Luận văn thạc sỹ toán học:nghiên cứu 1 số phương trình nhiệt phi tuyến trong không gian Sobolev có trọng

ĐẠI HỌC QUỐC GIA TP. HỒ CHÍ MINH
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN






CHÂU ANH DŨNG



NGHIÊN CỨU
MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH NHIỆT PHI TUYẾN
TRONG KHÔNG GIAN SOBOLEV CÓ TRỌNG


Luận văn thạc sỹ khoa học
Chuyên ngành Toán giải tích
Mã số 1. 01. 01








Thành phố HỒ CHÍ MINH
2003

ĐẠI HỌC QUỐC GIA TP. HỒ CHÍ MINH
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN



CHÂU ANH DŨNG


NGHIÊN CỨU
MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH NHIỆT PHI TUYẾN
TRONG KHÔNG GIAN SOBOLEV CÓ TRỌNG

Luận văn thạc sỹ khoa học
Chuyên ngành Toán giải tích
Mã số 1. 01. 01


Người hướng dẫn
Tiến sy
õ NGUYỄN THÀNH LONG

Tiến sy
õ NGUYỄN CÔNG TÂM
( Khoa Toán – Trường Đại học Khoa học Tự nhiên
Tp HỒ CHÍ MINH )
Người nhận xét

Thành phố HỒ CHÍ MINH
2003

Luận văn được hoàn thành tại: Trường Đại học Khoa học Tự Nhiên

Người hướng dẫn:
TS. Nguyễn Thành Long
và
TS. Nguyễn Công Tâm
Khoa Toán – Tin học, Đại học Khoa học Tự Nhiên Tp. Hồ Chí Minh.

Người nhận xét 1:

Người nhận xét 2:

Học viên cao học: Châu Anh Dũng

Luận văn sẽ được bảo vệ tại Hội Đồng chấm luận văn cấp Trường tại
Đại học Khoa học Tự Nhiên Tp. Hồ Chí Minh vào lúc giờ ngày
tháng năm 2003

Có thể tìm hiểu luận văn tại Phòng Sau Đại học, thư viện Trường Đại
học Khoa học Tự Nhiên Tp. Hồ Chí Minh.







Thành phố HỒ CHÍ MINH
- 2003-
LỜI CẢM ƠN



Lời đầu tiên, xin trân trọng cảm ơn hai Thầy hướng dẫn tôi là
Tiến só Nguyễn Thành Long và Tiến só Nguyễn Công Tâm, các thầy
đã tận tình giúp đỡ tôi trong quá trình học tập cũng như trong việc
hoàn thành luận văn.

Xin trân trọng cảm ơn các Thầy, Cô thuộc thuộc Khoa Toán-Tin
Học trường Đại học Khoa học Tự nhiên đã tận tình giảng dạy cho tôi
trong thời gian học tập.

Xin trân trọng cảm ơn các Tiến só Nguyễn Đình Phư, Tiến só
Nguyễn Hội Nghóa, Tiến só Đặng Đức Trọng và Tiến só Nguyễn Văn
Nhân đã đọc luận văn và cho tôi những nhận xét quý báu.

Xin trân trọng cảm ơn Thạc sỹ Bùi Tiến Dũng đã đọc và sửa
chữa giúp những sai sót trong bản thảo luận văn.

Xin trân trọng cảm ơn Phòng Quản lý Khoa học- Hợp tác Quốc
tế- Sau Đại học Trường Đại Học Khoa Học Tự Nhiên TP. Hồ Chí
Minh, Ban Giám Hiệu trường THPT Võ Thò Sáu đã động viên và tạo
mọi điều kiện thuận lợi cho tôi hoàn tất chương trình học.

Xin chân thành cảm bạn bè đồng nghiệp, các bạn học lớp Cao
học khóa 10 đã luôn động viên và nhiệt tình giúp đỡ tôi trong quá
trình học.


Châu Anh Dũng
MỤC LỤC

Trang

Chương 1: Phần tổng quan…………………………………………………… 1

Chương 2: Các kết quả chuẩn bò – Các không gian hàm…………………… 4

Chương 3: Nghiệm bài toán điều kiện đầu phi tuyến……………………… 16

Chương 4: Nghiệm T – tuần hoàn của bài toán phi tuyến………………… 28

Chương kết luận …………………………………………………………… 39

Tài liệu tham khảo ……………………………………………………………40



1
CHƯƠNG 1

PHẦN TỔNG QUAN

Trong luận văn này, chúng tôi nghiên cứu một số phương
trình nhiệt phi tuyến trong một hình trụ thuộc dạng:

(1.1)
1
()()(,),01,0,
trr r
uu u Fufrt r tT
r
ε
−+ + = <<<<

(1.2)
()
0
lim ( , ) , (1, ) ( ) (1, ) 0,
rr o
r
ru rt u t ht u t u

+
→
<
+∞ + − =
%

(1.3)
0
(,0) (),ur u r=

hoặc

/
(1.3 ) ( , 0) ( , ),ur urT=
(1.4)
1
2
() ,Fu uu
ε
ε
=

trong đó
,0
o
u
ε
>
%
là các hằng số cho trước, ),(),( trfth là các hàm

số cho trước thỏa một số điều kiện ta sẽ chỉ ra sau.
Phương trình (1.1) mô tả quá trình truyền nhiệt trong một dóa tròn
đơn vò
1,r < trong đó


• (,)urt là nhiệt độ tại mọi điểm trên đường tròn

{}
222
(,)/
r
Cxyxyr=+= tại thời điểm t, với 1, 0 .rtT
<
<<


• (,) ()
f
rt F u
ε
− là nguồn nhiệt.


• Điều kiện biên (1.2) trên đường tròn r = 1 mô tả sự trao
đổi nhiệt với môi trường bên ngoài, mà môi trường bên ngoài có
nhiệt độ không đổi là
,
o
u

%
ở đây hàm h(t) là hệ số trao đổi nhiệt
với môi trường bên ngoài.

2


Trong (1.2), điều kiện
0
lim ( , )
r
r
ru rt
+
→
<
+∞
sẽ tự động
thỏa nếu
(,)urt
là nghiệm cổ điển của bài toán, chẳng hạn
[
]
[
]
(
)
(
)
12

0,1 0, (0,1) (0, ) .uC T C T∈×∩ × Việc đưa điều kiện này
vào có liên quan đến việc sử dụng không gian Sobolev có trọng
và chuyển đổi về bài toán biến phân. ( xem [5,7]).

Với
0
() 0, 0Fu u
ε
=
=
%
, Minasjan [6] đã nghiên cứu phương
trình

(1.5)
),,()
1
)(( trfu
r
utau
rrrt
=+−
,0,10 Ttr <
<
<
<


với điều kiện biên

(1.6)
,0),1()(),1(),0(
=
+
=
tuthtutu
rr


và với điều kiện
−
T
tuần hoàn

(1.7)
),,()0,( Truru
=


ở đây các hàm a(t), h(t), f(r,t ) là
−
T
tuần hoàn theo thời gian t.
Ý nghóa vật lý của bài toán (1.5) – (1.7) là một dòng nhiệt tuần
hoàn trong một hình trụ vô hạn với giả thiết rằng hình trụ phụ
thuộc vào sự trao đổi nhiệt một cách tuần hoàn ở bề mặt
)1(
=
r
với môi trường bên ngoài có nhiệt độ zéro, phía trong hình trụ,

nguồn nhiệt đối xứng trục và thay đổi một cách tuần hoàn,
Minasjan [6] đã tìm một nghiệm cổ điển của bài toán này bằng
cách dùng biến đổi Fourier. Phương pháp này dẫn đến một hệ giả
chính quy vô hạn các phương trình đại số tuyến tính. Tuy nhiên
tính giải được của hệ này không được chứng minh chi tiết trong
[6].


3
Trong [3] Lauerova đã chứng minh rằng với dữ kiện
−
T

tuần hoàn, bài toán (1.5) – (1.7) có một nghiệm yếu T- tuần hoàn
theo t. Trong trường hợp
,0,0
~
0
=
=
fu ),(
1
IRCF ∈
ε
,)(
/
β
ε
−≥uF 0>
β

đủ nhỏ, các tác giả trong [4] đã chứng minh rằng bài toán (1.1),
(1.6), (1.7) có duy nhất một nghiệm yếu
−
T
tuần hoàn trong các
không gian Sobolev thích hợp. Hơn nữa, nghiệm này cũng phụ
thuộc liên tục theo hàm h(t).

Trong luận văn này, chúng tôi nghiên cứu bài toán phi
tuyến với điều kiện đầu (1.1) – (1.4) và bài toán điều kiện
−
T

tuần hoàn (1.1), (1.2), (1.4), (1.7).

Nội dung luận văn được trình bày theo thứ tự như sau:

Chương 1 là phần giới thiệu bài toán và nói qua một số kết
quả trước đó và trình bày bố cục của luận văn.

Chương 2 là phần trình bày một số ký hiệu, công cụ, các
không gian hàm Sobolev có trọng, tính chất các phép nhúng có
liên quan.

Chương 3, chúng tôi trình bày chứng minh sự tồn tại và duy
nhất nghiệm yếu của bài toán (1.1)-(1.4) trong các không gian
Sobolev có trọng thích hợp bằng phương pháp Galerkin.

Chương 4, chúng tôi trình bày chứng minh sự tồn tại và duy

nhất nghiệm yếu
−
T tuần hoàn của bài toán (1.1), (1.2), (1.4),
(1.7) trong đó bài toán xấp xỉ hữu hạn chiều cho bài toán tìm
nghiệm
−
T
tuần hoàn có thể tìm được nhờ vào bài toán điều
kiện đầu thông qua một đònh lý ánh xạ co.

Phần cuối cùng là tóm lược các phần đã trình bày trong
luận văn, sau đó là phần tài liệu tham khảo.

4
CHƯƠNG 2
CÁC KẾT QUẢ CHUẨN BỊ
CÁC KHÔNG GIAN HÀM

II.1. CÁC KHÔNG GIAN HÀM
Đặt
(0,1)Ω=
, ta bỏ qua đònh nghóa các không gian hàm thông
dụng:
,
(), (), (), ().
mp m mp
CLHWΩΩ Ω Ω
Với mỗi hàm
0
()vC∈Ω ta đònh nghóa v như sau

(2.1)
1/2
1
2
0
() .
H
vv rvrdr
⎛⎞
≡=
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
∫

Ta đònh nghóa H là đầy đủ hóa của không gian
0
()C Ω đối với
chuẩn

Tương tự, với mỗi hàm
1
()vC
∈
Ω ta đònh nghóa
.
V
như sau
(2.2)
1/2

2
2
/
V
vvv
⎛⎞
=+
⎜⎟
⎝⎠

và đònh nghóa V là đầy đủ hóa của không gian
1
()C Ω đối với
chuẩn

V

Chú ý rằng các chuẩn
. và .
V
lần lượt được sinh ra từ các
tích vô hướng
(2.3)
1
0
,()(),uv rurvrdr=
∫

(2.4)
1

// / /
0
,,[()()()()].uv u v rurvr u rv r dr+= +
∫

Khi đó, ta dễ dàng chứng minh rằng H, V là các không gian
Hilbert.

5
Bổ đề 2.1. V
trù mật trong
H
với phép nhúng liên tục.
Chứng minh. Hiển nhiên rằng ,
V
vv vV
≤
∀∈ do đó phép
nhúng từ V vào H là liên tục. Mặt khác
1
()CV
Ω
⊂ và trù mật
trong H, do đó V trù mật trong H.
Bổ đề sau cho một số đánh giá thường sử dụng.
Bổ đề 2.2.
Với mọi

1
(), 0vC

ε
∈
Ω>
và
[0,1],r
∈

ta có
:
(2.5)
2
2
/2
(1),vvv≤+

(2.6)
(1) 3 ,
V
vv≤
(2.7)
() 2 ,
V
rvr v≤
(2.8)
2
2
2/
1
(1) (2 ) .vv v
ε

ε
≤++
Chứng minh.
Nghiệm lại
(2.5). Dùng tích phân từng phần và chú ý rằng
2
01,rr≤<≤ ta có
11
2
222/
00
1
() (1) () ()
2
v rv r dr v r v r v r dr==−
∫∫


1
2/
0
1
(1) ( ) ( )
2
vrvrvrdr≤+
∫


2/
1

(1)
2
vvv≤+


2
2
2/
11
(1) .
22
vvv
⎛⎞
≤+ +
⎜⎟
⎝⎠

Suy ra
2
2
2/
(1)vv v≤+ và do đó (2.5) được chứng minh.
Nghiệm lại
(2.6).
Ta có
1
222/
0
(1) ( ( ))vrvrdr=
∫

6

11
22/
00
2()2()()rv r dr r v r v r dr=+
∫∫


2
/
22vvv≤+

2
22
/
2 vvv≤++


2
22
/
3( ) 3 .
V
vv v≤+=
Vậy
(1) 3
V

vv≤ và (2.6) được chứng minh.
Nghiệm lại
(2.7).
Ta có
11
/2
2()() (())
rr
s
vsv sds sdv s=
∫∫


1
22 2 22
(1) ( ) ( ) (1) ( ).
r
vrvrvsdsvrvr=− − ≤−
∫

Suy ra
1
22 /
() (1) 2 () ()
r
rv r v sv s v s ds≤−
∫


1

2/
0
(1) 2 () ()vrvrvrdr≤+
∫


2/
(1) 2vvv≤+

2
2
2/
(1)vvv≤++

22 2
34.
VV V
vv v≤+=

Vậy
() 2 .
V
rvr v≤
Do đó (2.7) được chứng minh.
Nghiệm lại
(2.8).
Theo chứng minh (2.6) ta có
22
2/ /
1

(1) 2 2 2 2 . .vvvvv vv
ε
ε
≤+ =+


7

2
2
/
1
(2 ) .vv
ε
ε
≤+ +
Do đó (2.8) được chứng minh.
Bổ đề 2.3.
Ta đồng nhất
H
với
/
H
(
đối ngẫu của
H ).
Khi đó ta có
V 1 H
/
H≡ 1

/
V ,
với các phép nhúng liên tục và nằm trù mật.

Chứng minh. Trước hết ta chứng minh rằng H nhúng trong
/
V .
Vì
,VH⊂
với mọi ,Hw
∈
ánh xạ
:
w
TV R→

xác đònh bởi
1
0
() , () ()
w
vTv wv rwrvrdr==
∫
a
là tuyến tính liên tục trên V, tức là
/
w
TV
∈
.

Ta xét ánh xạ
/
:TH V→

() .
w
wTwT
=
a
Khi đó ta có

/
,
,,,,.
w
VV
Tv wv vV wH
=
∀∈ ∀ ∈

Ta sẽ chứng minh rằng toán tử T thỏa các tính chất sau
(i)
/
:TH V→
là đơn ánh
,


(ii)
/

,,
w
V
TwwH≤∀∈

(iii)
{
}
() :
w
TH T w H=∈
là trù mật trong

/
V .
Chứng minh (i). Dễ thấy rằng T tuyến tính. Nếu
0
w
T =
thì

/
,
,, 0,
w
VV
wv T v v V==∀∈.
Vì V trù mật trong H, nên ta có

,0,wv v H=∀∈

.
Do đó w = 0. Vậy T là đơn ánh, nghóa là, một phép nhúng từ H
vào
/
V .

8
Chứng minh (ii). Ta có với mọi ,vH
∈

/
,1 ,1
sup , sup ,
VV
ww
V
vV v vV v
TTvwv
∈= ∈=
==

,1 ,1
sup sup
VV
V
vV v vV v
wv wv w
∈= ∈=
≤≤ =.
Chứng minh (iii). Ta chứng minh rằng mọi phiếm hàm tuyến tính

liên tục trên
/
V
và triệt tiêu trên T(H) thì cũng triệt tiêu trên
/
V
.
Coi
//
()
L
V∈
với
// /
,
,0,().
ww
VV
L
TTTH
=
∀∈
Ta chứng minh
rằng L = 0, thật vậy, do V phản xạ, tức là
//
()VV
=
theo nghóa
// / /
// /

,,
(*) ( ) , : , , ,
VV VV
L
VlVLz zl zV∀∈ ∃∈ = ∀∈
.
Lấy
/
w
zT V=∈ ta có
// /
,
0, ,,
w
VV
L
TwlwV
=
=∀∈.
Do V trù mật trong H nên ta có
,0, .wl w H
=
∀∈
Vậy
0.l = Theo (*) ta có
// / /
/
,,
,,0,
VV VV

L
zzl zV==∀∈.
Vậy L triệt tiêu trên
/
V
.
Chú thích 2.1. Từ bổ đề 2.2, ta cũng dùng ký hiệu tích vô hướng
.,. để chỉ cặp tích đối ngẫu giữa
/
,VV.
Bổ đề 2.4.
Phép nhúng
V 1 H
là compact
.
Chứng minh xem [5].
Chú thích 2.2. Từ bổ đề 2.2 suy ra rằng
1/2
2
2/
(1)vv
⎛⎞
+
⎜⎟
⎝⎠
và
V
v là hai chuẩn tương đương trên V và ta có
(2.9)
2

22
/2
1
(1) 4 ,
2
VV
vvv v vV
≤
+≤ ∀∈.

9
Thậy vậy, bất đẳng thức thứ nhất của (2.9) có được là do

222
22
///2
(1)
V
vvvvvv=+≤ + +

2
/2
2(1)vv
⎛⎞
≤+
⎜⎟
⎝⎠
.
Bất đẳng thức còn lại của (2.9) được suy ra từ

22
22
/2 /
(1) 3 4 .
VV
vv v v v+≤ + ≤
Ta chú ý rằng
(2.10)
0
lim ( ) 0, .
r
rvr v V
+
→
=
∀∈
(xem [1] trang 128 )
Mặt khác, do
1
(,1)H
ε
1
(
)
0
[,1], 0 1C
ε
ε
<
< và

(2.11)
1
(,1)
,.
HV
vvvV
ε
ε
≤
∀∈
Ta suy ra rằng
(2.12)
v⎢
[,1]
ε
(
)
0
[,1], ,0 1.C
εεε
∈
∀<<
Từ (2.10), (2.12) suy ra
(2.13)
(
)
0
[0,1] , .rv C v V∈∀∈

II.2. KHÔNG GIAN HÀM

(0, ; ),1
p
LTX p
≤
≤∞
Cho X là không gian Banach thực đối với chuẩn

X

Ta ký hiệu
(0, ; ),1
p
LTX p
≤
≤∞, là không gian các lớp tương
đương chứa hàm
:(0, )uT X→ đo được, sao cho

0
()
T
p
X
ut dt
<
∞
∫
với 1 p
≤
<∞

hay

0: ( ) , . . (0, )
X
M
ut M aet T∃> ≤ ∈ với
p
=∞.

10
Ta đònh nghóa chuẩn trong
(0, ; ),1
p
LTX p
≤
≤∞
như sau:

1/
(0, ; )
0
()
p
p
T
p
LTX X
uutdt
⎛⎞
=

⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
∫
với 1,
p
≤<∞
và
(0, ; )
0
sup ( )
LTX X
tT
uessut
∞
<<
=


inf{ 0: ( ) , . (0, )}
X
M
ut M aet T=> ≤ ∈ với
p
=∞.
Khi đó ta có các bổ đề sau đây mà chứng minh của chúng có thể
tìm thấy trong Lions [2].
Bổ đề 2.5.
(0, ; )
p

L
TX
là không gian Banach
.
Bổ đề 2.6.
Gọi
/
X

là đối ngẫu của
X.
Khi đó

với
,1
11
/
=+
p
p

,1 ∞<< p
()
);,0();,0(
//
/
XTLXTL
pp
=
là đối ngẫu của

).;,0( XTL
p

Hơn nữa, nếu
X
phản xạ thì
(0, ; )
p
L
TX
cũng phản xạ
.
Bổ đề 2.7.
(
)
/
1/
(0, ; ) (0, ; ).
L
TX L TX
∞
=
Hơn nữa các không gian

1/
(0, ; ), (0, ; )
L
TX L TX
∞

không phản xạ
.
Chú thích 2.3. Nếu
()
p
XL
=
Ω thì (0, ; ) ( (0, )).
pp
L
TX L T=Ω×
Phân bố có giá trò véctơ.
Đònh nghóa 2.1. Cho X là một không gian Banach thực. Một ánh
xạ tuyến tính liên tục từ D((0,T)) vào X được gọi là một phân bố
có giá trò trong X. Tập các phân bố có giá trò trong X ký hiệu là

}. /),0(:{
));,0(();,0(
/
tục liên và tính tuyếnfXTDf
XTDLXTD
→=
=

Chú thích 2.4. Ta ký hiệu D(0,T) thay cho D((0,T)) hoặc
((0, ))
c
CT
∞
để chỉ không gian các hàm số thực khả vi vô hạn có

giá compact trong (0,T).

11
Đònh nghóa 2.2. Cho
/
(0, ; ).
f
DTX∈
Ta đònh nghóa đạo hàm
df
dt

theo nghóa phân bố của
f
bởi công thức
(2.14)
,,,(0,).
df d
f
DT
dt dt
ϕ
ϕϕ
=− ∀ ∈

Các tính chất.
1/ Cho
(0, ; ).
p
vL TX∈

Ta làm tương ứng với nó bởi ánh xạ
:(0,)
v
TD T X→ như sau:
(2.15)
0
,()(), (0,).
T
v
Tvttdt DT
ϕϕ ϕ
=∀∈
∫

Ta có thể nghiệm lại rằng
/
(0, ; ).
v
TD TX∈ Thật vậy
i) nh xạ
:(0,)
v
TD T X→
hiển nhiên là tuyến tính.
ii) Ta nghiệm lại ánh xạ
:(0,)
v
TD T X→
liên tục.
Giả sử

{
}
(0, )
j
D
T
ϕ
⊂ sao cho lim 0
j
j
ϕ
→+∞
=
trong D(0,T) ta có

00
,()()()()
TT
vj j j
X
X
X
Tvttdtvttdt
ϕϕ ϕ
=≤
∫∫


/
/

11
00
() () 0
TT
p
p
p
p
j
X
j
vt dt t dt
ϕ
→+∞
⎛⎞⎛ ⎞
≤⎯⎯⎯→
⎜⎟⎜ ⎟
⎜⎟⎜ ⎟
⎝⎠⎝ ⎠
∫∫
.
Do đó
lim , 0.
vj
X
j
T
ϕ
→+∞
=

Vậy
/
(0, ; ).
v
TD TX∈
2/ nh xạ
v
vTa là một đơn ánh, tuyến tính từ
(0, ; )
p
L
TX
vào
/
(0, ; ),
D
TX do đó ta có thể đồng nhất .
v
Tv
=

Khi đó ta có kết quả sau.
Bổ đề 2.8. (Lions [2]).

12

/
(0, ; ) (0, ; )
p
L

TX D TX⊂

với phép nhúng liên tục
.
Đạo hàm trong (0, ; ).
p
L
TX
Do bổ đề 2.8, với
(0, ; )
p
f
LTX∈ ta có thể coi
f
và do đó
df
dt
là
các phần tử của
/
(0, ; ).
D
TX
Ta có các kết quả sau.
Bổ đề 2.9. (Lions [2]).

Nếu
/1
,(0,;)
f

fLTX∈
thì
f

bằng hầu hết với một hàm liên

tục
từ

[0,T] vào X.
Chứng minh bổ đề 2.9 gồm nhiều bước.
Bước 1. Đặt
/
0
() () .
t
Ht f sds=
∫
Khi đó
:[0, ]HT X→
liên tục vì
/1
(0, ; ).
f
LTX∈

Trước hết ta chứng minh rằng
/
dH df
f

dt dt
=
= theo nghóa phân
bố. Thật vậy, ta có
(2.17)
0
, , () ()
T
dH d d
HHttdt
dt dt dt
ϕϕ
ϕ
=− =−
∫


//
00 0
() () () ()
Tt T T
s
dd
f
sds tdt f sds tdt
dt dt
ϕϕ
⎛⎞
=− =−
⎜⎟

⎜⎟
⎝⎠
∫∫ ∫ ∫


//
0
() () ,
T
fs sds f
ϕ
ϕ
==
∫
.
Vậy
/
dH df
f
dt dt
==
trong
/
(0, ; )
D
TX.
Bước 2. Ta chứng minh
f
HC
=

+ theo nghóa phân bố (C là
hằng).
Thật vậy, giả sử
vH f
=
− ta có
/
0v
=
theo nghóa phân bố (do
bước 1 ). Ta sẽ chứng minh rằng
vC
=
theo nghóa phân bố. Ta có
/
0v = tương đương với

13
(2.18)
/
0
() () 0, (0, )
T
vs sds D T
ϕϕ
=∀∈
∫

Cho
(0, ),

D
T
ϕ
∈ ta có thể viết
ϕ
dưới dạng
/
o
ϕ
λϕ ψ
=
+ , trong
đó
(0, )
D
T
ψ
∈
,
o
ϕ
thỏa
00
() 1, ()
TT
o
s
ds t dt
ϕλϕ
==

∫∫
.
Thật vậy, ta có
()
0
() () 0
T
o
ttdt
ϕλϕ
−
=
∫
, nên nguyên hàm của
() ()
o
tt
ϕ
λϕ
− triệt tiêu tại 0t
=
sẽ thuộc D(0,T).
Chọn
()
0
() () () .
t
o
tssds
ψ

ϕλϕ
=−
∫
Trong (2.18) thay
/
ϕ
bởi
/
ψ
ta
thu được

/
00
() () ()[ () ()] 0, (0, )
TT
o
vs sds vs s s ds D T
ψϕλϕ ϕ
=−=∀∈
∫∫

hay
(2.19)
00
() () () ()
TT
o
vs sds vs sds
ϕλϕ

=
∫∫


00
() () ()
TT
o
s
ds v t t dt
ϕϕ
=
∫∫
, (0, ).
D
T
ϕ
∀
∈
Đặt
0
() ()
T
o
Cvt tdt
ϕ
=
∫
ta suy ra từ (2.19) rằng

()
0
() () 0, (0, )
T
vs C sds D T
ϕϕ
−=∀∈
∫
.
Vậy
()vt C const== trong
/
(0, ; ).
D
TX
Bước 3. Ta sử dụng tính chất sau:
Nếu
1
(0, ; )wL TX∈
va
ø
0
() () 0, (0, )
T
wt tdt D T
ϕϕ
=∀∈
∫

thì

() 0wt ≡
với hầu hết
[0, ]tT
∈
.

14
Điều này có được là do ánh xạ
w
wTa
từ
1
(0, ; )
L
TX
vào
/
(0, ; )
D
TX
là đơn ánh (tính chất 2/ ở trên ). Ta suy ra rằng
f
HC=+
theo nghóa phân bố.
Từ các bước 1, 2, 3 ở trên bổ đề 2.9 đã được chứng minh.
Tương tự ta có bổ đề sau:
Bổ đề 2.10.
Nếu

/

,(0,;)
p
f
fLTX∈
thì

f

bằng hầu hết với một
hàm liên tục từ
[0,T] vào X.
II.3. BỔ ĐỀ VỀ TÍNH COMPACT CỦA LIONS
Cho 3 không gian Banach
1
,,
o
XXX
với
1o
XXX⊂⊂
sao cho
(2.20)
1
,
o
XX là phản xạ,
(2.21) Phép nhúng
o
X
1 X là compact.

Với
0 T<<+∞
, 1
i
p
≤
≤+∞, 0,1.i
=
Ta đặt
(2.22)
{
}
1
/
1
(0, ) (0, ; ): (0, ; )
o
p
p
o
W T v L TX v L TX=∈ ∈

Ta trang bò cho W(0,T) bởi chuẩn
(2.23)
1
1
/
(0, ) (0, ; )
(0, ; )
p

o
p
o
WT L TX
LTX
vv v=+
Khi đó W(0,T) là một không gian Banach.
Hiển nhiên
).;,0(),0(
0
XTLTW
p
⊂
Ta cũng có kết quả sau đây liên quan đến phép nhúng compact.
Bổ đề 2.11. (
Bổ đề về tính compact của Lions)
.
Với giả thiết
(2.20), (2.21)
và nếu
1
i
p
<
<∞, 0, 1i =
thì phép

nhúng

),0( TW

1
);,0(
0
XTL
p

là compact.

Chứng minh. Có thể tìm thấy trong Lions [2], trang 57.



15
II.4. BỔ ĐỀ VỀ SỰ HỘI TỤ YẾU TRONG
()
q
L
Q

Bổ đề 2.12.
Cho
Q
là tập mở, bò chặn của
R
N

và
,(),1
q
m

GGLQ q
∈
<<+∞
,
sao cho

()
,
q
m
LQ
GC≤
trong đó
C
là hằng số độc lập với
m
và

m
GG→

(,)ae rt

trong
Q.
Khi đó

m
GG→
trong

()
q
L
Q
yếu
.
II.5. BỔ ĐỀ GRONWALL
Bổ đề cuối cùng này liên quan đến một bất phương trình tích
phân, nó rất cần thiết cho việc đánh giá tiên nghiệm trong các
chương sau.
Bổ đề 3.13. (
Bổ đề Gronwall
).

Giả sử
:[0, ]
f
TR→
là hàm khả tích, không âm trên
[0,T]
và
thỏa bất đẳng thức

12
0
() ()
t
f
tCCfsds≤+
∫

với hầu hết
[0, ]tT∈
trong đó

12
,CC
là các hằng số không âm
.

Khi đó

2
1
()
Ct
f
tCe≤
với hầu hết
[0, ]tT
∈
.
Ta cũng dùng các ký hiệu
/
(), () (), () (), (),
tr rr
ut u t u t u t ut u t==∇ lần lượt để chỉ (,),urt
2
2
(,), (,), (,)

uu u
rt rt rt
tt
r
∂∂∂
∂∂
∂
.

16
CHƯƠNG 3

NGHIỆM BÀI TOÁN ĐIỀU KIỆN ĐẦU
PHI TUYẾN
Trong chương này, chúng tôi nghiên cứu bài toán giá trò biên và
ban đầu (1.1) – (1.4) như sau:
(3.1)
1
()()(,),01,0
trr r
uu u Fufrt r tT
r
ε
−+ + = <<<<
,
(3.2)
0
lim ( , )
r
r

ru r t
+
→
<
+∞ , (1, ) ( )( (1, ) ) 0
ro
uthtutu
+
−=
%
,
(3.3)
(,0) (),
o
ur u r=
(3.4)
1/ 2
()
F
uuu
ε
ε
=
,
trong đó
0
ε
>
,
o

u
%
là hằng số cho trước,
(), (,), ()
o
ht f rt u r
là các
hàm cho trước thỏa các điều kiện sau:
1
() ,
o
HuR∈
%

2
() ,
o
HuH∈

1,
3
() (0,),HhW T
∞
∈
2
4
() (0,,).HfLTH∈

Không làm mất tính tổng quát ta lấy
1

ε
=
.
Nghiệm yếu của bài toán giá trò biên và ban đầu (3.1) – (3.4)
được thành lập như sau:
Tìm
2
(0, ; ) (0, ; )uL TV L TH
∞
∈∩

sao cho
()ut
thỏa bài toán biến

phân sau
(3.5)
1
( ), ( ), ( ) (1, ) (1) ( ( )),
rr
d
ut v u t v htu tv F ut v
dt
++ +


(), () (1), , , (0, ),
o
f
tv uhtv vVaet T=+ ∀∈∈

%


17
và điều kiện đầu
(3.6)
(0) .
o
uu=

Khi đó ta có đònh lý sau
Đònh lý 3.1.
Cho
T > 0
và

14
()()HH
−

đúng. Khi đó, bài toán

(3.1)-(3.4) có duy nhất một nghiệm yếu
);,0();,0(
2
HTLVTLu
∞
∩∈
sao cho
(3.7)

/2 2/5 5/2
(0, ; ), (0, ; ), ( ).
T
tu L T V tu L T H r u L Q
∞
∈∈ ∈

Chứng minh. Gồm nhiều bước.
Bước 1.
Phương pháp Galerkin
.
Lấy
{ }, 1,2,
j
wj= là một cơ sở trực chuẩn trong không gian
Hilbert tách được V. Ta tìm
()
m
ut theo dạng
(3.8)
1
() () ,
m
mmjj
j
ut c tw
=
=
∑

trong đó
(),1
mj
ct jm
≤
≤ thỏa hệ phương trình vi phân phi tuyến
(3.9)
/
1
( ), ( ), ( ) (1, ) (1)
( ( )), ( ), ( ) (1),1 ,
mj mrjr m j
mj joj
utw u tw htu tw
F
utw ftw uhtw jm
++
+=+≤≤
%

(3.10)
(0)
mom
uu= ,
trong đó
(3.11)
om o
uu→ mạnh trong H.
Dễ thấy rằng với mỗi m, tồn tại một nghiệm
()

m
ut có dạng (3.8)
thỏa (3.9) và (3.10) hầu khắp nơi trên
0
m
tT
≤
≤
, với một
m
T
nào
đó,
0.
m
TT<≤

18
Các đánh giá tiên nghiệm sau đây cho phép ta lấy
m
TT=
với
mọi m.
Bước 2.
Đánh giá tiên nghiệm
.
Ta sẽ lần lượt thiết lập hai đánh giá tiên nghiệm dưới đây. Khó
khăn chính ở phần này là số hạng phi tuyến
))((
1

tuF
m

)()(
2/1
tutu
mm
= tham gia vào phương trình do đó việc đánh giá tính
bò chặn và qua giới hạn của số hạng này cũng là một khó khăn.
Tuy nhiên, với số hạng phi tuyến cụ thể trong trường hợp này
không gây ra nhiều trở ngại so với số hạng phi tuyến tổng quát.
a) Đánh giá 1. Nhân phương trình thứ j của hệ (3.9) với
()
mj
ct
và tổng theo j, ta có
(3.12)
2
2
2
() 2 () 2 (1,)
mmrm
d
ut u t u t
dt
++


1
5/2

0
2(,)
m
ru rt dr+
∫


2
2(1 ( )) (1, ) 2 ( ), ( ) 2 ( ) (1, )
mmom
ht u t f t u t u htu t=− + +
%

Từ bất đẳng thức (2.9), ta suy ra rằng
(3.13)
2
2
2
2()2(1,) ().
mr m m
V
ut u t ut+≥

Ta suy từ (3.12), (3.13) rằng
(3.14)
1
22 5/2
0
() () 2 (,)
mm m

V
d
ut ut rurt dr
dt
++
∫


2
2
21 () () (2 1 ) ()
mr m
ht u t u t
ββ
⎡
⎤
≤− ++
⎢
⎥
⎣
⎦


2() () 2 ()3 ()
mo m
V
f
tut uht ut++
%

(
)
22
(0, )
21 () (2 1 ) ()
mm
LT V
hut ut
ββ
∞
⎡
⎤
≤+ ++
⎣
⎦


19

2222 2
(0, )
3
() () 2 ()
2
mo m
V
LT
f
tut uh ut

β
β
∞
++ + +
%


(
)
22 2 2
(0, )
(0, )
3
() 2 2 ()
2
om
LT V
LT
uh ft h ut
β
β
∞
∞
=+++
%


2
(0, )
12(21/)(1 ) () , 0

m
LT
hut
ββ
∞
⎡⎤
++ + + ∀>
⎣⎦
.
Chọn
0
β
> sao cho
(3.15)
(0, )
2(2 )1/2
LT
h
β
∞
+
≤
.
Từ (3.14), (3.15) ta được
(3.16)
1
22 5/2
0
1
() () 2 (,)

2
mm m
V
d
ut ut rurt dr
dt
++
∫


22 2
(0, )
3
()
2
o
LT
uh ft
β
∞
≤+
%


2
(0, )
12(21/)(1 ) () .
m
LT
hut

β
∞
⎡⎤
++ + +
⎣⎦

Lấy tích phân (3.16) theo t, và sử dụng (3.10), (3.11) ta có
(3.17)
1
22 5/2
000
1
() () 2 (, )
2
tt
mm m
V
u t u s ds ds r u r s dr++
∫∫∫


222 2
(0, )
0
3
()
2
t
om o
LT

t
uuh fsds
β
∞
≤+ +
∫
%


2
(0, )
0
12(21/)(1 ) ()
t
m
LT
husds
β
∞
⎡⎤
++ + +
⎣⎦
∫


2
(2) (1)
0
() ,
t

m
TT
M
Musds≤+
∫

trong đó
(1) (2)
,
TT
MM là các hằng số chỉ phụ thuộc vào T và được
chọn như sau:

(1)
(0, )
12(21/)(1 ),
T
LT
Mh
β
∞
=+ + +

222 2
(2)
(0, )
0
3
() , .
2

T
om o
T
LT
M
uuhTfsdsm
β
∞
⎛⎞
≥+ + ∀
⎜⎟
⎝⎠
∫
%

Nhờ bổ đề Gronwall 2.13, từ (3.17) ta được

20
(3.18)
1
22 5/2
00
1
() () 2 (, )
2
tt
mm m
V
u t u s ds ds r u r s dr++
∫∫∫

(2) (1)
exp( ) , , , 0 ,
Tm
TT
M
tM M m t t T T≤≤∀∀≤≤≤
nghóa là
.
m
TT=

b) Đánh giá 2. Nhân (3.9) với
2/
()
mj
tc t và tổng theo j, ta có
(3.19)
2
/
2()
m
tu t
+


1
2
5/2

22 2
0
4
() () (1,) (,)
5
mr m m
d
tu t h t t u t t r u r t dr
dt
⎡⎤
++
⎢⎥
⎢⎥
⎣⎦
∫


2
22
2() (1,)[()]
mr m
d
tu t u t tht
dt
=+


1
5/2
/

0
8
(,) 2 (), ()
5
mm
tru rt dr tfttu t++
∫


22
2 [ ( ) (1, )] 2 (1, ) [ ( )]
omom
dd
uthtut uuttht
dt dt
+−
%%
.
Tích phân (3.19) theo biến thời gian từ 0 đến t sau đó sắp xếp lại
các số hạng ta được
(3.20)
2
2
/22
0
2() () (1,)
t
mmrm
s
us ds tu t tu t++

∫


1
5/2
2
0
4
(,)
5
m
trurt dr+
∫


2
22 2 /2
00
[1 ( )] (1, ) 2 ( ) [ ( )] (1, )
tt
mmr m
ht tu t s u s ds shs u sds=− + +
∫∫


1
5/2
/
00 0
8

(,) 2 (), ()
5
tt
mm
s
ds r u r s dr s f s su s ds++
∫∫ ∫


22/
0
2()(1,)2[()](1,)
t
om o m
uthtu t u shs u sds+−
∫
%%
.
Dùng bất đẳng thức (2.9), ta có
(3.21)
2
2
22
1
() (1,) () , [0, ], .
2
mr m m
V
tu t t u t tu t t T m
+

≥∀∈∀