phương trình sóng phi tuyến với một đầu biên chứa số hạng memory
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (577.51 KB, 44 trang )
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH
___________________
Hoàng Quốc Công
PHƯƠNG TRÌNH SÓNG PHI TUYẾN
VỚI MỘT ĐẦU BIÊN
CHỨA SỐ HẠNG MEMORY
Chuyên ngành: Toán Giải Tích
Mã số: 60 . 46 . 01
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC:
TS. NGUYỄN THÀNH LONG
Thành phố Hồ Chí Minh, năm 2010
LỜI CẢM ƠN
Lúc đầu khi nhận đề tài này, với vốn kiến thức còn hạn hẹp tôi đã gặp phải rất nhiều khó khăn.
Tuy nhiên, với sự hướng dẫn tận tình và mang tính khoa học của Thầy hướng dẫn, TS. Nguyễn
Thành Long, tôi đã dần khắc phục được các khó khăn trên để hoàn thành đề tài này.
Trước tiên, tôi xin chân thành cảm ơn Thầy Nguyễn Thành Long, người đã tận tình dìu dắt tôi
vượt qua nhiều trở ngại trong suố
t thời gian thực hiện đề tài.
Tôi xin chân thành cảm ơn các Thầy Cô trong và ngoài trường Đại học Sư Phạm Tp. Hồ Chí
Minh, những người đã tạo mọi điều kiện thuận lợi cũng như tận tình truyền đạt kiến thức và kinh
nghiệm quý báu của mình cho tôi trong suốt thời gian tôi học tập và làm việc.
Tôi xin trân trọng cảm ơn các Thầy Cô trong Hội đồng đã dành thời gian để đọc và cho những
nhận xét rất có giá trị khoa học đối với luận văn của tôi.
Cuối cùng, tôi xin gửi lòng biết ơn của mình đến gia đình và các bạn tôi, những người đã tạo
điều kiện tốt nhất cho tôi hoàn thành luận văn này và cho tôi những lời khuyên, lời động viên vô
cùng hữu ích.
Hoàng Quốc Công
Chương 1
PHẦN TỔNG QUAN
Trong luận văn này, chúng tôi xem xét phương trình sóng phi tuyến với điều kiện biên và
điều kiện đầu dưới đây
2
2
, , 0 1 , 0
q
p
tt xx t t
utuKuuuufxt x tT
(1.1)
0
0, 0, , 1, 0
t
x
tu t kt su sds u t
(1.2)
01
,0 , ,0
t
ux ux ux ux
(1.3)
trong đó
,2, ,0pq K
là các hằng số cho trước và
01
,,, ,
f
ku u
là các hàm cho trước thỏa các
điều kiện mà ta sẽ chỉ ra sau.
Bài toán (1.1) – (1.3) có nhiều ý nghĩa trong Cơ học mà nhiều nhà Toán học quan tâm nghiên
cứu trong thời gian gần đây [3] – [10]. Về mặt toán học, ta có thể nói rằng bài toán (1.1) – (1.3) là
sự kết hợp những đặc điểm quan trọng của hai bài báo đã được công bố trước đây [3] và [4].
Trong [3], Nguyễn Thành Long, Lê Văn Út, và Nguyễn Thị Thảo Trúc đã nghiên cứu sự tồn
tại và duy nhất nghiệ
m cũng như tính chính quy, tính ổn định và khai triển tiệm cận nghiệm của bài
toán
() , ,0 1,0 ,
tt xx t
utuKuufxt x tT
(1.4)
11
0
() (1,) () (1,) () (1,) () ( ) (1, ) ,
(1, ) 0,
t
xt
tu t K tu t tu t gt kt su sds
ut
(1.5)
01
( ,0) ( ) , ( ,0) ( ),
t
ux u x u x u x
(1.6)
trong đó
,
K
là các hằng số, và
11 01
,, ,,,, ,
f
Kgkuu
là các hàm cho trước.
Như vậy, số hạng
22 qp
tt
Ku u u u
trong (1.1) là sự tổng quát hóa từ số hạng
t
Ku u
trong (1.4). Các điều kiện biên (1.2) – (1.3) cũng chính là (1.5) – (1.6) sau khi đã hoán đổi 2 đầu
biên
0
x
và 1
x
, đồng thời làm triệt tiêu các hàm K
1
, λ
1
và g. Sự đặc biệt hóa này tưởng chừng
sẽ mang lại thuận lợi cho chúng ta khi nghiên cứu (1.1) – (1.3), nhưng thật ra nó lại khiến chúng ta
gặp đôi chút khó khăn hơn trong các ước lượng khi mà điều kiện cực tiểu cho hàm
λ
1
lúc này không
còn là một giá trị dương nữa.
Trong [5], Nguyễn Thành Long, Alain Phạm Ngọc Định, và Trần Ngọc Diễm đã khảo sát sự
tồn tại và duy nhất nghiệm, tính chính quy, và khai triển tiệm cận của nghiệm của bài toán sau đây
,,0 1,0 ,
tt xx t t
uu Kuu uu fxt x tT
(1.7)
0, ,
x
utPt
(1.8)
11
1, 1, 1, 0,
xt
utKut ut
(1.9)
01
,0 , ,0 ,
t
ux u x u x u x (1.10)
trong đó
11
,, , ,,KK
là các hằng số cho trước;
01
,,
f
uu là các hàm cho trước; hàm
,uxt
cần
tìm và giá trị biên chưa biết
Pt
thỏa mãn bài toán Cauchy cho phương trình vi phân thường dưới
đây
2
01
0, , 0
0 , 0
tt
Pt Pt hu t t T
PPP P
(1.11)
với
01
0, 0, ,hPP
là các hằng số cho trước.
Từ (1.11), nếu ta giải phương trình vi phân tuyến tính cấp 2 hệ số hằng, ta sẽ có
0
0, 0,
t
P t g t hu t k t s u s ds
trong đó
00 11
1
0 cos 0 sin , sin .gt P hu t P hu t kt h t
Ta nhận xét thấy phương trình (1.1) mà ta đặt ra là một trường hợp tổng quát hơn của phương
trình (1.7) trong bài toán (1.7) – (1.11), có được bằng cách thêm hàm hệ số
t
vào trước số hạng
tt
u . Hai điều kiện biên (1.3) và (1.10) là như nhau, trong khi điều kiện biên (1.2) lại là trường hợp
đặc biệt của (1.8) – (1.9), (1.11).
Nội dung chính của luận văn gồm các chương mục được trình bày theo thứ tự sau:
Chương 1 là phần mở đầu tổng quan về bài toán mà ta sẽ khảo sát trong luận văn, chỉ ra vài
kết quả quan trọng đã có trước đó, đồng thời nêu bố cục của luận văn.
Ch
ương 2 trình bày một số kết quả chuẩn bị, bao gồm việc nhắc lại một số không gian
Sobolev, một số kết quả về các phép nhúng compact giữa các không gian.
Chương 3 nghiên cứu sự tồn tại và duy nhất nghiệm yếu của bài toán (1.1) – (1.3).
Chương 4 nghiên cứu tính trơn của nghiệm đối với dữ kiện ban đầu.
Chương 5 nghiên cứu tính ổn định của nghiệm đối với dữ kiện ban đầu, tức là hàm
01 01
,,, , ,,, ,
f
ku u u f ku u
, nghiệm yếu của bài toán (1.1) – (1.3), là liên tục theo nghĩa mà
ta sẽ chỉ ra khi xem xét vấn đề này.
Chương 6 nghiên cứu bài toán nhiễu theo hai tham số bé
,K
:
2
2
,
0
01
() ( ,),0 1,0 ,
() 0, 0, , 1, 0,
,0 , ,0 ,
q
p
tt xx t t
t
Kx
t
utuKuuuufxtx tT
Ptutktsusdsut
ux u x u x u x
trong đó các tham số
01
,,, ,
f
ku u
cho trước. Cụ thể như sau
a/ Nghiên cứu dáng điệu tiệm cận của nghiệm yếu
,
K
uu
của bài toán
,K
P
khi 0K
và
0
.
b/ Nghiên cứu khai triển tiệm cận của nghiệm yếu
,
K
uu
của bài toán
,K
P
theo hai tham
số bé
K, λ, có nghĩa là có thể xấp xỉ nghiệm
,
K
u
bởi một đa thức theo hai biến K, λ:
,
,,
ij
ij
K
ijN
uxt UxtK
theo nghĩa cần phải chỉ ra các hàm
,
ij
Uxt
và thiết lập đánh giá
1
22
,
*
,
N
ij
ij
KN
ijN
uUxtKCK
theo một chuẩn thích hợp
*
|| ||
, với các tham số dương K, λ đủ bé và hằng số
N
C
độc lập đối với các
tham số bé này.
Chương 7 trình bày một bài toán cụ thể để minh họa phương pháp tìm nghiệm tiệm cận của
bài toán nhiễu ở trên.
Sau cùng là phần kết luận và danh mục các tài liệu tham khảo.
Chương 2
MỘT SỐ KẾT QUẢ CHUẨN BỊ
Ta đặt các kí hiệu:
0,1 , 0, , 0
T
QTT . Chúng ta bỏ qua các định nghĩa của
các không gian hàm
,
, ,
mp mp
CLW
. Ta có thể xem trong [1].
Để tạo thuận lợi khi trình bày và làm cho luận văn gọn gàng, ta sẽ quy ước một vài kí hiệu
vắn tắt như sau:
,, 0, ,2
, , , 1 , 0,1,
mp mp p p p m m
WW LL W HW p m
Chuẩn trong
L
2
kí hiệu là || || . Kí hiệu ,
chỉ tích vô hướng trong L
2
hay tích đối ngẫu của
một phiếm hàm tuyến tính liên tục với một phần tử của không gian hàm. Kí hiệu
|| ||
X
dùng để chỉ
chuẩn trong một không gian Banach
X, và X
/
là không gian đối ngẫu của X.
Ta kí hiệu
0, ;
p
LTX là không gian Banach các hàm thực đo được
:0,uT X sao cho
1
0, ;
0
p
T
p
p
LTX
X
uutdt
với 1 p
và
0, ;
0
sup
LTX
X
tT
uessut
khi
p
Ta viết
, , , ,
tttxxx
ut u t u t u t u t u t u t
để chỉ
,,uxt
22
22
,, ,, ,, ,
uuuu
x
txtxtxt
tt xx
, theo thứ tự đó.
Ta lại đặt
1
0,1 : 1 0VvH v
và xét tích vô hướng
1
0
,
uv
auv x xdx
xx
Khi đó, V là một không gian con của H
1
, và trên V, chuẩn
,
x
V
vavvv tương đương
với chuẩn
1
H
v cảm sinh trên V.
Từ đây ta có bổ đề sau
Bổ đề 2.1. Phép nhúng V
↪
0
C
là compact và
0
0,1
,
CV
vvvV
Bổ đề 2.2. (Bổ đề Gronwall) Giả sử
và u là các hàm liên tục trên [,],ab trong đó
xác định
không âm,
là một hằng số dương (không phụ thuộc t). Khi đó, nếu
, ,
t
a
ut susds t ab
thì
exp , ,
t
a
ut sds t ab
Bổ đề 2.3. [2] (Bổ đề về tính compact của Lions) Cho ba không gian
01
,,XXX
thỏa
01
,XX phản xạ,
0
X
↪
X compact, X
↪
1
X liên tục
Với 0, 1,Tpq , ta đặt
01
0, ; : 0, ;
pq
WuL TX uLTX
và trang bị cho W một chuẩn
01
0, , 0, ,
pq
WLTX LTX
vv v
Khi đó, phép nhúng W
↪
0, ;
p
LTX là compact.
Chương 3
SỰ TỒN TẠI VÀ DUY NHẤT NGHIỆM
Sau đây chúng ta sẽ nghiên cứu sự tồn tại và duy nhất nghiệm của bài toán (1.1) – (1.3) với
những giả thiết về các dữ kiện đầu vào như sau:
(GT1)
,0 ; ,2Kpq
(GT2)
2
01
, uH VuV
(GT3)
2,1
0,kW T
(GT4)
2
0, ; 0
o
HT t
(GT5)
2
,
tT
f
fLQ
Định lý 3.1. Nếu các giả thiết (GT1) – (GT5) được thỏa thì bài toán (1.1) – (1.3) có duy nhất một
nghiệm yếu u với các tính chất
212
0, ; ; 0, ; ; 0, ;
ttt
uL TV H u L TH u L TL
và
1,
0, 0,uWT
Chứng minh. Gọi
j
w là một cơ sở đếm được của không gian
2
VH . Ta sẽ tìm nghiệm xấp xỉ
theo phương pháp Galerkin của bài toán (1.1) – (1.3) dưới dạng
1
() () ,
m
mmjj
j
ut c tw
trong đó, các hàm hệ số
mj
ct thỏa mãn hệ phương trình vi phân thường
0
,,00,
t
mj mxjxj m
utw tu tw w ktsu sds
22
,, ; 1
pq
mm mmj j
Ku t u t u t u t w f t w j m
00
1
,0
m
mmmjj
j
uu wu
mạnh trong
2
H
11
1
,0
m
mmmjj
j
uu wu
mạnh trong
1
H
(3.1)
Với các giả thiết (GT1) – (GT5) được thỏa, hệ phương trình vi phân (3.1) có nghiệm u
m
trên
0,
m
T tương ứng. Các ước lượng sau cho phép ta chọn
m
TT
với mọi m.
Ước lượng tiên nghiệm 1. Nhân lần lượt các phương trình thứ j của (3.1)
1
với
mj
ct
, sau đó cộng
các vế tương ứng với nhau rồi lấy tích phân theo biến thời gian từ 0 đến t, ta thu được đẳng thức sau
2
00
0 2 0, 0, 2 0 0,
tt
mm m m m
St S u tkt u d k u sds
2
000
20, 0,
tts
mx m m
su s ds u s ks u dds
0
2,
t
m
f
su sds
(3.2)
trong đó
22
0
2
2
pq
t
pq
mm mx m m
LL
K
St ut tu t ut us ds
p
(3.3)
Từ (3.3) và (GT4), ta thấy rằng
22
0mm mx
St ut u t
(3.4)
Từ (3.4) và bổ đề 1, ta có đánh giá
0
0
0,1
,
m
mm mx
C
St
uxt ut u t
(3.5)
Dưới đây là các đánh giá vắn tắt cho từng số hạng trong vế phải của (3.2).
2
2
0
0
00
1
20, 0, 0, 0,
tt
mm m m
utktu d ut ktu d
2
2
0
00
1
tt
mm
St k d Ssds
(3.6)
2
0
00
20
20 0,
tt
mm
k
kusds Ssds
(3.7)
2
0
00
tt
mx m
s
su s ds S sds
(3.8)
00
20, 0,
ts
mm
usksu dds
2
2
0
0000
1
ttss
mm
S s ds k d S d ds
2
2
0
000
ttt
mm
t
Ssds k d S d
(3.9)
2
0000
2, 2
tttt
mm m
f
su sds fs u sds fs ds S sds
(3.10)
Từ (3.2) và (3.6)–(3.10), đồng thời chọn tham số
1
2
ta có đánh giá
2
0
00
202 2
tt
mm m
s
St S fs ds Ssds
22
2
00
00
40
4
3
tt
m
k
ktkd Ssds
(3.11)
Do H
1
↪
0
C
, nên từ (3.1)
2,3
và (3.3) ta nhận được
1
20
m
SM với mọi m (3.12)
trong đó hằng số M
1
chỉ phụ thuộc vào μ, K, u
0
và u
1
.
Theo (3.12) và (GT5) ta có
2
1
0
2
t
T
M
fs ds A
với mọi
0,tT
(3.13)
Mặt khác, theo (GT3) ta lại có
22
2
00
0
40
4
3
t
T
k
ktkd B
với mọi
0,tT
(3.14)
Với các đánh giá (3.11), (3.13) và (3.14) vừa thu được, ta suy ra rằng
0
0
2
t
mm
TT
s
St A BSsds
với mọi
0,tT (3.15)
Áp dụng bổ đề Gronwall cho (3.15), rồi dựa vào (GT4) ta có kết quả quan trọng sau
0
0
2
exp
t
mT
TT
s
St A Bds C
với mọi
0,tT (3.16)
Ước lượng tiên nghiệm 2. Đạo hàm 2 vế của (3.1)
1
theo biến thời gian, ta có
,,,
m j mx jx mx jx
utw tutw tutw
0
00,000,
t
jmjm
wktsusdswkut
(3.17)
22
11,, ; 1
pq
mm mmj j
Kp u t u t q u t u t w f t w j m
Nhân lần lượt các phương trình thứ j với
mj
ct
, sau đó cộng lại rồi lấy tích phân 2 vế theo biến thời
gian từ 0 đến t, ta có
01
02 , 20 ,
m m mx mx mx mx
Xt X tu tu t u u
2
00
2,3
tt
mx mx mx
su su sds su s ds
00 0
20, 0, 200, 0,
ts t
mm mm
usksu dds kususds
1
2
00
21 , , ,
t
p
mmm
Kp uxs uxsuxsdxds
0
2,
t
m
f
su sds
(3.18)
với
1
22 22
00
21 , ,
t
q
mm mx m m
Xt ut tu t q uxs uxsdxds
Từ đây và bổ đề 1, ta có các đánh giá
22
0mm mx
Xt ut u t
(3.19)
0
0
0,1
,
m
mm mxm
CV
Xt
uxt ut u t ut
(3.20)
Lấy tích phân từng phần cho 2 số hạng thứ 6 và thứ 7 trong vế phải của (3.18), ta có
2
01
0 2 0 0 0 0 0, 2 0 0, 0,
mm mm m mm
XtX ku u kutkutut
01
20 , 2 ,
mx mx mx mx
uu tutut
22
00
20 0, 3
tt
mmx
kusds susds
00
2,20, 0,
tt
mx mx m m
su su sds u t ktsu sds
2
00
0 0, 2 0, 0,
ts
mm m
kut usksu dds
1
2
00
21 , , ,
t
p
mmm
Kp uxs uxsuxsdxds
0
2,
t
m
f
su sds
(3.21)
Dựa vào (3.4), (3.5), (3.16), (3.19), (3.20) và bổ đề 2.1, ta có những ước lượng về các số
hạng trong vế phải của (3.21) như sau
2
2
0
2 0 0, 0, 0
mm m
T
C
ku tu t k Xt
(3.22)
01 0 1
20 , 2 0. .
mx mx m m
VV
uu u u
(3.23)
2
2
0
2,
T
mx mx m
C
tu tu t X t t
(3.24)
2
0
00
20
20 0,
tt
mm
k
kusds Xsds
(3.25)
2
0
00
3
3
tt
mx m
su s ds sX sds
(3.26)
2
2
0
000
2,
ttt
mx mx m
T
C
s u s u s ds s ds X s ds
(3.27)
2
2
0
00
20, 0,
tt
mmm
T
C
utktsusds Xt k d
(3.28)
2
2
0
0
00,
m
T
kC
kut
(3.29)
2
2
0
00 0 0
20, 0,
ts t t
mm m
T
tC
u s k s u d ds k d X s ds
(3.30)
1
2
00
21 , , ,
t
p
mmm
Kp uxs uxsuxsdxds
1
1
2
2
0
00
21 , , ,
p
t
p
mmm
T
C
Kp u xs u xsu xsdxds
2
1
1
00
0
21 ,
p
t
mm
p
T
C
Kp X s u xsdxds
2
1
0
0
21
p
t
mm
p
T
C
Kp X s u sds
2
1
0
0
21
p
t
m
p
T
C
Kp X sds
(3.31)
2
000
2,
ttt
mm
f
su sds f s ds X sds
(3.32)
Từ (3.21) – (3.32), đồng thời chọn tham số
1
4
, ta có
2
01 01
4020 0 0 00,80. .
mm mm m mm
VV
Xt X k u u k u t u u
2
2
2
0
2
0
0
4
+40 04 4
t
T
C
kk tkd
2
2
22
0
000
ttt
T
sds fs dstk d
C
2
1
00
0
0
80 12
81 12
p
t
m
p
T
C
ks
Kp X sds
(3.33)
Từ (GT2) – (GT4) và (3.19), ta có kết quả
2
01 01
2
4020 0 0 00,80. .
4 0 (3.34)
mm mm m mm
m
VV
Xt X k u u k u t u u
uM
trong đó hằng số M
2
chỉ phụ thuộc vào μ, k, K, u
0
và u
1
.
Hơn nữa, từ (3.1) và (1.2), bằng phương pháp tích phân từng phần cho số hạng chưa μ của vế
trái, ta có
2
22
00011
00,0 ,0 0,0
pq
mmxxmmmmmmm
uuuKuuuuufu
Do đó
22
00011
00 0
pq
mmxxmmmm
uuKuuuuf
Kết quả này cùng với (GT5) và (3.1)
2,3
cho ta
3
0
m
uM
(3.35)
trong đó hằng số M
3
chỉ phụ thuộc vào μ, f, K, λ, u
0
và u
1
.
Mặt khác, do H
1
↪
0
C , nên ta có
2
4
T
tD
a.e., trên
0,T (3.36)
Tổng hợp các kết quả (3.33) – (3.36), ta có đánh giá
0
() ,
t
mT m
Xt E qsXsds
(3.37)
trong đó
2
1
00
0
80 12
() 8 1 12
p
p
T
C
ks
qs K p
và E
T
là một hằng số chỉ phụ thuộc
vào T.
Từ (GT3), (GT4), (3.37), theo bổ đề Gronwall, ta thu được kết quả sau
0
() exp () ,
t
mT T
Xt E qsdsF
với mọi
0,tT (3.38)
Qua giới hạn. Từ (3.4), (3.5), (3.16), (3.19), (3.20) và (3.38) ta suy ra các dãy hàm dưới đây bị chặn
trên các không gian hàm L
tương ứng. Từ đó, ta có thể trích ra một dãy con của dãy
m
u vẫn kí
hiệu là
m
u sao cho
trong 0, ;
m
uu LTV
yếu *
1
trong 0, ;
m
uu LTH
yếu *
2
trong 0, ;
m
uu LTL
yếu *
1,
0, 0, trong 0,
m
uu WT
yếu * (3.39)
Nhờ bổ đề về tính compact của Lions [2], từ (3.38), ta lại rút ra được một dãy con của dãy
m
u vẫn kí hiệu là
m
u sao cho
m
uu mạnh
2
trong
T
LQ
m
uu
mạnh
2
trong
T
LQ
0, 0,
m
uu
mạnh
0
trong 0,CT (3.40)
Mặt khác, nhờ vào bất đẳng thức
1 , , , 0, 0xx yy Rx y xy RR R
(3.41)
nên từ (3.5), (3.16), (3.20), (3.38) và (3.40)
1–2
, ta suy ra rằng
mm
uu uu
mạnh
2
trong
T
LQ
mm
uu uu
mạnh
2
trong
T
LQ (3.42)
Trong (3.1), ta cho
m . Khi đó, dựa vào các kết quả (3.39), (3.40) và (3.42) ta chỉ ra
rằng có hàm u thỏa mãn bài toán
0
22
1
,,00,
,,,
t
xx
pq
utv tutv v kt su sds
Ku t u t u t u t v f t v v H
(3.43)
0
0uu và
1
0uu
(3.44)
Từ (3.43) và các giả thiết (GT4) – (GT5) ta có kết quả
22
2
1
0, ;
pq
xx
uuKuuuufLTL
(3.45)
Do đó
2
0, ;uL TV H
.
Việc chứng minh sự tồn tại của nghiệm yếu hoàn tất.
Tính duy nhất của nghiệm. Giả sử u
1
, u
2
là hai nghiệm yếu của bài toán (1.1) – (1.3). Khi đó, ta có
212
1,
0, ; ; 0, ; ; 0, ;
0, 0, 1;2
iii
i
uL TVH uL TH uL TL
uWT i
Ta đặt
12
uu u. Khi đó, u thỏa mãn bài toán sau
0
22
112 2
22
1
112 2
,,00,
,
, 0,
t
xx
pp
utv tutv v kt su sds
Kututututv
ut ut ut utv v H
(3.46)
(0) (0) 0.uu
(3.47)
Ta cho
vu
, sau đó lấy tích phân 2 vế theo biến thời gian từ 0 đến t và áp dụng công thức
tích phân từng phần cho số hạng chứa
k, ta có
2
000
2
00
22
112 2
0
22
112 2
0
20, 0,
2 0 0, 2 0, 0,
2 ,
2 ,
tts
x
tt
t
pp
t
Z
t s u s ds u s k s u d ds
kusdsutktsusds
Kusususususds
us us us u sus ds
(3.48)
trong đó
22
x
Z
tut tut
(3.49)
Từ (3.49) cùng với (GT4) và bổ đề 1, ta có
22
0 x
Z
tut ut
(3.50)
0
0
0,1
,
x
C
Z
t
uxt ut u t
(3.51)
Mặt khác, ta lại có
2
11
22
000
,,
t
u t u x t dx u x s ds dx
1
22
00 0
,
tt
tuxs dsdx t us ds
(3.52)
Dựa vào (3.41), (3.50) – (3.52), ta đánh giá từng số hạng ở vế phải của (3.48) như sau
2
0
00
1
tt
x
su s ds sZsds
(3.53)
2
2
0
00 0 0
20, 0, 1
ts t t
t
u s k s u d ds k d Z s ds
(3.54)
2
0
00
20
20 0,
tt
k
kusds Zsds
(3.55)
2
2
0
000
12
20, 0,
2
ttt
u t kt su sds Zt k d Zsds
(3.56)
22
112 2
0
2,
t
pp
Kusususususds
2
0
21
t
p
Kp R us usds
22
2
0
1
t
p
Kp R us us ds
22
2
00
1
ts
p
Kp R s u d us ds
2
22 22
00
11 11
tt
pp
Kp R t us ds Kp R t Zsds
(3.57)
22
2
112 2
0 0
2,21
t t
q
us us us u sus ds q R Zsds
(3.58)
trong đó,
1, 1
1,2
0, ;
max
i
i
WTH
Ru
.
Từ (3.48), (3.53) – (3.58), ta suy ra
0
() ( ) ( )
t
Z
tFsZsds
(3.59)
trong đó
22
22
00 00
00
240
24
2
TT
sk
T
Fs k d k d
22 2 1
21 141 0,
pq
Kp R T q R L T
Theo bổ đề của Gronwall, ta suy ra từ (3.59) rằng
0
Z
, nghĩa là
12
uu
.
Định lý 3.1 đã được chứng minh xong.
Nhận xét 3.1. Từ định lý 3.1, ta nhận thấy nghiệm yếu của bài toán (1.1) – (1.3) thỏa
012 2
12
1,
0, ; 0, ; 0, ;
0, ; , 0, ;
0, 0,
ttt
uC TV C TL L TV H
u L TH u L TL
uWT
Nhận xét 3.2. Trong trường hợp 2pq và
,,,KKt tkkts
, chúng ta xét bài toán
, , 0 1, 0
tt xx t
utuKtutufxt x tT
(1.1
/
)
0
0, , 0, , 1, 0
t
x
tu t gt ktsu sds u t
(1.2
/
)
01
,0 , ,0
t
ux u x u x u x (1.3)
Bây giờ ta đưa ra những giả thiết cho các hàm K, λ và k như sau
(GT1
/
)
12
0, , 0,KH T H T
(GT3
/
)
2
2*
111
2
,,
T
kk
kDk D Dk L Q
tt
,
1
0,kH T
và
2
1
0,
D
kL T
với
,kt ktt
,
11
,
D
kt Dktt
và
*
,:0
T
Qts stT
.
(GT6
/
)
2
0,gH T
Bằng những đánh giá và lý luận tương tự với những gì mà ta đã thực hiện trong quá trình
chứng minh định lý 3.1, ta có định lý 3.2 dưới đây
Định lý 3.2. Giả sử (GT1
/
), (GT2), (GT3
/
), (GT4), (GT5) và (GT6
/
) được thỏa. Khi đó, bài toán
(1.1
/
) – (1.2
/
) – (1.3) có duy nhất một nghiệm yếu u, và
012 2
12
1,
0, ; 0, ; 0, ;
0, ; , 0, ;
0, 0,
ttt
uC TV C TL L TV H
u L TH u L TL
uWT
(3.60)
Chứng minh. Gọi
j
w
là một cơ sở đếm được của không gian
2
VH
. Ta sẽ tìm nghiệm xấp xỉ
theo phương pháp Galerkin của bài toán (1.1) – (1.3) dưới dạng
1
m
mmjj
j
ut c tw
trong đó, các hàm hệ số
mj
ct thỏa mãn hệ phương trình vi phân thường
0
,,0,0,
t
mj mxjxj m
utw tu tw w gt ktsu sds
, , ; 1
mmj j
Ktu t tu t w ft w j m
00
1
,0
m
mmmjj
j
uu wu
mạnh trong
2
H
11
1
,0
m
mmmjj
j
uu wu
mạnh trong
1
H
(3.61)
Với các giả thiết (GT1
/
) – (GT2) – (GT3
/
) – (GT4) – (GT5) – (GT6
/
) được thỏa, hệ phương
trình vi phân (3.1) có nghiệm u
m
trên
0,
m
T tương ứng. Các ước lượng sau cho phép ta chọn
m
TT
với mọi m.
Ước lượng tiên nghiệm 1. Nhân lần lượt các phương trình thứ j của (3.61)
1
với
mj
ct
, sau đó cộng
các vế tương ứng với nhau rồi lấy tích phân theo biến thời gian từ 0 đến t, ta thu được đẳng thức sau
2
00
0
02 0 0 0 2 0, , 0,
t
mm m mm m
St S u g K u u tgt kt u d
2
1
000
20, , 0,
tts
mx m m
su s ds u s gs Dks u d ds
22
2
00
20,
tt
mmm
k s u s ds K s u s ds K t u t
2
00
22,
tt
mm
su s ds fsu sds
(3.62)
trong đó
22
mm mx
St ut tu t
(3.63)
Từ (3.63) và (GT4), ta thấy rằng
22
0mm mx
St ut u t
(3.64)
Từ (3.64) và bổ đề 1, ta có đánh giá
0
0
0,1
,
m
mm mx
C
St
uxt ut u t
(3.65)
Dưới đây là các đánh giá vắn tắt cho từng số hạng trong vế phải của (3.62).
2
0
1
20,
mm
u tgt S t gt
(3.66)
2
2
0
0
00
1
2 0, , 0, 0, , 0,
tt
mm m m
utktu d ut ktu d
2
2
0
00
1
,
tt
mm
St kt d Ssds
(3.67)
2
0
00
tt
mx m
s
su s ds S sds
(3.68)
2
000
20,
ttt
mm
u s g s ds S s ds g s ds
(3.69)
1
00
20, , 0,
ts
mm
usDksu dds
2
1
2
0
000 0
1
,
tts s
mm
Ssds Dks d S dds
2*
1
2
0
00
1
T
tt
mm
LQ
Ssds Dk S d
(3.70)
2
0
00
2
20,
tt
mm
k s u s ds k s S s ds
(3.71)
2
2
0
0
2
t
mmm
Kt u t Kt u tS sds
(3.72)
2
2
0
000
2
tts
mmm
Ksu s ds Ks u sS d ds
2
0
00 0
2
tt t
mm
u K s ds s K s ds S s ds
(3.73)
2
00
22
tt
mm
su s ds sS sds
(3.74)
2
0000
2, 2
tttt
mm m
f
su sds fs u sds fs ds S sds
(3.75)
Từ (3.62) và (3.66) – (3.75), đồng thời chọn tham số
1
3
ta có đánh giá
2
2
00
0
9
306 00 306
mm m m
St S u g K Kt u gt
22
2
0
000
36 3
ttt
m
gs ds u Ksds fs ds
2*
2
1
22
000
00
3
93
9,
T
tt
LQ
s
kt d Dk
0
0
6
63 6
t
m
ks tKt sK sds s S sds
(3.76)
Từ (GT1
/
), (GT2), (GT4), (GT5), (GT6
/
) và (3.61) – (3.63) ta nhận được kết quả
22
2
00
0
0
9
306 00 306 3
t
mm m
SugKKtu gtgsds
2
2
0
00
63
tt
mT
uKsdsfsdsA
với mọi
0,tT (3.77)
Ta đặt
2*
2
1
22
0000
0
3
936
9,
T
t
LQ
s
sktd Dkks
0
63 6
t
tK t sK s ds s
Như vậy ta có
0
t
mT m
St A sSsds
(3.78)
Mặt khác, từ giả thiết (GT3
/
) ta lại có
2
1,1
0
, 0, 0,
t
kt d W T L T
Do đó, kết hợp với giả thiết (GT1
/
), ta suy ra
2
2
0
00
3
,2
tt
T
kt d tKt sK s ds B
(3.79)
Từ (3.79), (GT1
/
), (GT3
/
), (GT4), ta có
1
0,LT
(3.80)
Từ (3.80), lại áp dụng bổ đề Gronwall, ta có
0
exp
t
mT T
St A sds M
với mọi
0,tT (3.81)
Ước lượng tiên nghiệm 2. Đạo hàm 2 vế của (3.61)
1
theo biến thời gian, ta có
,,,
m j mx jx mx jx
utw tutw tutw
0
0,0,,0,
t
jtm m
wgtktsusdskttut
(3.82)
,, ; 1
mmmmj j
Ktut Ktut tut tutw ftw jm
Nhân lần lượt các phương trình thứ
j với
mj
ct
, sau đó cộng lại rồi lấy tích phân 2 vế theo biến
thời gian từ 0 đến
t, ta có
01
02 , 20 ,
m m mx mx mx mx
Xt X tu tu t u u
2
00
2,3
tt
mx mx mx
su su sds su s ds
00
20, , 0, , 0,
ts
msm m
usgsksu dkssusds
00
2,2 ,
tt
mm mm
Ksususds Ks s ususds
2
00
22,
tt
mm
su s ds f su sds
(3.83)
với
22
mm mx
Xt ut tu t
Từ đây và bổ đề 1, ta có các đánh giá
22
0mm mx
Xt ut u t
(3.84)
0
0
0,1
,
m
mm mxm
CV
Xt
uxt ut u t ut
(3.85)
Lấy tích phân từng phần cho 2 số hạng thứ 6 trong vế phải của (3.83), ta có
1001
02 0. 0 0 0 20 ,
m m m m mx mx
Xt X u g k u u u
0
2,2 ,
t
mx mx mx mx
tutut sususds
22
000
320,20,
ttt
mx m m
su s ds g su sds ksu s ds
1
0
20, 0, , 0,
t
mmm
utgtktutDktu d
1
0
2 , 0, 0,
t
mm
D
kss k s u su sds
11
00
20, , 0,
ts
mm
usDDksu dds
00
2,2 ,
tt
mm mm
Ksususds Ks s ususds
2
00
22,
tt
mm
su s ds f su sds
(3.86)
Dưới đây là các đánh giá vắn tắt cho các số hạng trong vế phải của (3.86).
2
2
0
2,
T
mx mx m
M
tu tu t X t t
(3.87)
2
2
0
000
2,
ttt
mx mx m
T
M
s u s u s ds s ds X s ds
(3.88)
2
0
00
3
3
tt
mx m
su s ds sX sds
(3.89)
2
0
000
1
20,
ttt
mm
gsu sds gs ds X sds
(3.90)
2
0
00
2
20,
tt
mm
ksu s ds ks X sds
(3.91)
2
0
1
20,
mm
gtu t gt X t
(3.92)
2
0
20,0,
mm Tm
kt
ktutut M Xt
(3.93)
2
11
2
0
00
20, , 0, ,
tt
T
mmm
tM
utDktu d Xt Dkt d
(3.94)
1
0
2 , 0, 0,
t
mm
D
kss k s u su sds
2
2
1
22
00
000
22
,
ttt
TT
m
MM
D
kssds ksds Xsds
(3.95)
2*
11
00
11
2
0
0
20, , 0,
T
ts
mm
t
T
m
LQ
usDDksu dds
tM
D
Dk X t ds
(3.96)
2
0
000
2,
ttt
T
mm m
M
K s u s u s ds K s ds X t ds
(3.97)
0
2,
t
mm
Ks s u s u s ds
22
00
2
tt
Tm
M
Ks s ds X tds
(3.98)
2
00
22
tt
mm
su s ds sX tds
(3.99)
2
000
2,
ttt
mm
f
su sds f s ds X sds
(3.100)
Từ (3.86) – (3.100), đồng thời chọn tham số
1
5
, ta có
0
50
t
mmm m
Xt X At BsXsds
(3.101)
trong đó
1001
10 0 . 0 0 0 10 0 . .
mm m mm
VV
At u g k u u u
2222
22
00 0
00
25 5 25
5
tt
T
T
MM
t s ds g s ds g t
22
11
22 2
00 0
00
25
25 10
,,
tt
TT
T
kt
tM M
M
Dk t d Dk s s ds
2*
2
2
11
22
00 0
00
10 5 5
T
tt
TT T
LQ
MtM M
ks ds DDk Ks ds
22 2
00
10 5
tt
T
M
Ks s ds f s ds
1
00 0
515 10
30 10 0,
Bs s ks s L T
Hơn nữa, từ (3.61), ta có
2
001
0 0 ,0 0 0,0 0,0
mmxxmmmmm
uuuKuuufu
Kết hợp với (GT1
/
) – (GT4) – (GT5) và (3.61)
2,3
, ta có
001 1
00 0 0 0
mmxxmm
uuKuufM
(3.102)
trong đó hằng số
M
1
chỉ phụ thuộc vào μ, f, K, λ, u
0
và u
1
.
Từ (3.102)–(3.101), dựa vào (GT1
/
) – (GT2) – (GT3
/
) – (GT4) – (GT5) – (GT6
/
), ta suy ra
0
t
mT m
Xt N BsXsds
trong đó
N
T
hoàn toàn độc lập với m và chỉ phụ thuộc vào μ, f, K, λ, u
0
, u
1
, T.
Theo bổ đề Gronwall, ta thu được kết quả sau
0
.exp
t
mT T
Xt N Bsds P
với mọi
0,tT (3.103)
Qua giới hạn. Từ (3.64), (3.65), (3.81), (3.84), (3.85) và (3.103) ta suy ra các dãy hàm dưới đây bị
chặn trên các không gian hàm
L
tương ứng. Từ đó, ta có thể trích ra một dãy con của dãy
m
u
vẫn kí hiệu là
m
u sao cho
trong 0, ;
m
uu LTV
yếu *
1
trong 0, ;
m
uu LTH
yếu *
2
trong 0, ;
m
uu LTL
yếu *
1,
0, 0, trong 0,
m
uu WT
yếu * (3.104)
Nhờ bổ đề về tính compact của Lions, từ (3.104), ta lại rút ra được một dãy con của dãy
m
u
vẫn kí hiệu là
m
u sao cho
m
uu mạnh
2
trong
T
LQ
m
uu
mạnh
2
trong
T
LQ
0, 0,
m
uu
mạnh
0
trong 0,CT
(3.105)
Trong (3.61), ta cho
m . Khi đó, dựa vào các kết quả (3.104) và (3.105) ta suy ra rằng
có hàm
u thỏa mãn bài toán
0
,,0,0,
t
xx
utv tutv v gt ktsu sds
1
,,, Ktut tu t v f t v v H
(3.106)
0
0uu và
1
0uu
(3.107)
Từ (3.107) và các giả thiết (GT4) – (GT5) ta có kết quả
22
2
1
0, ;
pq
xx
uuKuuuufLTL
(3.108)
Do đó
2
0, ;uL TV H
. Việc chứng minh sự tồn tại của nghiệm yếu hoàn tất.
Tính duy nhất của nghiệm. Giả sử u
1
, u
2
là hai nghiệm yếu của bài toán (1.1) – (1.3). Khi đó, ta có
212
1,
0, ; ; 0, ; ; 0, ;
0, 0, 1;2
iii
i
uL TVH uL TH uL TL
uWT i
Ta đặt
12
uu u. Khi đó, u thỏa mãn bài toán sau
0
1
,,0,0,
, 0 ,
t
xx
utv tutv v ktsu sds
Ktut tu t v v H
(3.109)
(,0) (,0) 0.ux u x
(3.110)
Ta cho vu
, sau đó lấy tích phân 2 vế theo biến thời gian từ 0 đến t và áp dụng công thức tích
phân từng phần cho số hạng chứa k, ta có
2
00
20, , 0,
tt
x
Z
tsusdsutktud
2
1
00 0
20, , 0, 2 0,
ts t
usDksu dds ksu sds
22 2
00
2
tt
Kt ut K s us ds s u s ds
(3.111)
trong đó
22
x
Z
tut tut
(3.112)
Từ (3.112) cùng với (GT4) và bổ đề 1, ta có
22
0
x
Z
tut ut
(3.113)
0
0
0,1
,
x
C
Z
t
uxt ut u t
(3.114)
Mặt khác, ta lại có
2
11
22
000
,,
t
u t u x t dx u x s ds dx
1
22
00 0
,
tt
tuxs dsdx t us ds
(3.115)
Ta đánh giá từng số hạng ở vế phải của (3.111) như sau
2
0
00
1
tt
x
su s ds sZsds
(3.116)
2
2
0
0
00
12
20, , 0, 0, , 0,
2
tt
utktu d ut ktu d
2
2
0
00
12
,
2
tt
Z
tktdZsds
(3.117)
1
00
20, , 0,
ts
usDksu dds
2
1
2
0
000 0
1
,
tts s
Z
sds Dks d Z d ds
2*
1
2
0
00
1
T
tt
LQ
Z
sds Dk Z d
(3.118)
2
0
00
2
20,
tt
ksu sds ksZsds
(3.119)
22
00
tt
Kt ut tKt u s ds tKt Zsds
(3.120)
22
000
2
tts
Ksus ds sKs u d ds
00
2
tt
sK s ds Z s ds
(3.121)
2
00
22
tt
sus ds sZsds
(3.122)
Từ (3.47), (3.52) – (3.57), ta suy ra
0
t
Z
tFsZsds
(3.123)
trong đó
