Luận văn thạc sỹ: phương trình sóng với điều kiện biên không thuần nhất chưa tích phân giá trị biên Dương Thanh Liêm

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH
o0o




DƯƠNG THANH LIÊM




PHƯƠNG TRÌNH SÓNG VỚI ĐIỀU KIỆN
BIÊN KHÔNG THUẦN NHẤT CHỨA
TÍCH PHÂN GIÁ TRỊ BIÊN







LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC







THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH – 2006

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH
o0o



DƯƠNG THANH LIÊM



PHƯƠNG TRÌNH SÓNG VỚI ĐIỀU KIỆN
BIÊN KHÔNG THUẦN NHẤT CHỨA
TÍCH PHÂN GIÁ TRỊ BIÊN




Chuyên ngành: TOÁN GIẢI TÍCH
Mã số: 60 46 01



LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC:
TS. Nguyễn Thành Long
Khoa Toán – Tin học, Đại học Khoa học Tự nhiên
TP. Hồ Chí Minh.




THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH - 2006





Luận Văn được hoàn thành tại:
Trường Đại học Sư phạm 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:




Người nhận xét 2:

Học viên cao học: Dương Thanh Liêm.
Trung tâm giáo dục thường xuyên Huyện Củ Chi, TP. Hồ Chí Minh.


Luận văn sẽ được bảo vệ tại Hội đồng chấm luận văn Thạc sỹ Toán học
Trường Đại học Sư phạm Thành phố Hồ Chí Minh.
Vào lúc ……….giờ …… ngày …… tháng 9 năm 2006.

Có thể tìm hiểu luận văn tại Phòng Khoa học Công nghệ – Sau Đại học và
Thư viện trường Đại học Sư phạm TP. Hồ Chí Minh.


MỤC LỤC

Trang
Lời cảm ơn
Mục lục
Chương 0. Phần mở đầu 1
Chương 1. Các công cụ chuẩn bò 4
1.1 Các không gian hàm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.2 Không gian hàm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .6
1.3 Phân bố có giá trò trong không gian Banach . . . . . . . . . . . .7
1.4 Đạo hàm trong L
p
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
1.5 Bổ đề về tính compact của Lions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
1.6 Bổ đề về sự hội tụ yếu trong L

q
(Q) . . . . . . . . . . . . . . . . .12
Chương 2. Sự tồn tại và duy nhất nghiệm 13
2.1 Đònh lý 2.1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
2.2 Đònh lý 2.2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33
2.3 Đònh lý 2.3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33
Chương 3. Sự ổn đònh của nghiệm 34
Đònh lý 3.1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34
Chương 4. Xét một trường hợp cụ thể 41
Phần kết luận 51
Tài liệu tham khảo 52


LỜI CẢM ƠN

Lời đầu tiên, tôi xin chân thành cảm ơn Tiến Sỹ Nguyễn Thành Long, người
Thầy đã tận tình hướng dẫn, giúp đở tôi trong suốt khoá học và nhất là trong việc
hoàn thành luận văn này.
Xin chân thành cảm ơn quý Thầy, Cô thuộc khoa Toán-Tin học của hai
trường Đại Học Sư Phạm và Đại Học Khoa Học Tự Nhiên thành phố Hồ Chí Minh
đã tận tình truyền đạt kiến thức và kinh nghiệm cho tôi trong suốt khoá học.
Xin chân thành cảm ơn Phòng Khoa Học Công Nghệ – Sau Đại Học trường
Đại Học Sư Phạm thành phố Hồ Chí Minh đã tạo điều kiện thuận lợi cho tôi hoàn
thành chương trình học tập và thực hiện luận văn này.
Xin chânh thành cảm ơn Ban lãnh đạo Phòng giáo dục, Ban giám đốc Trung
tâm giáo dục thường xuyên Huyện Củ Chi và các bạn đồng nghiệp đã tạo điều kiện
và giúp đở tôi hoàn thành khoá học.
Cuối cùng, tôi xin cảm ơn các bạn học viên Cao học khoá 14 – Chuyên ngành
Giải tích, trường Đại Học Sư Phạm thành phố Hồ Chí Minh và đặc biệt là những
người thân trong gia đình đã động viên giúp đở tôi rất nhiều trong suốt khoá học.

Dương Thanh Liêm


1
CHƯƠNG 0. PHẦN MỞ ĐẦU

Trong luận văn này, chúng tôi xét bài toán sau: Tìm một cặp các hàm
(
u,P
) thỏa:

−+ ∈Ω(0,1) 0
tt xx t
u u f((u,u ) = F(x, t), x = , < t < T,
(0.1)
u
x
(
0
,t) = P(t),


(0.2)

u(
1
,t) =
0

,
(0.3)
u(x,
0
) = u
o
(x), u
t
(x,
0
) = u
1
(x),
(0.4)
trong đó
f(u,u
t
) = Ku + λ u
t
với
K
,
λ
là các hằng số không âm và
u
o
, u
1
, F
là các

hàm cho trước thỏa các điều kiện mà ta sẽ chỉ ra sau. Hàm chưa biết u(x,t) và giá
trò biên chưa biết P(t) thỏa một phương trình tích phân phi tuyến sau đây:

−−
∫
0
00,
t
P(t)=
g
(t) + H(u( ,t)) k(t s)u( ,s)ds
(0.5)
trong đó g, H, k là các hàm cho trước.
Trong [2], Áng và Đònh đã thiết lập đònh lý tồn tại và duy nhất nghiệm toàn
cục cho bài toán giá trò biên và ban đầu (0.1)-(0.4) với u
o
, u
1
, P là các hàm cho
trước,
F(x,t) =
0 và
α
<
α<01
-1
ttt
f(u,u ) = u u , (
)
.

Bằng sự tổng quát hóa của [2], Long và Đònh [5], [6] đã xét bài toán (0.1),
(0.3), (0.4) liên kết với điều kiện biên không thuần nhất tại
x
= 0 có dạng

−−
∫
0
000.
t
x
u(,t)=
g
(t)+ H(u( ,t)) k(t s)u( ,s)ds
(0.6)
Các tác giả trên đã lần lượt cứu xét nó trong [5,6] với
k
≡ 0, H(s) = hs,
trong đó
h
> 0.
2
Trong trường hợp H(s) = hs, trong đó h > 0, bài toán (0.1)-(0.5) được thành
lập từ bài toán (0.1)-(0.4), trong đó, hàm chưa biết u(x,t) và giá trò biên chưa biết
P(t) thỏa một bài toán Cauchy sau đây cho một phương trình vi phân thường

′′
ω 0 0
2
tt

P (t)+ P(t) = hu ( ,t), < t < T,
(0.7)

′
o1
00,
P( )=P , P( )=P
(0.8)
trong đó ω > 0, h ≥ 0, P
O
, P
1
là các hằng số dương cho trước [6].
Trong [1], An và Triều đã nghiên cứu một trường hợp riêng của bài toán
(0.1)-(0.4), (0.7), (0.8) với u
o
= u
1
= P
O
= 0và với F(x,t) = 0. Trong trường hợp sau,
bài toán (0.1)-(0.4), (0.7) và (0.8) là mô hình toán học mô tả sự va chạm của một
vật rắn và thanh đàn hồi nhớt tuyến tính tựa trên một nền cứng [1].
Từ (0.7), (0.8) ta biểu diễn P(t) theo P
O
, P
1
, ω, h, u
tt
(0,t) và sau đó tích phân

từng phần ta thu được

−−
∫
00,
t
0
P(t)=
g
(t)+ h(u( ,t)) k(t s)u( ,s)ds
(0.9)
trong đó

ω
−ω−
ω
sin t
g(t) = (P hu ( ))cos t + (P hu (0))
00 11
0, (0.10)

ωω
k(t) = h sin t.
(0.11)
Bằng cách khử ẩn hàm P(t), ta thay thế điều kiện biên (0.2) bởi

−−
∫
0
00 0

t
x
u(,t)=
g
(t)+ hu( ,t) k(t s)u( ,s)ds.
(0.12)
Khi đó, chúng ta đưa bài toán (0.1)-(0.4), (0.7), (0.8) về (0.1)-(0.4), (0.9)-
(0.11) hay (0.1), (0.3), (0.10)-(0.12).
Luận văn được trình bày theo các chương như sau:
Chương O: Phần tổng quan về bài toán khảo sát trong luận văn, điểm qua
các kết quả đã có trước đó, đồng thời nêu bố cục của luận văn.
3
Chương 1: Chúng tôi trình bày một số kết quả chuẩn bò bao gồm việc nhắc
lại một số không gian hàm, một số kết quả về phép nhúng compact giữa các
không gian hàm quan trọng.
Chương 2: Chúng tôi nghiên cứu sự tồn tại và duy nhất nghiệm yếu toàn
cục của bài toán (0.1)-(0.5). Chứng minh được dựa vào phương pháp Galerkin
liên kết với các đánh giá tiên nghiệm, hội tụ yếu và về tính compact. Trong phần
này, đònh lý Schauder được sử dụng trong việc chứng minh tồn tại nghiệm
xấp xỉ Galerkin.
Chương 3: Chúng tôi chứng minh rằng nghiệm
(u,P)
của bài toán (0.1)-
(0.5) là ổn đònh đối với các hàm
g, H
và
k
.
Chương 4: Chúng tôi xét bài toán cụ thể để minh họa phương pháp tìm
nghiệm của bài toán trên.

Kế đến là phần kết luận và sau cùng là danh mục các tài liệu tham khảo.













4
CHƯƠNG 1. MỘT SỐ CÔNG CỤ CHUẨN BỊ

1.1
. Các không gian hàm.
Đầu tiên, ta đặt các ký hiệu sau
Ω

= (0,1),
Q
T
=
Ω
× (0,T), T > 0, và bỏ qua
đònh nghóa các không gian hàm thông dụng:

m
p
mm,
p
C(
Ω), L (Ω), H (Ω), W (Ω) . Để cho gọn, ta ký hiệu lại như sau:

,
pp
L(
Ω)=L ,
mm
H(
Ω)=H .
m,
p
m,
p
W(
Ω)=W
Ta đònh nghóa
2
H=L(
Ω) là không gian Hilbert đối với tích vô hướng

∈
∫
1
2
0

.
u,v = u(x)v(x)dx, u, v L
(1.1)
Ký hiệu
.
để chỉ chuẩn sinh bởi tích vô hướng (1.1), nghóa là
⎛⎞
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
∫
1
1
2
2
0
,
u= u,v= u(x)dx

∈ .
2
uL
(1.2)
Ta đònh nghóa

{
}
∈
1
:1

V= v H v( )=0
, (1.3)
và

′′ ′ ′
∫
1
0
.
V
u,v = u,v = u(x)v(x)dx
(1.4)
V
là không gian con đóng của
H
1
, do đó,
V
là không gian Hilbert đối với tích vô
hướng của
H
1
. Mặt khác trên
V
thì
1
H
v
và ,
′

′
=
V
vvv
là hai chuẩn tương
đương. Điều này cho bởi bổ đề sau
Bổ đề 1.1:
Phép nhúng

V
↪
o
C( )
Ω

là compact và


o
C( )Ω
≤
V
vv

với mọi

∈
vV.
(1.5)
5

Chứng minh bổ đề 1.1 không khó khăn.
Bổ đề 1.2:
Đồng nhất H với H’ (đối ngẫu của H). Khi đó, ta có V
↪
H
≡
H’
↪

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

Chứng minh: Trước hết ta chứng minh rằng
H
nhúng trong
V’.
Vì
V
⊂
H
, với
mỗi w ∈
H
cố đònh, ánh xạ:

T
w
:
V

→

IR

∫
a
1
0
.
w
v T (v) = w,v = w(x)v(x)dx

(1.6)
là tuyến tính liên tục trên
V
, tức là
′
∈
w
TV.

Ta xét ánh xạ:

′
→
a
:
.
w
TH V
w T(w) = T

(1.7)
Khi đó ta có:

′
=∀∈∀∈
w
Tv w,v vV wH.
,, ,
V,V

(1.8)
Ta sẽ chứng minh rằng toán tử
T
thỏa các tính chất sau:
(i)
T
:
H

→
′
V
là đơn ánh,
(ii)
≤∀∈,
w
TwwH,

(iii)

T
(
H
) =
{
}
: ∈
w
TwH
là trù mật trong
V’.

Chứng minh:
(i) Dễ thấy rằng
T
tuyến tính. Nếu
T
w
= 0 thì
′
=
∀∈
w
VV
w,v T v
V
.
,
,v ,
Do

V
trù mật trong
H
, nên ta có
=
∀∈
w,v v H
0, . Do đó
w
= 0.
Vậy
T
là đơn ánh, nghóa là một phép nhúng từ
H
vào
V
’.
(ii) Ta có, với mọi
w
∈
H
,
6

′
∈= ∈=
∈=
∈=
==
≤

≤
v, 1 v, 1
v, 1
v, 1
sup , sup
sup
sup
VV
V
V
ww
V
Vv Vv
Vv
V
Vv
TTvw,v
wv
w v = w .

(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

′′ ′
∀∈
ww
V,V
L,T = 0, T T(H).

Ta chứng minh rằng
L
= 0.
Thật vậy, do
V
phản xạ, tức là (V’)’ ≡
V
, theo nghóa

′′ ′ ′
′′ ′
∀∈ ∃∈ = ∀∈
:,
L(V), lVL,z z,l zV.
V,V V,V
(1.9)
Lấy
z = T
w
∈ V’
, ta có:

′′ ′ ′
=
=∀∈
ww
V,V V,V
=L,T T l w,l w
V
.
0,,
Do
V
trù mật trong
H
, nên ta có:
=
∀∈
w,l w H.
0,
Vậy
l
= 0. Theo (1.9) ta có:
′′ ′ ′
′
=
=∀∈
L,z z,l z V.
0,
V,V V,V

Vậy
L
triệt tiêu trên
V
’
.

Chú thích 1.1: Từ bổ đề 1.2 ta dùng ký hiệu tích vô hướng
.,. trong
L
2
để chỉ
cặp tích đối ngẫu giữa
V
và
V
’.
Chuẩn trong
L
2
được ký hiệu bởi . . Ta cũng ký hiệu .
X
để chỉ chuẩn
trong một không gian Banach
X
và gọi
X
’ là không gian đối ngẫu của
X
.

1.2. Không gian hàm
L
p
(0,
T
;
X
), 1 ≤
p
≤ ∞.
Cho
X
là không gian Banach thực đối với chuẩn .
X
. Ta ký hiệu
L
p
(0,
T
;
X
), 1 ≤
p
≤ ∞, là không gian các lớp tương đương chứa hàm u : (0,
T
) → X
đo được, sao cho:
7

0

T
p
X
u(t) dt
<
∫
∞, với 1 ≤ p < ∞,
hay

(
)
0: ( ) , a.e., 0,
X
MutM tT
∃> ≤ ∈ với p = ∞.
Ta trang bò
L
p
(0,
T
;
X
), 1 ≤
p
≤ ∞ bởi chuẩn như sau:

⎛⎞
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠

∫
1
0
0
p
T
p
p
L(,T;X) X
u=u(t)dt
với 1 ≤
p
<∞,
hay

0
0
p
L(,T;X) X
<t<T
u = esssu
p
u(t)


{
}
0: , ., (0, )
X
inf M u(t) M a.e t T

≡> ≤ ∈
với
p
= ∞.
Khi đó ta có các bổ đề sau đây mà chứng minh của chúng có thể tìm thấy
trong Lions[4].
Bổ đề 1.3: (Lions[4]).
L
p
(0,
T
;
X
), 1 ≤
p
≤ ∞
là không gian Banach
.
Bổ đề 1.4: (Lions[4]).
Gọi X’ là đối ngẫu của X. Khi đó
p
(0, ; )
LTX
′
′
với
+=
′
pp
11

1
, 1 <
p
< ∞,
là đối ngẫu của L
p
(0,T;X). Hơn nữa, nếu X phản xạ thì
L
p
(0,T;X) cũng phản xa
ï.
Bổ đề 1.5: (Lions[4]). (
1
(0, ; )
LTX
)’ = (0, ; )
LTX
∞
′
.
Hơn nữa các không gian

1
(0, ; )
LTX,
(0, ; )
LTX
∞
′
không phản xa

ï.
Chú thích 1.2: Nếu
X
=
p
()
L
Ω
thì
p
(0, ; )
LTX
=
p
((0,))
LT
Ω× .
1.3. Phân bố có giá trò trong không gian Banach.
Đònh nghóa 1.1: Cho
X
là một không gian Banach thực. Một ánh xạ tuyến tính
liên tục từ
D
((0,
T
)) vào
X
gọi là một (hàm suy rộng) phân bố có giá trò trong
X
.

Tập các phân bố có giá trò trong
X
, ký hiệu là:
8

D’
(0
,T
;
X
)
= L
(
D
(0
,T
);
X
)
=
{
u
:
D
(0
,T
)

→
X

⏐
u
tuyến tính liên tục}.
Chú thích 1.3: 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 1.2: Cho
u
∈
D’
(0
,T
;
X
). Ta đònh nghóa đạo hàm
du

dt
theo nghóa phân
bố của
u
bởi công thức:

0
du d
,u,, D(,T).
dt dt
ϕ
ϕ=− ∀ϕ∈ (1.10)
Các tính chất:
i/. Cho
v
∈
L
p
(0.
T
;
X
) ta làm tương ứng nó bởi ánh xạ
T
v
:
D
(0,
T
) →

X
như sau:

()
ϕ= ϕ ∀ϕ∈
∫
0
0
T
v
T, v(t) (t)dt, D ,T.
(1.11)
Ta có thể nghiệm lại rằng
T
v
∈
D’
(0,
T
;
X
). Thật vậy:
j/. nh xạ là tuyến tính.
jj/. Ta nghiệm lại ánh xạ
T
v
:
D
(0,
T

) →
X
là liên tục.
Giả sử
{
}
()
j
D,T
ϕ⊂ 0
sao cho
j
ϕ
→ 0 trong
D
(0,
T
). Ta có:

′
′
→∞
ϕ= ϕ ≤ ϕ
⎛⎞⎛ ⎞
≤ϕ⎯⎯⎯⎯→
⎜⎟⎜ ⎟
⎜⎟⎜ ⎟
⎝⎠⎝ ⎠
∫∫
∫∫

0
11
0
0
TT
vj j j
X
X
0
X
TT
pp
p
p
j+
j
X
0
T , v(t) (t)dt v(t) (t) dt
v(t) dt (t) dt .
(1.12)
Do đó,
,0
vj
T ϕ
→ trong
X
khi
j
→+∞. Vậy

T
v
∈
D’
(0,
T
;
X
).
ii/. nh xạ
v
vTa
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 1.6. (Lions [4])
L
p
(0,
T
;
X
) ⊂
D’
(0,
T
;
X
)
với phép nhúng liên tục
.

9
1.4. Đạo hàm trong
L
p
(0,
T
;
X
).
Do bổ đề 1.6, phần tử
u
∈

L
p
(0,
T
;
X
) ta có thể coi
u
và do đó
du
dt
là các
phần tử của
D’
(0,
T
;
X
). Ta có kết quả sau
Bổ đề 1.7. (Lions [4])
Nếu

u
∈
L
1
(0,
T
;
X

)
va
ø
u
’∈
L
1
(0,
T
;
X
)
thì u bằng hầu hết
với một hàm liên tục từ
[0,
T
] →
X.

Chứng minh bổ đề 1.7 bằng nhiều bước.
Bước 1: Đặt
0
t
H(t) u(s)ds
′
=
∫
. Khi đó
H
: [0,

T
] →
X
liên tục, vì
1
0
uL(,T;X).
′
∈

Trước hết, ta chứng minh rằng
dH du
u
dt dt
′
=
= theo nghóa phân bố. Thật vậy:
()
D,T
∀ϕ∈ 0 ta có:

0
00 0
0
T
Tt T T
s
T
dH d d
,H, H(t)(t)dt

dt dt dt
dd
= u (s)ds (t)dt u (s) (t)dt ds
dt dt
= u (s) (s)ds= u , .
ϕϕ
ϕ=− =−
⎛⎞ ⎛ ⎞
ϕϕ
′′
−=−
⎜⎟ ⎜ ⎟
⎜⎟ ⎜ ⎟
⎝⎠ ⎝ ⎠
′′
ϕϕ
∫
∫∫ ∫ ∫
∫
(1.13)
Vậy
dH du
u
dt dt
′
==
trong
D
’(0,
T

;
X
).
Bước 2: Ta suy ra rằng
u
=
H
+
C
, theo nghóa phân bố (
C
là hằng).
Thật vậy, giả sử
v
=
H
−
u
. Ta có
v
′
=
0 theo nghóa phân bố (do bước 1).
Ta sẽ chứng minh rằng
v
=
C
theo nghóa phân bố. Thật vậy
v
′

=
0 tương đương
với

()
T
v(s) (s)ds , D ,T .
′
ϕ=∀ϕ∈
∫
0
00 (1.14)
10
Coi
()
D,T
∀ϕ∈ 0
ta có thể viết
ϕ
dưới dạng
0
=
′
ϕ
λ
ϕ
+
ψ
, trong đó
(

)
D,T
ψ∈ 0
,
0
ϕ
thỏa
T
(
s)ds
ϕ
=
∫
0
0
1 và λϕ
∫
0
T
=(t)dt.

Thật vậy, vì
()
T
(t) (t) dt
ϕ
−λ
ϕ
=
∫

0
0
0
nên nguyên hàm của
(
t) (t
)
ϕ
−λ
ϕ
0
triệt tiêu
tại
t
= 0 sẽ thuộc
D
(0,
T
).
Chọn
()
t
(
t) (s) (s) ds
ψ=ϕ−λϕ
∫
0
0
và trong (1.14), thay
′

ϕ
bởi
′
ψ
, ta thu được

()
T
v(s) (s)ds , D ,T
′
ψ=∀ϕ∈
∫
0
00
do đó

[]
()
T
v(s) (s) (s ds , D ,T
ϕ−λϕ = ∀ϕ∈
∫
0
0
00
hay

()
0
00

0
00
0
TT
TT
v(s) (s)ds v(s) (s)ds
= (t)dt v(t) (t)dt , D ,T .
ϕ=λϕ
ϕϕ∀ϕ∈
∫∫
∫∫
(1.15)
Đặt
T
Cv(t)(t)d
t
=ϕ
∫
0
0
, ta suy ra từ (1.15) rằng

() ()
0
00
T
v(s) C (s)ds , D ,T .
−ϕ = ∀ϕ∈
∫

Vậy
v
(
t
) =
C
trong
D’
(0,
T
;
X
).
Bước 3: Ta sử dụng tính chất sau
11
Nếu
w
∈
L
1
(0,
T
;
X
) và
()
T
w(t) (t)dt , D ,T
ϕ=∀ϕ∈
∫

0
00 thì
w
(
t
)=0 với hầu
hết
t
∈ (0,
T
). Điều này có được là do ánh xạ
w
w T
a từ
L
1
(0,
T
;
X
) vào
D’
(0,

T
;
X
) là đơn ánh (tính chất ii/ ở trên).
Từ các bước 1, 2, 3 ở trên ta suy ra rằng
u

=
H
+
C
, theo nghóa phân bố.
Tương tự ta có bổ đề sau:
Bổ đề 1.8. (Lions [4])
Nếu

u
∈
L
p
(0,
T
;
X
)
và

u
′
∈
L
p
(0,
T
;
X
)

thì u bằng hầu hết
một hàm liên tục tư
ø [0,
T
]
vào X
.
1.5. Bổ đề về tính compact của Lions [4].
Cho ba không gian Banach
X
0
,
X
1
,
X
với
X
0
⊂
X
⊂
X
1
với các phép
nhúng liên tục sao cho:

X
0
,

X
1
là phản xạ, (1.16)
Phép nhúng
X
0
↪
X
là compact. (1.17)
Với 0 <
T
< ∞,
i
p
≤≤∞1 , i = 0, 1, ta đặt:

()
()
()
{
}
0
1
01
00:0
p
p
W ,T v L ,T;X v L ,T;X .
′
=∈ ∈

(1.18)
Ta trang bò
W
(0,
T
) bởi chuẩn:

()
()
0
1
01
00 0
p
p
W( ,T) L ,T;X L ,T;X
vv v .
′
=+
(1.19)
Khi đó,
W
(0,
T
) là một không gian Banach. Hiển nhiên
()
()
p
W,T L ,T;X
⊂

0
0
00
.
Ta cũng có kết quả sau đây liên quan đến phép nhúng compact.
Bổ đề 1.9. (Bổ đề về tính compact của Lions [4])

Với giả thiết
(1.16), (1.17)
va
ø 1
i
p
,
<
<∞
i
= 0, 1,
thì phép nhúng

W
(0,
T
) ↪
()
p
L,T;X
0
0
là compact

.
Chứng minh bổ đề 1.9 có thể tìm thấy trong Lions [4], trang 57.

12
1.6. Bổ đề về sự hội tụ yếu trong
L
q
(
Q
).
Bổ đề sau đây liên quan đến sự hội tụ yếu trong
L
q
(
Q
).
Bổ đề 1.10.
Cho Q là tập mở bò chặn của IR
N
và G
m
, G
∈
L
q
(
Q
), 1 <

q < ∞

sao
cho

p
m
L(Q)
G
C
≤ ,
trong đó C là hằng số độc lập với m và G
m
→ G a.e. trong Q
.
Khi đó G
m
→ G yếu trong L
q
(Q)
.
Ta cũng dùng các ký hiệu u(t),
′
=
=
t
u(t) u (t) u(t
)
&
,
tt
u (t) u (t) u(t

)
′′
==
&&
,
x
u(t) u(t
)
=∇
,
xx
u(t) u(t
)
=Δ
để lần lượt chỉ:

2
uuuu
u(x,t), (x,t), (x,t), (x,t), (x,t
)
tx
tx
∂∂ ∂∂
∂∂
∂∂
22
2
.

13
CHƯƠNG 2. SỰ TỒN TẠI VÀ DUY NHẤT NGHIỆM
Trong chương này, chúng tôi trình bày sự tồn tại và duy nhất của nghiệm
yếu toàn cục cho bài toán: tìm một cặp hàm (u(x,t), P(t)) thỏa:

(
)
−++λ= ∈Ω <<
tt xx t
u u Ku u F(x,t), x = , , t T,
01 0 (2.1)

0
x
u ( ,t) P(t),
= (2.2)

10
u( ,t) ,
= (2.3)

==
ot
u(x,)u(x), u(x,)u(x),
1
00 (2.4)

0
00
t
P(t)
g
(t) H(u( ,t)) k(t s)u( ,s)ds,
=+ −−
∫
(2.5)
trong đó
K, λ
là hai hằng số không âm và
u
o
,
u
1
,
F

,
g
,
H
,
k
là các hàm cho trước
thỏa các điều kiện nào đó mà ta sẽ đặt ra sau.
Chứng minh được dựa vào phương pháp 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 các phép nhúng compact. Trong phần này, đònh lý Schauder được
sử dụng trong việc chứng minh tồn tại nghiệm xấp xỉ Galerkin.
Trước hết ta thành lập các giả thiết sau:
(A
1
)
K, λ
là hai hằng số không âm;
(A
2
)
u
o
∈
H
1
,
u
1
∈

L
2
;
(A
3
)
()
∈
1
0
g
H,T;

(A
4
)
()
∈
1
0
kH ,T
và
k
(0) = 0;
(A
5
)
()
()
∈Ω×

2
0
FL ,T;

(A
6
) Hàm số
(
)
HCIR
∈
1
thỏa
H
(0) = 0 và tồn tại một hằng số
h
>
0
0
14
sao cho
η
∧
η= ≥− ∀η∈
∫
0
0
(
)H(s)dsh, IR.
H

Khi đó ta có đònh lý sau đây:
Đònh lý 2.1
:
Cho T
> 0
va
ø g
iả sử
(A
1
)-(A
6
)
đúng. Khi đó,

tồn tại một nghiệm yếu
(u,P)
của bài toán
(2.1)-(2.5)
sao cho
:

()
(
)
()
∞∞
∈∈ ∈
22

0000
tt
u L ,T;V , u L ,T;L , u ( ,t) L ,T ,
(2.6)

()
∈
1
0
PH ,T.
(2.7)
Hơn nữa, nếu H thỏa thêm điều kiện
()
6
A
′

2
1
H C (IR), H (s) , s IR.
′
∈>−∀∈

Khi đó nghiệm bài toán là duy nhất
.
Chứng minh: Gồm nhiều bước.
Bước 1: Xấp xỉ Galerkin.
Xét một cơ sở trực chuẩn đặc biệt trong
V
như sau:

()
2
2
21
2
1
jjj
j
w (x) cos( x),
j
,
j
=1,2,
π
=λλ=−
+λ
(2.8)
được thành lập từ các hàm riêng của toán tử Laplace
2
x
∂
−
∂
. Đặt
=
=
∑
1
m

mm
jj
j
u(t) c (t)w,
(2.9)
trong đó c
mj
(t) thỏa một hệ phương trình vi phân phi tuyến sau đây:
15

()
′′
++
′
++λ = ≤≤
mj mjmj
mmj j
u (t),w a u (t),w P (t)w ( )
Ku (t) u (t),w F(t),w ,
j
m,
0
1
(2.10)

()
0
00
t
mm m

P(t)
g
(t) Hu(,t) k(t s)u(,s)ds,
=+ −−
∫
(2.11)

1
00
1
11
1
0
0
m
mmmjj
j
m
2
mmmjj
j
u ( ) u w u mạïnh tron
g
H,
u ( ) u w u mạïnh tron
g
L.
=
=
⎧

==α →
⎪
⎪
⎨
⎪
′
==β →
⎪
⎩
∑
∑
(2.12)
Hệ phương trình (2.10)-(2.12) được viết lại dưới dạng

−
⎡
⎤
′′ ′
+λ = + +λ −
⎣
⎦
2
2
1
0
m
jj
m
j
m

j
mm
j
j
c (t) c (t) P (t)w ( ) Ku (t) u (t) F(t),w
w
(2.13)

()
=+ −−
∫
0
00
t
mm m
P(t)
g
(t) Hu(,t) k(t s)u(,s)ds,
(2.14)
0 0 1
mj mj mj mj
c ( ) , c ( ) , j m.
′
=α =
β
≤≤ (2.15)
Bổ đề 2.1:
Nghiệm của bài toán Cauchy sau đây
:

2
0
00
c(t) c(t)
q
(t), t ,
c( ) , c ( ) ,
⎧
′′
+λ = >
⎪
⎨
′
=α =β
⎪
⎩
(2.16)
cho bởi công thức
:

[
]
0
t
sin (t )
sin( t)
c(t) cos( t)
q
()d.
λ−τ

λ
=α λ +
β
+ττ
λλ
∫
(2.17)
Chứng minh bổ đề 2.1 không khó, ta bỏ qua.
p dụng bổ đề 2.1 cho hệ (2.13)-(2.15) với
, , ,
j
mj mj
λ
λαα β β
=
==

16
λ
−
⎡⎤
′
=++−
⎣⎦
2
1
() () (0) () () (), ,
mj m m j
j
qt Ptw Kut ut Ftw

w

ta thu được (2.13)-(2.15) là tương đương với hệ phương trình vi tích phân sau:
⎡⎤
λ−τ
λ
⎣⎦
=α λ +β + τ τ
λλ
λ
=α λ +β
λ
⎡⎤
λ−τ
⎣⎦
⎡⎤
′
−τ+τ+λτ−ττ
⎣⎦
λ
λ
=α λ +β
λ
∫
∫
0
2
0
1
0

t
j
j
mj mj j mj
jj
j
mj j mj
j
t
j
mj m m j
j
j
j
mj j mj
j
sin (t )
sin( t)
c (t) cos( t) q( )d
sin( t)
cos( t)
sin (t )
P ( )w ( ) Ku ( ) u ( ) F( ),w d
w
sin( t)
cos( t)

()
τ
⎡

⎡⎤
⎛⎞
λ−τ
⎣⎦
⎢
−τ+τ−τ−
⎜⎟
⎜⎟
λ
⎢
⎝⎠
⎣
⎤
′
τ+λ τ− τ τ
⎦
λ
=α λ +β −
λ
∫∫
2
00
1
000
1
t
j
mmj
j
j

mm j
j
mj j mj
j
sin (t )
g( ) H u ( , ) k( s)u ( ,s)ds w ( )
w
+ Ku ( ) u ( ) F( ),w d
sin( t)
cos( t)
w
()
⎡⎤
λ−τ
⎣⎦
⎡
⎤
τ
−τ τ
⎣
⎦
λ
⎡⎤
λ−τ
⎣⎦
⎡⎤
′
−τ+τ+λττ
⎣⎦
λ

∫
∫
2
0
2
0
0
1
00
t
j
jj
j
j
t
j
mj mmj
j
j
sin (t )
g
()w() F(),w d
sin (t )
H u ( , ) w ( ) Ku ( ) u ( ),w d
w


τ
⎡⎤
⎛⎞

λ−τ
⎣⎦
τ
−τ
⎜⎟
⎜⎟
λ
⎝⎠
∫∫
t
j
j
m
j
j
sin (t )
w( )
+k(s)u(,s)dsd.
w
2
00
0
0
(2.18)
Ta viết lại (2.18) như sau:
17
()
2
0
2

00
1
00
0
0219
t
mj mj j m j m m j
j
t
j
jm
j
c (t) G (t) N (t ) H(u ( , ))w ( ) Ku ( ) u ( ),w d
w
w( )
+ N (t ) k( s)u ( ,s)ds d , .
w
τ
⎡⎤
′
=− −τ τ +τ+λττ
⎣⎦
⎛⎞
−τ τ− τ
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
∫
∫∫
trong đó

()
λ
⎧
=
⎪
λ
⎪
⎪
⎨
⎪
⎡⎤
′
=α +β + −τ τ − τ τ
⎣⎦
⎪
⎪
⎩
∫
2
0
220
1
0
j
j
j
t
mj mj j mj j j j j
j
sin( t)

N (t) , .
G (t) N (t) N (t) N (t ) F( ),w g( )w ( ) d .
w

Khi đó, ta có bổ đề sau đây:
Bổ đề 2.2:
Cho T
> 0
và
g
iả sử
(A
1
)-(A
6
)
thỏa. Khi đó he
ä (2.19)-(2.20)
có nghiệm
c
m
= ( c
m1
,…, c
mm
) trên một đoạn
[
0, T
m
]

⊂

[
0, T
]
.
Chứng minh bổ đề 2.2: Ta bỏ qua chỉ số
m
, hệ (2.19)-(2.20) viết lại dưới dạng

c
=
Uc
, (2.21)
trong đó

()
(
)
==
=+ −τ ττ
∫
mm
t
jj j j
c c , ,c , Uc (Uc) , (Uc) ,
(
Uc) (t) G (t) N (t )(Vc) ( )d ,
11

0
(2.22)

12
0
t
jj j
(
Vc) (t) f (c(t),c (t)) k(t s) f (c(s))ds,
′
=+−
∫
(2.23)
18

′
=α +β
⎡
⎤
+−ττ−ττ
⎣
⎦
∫
jmjjmjj
t
jjj
j
G(t) N(t) N(t)
N (t ) F( ),w
g

()w()d,
w
2
0
1
0
(2.24)
với
1
::
2m m
j2j
f IR IR, f IR I
R
→→ xác đònh bởi:

()
11
1
00
mm
1j i i j i i i j
ii
j
f(c,d) H cw()w() Kc d w,w ,
w
==
⎡⎤
⎛⎞
−

=++λ
⎢⎥
⎜⎟
⎜⎟
⎢⎥
⎝⎠
⎣⎦
∑∑
(2.25)

2
1
0
01
m
j
jii
i
j
w( )
f(c) cw(),
j
m.
w
=
=≤≤
∑
(2.26)
Với mỗi
T

m
> 0,
M
> 0 ta đặt:

[]
()
{
}
=∈ ≤
1
1
0:
m
Mm
BcC,T;IRcM,


′
=+
10 0
ccc,

011
0
1
m
m
i
tT

i
cc(t), c(t)c(t).
sup
≤≤
=
==
∑

Dễ thấy rằng
M
B
là tập con lồi đóng và bò chặn của
Y
=
C
1
([0,
T
m
];
IR
m
). Dùng
đònh lý điểm bất động Schauder ta sẽ chứng minh rằng toán tử
U
:
M
B
→
Y

xác
đònh bởi (2.22)-(2.26) có điểm bất động. Điểm bất động này là nghiệm của hệ
(2.19). Trước hết ta sẽ chứng minh
U
biến tập
M
B
vào chính nó.
i). Chú ý rằng (
Vc
)
j
∈ C
0
([0,
T
m
];
IR
) với mọi c ∈ C
1
([0,
T
m
];
IR
m
) do đó ta
suy ra từ (2.22) và đẳng thức

() ()
t
jj
jj
Uc (t) G (t) N (t ) Vc ( )d
′
′′
=+ −τ ττ
∫
0
, (2.27)
rằng
U
:
Y
→
Y
.
Cho
c
∈
M
B
, ta suy ra từ (2.22), (2.27) rằng
19

()
m
Uc (t) G(t) T Vc
≤+

λ
10
1
1
1
, (2.28)

()
m
Uc (t) G (t) T Vc
′
′
≤+
10
1
. (2.29)
Mặt khác, ta suy ra từ (A
4
), (A
5
) và (2.23) rằng:

()
[]
()
()
()
1
11 22
00

1
m
jj
L,T
j
Vc N f , M k N f , M M ,T ,
=
⎡⎤
≤+ ≡β
⎢⎥
⎣⎦
∑
(2.30)

()
{
}
11 1
:
mm
jj
IR IR
Nf,M su
p
f(
y
,z)
y
M, z M ,
=≤≤ (2.31)

()
{
}
22 2
:
m
jj
IR
Nf,M su
p
f(
y
)
y
M.
=≤ (2.32)
Do đó, từ (2.28)-(2.30) ta thu được:

()
11
1
1
1
*
m
Uc G T M,T ,
⎛⎞
≤++ β
⎜⎟

λ
⎝⎠
(2.33)
trong đó:

10 0 1 1
00
** *
tT tT
GGG su
p
G(t) su
p
G(t) .
≤≤ ≤≤
′′
=+ = +

Chọn
M
và sau đó chọn
T
m
> 0 sao cho:

*
MG
>
1
2 và

()
m
M
TM,T
⎛⎞
+β≤
⎜⎟
λ
⎝⎠
1
1
1
2
. (2.34)
Do đó:
Uc
M
≤
1
với mọi
c
∈
M
B
. Nghóa là toán tử
U
biến
M
B
vào chính nó.

ii). Tiếp theo, ta chứng minh toán tử
U
liên tục trên
M
B
. Cho
c
,
d
∈
M
B
ta có:

() () () ()
t
j
jj jj
Uc ( t ) Ud (t ) N (t ) Vc ( ) Vd ( ) d
⎡
⎤
−=−ττ−ττ
⎣
⎦
∫
0
. (2.35)
Do đó:
20

m
Uc Ud T Vc Vd
−≤ −
λ
00
1
1
. (2.36)
Tương tự, ta cũng thu được từ đẳng thức

() () () ()
t
j
jj jj
Uc (t ) Ud ( t ) N (t ) Vc ( ) Vd ( ) d
′′
⎡
⎤
′
−=−ττ−ττ
⎣
⎦
∫
0
(2.37)
rằng:

()()
′′
−≤−

m
Uc Ud T Vc Vd .
0
0
(2.38)
Bây giờ, ta đánh giá số hạng
Vc Vd
−
0
. Ta có:

() ()
(
)
(
)
() ()
11
jj
jj
t
2j 2j
0
Vc (t) Vd (t) f c(t),c (t) f d(t),d (t)
+ k(t-s) f c(s) f d(s) ds.
′′
−= −
⎡
⎤
−

⎣
⎦
∫
(2.39)
Từ các giả thiết (A
4
), (A
5
) và (2.39) ta suy ra tồn tại một hằng số dương
K
M
sao
cho:

()
()
⎡⎤
′′
−≤ + −+− ∀∈
⎢⎥
⎣⎦
1
0000
2
MM
L,T
Vc Vd K k c d c d , c,d B .
(2.40)
Từ (2.36), (2.37) và (2.40) chứng tỏ rằng
U

:
M
B
→
Y
là liên tục.
iii). Bây giờ ta sẽ chứng minh rằng tập
M
UB
là một tập tương đối compact trong
Y
.
Cho
c
∈
M
B
,
t
,
t
’∈ [0,
T
m
]. Từ (2.22) ta có:

() () ()
()
′
⎡⎤

′′ ′
−=−+−τ−−τττ
⎣⎦
′
−− ττ
∫
∫
0
t
jj j j
jj j
t
j
j
t
Uc (t) Uc (t) G(t) G(t) N(t ) N(t ) Vc ()d
N (t t) Vc ( )d .
(2.41)
Chú ý rằng từ bất đẳng thức: