[U ] tại ε = 0 đến cấp N + 1 và cho B1[U ] đến cấp N, ta suy ra từ (3.5.25) rằng

N X

B[U ] − B[u0]

i=1 N X

= + εi i! ∂i ∂εi (B[U ] ) εN +1 (N + 1)! ∂N +1 ∂εN +1 (B[U ] ) (3.5.45) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)ε=0 (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)ε=θ3ε

i=1

= ρi[B]εi + εN +1 eRN +1[B, ε, θ3],

117

N −1 X

và

i=0 N −1 X

+ B1[U ] = (cid:12) (cid:12) (cid:12)ε=0 εi i! ∂i ∂εi (B1[U ] ) εN N ! ∂N ∂εN (B1[U ] ) (cid:12) (cid:12) (cid:12)ε=θ4ε (3.5.46)

i=0

= ρi[B1]εi + εN eRN [B1, ε, θ4]

ở đây

(3.5.47) eRN +1[B, ε, θ3] = 1 (N + 1)! (cid:12) ∂N +1 (cid:12) ∂εN +1 (B[U ]) (cid:12) (cid:12)ε=θ3ε

và

(3.5.48) eRN [B1, ε, θ4] = 1 N ! (cid:12) ∂N (cid:12) ∂εN (B1[U ]) (cid:12) (cid:12)ε=θ4ε

với 0 < θi < 1, i = 3, 4. Bởi (3.5.45)- (3.5.48), ta có

Bε[U ] − B[u0] = B[U ] − B[u0] + εB1[U ]

N X

i=1

(3.5.49) = (ρi[B] + ρi−1[B1]) εi + εN +1 eRN [B, B1, ε, θ3, θ4],

với

(3.5.50) eRN [B, B1, ε, θ3, θ4] = eRN +1[B, ε, θ3] + eRN [B1, ε, θ4].

Điều này dẫn đến

j=0

i=1 + εN +1 eRN [B, B1, ε, θ3, θ4]AU

! " N X # N X (Bε[U ] − B[u0] ) AU = (ρi[B] + ρi−1[B1]) εi εjAuj

N 2 X

k=1 " i

" i # X = (ρk[B] + ρk−1[B1]) Aui−k εi + εN +1 eRN [B, B1, ε, θ3, θ4]AU

i=1 N X

N [B, B1, U, ε, θ3, θ4],

i=1

k=1

# X = εi + εN +1R(1) (ρk[B] + ρk−1[B1]) Aui−k

(3.5.51)

118

trong đó

N [B, B1, U, ε, θ3, θ4] = eRN [B, B1, ε, θ3, θ4]AU

R(1)

N 2 X

i=N +1

k=1

# " i (3.5.52) X εi−N −1. + (dk[B] + dk−1[B1]) Aui−k

N X

Kết hợp (3.5.12)- (3.5.17), (3.5.23), (3.5.43), (3.5.44), (3.5.51)và (3.5.52), ta nhận được

i=1

Eε(r, t) = Fε[U ] − f [u0] − (Bε[U ] − B[u0] ) AU − εi eFi[ui]

i X

N X

" #

i=1

k=1

= εi πi[f ] + πi−1[f1] − (ρk[B] + ρk−1[B1]) Aui−k − eFi[ui]

RN [f, f1, ε, θ1, θ2] − R(1) (cid:17) N [B, B1, U, ε, θ3, θ4]

N [B, B1, U, ε, θ3, θ4]

(cid:17) . + εN +1 (cid:16) = εN +1 (cid:16) RN [f, f1, ε, θ1, θ2] − R(1)

· ui, i = 0, 1,..., N bị chặn trên không gian L∞(0, T ; V1) nên Do các hàm ui, uir, từ (3.5.41), (3.5.42), (3.5.44), (3.5.47), (3.5.48),(3.5.50), (3.5.52)và (3.5.53) ta có

(3.5.53)

(3.5.54)

kEεkL∞(0,T ;V0) ≤ fK |ε|N +1 , ở đây eK là hằng số chỉ phụ thuộc vào M , T , N và các hằng số eKi(M, T, B), K i(M, T, f ), i = 1, 2, ..., N + 1, eKi(M, T, B1), K i(M, T, f1), i = 1, 2, ..., N . Chứng minh của bổ đề 3.5.3 hoàn thành.

Xét dãy hàm {vm} được định nghĩa bởi



v0 ≡ 0 ·· vm + Bε[vm−1 + U ]Avm = Fε[vm−1 + U ] − Fε[U ]

√ < ∞, vmr(1, t) + hvm(1, t) = 0, (cid:12) (cid:12) rvmr(r, t) (cid:12) (cid:12)

· vm(r, 0) = 0, m ≥ 1.

  − (Bε[vm−1 + U ] − Bε[U ]) AU + Eε(r, t), 0 < r < 1, 0 < t < T, (cid:12) (cid:12) lim (cid:12) (cid:12) r→0+ vm(r, 0) =

(3.5.55)

119

Với m = 1, ta có bài toán

√ (3.5.56) < ∞, v1r(1, t) + hv1(1, t) = 0,

 ·· v1 + Bε[U ]Av1 = Eε(r, t), 0 < r < 1, 0 < t < T,  (cid:12) (cid:12) lim (cid:12) (cid:12) r→0+  v1(r, 0) = (cid:12) (cid:12) rv1r(r, t) (cid:12) (cid:12) · v1(r, 0) = 0.

· v1, sau đó kết hợp với (3.5.38) ta suy ra

Nhân hai vế của (3.5.56) với

· v1(t)

+ b1,ε(t)a (v1(t), v1(t) ) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) 2 (cid:13) (cid:13) 0

t Z

(3.5.57)

· v1

0

+ ≤ 2 eK |ε|N +1 T (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:12) (cid:12) (cid:12)b/ (cid:12) (cid:12) (cid:12) a (v1(s), v1(s) ) ds. 1,ε(s) (cid:13) (cid:13) (cid:13)L∞(0,T ;V0)

ở đây

b1,ε(t) = Bε[U ] !

· U (t)

0 , kUr(t)k2 0 ,

= B t, kU (t)k2 (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13)

!

· U (t)

0 , kUr(t)k2 0 ,

t, kU (t)k2 . + εB1 (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) 2 (cid:13) (cid:13) (cid:13) 0 (cid:13) 2 (cid:13) (cid:13) (cid:13) 0

Ta có

· U (t)

b/ 1,ε(t) = D1B[U ] + εD1B1[U ] (cid:28) (cid:29) U (t), + 2 (D2B[U ] + εD2B1[U ] )

· Ur(t)

(cid:29) (cid:28) (3.5.58) + 2 (D3B[U ] + εD3B1[U ] ) Ur(t),

·· U (t)

(cid:29) (cid:28) · U (t), , + 2 (D4B[U ] + εD4B1[U ] )

nên

(cid:17) ≡ η1. eK1(M, T, B) + eK1(M, T, B1) (cid:12) (cid:12) (cid:12)b/ (cid:12) (cid:12) 1,ε(t) (cid:12) ≤ (cid:2)1 + 6(N + 1)2M 2 (cid:3) (cid:16) (3.5.59)

120

· v1(t)

Bởi (3.5.57), (3.5.59), ta có

+ b0C0 kv1(t)k2 1 (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) 2 (cid:13) (cid:13) 0

t Z

· v1

(3.5.60)

1 ds.

0

+ C1η1 kv1(s)k2 ≤ 2 eK |ε|N +1 T (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13)L∞(0,T ;V0)

· v1

Sử dụng bổ đề Gronwall, ta thu được

+ kv1kL∞(0,T ;V1) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (3.5.61) (cid:19) √ ≤ 2(1 + . )T eK |ε|N +1 exp (cid:18)C1η1T b0C0 (cid:13) (cid:13) (cid:13)L∞(0,T ;V0) 1 b0C0

· vm

(3.5.62) + kvmkL∞(0,T ;V1) ≤ CT |ε|N +1 , |ε| ≤ 1. Ta sẽ chứng minh tồn tại một hằng số CT , không phụ thuộc m và ε, sao cho với mọi m (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13)L∞(0,T ;V0)

· vm rồi sau đó lấy tích phân theo t, ta được

t Z

· vm(t)

Nhân hai vế của (3.5.55) với

1 ≤

0

t Z

+ b0C0 kvm(t)k2 (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:12) (cid:12) (cid:12)b/ (cid:12) (cid:12) (cid:12) a(vm(s), vm(s))ds m,ε(s) (cid:13) 2 (cid:13) (cid:13) 0

· vm(s)

+ 2 ds kFε[vm−1 + U ] − Fε[U ] k0 (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13)0

0 t Z

(3.5.63)

· vm(s)

0

t Z

+ 2 ds |Bε[vm−1 + U ] − Bε[U ] | kAU k0 (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13)0

· vm(s)

0

ds, + 2 eK |ε|N +1 (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13)0

121

trong đó

· U

bm,ε(t) = Bε[vm−1 + U ] = B[vm−1 + U ] + εB1[vm−1 + U ], b/ m,ε(t) = D1B[vm−1 + U ] + εD1B1[vm−1 + U ] (cid:28) (cid:29)

· vm−1 +

+ 2 ( D2B[vm−1 + U ] + εD2B1[vm−1 + U ]) vm−1 + U ,

· Ur

r (cid:29)

(cid:28) (cid:29) (cid:17) (cid:16) · + + 2 ( D3B[vm−1 + U ] + εD3B1[vm−1 + U ]) vm−1 (vm−1)r + Ur,

· U ,

·· U

·· vm−1 +

(cid:28) · . + 2 ( D4B[vm−1 + U ] + εD4B1[vm−1 + U ]) vm−1 +

(cid:17) ≡ η2. eK1(M, T, B) + eK1(M, T, B1) (cid:12) ≤ (cid:2)1 + 6(N + 2)2M 2 (cid:3) (cid:16) Suy ra (cid:12) (cid:12) (cid:12)b/ (cid:12) (cid:12) m,ε(t)

(3.5.64) Từ (3.5.63) và (3.5.64), sau các biến đổi, ta chứng minh được bất đẳng thức sau

(3.5.65) kvmkW1(T ) ≤ σ kvm−1kW1(T ) + δ, ∀m ≥ 1,

ở đây

(cid:17) (cid:16)√ σ = ηT , δ = ηT eK |ε|N +1 ,

s(cid:18) 2K 1∗ + 2(N + 1)(2N + 3)M 2 eK1∗ (cid:19) (cid:18) (cid:19) 1 + T exp[ 1 + ηT = 2 (1 + C1 η2)T ], 1 2 1 b0C0 1 b0C0

K 1∗ = K 1(M, T, f ) + K 1(M, T, f1), eK1∗ = eK1(M, T, B) + eK1(M, T, B1).

Giả sử rằng

σ < 1, (3.5.66)

với một hằng số T > 0 thích hợp. Để tiếp tục, ta cần đến bổ đề sau mà chứng minh kết quả này không khó khăn.

Bổ đề 3.5.4. Cho dãy {ζm} thoả mãn

(3.5.67) ζm ≤ σζm−1 + δ với mọi m ≥ 1, ζ0 = 0,

trong đó 0 ≤ σ < 1, δ ≥ 0 là các hằng số cho trước. Khi đó

với mọi m ≥ 1. (3.5.68) ζm ≤ δ/(1 − σ)

122

· vm

ηT eK

√

+ kvmkL∞(0,T ;V1) = kvmkW1(T ) ≤ δ/(1 − σ) = CT |ε|N +1 , Áp dụng bổ đề 3.5.4 với ζm = kvmkW1(T ) , ta suy ra từ (3.5.65) rằng (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13)L∞(0,T ;V0) (3.5.69)

1−ηT (

2K 1∗+2(N +1)(2N +3)M 2 eK1∗)

. với mọi m ≥ 1, trong đó CT =

Mặt khác dãy quy nạp {vm} định nghĩa bởi (3.5.55) hội tụ mạnh trong không gian W1(T ) về nghiệm v của bài toán (3.5.22). Vì vậy, qua giới hạn khi m → +∞ trong (3.5.69), ta có

+ kvkL∞(0,T ;V1) ≤ CT |ε|N +1 (cid:13) · (cid:13) v (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13)L∞(0,T ;V0)

N X

N X

hay

· uε −

i=0

i=0

(3.5.70) + ≤ CT |ε|N +1. εiui uε − εi · ui (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13)L∞(0,T ;V1) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13)L∞(0,T ;V0)

Từ đó ta có định lý sau.

Định lý 3.5.5. Giả sử các giả thiết (H1), (H2), (H8) và (H9) đúng. Khi đó tồn tại các hằng số M > 0 và T > 0 sao cho với mọi ε mà |ε| ≤ 1, bài toán (Pε) có duy nhất một nghiệm yếu uε ∈ W1(M, T ), thỏa mãn một đánh giá tiệm cận đến cấp N + 1 như trong (3.5.70), trong đó u0, u1 , ..., uN lần lượt (cid:3) là các nghiệm yếu của các bài toán (P0), (Q1), ..., (QN ), tương ứng. ? Như vậy, sử dụng nguyên lý ánh xạ co và các công cụ khác của giải tích hàm, chương 3 đã nghiên cứu tính giải được duy nhất đồng thời chỉ ra cách xây dựng dãy lặp hội tụ đến nghiệm và khai triển tiệm cận nghiệm của bài toán hỗn hợp cho phương trình sóng phi tuyến chứa toán tử Kirchhoff.

Ta có lưu ý rằng, phương pháp điểm bất động thường được áp dụng để tìm nghiệm xấp xỉ Galerkin của các bài toán biên phi tuyến và tuỳ theo dạng cụ thể của các yếu tố phi tuyến xuất hiện trong bài toán mà các định lý điểm bất động Brouwer, Banach, Schauder, v.v. sẽ được lựa chọn thích hợp. Bằng phương pháp này, ngoài việc xét sự tồn tại và duy nhất nghiệm như trong chương 3, ta còn có thể xét cấu trúc tập nghiệm của bài toán. Chẳng hạn, áp dụng định lý Schauder và định lý Krasnosel’skii - Perov, chúng tôi đã chứng minh được tập các nghiệm của các bài toán giá trị biên-ban đầu cho phương trình sóng trong [N3, N9] là tập khác rỗng, compact và liên thông.

123

KẾT LUẬN

Trong luận án này, chúng tôi sử dụng phương pháp điểm bất động kết hợp với lý luận về tính compact thông dụng để khảo sát các bài toán thuộc lý thuyết phương trình vi phân, tích phân và đạo hàm riêng. Đó là phương trình tích phân phi tuyến dạng Volterra ở chương 1, bài toán giá trị biên và giá trị đầu cho phương trình vi phân hàm cấp hai có đối số chậm ở chương 2 và ở chương 3 là bài toán hỗn hợp cho phương trình sóng phi tuyến chứa toán tử Kirchhoff trên màng tròn đơn vị.

Những kết quả mới thu được trong luận án bao gồm: 1. - Chứng minh một định lý điểm bất động kiểu Krasnosel’skii. - Áp dụng định lý điểm bất động kiểu Krasnosel’skii ở trên để chứng minh sự tồn tại nghiệm và sự tồn tại nghiệm ổn định tiệm cận của phương trình tích phân phi tuyến dạng Volterra sau đây

0 Z t

Z t x(t) = q(t) + f (t, x(t)) + V (t, s, x(s))ds

0

+ G(t, s, x(s))ds, t ∈ R+.

- Chứng tỏ tập nghiệm của phương trình tích phân đang xét là tập com-

pact, liên thông.

- Minh họa các kết quả thu được qua các ví dụ. - Cho các điều kiện để nhận được sự tồn tại nghiệm, sự tồn tại nghiệm ổn định tiệm cận và tính compact, liên thông của tập nghiệm của phương trình tích phân phi tuyến dạng Volterra trong trường hợp tổng quát hơn như sau

0

Z t x(t) = q(t) + f (t, x(t), x(π(t))) + V (t, s, x(s), x(σ(s)))ds

0

Z t + G(t, s, x(s), x(χ(s)))ds , t ∈ R+.

2. - Chứng minh sự tồn tại nghiệm, sự duy nhất nghiệm và sự phụ thuộc liên tục của nghiệm của bài toán ba điểm biên sau đây cho phương trình vi phân hàm cấp hai có đối số chậm

0 ≤ t ≤ 1,

u00 + f (t, ut, u0(t)) = 0, u(1) = u(η), u0 = φ,

124

trong đó φ ∈ C, 0 < η < 1.

- Chứng minh sự tồn tại nghiệm của bài toán giá trị biên với điều kiện biên hỗn hợp cho phương trình vi phân hàm cấp hai có đối số chậm thuộc dạng

0 ≤ t ≤ 1,

u(1) = α[u0(η) − u0(0)], u00 + f (t, ut, u0(t)) = 0, u0 = φ,

với φ ∈ C, 0 < η < 1, α ∈ R.

- Chứng minh sự tồn tại nghiệm, sự duy nhất nghiệm và sự phụ thuộc liên tục của nghiệm của bài toán giá trị đầu sau đây cho phương trình vi phân hàm cấp hai có đối số chậm

0 ≤ t ≤ 1,

u0(0) = 0, u00 + f (t, ut, u0(t)) = 0, u0 = φ,

trong đó φ ∈ C.

- Chỉ ra cấu trúc của tập nghiệm của bài toán giá trị đầu. Đó là tập hợp

khác rỗng, compact và liên thông.

3. - Chứng minh sự tồn tại nghiệm, sự duy nhất nghiệm của bài toán hỗn

hợp cho phương trình sóng phi tuyến chứa toán tử Kirchhoff có dạng

0, ||ur||2

r ur)



(cid:1)(urr + 1 0, ||ut||2 0 0 < r < 1, 0 < t < T, √ (cid:12) < +∞, ur(1, t) + hu(1, t) = 0,

utt − B(cid:0)t, ||u||2  = f (r, t, u, ur), (cid:12) rur(r, t)(cid:12) (cid:12) limr→0+  u(r, 0) = eu0(r), ut(r, 0) = eu1(r).

- Cho các điều kiện để có được một thuật giải lặp cấp hai hội tụ trong

trường hợp đặc biệt f = f (r, u), B = B(z).

- Đặt các giả thiết để thu được một khai triển tiệm cận theo ε (đủ nhỏ) đến cấp N + 1 của nghiệm yếu uε(r, t) của bài toán nêu trên, trong đó f được thay bởi f + εf1 và B được thay bởi B + εB1.

Các kết quả trên đây của luận án được công bố trong [N2-N6] và gửi công bố trong [N7, N8]. Ngoài ra, các nội dung và phương pháp nghiên cứu trong luận án cũng đã được thể hiện, vận dụng cho các phương trình dạng khác và đã được công bố trong [N1, N9, N10].

Một phần kết quả của luận án và các kết quả liên quan đã được báo cáo

125

trong các hội nghị:

- Hội nghị khoa học khoa Toán-Tin học ĐHSP Tp. HCM, 22/12/2002. - The International Conference on Differential Equations and Applications,

HCM City 22-25/08/2004.

- Hội nghị toàn quốc lần thứ hai về Ứng dụng Toán học, Hà Nội 23-

25/12/2005.

Trên cơ sở các kết quả thu được trong luận án, chúng tôi xin nêu những

vấn đề có thể nghiên cứu, phát triển tiếp như sau:

1. Nghiên cứu các vấn đề tương tự trong chương 1 cho phương trình tích

phân Volterra-Hammerstein trên đoạn vô hạn có dạng:

0 Z ∞

Z t x(t) = q(t) + f (t, x(t)) + V (t, s, x(s))ds

0

+ G(t, s, x(s))ds, t ∈ R+.

2. Nghiên cứu các vấn đề tương tự trong chương 2 cho phương trình vi phân hàm cấp hai có chậm với dạng tổng quát hơn hoặc với các điều kiện biên dạng khác.

3. Cho các điều kiện để thu được một thuật giải lặp cấp hai hội tụ như

trong chương 3 với các toán tử f, B có dạng tổng quát hơn.

126

DANH MỤC CÔNG TRÌNH CỦA TÁC GIẢ

[N1] L.H. Hoá, L.T.P. Ngọc (2004), Một ghi chú về tính compact, liên thông của tập hợp nghiệm của bài toán tiến hoá, Tạp chí khoa học Khoa học Tự nhiên Trường ĐHSP Tp. HCM, Số 4(38), 3-13. [N2] L.H. Hoá, L.T.P. Ngọc (2006), Boundary and initial value problems for second order neutral functional differential equations, Electronic J. Diff. Equat., No.62, 1-19. [N3] L.H. Hoá, L.T.P. Ngọc (2006), The connectivity and compactness of so- lution set of an integral equation and weak solution set of an initial-boundary value problem, Demonstratio Math. Vol.39, No.2 , 357- 376. [N4] L.T.P. Ngọc, N.T. Long (2006), On a fixed point theorem of Kras- nosel’skii type and applications to integral equations, Fixed Point Theory and Applications, Hindawi Publishing Corporation, Article ID 30847, 1-24. [N5] N.T. Long, L.T.P. Ngọc (2006), Bài toán hỗn hợp cho phương trình sóng phi tuyến chứa toán tử Kirchhoff, Tạp chí khoa học Khoa học Tự nhiên Trường ĐHSP Tp. HCM, Số 8(42), 44-61. [N6] N.T. Long, L.T.P. Ngọc (2007), On a nonlinear Kirchhoff-Carrier wave equation in the unit membrane: The quadratic convergence and asymptotic expansion of solutions, Demonstratio Math. Vol.40, No.2 , 365- 392. [N7] N.T. Long, L.T.P. Ngọc, On a nonlinear Kirchhoff-Carrier wave equa- tion in the unit membrane I, (Bài gửi công bố). [N8] L.T.P. Ngọc, N.T. Long, The Hukuhara-Kneser Property for a nonlinear integral equation, (Bài gửi công bố). [N9] N.T. Long, L.T.P. Ngọc (2007), A wave equation associated with mixed nonhomogeneous conditions: The compactness and connectivity of weak so- lution set, Abstract and Applied Analysis, Hindawi Publishing Corporation, Article ID 20295, 1-17. [N10] L.T.P. Ngọc (2007), Applying fixed point theory to the initial value prob- lem for the functional differential equation with finite delay, Vietnam Journal of Mathematics, 35:1, 43-60.

Tài liệu tham khảo

[1] M. A. Abdou, W. G. El-Sayed and E.I. Deebs (2005), "A solution of a

nonlinear integral equation", App. Math. Comp., 160, pp. 1-14.

[2] R.A. Adams (1975), Sobolev Spaces, Academic Press, NewYork.

[3] C. Avramescu (2003), "Some remarks on a fixed point theorem of Kras- nosel’skii", Electronic J. Qualitative Theory of Diff. Equat, 5, pp. 1-15.

[4] C. Avramescu and C. Vladimirescu (2005), Asymptotic stability results for certain integral equations, Electronic J. Diff. Equat., 126, pp. 1-10.

[5] M. E. Ballotti (1985), "Aronszajn’s theorem for a Parabolic partial dif- ferential equation", Nonlinear Anal. Theory, Methods and Applications, 9, 11 , pp. 1183-1187.

[6] D.T.T. Binh, A.P.N. Dinh and N.T. Long (2001), "Linear recursive schemes associated with the nonlinear wave equation involving Bessel’s operator", Math. Comp. Modelling, 34, pp. 541-556.

[7] T.A. Burton (1998), "A fixed-point theorem of Krasnosel’skii", Appl.

Math. Letters, 11(1), pp. 85 - 88.

[8] T.A. Burton and C. Kirk (1998), " A fixed-point theorem of Krasnosel’skii

type", Math. Nach., 189, pp. 23 - 31.

[9] G.F. Carrier (1945), " On the nonlinear vibrations problem of elastic

string", Quart. J. Appl. Math., 3, pp. 157-165.

[10] C. Corduneanu (1991), Integral equations and applications, Cambridge

127

University Press, New York.

128

[11] K. Czarnowski (1996), "Structure of the set of solutions of an initial- boundary value problem for a Parabolic partial differential equation in an unbounded domain", Nonlinear Anal. Theory, Methods and Applications, 27, 6, pp. 723-729.

[12] K. Deimling (1985), Nonlinear Functional Analysis, Springer, NewYork.

[13] Y. M. Dib, M. R. Maroun, Y. N. Raffoul (2005), "Periodicity and sta- bility in neutral nonlinear differential equations with functional delay", Electronic J. Diff. Equat., No.142 , pp. 1-11.

[14] A.P.N. Dinh and N.T. Long (1986), "Linear approximation and asymp- totic expansion associated to the nonlinear wave equation in one dimen- sion", Demonstratio Math., 19, pp. 45-63.

[15] L. A. Dung and D. H. Tan (2007), "Some applications of the KKM- mapping principle in hyperconvex metric spaces", Nonlinear Anal., 66, pp. 170-178.

[16] Y. Ebihara, L.A. Medeiros and M.M. Miranda (1986), "Local solutions for a nonlinear degenerate hyperbolic equation", Nonlinear Anal., 10, pp. 27-40.

[17] K. Goebel and W. A. Kirk (1990), Topics in metric fixed point theory,

Cambridge University Press, New York.

[18] J. Hale (1998), Asymptotic behavior of dissipative systems, Mathemati- cal Surveys and Monographs, 25, American Mathematical Society, Prov- idence, RI.

[19] J. Henderson (1995), Boundary Value Problems for Functional Differen-

tial Equations, World Scientific Publishing, USA.

[20] H. R. Henriquez (1994), "Periodic Solutions of Quasi-Linear Partial Functional Differential Equations with Unbounded Delay", Funkcialaj Ek- vacioj, 37, pp. 329-343.

[21] L.H. Hoa and K. Schmitt (1994), " Fixed point theorem of Krasnosel’skii type in locally convex spaces and applications to integral equations", Re- sults in Math., 25, pp. 290-314.

129

[22] L.H. Hoa and K. Schmitt (1995), "Periodic solutions of functional differ- ential equations of retarded and neutral types in Banach spaces", Bound- ary Value Problems for Functional Differential Equations, pp. 177-185.

[23] M. Hosoya and Y. Yamada (1991), " On some nonlinear wave equation I: Local existence and regularity of solutions", J. Fac. Sci. Univ. Tokyo. Sect. IA, Math., 38, pp. 225-238.

[24] G.R. Kirchhoff (1876), Vorlesungen ¨uber Mathematische Physik:

Mechanik, Teuber, Leipzig.

[25] M. A. Krasnosel’skii and P.P. Zabreiko (1984), Geometrical Methods of Nonlinear Analysis, Springer-Verlag, Berlin Heidelberg New York Tokyo.

[26] S. Lang (1969), Analysis II, Addison - Wesley, Reading, Mass., California

London.

[27] J.L. Lions (1969), Quelques méthodes de résolution des problèmes aux

limites non-linéaires, Dunod, Gauthier -Villars, Paris.

[28] J.Liu, T.Naito, N.V.Minh (2003), "Bounded and periodic solutions of infinite delay evolution equations", J. Math. Anal. Appl. 286, 705 -712.

[29] N.T. Long and A.P.N. Dinh (1992), "On the quasilinear wave equation: utt − ∆u + f (u, ut) = 0 associated with a mixed nonhomogeneous condi- tion", Nonlinear Anal., 19, pp. 613-623.

[30] N.T. Long, et al. (1993), "On the nonlinear vibrations equation with a coefficient containing an integral", Comp. Maths. Math. Phys., 33, pp. 1171-1178.

[31] N.T. Long and A.P.N. Dinh (1995), "Periodic solutions of a nonlinear parabolic equation associated with the penetration of a magnetic field into a substance", Comp. Math. Appl., 30, pp. 63-78.

[32] N.T. Long and A.P.N. Dinh (1995), "A semilinear wave equation asso- ciated with a linear differential equation with Cauchy data", Nonlinear Anal., 24, pp. 1261-1279.

130

[33] N.T. Long and T.N. Diem (1997), "On the nonlinear wave equation utt − uxx = f (x, t, u, ux, ut) associated with the mixed homogeneous con- ditions", Nonlinear Anal., 29, pp. 1217-1230.

[34] N.T. Long, A.P.N. Dinh and D.T.T. Binh (1999), "Mixed problem for some semilinear wave equation involving Bessel’s operator", Demonstratio Math., 32, pp. 77-94.

[35] N.T. Long and T.M. Thuyet (1999), "On the existence, uniqueness of solution of the nonlinear vibrations equation", Demonstratio Math., 32, pp. 749-758.

[36] N.T. Long, A.P.N. Dinh and T.N. Diem (2002), "Linear recursive schemes and asymptotic expansion associated with the Kirchhoff-Carrier operator", J. Math. Anal. Appl., 267, pp. 116-134.

[37] N.T. Long (2002), "On the nonlinear wave

equation utt − B(t, kuxk2)uxx = f (x, t, u, ux, ut) associated with the mixed homogeneous conditions", J. Math. Anal. Appl., 274, pp. 102-123.

[38] N.T. Long (2005), "Nonlinear Kirchhoff-Carrier wave equation in a unit membrane with mixed homogeneous boundary conditions", Electronic J. Diff. Equat., 138, pp. 1-18.

[39] R. Ma (1998), "Positive solutions of a nonlinear three-point boundary

value problem", Electronic J. Diff. Equat., 34, pp. 1-8.

[40] L.A. Medeiros (1994), "On some nonlinear perturbation of Kirchhoff-

Carrier operator", Comp. Appl. Math., 13, pp. 225-233.

[41] LA. Medeiros, J. Limaco and S.B. Menezes (2002), " Vibrations of elastic strings: Mathematical aspects, Part one", J. Comput. Anal. Appl., 4(2), pp. 91-127.

[42] LA. Medeiros, J. Limaco and S.B. Menezes (2002), "Vibrations of elastic strings: Mathematical aspects, Part two", J. Comput. Anal. Appl., 4(3), pp. 211-263.

[43] Juan Nieto (1987), "Hukuhara-Kneser Property for a Nonlinear Dirichlet

Problem", J. Math. Anal. Appl., 128, pp. 57-63.

131

[44] L. Nirenberg (1974), Topics in Nonlinear Functional Analysis, New York.

[45] S. K. Ntouyas (1995), "Boundary value problems for neutral functional differential equations", Boundary Value Problems for Functional Differ- ential Equations, pp. 239 - 249.

[46] Donal O’Regan (1994), Theory of singular boundary problems, World

Scientific Publishing, USA.

[47] E.L. Ortiz and A.P.N. Dinh (1987), "Linear recursive schemes associated with some nonlinear partial differential equations in one dimension and the Tau method", SIAM J. Math. Anal., 18, pp. 452-464.

[48] S. Park (1994), "Foundations of the KKM theory via coincidences of composites of upper semicontinuous maps", J. Korean Math. Soc., 31(3), pp. 493-519.

[49] S. Park and B. G. Kang (1998), " Generalized variational inequalities and fixed point theorems", Nonlinear Anal. Theory, Methods and Appli- cations, 31, pp. 207-216.

[50] S. Park (2000), " On generalizations of the Ekeland-type variational

principles", Nonlinear Anal., 39, pp. 881-889.

[51] S. Park and D. H. Tan (2000), " Remarks on the Schauder - Tychonoff

fixed point theorem ", Vietnam J. Math., 28 (2), pp. 127-132.

[52] S. Park and D. H. Tan (2000), " Remarks on Himmelberg-Idzik’s fixed

point theorem ", Acta Math. Vietnam., 25 (3), pp. 285-289.

[53] S. Park (2006), " Generalizations of the Krasnoselskii fixed point theo-

rem", Nonlinear Anal., doi:10.1016/j.na.2006.10.024.

[54] S. Park (2007), " Fixed point theorems for better admissible multimaps

on almost convex sets", J. Math. Anal. Appl., 329, pp. 690-702.

[55] P.K. Pavlakos and I. G. Stratis (1994), " Periodic solutions to retarded partial functional differential equations", Portugaliae Math. , 51, Fasc.-2, pp. 271-281.

132

[56] R.E. Showalter (1994), Hilbert space methods for partial differential equa-

tions, Electronic J. Diff. Equat., Monograph 01.

[57] Yong-Ping Sun (2004), "Nontrivial solution for a three-point boundary

value problem", Electronic J. Diff. Equat., 111, pp. 1-10.

[58] Paul. C. Talaga (1981), "The Hukuhara-Kneser Property for Parabolic System with Nonlinear boundary Conditions", J. Math. Anal. Appl., 79, pp. 461-488.

[59] Paul. C. Talaga (1988), "The Hukuhara-Kneser Property for Quasilinear

Parabolic Equations", Nonlinear Anal., 12, 3, pp. 231-245.

[60] K. Yosida (1965),Functional Analysis, Springer-Verlag, New York Berlin

G¨ottingen Heidelberg.

[61] E. Zeidler (1986), Nonlinear Functional Analysis and its Applications,

Part I, Springer-Verlag, New York Berlin Heidelberg Tokyo.

[62] Bo Zhang (1995), "Boundary value problems of second order functional differential equations", Boundary Value Problems for Functional Differ- ential Equations, pp. 301- 306.