phương trình sóng phi tuyến với điều kiện biên phi tuyến tính trơn và khai triển tiệm cận của nghiệm yếu

ĐẠI HỌC QUỐC GIA TP. HỒ CHÍ MINH
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
LÊ HỮU KỲ SƠN
PHƯƠNG TRÌNH SÓNG PHI TUYẾN VỚI
ĐIỀU KIỆN BIÊN PHI TUYẾN: TÍNH TRƠN
VÀ KHAI TRIỂN TIỆM CẬN CỦA NGHIỆM
YẾU
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
Thành phố Hồ Chí Minh - 2011
ĐẠI HỌC QUỐC GIA TP. HỒ CHÍ MINH
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
LÊ HỮU KỲ SƠN
PHƯƠNG TRÌNH SÓNG PHI TUYẾN VỚI
ĐIỀU KIỆN BIÊN PHI TUYẾN: TÍNH TRƠN
VÀ KHAI TRIỂN TIỆM CẬN CỦA NGHIỆM
YẾU
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
Chuyên ngành: Toán Giải Tích
Mã số: 60 46 01
NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC
TS. TRẦN MINH THUYẾT
Đại học Kinh Tế Thành phố Hồ Chí Minh
Thành phố Hồ Chí Minh - 2011
Luận văn thạc só toán học - Chuyên ngành Giải Tích Trang 3
LỜI CẢM ƠN
Lời đầu tiên, tôi xin trân trọng kính gửi đến Thầy TS. Trần Minh Thuyết lời cảm ơn sâu
sắc nhất về sự tận tâm hướng dẫn và chỉ bảo của thầy trong suốt quá trình làm luận văn. Qua
đó tôi đã học được từ thầy nhiều điều bổ ích.
Xin trân trọng cảm ơn Thầy TS. Nguyễn Thành Long đã tạo điều kiện cho tôi tham gia
nhóm học thuật, đã đọc và đóng góp nhiều ý kiến quý báu cho luận văn của tôi.
Xin trân trọng cảm ơn quý Thầy - Cô trong hội đồng chấm luận văn Thạc só đã dành thời

giờ quý báu để đọc và góp ý cho luận văn của tôi.
Xin chân thành cảm ơn quý Thầy - Cô thuộc Khoa Toán - Tin Trường, Đại Học Khoa Học
Tự Nhiên, Đại Học Quốc Gia Thành Phố Hồ Chí Minh, đã tận tình truyền đạt kiến thức cho
tôi trong suốt thời gian tôi học tập.
Xin chân thành cảm ơn quý Thầy - Cô thuộc Phòng quản lý sau Đại Học, Trường Đại Học
Khoa Học Tự Nhiên, Đại Học Quốc Gia Thành Phố Hồ Chí Minh, đã tạo mọi điều kiện thuận
lợi để tôi có thể hoàn tất khóa học.
Xin cảm ơn anh Phạm Thanh Sơn đã rất nhiệt tình, động viên, quan tâm, giúp đỡ tôi trong
suốt quá trình làm luận văn.
Xin cảm ơn các bạn lớp cao học giải tích khóa 18 đã động viên giúp đỡ tôi rất nhiều trong
suốt khóa học.
Lời thân thương nhất xin được gởi đến gia đình tôi và người bạn gái, nơi đã động viên, lo
lắng, tạo cho tôi mọi điều kiện thuận lợi để học tập và hoàn thành luận văn này.
Tôi rất mong nhận được sự chỉ bảo quý báu của quý Thầy - Cô và những đóng góp của các
bạn đồng môn. Trân trọng và chân thành cảm ơn.
Lê Hữu Kỳ Sơn - Cao học Giải Tích K18. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .Trang 3
Thành phố Hồ Chí Minh, ngày 20 tháng 11 năm 2010
Tác giả
Lê Hữu Kỳ Sơn
MỤC LỤC
Lời nói đầu 7
1 KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 12
1.1 Một số không gian hàm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
1.2 Không gian hàm L
p
(0, T; X) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
1.3 Phân bố có trò vector . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
1.4 Đạo hàm trong L
p
(0, T; X) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

1.5 Bổ đề về tính compact . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
1.6 Bổ đề về sự hội tụ yếu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
1.7 Bổ đề Gronwall . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
1.8 Đònh lý Ascoli-Arzela . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
1.9 Đònh lý Schauder . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
2 SỰ TỒN TẠI VÀ DUY NHẤT NGHIỆM YẾU CỦA BÀI TOÁN VỚI NHÓM ĐIỀU KIỆN
THỨ NHẤT 20
5
Trang 6 Luận văn toán học
3 SỰ TỒN TẠI VÀ DUY NHẤT NGHIỆM YẾU CỦA BÀI TOÁN VỚI NHÓM ĐIỀU KIỆN
THỨ HAI 33
4 KHAI TRIỂN TIỆM CẬN CỦA NGHIỆM YẾU THEO BA THAM SỐ BÉ (λ, λ
0
, λ
1
) 42
Kết luận 56
Tài liệu tham khảo 58
Lê Hữu Kỳ Sơn - Cao học Giải Tích K18. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .Trang 6
CHƯƠNG 1
KIẾN THỨC CHUẨN BỊ
1.1 Một số không gian hàm
Trong toàn bộ luận văn này, ký hiệu Ω = (0, 1), Q
T
= Ω ×(0, T ), T > 0 và bỏ qua các đònh
nghóa về các không gian hàm C
m
(Ω), L
p
(Ω), W

m,p
(Ω) (chi tiết có thể xem trong [3]). Để cho
gọn, ta ký hiệu lại như sau:
L
p
≡ W
0,p
(Ω), W
m,p
≡ W
m,p
(Ω), H
m
≡ W
m,2
(Ω), 1 ≤ p ≤ ∞, m ∈ N
Ta cũng dùng các kí hiệu u(t), u

(t) ≡ u
t
(t) ≡ ˙u(t), u

(t) ≡ u
tt
(t) ≡ ¨u(t), u
x
(t), u
xx
(t)
để chỉ lần lượt u(x, t),

∂u
∂t
(x, t),
∂
2
u
∂t
2
(x, t),
∂u
∂x
(x, t),
∂
2
u
∂x
2
(x, t).
Ta ký hiệu ·, · để chỉ tích vô hướng trên không gian L
2
được xác đònh bởi
u, v =

1
0
u(x)v(x)dx, ∀u, v ∈ L
2
, (1.1)
và || ·|| là chuẩn sinh bởi tích vô hướng (1.1), tức là
||u|| =


u, u =


1
0
u
2
(x)dx,

1
2
∀u, v ∈ L
2
(1.2)
Ta cũng ký hiệu ·, ·
H

,H
để chỉ cặp tích đối ngẫu giữa một phiếm hàm tuyến tính liên tục
12
Luận văn thạc só toán học - Chuyên ngành Giải Tích Trang 13
trên không gian Hilbert với một phần tử thuộc không gian đó.
Ta đònh nghóa các không gian Hilbert H
1
, H
2
lần lượt là
H
1

= {v ∈ L
2
: v
x
∈ L
2
}, (1.3)
H
2
= {v ∈ L
2
: v
x
, v
xx
∈ L
2
}, (1.4)
với tích vô hướng được đònh nghóa tương ứng là ·, ·
H
1
và ·, ·
H
2
, xác đònh bởi
u, v
H
1
= u, v + u
x

, v
x
, (1.5)
u, v
H
2
= u, v + u
x
, v
x
 + u
xx
, v
xx
. (1.6)
Ta cũng kí hiệu ||·||
H
1
, ||·||
H
2
để chỉ chuẩn trên H
1
, H
2
cảm sinh bởi tích vô hướng (1.5)
và (1.6) tức là
||u||
H
1

=

||u||
2
+ ||u
x
||
2

1
2
, ∀u ∈ H
1
, (1.7)
||u||
H
2
=

||u||
2
+ ||u
x
||
2
+ ||u
xx
||
2


1
2
, ∀u ∈ H
2
. (1.8)
Khi đó, ta có bổ đề sau
Bổ đề 1.1. Phép nhúng H
1
→ C
0
(Ω) là compact và
||v||
C
0
(Ω)
≤
√
2||v||
H
1
, ∀v ∈ H
1
. (1.9)
Chứng minh
Với mọi v ∈ H
1
, ∀x, y ∈ [0, 1], ta có
|v(x)| = |v(y) +

x

y
v
t
(t)dt|
≤ |v(y)|+

1
0
|v
x
(x)|dx. (1.10)
Do đó
v
2
(x) ≤ 2v
2
(y) + 2

1
0
|v
x
(x)|
2
dx
= 2v
2
(y) + 2||v
x
||

2
. (1.11)
Lê Hữu Kỳ Sơn - Cao học Giải Tích K18 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Trang 13
Trang 14 Luận văn toán học
Tích phân (1.11) theo biến y, cận từ 0 đến 1, ta được
v
2
(x) ≤ 2||v||
2
+ 2||v
x
||
2
= 2||v||
2
H
1
. (1.12)
Suy ra
|v(x)| ≤
√
2||v||
H
1
, (1.13)
do đó
||v||
C
0
(Ω)

≤
√
2||v||
H
1
, ∀v ∈ H
1
. (1.14)
Bổ đề 1.1 được chứng minh xong.
Bổ đề 1.2. Đồng nhất L
2
với không gian đối ngẫu (L
2
)

của nó. Khi đó ta có H
1
→ L
2
≡
(L
2
)

→ (H
1
)

với các phép nhúng liên tục và trù mật.
Chứng minh

Dễ thấy H
1
nhúng liên tục và trù mật trong L
2
theo (1.3). Ta chứng minh L
2
nhúng liên
tục trong (H
1
)

bằng ánh xạ T nào đó và T(L
2
) trù mật trong (H
1
)

.
Đầu tiên, với mỗi ω ∈ L
2
ta dễ dàng thấy ánh xạ
T
ω
: H
1
−→ R
v −→ T
ω
(v) =


1
0
ω(x)v(x)dx (1.15)
tuyến tính liên tục trên H
1
. Do đó T
ω
∈ (H
1
)

.
Xét ánh xạ
T : L
2
−→ (H
1
)

ω −→ T (ω) ≡ T
ω
(1.16)
trong đó T
ω
được xác đònh ở (1.15) và T
ω
, v
(H
1
)


,H
1
= ω, v.
Ta sẽ chứng minh T thỏa các tính chất sau:
Lê Hữu Kỳ Sơn - Cao học Giải Tích K18 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Trang 14
Luận văn thạc só toán học - Chuyên ngành Giải Tích Trang 15
(T
1
) T là đơn ánh, tuyến tính,
(T
2
) T liên tục trên L
2
,
(T
3
) T (L
2
) trù mật trong (H
1
)

.
Chứng minh (T
1
)
Dễ thấy T tuyến tính trên L
2
. Giả sử T (ω) = T

ω
= 0, suy ra
T
ω
, v
(H
1
)

,H
1
= ω, v = 0, ∀v ∈ H
1
. (1.17)
Mặt khác, H
1
trù mật trong L
2
nên ta viết lại (1.17) rằng
ω, v = 0, ∀v ∈ L
2
. (1.18)
Từ (1.18), suy ra ω = 0.
Vậy T là đơn ánh, tức T là một phép nhúng từ L
2
vào (H
1
)

.

Chứng minh (T
2
)
Do T tuyến tính trên L
2
nên để chứng minh T liên tục trên L
2
ta chỉ cần chứng minh T
bò chặn. Thật vậy, với mọi ω ∈ L
2
, ta có
||T
ω
||
(H
1
)

= sup
v∈H
1
,||v||
H
1
=1
|T
ω
(v)| = sup
v∈H
1

,||v||
H
1
=1
|T
ω
, v|
= sup
v∈H
1
,||v||
H
1
=1
|ω, v| ≤ sup
v∈H
1
,||v||
H
1
=1
||ω||.||v||
≤ sup
v∈H
1
,||v||
H
1
=1
||ω||.||v||

H
1
= ||ω||. (1.19)
suy ra L
2
được nhúng liên tục vào trong (H
1
)

.
Chứng minh (T
3
)
Ta sẽ chứng minh rằng mỗi phiếm hàm L tuyến tính liên tục trên (H
1
)

và triệt tiêu trên
T (L
2
) thì cũng triệt tiêu trên (H
1
)

.
Xem L ∈ (H
1
)

, với L, T

ω

(H
1
)

,(H
1
)

= 0, ∀T
ω
∈ T (L
2
).
Lê Hữu Kỳ Sơn - Cao học Giải Tích K18 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Trang 15
Trang 16 Luận văn toán học
Ta chứng minh L = 0.
Do H
1
phản xạ, tức là H
1
≡ (H
1
)

theo nghóa
∀L ∈ (H
1
)


, ∃v ∈ H
1
: L, v
(H
1
)

,H
1
= z, v
(H
1
)

,H
1
∀z ∈ (H
1
)

. (1.20)
Đặc biệt, khi z = T
ω
∈ (H
1
)

, ta có
0 = L, T

ω

(H
1
)

,(H
1
)

= T
ω
, v
(H
1
)

,H
1
= ω, v , ∀ω ∈ H
1
, (1.21)
suy ra v = 0, nên theo (1.17), ta có
L, z
(H
1
)

,(H
1

)

= z, v
(H
1
)

,H
1
= 0 , ∀z ∈ (H
1
)

. (1.22)
Vậy L triệt tiêu trên (H
1
)

. Bổ đề được chứng minh xong.
1.2 Không gian hàm L
p
(0, T ; X)
Ký hiệu L
p
(0, T ; X), 1 ≤ p ≤ ∞ là không gian các lớp tương đương các hàm thực đo
được u : (0, T ) → X, sao cho

T
0
||u(t)||

p
X
dt < ∞, với 1 ≤ p < ∞ hay ∃M > 0 sao cho
||u(t)||
X
≤ M , a.e t ∈ (0, T ) với p = ∞, ở đây ta đồng nhất các hàm bằng nhau hầu khắp nơi
trên (0, T ).
Ta trang bò trên L
p
(0, T ; X) bởi chuẩn ||u||
L
p
(0,T ;X)
, với
||u||
L
p
(0,T ;X)
=


T
0
||u(t)||
p
X
dt

1
p

, với 1 ≤ p < ∞, (1.23)
||u||
L
∞
(0,T ;X)
= ess sup
0<t<T
||u(t)||
X
= inf

M > 0 : ||u(t)||
X
≤ M, a.e, t ∈ (0, T )

. (1.24)
Khi đó, ta có các bổ đề sau
Bổ đề 1.3. Với 1 ≤ p ≤ ∞, thì L
p
(0, T ; X) là không gian Banach.
Lê Hữu Kỳ Sơn - Cao học Giải Tích K18 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Trang 16
Luận văn thạc só toán học - Chuyên ngành Giải Tích Trang 17
Bổ đề 1.4. Không gian đối ngẫu của L
p
(0, T ; X) là

L
p
(0, T ; X)



=



L
p

(0, T ; X

), 1 < p < ∞, p

=
p
p −1
,
L
∞
(0, T ; X

), p = 1.
Bổ đề 1.5. (i) Nếu X phản xạ thì L
p
(0, T ; X) cũng phản xạ với 1 < p < ∞,
(ii) Các không gian L
1
(0, T ; X), L
∞
(0, T ; X) là không phản xạ.
1.3 Phân bố có trò vector

Ta ký hiệu D(0, T ) thay cho (D(0, T )) hoặc C
∞
c
(0, T ) để chỉ không gian các hàm số thực
khả vi vô hạn có giá compact trong (0, T ).
Đònh nghóa 1.6. Cho X là một không gian Banach thực. Một ánh xạ tuyến tính liên tục từ
D(0, T ) vào X gọi là một phân bố (hàm suy rộng) có giá trò trong X. Tập các phân bố có giá
trò trong X ký hiệu là
D

(0, T ; X) =

f : D(0, T ) → X : tuyến tính liên tục

. (1.25)
Đònh nghóa 1.7. Cho f ∈ D

(0, T ; X). Ta đònh nghóa đạo hàm
df
dt
theo nghóa phân bố của f
bởi công thức

df
dt
, ϕ = −f,
dϕ
dt
, ∀ϕ ∈ D(0, T ). (1.26)
Bổ đề 1.8. Phép nhúng L

p
(0, T ; X) → D

(0, T ; X) là liên tục.
1.4 Đạo hàm trong L
p
(0, T ; X)
Theo bổ đề 1.8, phần tử f ∈ L
p
(0, T ; X) do đó f và
df
dt
là phần tử của D

(0, T ; X).
Ta có bổ đề sau
Lê Hữu Kỳ Sơn - Cao học Giải Tích K18 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Trang 17
Trang 18 Luận văn toán học
Bổ đề 1.9. [4, Lions] Nếu f,
df
dt
∈ L
p
(0, T ; X), 1 ≤ p ≤ +∞ thì f bằng hầu hết với một hàm
liên tục từ [0, T ] vào X.
1.5 Bổ đề về tính compact
Cho B
0
, B, B
1

là các không gian Banach với B
0
⊂ B ⊂ B
1
với các phép nhúng liên tục,
sao cho
(i) B
0
, B
1
là phản xạ,
(ii) phép nhúng B
0
→ B là compact.
Với 0 < T < ∞, 1 ≤ p
i
≤ +∞, i = 0, 1, ta đặt
W (0, T ) =

v ∈ L
p
0
(0, T ; B
0
) : v

∈ L
p
1
(0, T ; B

1
)

. (1.27)
Ta trang bò cho W (0, T ) chuẩn
||u||
W (0,T )
= ||u||
L
p
0
(0,T ;B
0
)
+ ||u

||
L
p
1
(0,T ;B
1
)
. (1.28)
Khi đó, W (0, T ) là một không gian Banach đối với chuẩn (1.28). Hiển nhiên W (0, T ) →
L
p
0
(0, T ; B). Mặt khác, ta có kết quả quan trọng sau đây về phép nhúng compact.
Bổ đề 1.10. [4, Lions] Nếu giả thiết (i)-(ii) thỏa và nếu 1 < p

0
, p
1
< ∞ thì phép nhúng
W (0, T ) → L
p
0
(0, T ; B) là compact.
1.6 Bổ đề về sự hội tụ yếu
Bổ đề 1.11. [4, Lions] Cho Q là tập mở bò chặn trong R
N
. Cho G
m
, G ∈ L
p
(Q), 1 < p < ∞,
sao cho ||G
m
||
L
p
(Q)
≤ C, G
m
→ G, a.e x ∈ Q, ở đây C là hằng số độc lập với m. Khi đó, ta
có G
m
→ G trong L
p
(Q) yếu.

Lê Hữu Kỳ Sơn - Cao học Giải Tích K18 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Trang 18
Luận văn thạc só toán học - Chuyên ngành Giải Tích Trang 19
1.7 Bổ đề Gronwall
Bổ đề này liên quan đến một bất đẳng thức và nó rất cần thiết cho việc đánh giá tiên nghiệm
trong các chương sau.
Bổ đề 1.12. Giả sử f : [0, T ] → R là hàm khả tích, không âm trên [0.T ] và thỏa bất đẳng thức
f(t) ≤ C
1
+ C
2

t
0
f(s)ds với hầu hết t ∈ [0, T ], trong đó C
1
, C
2
là các hằng số không âm.
Khi đó f(t) ≤ C
1
e
C
2
t
, với hầu hết t ∈ [0, T ].
Đặc biệt, nếu f(t) ≤ C
1

t
0

f(s)ds, với hầu hết t ∈ [0, T ], thì f(t) = 0 với hầu hết t ∈ [0, T ].
1.8 Đònh lý Ascoli-Arzela
Đònh lý 1.13. Cho A là một tập con của C([0, T ]; R
m
). Khi đó, A là một tập compact trong
C([0, T ]; R
m
) nếu và chỉ nếu A thỏa các điều kiện sau
i) A bò chặn từng điểm, nghóa là với mọi t trong [0, T ] ta có tập A(t) ≡ {f(t) : f ∈ A} bò
chặn trong R
m
.
ii) A đồng liên tục, tức là
∀ > 0, ∃δ > 0 : ∀t, t

∈ [0, T ], |t −t

| < δ ⇒ ||f(t) −f (t

)||
R
m
< , ∀f ∈ A.
1.9 Đònh lý Schauder
Đònh lý 1.14. Cho C là tập hợp lồi, đóng, bò chặn trong không gian Banach X, T: C → C là
ánh xạ liên tục trên C và
T (C) là một tập hợp compact trong C. Khi đó, T có điểm bất động.
Lê Hữu Kỳ Sơn - Cao học Giải Tích K18 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Trang 19
CHƯƠNG 2
SỰ TỒN TẠI VÀ DUY NHẤT

NGHIỆM YẾU CỦA BÀI TOÁN VỚI
NHÓM ĐIỀU KIỆN THỨ NHẤT
Trong chương này, chúng tôi trình bày đònh lý tồn tại và duy nhất nghiệm yếu cho bài toán:















u
tt
− u
xx
+ λ|u|
γ−2
u = f(x, t) , 0 < x < 1 , 0 < t < T ,
u
x
(0, t) −u
t
(0, t) −λ

0
|u(0, t)|
α−2
u(0, t) = 0,
u
x
(1, t) + u
t
(1, t) + λ
1
|u(1, t)|
β−2
u(1, t) = 0,
u(x, 0) = u
0
(x), u
t
(x, 0) = u
1
(x),
(2.1)
trong đó α, β, γ > 1 và λ, λ
0
, λ
1
> 0 là các hằng số, u
0
, u
1
, f là các hàm cho trước thỏa các

điều kiện mà ta sẽ chỉ ra sau.
Đònh nghóa 2.1. Ta nói u là nghiệm yếu của bài toán (2.1) nếu u ∈ L
∞
(0, T ; H
1
), sao cho
20
Luận văn thạc só toán học - Chuyên ngành Giải Tích Trang 21
u
t
∈ L
∞
(0, T ; L
2
), u(0, .) ∈ H
1
(0, T ), u(1, .) ∈ H
1
(0, T ), và u thỏa bài toán biến phân sau.






















d
dt
u

(t), v+ u
x
(t), v
x
 + λ|u(t)|
γ−2
u(t), v
+{u

(1, t) + λ
1
|u(1, t)|
β−2
u(1, t)}v(1)
+{u


(0, t) + λ
0
|u(0, t)|
α−2
u(0, t)}v(0)
= f(t), v, ∀v ∈ H
1
,
u(0) = u
0
, u

(0) = u
1
.
(2.2)
Trước tiên, ta thành lập các giả thiết sau
(A
1
) u
0
∈ H
1
, u
1
∈ L
2
,
(A
2

) f ∈ L
2
(Q
T
),
(A
3
) α, β, γ > 1; λ, λ
0
, λ
1
> 0.
Khi đó ta có đònh lý sau:
Đònh lý 2.2. Giả sử (A
1
) − (A
3
) đúng. Khi đó, với mỗi T > 0, bài toán (2.1) tồn tại duy nhất
nghiệm yếu u thỏa
u ∈ L
∞
(0, T ; H
1
), u

∈ L
∞
(0, T ; L
2
),

u(0, ·) ∈ H
1
(0, T ), u(1, ·) ∈ H
1
(1, T ).
Hơn nữa, nếu α, β, γ ≥ 2 thì nghiệm yếu là duy nhất.
Chứng minh .
Chứng minh đònh lý 2.2 gồm nhiều bước.
Chứng minh đònh lý dựa vào phương pháp xấp xỉ Galerkin liên hệ với các đánh giá tiên
nghiệm, từ đó rút ra các dãy con hội tụ yếu trong các không gian hàm thích hợp nhờ một số
phép nhúng compact. Trong phần này, đònh lý Schauder và Ascoli-Arzela được sử dụng trong
việc chứng minh tồn tại nghiệm xấp xỉ Galerkin.
Bước 1: Xấp xỉ Galerkin
Lê Hữu Kỳ Sơn - Cao học Giải Tích K18 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Trang 21
Trang 22 Luận văn toán học
Xét w
j
là một cơ sở trực chuẩn của H
1
. Ta tìm nghiệm xấp xỉ của bài toán (2.1) dưới dạng
u
m
(t) =
m

j=1
c
mj
(t)w
j

, (2.3)
trong đó, các hàm hệ số c
mj
thỏa hệ phương trình vi phân phi tuyến sau đây





















u

m
(t), w
j

 + u
mx
(t), w
jx
 + λ|u
m
(t)|
γ−2
u
m
(t), w
j

+{u

m
(1, t) + λ
1
|u
m
(1, t)|
β−2
u
m
(1, t)}w
j
(1)
+{u

m

(0, t) + λ
0
|u
m
(0, t)|
α−2
u
m
(0, t)}w
j
(0)
= f(t), w
j
, 1 ≤ j ≤ m,
u
m
(0) = u
0m
, u

m
(0) = u
1m
,
(2.4)
trong đó
u
0m
=
m


j=1
α
mj
w
j
→ u
0
mạnh trong H
1
, (2.5)
u
1m
=
m

j=1
β
mj
w
j
→ u
1
mạnh trong L
2
. (2.6)
Thay (2.3) vào (2.4)-(2.6), và đặt ψ
p
(z) = |z|
p−2

z, p ∈ {α, β, γ}, ta được






















m
i=1
c

mi
(t)w
i

, w
j
 +

m
i=1
c
mi
w
ix
, w
jx
 + λψ
γ
(u
m
), w
j

+

m
i=1
c

mi
(t)w
i
(1)w
j

(1) + λ
1
ψ
β
(u
m
(1, t))w
j
(1)
+

m
i=1
c

mi
(t)w
i
(0)w
j
(0) + λ
0
ψ
α
(u
m
(0, t))w
j
(0)
= f(t), w

j
,
c
mj
(0) = α
mj
, c

mj
(0) = β
mj
, 1 ≤ j ≤ m.
(2.7)
Bỏ qua các chỉ số m, ta viết c
i
, α
i
, β
i
lần lượt thay cho c
mi
, α
mi
, β
mi
và sử dụng các kí
Lê Hữu Kỳ Sơn - Cao học Giải Tích K18 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Trang 22
Luận văn thạc só toán học - Chuyên ngành Giải Tích Trang 23
hiệu sau:















































c(t) = (c
1
(t), , c
m
(t))
T
,
A = (a
ij
), a
ij
= w
i
, w
j
,

B = (b
ij
), b
ij
= w
ix
, w
jx
,
D = (d
ij
), d
ij
= w
i
(1)w
j
(1) + w
i
(0)w
j
(0),
G[c](t) = (G
1
[c](t), , G
m
[c](t))
T
, G
j

[c](t) = λψ
γ
(u
m
), w
j
,
H
0
[c](t) = (H
01
[c](t), , H
0m
[c](t))
T
, H
0j
[c](t) = λ
0
ψ
α
(u
m
(0, t))w
j
(0),
H
1
[c](t) = (H
11

[c](t), , H
1m
[c](t))
T
, H
1j
[c](t) = λ
1
ψ
β
(u
m
(1, t))w
j
(1),
F (t) = (f
1
(t), , f
m
(t))
T
, f
j
(t) = f(t), w
j
,
β = (β
1
, , β
m

)
T
và α = (α
1
, , α
m
)
T
.
(2.8)
Ta viết lại hệ (2.7) như sau



Ac

(t) + Bc(t) + G[c](t) + H
0
[c](t) + H
1
[c](t) + Dc

(t) = F (t),
c(0) = α, c

(0) = β.
(2.9)
Do {w
j
} là cơ sở nên ma trận A là khả nghòch. Sau khi nhân A

−1
và lấy tích phân cận từ
0 đến t hai lần vào hai vế. Ta có
c(t) =

F (t) −

t
0
ds

s
0
A
−1
Bc(r)dr −

t
0
ds

s
0
A
−1
G[c](r)dr −

t
0
ds


s
0
A
−1
H
0
[c](r)dr
−

t
0
ds

s
0
A
−1
H
1
[c](r)dr −

t
0
A
−1
Dc(s)ds, (2.10)
trong đó

F (t) = α + tβ + tA

−1
Dα +

t
0
ds

s
0
A
−1
F (r)dr.
Với mỗi T
m
> 0, ρ > 0, ta đặt X = C([0, T
m
]; R
m
), với chuẩn của X là
||c||
X
= sup
0≤t≤T
m
|c(t)|
1
, |c(t)|
1
=
m


j=1
|c
j
(t)| và tập S = {c ∈ X : ||c||
X
≤ ρ}.
Ta chọn chuẩn ma trận vuông cấp m
||A|| = max
1≤j≤m
m

i=1
|a
ij
|.
Lê Hữu Kỳ Sơn - Cao học Giải Tích K18 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Trang 23
Trang 24 Luận văn toán học
Để ý rằng ta có bất đẳng thức sau
|Ac(t)|
1
≤ ||A|||c(t)|
1
, ∀c ∈ X,
Với mỗi c ∈ X, ta đònh nghóa toán tử U
U[c](t) =

F (t) −

t

0
ds

s
0
A
−1
Bc(r)dr −

t
0
ds

s
0
A
−1
G[c](r)dr
−

t
0
ds

s
0
A
−1
H
0

[c](r)dr −

t
0
ds

s
0
A
−1
H
1
[c](r)dr
−

t
0
A
−1
Dc(s)ds. (2.11)
Lúc này hệ (2.10) thành
c(t) = U[c](t). (2.12)
Ta cần chọn ρ để U : S −→ S, rồi dùng đònh lý điểm bất động Schauder để chứng minh (2.12)
có nghiệm. Ta kiểm tra các điều sau
(S
1
) U : X −→ X liên tục,
(S
2
) U : S −→ S với cách chọn ρ và T

m
thích hợp,
(S
3
)
U(S) compact trong X.
Chứng minh (S
1
)
Trước tiên ta kiểm tra toán tử U xác đònh. Do f ∈ L
2
(Q
T
) nên

F ∈ X, lại có c ∈ X nên


t
0
ds

s
0
A
−1
Bc(r)dr +

t
0

A
−1
Dc(r)ds

∈ X,
và G[c], H
0
[c], H
1
[c] ∈ X cho nên


t
0
ds

s
0
A
−1
G[c](r)dr +

t
0
ds

s
0
A
−1

H
0
[c](r)dr +

t
0
ds

s
0
A
−1
H
1
[c](r)dr

∈ X.
Lê Hữu Kỳ Sơn - Cao học Giải Tích K18 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Trang 24
Luận văn thạc só toán học - Chuyên ngành Giải Tích Trang 25
Vậy U xác đònh. Ta đi chứng minh U : X −→ X liên tục
Lấy dãy {c
(k)
} ⊂ X sao cho c
(k)
→ c trong X. Khi đó



U[c
(k)

] −U [c]



X
≤




t
0
ds

s
0
A
−1
B

c
(k)
(r) −c(r)

dr



X
+





t
0
ds

s
0
A
−1

G[c
(k)
](r) −G[c](r)

dr



X
+




t
0
ds


s
0
A
−1

H
0
[c
(k)
](r) −H
0
[c](r)

dr



X
+




t
0
ds

s
0

A
−1

H
1
[c
(k)
](r) −H
1
[c](r)

dr



X
+




t
0
A
−1
D

c
(k)
(s) −c(s)


ds



X
= I
1
+ I
2
+ I
3
+ I
4
+ I
5
. (2.13)
Với I
1
, ta có
I
1
=




t
0
ds


s
0
A
−1
B

c
(k)
(r) −c(r)

dr



X
≤



A
−1
B




t
0
ds


s
0



c
(k)
(r) −c(r)



X
dr
≤



A
−1
B






c
(k)
− c




X
T
2
m
2
. (2.14)
Suy ra I
1
→ 0 khi c
(k)
→ c trong X.
Tương tự ta cũng có I
5
→ 0 khi c
(k)
→ c trong X.
Ta lại có G
j
[c
(k)
](t) → G
j
[c](t) trong L
1
(0, T ), do c
(k)
→ c trong X nên {c

(k)
} bò chặn và G
j
liên tục nên G
j
[c
(k)
](t) bò chặn. Do dó áp dụng đònh lý hội tụ bò chặn ta có I
2
→ 0 khi c
(k)
→ c
trong X.
Tương tự cho I
3
, I
4
. Vậy ta có U : X −→ X liên tục.
Chứng minh (S
2
)
Ta sẽ chỉ ra rằng với ρ và T
m
thích hợp thì U : S −→ S. Đặt
K = sup
0≤t≤T
|

F (t)|
1

. (2.15)
Lê Hữu Kỳ Sơn - Cao học Giải Tích K18 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Trang 25
Trang 26 Luận văn toán học
Khi đó với mọi c ∈ S, ta có
||U[c]||
X
≤ K + T ||A
−1
B||T
m
ρ + ||A
−1
D||T
m
ρ + mλT ||A
−1
||T
m
√
2
γ−1
ρ
γ−1
+ mλ
0
T ||A
−1
||T
m
√

2
α
ρ
α−1
+ mλ
1
T ||A
−1
||T
m
√
2
β
ρ
β−1
(2.16)
Ta chọn ρ sao cho K ≤
ρ
2
. Sau đó chọn T
m
thỏa
T
m

T ||A
−1
B||ρ + ||A
−1
D||ρ + mλT ||A

−1
||
√
2
γ−1
ρ
γ−1
+ mλ
0
T ||A
−1
||
√
2
α
ρ
α−1
+ mλ
1
T ||A
−1
||
√
2
β
ρ
β−1

≤
ρ

2
. (2.17)
Khi đó ta có ||U[c]||
X
≤ ρ tức là U[c] ∈ S. Vậy U : S −→ S.
Chứng minh (S
3
)
Do U (S) ⊂ S nên {U[c]}
c∈S
bò chặn đều. Mặt khác, với mọi c ∈ S, ta có thể chứng minh
{U[c]}
c∈S
đồng liên tục bằng kó thuật tương tự như chứng minh (S
2
).
Vậy theo đònh lý Ascoli-Arzela thì U (S) compact trong X. Và từ đònh lý Schauder, U có điểm
bất động.
Bước 2: Đánh giá tiên nghiệm
Ta nhân c

mj
vào phương trình thứ j của hệ (2.4), sau đó cộng m phương trình đó lại rồi lấy
tích phân cận từ 0 đến t, ta có
S
m
(t) = 2

t
0

f(s), ˙u
m
(s)ds + S
m
(0), (2.18)
với
S
m
(t) = ||˙u
m
(t)||
2
+ ||∇u
m
(t)||
2
+ 2

t
0
˙u
2
m
(0, s)ds + 2

t
0
˙u
2
m

(1, s)ds
+
2λ
1
β
|u
m
(1, t)|
β
+
2λ
0
α
|u
m
(0, t)|
α
+
2λ
γ
||u
m
(t)||
γ
L
γ
. (2.19)
Do f ∈ L
2
(Q

T
), nên
2

t
0
f(s), ˙u
m
(s)ds ≤ 2

t
0
||f(s)||.||˙u
m
(s)||ds ≤

t
0
||f(s)||
2
ds +

t
0
||˙u
m
(s)||
2
ds
≤ ||f||

2
L
2
(Q
T
)
+

t
0
S
m
(s)ds. (2.20)
Lê Hữu Kỳ Sơn - Cao học Giải Tích K18 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Trang 26
Luận văn thạc só toán học - Chuyên ngành Giải Tích Trang 27
Ta có
S
m
(0) = ||˙u
1m
||
2
+ ||∇u
0m
||
2
+
2λ
1
β

|u
0m
(1)|
β
+
2λ
0
α
|u
0m
(0)|
α
+
2λ
γ
||u
0m
||
γ
L
γ
. (2.21)
Do (2.5) và (2.6) ta suy ra ||u
1m
||
2
và ||∇u
0m
||
2

bò chặn.
Và H
1
(0, 1) → L
p
(0, 1) với p ≥ 1 thì tồn tại M > 0 để
||u
0m
||
L
γ
≤ M||u
0m
||
H
1
,
|u
0m
(1)| ≤ ||u
0m
||
C([0,1])
≤
√
2||u
0m
||
H
1

. (2.22)
Vậy tồn tại C
1
> 0 để S
m
(0) + 2||u
0m
||
2
≤ C
1
với mọi m. Cho nên
S
m
(t) ≤ C
2
+

t
0
S
m
(s)ds, (2.23)
với C
2
= C
1
+ ||f||
2
L

2
(Q
T
)
.
Áp dụng bổ đề Gronwall ta có
S
m
(t) ≤ C
2
e
t
≤ C
3
, 0 ≤ t ≤ T
m
≤ T. (2.24)
Chú ý rằng tồn tại một số dương C
4
để
||u
m
(t)||
2
≤ 2t

t
0
||˙u
m

(s)||
2
ds + 2||u
0m
||
2
≤ 2t

t
0
S
m
(s)ds + 2||u
0m
||
2
,
||u
m
(t)||
2
H
1
≤ ||∇u
m
(t)||
2
+ 2t

t

0
S
m
(s)ds + 2||u
0m
||
2
≤ S
m
(t) + 2t

t
0
S
m
(s)ds + C
1
≤ C
4
. (2.25)
Bước 3: Qua giới hạn
Tư ø(2.18)-(2.25) ta trích được dãy con của dãy {u
m
} mà vẫn kí hiệu {u
m
} sao cho
u
m
−→ u trong L
∞

(0, T ; H
1
) yếu
∗
, (2.26)
˙u
m
−→ ˙u trong L
∞
(0, T ; L
2
) yếu
∗
, (2.27)
Lê Hữu Kỳ Sơn - Cao học Giải Tích K18 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Trang 27
Trang 28 Luận văn toán học
u
m
(0, ·) −→ u(0, ·) trong H
1
(0, T ) yếu, (2.28)
u
m
(1, ·) −→ u(1, ·) trong H
1
(0, T ) yếu. (2.29)
Từ (2.26), (2.27) và bổ đề về tính compact (1.5) ta trích được dãy con của dãy {u
m
} mà vẫn kí
hiệu {u

m
} sao cho
u
m
−→ u trong L
2
(Q
T
) mạnh và hầu hết trong Q
T
. (2.30)
Hàm ψ
γ
liên tục cho nên
ψ
γ
(u
m
) −→ ψ
γ
(u) hầu hết trong Q
T
. (2.31)
Hơn nữa với
1
γ
+
1
γ


= 1 thì
||ψ
γ
(u
m
(t))||
γ

L
γ

= |||u
m
(t)|
γ−2
u
m
(t)||
γ

L
γ

= ||u
m
(t)||
γ
L
γ
<

γC
3
2λ
.
Theo bổ đề về sự hội tụ yếu 1.11 ta có
ψ
γ
(u
m
) −→ ψ
γ
(u) trong L
γ

(Q
T
) yếu. (2.32)
Từ (2.28) ta trích được dãy con của dãy {u
m
(0, ·)} mà vẫn kí hiệu {u
m
(0, ·)} sao cho
u
m
(0, ·) −→ u(0, ·) trong C([0, T ]),
và ψ
α
liên tục nên
ψ
α

(u
m
(0, ·)) −→ ψ
α
(u(0, ·)) trong C([0, T ]). (2.33)
Tương tự, ta có
ψ
α
(u
m
(1, ·)) −→ ψ
α
(u(1, ·)) trongC([0, T ]). (2.34)
Vậy, sau khi qua giới hạn trong (2.4) và nhờ (2.26)-(2.34) ta có u thỏa bài toán biến phân sau






















d
dt
u

(t), w+ u
x
(t), w
x
 + λ|u(t)|
γ−2
u(t), w
+{u

(1, t) + λ
1
|u(1, t)|
β−2
u(1, t)}w(1)
+{u

(0, t) + λ
0
|u(0, t)|
α−2
u(0, t)}w(0)

= f(t), w, w ∈ H
1
,
u(0) = u
0
, u

(0) = u
1
.
(2.35)
Lê Hữu Kỳ Sơn - Cao học Giải Tích K18 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Trang 28
Luận văn thạc só toán học - Chuyên ngành Giải Tích Trang 29
Bước 4: Chứng minh sự duy nhất nghiệm
Để chứng minh tính duy nhất của nghiệm yếu bài toán, ta thay giả thiết A
3
bởi A

3
và có
bổ đề sau:
(A

3
) α ≥ 2, β ≥ 2, γ ≥ 2.
Ta cần dùng bổ đề sau đây, mà chứng minh nó có thể tìm thấy trong [12].
Bổ đề 2.3. Giả sử u là nghiệm yếu của bài toán
















u

− u
xx
+ F
1
= 0, 0 < x < 1, 0 < t < T,
u
x
(0, t) = P
0
(t), u
x
(1, t) = −P
1
(t),
u(x, 0) = u


(x, 0) = 0,
u ∈ L
∞
(0, T ; V ), u

∈ L
∞
(0, T ; L
2
), u(0, ·), u(1, ·) ∈ H
1
(0, T ).
(2.36)
Khi đó, ta có
||u

(t)||
2
+ ||u
x
(t)||
2
+ 2
t

0
P
0
(s)u


(0, s) ds + 2
t

0
P
1
(s)u

(1, s) ds
+ 2
t

0
F
1
(s), u

(s)ds = 0, a.e t ∈ [0, T ]. (2.37)
Giả sử u
1
và u
2
là hai nghiệm yếu của bài toán (2.1) sao cho



u
i
∈ L
∞

(0, T ; V ), u

i
∈ L
∞
(0, T ; L
2
),
u
i
(0, ·), u
i
(1, ·) ∈ H
1
(0, T ), i = 1, 2.
(2.38)
Thì u với u = u
1
− u
2
là nghiệm yếu của bài toán sau:
















u

(t) −u
xx
(t) + λ( |u
1
|
γ−2
u
1
− |u
2
|
γ−2
u
2
) = 0, 0 < x < 1, 0 < t < T,
u
x
(0, t) = u

(0, t) + λ
0
( |u

1
(0, t)|
α−2
u
1
(0, t) − |u
2
(0, t)|
α−2
u
2
(0, t)),
u
x
(1, t) = −u

(1, t) −λ
1
( |u
1
(1, t)|
β−2
u
1
(1, t) − |u
2
(1, t)|
β−2
u
2

(1, t)),
u(0) = u

(0) = 0.
(2.39)
Áp dụng bổ đề trên với
F
1
= λ( |u
1
|
γ−2
u
1
− |u
2
|
γ−2
u
2
), (2.40)
Lê Hữu Kỳ Sơn - Cao học Giải Tích K18 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Trang 29
Trang 30 Luận văn toán học
và



P
0
(t) = u


(0, t) + λ
0
( |u
1
(0, t)|
α−2
u
1
(0, t) − |u
2
(0, t)|
α−2
u
2
(0, t)),
P
1
(t) = u

(1, t) + λ
1
( |u
1
(1, t)|
β−2
u
1
(1, t) − |u
2

(1, t)|
β−2
u
2
(1, t)).
(2.41)
Ta có
H(t) = −2λ

t
0
( |u
1
(s)|
γ−2
u
1
(s) − |u
2
(s)|
γ−2
u
2
(s)), u

(s)ds
− 2λ
0
t


0
( |u
1
(0, s)|
α−2
u
1
(0, s) − |u
2
(0, s)|
α−2
u
2
(0, s))u

(0, s)ds
− 2λ
1
t

0
( |u
1
(1, s)|
β−2
u
1
(1, s) − |u
2
(1, s)|

β−2
u
2
(1, s))u

(1, s)ds
=
¯
I
1
+
¯
I
2
+
¯
I
3
, (2.42)
trong đó
H(t) = ||u

(t)||
2
+ ||u
x
(t)||
2
+ 2


t
0
|u

(0, s)|
2
ds + 2

t
0
|u

(1, s)|
2
ds. (2.43)
Ta có các đánh giá sau:
¯
I
1
≤ 2λ
t

0
|u
1
|
γ−2
u
1
(s) − |u

2
|
γ−2
u
2
(s), u

(s)ds
≤ 2λ

t
0
(γ −1)M
γ−2
1
||u(s)||||u

(s)||ds
≤ [λ(γ −1)M
γ−2
1
]
2

t
0
||u(s)||
2
ds +


t
0
||u

(s)||
2
ds, (2.44)
trong đó
M
1
=
√
2 max{||u
1
||
L
∞
(0,T ;H
1
)
, ||u
2
||
L
∞
(0,T ;H
1
)
}.
Mặt khác

u(s) =

s
0
u

(η)dη,
Do đó
||u(s)||
2
≤


s
0
||u

(η)||dη

2
≤ s

s
0
||u

(η)||
2
dη.
Lê Hữu Kỳ Sơn - Cao học Giải Tích K18 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Trang 30