Phương trình sóng với điều kiện biên chứa tích chập ở một phần biên

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



VÕ CÔNG TRẠNG





PHƯƠNG TRÌNH SÓNG VỚI
ðIỀU KIỆN BIÊN CHỨA TÍCH CHẬP
Ở MỘT PHẦN BIÊN


Chuyên ngành: Toán Giải Tích

Mã số: 60. 46. 01




LUẬN VĂN THẠC SĨ:
Toán Giải Tích

TẬP THỂ CÁN BỘ HƯỚNG DẪN:

1. TS. Nguyễn Thành Long

2. TS. Lê Thị Phương Ngọc






THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH– 2009



LỜI CẢM ƠN
Lời đầu tiên, tôi trân trọng kính gửi đến Thầy Nguyễn Thành Long và Cô Lê Thị
Phương Ngọc lời cảm ơn sâu sắc nhất vì sự tận tình giúp đỡ của Thầy và Cô đối với tôi
trong quá trình hoàn thành luận văn này.
Tôi xin chân thành cám ơn Thầy Trần Minh Thuyết đã tận tình giúp đỡ và cho nhiều
nhận xét quí báu để luận văn được hoàn chỉnh hơn.
Tôi xin chân thành cám ơn quý Thầy Cô trong hội đồng chấm luận văn đã dành cho
tôi thời gian quý báu và có những góp ý sâu sắc cho buổi bảo vệ luận văn.
Xin chân thành cám ơn các Thầy Cô trong và ngoài khoa Toán-Tin học, trường đại
học Khoa Học Tự Nhiên,TP.HCM đã tận tình giảng dạy và truyền đạt kiến thức cho tôi
trong quá trình học tập tại trường.
Xin cám ơn quý Thầy Cô thuộc phòng Sau Đại Học, trường đại học Khoa Học Tự
Nhiên,TP.HCM đã tạo điều kiện thuận lợi cho tôi về thủ tục hành chính trong khóa học.

Xin cám ơn các bạn học viên lớp cao học giải tích khóa 16 và các anh chị trong nhóm
seminar do thầy Nguyễn Thành Long tổ chức đã động viên và nhiệt tình giúp đỡ tôi trong
suốt thời gian học tập và làm luận văn.
Sau cùng, xin gửi đến gia đình tôi tất cả những tình cảm thân thương, nơi đã tạo điều
kiện và giúp tôi vượt qua nhiều khó khăn trong cuộc sống để hoàn thành luận văn này.
Tp. Hồ Chí Minh, năm 2009
Võ Công Trạng
1
51

MỤC LỤC

LỜI CẢM ƠN………………………………………………………………………1
Chương 1: TỔNG QUAN VỀ BÀI TOÁN ……………………………………2
Chương 2: KIẾN THỨC CHUẨN BỊ…… …………………………….4
2.1. Các không gian hàm thông dụng và kí hiệu…………… …………… 4
2.2. Các không gian hàm phụ thuộc thời gian……………………………….7
2.3. Phân bố có giá trị vectơ……………………………………………… 8
2.4. ðạo hàm trong không gian hàm phụ thuộc thời gian ……………… 9
2.5. Bổ ñề về tính compact của Lions.…………………………………… 9
2.6. Bổ ñề về sự hội tụ yếu của Lions.…………………………………… 9
2.7. ðịnh lý Ascoli-Arzela. ……………………………………………… 10
2.8. ðịnh lý Schauder ……………………………………………… 10
2.9. Bất ñẳng thức Gronwall …………………………………………… 10
Chương 3: SỰ TỒN TẠI VÀ DUY NHẤT NGHIỆM………………………… 11
ðịnh lý 3.1.………………………………………………………… 11
Chương 4: KHẢO SÁT TÍNH TRƠN CỦA NGHIỆM……….……………… 28
ðịnh lý 4.1.………………………………………………………….…28
Chương 5: NGHIÊN CỨU TÍNH ỔN ðỊNH CỦA NGHIỆM…… ………… 40
ðịnh lý 5.1.………………………………………………………….…40

KẾT LUẬN……………………………………………………………………… 49
TÀI LIỆU THAM KHẢO……………………………………………………… 50
MỤC LỤC ……………………………………………………………………….51

CHƯƠNG 1
Phần tổng quan
Trong luận văn nầy, chúng tôi xét bài toán giá trị biên và ban đầu cho phương
trình sóng phi tuyến với điều kiện biên chứa tích chập ở một phần biên
u
tt
  (t) u
xx
+ F (u) = f (x; t) ; 0 < x < 1; 0 < t < T;
(1.1)
 (t) u
x
(0; t) = g (t) +
t
Z
0
k (t  s) u (0; s) ds ;
u (1; t) = 0;
(1.2)
u (x; 0) = u
0
(x) ; u
t
(x; 0) = u
1
(x) ;

(1.3)
trong đó ; u
0
; u
1
; g; f; F; k là các hàm cho trước thỏa các điều kiện mà ta sẽ chỉ ra sau.
Bài toán (1.1) – (1.3) 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.
Trong [9], L. T. P. Ngoc, L. N. K. Hang, N. T. Long đã nghiên cứu bài toán
u
tt

@
@x
( (x; t) u
x
) + f (u; u
t
) = 0; 0 < x < 1; 0 < t < T;
(1.4)
 (0; t) u
x
(0; t) = g
0
(t) +
t
Z
0
k
0

(t  s) u (0; s) ds ;
 (1; t) u
x
(1; t) = g
1
(t) +
t
Z
0
k
1
(t  s) u (1; s) ds ;
(1.5)
u (x; 0) = u
0
(x) ; u
t
(x; 0) = u
1
(x) ;
(1.6)
với f (u; u
t
) = F (u) + u
t
;  là hằng số, trong đó F; ; g
0
; g
1
; k

0
; k
1
; u
0
; u
1
là các
hàm cho trước.
Trong [5], N. T. Long và A. P. N. Dinh đã nghiên cứu bài toán
u
tt
 u
xx
+ f (u; u
t
) = 0; 0 < x < 1; 0 < t < T;
(1.7)
u
x
(0; t) = P (t) ;
u (1; t) = 0;
(1.8)
u (x; 0) = u
0
(x) ; u
t
(x; 0) = u
1
(x) ;

(1.9)
2
với P thỏa phương trình tích phân
P (t) = g (t) + hu (0; t) 
t
Z
0
k (t  s) u (0; s) ds;
(1.10)
với g; k; là những hàm cho trước, f (u; u
t
) liên tục với hai biến và tăng theo biến thứ
hai.
Trong [6], N. T. Long, A. P. N. Dinh và T. N. Diem đã nghiên cứu sự tồn tại duy nhất
nghiệm, tính trơn của nghiệm và xấp xỉ tiệm cận bài toá n (1.1), (1.3) với điều kiện biên
hỗn hợp
u
x
(0; t) = g (t) + hu (0; t) 
t
Z
0
k (t  s) u (0; s) ds;
u
x
(1; t) + K
1
u (1; t) + 
1
u

t
(1; t) = 0;
(1.11)
với f (u; u
t
) = K juj
p2
u +  ju
t
j
p2
u
t
; với K;   0; p; q  2 và (u
0
; u
1
) 2 H
2
 H
1
:
Trước đây các tác giả N. T. An và N. D. Trieu trong [2] đã nghiên cứu bài toán (1.1),
(1.3) với điều kiện biên (1.2)
2
và
u
x
(0; t) = g
0

(t) + h
0
u (0; t) +
t
Z
0
k
0
(t  s) u (0; s) ds;
(1.12)
với  (t) = 1; u
0
= u
1
= 0; F là hàm hai biến u và u
t
: F (u; u
t
) = Ku + u
t
; với
K  0;   0; h
0
> 0 là những hằng số cho trước, g
0
; k
0
là những hàm cho trước:
Luận văn này tương tự với bài toán được xét trong [9].
Luận văn gồm các phần:

Chương 1, phần tổng quan giới thiệu bài toán, các kết quả đã có trước đó, nêu bố cục
luận văn.
Chương 2 trình bày các kiến thức, kết quả chuẩn bị bao gồm việc nhắc lại một số
không gian hàm, một số kết quả về các phép nhúng compact giữa các không gian hàm.
Chương 3 nghiên cứu về sự tồn tại và duy nhất của nghiệm yếu của bài toán (1.1) –
(1.3) cho trường hợp u
0
2 V = fv 2 H
1
: v (1) = 0g; u
1
2 L
2
:
Chương 4 khảo sát tính trơn của nghiệm khi (u
0
; u
1
) 2 V \ H
2
 V .
Chương 5 nghiên cứu tính ổn định của nghiệm theo ; g; f; k:
Kế đến là phần kết luận và sau cùng là tài liệu tham khảo.
3
CHƯƠNG 2
Kiến thức chuẩn bị
2.1.Các không gian hàm thông dụng
Đặt  = (0; 1); Q
T
=   (0; T ); T > 0:Ta bỏ qua định nghĩa các không gian hàm

C
m
(); L
p
(); H
m
() ; W
m;p
() : Để cho gọn ta ký hiệu L
p
() = L
p
; H
m
() = H
m
;
W
m;p
() = W
m;p
:
Ta định nghĩa tích vô hướng trong không gian Hilbert L
2
()
hu; vi =
1
Z
0
u(x)v(x)dx:

(2.1)
Ký hiệu k:k là chuẩn sinh bởi tích vô hướng (2.1)
kuk =
p
hu; ui =
0
@
1
Z
0
u
2
(x)dx
1
A
1=2
:
(2.2)
Ta định nghĩa không gian Sobolev
H
1
= fv 2 L
2
: v
0
2 L
2
g:
(2.3)
Không gian nầy cũng là không gian Hilbert đối với tích vô hướng

hu; vi
H
1
= hu; vi + hu
0
; v
0
i =
1
Z
0
(u(x)v(x) + u
0
(x)v
0
(x)) dx:
(2.4)
Ký hiệu k:k
H
1
là chuẩn sinh bởi tích vô hướng (2.4)
kuk
H
1
=
p
hu; ui
H
1
=

2
4
1
Z
0

u
2
(x) + ju
0
(x)j
2

dx
3
5
1=2
:
(2.5)
Ta có bổ đề về sự liên quan giữa H
1
và C
0
()
Bổ đề 2.1. Phép nhúng H
1
,! C
0
() là compact và
kvk

C
0
(

)

p
2 kvk
H
1
8v 2 H
1
:
(2.6)
4
Ta định nghĩa không gian V như sau
V = fv 2 H
1
: v (1) = 0g;
(2.7)
với tích vô hướng
hu; vi
V
= hu
0
; v
0
i =
1
Z

0
u
0
(x)v
0
(x)dx:
(2.8)
Ký hiệu k:k
V
để chỉ chuẩn sinh bởi tích vô hướng (2.8), nghĩa là
kuk
V
=
p
hu; ui
V
=
2
4
1
Z
0
ju
0
(x)j
2
dx
3
5
1=2

= ku
0
k:
(2.9)
V là không gian con đóng của L
2
, do đó V là không gian Hilbert đối với tích vô hướng
của L
2
: Lưu ý rằng với u 2 V
u (x) = u (1) 
1
Z
x
u
0
(s)ds = 
1
Z
x
u
0
(s)ds:
Suy ra
ju (x)j
2

1
Z
0

ju
0
(s)j
2
ds = kuk
2
V
:
Nên
kuk  kuk
V
;
(2.10)
do đó
kuk
2
H
1
= kuk
2
+ ku
0
k
2
 2 kuk
2
V
:
Mặt khác
kuk

2
V
= ku
0
k
2
 kuk
2
+ ku
0
k
2
= kuk
2
H
1
:
Vậy k:k
H
1
và k:k
V
là hai chuẩn tương đương.
Ta có bổ đề về sự liên quan giữa V và C
0
(
)
Bổ đề 2.2:Phép nhúng V ,! C
0
() là compact và

kvk
C
0
(

)
 kvk
V
8v 2 V:
(2.11)
5
Bổ đề 2.3:Tồn tại một cơ sở trực chuẩn Hilbert ffw
j
g
1
j=1
của L
2
gồm các hàm riêng
fw
j
tương ứng với các trị riêng 
j
sao cho
0 < 
1
 
2
 :::  
j

 :::; lim
j!1

j
= +1;
hfw
j
; vi
V
= 
j
hfw
j
; vi 8v 2 V:
(2.12)
Hơn nữa dãy fw
j
g =

fw
j
p

j

cũng là một cơ sở trực chuẩn của V đối với tích vô
hướng hu; vi
V
:
Bổ đề 2.4. Đồng nhất L

2
với (L
2
)
0
: Khi đó ta có V ,! L
2
 (L
2
)
0
,! V
0
; với các
phép nhúng là liên tục và nằm trù mật.
Chứng minh.Ta chứng minh rằng L
2
nhúng trong V
0
:Vì V  L
2
nên với mọi w 2 L
2
;
ánh xạ
T
w
: V ! R
v 7! T
w

(v) = hw; vi =
1
Z
0
w(x)v(x)dx
(2.13)
là tuyến tính liên tục trên V; tức là T
w
2 V
0
:
Xét ánh xạ
T : L
2
! V
0
w 7! T (w) = T
w
:
(2.14)
Dễ thấy rằng T tuyến tính.
(i)Ta chứng minh T là đơn ánh, khi đó T là một phép nhúng từ L
2
vào V
0
:
Giả sử T (w) = 0; ta chứng minh w = 0:
Do 0 = T (w) = T
w
nên

0 = T
w
(v) = hw; vi 8v 2 V:
(2.15)
Do V trù mật trong L
2
nên
0 = hw; vi 8v 2 L
2
;
(2.16)
do đó w = 0:
(ii)Ta chứng minh T là liên tục, khi đó T là một phép nhúng liên tục từ L
2
vào V
0
:
Do T tuyến tính nên ta chỉ cần chứng minh
kT (u)k
V
0
 kuk 8u 2 L
2
;
(2.17)
với lưu ý (2.10) ta có
6
kT (u)k
V
0

= kT
u
k
V
0
= sup
v2V; kvk
V
=1
jhT
u
; vij = sup
v2V; kvk
V
=1
jhu; vij
 sup
v2V; kvk
V
=1
kuk kvk  sup
v2V; kvk
V
=1
kuk kvk
V
= kuk:
(2.18)
(iii)Ta chứng minh T(L
2

) = fT
w
: w 2 L
2
g là trù mật trongV
0
; khi đó T là một phép
nhúng trù mật từ L
2
vào V
0
:
Ta chứng minh rằng mỗi phiếm hàm tuyến tính liên tục trên V
0
và triệt tiêu trên T (L
2
)
thì cũng triệt tiêu trên V
0
:
Do V phản xạ, tức là, (V
0
)
0
 V nên
8f 2 (V
0
)
0
; 9v 2 V : hf; zi

V
00
;V
0
= hz; vi
V
0
;V
8z 2 V
0
:
(2.19)
Bây giờ ta xét f 2 (V
0
)
0
và triệt tiêu trên T (L
2
) tức là hf; T
w
i
V
00
;V
0
= 0; 8T
w
2 T (L
2
) :

Ta chứng minh rằng f triệt tiêu trên V
0
:
Lấy z = T
w
2 V
0
trong (2.19) ta có
0 = hf; T
w
i
V
00
;V
0
= hT
w
; vi
V
0
;V
= hw; vi; 8w 2 V:
(2.20)
Do V trù mật trong L
2
nên ta có
hw; vi = 0; 8w 2 L
2
:
(2.21)

Vậy
v = 0:
(2.22)
Theo (2.19), ta có
hf; zi
V
00
;V
0
= hz; vi
V
0
;V
= 0; 8z 2 V
0
:
(2.23)
Vậy L triệt tiêu trên V
0
:
Từ bổ đề 2.4 ta dùng ký hiệu tích vô hướng h:; :i trong L
2
để chỉ cặp tích đối ngẫu
h:; :i
V
0
;V
giữa V và V
0
:

2.2.Không gian hàm L
p
(0; T ; X); 1  p  1:
Cho X là không gian Banach thực đối với chuẩn k:k
X
: Ta ký hiệu L
p
(0; T ; X); 1 
p  1; là không gian các lớp tương đương chứa hàm u : (0; T ) ! X đo được sao cho
T
Z
0
ku(t)k
p
X
dt < 1; với 1  p < 1;
hay
9M > 0 : ku(t)k
X
 M; với hầu hết t 2 (0; T ); với p = 1:
7
Ta trang bị cho L
p
(0; T ; X); 1  p  1 chuẩn sau đây
kuk
L
p
(0;T ;X)
=
0

@
T
Z
0
ku(t)k
p
X
dt
1
A
1=p
; với 1  p < 1;
hay
kuk
L
1
(0;T ;X)
= ess sup
0<t<T
ku(t)k
X
 inffM > 0 : ku(t)k
X
 M; với hầu hết t 2 (0; T ):
Lưu ý rằng nếu X = L
p
() thì L
p
(0; T ; X) = L
p

(  (0; T )):
Ta có các bổ đề sau đây

chứng minh có thể tham khảo [4].

Bổ đề 2.5. L
p
(0; T ; X); 1  p  1 là không gian Banach.
Bổ đề 2.6. Gọi X
0
là đối ngẫu của X: Khi đó L
p
0
(0; T ; X
0
) là đối ngẫu của L
p
(0; T ; X)
với
1
p
+
1
p
0
= 1; 1 < p < 1. Hơn nữa, nếu X phản xạ thì L
p
(0; T ; X) cũng phản xạ.
Bổ đề 2.7. (L
1

(0; T ; X))
0
= L
1
(0; T ; X
0
): Hơn nữa, các không gian L
1
(0; T ; X);
L
1
(0; T ; X
0
) không phản xạ.
2.3.Phân bố có giá trị vectơ
Định nghĩa 2.1. 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 trị trong X: Tập
các phân bố có giá trị trong X ký hiệu là
D
0
(0; T ; X) = L(D(0; T ); X)) = ff : D(0; T ) ! X : f tuyến tính, liên tụcg:
Ký hiệu D(0; T ) là không gian các hàm số thực khả vi vô hạn có giá compact trong
(0; T ):
Định nghĩa 2.2. Cho f 2 D
0
(0; T ; X): Ta định nghĩa đạo hàm
df
dt
của f theo nghĩa
phân bố

h
df
dt
; 'i = hf;
d'
dt
i; 8' 2 D(0; T ):
(2.24)
Cho v 2 L
p
(0; T ; X): Ta xét ánh xạ T
v
: D(0; T ) ! X như sau
hT
v
; 'i =
T
Z
0
v(t)'(t)dt; 8' 2 D(0; T ):
(2.25)
Ta có các tính chất sau
T
v
2 D
0
(0; T ; X):
Ánh xạ v 7! T
v
là một đơn ánh, tuyến tính từ L

p
(0; T ; X) vào D
0
(0; T ; X)
(2.26)
Khi đó ta có kết quả sau, chứng minh có thể tham khảo trong [4].
Bổ đề 2.8. L
p
(0; T ; X) ,! D
0
(0; T ; X) với phép nhúng liên tục.
8
2.4.Đạo hàm trong L
p
(0; T ; X):
Do bổ đề 2.8, với f 2 L
p
(0; T ; X) ta có thể coi f và
df
dt
thuộc D
0
(0; T ; X): Ta có kết
quả sau
Bổ đề 2.9. N ếu f 2 L
p
(0; T ; X) và f
0
2 L
p

(0; T ; X); thì f bằng hầu hết với một hàm
liên tục từ [0; T ] ! X:
Chứng minh có thể tham khảo trong [4].
2.5.Bổ đề về tính compact của Lions [4]
Cho ba không gian Banach X
0
; X
1
; X với X
0
,! X ,! X
1
là các phép nhúng liên
tục, và
X
0
; X
1
phản xạ,
(2.27)
phép nhúng X
0
,! X compact.
(2.28)
Ta đặt
W (0; T ) = fv 2 L
p
0
(0; T ; X
0

) : v
0
2 L
p
1
(0; T ; X
1
)g;
0 < T < 1; 1  p
i
 1; i = 0; 1:
(2.29)
Ta trang bị chuẩn trong W (0; T )
kvk
W (0;T)
= kvk
L
p
0
(0;T ;X
0
)
+ kv
0
k
L
p
1
(0;T ;X
1

)
:
(2.30)
Khi đó W (0; T ) là một không gian Banach. Hiển nhiên W (0; T ) ,! L
p
0
(0; T ; X):
Ta có bổ đề sau đây
Bổ đề 2.10. (Bổ đề về tính compact của Lions), với giả thiết (2.27), (2.28) và nếu
1 < p
i
< 1; i = 0; 1; thì phép nhúng W (0; T ) ,! L
p
0
(0; T ; X) là compact.
2.6.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 2.11. Cho Q là tập mở bị chận của R
N
và G
m
; G 2 L
q
(Q); 1 < q < 1; sao
cho
kG

m
k
L
q
(Q)
 C; trong đó C là hằng số độc lập với m
và
G
m
! G với hầu hết (r; t) trong Q:
Khi đó
G
m
! G trong L
q
(Q) yếu.
9
2.7.Định lý Ascoli-Arzela:
Cho  mở bị chặn trong R
n
.Một tập K  C



của C



là tương đối compact (tức là
K compact trong C




) trong C



nếu hai điều kiện sau đây thỏa:
i) 9 M  0 :ju (x)j  M; 8u 2 K; 8x 2 
ii)8" > 0; 9 > 0 : 8u 2 K; 8x; y 2 ; kx  yk <  ) ju (x)  u (y)j < ":
2.8.Định lý Schauder.
Cho K là một tâp con lồi, đóng của một không gian Banach và T : K ! K là ánh xạ liên
tục sao cho bao đóng T (K) của T (K) là compact, thì T có ít nhất một điểm bất động.
2.9.Bất đẳng thức Gronwall.
Nếu u; k : [; +1] ! [0; +1] liên tục, thỏa:
u (t)  a +
t
Z

k (s) u (s) ds 8t  ;   0;
thì
u (t)  a exp
0
@
t
Z

k (s) ds
1
A

8t  :
Ta cũng dùng các ký hiệu u(t); u
0
(t) = u
t
(t); u
00
(t) = u
tt
(t); u
x
(t); u
xx
(t) để chỉ u(r; t);
@ u
@t
(r; t);
@
2
u
@t
2
(r; t);
@u
@x
(r; t);
@
2
u
@x

2
(r; t).
10
CHƯƠNG 3
Sự tồn tại và duy nhất nghiệm
Trong chương nầy, chúng tôi trình bày định lý tồn tại và duy nhất của nghiệm yếu cho
bài toán (1.1) – (1.3)
u
tt
  (t) u
xx
+ F (u) = f (x; t) ; 0 < x < 1; 0 < t < T ,
(3.1)
 (t) u
x
(0; t) = g (t) +
t
Z
0
k (t  s) u (0; s) ds ;
u (1; t) = 0;
(3.2)
u (x; 0) = u
0
(x) ; u
t
(x; 0) = u
1
(x) ;
(3.3)

trong đó ; u
0
; u
1
; g; f; F; k là các hàm cho trước thỏa các điều kiện sau:
(H
1
) u
0
2 V; u
1
2 L
2
;
(H
2
) g 2 H
1
(0; T ) ;
(H
3
) k 2 W
1;1
(0; T ) ;
(H
4
)  2 C
0
([0; T ]) và 
0

2 L
1
(0; T ) ;  (t)  
0
> 0;
(F
1
) F 2 C
0
(R) và tồn tạ i C
1
; C
0
1
> 0 để :
z
Z
0
F (s) ds  C
1
z
2
 C
0
1
8z 2 R;
(F
2
) 8M > 0; 9K
M

> 0 sao cho: jF (u)  F (v)j  K
M
ju  vj 8u; v 2 [M; M] ;
(F
3
) f 2 L
1
(0; T ; L
2
) :
Định lý 3.1. Giả sử (H
1
)  (H
4
) ; (F
1
)  (F
3
) được thỏa, khi đó với mỗi T > 0 tồn
tại duy nhất một nghiệm yếu u của bài toán (1.1) – (1.3) thỏa:
u 2 L
1
(0; T ; V ) ; u
t
2 L
1
(0; T ; L
2
) :
(3.4)

Chứng minh. Chứng minh gồm bốn bước.
Bước 1.
Xấp xỉ Faedo-Galerkin.
Xét cơ sở trực chuẩn fw
j
g của V như bổ đề 2.3. Ta tìm nghiệm xấp xỉ của bài toán
(1.1) – (1.3) dưới dạng
u
m
(t) =
m
X
j=1
c
mj
(t) w
j
;
(3.5)
11
với những hàm hệ số c
mj
thỏa hệ phương trình vi phân thường :
hu
00
m
(t) ; w
j
i +  (t) hu
mx

(t) ; w
jx
i + P
m
(t) w
j
(0) + hF (u
m
(t)) ; w
j
i
= hf (t) ; w
j
i; 1  j  m;
(3.6)
P
m
(t) = g (t) +
t
Z
0
k (t  s) u
m
(0; s) ds;
(3.7)
8
>
>
>
>

<
>
>
>
>
:
u
m
(0) = u
0m
=
m
X
j=1

mj
w
j
! u
0
mạnh trong V;
u
0
m
(0) = u
1m
=
m
X
j=1


mj
w
j
! u
1
mạnh trong L
2
:
(3.8)
Áp dụng bổ đề 2.3 ta có:
hu
mx
(t) ; w
jx
i = a (u
m
(t) ; w
j
) = 
j
hu
m
(t) ; w
j
i = 
j
c
mj
(t) :

(3.9)
Hệ (3.6) – (3.8) có thể viết thành một dạng khác như sau:
c
00
mj
(t) + 
j
 (t) c
mj
(t) + P
m
(t) w
j
(0) + hF (u
m
(t)) ; w
j
i
= hf (t) ; w
j
i; 1  j  m;
(3.10)

mj
= c
mj
(0) ; 
mj
= c
0

mj
(0) :
(3.11)
do đó, ta cũng suy ra từ (3.10) bằng cách tích phân hệ này, ta được
c
mj
(t) = G
mj
(t)  
j
t
Z
0
ds
s
Z
0
 () c
mj
()d 
t
Z
0
ds
s
Z
0
hF (u
m
()) ; w

j
id
w
j
(0)
t
Z
0
ds
s
Z
0
0
@

Z
0
k (  ) u
m
(0; ) d
1
A
d; 1  j  m;
(3.12)
trong đó
G
mj
(t) = 
mj
+ t

mj
+
t
Z
0
s
Z
0
[hf(); w
j
i  g () w
j
(0)] dds; 1  j  m:
(3.13)
Khi đó ta có bổ đề sau:
Bổ đề 3.1. Giả sử (H
1
)  (H
4
); (F
1
)  (F
3
) là đúng, với T > 0 cố định, khi đó, hệ
(3.6)-(3.8) có nghiệm c
m
= (c
m1
; :::; c
mm

) trên [0; T
m
]  [0; T ]:
12
Chứng minh. Ta bỏ qua chỉ số m hệ (3.12)-(3.13) viết lại dưới dạng:
c = Uc;
(3.14)
với
8
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
<

>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
:
c(t) = (c
1
(t) ; :::; c
m
(t)) ; Uc = ((Uc)
1
; :::; (Uc)
m
) ;

(Uc)
j
(t) = G
j
(t) +
t
Z
0
ds
s
Z
0
(V c)
j
()d;
G
j
(t) = 
mj
+ t
mj
+
t
Z
0
ds
s
Z
0
[hf(); w

j
i  g () w
j
(0)] d;
(V c)
j
() = f
1j
(; c ()) +

Z
0
k (  ) f
2j
(c ()) d;
(3.15)
với f
1j
; f
2j
: R
m
! R xác định bởi công thức
f
1j
(; c) = 
j
 () c
j


*
F

m
X
i=1
c
i
w
i
!
; w
j
+
1  j  m;
(3.16)
f
2j
(c) = w
j
(0)
m
X
i=1
c
i
w
i
(0) 1  j  m;
(3.17)

với mỗi T
m
> 0; M > 0; ta đặt:
S = fc 2 C
0
([0; T
m
] ; R
m
) ; kck
0
 Mg;
(3.18)
kck
0
= sup
0tT
m
jc (t)j
1
; jc (t)j
1
=
m
X
i=1
jc
i
(t)j: (3.19)
Dễ thấy rằng S là tập con lồi đóng và bị chặn của Y = C

0
([0; T
m
] ; R
m
). Dùng định lý
điểm bất động Schauder ta chứng minh rằng toán tử U : S ! Y xác định bởi (3.15)
2
có
điểm bất động. Điểm bất động này là nghiệm của hệ (3.14) .
i/ Đầu tiên ta chứng minh rằng U biến tập S vào chính nó.
Chú ý rằng (V c)
j
2 C
0
([0; T
m
] ; R
m
) do đó ta suy ra từ (3.15)
2
rằng U : Y ! Y:
Cho c 2 S , ta suy ra từ (3.15)
2
rằng
j(Uc)(t)j
1
 jG(t)j
1
+ T

2
m
kV ck
0
;
(3.20)
Mặt khác, ta suy ra từ (H
2
) ; (H
3
) rằng
13
kV ck
0

m
X
j=1
h
N
1
(f
1j
; M; T ) + kkk
L
1
(0;T )
N
2
(f

2j
; M )
i
  (M; T ) ;
(3.21)
với mọi c 2 S trong đó
N
1
(f
1j
; M; T ) = sup fjf
1j
(t; y)j : kyk
R
m
 M; 0  t  T g;
(3.22)
N
2
(f
2j
; M ) = sup fjf
2j
(y)j : kyk
R
m
 Mg; (3.23)
do đó từ (3.20) và (3.21) ta thu được
kUck
0

 kGk
0

+ T
2
m
 (M; T ) ;
(3.24)
trong đó:
kGk
0

= sup
0tT
jG (t)j
1
:
(3.25)
Chọn M và sau đó chọn T
m
sao cho
M > 2 kGk
0

và T
2
m
 (M; T ) 
M
2

;
(3.26)
do đó kUck
0
 M với mọi c 2 S, nghĩa là toán tử U biến tập S vào chính nó.
ii/ Tiếp theo ta chứng minh toán tử này liên tục trên S. Cho c; d 2 S ta có
(Uc)
j
(t)  (Ud)
j
(t) =
t
Z
0
ds
s
Z
0
h
(V c)
j
()  (V d)
j
()
i
d;
(3.27)
do đó
kUc Udk
0

 T
2
m
kV c  V dk
0
:
(3.28)
Bây giờ ta đánh giá số hạng kV c V dk
0
. Ta có:
(V c)
j
(t)  (V d)
j
(t) = f
1j
(t; c (t))  f
1j
(t; d (t))
+
t
Z
0
k (t  ) [f
2j
(c ())  f
2j
(d ())] d:
(3.29)
Từ các giả thiết (H

3
) ; (H
4
) ; (F
2
) ;(3.29) suy ra tồn tại hằng số D
M
> 0 sao cho ta có
14
kV c  V dk
0
 D
M
kc  dk
0
:
(3.30)
Từ (3.28), (3.30) suy ra toán tử U : S ! Y liên tục.
iii/ Bây giờ ta chứng minh US là tập compact của Y:
Cho c 2 S; t; t
0
2 [0; T
m
], từ (3.15)
2
ta có:
(Uc)
j
(t)  (Uc)
j

(t
0
) = G
j
(t)  G
j
(t
0
) +
t
Z
t
0
ds
s
Z
0
(V c)
j
()d:
(3.31)
Suy ra
j(Uc)(t) (Uc)(t
0
)j
1
 jG(t)  G(t
0
)j
1

+ T
m
jt  t
0
jkV ck
0
:
(3.32)
Kết hợp với (3.21) ta có
j(Uc)(t) (Uc)(t
0
)j
1
 jG(t)  G(t
0
)j
1
+ T
m
jt  t
0
j (M; T ) :
(3.33)
Lưu ý rằng, do (3.15)
3
:
jG
j
(t)  G
j

(t
0
)j 



mj


jt  t
0
j +
t
Z
t
0
ds
s
Z
0
jhf(); w
j
i  g () w
j
(0)jd




mj



jt  t
0
j +
t
Z
t
0
ds
s
Z
0
jhf(); w
j
ijd + jw
j
(0)j
t
Z
t
0
ds
s
Z
0
jg ()jd





mj


jt  t
0
j +
t
Z
t
0
ds
s
Z
0
kf()kkw
j
kd + jw
j
(0)jjt  t
0
j

p
T kgk
L
2
(0;T )






mj


jt  t
0
j + jt  t
0
jkfk
L
1
(0;T ;L
2
)
+ jw
j
(0)jjt  t
0
j

p
T kgk
H
1
(0;T )

:
(3.34)

Vậy ta thu được:
jG(t)  G(t
0
)j
1
 jt  t
0
j

m
X
j=1



mj


+ m kfk
L
1
(0;T ;L
2
)
+
p
T kgk
H
1
(0;T )

m
X
j=1
jw
j
(0)j
!
:
(3.35)
Từ (3.33) và (3 .35) ta có B
M
> 0 sao cho:
j(Uc)(t) (Uc)(t
0
)j
1
 B
M
jt  t
0
j;
(3.36)
15
với
B
M
=
m
X
j=1




mj


+ m kfk
L
1
(0;T ;L
2
)
+
p
T kgk
H
1
(0;T )
m
X
j=1
jw
j
(0)j + T
m
 (M; T ) :
Do U S  S và đánh giá (3.36) suy ra rằng họ các hàm US = fU c; c 2 Sg là bị chặn
và liên tục đồng bậc với chuẩn k:k
0
của không gian Y . Áp dụng định lý Arzela-Ascoli vào

không gian Y , ta suy ra rằng US là compact trong Y . Do định lý điểm bất động Schauder
ta có c 2 S sao cho c = Uc, mà điểm bất động này là nghiệm của hệ (3.14) .
Bổ đề 3.1 được chứng minh.
Dùng Bổ đề 3.1 với T > 0 cố định hệ (3.6)(3.8) có nghiệm (u
m
(t) ; P
m
(t)) trên
[0; T
m
].
Xấp xỉ sau cho phép ta lấy hằng số T
m
= T với mọi m.
Bước 2.
Đánh giá tiên nghiệm.
Nhân phương trình thứ j của (3.6) với c
0
mj
(t) và cộng lại theo j ta có
1
2
d
dt
ku
0
m
(t)k
2
+

1
2
 (t)
d
dt
ku
mx
(t)k
2
+ P
m
(t) u
0
m
(0; t)
+ hF (u
m
(t)) ; u
0
m
(t)i  hf (t) ; u
0
m
(t)i = 0 :
(3.37)
Lấy tích phân theo biến thời gian từ 0 đến t ta thu được
S
m
(t) = S
m

(0) + 2
1
Z
0
b
F (u
0m
(x)) dx +
t
Z
0

0
(s) ku
mx
(s)k
2
ds
2
1
Z
0
b
F (u
m
(x; t)) dx  2
t
Z
0
P

m
(s) u
0
m
(0; s) ds + 2
t
Z
0
hf (s) ; u
0
m
(s)ids
= S
m
(0) + 2
1
Z
0
b
F (u
0m
(x)) dx + I
1
+ I
2
+ I
3
+ I
4:
(3.38)

Trong đó:
b
F (z) =
z
Z
0
F (s) ds;
(3.39)
và
S
m
(t) = ku
0
m
(t)k
2
+  (t) ku
mx
(t)k
2
:
(3.40)
16
Đặt
s
m
(t) = ku
0
m
(t)k

2
+ 
0
ku
mx
(t)k
2
 S
m
(t) :
(3.41)
Ta đánh giá 4 tích phân ở vế phải (3.38).
Tích phân thứ nhất:
jI
1
j 
t
Z
0
j
0
(s)jku
mx
(s)k
2
ds 
1

0
t

Z
0
j
0
(s)js
m
(s) ds:
(3.42)
Tích phân thứ hai:
Do giả thiết (F
1
)
I
2
= 2
1
Z
0
b
F (u
m
(x; t)) dx = 2
1
Z
0
u
m
(x;t)
Z
0

F (s) dsdx  2
1
Z
0
(C
1
u
2
m
(x; t) + C
0
1
) dx
= 2C
1
ku
m
(t)k
2
+ 2C
0
1
:
(3.43)
Ta có
u
m
(x; t) = u
m
(x; 0) +

t
Z
0
u
0
m
(x; s) ds = u
0m
(x) +
t
Z
0
u
0
m
(x; s) ds;
ku
m
(t)k 






u
0m
+
t
Z

0
u
0
m
(s) ds






 ku
0m
k +






t
Z
0
u
0
m
(s) ds







 ku
0m
k +
t
Z
0
ku
0
m
(s)kds:
(3.44)
Suy ra
ku
m
(t)k
2
 2 ku
0m
k
2
+ 2
0
@
t
Z
0
ku

0
m
(s)kds
1
A
2
 2 ku
0m
k
2
+ 2t
t
Z
0
ku
0
m
(s)k
2
ds
 2 ku
0m
k
2
+ 2T
t
Z
0
s
m

(s) ds:
(3.45)
Kết hợp (3.43) và (3.45 ) ta được
17
I
2
 4C
1
ku
0m
k
2
+ 2C
0
1
+ 4C
1
T
t
Z
0
s
m
(s) ds  C
0
+ 4C
1
T
t
Z

0
s
m
(s) ds:
(3.46)
Tích phân thứ ba:
Thay (3.7) vào I
3
; sử dụng tích phân từng phần ta có
I
3
= 2g (0) u
0m
(0)  2g (t) u
m
(0; t) + 2
t
Z
0
g
0
(s) u
m
(0; s) ds
2u
m
(0; t)
t
Z
0

k (t  ) u
m
(0; ) d
+2k (0)
t
Z
0
u
2
m
(0; s) ds + 2
t
Z
0
2
4
s
Z
0
k
0
(s  ) u
m
(0; ) d
3
5
u
m
(0; s) ds:
(3.47)

Lưu ý bổ đề 2.2 cho ta đánh giá sau
ju
m
(0; t)j
2
 ku
m
(t)k
2
C
0
(

)
 ku
mx
(t)k
2

1

0
s
m
(t) 8t 2 [0; T ] :
(3.48)
Sử dụng (3.48) và (H
3
) ta có:
2

t
Z
0
2
4
s
Z
0
k
0
(s  ) u
m
(0; ) d
3
5
u
m
(0; s) ds 
2

0
kk
0
k
L
1
(0;T )
t
Z
0

s
m
(s) ds:
(3.49)
Chứng minh (3.49)
Ta có:
18
2
t
Z
0
2
4
s
Z
0
k
0
(s  ) u
m
(0; ) d
3
5
u
m
(0; s) ds  2
t
Z
0
2

4
s
Z
0
jk
0
(s  )jku
mx
()kd
3
5
ku
mx
(s)kds
 2
v
u
u
u
t
t
Z
0
ku
mx
(s)k
2
ds
v
u

u
u
t
t
Z
0
0
@
s
Z
0
p
jk
0
(s  )j
p
jk
0
(s  )jku
mx
()kd
1
A
2
ds
 2
v
u
u
u

t
t
Z
0
ku
mx
(s)k
2
ds
v
u
u
u
t
t
Z
0
0
@
s
Z
0
jk
0
(s  )jd
s
Z
0
jk
0

(s  )jku
mx
()k
2
d
1
A
ds
 2
q
kk
0
k
L
1
(0;T )
v
u
u
u
t
t
Z
0
ku
mx
(s)k
2
ds
v

u
u
u
t
t
Z
0
0
@
t
Z

jk
0
(s  )jku
mx
()k
2
ds
1
A
d
 2
q
kk
0
k
L
1
(0;T )

v
u
u
u
t
t
Z
0
ku
mx
(s)k
2
ds
v
u
u
u
t
t
Z
0
ku
mx
()k
2
d
v
u
u
u

t
T
Z
0
jk
0
(s  )jds
 2 kk
0
k
L
1
(0;T )
t
Z
0
ku
mx
(s)k
2
ds  2 kk
0
k
L
1
(0;T )
t
Z
0
1


0
s
m
(s) ds:
Sử dụng bất đẳng thức 2ab  a
2
+
1

b
2
8a; b 2 R; 8 >0 và (3.48), (3.49) ta có
jI
3
j  2 jg (0) u
0m
(0)j +
2

g
2
(t) +

2
u
2
m
(0; t) +
t

Z
0

2 [g
0
(s)]
2
+
1
2
u
2
m
(0; s)

ds
+

2
u
2
m
(0; t) +
2

0
@
t
Z
0

k (t  ) u
m
(0; ) d
1
A
2
+2 jk (0)j
t
Z
0
u
2
m
(0; s) ds +
2

0
kk
0
k
L
1
(0;T )
t
Z
0
s
m
(s) ds
 2 jg (0) u

0m
(0)j +
2

g
2
(t) +


0
s
m
(t) + 2 kg
0
k
2
L
2
(0;T )
+
1
2
0
t
Z
0
s
m
(s) ds
+

2

0
kkk
2
L
2
(0;T )
t
Z
0
s
m
() d +
2jk(0)j

0
t
Z
0
s
m
(s) ds +
2

0
kk
0
k
L

1
(0;T )
t
Z
0
s
m
(s) ds:
Vậy
19
jI
3
j  C
T
+


0
s
m
(t) + C (k)
t
Z
0
s
m
(s) ds 8 >0;
với C (k) =
1


0

1
2
+
2

kkk
2
L
2
(0;T )
+ 2 kk
0
k
L
1
(0;T )
+ 2 jk (0)j

:
(3.50)
Tích phân thứ tư:
I
4
= 2
t
Z
0
hf (s) ; u

0
m
(s)ids  2
t
Z
0
kf (s)kku
0
m
(s)kds
= 2
t
Z
0
p
kf (s)k
p
kf (s)kku
0
m
(s)kds

t
Z
0
kf (s)kds +
t
Z
0
kf (s)kku

0
m
(s)k
2
ds

t
Z
0
kf (s)kds +
t
Z
0
kf (s)ks
m
(s) ds
 kfk
L
1
(0;T ;L
2
)
+
t
Z
0
kf (s)ks
m
(s) ds:
(3.51)

Do (F
1
) ; (H
4
) ;bổ đề 2.2 và (3.8 ) ta có
S
m
(0) + 2
1
Z
0
b
F (u
0m
(x)) dx  C
T
:
(3.52)
Từ các đánh giá (3.42),(3.46) ;(3.50)-(3.52) ta có:
s
m
(t)  C
T
+


0
s
m
(t) +

t
Z
0

C (k) +
1

0
j
0
(s)j + 4C
1
T + kf (s)k

s
m
(s) ds;
8 >0:
(3.53)
Chọn  =

0
2
> 0 ta có:
Ta có
s
m
(t)  2C
T
+

t
Z
0
2

C (k) +
1

0
j
0
(s)j + 4C
1
T + kf (s)k

s
m
(s) ds:
(3.54)
20
Suy ra
s
m
(t)  M
T
+
t
Z
0
N

T
(s) s
m
(s) ds;
(3.55)
với
M
T
= 2C
T
;
N
T
(s) = 2

C (k) +
1

0
j
0
(s)j + 4C
1
T + kf (s)k

;
N
T
2 L
1

(0; T ) .
(3.56)
Theo bổ đề Gronwall ta suy ra:
s
m
(t)  M
T
exp
0
@
t
Z
0
N
T
(s) ds
1
A
 M
T
exp

kN
T
k
L
1
(0;T )

 C

T
8t 2 [0; T ] ; 8m:
(3.57)
Từ (3.57) ta suy ra tồn tại dãy con của fu
m
g vẫn kí hiệu như thế sao cho
8
>
>
<
>
>
:
u
m
! u yếu* trong L
1
(0; T ; V ) ;
u
0
m
! u
0
yếu* trong L
1
(0; T ; L
2
) ;
u
mx

! u
x
yếu* trong L
1
(0; T ; L
2
) ;
u
m
(0; :) ! u (0; :) yếu*trong L
1
(0; T ) :
(3.58)
Do bổ đề 2.2 và (3.57 ) ta có
8
<
:
ju
m
(x; t)j  ku
m
(t)k
C
0
(

)
 ku
mx
(t)k 

q
C
T

0
8t 2 [0; T ] ; 8m;
ju
m
(0; t)j  ku
m
(t)k
C
0
(

)
 ku
mx
(t)k 
q
C
T

0
8t 2 [0; T ] ; 8m;
(3.59)
Từ (3.59)
1
và sự liên tục của F ta có:
jF (u

m
(x; t))j  sup
jzj
r
C
T

0
jF (z)j  C
T
hầu khắp nơi với (x; t) 2 Q
T
; 8m:
(3.60)
nên
kF (u
m
)k
L
1
(Q
T
)
 C
T
8m:
(3.61)
Suy ra tồn tại dãy con của fu
m
g vẫn kí hiệu như thế sao cho

21
F (u
m
) !  yếu* trong L
1
(Q
T
) :
(3.62)
Do (3.59)
2
; (3.7) và (H
2
) ; (H
3
) ;với
P
m
(t) = g (t) +
t
Z
0
k (t  s) u
m
(0; s) ds;
ta có
8
>
>
<

>
>
:
g 2 L
2
(0; T ) ;
t
Z
0
k (t  s) u
m
(0; s) ds 
C
T

0
T
Z
0
k () d 
q
C
T

0
kkk
L
1
(0;T )
8m; 8t:

Suy ra
kP
m
k
L
2
(0;T )
 C
T
8m:
(3.63)
Do (3.7), (3.59)
2
; (H
2
) ; (H
3
) ;với
P
0
m
(t) = g
0
(t) + k (0) u
m
(0; t) +
t
Z
0
k

0
(t  s) u
m
(0; s) ds
Ta có
8
>
>
>
>
>
<
>
>
>
>
>
:
g
0
2 L
2
(0; T ) ;
k (0) u
m
(0; t)  jk (0)j
q
C
T


0
; 8m; 8t
t
Z
0
k
0
(t  s) u
m
(0; s) ds 
q
C
T

0
T
Z
0
k
0
() d 
q
C
T

0
kk
0
k
L

1
(0;T )
; 8m; 8t:
Suy ra
kP
0
m
k
L
2
(0;T )
 C
T
8m.
(3.64)
Từ (3.63), (3.64) ta có:
kP
m
k
H
1
(0;T )
 C
T
8m.
(3.65)
Suy ra tồn tại dãy con của fP
m
g vẫn kí hiệu như thế sao cho
P

m
! P yếu trong H
1
(0; T ) :
(3.66)
22
Do (3.66) và phép nhúng H
1
(0; T ) ,! C
0
([0; T ]) compact nên tồn tại
dãy con của fP
m
g vẫn kí hiệu như thế sao cho
P
m
! P mạnh trong C
0
([0; T ]) :
(3.67)
Bước 3
Qua giới hạn.
Từ (3.58);(3.62), (3.67) ta suy ra tồn tại dãy con của (u
m
; P
m
) vẫn kí hiệu như thế sao
cho:
8
>

>
>
>
>
>
<
>
>
>
>
>
>
:
u
m
! u yếu* trong L
1
(0; T ; V ) ;
u
0
m
! u
0
yếu* trong L
1
(0; T ; L
2
) ;
u
mx

! u
x
yếu* trong L
1
(0; T ; L
2
) ;
u
m
(0; :) ! u (0; :) yếu* trong L
1
(0; T ) ;
P
m
! P mạnh trong C
0
([0; T ]) ;
F (u
m
) !  yếu* trong L
1
(Q
T
) :
(3.68)
Qua giới hạn F (u
m
)
Theo bổ đề 2.10 tồn tại dãy con của fu
m

g vẫn kí hiệu như thế sao cho
u
m
! u mạnh trong L
2
(Q
T
) và hầu hết trong Q
T
:
(3.69)
Do sự liên tục của F ta có
F (u
m
) ! F (u) với hầu hết (x; t) trong Q
T
:
(3.70)
Từ (3.61) suy ra
kF (u
m
)k
L
2
(Q
T
)
 C
T
8m:

(3.71)
Kết hợp (3.70), (3.71), sử dụng bổ đề 2.11 ta có:
F (u
m
) ! F (u) yếu trong L
2
(Q
T
) :
(3.72)
Từ (3.68)
6
, và (3.7 2) ta có:
 = F (u) với hầu hết (x; t) trong Q
T
;
(3.73)
Qua giới hạn P
m
Đặt
e
P
m
(t) =
t
Z
0
k (t  s) u
m
(0; s) ds:

(3.74)
23