Bài toán Parabolic liên quan đến sự xuyên thấu của từ trường trong 1 vật chất

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯPHẠM THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH
Trương Văn Chính
BÀI TOÁN PARABOLIC LIÊN QUAN ĐẾN SỰ XUYẾN
THẤU CỦA TỪ TRƯỜNG TRONG MỘT VẬT CHẤT
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
Thành phố Hồ Chí Minh – 2007
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯPHẠM THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH
Trương Văn Chính
BÀI TOÁN PARABOLIC LIÊN QUAN ĐẾN SỰ XUYẾN
THẤU CỦA TỪ TRƯỜNG TRONG MỘT VẬT CHẤT
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 – 2007
Luận văn được hoàn thành tại:
Trường Đại học Sưphạm TP. Hồ Chí Minh.
Người hướng dẫn: TS. Nguyễn Thành Long
Khoa Toán-Tin học, Đại học Khoa học Tự nhiên TP. Hồ Chí Minh.
Người nhận xét 1: PGS.TS. Nguyễn Bích Huy
Khoa Toán –Tin học, Đại học Sưphạm TP. Hồ Chí Minh.
Người nhận xét 2: TS. Trần Minh Thuyết
Khoa Toán –Tin học, Đại học Kinh tế TP. Hồ Chí Minh.
Học viên cao học: Trương Văn Chính
Trường Cao đẳng Sưphạm Bình Thuận.
Luận văn sẽ được bảo vệ tại Hội Đồng chấm luận văn tại Trường Đại học Sư
phạm TP. Hồ Chí Minh.
Vào lúc …….giờ ……ngày… tháng … năm 2007.
Có thể tìm hiểu luận văn tại Phòng Sau Đại học, thưviện Trường Đại học Sư

phạm TP. Hồ Chí Minh.
Thành phố Hồ Chí Minh – 2007
LỜI CẢM ƠN
Lời đầu tiên trong bản luận văn này, tôi trân trọng kính gởi đến Thầy
Nguyễn Thành Long người đã tận tình hướng dẫn, giúp đỡ tôi vượt qua mọi
khó khăn để hoàn thành luận văn, lòng biết ơn chân thành và sâu sắc.
Xin bày tỏ lòng biết ơn đối với Quý Thầy, Cô trong và ngoài Khoa Toán–Tin
học, trường Đại Học Sưphạm Thành phố Hồ Chí Minh, trường Đại học Khoa
học Tự nhiên Thành phố Hồ Chí Minh đã tận tình giảng dạy, truyền đạt kiến
thức cũng nhưcác hỗ trợ khác về tinh thần và tưliệu cho tôi trong suốt thời
gian học tập và làm việc.
Chân thành cảm ơn Quý Thầy, Cô trong Ban Chủ nhiệm Khoa Toán –Tin học,
Quý Thầy, Cô thuộc Phòng Quản lý Khoa học Công nghệ Sau Đại học, trường
Đại học Sưphạm Thành phố Hồ Chí Minh đã nhiệt tình giúp đỡ, động viên,
tạo mọi điều kiện thuận lợi về thủ tục hành chính cho tôi trong suốt quá trình
học tập.
Chân thành cảm ơn Quí Thầy Nguyễn Bích Huy, Trần Minh Thuyết đã đọc
và đóng góp nhiều ý kiến quý báu cho luận văn của tôi.
Xin cảm ơn các bạn bè đồng nghiệp và các bạn cùng lớp cao học giải tích
khóa 15 đã luôn động viên và quan tâm trong thời gian học tâp và làm luận
văn. Vì kiến thức bản thân còn nhiều hạn chế, nên luận văn khó tránh khỏi
thiếu sót, rất mong được sự chỉ bảo của Quý Thầy, Cô và sự góp ý chân thành
của các bạn bè đồng nghiệp.
Thành phố Hồ Chí Minh, tháng năm 2007.
Trương Văn Chính.
MỤC LỤC
Trang
Trang phụ bìa
Lời cảm ơn
Mục lục

MỞ ĐẦU 1
Chương 1. CÁC CÔNG CỤ CHUẨN BỊ 6
Chương 2. SỰ TỒN TẠI VÀ DUY NHẤT NGHIỆM 15
Chương 3. TÍNH TRƠN CỦA NGHIỆM 40
Chương 4. TÍNH BỊ CHẬN CỦA NGHIỆM 53
Chương 5. DÁNG ĐIỆU TIỆM CẬN CỦA NGHIỆM KHI
t
 
57
KẾT LUẬN 60
TÀI LIỆU THAM KHẢO 61
1
MỞĐẦU
Trong luận văn này chúng tôi xét bài toán giá trị biên và ban đầu sau:
(0.1)


t
u A u F(x,u) f(x,t), (x,t) x(0,T),
   
(0.2)
u 0 trong x(0,T),
 
(0.3)
o
u(x,0)=u (x),
trong đó
(0.4)



N
t
2
0
i 1
i i
1
2
2
N
i 1
i
u
A(u) a u(x, ) d ,
x x
u
u ,
x



 
 
   

 
 
 




 


 
 

 


 





là một miền mở, bịchận trong
N

có biên đủtrơn
.

Các giảthiết trên
các hàm a, F, f và u
o
cần thiết sẽđược chỉrõ ra sau đó. Bài toán này đã được
xét bởi Laptev [4] với f=0, F=0 mà ý nghĩa của nó là sựxuyên thấu của từ
trường vào vật chất. Đểmô tảhiện tượng được sinh ra trong vật dẫn được đặt
trong một từtrường thay đổi bên ngoài, trong trường hợp xấp xỉá dừng,
Laptev [4] đã đề nghị hệphương trình dưới đây

(0.5)
2
B c
rot rotH
t 4
 

  
1
[ ], div B=0,
ởđây H, B lần lượt là cường độvà cảm ứng từtrường,

là suất dẫn điện của
vật chất và hằng sốc là vận tốc của ánh sáng trong chân không. Ta thu được
phương trình thứnhất của (0.5) bởi việc khửE từhệ:
(0.6)
1 B
rotE , divB 0,
c t
4
rotE j, j E.
c


 







 


Xuyên thấu vào vật chất, sựbiến thiên của từtrường bên ngoài sinh ra
trong vật chất một điện trường biến thiên có cường độE. Đây là nguyên nhân
xuất hiện một dòng điện có mật độj. Dòng điện sinh ra nhiệt trong vật chất và
có nhiệt độtrong đó là
,

phụthuộc vào suất dẫn điện
.

Giảsửrằng suất
2
dẫn điện



phụthuộc vào nhiệt độ
,

ta thêm vào (0.5) phương trình
gây ra nhiệt nhờsựnóng lên của Joule:
(0.7)
2
v
1
C j ,
t



 
trong đó
v
C
là nhiệt dung của vật chất mà trong trường hợp tổng quát cũng
phụthuộc vào nhiệt độ
.

Đểhệđơn giản ta sẽgiảsửrằng độthấm từ
1

và B=H. Do đó, dựa vào định luật
j E

và từ(0.6), hệ(0.5), (0.7) được viết
theo dạng dưới đây:
(0.8)
2
H c
rot ( )rotH
t 4
 
 
 
[ ], div H=0,
(0.9)
2
v

c
C ( ) ( ) rotH ,
t 4

 
 
trong đó ta đặt


1
.


Hệ(0.8), (0.9) bỏqua một sốcác hiệu ứng vật
lý, chẳng hạn nhưtính dẫn nhiệt của môi trường và sựtác động của bên ngoài.
Tuy nhiên, theo quan điểm toán học, nó luôn làm phức tạp thêm trong việc
trình bày, do đó ta chỉcần xét (0.8), (0.9).
Laptev biến đổi (0.8), (0.9) thành một phương trình bởi hàm s(

) dưới
đây:
(0.10)




o
v
C
s d .




 


Để đơn giản ta giả sử quá trình bắt đầu lúc t = 0 và nhiệt độtrong vật
chất lúc đó tương ứng với hằng số
o
.

Chia (0.9) cho


.

Khi đó, từ(0.10) ta suy ra:
(0.11)




2
v
C
c
s rotH .
t t 4

 

 
   
Tích phân (0.11) theo biến thời gian ta thu được
(0.12)

2
t
0
c
s rotH d .
4
 


3
Các hàm


v
C ( ),
 
là dương nhờvào ý nghĩa vật lý của chúng, như
vậy hàm


s

là đơn điệu tăng. Do đó nó có duy nhất một hàm ngược, ký
hiệu là
1

s .

 Từhệthức
(0.13)


s ,
 
 
 
ta suy ra
(0.14)

2
t
0
c
s rotH d .
4
 
   
 
 
 
 

 

Thế(0.14) vào phương trình đầu tiên của (0.8), ta viết (0.8) thành
(0.15)

 


t
2
0
rot rot d rot ,
t

 
  
 
 


w
a w x, w
(0.16) div w = 0,
trong đó ta đặt
(0.17)
 
2
c
a s s , H.
4
  
 
 
c
w=

4
Giảsửrằng trường w có dạng
(0.18)




w= 0,0,u , u x,y,t ,

trong đó u là hàm nhận giá trịthực. Khi đó phương trình (0.16) tựđộng thoả
mãn. Nếu hàm số



bịchận, tức là


o 1
0

, khi đó a(s) cũng
vậy, tức là

2 2
o 1
c c
a s .
4 4
  
 

Hiện tượng này được chú ý trong cảhai trường hợp bán dẫn và plasmas.
Trong [4] Laptev thiết lập các định lý tồn tại và duy nhất nghiệm cho
phương trình (0.1) với


1
o o
f F 0, u H
   
và


1
a C ,


 
dưới các điều
kiện:
(0.19)


o 1
2b a a s a , s 0,
    
(0.20)

1
2
2

0
b s a' s ds .

 
 
 
 

Đểnới rộng kết quảcủa Laptev, trong bài báo [6], Long và Alain Phạm
đã chứng minh các định lý tồn tại, duy nhất và dáng điệu của nghiệm khi
4
t
 
cho bài toán (0.1)-(0.4) trong trường hợp


2
o
u L ,
 




o
f(x,t) 0, F F u , F C , ,
  






F 0 0 sao cho F u u
 
là hàm
không giảm, với
0

đủnhỏ, F biến mọi tập bịchận của


2
L

thành một
tập bịchặn của


2
L

và hàm


1
a C ,


 
thoảcác điều kiện (0.19),

(0.20).
Trong [6], Long và Alain Phạm cũng thu được nghiệm u thuộc về




2 2 1 1
o o
L 0,T;H H L 0,T;H ,

  nếu tăng cường thêm giảthiết
1
o o
u H ;





1
F C ; , F 0 0,F' , 0
  

và F Lipschitz địa phương. Gần đây,
T.A. Jangveladze, Z.V. Kiguradze [3], cũng nghiên cứu dáng điệu tắt dần của
nghiệm bài toán tương tự với miền một chiều
(0,1).

Luận văn được trình bày theo các chương mục sau:
Phần mởđầu tổng quan vềbài toán khảo sát trong luận văn, điểm qua

các kết quảđã có trước đó, đồng thời nêu bốcục của luận văn.
Chương 1, chúng tôi trình bày một sốcông cụchuẩn bị, bao gồm việc
nhắc lại một sốkhông gian hàm, một sốkết quảvềcác phép nhúng compact
giữa các không gian hàm.
Chương 2, chúng tôi trình bày sựtồn tại và duy nhất của nghiệm yếu
của bài toán (0.1)–(0.4), dưới giả thiết




2 2
o T
u L , f L Q ,
  
T
Q (0,T),





o
F C , , F(x,0) 0 sao cho F u F(x,u) u
    

là
hàm không giảm theo biến u, với
0

đủnhỏ,

F
biến mọi tập bịchận của


2
L

thành tập bịchận của


2
L

và hàm


1
a C ,


 
thoảcác điều
kiện (0.19), (0.20).
Chương 3 là phần nghiên cứu tính trơn của nghiệm yếu của bài toán
(0.1) – (0.4), theo tính trơn của điều kiện đầu. Cụthểlà chúng tôi tăng cường
giảthiết và điều kiện đầu


1
o o

u H
 
cùng với một sốđiều kiện trên các
hàm f, F, a, chúng tôi chứng tỏ rằng nghiệm yếu u thuộc về




2 2 1 1
o o
L 0,T;H H L 0,T;H

  và


2
t T
u L Q .

5
Chương 4: Nghiên cứu tính bịchận của nghiệm yếu của bài toán (0.1) –
(0.4) theo tính bịchận của điều kiện đầu. Trong chương này, nếu


o
u L

 
cùng với một sốđiều kiện khác trên các hàm f, F, a, luận văn chứng tỏ
nghiệm yếu u thuộc về



T
L Q .

Chương 5 đề cập đến dáng điệu tiện cận của nghiệm yếu của bài toán
(0.1)–(0.4) khi
t .

Cuối cùng là phần kết luận và tài liệu tham khảo.
6
CHƯƠNG 1
CÁC CÔNG CỤ CHUẨN BỊ
1. Các không gian hàm thông dụng.
Ta kí hiệu
N


là một miền mở, bị chận, có biên

đủ trơn,
T
Q (0,T), T 0
 
, và bỏ qua định nghĩa các không gian hàm thông dụng:
m p m m,p
C ( ), L ( ), H ( ), W ( ).
   
Để cho gọn, ta kí hiệu lại nhưsau:
p p m m m,2 m,p m,p

L L ( ), H H ( ) W ( ), W =W ( ).
      
Có thể xem trong
[1, 2].
Ta định nghĩa
2 2
L L ( )
 
là không gian Hilbert với tích vô hướng:
(1.1)
2
u,v u(x)v(x)dx, u,v L .

  

Kí hiệu
.
để chỉ chuẩn sinh bởi tích vô hướng (1.1), nghĩa là:
(1.2)
1
2
2 2
u u,u u (x)dx , u L .

 
   
 
 

Định nghĩa không gian Sobolev cấp 1

(1.3)
1 2 2
i
v
H v L : L , i 1,2, ,N .
x
 

   
 

 
Không gian này cũng là không gian Hilbert đối với tích vô hướng:
(1.4)
1
N
H
i 1
i i
u v
u,v u,v , .
x x

 
 
 

Kí hiệu
1
H

.
để chỉ chuẩn sinh bởi tích vô hướng (1.4), nghĩa là:
(1.5)
1 1
1
H H
u u,u , u H .
 
Ta có bổ đề liên hệ giữa hai không gian L
2
và H
1
sau:
Bổ đề 1.1. Phép nhúng
1 2
H L

là compact và
(1.6)
1
1
H
v v , v H .
  
Chứng minh bổ đề 1.1 có thể tìm thấy trong [2].
7
Ta cũng sử dụng một không gian Sobolev đặc biệt hơn đó là không
gian
(1.7)
1

1
H
H
1
0 c
H D( ) C ( ) .

   
(bao đóng trong không gian H
1
của không gian các hàm khả vi vô hạn có giá
compact trong

).
1
0
H
cũng là không gian con đóng của
1
H
, do đó,
1
0
H
là
không gian Hilbert đối với tích vô hướng
1
H
. Mặt khác, trên
1

0
H
,
1
H
v
chuẩn
trên
1
H
và
1
1
2
2
N
H
i 1
i
v
v dx
x


 

 

 


 


là nửa chuẩn trên
1
H
là hai chuẩn tương
đương. Điều này cho bởi bất đẳng thức Poincarré sau:
Bổ đề 1.2. (Bất đẳng thức Poincaré) Tồn tại hằng số
C C


phụ
thuộc vào

, sao cho
(1.8)
1
2
2
N
1
o
i 1
i
v
v C dx , v H .
x




 

 
  
 

 


Chứng minh bổ đề 1.2 có thể tìm thấy trong [2].
Một cách đặc trưng khác để xác định
1
o
H
là:
(1.9)


1 1
o o
H v H : v 0 .
   
Chú thích 1.1. Trong [2] đã chứng minh rằng tồn tại một ánh xạ tuyến
tính liên tục
1 2
o
:H ( ) L ( )
   
sao cho

o
v v

 
(hạn chế của v trên

), với mọi
1
v C ( ).
 
Khi đó
o

còn gọi là ánh xạ vết.
Bổ đề 1.3. Đồng nhất
2
L
với (
2
L
)’ (đối ngẫu của
2
L
). Khi đó ta có
1 2 2 1
H L (L )' (H )'
  với các phép nhúng liên tục và nằm trù mật.
Chứng minh. Trước hết ta chứng minh rằng L
2
nhúng trong (H

1
)’. Vì
1 2
H L ,
 với mọi
2
w L ,
 ánh xạ
(1.10)
1
w
w
T : H
v T (v) w,v w(x)v(x)dx


 



là tuyến tính, liên tục trên H
1
, tức
1
w
T (H )'.

8
Ta xét ánh xạ
(1.11)

2 1
w
T : L (H )'
w T(w) T .



Khi đó ta có
(1.12)
 
1
1 2
w
H '
T ,v w,v , v H , w L .
    
Ta sẽ chứng minh toán tử T thỏa các tính chất sau:
(i)
2 1
T : L (H )'
 là đơn ánh,
(ii)
1
2
w
(H )'
T w , w L ,
  
(iii)



2 2
w
T(L ) T : w L
  là trù mật trong (H
1
)’.
Chứng minh (i):
Dễ thấy rằng T tuyến tính. Nếu T
w
=0, thì
1 1
1
w
(H )',H
w,v T ,v 0, v H .

   
Do
1
o
H
trù mật trong L
2
, nên ta có
2
w,v 0, v L .
   Do đó w = 0. Vậy T là
đơn ánh, nghĩa là T là một phép nhúng từ L
2

vào (H
1
)’.
Chứng minh (ii):
Ta có, với mọi
2
w L

,
1
1 1
1 1
H H
1
1 1
1 1
H H
w w
(H )'
v H , v 1 v H , v 1
H
v H , v 1 v H , v 1
T sup T ,v sup w,v
sup w v sup w v w .
   
   
 
  
Chứng minh (iii):
Ta chứng minh rằng mỗi phiếm hàm tuyến tính liên tục trên (H

1
)’ và
triệt tiêu trên T(L
2
) thì cũng triệt tiêu trên (H
1
)’. Coi
1
L (H )",
 với
1 1
2
w w
(H )",(H )'
L,T 0, T T(L ).
   Ta chứng minh rằng L = 0. Thật vậy, do H
1
phản xạ, tức (H
1
)” = H
1
, theo nghĩa
(1.13)
1 1 1 1
1 1
(H )",(H )' (H )',(H )
L (H )", v V: L,z z,v , z (H )'.
     
Lấy
1

w
z T (H )',
  ta có
1 1 1 1
1
w w
(H )",(H )' (H )',(H )
0 L,T T ,v w,v , w H
    
.
9
Do H
1
trù mật trong L
2
nên ta có
2
w,v 0, w L .
  
Vậy v = 0. Theo (1.13) ta có
1 1 1 1
1
(H )",(H )' (H )',H
L,z z,v 0, z (H )'.
   
Vậy L triệt tiêu trên (H
1
)’.
Chú thích 1.2. Từ Bổ đề 1.3, ta dùng ký hiệu tích vô hướng
,


trong L
2
để
chỉ cặp tích đối ngẫu
1 1
(H )',H
,

giữa
1
o
H
và (H
1
)’.
Chuẩn trong L
2
được ký hiệu bởi

. Ta cũng ký hiệu
X

để chỉ chuẩn trong
không gian Banach X và gọi X’ là không gian đối ngẫu của X.
2. Không gian hàm L
p
(0,T;X),
p .
1

 
Cho X là không gian Banach thực với chuẩn là
X
. .
Ta kí hiệu
L
p
(0,T;X), p
1
 
là không gian các lớp tương đương chứa hàm
u :(0,T) X

đo được sao cho:
T
p
X
0
u(t) dt , 1 p ,
  

hay
X
M 0: u(t) M, a.e. t (0,T),
    với
p .

Ta trang bị trong L
p
(0,T;X), p

1
 
chuẩn nhưsau:
p
1
T
p
p
L (0,T;X) x
0
u u(t) dt , ,
 
  
 
 

vôùi 1 p<
và
p
L (0,T;X) x
0 t T
x
u esssup u(t)
u(t) M,


   
inf{M>0: a.e. t (0,T)}, vôùi p= .
Khi đó ta có các bổ đềmà chứng minh của chúng có thể tìm thấy trong
Lions[5].

Bổ đề 1.4. (Lions[5]): L
p
(0,T;X), p
1
 
là không gian Banach.
10
Bổ đề 1.5. (Lions[5]): Gọi X’ là đối ngẫu của X. Khi đó, với
p'
1 1
1, 1 p , L (0,T;X')
p p'
    là đối ngẫu của
p
L (0,T;X).
Hơn nữa, nếu
X là không gian phản xạ thì
p
L (0,T;X)
cũng phản xạ.
Bổ đề 1.6. (Lions[5]):
1
(L (0,T;X))' L (0,T;X).

 Hơn nữa, các không gian
L
1
(0,T;X), L

(0,T;X) không phản xạ.

Chú thích 1.3. Nếu
p p p
X L ( ) thì L (0,T;X) L ( x(0,T)).
   
3. Phân bố có giá trị véctơtrong không gian Banach.
Định nghĩa 1.1. Cho X là không gian Banach thực. Một ánh xạ tuyến tính
liên tục từ D((0,T)) vào X được gọi là một (hàm suy rộng) phân bố có giá trị
trong X. Tập hợp các phân bố có giá trị trong X kí hiệu là:
D’(0,T;X) = L(D(0,T);X) = {f : D((0,T)) X: f tuyến tính, liên tục}.
Chú thích 1.4. Ta kí hiệu D(0,T) thay cho D((0,T)) hoặc
c
C ((0,T))

để chỉ
không gian các hàm thực khả vi vô hạn lần và có giá compact trong (0,T).
Định nghĩa 1.2. Cho fD’(0,T;X). Ta định nghĩa đạo hàm
df
dt
theo nghĩa
phân bố của f bởi công thức
(1.14)
df d
, f, , D(0,T).
dt dt

  
Các tính chất
i/ Cho v L
p
(0,T;X). Ta làm tương ứng nó bởi ánh xạ

v
T : D(0,T) X

như
sau:
(1.15)
T
v
0
T , v(t) (t)dt, D(0,T)
  

.
Ta có thể nghiệm lại rằng
v
T D'(0,T;X)

. Thật vậy,
i.1/ Ánh xạ
v
T : D(0,T) X

là tuyến tính.
i.2/ Ta chứng minh
v
T : D(0,T) X

là liên tục vì:
Giả sử



i i
D(0,T), sao cho 0 trong D(0,T)
  
ta có,
11
(1.16)
x
T T
v j j j
x
0 0
x
1 1
T T
p p'
p'
p
j
0 0
T , v(t) (t)dt v(t) (t) dt
v(t) dt (t) dt 0, j + .
    
  
    
  
  
 
 
Do đó

v j
T , 0 trong X khi j + .
   
Vậy
v
T D'(0,T;X)

ii/ Ánh xạ
v
v T

là một đơn ánh, tuyến tính từ L
p
(0,T;X) vào D’(0,T;X). Do
đó, ta có thể đồng nhất T
v
= v. Khi đó ta có kết quả sau:
Bổ đề 1.7. (Lions[5])
p
L (0,T;X) D'(0,T;X)
 với phép nhúng liên tục.
4. Đạo hàm trong L
p
(0,T;X).
Do Bổ đề 1.7, f L
p
(0,T;X) ta có thể coi f D’(0,T;X) và do đó
df
dt
là

phần tử của D’(0,T;X). Ta có kết quả sau:
Bổ đề 1.8. (Lions[5]). Nếu f, f’ L
1
(0,T;X) thì f bằng với hầu hết một hàm
liên tục từ [0,T] vào X.
Chứng minh Bổ đề 1.8 được thực hiện qua nhiều bước.
Bước 1. Đặt
t
0
H(t) f '(s)ds.


Khi đó
H :[0,T] X

liên tục, vì
f’ L
1
(0,T;X).
Trước hết, ta chứng minh
dH df
f '
dt dt
 
theo nghĩa phân bố. Thật vậy,
do
(1.17)
T
0
T t

0 0
T T T
0 s 0
dH d d
, H, H(t) (t)dt
dt dt dt
d
f '(s)ds dt
dt
d
=- f '(s)ds dt f '(s) (s)ds f ', ,
D(0,T).
dt
 
  
 


 
 

    


  
12
Vậy
dH df
f '
dt dt

 
trong D’(0,T;X).
Bước 2. Ta chứng minh f = H + C theo nghĩa phân bố (C là hằng). Thật vậy,
giả sử v = H - f ta có v’ = 0 theo nghĩa phân bố (do bước 1). Ta có:
v' 0

tương đương với
(1.18)
T
0
v(s) '(s)ds 0, D(0,T).
  

Cho
D(0,T),

ta có thể viết dưới dạng
o
',
 
trong đó
D(0,T),


o
thỏa
T T
o
0 0
(s)ds 1, = (t)dt.

   
 
Thật vậy, vì
T
o
0
( (t) (t))dt 0
  

nên nguyên hàm của
o
(t) (t)
 
triệt tiêu tại t = 0
sẽ thuộc D(0,T).
Chọn
t
o
0
(t) ( (t) (t))dt.
   

Trong (1.18) thay ’ bởi ’ ta thu
được
T
0
v(s) '(s)ds 0, D(0,T)
  

hay

T
o
0
v(s)[ (s) (s)ds 0, D(0,T).
   

Do đó
(1.19)
T T T T
o o
0 0 0 0
v(s) (s)ds (s)ds = (s)ds v(t) (t)dt, D(0,T).
     
   
Đặt
T
o
0
C v(t) (t)dt,
 

từ (1.8) ta suy ra:
T
0
(v(s) C) (s)ds 0, D(0,T).
   

Vậy v(t) = C trong D’(0,T;X).
Bước 3. Ta sử dụng tính chất sau:
13

Nếu w L
1
(0,T;X) và
T
0
w(t) (t)dt 0, D(0,T)
  

thì
w(t) 0

với
hầu hết t [0,T].
Có được điều này do ánh xạ
w T

từ L
1
(0,T;X) vào D’(0,T;X) là
một đơn ánh (theo tính chất ii/ trên).
Từ các bước 1, 2, 3 ta suy ra f = H + C theo nghĩa phân bố.
Tương tự ta có bổ đề sau:
Bổ đề 1.9. (Lions[5]) Nếu f, f’ L
p
(0,T;X) thì f bằng hầu hết một hàm liên
tục từ [0,T] vào X.
5. Bổ đề về tính compact của Lions.
Cho ba không gian X
o
, X

1
, X với
o 1
X X X
  sao cho
(1.20) X
o
, X
1
là phản xạ,
(1.21) Phép nhúng
o
X X

là compact.
Với
i
0 T ,1 p ,
   
i = 0, 1.
Ta đặt:
(1.22)


o 1
p p
1
W(0,T)= v L (0,T;X):v' L (0,T;X ) .
 
Ta trang bị cho W(0,T) chuẩn sau:

(1.23)
p p
o 1
o 1
W(0,T) L (0,T;X ) L (0,T;X )
v v v' .
 
Khi đó W(0,T) là không gian Banach. Hiển nhiên
o
p
W(0,T) L (0,T;X).
 Ta
có kết quả sau đây liên quan đến phép nhúng compact.
Bổ đề 1.10. (Bổ đề về tính compact của Lions[5])
Với giả thiết (1.20), (1.21) và nếu
i
1 p , i=0,1
 
thì phép nhúng
o
p
W(0,T) L (0,T;X)
 là compact.
Chứng minh. Có thể tìm thấy trong Lions[5], trang 57.
6. Bổ đề về sự hội tụ yếu trong L
q
(Q).
Bổ đề 1.11. Cho Q là tập mở, bị chặn của IR
N
và G

m
, G L
q
(Q), 1< q < +
sao cho,
q
m
L
G C

, trong đó C là hằng số độc lập với m và
m
G G

hầu
khắp nơi trong Q. Khi đó,
m
G G

yếu trong L
q
(Q).
14
Chứng minh bổ đề có thể tìm thấy trong Lions[5], trang 12.
Trong luận văn ta kí hiệu u(t),
t
u'(t) u (t) u(t),
 

tt

u''(t) u (t) u(t),
 

i i i i j
x x x x x
u (t), u (t), u (t), u(t)

để lần lượt chỉ
2
2
u u
u(x,t), (x,t), (x,t),
t t
 
 
2 2 2
N
2 2
i 1
i i i j i
u u u u
(x,t), (x,t), (x,t), (x,t).
x x x x x

   
    

15
CHƯƠNG II
SỰ TỒN TẠI VÀ DUY NHẤT NGHIỆM

Trong chương này chúng tôi trình bày định lý tồn tại và duy nhất
nghiệm yếu cho bài toán giá trịbiên và ban đầu sau:
(2.1)


t
u A u F(x,u) f(x,t), (x,t) x(0,T),
   
(2.2)
u 0 trong x(0,T),
 
(2.3)
o
u(x,0)=u (x),
trong đó
(2.4)


N
t
2
0
i 1
i i
1
2
2
N
i 1
i

u
A(u) a u(x, ) d ,
x x
u
u ,
x



 
 
 

 
 
 



 


  

 


 





 

là một miền mở, bịchận trong
N

có biên đủtrơn
.

Các giảthiết trên
các hàm a, F, f và u
o
cần thiết sẽđược chỉrõ ra sau đó.
Chứng minh được dựa vào phương pháp Galerkin liên hệvới các đánh
giá tiên nghiệm, từđó rút ra các dãy con hội tụyếu trong các không gian thích
hợp nhờmột sốcác phép nhúng compact và phương pháp đơn điệu. Trong
phần này định lý Schauder về điểm bất động được sửdụng trong việc chứng
minh tồn tại nghiệm xấp xỉGalerkin.
Trước hết ta thành lập các giảthiết sau:
(A1)
2
o
u L ,

(A2)
1
a C ( ; )



 
thỏa các điều kiện:
(i)
1
2
2
0
b s a'(s) ds ,

 
 
 
 

(ii) tồn tại các hằng sốa
o
, a
1
sao cho
o 1
2b a a(s) a , s 0.
    
(A3) Hàm
o
F C ( ; )
 

thỏa các điều kiện:
(i)
F(x,0)=0,

x ,
 
16
(ii)


2
F(x,u) F(x,v) (u v) u v , u,v , a.e.x ,

      

với
0

sao cho
o
2
o
a 2b
0
C


  ở đây,
o
C 0

là hằng số thỏa
2 2
1

o 0
L L
v C v , v H .
   
(iii)
2
F(v)(x) F(x,v(x)), v L ,
 
F
biến một tập bị chận trong
2
L ( )

thành một tập bị chận trong
2
L ( ).

(A4)
2
T T
f L (Q ), Q = x(0,T), T>0.
 
Ta có định lý sau:
Định lý 2.1. Giả sử các giả thiết (A1) – (A4) đúng. Khi đó, bài toán (2.1) –
(2.4) có duy nhất nghiệm yếu
2 1 2
o
u L (0,T;H ) L (0,T;L )

  , với mỗi T > 0.

Chứng minh. Chứng minh định lý 2.1 là tổ hợp phương pháp compact
và lý luận về tính đơn điệu và được thực hiện qua nhiều bước. Trước hết ta
chứng minh các bổ đề sau:
Bổ đề 2.1. Giả sử A là toán tử được xác định bởi (2.4). Khi đó, ta có bất
đẳng thức:
(2.5)
T T
2
o
0 0
T
2
2 1
1 o
0
(a 2b) u(t) v(t) dt A(u(t)) A(v(t)),u(t) v(t) dt
(a 2b) u(t) v(t) dt, u,v L (0,T;H ), T > 0.
     
     
 

Bổ đề 2.2. Với mỗi
2 1
0
u,w L (0,T;H )
 ta có:
(2.6)
T T
0
0 0

lim A(u(t) w(t)),w(t) dt A(u(t)),w(t) dt,


 
 


và tồn tại một dãy
m m m
m
{ }, 0, lim 0,
  

 
sao cho
(2.7)
T T
m
m
0 0
lim F(u(t) w(t)),w(t) dt F(u(t)),w(t) dt.

 
 

Chứng minh các bổđề.
Chứng minh bổđề2.1.
17
Toán tử
2 1 2 1

0
A:L (0,T;H ) L (0,T;H )

 nhưtrong (2.4) được xác định
nhưsau:
(2.8)
T T t
2
0 0 0
Au(t),v(t) dt a( u( ) d ) u(t), v(t) dt,
   
  
 
với mọi
2 1
o
u, v L (0,T;H ).
 Ta viết
(2.9)
T
0
T t t
2 2
0 0 0
T
0
Au(t) Av(t),u(t) v(t) dt
a( u( ) d ) u(t)) a( v( ) d ) v(t)), u(t) v(t) dt
J, w(t) dt,
 

       
 

 

   
trong đó, ta đặt
(2.10)
t t
2 2
0 0
J a( u( ) d ) u(t)) a( v( ) d ) v(t)), w=u-v.
     
 
   
Dùng công thức
(2.11)
 
1
0
d
H(u) H(v) H(v w) d , w=u-v,
d
  

 

và giảthiết (A2) ta thu được
(2.12)
1 t

2
0 0
1 1
0 0
d
J a v w d (v w) d
d
ds
a(s)d w+ a'(s) (v w)d ,
d
 
 
    
 
 
 
 
 
 
   
 
 
 
 
   

  

ởđây
(2.13)

t
2
0
s(x,t, ) (v( ) w( )) d .
   

     
Xét tích phân
T
0
J, w(t) dt.


Do (2.12) ta có
18
(2.14)
T T 1
2
0 0 0
J, w(t) dt a(s) w(t) d dxdt K,

   
 

trong đó
(2.15)
T 1
0 0
ds
K a'(s) (v w) w(t)d dxdt.

d

 
   
 
 

 

Ta sẽchứng minh rằng:
(2.16)
2
T
2
L (Q )
K 2b w .
 
Ta có
(2.17)
2
T
2 2
T T
2
T 1
2 2 2 2
L (Q )
0 0
1
2 2

1
L (Q ) L (Q )
0
ds
K w . a'(s) (v w) d dxdt
d
w J d ,

 
  
 
 



 


trong đó
(2.18)
2
T
2
T
2 2 2
1
L (Q )
0
ds
J a'(s) (v w) dxdt.

d

 
  
 
 



Chú ý, từ (2.13) ta có
(2.19)
t
0
2
t t t
2 2 2
0 0 0
2
ds
2 (v w) wd ,
d
ds
4 (v w) d . w d 4s(x,t, ) w d ,
d
ds
(v w) .
dt

   





     



  




  
 

    


Thay (2.19) vào (2.18), sau khi đổi thứtựcác biến lấy tích phân

và t,
ta thu được
(2.20)
2
T
T t
2 2 2
1
L (Q )
0 0

T T
2 2
0
ds
J 4 a'(s) s(x,t, ) w d dxdt
dt
ds
4 dx w d a'(s) s(x,t, ) dt
dt


 
 
 
 

 
 
19
s(x,T, )
T
2 2
0 s(x, , )
4 dx w d a'( ) d

 
 


   

2
T
T
2 2
0 0
2
2
L (Q )
4 dx w d a'( ) d
4b w .


 
 
 
   
Vậy từ(2.17) và (2.20) ta đã chứng minh được (2.16).
Do giảthiết (A2) và (2.16) vếphải của (2.14) được đánh giá nhưsau
(2.21)
2
T
2
T
T 1
2 2
1
L (Q )
0 0
2
1

L (Q )
a(s) w(t) d dxdt K a w K
(a 2b) w ,

    
  


(2.22)
2
T
2
T
T 1
2 2
o
L (Q )
0 0
2
o
L (Q )
a(s) w(t) d dxdt K a w K
(a 2b) w .

    
  


Cuối cùng, từ(2.9), (2.14), (2.21) và (2.22) ta thu được (2.5). Bổđề2.1
đã được chứng minh.

Chứng minh Bổđề2.2.
* Chứng minh (2.6). Trong (2.5) thay v bởi
u w ( >0),

 
ta có
(2.23)
T T
2
2
o
0 0
T
2
2
1
0
(a 2b) w(t) dt A(u(t)) A(u(t) w(t)), w(t) dt
(a 2b) w(t) dt,
     
  
 

  

hay
(2.24)
T T
2
o

0 0
T
2
1
0
(a 2b) w(t) dt A(u(t) w(t)) A(u(t)),w(t) dt
(a 2b) w(t) dt.
    
  
 

 

Cho
0



, qua giới hạn kẹp, ta được
20
(2.25)
T
0
A(u(t) w(t)) A(u(t)),w(t) dt 0.
  


Do đó ta có (2.6).
* Chứng minh (2.7). Giả sử
m m

{ }, 0< 1
 

là dãy thỏa
m
m
lim 0.



Ta
có
m
u w u

 
mạnh khi
m .
 
Do F liên tục nên tồn tại dãy con của


m

vẫn kí hiệu là


m

sao cho:

(2.26)
m
F(x,u w) F(x,u)

 
hầu khắp nơi trong Q
T
,
với mỗi
2 1
o
u,w L (0,T;H ).

Đặt
(2.27)
g (x,u) F(x,u) u, 0.
  

 
Do
m
0 1,

 
nên
m
u w u w u w ,
     

vì

g

không giảm
theo biến u nên ta có:
(2.28)
m
g (x,u w) g (x, u w ),
  
 

(2.29)
m
g (x,u w) g (x, u w ).
    
 

Do
g (x, u w ) g (x,0) 0, g (x, u w ) g (x,0) 0
   
       
nên từ
(2.28), (2.29) ta được
m
g (x,u w) g (x, u w ) g (x, u w ).
      
  

Do đó
(2.30)
m

g (x,u w) g (x, u w ) g (x, u w ).
     
  

Từ (2.30) ta suy ra:
(2.31)
m
1
F(x,u w) F(x, u w ) F(x, u w )
3 ( u w ) F (x, u w ).
     
   


Do
2 1
o
u,w L (0,T;H )
 nên từ (2.31) ta có:
(2.32)
2
2
T
T
(1)
m 1 T
L (Q )
L (Q )
F(x,u w) F (x, u w ) C ,
   


trong đó
(1)
T
C
là hằng số độc lập với m.
Từ (2.26) và (2.32), áp dụng bổ đề 1.11 ta suy ra