PHƯƠNG TRÌNH PARABOLIC CHỨA TÍCH CHẬP

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐẠI HỌC CẦN THƠ





NGUYỄN THANH SANG




PHƯƠNG TRÌNH PARABOLIC
CHỨA TÍCH CHẬP




LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC


CHUYÊN NGÀNH: TOÁN GIẢI TÍCH

MÃ SỐ: 60. 46. 01

THÀNH PHỐ CẦN THƠ
2007




BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐẠI HỌC CẦN THƠ






PHƯƠNG TRÌNH PARABOLIC
CHỨA TÍCH CHẬP




LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC






Chuyên ngành: Toán Giải Tích

Mã số: 60. 46. 01
Người hướng dẫn khoa học: TS. Trần Minh Thuyết
Khoa Thống kê – Toán – Tin học
Trường Đại học Kinh tế tp. Hồ Chí Minh
Học viên cao học: Nguyễn Thanh Sang
Trường Cao đẳng Cộng đồng Kiên Giang





Thành phố Cần Thơ
2007


LUẬN VĂN ĐƯC HOÀN THÀNH TẠI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC CẦN THƠ


Người hướng dẫn: TS. Trần Minh Thuyết
Khoa Thống kê – Toán – Tin học,
Đại học Kinh tế tp. Hồ Chí Minh.


Nhận xét 1: TS. Nguyễn Thành Long
Khoa Toán – Tin học,
Đại học Khoa học Tự nhiên Tp. Hồ Chí Minh.


Nhận xét 2: TS. Nguyễn Công Tâm

Khoa Toán – Tin học,
Đại học Khoa học Tự nhiên Tp. Hồ Chí Minh.


Học viên cao học: Nguyễn Thanh Sang
Khoa Khoa học Cơ bản,
Trường Cao đẳng Cộng đồng Kiên Giang.


Luận văn sẽ được bảo vệ tại Hội đồng chấm luận án cấp Trường tại trường
Đại học Cần Thơ, vào lúc …… giờ …… ngày …… tháng …… năm 2007.

Có thể tìm hiểu luận văn tại Phòng Sau Đại học, thư viện trường Đại học Cần
Thơ.

LỜI CẢM ƠN

Lời đầu tiên, tôi trân trọng kính gởi đến Thầy
Trần Minh Thuyết
,
người đã tận tình hướng dẫn, giúp đỡ tôi vượt mọi khó khăn để hoàn thành
luận văn, lòng biết ơn chân thành và sâu sắc nhất.
Xin chân trọng cảm ơn Thầy
Nguyễn Thành Long
và Thầy
Nguyễn
Công Tâm
đã đọc và đóng góp nhiều ý kiến quý báu cho luận văn của tôi.
Xin bày tỏ lòng biết ơn đối với Quý Thầy, Cô trong và ngoài Trường
Đại học Cần Thơ và Trường Đại học Khoa học Tự nhiên Thành phố Hồ Chí

Minh đã tận tình giảng dạy, truyền đạt kiến thức trong suốt thời gian tôi học
tập tại trường.
Tôi xin biết ơn Quý Thầy, Cô thuộc Phòng Quản lý Khoa học và Đào
tạo Sau Đại học Trường Đại học Cần Thơ đã tạo mọi điều kiện thuận lợi cho
tôi về thủ tục hành chính trong toàn khóa học.
Tôi cũng xin chân thành cảm ơn Ban lãnh đạo, Khoa Khoa học Cơ bản,
Trường Cao đẳng Cộng đồng Kiên Giang đã tạo điều kiện thuận lợi mọi mặt
để tôi có thể yên tâm học tập và làm việc.
Xin chân thành cảm ơn các đồng nghiệp và các bạn học viên lớp Cao
học khóa 11 đã luôn động viên và nhiệt tình giúp đỡ tôi trong quá trình học.
Cuối cùng, lời thân thương nhất xin gởi đến gia đình tôi, chỗ dựa tinh
thần trong cuộc sống của tôi bây giờ và mãi mãi sau này, đã tạo điều kiện tốt
nhất để tôi học tập và hoàn thành luận văn này.
Vì kiến thức bản thân còn nhiều hạn chế nên luận văn khó tránh khỏi
thiếu sót, rất mong được sự chỉ bảo của Quý Thầy, Cô và sự góp ý chân thành
của các bạn bè đồng nghiệp.
Cần Thơ, ngày …… tháng …… năm 2007
Nguyễn Thanh Sang


MỤC LỤC



Mục lục Trang
Chương 0. Phần mở đầu 1
Chương 1. Một số công cụ chuẩn bò 4
Chương 2. Sự tồn tại và duy nhất nghiệm 13
Chương 3. Tính trơn của nghiệm 24
Chương 4. Tính không âm của nghiệm 31

Phần kết luận 42
Tài liệu tham khảo 43
1
Chương 0
PHẦN MỞ ĐẦU


Trong luận văn này, chúng tôi xét bài toán
(0.1)
,0,10),,)((
),(),(
12
11211
11
TtxtxC
txCCtxq
x
C
xt
C
<<<<∗+
=+
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+
∂

∂
∂
∂
−
∂
∂
γ
γμ

(0.2)
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎨
⎧
<<=+
∂
∂
<<=+
∂
∂
,0,0),1(),1(),1(
,0,0),0(),0(),0(
11
1
11
1
TttCtqt

x
C
TttCtqt
x
C

(0.3) ,10),()0,(
0
11
<<= xxCxC
trong đó phương trình (0.1) chứa tích chập
(0.4)
,),()(),)((
0
1212
∫
−=∗
t
drrxCrttxC γγ

trong đó
0
2
>
μ
là hằng số cho trước và
21
0
11
,,,

γγCq
là các hàm cho trước
sẽ được giả thiết sau. Bài toán (0.1) – (0.4) có liên quan đến bài toán khuếch
tán trong hóa học (xem [1 – 3] và các tài liệu tham khảo trong đó), mà mấu
chốt vấn đề về mặt toán học dẫn đến bài toán sau.
Cho
),1,0(=Ω ta đặt ),,0(
T
Q
T
×
Ω
=
.0
∞
<
<
T
Xét bài toán: Tìm
),(
21
C
C
thỏa cặp bài toán sau:
(0.5)
⎪
⎪
⎪
⎪
⎩

⎪
⎪
⎪
⎪
⎨
⎧
<<=
<<=+
∂
∂
<<=+
∂
∂
<<<<=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+
∂
∂
∂
∂
−
∂
∂
,10),()0,(
,0,0),1(),1(),1(

,0,0),0(),0(),0(
,0,10),,(),(
0
11
11
1
11
1
21111
11
xxCxC
TttCtqt
x
C
TttCtqt
x
C
TtxCCRCtxq
x
C
xt
C

2
(0.6)
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧

<<=
<<<<=
∂
∂
,10),()0,(
,0,10),,(
0
22
212
2
xxCxC
TtxCCR
t
C

trong đó,
0
2
0
11
,,
CCq
cho trước, các số hạng ),,(
211
C
C
R
),(
212
C

C
R
có dạng cụ
thể
(0.7)
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
=>>
−+=
+−=
dương. số hằngcáclà 3,2,1,0,0
,),(
,),(
23121212
23121211
i
CCCCR
CCCCR
ii
μμ
μμμ
μμμ

Ta xem (0.6) như là phương trình vi phân thường
(0.8)
⎪
⎩

⎪
⎨
⎧
<<=
<<<<+=+
∂
∂
.10),()0,(
,0,10,
0
22
22123
2
xxCxC
TtxCC
t
C
μμμ

Giải phương trình này, ta được
(0.9)
[]
()
()
()
.),()(exp
)()exp()exp(1
),()exp()(1)exp()exp(
),()exp()()exp(),(
0

132
0
233
3
1
0
132
0
23
3
1
3
0
1213
0
232
∫
∫
∫
−−+
−+−−=
⎭
⎬
⎫
⎩
⎨
⎧
++−−=
⎭
⎬

⎫
⎩
⎨
⎧
++−=
t
t
t
drrxCrt
xCtt
drrxCrxCtt
drrxCrxCttxC
μμ
μμ
μ
μ
μμμ
μ
μ
μ
μμμμ

Từ (0.9), ta viết lại
2
C
dưới dạng
(0.10)
),,)((),(),(
12212
t

x
C
t
x
t
x
C
∗
+
=
β
μ
β

trong đó
(0.11)
()
),()exp()exp(1),(
0
233
3
1
1
xCtttx μμ
μ
μ
β
−+−−=
(0.12)
()

⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
−=
−−=−=∗
∫∫
).exp()(
,),()(exp),()(),)((
32
0
13
0
1212
tt
drtxCrtdrtxCrttxC
tt
μβ
μββ

Thay
2
C
vào (0.5), ta thu được bài toán (0.1) – (0.4), trong đó
3
(0.13)
()
⎪
⎪

⎪
⎩
⎪
⎪
⎪
⎨
⎧
−=
−=∗
−+−−+=
∫
).exp()(
,),()(),)((
),()exp()exp(1),(
3232
0
1212
0
2333
3
1
311
tt
drrxCrttxC
xCtttx
t
μμμγ
γγ
μμμ
μ

μ
μμγ

Luận văn được trình bày theo các chương mục như sau:
Chương 0, 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 kết quả chuẩn bò 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 2, chúng tôi nghiên cứu sự tồn tại và duy nhất của nghiệm yếu
toàn cục của bài toán (0.1) – (0.4) với
),(),(),(
2
11
20
1
TT
QLQCqLC
∈∈Ω∈
γ

,0),,0(
2
2
2
>∈
μγ TL
cùng với một số điều kiện khác. Chứng minh được dựa
vào phương pháp Faedo – Galerkin liên kết với các đánh giá tiên nghiệm
cùng với kỹ thuật hội tụ yếu và về tính compact.

Chương 3, với điều kiện đầu
),(,),(),(
2/
11
1
1
10
1
TT
QLQCqHC
∈∈Ω∈
γγ

,0),,0(
2
1
2
>∈
μγ TH
cùng với một số điều kiện khác, chúng tôi chứng minh
được rằng nghiệm thu được của bài toán (0.1) – (0.4) có tính trơn tốt hơn, cụ
thể là
(
)
).(,)];,0([);,0();,0(
2/
1
110221
1
TT

QLCQHHTCHTLHTLC
∈∈
∞
III
Chương 4, với điều kiện đầu
(
)
,
20
1
Ω∈
LC

, ,0
0
1
Ω∈≥
xeaC
cùng với
một số điều kiện khác, chúng tôi chứng minh được rằng tồn tại một nghiệm
đòa phương của bài toán (0.1) – (0.4) cũng không âm trên
).,0(
T
×
Ω

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

4

Chương 1
CÁC CÔNG CỤ CHUẨN BỊ

1.1.
Các không gian hàm

Đầu tiên, ta đặt các ký hiệu sau:
,0),,0(),1,0( >
=
=
Ω
TTQ
T
và bỏ qua
đònh nghóa các không gian hàm thông dụng:
),(),(),( ΩΩΩ
mpm
HLC ).(
,
Ω
pm
W

Để cho gọn, ta ký hiệu lại như sau:
,)(
pp
LL =Ω ,)(
2,mmm
WHH ==Ω

.)(
,, pmpm
WW =Ω Các đònh nghóa này có thể xem trong [4].

Ta đònh nghóa
)(
2
Ω
L
là không gian Hilbert đối với tích vô hướng
(1.1)
.,,)()(,
1
0
2
∫
∈=
Lvudxxvxuvu

Ký hiệu
• để chỉ chuẩn sinh bởi tích vô hướng (1.1), nghóa là
(1.2)
.,)(,
2
2
1
1
0
2
Ludxxuuuu

∈
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
==
∫

Ta đònh nghóa

(1.3)
{}
,:
221
LvLvH
x
∈∈=
và
(1.4)
()
.)()()()(,,,
1
0
1
∫
+=+=

dxxvxuxvxuvuvuvu
xxxx
H

1
H
là không gian Hilbert đối với tích vô hướng (1.4). Ký hiệu
1
H
•
để chỉ
chuẩn sinh bởi tích vô hướng (1.4), nghóa là
(1.5)
()
.,)()(,
1
2
1
1
0
2
2
11
Hvdxxvxvvvv
x
HH
∈
⎥
⎦
⎤

⎢
⎣
⎡
+==
∫

Khi đó ta có bổ đề sau.
5
Bổ đề 1.1.
Phép nhúng
1
H



(
)
Ω
0
C là compact và
(1.6)
()
.,2
1
10
Hvvv
HC
∈∀≤
Ω

Chứng minh bổ đề 1.1 không khó khăn.
Bổ đề 1.2.
Đồng nhất
2
L
với
/2
)(
L
(đối ngẫu của
2
L
). Khi đó ta có

1
H


/22
)(
LL
≡


/1
)(
H

với các phép nhúng liên tục và nằm trù mật.
Chứng minh

Trước hết ta chứng minh rằng
2
L
nhúng trong .)(
/1
H
Vì ,
21
LH ⊂ với
mọi
,
2
Lw∈ ánh xạ
IRHT
w
→
1
:


∫
==
1
0
)()(,)(
dxxvxwvwvTv
w
a

là ánh xạ tuyến tính liên tục trên

,
1
H
tức là .)(
/1
HT
w
∈
Ta xét ánh xạ
(1.8)
.)(
)(:
/12
w
TwTw
HLT
=
→
a

Khi đó ta có
(1.9)
.,,,,
21
,)(
1/1
LwHvvwvT
HH
w
∈∀∈∀=

Ta sẽ chứng minh rằng toán tử
T
thỏa các tính chất sau:

{}
.)( trongmật trùlà:)()(
,,)(
ánh,đơnlà :)(
/122
2
)(
2
/1
HLwTLTiii
LwwTii
L
T
i
w
H
w
∈=
∈∀≤
→

Chứng minh (i): Dễ thấy rằng
T
tuyến tính. Nếu
,0
=

w
T
thì

.,,,
1
,)(
1/1
HvvTvw
HH
w
∈∀=

Do
1
H
trù mật trong ,
2
L
nên ta có
(1.7)
6

.,0,
2
Lvvw
∈∀=

Do đó
.0=

w

Vậy
T
là đơn ánh, nghóa là, một phép nhúng từ
2
L
vào
.)(
/1
H

Chứng minh (ii): Ta có, với mọi
,
2
Lw
∈


.sup
sup
,sup,sup
1
1
1
1
1
1
1
1

1
/1
1,
1,
1,1,
)(
wvw
vw
vwvTT
H
vHv
vHv
vHv
w
vHv
H
w
H
H
HH
=≤
≤
==
=∈
=∈
=∈=∈

Chứng minh (iii): Ta chứng minh rằng mỗi phiếm hàm tuyến tính liên tục trên
/1
)(

H
và triệt tiêu trên
)(
2
LT
thì cũng triệt tiêu trên
.)(
/1
H
Coi
,)(
//1
HL
∈

với
).(,0,
2
)(,)(
/1//1
LTTTL
w
HH
w
∈∀=
Ta chứng minh rằng
.0
=
L
Thật vậy, do

1
H
phản xạ, tức là, ,)(
1//1
HH
= theo nghóa,
(1.10)
.)(,,,:,)(
/1
,)()(,)(
1//1
1/1/1//1
HzvzzLHvHL
HHHH
∈∀=∈∃∈∀

Lấy ,)(
/1
HTz
w
∈= ta có

.,,,,0
1
,)()(,)(
1/1/1//1
HwvwvTTL
HH
w
HH

w
∈∀===

Do
1
H
trù mật trong
2
L
nên ta có

.,0,
2
Lwvw
∈∀=
Vậy
.0=
v
Theo (1.10) ta có

.)(,0,,
/1
,)()(,)(
1/1/1//1
HzvzzL
HHHH
∈∀==
Vậy
L
triệt tiêu trên .)(

/1
H

Chú thích 1.1.
Từ bổ đề 1.2 ta dùng ký hiệu tích vô hướng
••, trong
2
L
để chỉ cặp tích
đối ngẫu giữa
1
H
và .)(
/1
H
Chuẩn trong
2
L
được ký hiệu bởi .• Ta cũng ký
hiệu
X
•
để chỉ chuẩn trong một không gian Banach
X
và gọi
/
X
không gian
đối ngẫu của
X

7
.

1.2. Không gian hàm
.1),;,0( ∞≤≤
pXTL
p

Cho
X
là không gian Banach thực đối với chuẩn .
X
• Ta ký hiệu
),;,0(
XTL
p

,1 ∞≤≤
p
là không gian các lớp tương đương chứa hàm
X
T
u
→),0(: đo được, sao cho

,1với,)(
0
∞<≤∞<
∫
pdttu

T
p
X

hay

.với),,0(.,.,)(:0
∞
=
∈
≤>∃
p
T
t
e
a
M
t
u
M
X

Ta trang bò
,1),;,0( ∞≤≤
pXTL
p
bởi chuẩn như sau

,1với,)(
2

1
0
);,0(
∞<≤
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
=
∫
pdttuu
T
p
XXTL
p

và

{}
.,),0(.,.,)(:0inf
)(sup
0
);,0(
∞=∈≤>≡
=
<<

∞
pTteaMtuM
tuessu
X
X
Tt
XTL
với

Khi đó ta có các bổ đề sau đây mà chứng minh của chúng có thể tìm
thấy trong Lions [5].
Bổ đề 1.3. (Lions[5]).
Với
,1
∞
≤
≤
p
thì
);,0(
XTL
p
là không gian Banach.
Bổ đề 1.4. (Lions[5]).
Gọi
/
X
là đối ngẫu của X và
.1,1
11

/
∞<<=+
p
pp
Khi
đó
()
/
/
);,0();,0(
/
XTLXTL
pp
=
là đối ngẫu của
).;,0(
XTL
p
Hơn nữa, nếu X
phản xạ thì
);,0(
XTL
p
cũng phản xạ.
Bổ đề 1.5. (Lions[5]).
()
).;,0();,0(
/
/
1

XTLXTL
∞
=
Hơn nữa các không gian
),;,0(
1
XTL

);,0(
/
XTL
∞
không phản xạ.
Chú thích 1.2.
Nếu
)(Ω=
p
LX
thì
(
)
.),0();,0(
TLXTL
pp
×Ω=
8

1.3. Phân bố có trò vectơ
Đònh nghóa 1.1.
Cho

X
là một không gian Banach thực. Một ánh xạ tuyến tính liên tục từ
()
),0(
T
D
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

()
{
}
.tục liên tính, tuyến :),0(:),,0();,0(
/
uXTuXTLXT
→== DDD

Chú thích 1.3.
Ta ký hiệu
),0(
T
D
thay cho
(

)
),0(
T
D
hoặc
(
)
),0(
TC
c
∞
để chỉ không
gian các hàm số thực khả vi vô hạn có giá compact trong
).,0(
T

Đònh nghóa 1.2.
Cho
).;,0(
/
XTu
D∈ Ta đònh nghóa đạo hàm
dt
d
u
theo nghóa phân bố
của
u
bởi công thức
(1.11)

).,0(,,,
T
dt
d
u
dt
d
u
D∈Φ∀
Φ
−=Φ

Các tính chất.

i
/ Cho ).;,0(
XTLv
p
∈ Ta làm tương ứng với nó bởi ánh xạ
X
T
T
v
→),0(: D như sau:
(1.12)
).,0(,)()(,
0
TdtttvT
T
v

D
∫
∈Φ∀Φ=Φ

Ta có thể nghiệm lại rằng
).;,0(
/
XTT
v
D∈
Thật vậy:
j)
nh xạ
X
T
T
v
→),0(: D là tuyến tính.
jj)
Ta nghiệm lại ánh xạ
X
T
T
v
→),0(: D là liên tục.
Giả sử
{
}
),,0(
T

j
D⊂Φ sao cho 0→
Φ
j
trong ).,0(
T
D
Ta có:
9
(1.13)
.,0)()(
)()()()(,
/
/
1
0
1
0
00
+∞→→
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
Φ
⎟

⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
≤
Φ≤Φ=Φ
∫∫
∫∫
jdttdttv
dtttvdtttvT
p
T
p
j
p
T
p
X
T
X
j
X
T
j
X
jv

Do đó
0, →Φ
jv
T
trong
X
khi .
+
∞→
j
Vậy ).;,0(
/
XTT
v
D∈

ii
) nh xạ
v
T
v
→
là một đơn ánh, tuyến tính từ
);,0(
XTL
p
vào
).;,0(
/
XT

D Do đó, ta có thể đồng nhất
.
v
T
v
=
Khi đó ta có kết quả sau:
Bổ đề 1.6. (Lions[5]). );,0();,0(
/
XTXTL
p
D⊂
với phép nhúng liên tục.

1.4.
Đạo hàm trong ).;,0(
XTL
p

Do bổ đề 1.6, phần tử
);,0(
XTLu
p
∈ ta có thể coi
u
và do đó
d
t
d
u

là
phần tử của
).;,0(
/
XT
D Ta có các kết quả sau.
Bổ đề 1.7. (Lions[5]).
Nếu
);,0(
1
XTLu
∈
và
),;,0(
1/
XTLu
∈
thì u bằng hầu
hết với một hàm liên tục từ
.],0[
X
T
→
Chứng minh bổ đề 1.7 bằng nhiều bước:
Bước 1
: Đặt .)()(
0
/
∫
=

t
dssutG

Khi đó
X
T
G
→],0[: liên tục, vì ).;,0(
1/
XTLu
∈
Trước hết, ta chứng minh rằng
/
u
dt
d
u
dt
d
G
== theo nghóa phân bố.
Thật vậy,
),,0(
T
D
∈Φ∀ ta có:
(1.14)
.,)()()()(
)()()()(,,
/

0
/
0
/
00
/
0
Φ=Φ=
Φ
−=
Φ
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
−=
Φ
−=
Φ
−=Φ
∫∫∫
∫∫∫
udsssudtt
dt
d
dssu

dtt
dt
d
dssudtt
dt
d
tG
dt
d
G
dt
dG
TT
s
T
TtT

Vậy

/
u
dt
d
u
dt
d
G
== trong ).;,0(
/
XT

D
10
Bước 2
: Ta suy ra rằng
u = G + C
theo nghóa phân bố (
C
là hằng).
Thật vậy, giả sử
v = G – u
. Ta có 0
/
=
v
theo nghóa phân bố (do bước 1).
Ta sẽ chứng minh rằng:
v = C
theo nghóa phân bố. Thật vậy,
0
/
=
v
tương
đương với
(1.15)
).,0(,0)()(
0
/
Tdsssv
T

D∈Φ∀=Φ
∫

Coi
),,0(
T
D
∈Φ ta có thể viết
Φ
dưới dạng ,
/
0
ψλ
+Φ=Φ trong đó
),,0(
T
D
∈
ψ

0
Φ thỏa 1)(
0
0
=Φ
∫
T
dss
và .)(
0

∫
Φ=
T
dtt
λ

Thật vậy, vì
()
0)()(
0
0
=Φ−Φ
∫
T
dttt λ
nên nguyên hàm của )()(
0
t
t
Φ−Φ
λ

triệt tiêu tại
0=
t
sẽ thuộc ).,0(
T
D
Chọn
()

∫
Φ−Φ=
t
dssst
0
0
)()()(
λ
ψ
trong
(1.15), ta thay
/
Φ bởi
,
/
ψ
ta thu được:

),,0(,0)()(
0
/
Tdsssv
T
D∈Φ∀=
∫
ψ

hay

[]

),,0(,0)()()(
0
0
Tdssssv
T
D∈Φ∀=Φ−Φ
∫
λ

hay
(1.16)
).,0(,)()()(
)()()()(
0
0
0
0
0
0
Tdsssvdtt
dsssvdsssv
TT
TT
D∈Φ∀ΦΦ=
Φ=Φ
∫∫
∫∫
λ

Đặt ,)()(

0
0
∫
Φ=
T
dtttvC
ta suy ra từ (1.16) rằng

()
).,0(,0)()(
0
TdssCsv
T
D∈Φ∀=Φ−
∫

Vậy
C
t
v
=)( trong ).;,0(
/
XTD
11
Bước 3
: Ta sử dụng tính chất sau: Nếu );,0(
1
XTLw
∈ và ,0)()(
0

=Φ
∫
T
dtttw

()
,,0 TD∈Φ∀ thì 0)( ≡
t
w
với hầu hết
(
)
.,0
T
t
∈
Điều này có được là do ánh xạ
w
T
w
→
từ
()
XTL
;,0
1
vào
);,0(
/
XTD

là đơn ánh (tính chất
ii
) ở trên).
Từ các bước 1, 2, 3 ở trên ta suy ra rằng
,CGu
+
=
theo nghóa phân bố.
Tương tự ta có bổ đề sau:
Bổ đề 1.8. (Lions[5]).
Nếu
);,0(
XTLu
p
∈
và
),;,0(
/
XTLu
p
∈
thì u bằng hầu
hết với một hàm liên tục từ
.],0[
X
T
→

Bổ đề 1.9. (Lions[5]).
Cho H là không gian Hilbert, X là không gian Banach

phản xạ sao cho phép nhúng X

H là liên tục. Nếu
);,0(
XTLu
p
∈
và
),1(),;,0(
//
/
∞<<∈
pXTLu
p
thì u bằng hầu hết với một hàm liên tục từ
.],0[
H
T
→

1.5. Bổ đề về tính compact của Lions[5]
Cho ba không gian Banach
XXX ,,
10
với
0
X

X


1
X
với các phép
nhúng là liên tục, sao cho:
(1.17)
10
, XX là phản xạ,
(1.18) phép nhúng
0
X

X
là compact.
Với
,1,0,0,0
=
∞
≤
≤∞<<
i
p
T
i
ta đặt
(1.19)
{
}
.);,0(:);,0(),0(
1
/

0
1
0
XTLvXTLvTW
p
p
∈∈=
Ta trang bò
),0(
T
W
bởi chuẩn
(1.20)
.
);,0(
/
);,0(),0(
1
1
0
0
XTL
XTLTW
p
p
vvv
+=


Khi đó, ),0(

T
W
là một không gian Banach.
Hiển nhiên ).;,0(),0(
0
XTLTW
p
⊂
Ta cũng có các kết quả sau đây liên quan đến phép nhúng compact.
12
Bổ đề 1.10. (Bổ đề về tính compact của Lions[5]).
Với giả thiết
(1.17), (1.18)
và nếu
,,1
10
∞<<
p
p
thì phép nhúng
),0(
T
W


);,0(
0
XTL
p

là compact.
Chứng minh bổ đề 1.10 có thể tìm thấy trong Lions [5], trang 57.
1.6. Bổ đề về sự hội tụ yếu trong ).(
QL
q

Bổ đề sau đây liên quan đến sự hội tụ yếu trong
).(
QL
q

Bổ đề 1.11. (Xem Lions[9], trang 12).
Cho Q là tập mở bò chận của

N
và
,1),(, ∞<<∈
qQLGG
q
m
sao cho,

,
)(
C
G
QL
m
q
≤

trong đó C là hằng số độc lập với m,
và

G
G
m
→
a.e. trong Q.
Khi đó

G
G
m
→
trong
)(
QL
q

yếu.

Ta cũng dùng các ký hiệu
),()()(),(
/
tutututu
t
&
==

),()()(

//
tututu
tt
&&
==

),()( tutu
x
∇= )()( tutu
xx
Δ= lần lượt để chỉ ),,( txu ),,(
tx
t
u
∂
∂
),,(
2
2
tx
t
u
∂
∂
),,( tx
x
u
∂
∂

).,(
2
2
tx
x
u
∂
∂


13
Chương 2
SỰ TỒN TẠI VÀ DUY NHẤT NGHIỆM

Trong chương này, chúng tôi nghiên cứu về sự tồn tại và duy nhất của
nghiệm yếu toàn cục của bài toán (0.1) – (0.4). Chứng minh được dựa vào
phương pháp Faedo – Galerkin liên kết với các đánh giá tiên nghiệm cùng với
kỹ thuật hội tụ yếu và về tính compact.
Ta thành lập các giả thiết:
)(
1
H
),1,0(
220
1
LLC
=∈
)(
2
H

),(
1
T
Q
C
q
∈
)(
3
H
),(
2
1
T
QL
∈
γ

)(
4
H
).,0(
2
2
TL
∈
γ

Nghiệm yếu của bài toán (0.1) – (0.4) được thành lập từ bài toán biến
phân:

Tìm );,0();,0(
122
1
HTLLTLC
I
∞
∈ sao cho:
(2.1)
()
,)1,0(,),)((
),(),(),(,),(
1
12
11211
HvvtC
vtvtCvtCtavtC
dt
d
∈∀∗+
=++
γ
γμ

(2.2)
,)0(
0
11
CC
=

trong đó
(2.3)
()
),1,0(,,)()(),()(,,
1
1
1
0
11
1
1
HvCdxx
x
v
xCtxqx
x
C
vCta
∈
∂
∂
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+
∂
∂

=
∫

(2.4)
()
).1,0(,),(),(
2
1
0
11
Lvdxxvtxvt
∈=
∫
γγ

Khi đó ta có đònh lý sau đây.
14
Đònh lý 2.1.
Giả sử rằng các giả thiết
)(
1
H
–
)(
4
H
đúng. Khi đó bài toán
(0.1)
– (0.4)
có duy nhất một nghiệm yếu

).;,0();,0(
122
1
HTLLTLC
I
∞
∈

Chứng minh. Chứng minh đònh lý 2.1 gồm nhiều bước.
Bước 1. Xấp xỉ Galerkin.
Lấy một cơ sở đếm được
{
}
j
w
của .
1
H
Ta tìm nghiệm xấp xỉ Galerkin
của bài toán (0.1) – (0.4) dưới dạng
(2.5)
,)()(),(
1
)()(
1
∑
=
=
m
j

j
m
j
m
xwtctxC

trong đó,
)(
)(
tc
m
j
là nghiệm của hệ phương trình vi phân thường sau
(2.6)
()
()
,1,),(),(
),(),(,),(
)(
121
)(
12
)(
1
/)(
1
mjwtCwt
wtCwtCtawtC
j
m

j
j
m
j
m
j
m
≤≤∗+=
++
γγ
μ

(2.7)
,)0(
0
)(
1
m
m
CC
=
trong đó,
(2.8)
0
1
1
)(
0
CwC
m

j
j
m
jm
→=
∑
=
α
trong ,
2
L
mạnh.
Ta sẽ kiểm tra hệ (2.6) – (2.7) có nghiệm duy nhất
()
tC
m
)(
1
trên ].,0[
T

Bằng cách thay (2.5) vào (2.6), ta thấy rằng hệ (2.6) – (2.7) tương đương với
hệ phương trình vi tích phân sau

(2.9)
()
⎪
⎩
⎪
⎨

⎧
≤≤=
∗Γ+=+Γ
∑∑∑
===
,1,)0(
,)()()()()(
)()(
1
)(
21
1
)(
1
/)(
mic
tcttctbtc
m
i
m
i
m
j
m
jiji
m
j
m
jij
m

j
m
jij
α
γγ

trong đó,
(2.10)
()
()
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎨
⎧
≤≤=
−=∗
=Γ+==Γ
∫
.1,),()(
,)()()(
,, ,2,1,,),,()(,,
11
0
)(
22
2
miwtt

drrcrttc
mjiwwtatbww
ii
t
m
i
m
j
ijjiijjiij
γγ
γγ
μ

15
Ta bỏ qua các chỉ số
m
trong các cách viết, chẳng hạn như viết
j
c
thay
cho
,
)(
m
j
c
ta viết lại hệ (2.9) như sau
(2.11)
⎩
⎨

⎧
=
∗Γ+=+Γ
.)0(
),)(()()()()(
)(
21
/
m
c
tcttctBtc
α
γγ
r

trong đó,
(2.12)
()
(
)
(
)
()
()
()
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪

⎨
⎧
==
∗∗∗=∗
==Γ=Γ
., ,,,)(, ),(),()(
,))((, ),)((),)(())((
,, ,,,)()(,
)()(
2
)(
1
)(
112111
222122
21
T
m
m
mmm
T
m
T
m
T
mijij
tttt
tctctctc
cccctbtB
ααααγγγγ

γγγγ
r

Chú ý rằng ma trận
(
)
ij
Γ
=
Γ
khả đảo, ta viết lại hệ (2.11) như sau:
(2.13)
⎩
⎨
⎧
=
∗+Γ=Γ+
−−
.)0(
),)(()()()()(
)(
21
11/
m
c
tcttctBtc
α
γγ
r

Tích phân (2. 13) theo biến
t
, ta được
(2.14)
),()(
t
U
c
t
c
=

trong đó,
(2.15)
⎪
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎪
⎨
⎧
∗+Γ−=
Γ+=
+=
∫∫
∫
−
−

.))(()()()(
,)()(
),()()(
0
2
0
1
0
1
1)(
tt
t
m
dsscdsscsBtVc
dsstg
tVctgtUc
γ
γα
r

Sự tồn tại nghiệm của (2.14) có thể chứng minh nhờ bổ đề dưới đây:
Bổ đề 2.2.
Cho trước
,0>T
tồn tại số tự nhiên
0
k
sao cho
XIRTCXU
m

k
→= )];,0([:
0
là ánh xạ co, tức là, tồn tại số tự nhiên
0
k
và
)1,0[∈
ρ
sao cho
(2.16)
,,,
00
XdcdcdUcU
X
X
kk
∈∀−≤−
ρ

ở đây, ký hiệu
X
•
chuẩn trong
)];,0([
m
IRTCX =
được cho bởi
16

,)(sup)(sup
1
0
1
0
∑
=
≤≤≤≤
==
m
i
i
TtTt
X
tctcc
với
.)()(
1
1
∑
=
=
m
i
i
tctc
Chứng minh bổ đề 2.2.
Ta cũng ký hiệu chuẩn tự nhiên của ma trận cấp
m
tương ứng với chuẩn

vectơ
1
•
là
(2.17)
()
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
≤≤=
==
∑
=
≤≤
∈≠
.,1,
,maxsup
1
1
1
1
0
1
mjiaA
a
c
Ac
A

ij
m
i
ij
mj
Rc
m

Chú ý rằng
),];,0([)(, IRTCVcXg
j
∈
∈ ,1 mj
≤
≤
với mọi ,Xc ∈ do đó
ta suy từ (2.14), (2.15) rằng
.: XXU →
Cho
,Xc∈
ta suy từ (2.14), (2.15) rằng
(2.18)
∫∫
∗+Γ≤
−
tt
dsscdsscsBtVc
0
1
2

0
1
1
1
1
.))(()()()(
γ

Tích phân thứ nhất ở vế phải của (2.18) được đánh giá như sau
(2.19)
.)()(sup
)()()()(
0
11
0
1
1
0
11
1
1
0
1
1
1
∫
∫∫
≤≤
−
−−

Γ≤
Γ≤Γ
t
Ts
tt
dsscsB
dsscsBdsscsB

Tích phân thứ hai ở vế phải của (2.18) được đánh giá như sau
(2.20)
()
.)()(
)()()()(
)()(
)()(
)()())(())((
0
1),0(
2
0
1
0
2
1
0
2
0
1
0
2

0
1
2
0
1
0
2
0
1
00
2
1
0
2
0
1
2
1
∫∫∫
∑
∫∫
∑
∫∫
∑
∫∫
∑
∫∫
∑
∫∫
∑

∫∫
≤=
≤=
−=
−≤
−=∗=∗
==
−
=
=
==
t
TL
tt
m
i
tt
i
m
i
tt
i
m
i
tt
i
m
i
s
i

t
m
i
ts
i
m
i
t
i
t
dcdcdrr
drrdcdrrdc
dssdc
dcsds
dsdcsdsscdssc
ττγττγ
γττγττ
τγττ
τττγ
τττγγγ
τ
τ

Do đó, ta suy ra từ (2.18) – (2.20) rằng
17
(2.21)
,)(
)()(sup)(
0
1

0
1),0(
2
1
0
1
1
1
1
X
t
t
TL
Ts
cNtdsscN
dsscsBtVc
≤=
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
+Γ≤
∫
∫
≤≤
−
γ

với
.)(sup
),0(
2
1
0
1
1
1
TL
Ts
sBN γ
+Γ=
≤≤
−

Ta chứng minh bằng quy nạp và giả sử rằng
(2.22)
.
!
)(
)(
1
X
k
k
c
k
Nt
tcV

≤

Khi đó, áp dụng lại bất đẳng thức (2.21) với
cV
k
thay cho
c
, ta được
(2.23)
.
)!1(
)(
!
)(
)()]([)(
1
0
0
111
1
X
k
t
X
k
t
kkk
c
k
Nt

dsc
k
Ns
N
dsscVNtcVVtcV
+
=≤
≤=
+
+
∫
∫

Vậy (2.22) đúng với mọi
.INk
∈

Và vì vậy ta có
(2.24)
,
!
)(
X
k
X
k
c
k
NT
cV

≤
với mọi
,Xc∈ và mọi .INk
∈

Mặt khác, từ đẳng thức
,
V
c
g
U
c
+
=
ta suy ra
(2.25)

12
cVgVgVVggcU
kkk
+++++=
−

Do đó, với mọi
,,
X
d
c
∈
ta có

(2.26)
.
!
)(
)(
X
k
X
k
X
kk
X
kk
dc
k
NT
dcVdVcVdUcU
−≤−=−=−
Chọn
0
k
sao cho
,1
!
)(
0
0
<
k
NT

k
vì 0
!
)(
→
k
NT
k
khi .
+
∞→
k

Vậy
XIRTCXU
m
k
→= )];,0([:
0
là ánh xạ co.
Do đó
0
k
U
và
U
có cùng điểm bất động duy nhất .
X
c
∈

Điểm bất động
này chính là nghiệm của hệ (2.9).
18
Bổ đề 2.2 được chứng minh hoàn tất.■
Bước 2. Các đánh giá tiên nghiệm.
Nhân (2.6) cho
),(2
)(
tc
m
j
sau đó lấy tổng theo
j
, ta thu được
(2.27)
()
.
)(),(2
)(),(2)()(),(2
)(2)(2)(
321
)(
1
)(
12
)(
11
1
0
)(

1
)(
11
2
)(
12
2
)(
1
2
)(
1
III
tCtC
tCtdxt
x
C
tCtxq
tCt
x
C
tC
dt
d
mm
m
m
m
m
m

m
++=
∗+
+
∂
∂
−=
+
∂
∂
+
∫
γ
γ
μ

Ta lần lượt đánh giá các số hạng bên vế phải của (2.27) như sau
Đánh giá số hạng
.)()(),(2
1
0
)(
1
)(
111
∫
∂
∂
−=
dxt

x
C
tCtxqI
m
m

(2.28)
.)()()(
)()()(2
)()(),(2
2
)(
1
2
)(
1
2
1
)(
1
)(
11
1
0
)(
1
)(
111
t
x

C
tCtq
t
x
C
tCtq
dxt
x
C
tCtxqI
m
m
L
m
m
L
m
m
∂
∂
+≤
∂
∂
≤
∂
∂
−=
∞
∞
∫

Đánh giá số hạng
.)(),(2
)(
112
tCtI
m
γ
=
(2.29)
.)()(
)()(2
)(),(2
2
)(
1
2
1
)(
11
)(
112
tCt
tCt
tCtI
m
m
m
+≤
≤

=
γ
γ
γ

Đánh giá số hạng
(
)
.)(),(2
)(
1
)(
123
tCtCI
mm
∗=
γ

(2.30)
()
()
()
.)()(
)()(2
)(),(2
2
)(
1
2
)(

12
)(
1
)(
12
)(
1
)(
123
tCtC
tCtC
tCtCI
mm
mm
mm
+∗≤
∗≤
∗=
γ
γ
γ

Chú ý rằng
19
(2.31)
()()
.)(
)()(
),()(
),()(

),()(
),()()()(
0
2
)(
1
2
),0(
2
0
2
)(
1
0
2
2
1
00
2
)(
1
0
2
2
1
00
2
)(
1
0

2
2
1
00
2
)(
1
0
2
2
1
0
2
0
)(
12
1
0
2
)(
12
2
)(
12
2
∫
∫∫
∫∫∫
∫∫∫
∫∫∫

∫∫∫
≤
=
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
=
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
=
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
−≤

−=∗=∗
t
m
TL
t
m
t
t
m
t
t
m
t
t
m
t
t
mmm
drrC
drrCdss
dxdrrxCdss
dxdrrxCdss
dxdrrxCdrrt
dxdrrxCrtdxtCtC
γ
γ
γ
γ
γ
γγγ

Ta suy từ (2.30), (2.31) rằng
(2.32)
.)()(
2
)(
1
0
2
)(
1
2
),0(
23
2
tCdrrCI
m
t
m
TL
+≤
∫
γ

Tổ hợp (2.27) – (2.29) và (2.32), ta thu được
(2.33)
.)(2)(
)()()(
)(2)()(
2

)(
1
0
2
)(
1
2
),0(
2
2
1
2
)(
1
2
1
2
)(
12
2
)(
1
2
)(
1
2
tCdrrC
ttCtq
tCt
x

C
tC
dt
d
m
t
m
TL
m
L
m
m
m
++
+≤
+
∂
∂
+
∫
∞
γ
γ
μ

Tích phân (2.33), ta suy ra rằng
(2.34)
()
.)()(2
)(

)(2)()(
0
2
)(
1
2
1
2
),0(
2
0
2
1
2
0
0
2
)(
12
0
2
)(
1
2
)(
1
2
∫
∫
∫∫

∞
+++
+≤
+
∂
∂
+
t
m
LTL
t
m
t
m
t
m
m
dssCsqT
dssC
dssCdss
x
C
tC
γ
γ
μ

Do
0
10

CC
m
→ trong ,
2
L
mạnh, nên tồn tại một hằng số
T
C
độc lập với
m
(chỉ phụ thuộc vào
1
0
1
,,
γ
CT
) sao cho
20
(2.35) ,)(
0
2
1
2
0
T
t
m
CdssC
≤+

∫
γ
với mọi
m
.
Ta suy từ (2.34) và (2.35) rằng
(2.36)
(
)
,)()(2)(
0
2
1
2
),0(
2
2
∫
∞
+++≤
t
m
LTL
Tm
dssSsqTCtS γ

trong đó,
(2.37)
.)(2)()()(
0

2
)(
12
0
2
)(
1
2
)(
1
∫∫
+
∂
∂
+=
t
m
t
m
m
m
dssCdss
x
C
tCtS μ

Dùng bổ đề Gronwall, ta thu được từ (2.36) rằng
(2.38)
()
(

)
()
,0,)(2exp
)(2exp)(
)1(
0
2
1
2
),0(
2
0
2
1
2
,0
2
2
2
TtCdssqTC
dssqTCtS
T
T
LTL
T
t
LTL
Tm
≤≤=
⎟

⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
++≤
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
++≤
∫
∫
∞
∞
γ
γ

với mọi
m
.
Từ đây ta suy ra rằng
(2.39)
()

.1)()(
)()()(
)1(
0
2
)(
1
0
2
)(
1
0
2
)(
1
2
)(
1
0
2
)(
1
1
T
t
m
t
m
t
m

m
t
H
m
CTdssCdss
x
C
dssCs
x
C
dssC
+≤+
∂
∂
=
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎣
⎡
+
∂
∂
=
∫∫
∫∫

Do đó
(2.40)
{}
)(
1
m
C
bò chận trong
).;,0();,0(
122
HTLLTL
I
∞

Bước 3. Qua giới hạn.
Từ (2.37) – (2.40), ta suy ra rằng, tồn tại một dãy con của dãy
{}
,
)(
1
m
C

vẫn ký hiệu là
{}
,
)(
1
m
C

sao cho
(2.41)
1
)(
1
CC
m
→ trong );,0(
2
LTL
∞
yếu*,
(2.42)
1
)(
1
CC
m
→
trong );,0(
12
HTL
yếu,
(2.43)
ξ
→)(
)(
1
TC
m

trong
2
L
yếu.