Luận văn thạc sỹ: phương trình sóng tuyến tính với các điều kiện biên của Nguyễn Văn Phong

ĐẠI HỌC QUỐC GIA THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN





NGUYỄN VĂN PHONG





PHƯƠNG TRÌNH SÓNG TUYẾN TÍNH VỚI ĐIỀU KIỆN BIÊN
CHỨA PHƯƠNG TRÌNH TÍCH PHÂN TUYẾN TÍNH





LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC






Chuyên ngành: Toán Giải Tích
Mã số : 1.01.01

THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH – 2006

ĐẠI HỌC QUỐC GIA THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN








PHƯƠNG TRÌNH SÓNG TUYẾN TÍNH VỚI ĐIỀU KIỆN BIÊN
CHỨA PHƯƠNG TRÌNH TÍCH PHÂN TUYẾN TÍNH



LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC







Chuyên ngành : Toán Giải Tích

Mã số : 1.01.01
Người hướng dẫn khoa học : TS. Nguyễn Thành Long
Khoa Toán – Tin học, Đại học Khoa học Tự nhiên Tp. Hồ Chí Minh
Học viên cao học : Nguyễn Văn Phong








THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH – 2006

LUẬN VĂN ĐƯC HOÀN THÀNH TẠI TRƯỜNG ĐẠI HỌC
KHOA HỌC TỰ NHIÊN THÀNH PHỐ 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
Đại học Sư phạm Tp Hồ Chí Minh
Người nhận xét 2:
TS. Trần Minh Thuyết
Khoa Thống kê Toán – Tin học
Đại học Kinh tế Tp Hồ Chí Minh
Học viên cao học:

Nguyễn Văn Phong

LUẬN VĂN ĐƯC BẢO VỆ TẠI
HỘI ĐỒNG CHẤM LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN TP HỒ CHÍ MINH.





THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH – 2006
LỜI CẢM ƠN
Đầu tiên, tôi xin gởi lời cảm ơn chân thành đến Thầy Nguyễn Thành Long,
người Thầy đã hướng dẫn, giúp đỡ và động viên tôi trong quá trình hoàn thành
luận văn này.
Xin chân thành cảm ơn Thầy Nguyễn Bích Huy và Thầy Trần Minh Thuyết
đã đọc và cho tôi nhiều nhận xét bổ ích.
Xin gởi lời cảm ơn đến Quý Thầy Cô Bộ môn Giải tích, Khoa Toán – Tin
học, trường Đại học Khoa học Tự nhiên TP. Hồ Chí Minh, đã tận tình truyền đạt
kiến thức cho chúng tôi trong toàn bộ khoá học.
Xin gởi lời cảm ơn đến Quý Thầy Cô Phòng sau Đại học, trường Đại học
Khoa học Tự nhiên TP. Hồ Chí Minh đã tạo điều kiện cho chúng tôi trong suốt
quá trình học tập và hoàn thành các thủ tục cần thiết.
Tôi xin cảm ơn các Anh Chò các khoá trước và các Bạn cùng lớp Cao học
khoá 14, cũng như các Thầy cùng Anh Chò và các Bạn ở lớp semina do Thầy
hướng dẫn tổ chức đã động viên tôi trong quá trình hoàn thành luận văn này.
Cuối cùng, tôi không quên nói lời cảm ơn sâu sắc và lòng yêu thương dành
cho gia đình, nơi có người thân thương nhất của tôi.

MỤC LỤC

Trang
Chương 0. Phần mở đầu 3
Chương 1. Các công cụ chuẩn bò 8
Chương 2. Sự tồn tại và duy nhất nghiệm 13
Chương 3. Sự ổn đònh của nghiệm 28
Chương 4. Khai triển tiệm cận nghiệm theo một tham số 33
Chương 5. Khai triển tiệm cận nghiệm theo hai tham số 38
Phần kết luận 47
Tài liệu tham khảo 48

3
CHƯƠNG 0. PHẦN MỞ ĐẦU
Trong luận văn này, chúng tôi xét bài toán sau: Tìm một cặp hàm
(, )uP thỏa
(,),0 1,0 ,
tt xx t
uu Ku uFxt x tT
λ
−++ = << << (0.1)
(0, ) ( ),
x
utPt
=
(0.2)
1
(1, ) (1, ),
x
ut Kut=− (0.3)
01
(,0) (), (,0) (),

t
ux u x u x u x== (0.4)
trong đó
1
,,KK
λ
là các hằng số không âm cho trước và
01
,,uuF là các hàm số
cho trước thỏa các điều kiện nào đó mà chúng ta sẽ chỉ ra sau. Hàm chưa biết
(,)uxt và giá trò biên chưa biết ()Pt thoả một phương trình tích phân tuyến tính
sau đây
0
() () (0,) ( ) (0, ) ,
t
P t g t hu t k t s u s ds=+ − −
∫
(0.5)
trong đó
h
là hằng số không âm cho trước và
,gk
là các hàm cho trước.
Bài toán tương tự với dạng (0.1) – (0.5) đã được chú ý nghiên cứu bởi nhiều tác
giả [1, 2, 4, 6 – 10].
Xét bài toán (0.1) – (0.4) trong đó, hàm số
()Pt
trong (0.2) chưa biết thoả
một bài toán Cauchy sau đây cho phương trình vi phân thường
// 2

() () (0,), 0 ,
tt
Pt Pt hu t tT
ω
+= <<
(0.6)
/
01
(0) , (0) ,PPP P==
(0.7)
trong đó
01
0, 0, ,hPP
ω
>≥ là các hằng số cho trước.
Bài toán (0.1) – (0.4) và (0.6), (0.7) là mô hình toán học mô tả sự va chạm
của một vật rắn và một thanh đàn hồi nhớt tuyến tính tựa trên một nền đàn hồi.
Từ (0.6), (0.7) ta biểu diễn
()Pt theo
01
,,,, (0,)
tt
PP hu t
ω
và sau đó tích
phân từng phần, ta thu được
()Pt
như công thức (0.5), trong đó

4

00 11
1
( ) ( (0))cos ( (0))sin ,gt P hu t P hu t
ω
ω
ω
=− + −
(0.8)
() sin .kt h t
ω
ω
= (0.9)
Bằng cách khử ẩn hàm
(),Pt
ta thay thế điều kiện biên (0.2) bởi
0
(0, ) ( ) (0, ) ( ) (0, ) .
t
x
u t g t hu t k t s u s ds=+ − −
∫
(0.10)
Khi đó ta đưa bài toán (0.1) – (0.4) và (0.6), (0.7) về (0.1) – (0.5), (0.8) và (0.9)
hay (0.1), (0.3), (0.4), (0.10).
Trong [1], bằng phép biến đổi Laplace, Nguyễn Thúc An và Nguyễn Đình
Triều đã nghiên cứu một trường hợp riêng của (0.1), (0.2), (0.4), (0.6), (0.7) liên
kết với điều kiện biên Dirichlet
(1, ) 0,ut=
(0.11)
với

010
0, ( , ) 0 .uuP Fxt=== =
Trong trường hợp sau bài toán (0.1), (0.2), (0.4),
(0.6), (0.7) và (0.11) là mô hình toán học mô tả sự va chạm của một vật rắn và
một thanh đàn hồi nhớt tuyến tính tựa trên một nền cứng [1]. Trong [2] cũng dùng
phép biến đổi Laplace các tác giả Nguyễn Thúc An, Nguyễn Đăng Tộ, Nguyễn
Tiến Triển đã nghiên cứu bài toán (0.1), (0.2), (0.4), (0.6), (0.7), (0.11) với
010
0,===uuP 0, ( , ) , 0== =− >KFxtx
λ
γγ
là hằng số. Trong trường hợp này
bài toán là mô hình toán học mô tả sự va chạm của một vật rắn vào một thanh
đàn hồi tựa trên nền cứng, có kể đến yếu tố ngoại lực là lực cản ở mặt bên tỉ lệ
với tọa độ thiết diện của thanh:
(,) , 0
=
−>Fxt x
γ
γ
là hằng số. (xem hình vẽ).
Như vậy bài toán nghiên cứu trong luận văn này là tương tự với các bài toán
được xét trong [1, 2, 10].






5

0
x
=
1
x
=
x
0
v
(0, ) ( )
x
utPt=
(1, ) 0
x
ut
=
M
A
B

M
: Vật rắn,
AB
: Cọc
Luận văn được trình bày theo các chương mục sau:
Phần mở đầu 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.
Chương 1, chúng tôi trình bày một số công cụ chuẩn bò bao gồm việc nhắc
lại một số khái niệm về các không gian hàm và một số kết quả về phép nhúng

compact giữa các không gian hàm.
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 xấp xỉ
Galerkin liên kết với các đánh giá tiên nghiệm cùng với kỹ thuật hội tụ yếu và
về tính compact. phần này, đònh lý ánh xạ co cũng được sử dụng trong việc
chứng minh sự tồn tại nghiệm xấp xỉ Galerkin.
Trong chương 3, chúng tôi chứng minh rằng nghiệm
(, )uP của bài toán
(0.1) – (0.5) là ổn đònh đối với các hằng số
,,Kh
λ
và các hàm ,,.Fkg
Trong chương 4, chúng tôi nghiên cứu bài toán
i
()Q
λ
sau đây
i
1
01
0
,0 1,0 ,
(0, ) ( ), (1, ) (1, ) 0,
()
(,0) (), (,0) (),
() () (0,) ( ) (0, ) ,
tt xx t
xx
t
t

uu Ku uF x tT
utPtutKut
Q
ux ux ux ux
P t g t hu t k t s u s ds
λ
λ
−+=−+ << <<
⎧
⎪
=+=
⎪
⎨
==
⎪
⎪
=+ − −
⎩
∫

trong đó
λ
là một tham số bé.

6
Ta giả sử rằng
1
0, 0, 0KKh>≥≥ là các số thực cố đònh và các hàm

01

(,,,uuF ,)gk cho trước cố đònh thoả các giả thiết nào đó sao cho, với mỗi
λ
+
∈\ cho trước, bài toán
i
()Q
λ
có duy nhất một nghiệm yếu (, )uP nghiệm này
phụ thuộc vào một tham số
:, .uu PP
λ
λ
λ
=
= Luận văn này sẽ nghiên cứu khai
triển tiệm cận nghiệm của bài toán
i
()Q
λ
theo một tham số bé ,
λ
tức là nghiệm
có thể xấp xỉ bởi một đa thức theo biến
:
λ


11
(,) (,) , () () ,
NN

ii
ii
ii
uxt u xt Pt Pt
λ
λ
==
≈≈
∑∑

theo nghóa cần phải chỉ ra các hàm
( , ), ( ), 0,1,2, ,
ii
uxt Pt i N
=
và thiết lập các
đánh giá theo các chuẩn
***
|| || , || ||
⋅
⋅ trong các không gian hàm thích hợp có dạng
i i
***
11
11
***
,,
NN
iN i N
NN

ii
ii
uu C PP C
λλ λ λ
+
+
==
−≤ − ≤
∑∑

với tham số
λ
đủ bé, các hằng số
i
i
***
,
NN
CC độc lập với .
λ

Trong chương 5, chúng tôi nghiên cứu bài toán
i
,
()P
η
λ
theo hai tham số bé
,
η

λ
sau đây
i
()

i

i
1
,
00 11
0
,0 1,0 ,
(0, ) ( ), (1, ) (1, ) 0,
(,0) () (), (,0) () (),
() () (0,) ( ) (0, ) .
−+=−+ << <<
⎧
⎪
=+=
⎪
⎪
⎨
=+ =+
⎪
⎪
=+ − −
⎪
⎩
∫

tt xx t
xx
t
t
uu Ku uF x tT
utPtutKut
P
ux u x U x u x u x U x
P t g t hu t k t s u s ds
ηλ
λ
ηη

Ta giả sử rằng
1
0, 0, 0KKh>≥≥ là các số thực cố đònh và các hàm

i
i
01 0 1
(, , , ,,,)uuUUFgk
cho trước cố đònh thoả các giả thiết nào đó sao cho, với
mỗi
(,)
η
λ
+
∈×\\
cho trước, bài toán
i

,
()P
η
λ
có duy nhất một nghiệm yếu
(, )uP

nghiệm này phụ thuộc vào hai tham số
,,
,: , .uu PP
η
ληλ
η
λ
=
= Luận văn này sẽ
nghiên cứu khai triển tiệm cận nghiệm của bài toán
i
,
()P
η
λ
theo hai tham số bé
,,
η
λ
tức là nghiệm có thể xấp xỉ bởi một đa thức theo hai biến
,:
η
λ

7


l
12 12
12
12
12 12
12 12
,
,
,,
(,) (,) , () () ,
NN
uxt u xt Pt P t
γ
γγγ
γγ
γγ
γγ γγ
γγ γγ
η
λ
η
λ
++
+≤ +≤
∈∈

≈≈
∑∑
]]

theo nghóa cần phải chỉ ra các hàm

l
12
12
,
,
12 12
(,), (), , ,uxtPt N
γγ
γγ
γγ γγ
+
+≤ ∈] và
thiết lập các đánh giá theo các chuẩn
1* 2*
|| || , || ||
⋅
⋅
trong các không gian hàm thích
hợp có dạng

(
)
12
12

12 12
1
(1*) 2 2
,
,,
1*
,
+
+
+≤ ∈
−≤+
∑
]
N
N
N
uuC
γγ
γγ
γγ γγ
ηλ η λ

l
(
)
12
12
12 12
1
(2*) 2 2

,
,,
2*
,
+
+
+≤ ∈
−≤+
∑
]
N
N
N
PPC
γγ
γγ
γγ γγ
ηλ η λ

với các tham số
,
η
λ
đủ bé, các hằng số
(1*)
N
C và
(2*)
N
C độc lập với các tham số ,.

η
λ

Các kết quả liên quan đến bài toán xấp xỉ tiệm cận theo nhiều tham số đã
được một số tác giả quan tâm, chẳng hạn như: Long, Alain Phạm, Diễm [10], Long,
t, Trúc [9], Long, Giai [11], Long, Trường [12].
Kế đến là phần kết luận và sau cùng là danh mục các tài liệu tham khảo.

8
CHƯƠNG 1. MỘT SỐ CÔNG CỤ CHUẨN BỊ
1.1. Các không gian hàm
Trước hết, ta đặt
(0,1), (0, ), 0
T
QTTΩ= =Ω× > , bỏ qua đònh nghóa các
không gian hàm thông dụng:
,
(), (), ()
mp mp
CLW
Ω
ΩΩ (có thể xem trong [3]), và
ký hiệu
11
() ,
H
HΩ=
22
()
H

HΩ= là các không gian Sobolev thông dụng.
Ta đònh nghóa
()
2
ΩL là không gian Hilbert đối với tích vô hướng
1
2
0
,()(),,.uv uxvxdx uv L=∈
∫
(1.1)
Kí hiệu
|| ||⋅
để chỉ chuẩn trong
2
L
sinh bởi tích vô hướng (1.1), nghóa là
(
)
1/ 2
1
22
0
,(),.uuu uxdx uL== ∈
∫
(1.2)
Trên
1
H
, ta sử dụng chuẩn sau

(
)
1/ 2
2
/2 1
1
(1) , ,vvv vH=+ ∈ (1.3)
(
)
1
1/ 2
2
2
/1
,.
H
vvvvH=+ ∈ (1.4)
Khi đó ta có kết quả sau
Bổ đề 1.1. Phép nhúng
10
()HC
Ω
O

là compact và
01
()
2
CH

vv
Ω
≤ với mọi
1
,vH∈ (1.5)
0
() 1
2
C
vv
Ω
≤ với mọi
1
.vH∈ (1.6)
Từ (1.5), (1.6) ta suy ra rằng trên
1
H
, chuẩn
1
1
và
H
vv là hai chuẩn tương
đương và
11
1
1
1
3, .
3

HH
vv v vH≤≤ ∀∈ (1.7)

9
1.2. Không gian hàm
(0, ; ), 1
p
LTX p
≤
≤∞
Cho
X
là một 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 ae t T∃> ≤ ∈
với
.
=
∞
p

Ta trang bò
(0, ; ), 1
p
LTX p≤≤∞
bởi chuẩn như sau:
(
)
1/
(0, ; )
0
() ,=
∫
p
p
T
p
LTX X
uutdt với
1,p
≤

<∞

hay
(0, ; )
0
sup ( )
LTX X
tT
uessut
∞
<<
=
{
}
inf 0: ( ) , . , (0, ) , .
X
MutMaetTp=> ≤ ∈ =∞
Khi đó ta có các bổ đề sau đây mà chứng minh của chúng có thể tìm thấy trong
Lions[5].
Bổ đề 1.2.
(0, ; ), 1
p
LTX p
≤
≤∞ là một không gian Banach.
Bổ đề 1.3. Gọi
/
X
là không gian đối ngẫu của
X

. Khi đó
/
/
(0, ; )
p
LTX
với
/
11
1, 1 p
pp
+=<<∞
, là đối ngẫu của
(0, ; )
p
LTX
. Hơn nữa nếu
X

phản xạ thì
(0, ; )
p
LTX
cũng phản xạ.
Bổ đề 1.4.
/1
((0,;))LTX
/
(0, ; )LTX
∞

=
. Hơn nữa các không gian
1
(0, ; ),LTX
/
(0, ; )LTX
∞

không phản xạ.

10
Chú thích 1.1. Nếu
p
XL=
thì (0, ; ) ( (0, )).
pp
LTXL T=Ω×
1.3. Phân bố có giá trò véctơ
Đònh nghóa 1.1. Cho
X là một không gian Banach thực. Một ánh xạ tuyến tính
liên tục từ
(0, )
D
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:
/
(0, ; ) ( (0, ); ) { : (0, ) | }.tuyến tính liên tục DTXLDTX fDT Xf==→
Chú thích 1.2. Ta ký hiệu
(0, )

D
T thay cho ((0, ))
D
T hoặc ((0, ))
c
CT
∞
để chỉ
không gian các hàm số thực khả vi vô hạn và có giá compact trong
(0, ).T
Đònh nghóa 1.2. Cho
/
(0, ; ).
f
DTX∈ Ta đònh nghóa :(0,)
df
D
TX
dt
→ bởi
,,,(0,).
df d
f
DT
dt dt
ϕ
ϕϕ
=− ∀ ∈ (1.8)
Ta nghiệm lại không khó khăn rằng
/

(0, ; )∈
df
D
TX
dt
và gọi là đạo hàm của
f

theo nghóa phân bố.
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:
0
,()(),(0,).
T
v
TvttdtDT
ϕϕϕ
=∀∈
∫
(1.9)
Ta có thể nghiệm lại rằng

/
(0, ; ).
v
TDTX∈
Thật vậy :
i) Ánh xạ
:(0,)
v
TD T X→
hiển nhiên là tuyến tính.
ii) Ta nghiệm lại ánh xạ
:(0,)
v
TD T X→
là liên tục.
Giả sử
{} (0,)
j
D
T
ϕ
⊂
sao cho
0
j
ϕ
→
trong
(0, )
D

T
, ta có:

11
0
,()()
T
vj j
X
X
Tvttdt
ϕϕ
=
∫
0
() ()
T
j
X
vt t dt
ϕ
≤
∫


(
)
(
)
/

1/ 1/
00
() () 0
pp
TT
p
p
j
j
X
X
vt dt t dt
ϕ
→+∞
≤⎯⎯⎯→
∫∫

Do đó,
,0
vj
T
ϕ
→ trong
X
khi
j →+∞
. Vậy
/
(0, ; )
v

TDTX∈ .
2) Ánh xạ
v
vT→ là một đơn ánh từ (0, ; )
p
LTX vào
/
(0, ; ).
D
TX Do đó, ta
có thể đồng nhất
v
Tv= . Khi đó ta có kết quả sau.
Bổ đề 1.5. (Lions[5]).
/
(0, ; ) (0, ; )
p
LTX DTX⊂ với phép nhúng liên tục.
1.4. Đạo hàm trong
(0, ; )
p
LTX
Do bổ đề 1.5, phần tử
(0, ; )
p
f
LTX∈ ta có thể coi là
f
và do đó
df

dt
là
phần tử của
/
(0, ; )
D
TX. Ta có kết quả sau
Bổ đề 1.6. (Lions[5]). Nếu
1
(0, ; )
f
LTX∈
và
/ 1
(0, ; )
f
LTX∈
thì
f

bằng hầu hết
với một hàm liên tục từ
[0, ]TX→
.
Bổ đề 1.7. (Lions[5]). Nếu
(0, ; )
p
f
LTX∈ và
/

(0, ; )
p
f
LTX∈ thì
f

bằng hầu hết
với một hàm liên tục từ
[0, ]TX→ .
1.5. Bổ đề về tính compact của Lions[5].
Cho ba không gian Banach
01
,,XXX
với
01
XXX⊂⊂
với các phép
nhúng liên tục sao cho:
01
,XX
là phản xạ, (1.10)
phép nhúng
0
X
O
X
là compact. (1.11)
Với
0,1 ,1,2
i

Tpi<<∞ ≤ ≤∞ =
ta đặt
{
}
0
1
/
01
(0, ) (0, ; ): (0, ; ) .
p
p
W T v L TX v L TX=∈ ∈
(1.12)

12
Ta trang bò
(0, )WT bởi chuẩn
0
1
0
1
/
(0, ) (0, ; )
(0, ; )
p
p
WT L TX
LTX
vv v=+. (1.13)
Khi đó,

(0, )WT là một không gian Banach. Hiển nhiên
0
(0, ) (0, ; )
p
WT L TX⊂ . Ta
cũng có kết quả sau đây về phép nhúng compact.
Bổ đề 1.8. ( Bổ đề về tính compact của Lions[5]). Với giả thiết (1.10), (1.11) và
nếu
1,1,2
i
pi<<∞= , thì phép nhúng
(0, )WT

O
0
(0, ; )
p
LTX là compact.
1.6. Các ký hiệu
Ta dùng các ký hiệu
/
() (),
t
ut ut=
//
() (),
tt
ut ut= () (),
x
ut ut

=
∇ () (),
xx
ut ut
=
∆
để lần lượt chỉ :
22
22
(,), (,), (,), (,).
uuuu
xt xt xt xt
tx
tx
∂∂ ∂∂
∂∂
∂∂


13
CHƯƠNG 2. SỰ TỒN TẠI VÀ DUY NHẤT NGHIỆM
Trong chương này, chúng tôi trình bày đònh lý tồn tại và duy nhất của
nghiệm yếu toàn cục cho bài toán: Tìm một cặp hàm
((,), ())uxt Pt thỏa
(,),0 1,0 ,
tt xx t
uu Ku uFxt x tT
λ
−++ = << << (2.1)
(0, ) ( ),

x
utPt
=
(2.2)
1
(1, ) (1, ),
x
ut Kut=− (2.3)
01
(,0) (), (,0) (),
t
ux u x u x u x== (2.4)
0
() () (0,) ( ) (0, ) ,
t
P t g t hu t k t s u s ds=+ − −
∫
(2.5)
trong đó
01
,,,,uuFgk là các hàm số cho trước thỏa các điều kiện nào đó mà ta
sẽ chỉ 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 về nghiệm trong các không gian
hàm thích hợp nhờ vào một số phép nhúng compact.
Trước tiên ta thành lập các giả thiết sau
21
01
() , ,
1

H uHuH∈∈
1
( ) 0, 0, 0, 0,
2
H KhK
λ
≥≥≥ >
2
(), (); (0,),
3
H
tTT
FF LQ Q T∈=Ω×
2
() (0,),
4
H kH T∈
2
() (0,).
5
H gH T∈

14
Đònh lý 2.1. Giả sử
()()
15
HH
−
đúng. Khi đó với mỗi 0T > , tồn tại duy nhất một
nghiệm yếu

(, )uP của bài toán (2.1) – (2.5) sao cho
212
(0, ; ), (0, ; ), (0, ; ),
ttt
u L TH u L TH u L TL
∞∞∞
∈∈∈
1,
(0, ), (1, ), (0, ).uuPWT
∞
⋅⋅∈
Chứng minh. Gồm nhiều bước
Bước 1. Xấp xỉ Galerkin.
Xét một dãy
{}
j
w là một cơ sở đếm được trong
2
H
. Ta tìm nghiệm xấp xỉ
của bài toán (2.1) – (2.5) dưới dạng
1
() () ,
m
mmjj
j
ut ctw
=
=
∑

(2.6)
trong đó
()
mj
ct thỏa mãn hệ phương trình vi phân sau
//
(),
mj
utw (),
mx jx
utw+
1
(1, ) (1)
mj
Ku tw
+
() (0)
mj
Ptw
+

/
() (),
mmj
Ku t u t w
λ
++ (), ,1 ,
j
Ft w j m
=

≤≤ (2.7)
0
( ) ( ) (0, ) ( ) (0, ) ,
t
mm m
Pt gt hu t kt su sds=+ − −
∫
(2.8)
/
2
00
1
1
11
1
(0) ,
(0) .
mạnh trong
mạnh trong
m
mmmjj
j
m
mmmjj
j
uu wu H
uu wu H
α
β
=

=
⎧
== →
⎪
⎪
⎨
⎪
== →
⎪
⎩
∑
∑
(2.9)
Hệ (2.7) – (2.9) được viết lại dưới dạng

// /
0
111
/
( () ()) () () ( ) () ,
(0) , (0) , 1 ,
mmm
t
ij mj mj ij mj i ij mj
jjj
mi mi mi mi
ac t c t bc t ft d kt sc sds
cc im
λ
αβ

===
⎧
++ =+ −
⎪
⎨
⎪
== ≤≤
⎩
∑∑∑
∫
(2.10)

15
trong đó

1
() (), () (0), , , (0) (0),
,(1)(1) .
iiiijijijij
ij ix jx i j ij ij
ft Ftw gtw a ww d w w
bwwKww Kahd
⎧
=− = =
⎪
⎨
=+ ++
⎪
⎩
(2.11)

Khi đó ta có bổ đề sau
Bổ đề 2.1. Giả sử
()()
15
HH− là đúng. Với mọi 0T > cố đònh, khi đó hệ (2.10) –
(2.11) có duy nhất một nghiệm trên
[0, ]T
.
Chứng minh. Bỏ qua chỉ số
m
, ta viết ,,
iii
c
α
β
tương ứng thay cho ,,
mi mi mi
c
α
β

và ký hiệu lại

()
()
()
12
/// /
12
// // // //

12
( ) ( ), ( ), , ( ) ,
( ) ( ), ( ), , ( ) ,
( ) ( ), ( ), , ( ) ,
T
m
T
m
T
m
ct c t c t c t
ct ct ct c t
ct ctct ct
⎧
=
⎪
⎪
=
⎨
⎪
⎪
=
⎩
(2.12)
(), (), ().
ij ij ij
AaBbDd===

Ta viết lại hệ (2.10) – (2.21) dưới dạng véc tơ

()
// /
0
/
() () () () ( ) () ,
(0) , (0) .
t
Ac t c t Bct ft kt sDcsds
cc
λ
αβ
⎧
++=+−
⎪
⎨
⎪
==
⎩
∫
(2.13)
Chú ý rằng
A khả đảo và không mất tính tổng quát ta giả sử rằng 0.
λ
> Tích
phân (2.13) ta thu được

i
() 1
00
() () ( )

tr
tr
ct f t e dr A Bc d
λ
τ
τ
−− −
=−
∫∫

()
000
()(),
tr
tr
edrdksDcsds
τ
λ
ττ
−−
+−
∫∫∫
(2.14)
với
i
()
() 1
00
1
() 1 () .

tr
ttr
f
teedrAfd
λλ
αβ
ττ
λ
−−−−
=+ − +
∫∫
(2.15)
Với mỗi
0,T >
ta đặt
0
([0, ]; ),
m
YC T= \

1
0
sup ( ) ,
tT
cct
≤≤
=

1
1

() ().
m
i
i
ct c t
=
=
∑
Ký
hiệu chuẩn của ma trận
()
ij
A
a
=
là
1
1
max .
m
ij
jm
i
Aa
≤≤
=
=
∑

16
Chú ý rằng ta còn có

11
() () , , [0, ].Ac t A c t c Y t T≤∀∈∀∈ (2.16)
Bây giờ, với mỗi
12
(, , , ) ,
m
ccccY=∈ ta đònh nghóa toán tử
H
xác đònh bởi
()Hc t
i
()
f
t=
() 1
00
()
tr
tr
edrABcd
λ
τ
τ
−− −
−
∫∫

() 1
000
() (),
tr
tr
edrdksADcsds
τ
λ
ττ
−− −
+−
∫∫∫
[0, ].tT
∀
∈ (2.17)
Từ (2.17) ta suy ra rằng
H
biến Y vào chính nó.
Ta sẽ chứng minh rằng, tồn tại
n
∈
` , sao cho
1
[]: ,
nn
H
HH Y Y
−
≡→ là một ánh xạ co.
Bây giơ,ø với mọi ,,cd Y∈ với mọi [0, ],tT

∈
ta có

() ()
H
ct Hdt−
() 1
000
() [()()]
tr
tr
edrdksADcsdsds
τ
λ
ττ
−− −
=−−
∫∫∫


() 1
00
[() ()] .
tr
tr
edrABcdd
λ
τ
ττ
−− −

−−
∫∫
(2.18)
Ta sẽ chứng minh

1
() ()
nn
H
ct Hdt−
2
1
,,
(2 )!
nn
T
Dt c d n
n
≤−∀∈` (2.19)
trong đó
1
11
(0, )
.
T
LT
D
ADk AB
−−
=+

Thật vậy, ta có

1
() ()
H
ct Hdt−
() 1
1
000
( ) () ()
tr
tr
edrdksADcsdsds
τ
λ
ττ
−− −
≤−−
∫∫∫

() 1
1
00
() () .
tr
tr
edrABcdd
λ
τ

ττ
−− −
+−
∫∫
(2.20)
Do đó ta suy từ (2.20) rằng

1
() ()
H
ct Hdt−
1()
000
()
tr
tr
AD e dr d k d c d
τ
λ
τθθ
−−−
≤−
∫∫∫


1()
0
t
tr
AB e rdrc d

λ
−−−
+
−
∫



17
(
)
1
112
(0, )
1
2
LT
ADk ABt c d
−−
≤+−

2
1
.
2
T
D
tcd=− (2.21)
Vậy (2.19) đúng với
1.n = Giả sử (2.19) đúng với 1.n ≥ Ta có

11
1
() ()
nn
H
ct H dt
++
−
1
[]()[]()
nn
H
Hct HHd t=−

() 1
1
000
() () ()
tr
tr n n
edrdksADHcsHdsds
τ
λ
ττ
−− −
≤−−
∫∫∫


() 1

1
00
() ()
tr
tr n n
edrABHcHdd
λ
τ
ττ
−− −
+−
∫∫


() 1 2
000
1
()
(2 ) !
tr
tr n n
T
edrdksAD Dscdds
n
τ
λ
ττ
−− −
≤− −
∫∫∫

() 1 2
00
1
(2 ) !
tr
tr n n
T
edrAB Dcdd
n
λ
τ
τ
−− −
+−
∫∫


1
1()2
(0, )
00
(2 ) !
n
tr
tr n
T
LT
D

AD c dk e dr d
n
λ
τ
τ
−−−
≤−
∫∫


1()2
00
(2 ) !
n
tr
tr n
T
D
AB c d e dr d
n
λ
τ
τ
−−−
+−
∫∫


1
22

1
(0, )
(2 )! (2 1)(2 2)
n
n
T
LT
D
t
ADk c d
nnn
+
−
≤−
++


22
1
(2 )! (2 1)(2 2)
n
n
T
D
t
AB c d
nnn
+
−
+−

++

1
22
.
(2 2)!
n
n
T
D
tcd
n
+
+
=−
+
(2.22)
Do đó (2.19) đúng với mọi
.n
∈
`
Từ (2.19), ta thu được

nn
H
cHd−
2
1
(2 )!
nn

T
D
Tcd
n
≤−
()
2
1
.
(2 ) !
n
T
D
Tcd
n
≤− (2.23)
Do
()
2
1
0
(2 )!
n
T
DT
n
→
khi
n →+∞
nên có

0
1n ≥
sao cho
()
0
2
0
1
1.
(2 )!
n
T
DT
n
<


18
Vậy
0
:
n
HYY→ là ánh xạ co. Ta suy ra rằng
H
có một điểm bất động duy nhất
trong
Y , nghóa là hệ (2.10) – (2.11) có một nghiệm duy nhất ()
m
ut trên đoạn
[0, ]T .

Bước 2. Đánh giá tiên nghiệm I
Thay (2.8) vào (2.7). Khi đó nhân phương trình thứ
j của (2.7) bởi
/
()
mj
ct và
lấy tổng theo
j
, sau đó tích phân theo biến thời gian từ
0
đến t , ta được
()
m
St (0)
m
S=
/
0
2()(0,)
t
m
gsu sds−
∫

/
00
2 (0, ) ( ) (0, )
ts
mm

usdsksu d
τ
ττ
+−
∫∫
/
0
2(),(),
t
m
Fs u s ds+
∫
(2.24)
trong đó
()
m
St
/
2
()
m
ut=
2
()
mx
ut+
2
()
m
Ku t+

2
1
(1, )
m
Ku t+
2
(0, )
m
hu t+
/
2
0
2().
t
m
us ds
λ
+
∫
(2.25)
Sử dụng các giả thiết
(),()
45
HH
, lấy tích phân từng phần theo biến thời gian từ
0

đến
t

, ta được
()
m
St (0)
m
S=
0
2(0) (0)
m
gu+ 2() (0,)
m
gtu t
−
/
0
2()(0,)
t
m
gsu sds+
∫

0
2(0,) ( )(0,)
t
mm
utktu d
τ
ττ
+−
∫

2
0
2(0) (0,)
t
m
kusds−
∫

/
00
2 (0, ) ( ) (0, )
ts
mm
usdsksu d
τ
ττ
−−
∫∫

/
0
2(),().
t
m
Fs u s ds+
∫
(2.26)
Khi đó, sử dụng (2.9), (2.25) ta có
01
(0) 2 (0) (0)

mm
SguC+≤ với mọi
m
. (2.27)

19
Sử dụng bất đẳng thức

22
2(1/),,,0,ab a b a b
ββ β
≤+ ∀∈∀>\ (2.28)
ta thu được từ (2.26) rằng
()
m
St
1
C≤
2
1
()gt
β
+
2
(0, )
m
ut
β
+
/

2
0
1
()
t
gs ds
β
+
∫
2
0
(0, )
t
m
usds
β
+
∫
2
(0, )
m
ut
β
+
2
0
1
()(0,)
t
m

kt u d
τ
ττ
β
+−
∫
2
0
2(0) (0,)
t
m
kusds+
∫
2
0
1
()
t
Fs ds
β
+
∫

/
2
0
()
t
m
us ds

β
+
∫
/
2
2
00
1
(0, ) ( ) (0, )
ts
mm
us ksu dds
βτττ
β
⎡
⎤
++−
⎢
⎥
⎣
⎦
∫∫

1
C=
/
2
2
2
00

1
() () ()
tt
g t g s ds F s ds
β
⎡⎤
++ +
⎢⎥
⎣⎦
∫∫
2
2(0,)
m
ut
β
+

()
2
0
2(0)(0,)
t
m
kusds
β
++
∫
/
2
0

()
t
m
us ds
β
+
∫

2
0
1
()(0,)
t
m
kt u d
τ
ττ
β
+−
∫

/
2
00
1
()(0,).
ts
m
ds k s u d
τ

ττ
β
+−
∫∫
(2.29)
Chú ý rằng,
1
22
2
10
(1)+≥
x
H
vKv Cv
, với mọi
1
,vH∈
(2.30)
trong đó
01
1
min{1, }.
3
CK=

Mặt khác từ (2.25) và bổ đề 1.1, ta có
(0, )
m
ut
()

()
m
C
ut
Ω
≤
1
2()
m
H
ut≤


0
(2/ ) ()
m
CSt≤
i
0
().
m
CSt≡
(2.31)
Từ (2.30) – (2.31) ta có đánh giá sau

20

()
m
St

1
C≤
/
2
2
2
00
1
() () ()
tt
g t g s ds F s ds
β
⎡⎤
++ +
⎢⎥
⎣⎦
∫∫
i
2
0
2()
m
CS t
β
+
i
()
2
0
0

2(0)()
t
m
CkSsds
β
++
∫
i
2
0
0
()
t
m
CSsds
β
+
∫

2
0
1
()(0,)
t
m
kt u d
τ
ττ
β
+−

∫
/
2
00
1
()(0,).
ts
m
ds k s u d
τ
ττ
β
+−
∫∫
(2.32)
Mặt khác, áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz, ta có đánh giá cho hai tích
phân cuối trong vế phải của (2.32), như sau
Tích phân thứ nhất :
2
0
1
()(0,)
t
m
kt u d
τ
ττ
β
−
∫

22
00
1
() (0,)
tt
m
kdu d
θ
θττ
β
≤
∫∫

i
2
2
0
00
(/) () ()
tt
m
CkdSd
β
θθ ττ
≤
∫∫

i
2
2

2
0
(0, )
0
(/) ().
t
m
LT
Ck Sd
β
ττ
≤
∫
(2.33)
Tích phân thứ hai :
/
2
00
1
()(0,)
ts
m
ds k s u d
τ
ττ
β
−
∫∫
/
2

2
00
() (0,)
tt
m
t
kdu d
θ
θττ
β
≤
∫∫

i
/
2
2
0
00
() ()
tt
m
Ct
kdSd
θ
θττ
β
≤
∫∫

i
2
2
2
0
/
(0, )
0
() .
t
m
LT
Ct
kSd
τ
τ
β
≤
∫
(2.34)
Chọn
β
sao cho
2
0
02 1/2.C
β
<≤
Sử dụng các đánh giá trên và từ (2.30) – (2.34),
ta có

(1)
1
0
() () ( ) ,
t
mTm
St gt M S d
τ
τ
≤+
∫
(2.35)

21
trong đó
(
)
2
2
2
2
2/
11
()
(0, )
2
() 2 () ,
T
LQ
LT

gt C g t g F
β
=+ + +

ii
i
()
1
2
22
2
0
(1)
00
2
24((0)) 1 .
T
H
C
MCC k Tk
ββ
β
=+ ++ + (2.36)
Từ
()
10
(0, ) [0, ]
H
TC TO và giả thiết ()
5

H , ta suy ra rằng tồn tại hằng số
(2)
T
M

chỉ phụ thuộc vào
T
sao cho
[
]
(2)
1
() , ., 0, .
T
gt M aet T≤∈ (2.37)
Do đó
(2) (1)
0
() ( ) , 0 .
t
mTTm
St M M S d tT
ττ
≤+ ≤≤
∫
(2.38)
Áp dụng bổ đề Gronwall, ta thu được
[
]
(2) (1)

( ) exp( ) 0, .
mT TT
St M tM M t T≤≤∀∈
(2.39)
Bước 3. Đánh giá tiên nghiệm II: Đạo hàm (2.7) theo biến t ta được
///
(),
mj
utw
/
(),
mx jx
utw
+
/
1
() (1)
mj
Ku t w+
/
() (0)
mj
Ptw+
///
() (),
mmj
Ku t u t w
λ
++ ,,1 .
tj

Fw j m
=
≤≤ (2.40)
Nhân phương trình thứ
j
của (2.40) bởi
//
()
m
ct
, lấy tổng theo
j
, sau đó tích
phân theo biến thời gian từ
0
đến
t
, sau khi sắp xếp lại ta có
()
m
Xt (0)
m
X=
///
0
2()(0,)
t
m
gsu sds−
∫

///
00
2 (0) (0, ) ( ) (0, ) (0, )
⎡⎤
++−
⎢⎥
⎣⎦
∫∫
ts
mmm
ku s ks u du sds
τττ

///
0
2(),(),
t
m
Fsusds+
∫
(2.41)

22
trong đó

()
m
Xt
//

2
()
m
ut=
//
2
mx
u+
/
2
()
m
Ku t+
/
2
1
(1, )
m
Ku t+
/
2
(0, )
m
hu t+
//
2
0
2().
t
m

ud
λ
ττ
+
∫
(2.42)
Tích phân từng phần theo biến thời gian từ
0
đến
t
của (2.41), ta có
()
m
Xt (0)
m
X=
/
1
2(0) (0)
m
gu+
//
2()(0,)
m
gtu t−
// /
0
2()(0,)+
∫
t

m
gsu sds

//
0
2 (0) (0, ) ( ) (0, ) (0, )
t
mmm
ku t ktsu sdsu t
⎡⎤
++−
⎢⎥
⎣⎦
∫

01
2(0) (0) (0)
mm
ku u−
/
0
2(0)(0,)
t
m
ku
τ
⎡
−
⎣
∫

/
(0) (0, )
m
ku
τ
+

// /
0
( ) (0, ) (0, )
mm
ksusdsu d
τ
τ
ττ
⎤
+−
⎥
⎦
∫
///
0
2(),()
t
m
Fsusds+
∫


(0)

m
X=
/
1
2(0) (0)
m
gu+
01
2 (0) (0) (0)
mm
ku u
−
/ 2
0
(0) (0)
m
ku+
/ 2
(0) (0, )
m
ku t−

//
2()(0,)
m
gtu t−
/
2 (0) (0, ) (0, )
mm
ku tu t+

// /
0
2()(0,)
t
m
gsu sds+
∫

/
2
0
2(0) (0,)
t
m
ku d
τ
τ
−
∫
//
0
2 (0, ) ( ) (0, )
t
mm
utktsusds+−
∫

///
00
2 (0, ) ( ) (0, )

t
mm
udksusds
τ
ττ τ
−−
∫∫
///
0
2(),().
t
m
Fsusds+
∫
(2.43)
Đầu tiên, ta suy ra từ (2.9), (2.42),
(),()
45
HH rằng
//2
1010
(0) 2 (0) (0) 2 (0) (0) (0) (0) (0)
mmmmm
Xgukuuku+− +
//
2
2
(0) ,
m
Cu≤+

(2.44)
trong đó
2
C
chỉ phụ thuộc vào
01 1
,,,,, ,uugkKKh
.
Mặt khác từ (2.7) ta có