Phương trình sóng mô tả thanh đàn hồi nhớt-Nguyễn Lê Kim Hằng

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



Lê Nguyễn Kim Hằng




PHƯƠNG TRÌNH SÓNG MÔ TẢ THANH
ĐÀN HỒI NHỚT



Chuyên ngành : Toán Giải Tích
Mã số : 60 46 01



LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC



Người hướng dẫn khoa học:
TS. Nguyễn Thành Long

TP. Hồ Chí Minh – 2006

LUẬN VĂN ĐƯC 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: Lê Nguyễn Kim Hằng
Bộ môn Toán-Khoa Khoa Học, Đại học Nông Lâm Tp.
Hồ Chí Minh.

Luận văn sẽ được bảo vệ tại Hội Đồng chấm luận án cấp Trường tại
trường Đại học Sư Phạm TP. Hồ Chí Minh vào lúc …….giờ ……ngày…….tháng
……….năm 2006.


Có thể tìm hiểu luận văn tại Phòng Sau Đại học, thư viện Trường Đại
học Sư Phạm TP. Hồ Chí Minh.

LỜI CẢM ƠN

Lời đầu tiên, tôi trân trọng kính gởi đến Thầy Nguyễn Thành
Long lời cảm ơn sâu sắc nhất về sự tận tình giúp đỡ của thầy đối
với tôi trong suốt khóa học và nhất là trong việc hoàn thành luận
văn này.
Xin chân thành cảm ơn Thầy Nguy
ễ
n Bích Huy 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
Khoa Toán – tin học, trường Đại Học Sư Phạm 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 và làm
việc.
Xin cảm ơn quý Thầy Cô thuộc Phòng quản lý sau Đại học
Trường Đại Học Sư Phạm Thành phố Hồ Chí Minh đã tạo mọi
điều kiện thuận lợi cho tôi về thủ tục hành chính trong khóa học.
Tôi cũng xin chân thành cảm ơn Ban Lãnh Đạo trường, Bộ
môn Toán - Khoa Khoa học, trường Đại học Nông Lâm Thành
phố Hồ Chí Minh đã tạo điều kiện thuận lợi mọi mặt để tôi có thể
yên tâm học tập và làm việc.
Cuối cùng, xin gởi lời cảm ơn thân thương nhất đến gia đình
tôi -chỗ dựa tinh thần trong cuộc sống của tôi bây giờ và mãi sau
này, đã tạo điều kiện tốt nhất giúp tôi hoàn thành bản luận văn
này, đến anh Nguyễn Hữu Thái – người đã giúp đỡ tôi rất nhiều
trong việc in ấn tài liệu và sữa chữa luận văn.
Vì kiến thức bản thân còn nhiều hạn chế nên luận văn khó
tránh khỏi thiếu sót, rất mong nhận được sự chỉ bảo của quý Thầy,

Cô và sự góp ý chân thành của các bạn bè đồng nghiệp.

Tp.HCM, ngày 20 tháng 11 năm 2006
Lê Nguyễn Kim Hằng
MỤC LỤC

Mở đầu 1
Chương 1: Một số công cụ chuẩn bò 6
1.1. Các không gian hàm 6
1.2. Về không gian hàm
(
)
0, ; , 1 .
p
LTX p
≤
≤∞
8
1.3. Bổ đề về tính compact của Lions 13
Chương 2: Sự tồn tại và duy nhất nghiệm 14
Chương 3: Sự ổn đònh của nghiệm 38
Chương 4: Khai triển tiệm cận của nghiệm yếu theo ba tham số bé 48
Chương 5: Minh họa bằng bài toán cụ thể 58
Kêết luận 64
Tài liệu tham khảo 65

1

MỞ ĐẦU

Trong luận văn này, chúng tôi khảo sát bài toán
(
)
(
)
() , , , 0 1, 0 ,
tt xx t
utufuuFxt x tT
μ
−+ = <<<<
(0.1)
()
(
)
0, ,
x
utPt= (0.2)
()
(
)
1
1, 1, 0,
xt
ut ut

λ
+= (0.3)
()
(
)
(
)
(
)
01
,0 , ,0 ,
t
ux ux ux ux== (0.4)
trong đó
()
,,
tt
f
uu Ku u
λ
=+ (0.5)
và
μ
,
01
,,uuF là những hàm cho trước thỏa các điều kiện mà ta sẽ chỉ ra sau,
1
,,K
λ
λ

là các hằng số không âm cho trước. Hàm chưa biết
()
,uxt và giá trò biên
chưa biết
()
Pt
thỏa phương trình tích phân tuyến tính sau:
() () ( ) ( ) ( )
0
0
0, 0, ,
t
Pt gt Ku t kt su sds=+ −−
∫
(0.6)
với
0
K
là hằng số cho trước, và
,gk
là những hàm cho trước.
Trong trường hợp này, bài toán
(
)
(
)
0.1 0.5
−
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

chòu tác dụng của lực cản nhớt. Một bài toán khác cùng loại bài toán này cũng
được thành lập từ bài toán (0.1) – (0.4), trong đó hàm chưa biết
()
,uxt và giá trò
biên chưa biết
()
Pt thỏa một bài toán Cauchy cho phương trình vi phân thường
dưới đây
() ()
(
)
//
0
0, , 0 ,
tt
Pt Pt Ku t tT
ω
+= << (0.7)
() ()
/
01
0,0,PPP P== (0.8)
trong đó
001
0, 0, ,KPP
ω
>≥ là các hằng số cho trước.
Từ
()
0.7 và

()
0.8 ta biểu diễn
(
)
Pt theo
()
001
,,,, 0,
tt
KPPu t
ω
và sau đó
tích phân từng phần, ta được
() () ( ) ( )
()
()
00
0
0, sin 0, ,
t
Pt gt Ku t K t s u sds
ωω
=+ − −
∫
(0.9)
2

trong đó
()
()

()
()
000 101
sin
() 0 cos 0 .
t
gt P Ku t P Ku
ω
ω
ω
=− +− (0.10)
Chú ý rằng công thức (0.9) xác đònh
(
)
Pt cùng dạng (0.6) với

(
)
0
sin .kt K t
ω
ω
=
(0.11)
Bằng cách khử ẩn hàm
(
)
,Pt ta thay thế điều kiện biên (0.2) bởi
() () () ( )()
0

0
0, 0, 0, .
t
x
utgtKut ktsusds=+ −−
∫
(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), (0.4), (0.12).
Trước đây, các tác giả Nguyễn Thúc An và Nguyễn Đình Triều [1] đã
nghiên cứu một trường hợp riêng của bài toán
(

)
(
)( )( )
(
)
0.1 , 0.2 , 0.4 , 0.7 , 0.8
và
()
1, 0ut= với
()
1,t
μ
=
010
0uuP
=
== và
(
)
,
tt
f
uu Ku u
λ
=+, trong đó
,
K
λ
là
các hằng số không âm cho trước. Bài toán này 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]. Như vậy, bài toán nghiên cứu trong luận văn này tương tự với bài toán
được xét trong [1].
Trong [2], Đặng Đình Áng và Alain Phạm Ngọc 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),
(0.2), (0.4) và
()
1, 0=ut với
(
)
1,t
μ
=
01
,,uuP là các hàm cho trước và
()
()
(
)
1
,0,, ,0 1.
ttt
Fxt fuu u u
α
α
−
== <<
(0.13)
Bằng sự tổng quát hóa của [2], Long và Alain Phạm [6, 7], Long và
Thuyết [9], Long và Dũng [10], Long, Tâm và Trúc [11] đã xét bài toán (0.1),

(0.4) liên kết với điều kiện biên thuần nhất tại
1
=
x
và không thuần nhất tại
0
x
= có dạng
() () ()
()
()()
0
0, 0, 0,=+ −−
∫
t
x
utgtHut ktsusds
,
()
1, 0=ut (0.14)
3

Các tác giả nêu trên đã lần lượt xét nó trong [6] với
()
1, 0,tk
μ
≡≡

()
0

,=Hs Ks trong đó
0
0;>K trong [6,11] với
(
)
1,t
μ
≡

()
0
,=Hs Ks trong đó
0
0.>K
Liên quan đến bài toán (0.1) – (0.6), ta xét bài toán nhiễu dưới đây theo
ba tham số bé
()
3
1
,,K
ελ
+
∈
với
***
11
0,0 ,0KK
ε
ελλ
≤

≤≤≤ ≤≤
(trong đó
***
1
,,K
ε
λ
là các số dương cố đònh)
()
()
()
()
() ()
() ()
( ) () ( ) ()
() () ( ) ( ) ( )
1
11
,, 1
01
0
0
() , ,0 1, 0 ,
0, ,
1, 1, 0,
,0 , ,0 ,
0, 0, .
tt xx t
x
Kx t

t
t
ut tuKuuFxtx tT
utPt
Putut
ux u x u x u x
Pt gt Ku t kt su sds
ελ
μεμ λ
λ
⎧
⎪
−+ =−−+ <<<<
⎪
⎪
=
⎪
⎪
+=
⎨
⎪
==
⎪
⎪
⎪
=+ −−
⎪
⎩
∫


Ta giả sử rằng
01
0, 0K
λ
≥> là hai số thực cố đònh và các hàm
()
01 1
,,,,,,uu Fgk
μμ
cho trước cố đònh và thỏa các giả thiết nào đó sao cho với
mỗi
()
3
1
,,K
ελ
+
∈ cho trước, bài toán
(
)
(
)
0.1 0.6
−
có duy nhất một nghiệm yếu
()
,uP phụ thuộc vào ba tham số
(
)

1
,,K
ε
λ

11
,, ,,
,
K
K
uu PP
ε
λελ
=
=

Luận văn này sẽ nghiên cứu khai triển tiệm cận của nghiệm bài toán
()
1
,,K
P
ε
λ

theo ba tham số bé
(
)
1
,, ,
ε

λ
K
tức là nghiệm có thể xấp xỉ bởi một đa
thức theo ba biến
()
1
,,K
ε
λ

()
(
)
() ()
3
12
123
123
123
3
12
123
123
123
1
,
,,
1
,
,,

ˆ
,,,
ˆ
,
N
N
uxt U xt K
Pt P t K
γ
γγ
γγ γ
γγγ
γγ γ
γ
γγ
γγ γ
γγγ
γγ γ
ε
λ
ελ
+
+
++≤
∈
++≤
∈
≈
≈
∑

∑



theo nghóa cần phải chỉ ra các hàm
(
)()
123 123
123
ˆˆ
,, , ,
γγ γ γγ γ
γγγ
++≤UxtPt N
123
,,
γ
γγ
+
∈ và thiết lập các đánh giá
4

(
)
(
)
3
12
123
123 123

3
12
123
123 123
1
222
111
,,,
*
1
222
121
,,,
**
ˆ
,
ˆ
,
γ
γγ
γγγ
γγγ γγγ
γ
γγ
γγγ
γγγ γγγ
ελ ε λ
ελ ε λ
+
+

+
++≤ ∈
+
++≤ ∈
−≤++
−≤++
∑
∑


N
N
N
N
N
N
uUKCK
PPKCK

theo các chuẩn
***
,ii
trong các không gian hàm thích hợp và với các tham số
()
1
,,K
ε
λ
đủ bé, các hằng số
12

,
NN
CC độc lập với các tham số
()
1
,, .
ε
λ
K
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 [12],
Long, Út, Trúc [13], Long, Giai [14], Long, Trường [15].
Trong luận văn này, tác giả đã mở rộng một kết quả của [12] với trường
hợp
1
0K = , trong đó các tác giả Long, Alain Phạm, Diễm đã xét bài toán (2.1)-
(2.6) với hàm
1
μ
≡ và đã thu được khai triển tiệm cận của nghiệm bài toán
()
,K
P
λ

dưới đây theo hai tham số bé
(
)
,K
λ

()
()
() ()
() () ()
( ) () ( ) ()
() () ( ) ( ) ( )
,11
01
0
0
,,0 1,0 ,
0, ,
1, 1, 1, 0,
,0 , ,0 ,
0, 0, .
λ
λ
λ
⎧
−=−− + << <<
⎪
⎪
=
⎪
⎪
++=
⎨
⎪
==

⎪
⎪
=+ − −
⎪
⎩
∫

tt xx t
x
Kx t
t
t
uu Ku uFxt x tT
utPt
PutKutut
ux ux ux ux
Pt gt Ku t kt su sds

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 kết quả chuẩn bò bao gồm việc nhắc
lại một số không gian hàm và một số kết quả về các phép nhúng compact giữa
các không gian hàm.
Chương 2, chúng tôi nghiên cứu về sự tồn tại và duy nhất của nghiệm yếu
toàn cục của bài toán (0.1) – (0.6). 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 tính compact.
5

Chương 3, chúng tôi chứng minh rằng nghiệm yếu
()
,uP
của bài toán
()()
0.1 0.6− là ổn đònh đối với các hàm
(
)
,,,Fgk
μ
và các hằng số
()
01
,,,.
λ
λ
KK
Chương 4, chúng tôi nghiên cứu sự khai triển tiệm cận của nghiệm yếu
của bài toán nhiễu
()
1
,,K
P
ε
λ

theo ba tham số bé
1
,,.
ε

λ
K

Chương 5, chúng tôi xét một bài toán cụ thể minh họa cho phương pháp
tìm nghiệm xấp xỉ tiệm cận theo 3 tham số.
Sau cùng là phần kết luận và danh mục các tài liệu tham khảo.
Nhìn chung, các kết quả trình bày trong các chương 2 – 4 là một nới rộng nhỏ
kết quả trong [12] như là một đóng góp khá khiêm tốn của tác giả.

6
Chương 1: CÁC KIẾN THỨC CHUẨN BỊ

1.1. Các không gian hàm
Đầu tiên, ta đặt các ký hiệu
()
(
)
0,1 , 0, , 0,Ω= =Ω× >
T
QTT

() () ()
/
,,=
t
ut u t u t
(
)
(
)

//
,=
tt
ut ut
(
)
(
)
,
=
∇
x
ut ut
() ()
xx
ut ut=Δ để lần
lượt chỉ
() () ()
2
2
,, ,, ,,
∂∂
∂
∂
uu
uxt xt xt
t
t
() ()
2

2
,, ,.
∂∂
∂
∂
uu
x
txt
x
x

và bỏ qua đònh nghóa các không gian hàm thông dụng:
(
)
()
,,
mp
CLΩΩ
(
)
,
Ω
m
H

()
,
.Ω
mp
W Có thể xem trong [3].

Để cho gọn, ta kí hiệu lại như sau
() ()
(
)
,2 , ,
,,.Ω= Ω= = Ω=
p
p m m m mp mp
LLH HWW W
Ta đònh nghóa
2
L
là không gian Hilbert đối với tích vô hướng

()()
1
2
0
,,,.=∈
∫
uv u xv xdx uv L
(1.1)
Kí hiệu
i để chỉ chuẩn sinh bởi tích vô hướng (1.1), nghóa là

2
,, .=∈uuuuL (1.2)
Và đònh nghóa

{

}
122
:,
x
H
vLv L=∈ ∈ (1.3)
là không gian Hilbert đối với tích vô hướng

1
1
,,,,,.=+ ∈
xx
uv uv u v u v H (1.4)
Kí hiệu
1
H
i để chỉ chuẩn sinh bởi tích vô hướng (1.4), nghóa là

(
)
1
1/2
22
1
1
,,.==+ ∈
x
H
vvvvvvH (1.5)
Khi đó, ta có bổ đề sau

Bổ đề 1.1. Phép nhúng
1
H
1
(
)
0
C
Ω
là compact và

()
01
1
2.
CH
vvvH
Ω
≤∀∈
(1.6)
Chứng minh bổ đề
()
1.1 không khó khăn.
7
Bổ đề 1.2. Đồng nhất
2
L
với
(
)

/
2
L
(đối ngẫu của
2
L
). Khi đó ta có
1
H
1
(
)
/
22
LL≡ 1
(
)
/
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
12
,⊂
H
L
với mọi
2
,∈wL
ánh xạ

() ()()
1
1
0
:
,
w
w
TH
vTvwv wxvxdx
→
==
∫


(1.7)
là tuyến tính liên tục trên
1
,
H

tức là
(
)
/
1
.∈
w
TH

Ta xét ánh xạ

(
)
()
/
21
:
.
w
TL H
wTwT
→
=

(1.8)
Khi đó, ta có

()
/
11

12
,
,,,,.
w
HH
Tv wv v H w L=∀∈∀∈ (1.9)
Ta sẽ chứng minh toán tử
T thỏa các tính chất sau:
(i)
()
/
21
:TL H→ là đơn ánh,
(ii)
()
/
1
2
,
w
H
TwwL≤∀∈

(iii)
(){
}
22
:
w
TL T w L=∈ là trù mật trong

(
)
/
1
.H
Chứng minh (i):
Ta dễ dàng T tuyến tính.
Nếu
0,=
w
T thì
()
/
11
1
,
,, 0, .
w
HH
wv T v v H==∀∈
Do
1
H
trù mật trong
2
,L
nên ta có

2
,0, .wv v L=∀∈

Do đó
0.=w Vậy T là đơn ánh, nghóa là T là một phép nhúng từ
2
L vào
(
)
/
1
.H
Chứng minh (ii):
Ta có, với mọi
2
,∈wL

8

()
/
1
11
11
1
1
,1 ,1
,1
sup , sup ,
sup
∈= ∈=
∈=
==

≤
HH
H
ww
H
vH v vH v
vH v
TTvwv
wv


1
1
1
,1
sup .
∈=
≤=
H
H
vH v
wv w
Chứng minh (iii):
Ta sẽ chứng minh rằng mỗi phiếm hàm L tuyến tính liên tục trên
(
)
/
1
H

và triệt tiêu trên
()
2
TL
thì cũng triệt tiêu trên
(
)
/
1
.H

Xem
()
//
1
,∈LH với
()()
// /
11
,
,0
w
HH
LT
=

(
)
2
.∀∈

w
TTL Ta chứng minh rằng
0.=L Thật vậy, do
1
H
phản xạ, tức là
(
)
//
11
,=
H
H
theo nghóa

()
()() ()
()
// / /
11 11
// /
11 1
,,
,:, ,, .
HH HH
LH vHLz zv zH∀∈ ∃∈ = ∀∈ (1.10)
Lấy
()
/
1

,=∈
w
zT H ta có

()() ()
// / /
11 11
2
,,
0, , ,, .===∀∈
ww
HH HH
LT T v wv w L
Suy ra
0.=v Theo (1.10) ta có

()() ()
(
)
// / /
11 11
/
1
,,
,,0,.
HH HH
Lz zv z H==∀∈
Vậy
L triệt tiêu trên
()

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

0, ; , 1 .
p
LTX p
≤
≤∞
1.2.1. Giới thiệu không gian hàm
(
)
0, ; , 1 .
p
LTX p
≤
≤∞

Cho
X là không gian Banach thực đối với chuẩn
X
i . Ta kí hiệu
()
0, ; ,
p
LTX 1
p
≤≤∞ là không gian các lớp tương đương chứa hàm
()
:0,uT X→ đo được, sao cho
9
()
0
T

p
X
ut dt
<
∞
∫
, với
1,
≤
<∞
p

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

Ta trang bò cho
()
0, ; , 1
p
LTX p

≤
≤∞
chuẩn như sau

()
()
1/
0, ;
0
p
p
T
p
LTX
X
uutdt
⎛⎞
=
⎜⎟
⎝⎠
∫
, với 1,
≤
<∞
p

và
()
(
)

0, ;
∞
=
0<t<T
esssup
LTX
X
uut


(
)
(
)
{
}
inf 0: , . ., 0,
X
M
ut M aet T≡> ≤ ∈ với
.
=
∞
p

Khi đó ta có các bổ đề sau đây mà chứng minh của chúng có thể tìm thấy
trong Lions [5].
Bổ đề 1.3. (Lions[5])
(
)

0, ; , 1
p
LTX p
≤
≤∞ là không gian Banach.
Bổ đề 1.4. (Lions[5])
Gọi
/
X là đối ngẫu của X và
/
11
1, 1 p
p
p
+
=<<∞. Khi đó
()
()
()
/
/
0, ; 0, ;
pp
LTX LTX=
là đối ngẫu của
(
)
0, ; .
p
LTX

Hơn nữa, nếu X phản
xạ thì
()
0, ;
p
LTX cũng phản xạ.
Bổ đề 1.5. (Lions[5])

()
(
)
(
)
/
1/
0, ; 0, ; .LTX L TX
∞
= Hơn nữa, các không gian
()
()
1/
0, ; 0, ;LTXL TX
∞
=
không phản xạ.
Chú thích 1.2.
Nếu
(
)
p

XL=Ω thì
(
)
(
)
(
)
0, ; 0, .
pp
LTXL T=Ω×
1.2.2. Phân bố có giá trò vectơ
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 được gọi là một phân bố (hàm suy rộng) có giá trò
trong
.X Tập các phân bố có giá trò trong X ký hiệu là
() ()
()
(
)
{
/
0, ; 0, ; : 0, |
D
TX LD T X u D T X u==→ tuyến tính, liên tục

}
.
Chú thích 1.3. Ta sẽ 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 có giá compact trong
()
0, .T
10
Đònh nghóa 1.2. Cho
(
)

/
0, ;uD TX∈
. Ta đònh nghóa đạo hàm
du
dt
theo nghóa
phân bố của u bởi công thức


()
,,,0,.
du d
uDT
dt dt
ϕ
ϕϕ
=− ∀ ∈ (1.11)
Tính chất:
(i)
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
=∀∈
∫
(1.12)
Ta có thể nghiệm lại rằng
(
)
/
0, ; .
v
TD TX∈ Thật vậy:
o Ánh xạ
(
)
:0,
v
TD T X→
là tuyến tính.
o Ta kiểm tra ánh xạ
(
)
:0,
v

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

() () () ()
() ()
/
/
00
1/ 1/
00
,
0, .
TT

vi i i
X
X
X
pp
TT
pp
i
X
Tvttdtvttdt
vt dt t dt i
ϕϕ ϕ
ϕ
=≤
⎛⎞⎛ ⎞
≤→→+∞
⎜⎟⎜ ⎟
⎝⎠⎝ ⎠
∫∫
∫∫
(1.13)
Do đó
,0
vi
T
ϕ
→ trong X khi i →+∞. Vậy
(
)
/

0, ; .
v
TD TX∈
(ii) nh xạ
v
vT là một đơn ánh, tuyến tính 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 1.6. (Lions [5])
(
)
0, ;
p
LTX1
(
)
/
0, ;
D
TX với phép nhúng liên tục.

1.2.3. Đạo hàm trong
(
)
0, ;
p
LTX

Do bổ đề 1.6, phần tử
(
)
0, ;
p
uL TX∈ ta có thể coi u và do đó
du
dt
là
phần tử của
()
/
0, ; .
D
TX
Ta có các kết quả sau
11
Bổ đề 1.7. (Lions [5]) Nếu
(
)
1
0, ;uL TX∈ và
(

)
/1
0, ;uLTX∈ thì u bằng hầu hết
với một hàm liên tục từ
[
]
0,T vào .X
Chứng minh: Gồm 3 bước
Bước 1: Đặt
() ()
/
0
.=
∫
t
H
tusds Vì
(
)
/1
0, ;uLTX∈ nên ánh xạ
[]
:0,
H
TX→
liên tục.
Trước hết, ta chứng minh rằng
/
dH du
u

dt dt
=
= theo nghóa phân bố. Thật
vậy, với mọi
()
0, ,
ϕ
∈
D
T
ta có:


() ()
()
() () ()
() ()
0
//
00 0
//
0
,,
,.
T
Tt T T
s
T
dH d d
HHttdt

dt dt dt
dd
usds tdt usds tdt
dt dt
us sds u
ϕϕ
ϕ
ϕϕ
ϕϕ
=− =−
⎛⎞
=− =−
⎜⎟
⎝⎠
==
∫
∫∫ ∫ ∫
∫
(1.14)
Vậy:
/
dH du
u
dt dt
==
trong
(
)
/
0, ; .

D
TX
Bước 2: Ta sẽ chứng minh rằng uHC
=
+ theo nghóa phân bố với C là hằng số.
Thật vậy, giả sử
vHu
=
− . Từ kết quả ở bước 1, ta có
/
0v = theo nghóa
phân bố. Ta sẽ chứng minh rằng
vC
=
theo nghóa phân bố:
Ta có
/
0v = tương đương với

() () ( )
/
0
0, 0, .
T
vs sds D T
ϕϕ
=∀∈
∫
(1.15)
Xem

()
0, ,
ϕ
∈
D
T ta có thể viết
ϕ
dưới dạng
/
0
,
ϕ
λϕ ψ
=+ trong đó
()
0, ,
ψ
∈
D
T

0
ϕ
thỏa
()
0
0
1
T
sds

ϕ
=
∫
và
()
0
.
λϕ
=
∫
T
sds Thật vậy, vì
() ()
()
0
0
0
T
ssds
ϕλϕ
−=
∫
nên nguyên hàm của
(
)
(
)
0
ss
ϕ

λϕ
−
triệt tiêu tại 0s
=

12
sẽ thuộc
()
0, .
D
T
Chọn
() () ()
()
0
0
t
tssds
ψϕ
λ
ϕ
=−
∫
trong (1.15), thay
/
ϕ
bởi
/
.
ψ

ta thu được

() () ( )
/
0
0, 0, .
T
vs sds D T
ψϕ
=∀∈
∫

Hay

() () ()
()
()
0
0
0, 0, .
T
vs s s ds D T
ϕλϕ ϕ
−=∀∈
∫

Hay

() () () ()
() () () ( )

0
00
0
00
,0,.
TT
TT
vs sds vs sds
sdsvs sds D T
ϕλϕ
ϕϕϕ
=
=∀∈
∫∫
∫∫
(1.16)
Đặt
() ()
0
0
,
ϕ
=
∫
T
Cvs sds
ta suy ra từ
(
)
1.16 rằng

()
()
() ( )
0
0, 0, .
T
vs C sds D T
ϕϕ
−=∀∈
∫

Vậy
()
vt C= trong
(
)
/
0, ; .
D
TX
Bước 3: Ta sử dụng tính chất sau
Nếu
()
1
0, ;wL TX∈ và
() () ( )
0
0, 0, ,
ϕϕ

=∀∈
∫
T
vs sds D T
thì
()
0
=
wt với
hầu hết
()
0, .∈tT
Điều này có được là vì ánh xạ
w
wT từ
(
)
1
0, ;LTX vào
()
/
0, ;
D
TX là
đơn ánh – theo tính chất (ii) ở trên.
Từ các bước 1, 2, 3 ở trên ta suy ra rằng
f
HC
=
+ theo nghóa phân bố.

Tương tự ta có bổ đề sau
Bổ đề 1.8. (Lions [2]) Nếu
(
)
0, ;
p
uL TX∈ và
(
)
/
0, ;
p
uL TX∈ thì u bằng hầu
hết với một hàm liên tục từ
[
]
0,T vào .X


13
1.3. Bổ đề về tính compact của Lions
Cho ba không gian Banach
01
,,XXX
thỏa
0
X
1
X
1

1
X
với các phép
nhúng là liên tục, sao cho:

01
,XX là phản xạ, (1.17)
phép nhúng
0
X
1
X
là compact. (1.18)
Với
0,1 ,0,1,<<∞≤ ≤∞=
i
Tpi
ta đặt

()
(
)
(
)
{
}
0
1
/
01

0, 0, ; : 0, ; .
p
p
W T v L TX v L TX=∈ ∈ (1.19)
Và trang bò
()
0,WT bởi chuẩn

()
()
()
0
1
0
1
/
0, 0, ;
0, ;
.
p
p
WT L TX
LTX
vv v=+
(1.20)
Khi đó,
()
0,WT
là một không gian Banach và hiển nhiên,
()

0,WT1
()
0
0, ; .
p
LTX
Dưới đây là một kết quả liên quan đến phép nhúng compact.
Bổ đề 1.9. (Bổ đề về tính compact của Lions [5]) Với giả thiết
()()
1.17 , 1.18 và
nếu
1
i
p<<∞, 0,1i = thì phép nhúng
(
)
0,WT1
(
)
0
0, ;
p
LTX là compact.
Chứng minh bổ đề 1.9 có thể tìm thấy trong Lions [5], trang 57.


14

Chương 2: SỰ TỒN TẠI VÀ DUY NHẤT NGHIỆM

Trong luận văn này chúng tôi xét bài toán sau
()
(
)
() , , , 0 1, 0 ,
tt xx t
utufuuFxt x tT
μ
−+ = <<<<
(2.1)
() ()
0, ,
x
utPt= (2.2)
() ()
1
1, 1, 0,
xt
ut ut
λ
+= (2.3)
() ()
(
)
(
)
01
,0 , ,0 ,
t
ux u x u x u x== (2.4)

trong đó
()
,,
tt
f
uu Ku u
λ
=+ (2.5)
với
1
,,K
λ
λ
là các hằng số không âm cho trước;
01
,,,
μ
uuF là những hàm
cho trước thỏa các điều kiện mà ta sẽ chỉ ra sau
. Hàm chưa biết
(
)
,uxt và
giá trò biên chưa biết
(
)
Pt thỏa phương trình tích phân tuyến tính sau:
() () ( ) ( ) ( )
0
0

0, 0, ,
t
Pt gt Ku t kt su sds=+ −−
∫
(2.6)
trong đó
0
K là hằng số cho trước và ,gk là các hàm cho trước.
Trước hết, ta thành lập các giả thiết sau
()
() ()
()
()()
() ( )
()
21
10 1
2
2
2
30
2
4
501
,,
,,
,0,
,0,,0,
,, 0, 0.
μμμ

λλ
+
∈∈
∈
∈≥>
∈∀>
≥>

tT
Au Hu H
AFFLQ
AC t
AkgH T T
AK K

Đònh lí 2.1. Giả sử rằng các giả thiết
(
)
(
)
15
AA− được thỏa. Khi đó, với mọi
0,>T bài toán (2.1) – (2.6) tồn tại duy nhất nghiệm yếu u sao cho:
()
(
)
(
)
() ()() ()
()

212
1, 2
1,
0, ; , 0, ; , 0, ; ,
0, 0, , 1, 0, ,
0, .
∞∞∞
∞
∞
⎧
∈∈∈
⎪
⎪
∈∈
⎨
⎪
∈
⎪
⎩
ii
ttt
u L TH u L TH u L TL
uWTuHT
PW T
(2.7)
Nhận xét 2.1.
(i) Qua đònh lí trên, ta suy được từ (2.7) rằng bài toán (2.1) – (2.6) có duy nhất
15

một nghiệm yếu

()
,uP
mà thành phần u của nó thỏa
(
)
(
)
(
)
() ()
() ()() ()
0112 2
12
1, 2
0, ; 0, ; 0, ; ,
0, ; , 0, ; ,
0, 0, , 1, 0, .
ttt
uC TH C TL L TH
u L TH u L TL
uWTuHT
∞
∞∞
∞
⎧
∈∩∩
⎪
⎪
∈∈
⎨

⎪
∈∈
⎪
⎩
ii

(ii) Mặt khác, từ (2.7) ta cũng nhận thấy rằng
,,, , ,
x
txxxttt
uu u u u u thuộc về
không gian
()
(
)
22
0, ;
T
LTL LQ
∞
⊂ . Do đó

()
(
)
(
)
(
)
20112 2

0, ; 0, ; 0, ; .
T
uHQ C TH C TL L TH
∞
∈∩ ∩ ∩

Từ đó nếu
()
(
)
(
)
21
01
,
∈
Ω× Ωuu H H thì thành phần
u
của nghiệm yếu
()
,uP sẽ thuộc vào không gian hàm
(
)
2
T
H
Q . Và nghiệm như thế một phần nào
khá giống với nghiệm cổ điển thuộc
(
)

2
,
T
CQ vì dữ kiện đầu
()
01
,uu không cần
thiết thuộc về
()
(
)
21
.Ω× ΩCC
Chứng minh: Phần chứng minh của đònh lí 2.1 gồm 4 bước. Chứng minh dựa
vào phương pháp Galerkin liên hệ với các đánh giá tiên nghiệm, từ đó rút ra
được các dãy con hội tụ yếu về nghiệm trong các không gian hàm thích hợp nhờ
một số các phép nhúng compact.
Bước 1: Xấp xỉ Galerkin
Gọi
{
}
j
w
là một cơ sở đếm được của
2
.H Ta tìm nghiệm xấp xỉ dưới
dạng:

() ()
1

,
=
=
∑
m
mmjj
j
ut ctw (2.8)
trong đó các hàm hệ số
(
)
mj
ct thỏa mãn hệ phương trình vi tích phân sau
()
(
)
(
)
(
)
(
)()()()
() ()
()
// /
1
/
,,1,10
,,,1,
mj mx jx m j m j

mmj j
u w t u t w tu tw tP tw
Ku t u t w F t w j m
μλμ μ
λ
++ +
++ = ≤≤
(2.9)

()
(
)
/
01
0,0,
mmmm
uuuu==
(2.10)
() () ( ) ( ) ( )
0
0
0, 0, ,
t
mm m
Pt gt Ku t ktsu sds=+ −−
∫
(2.11)
và
16

()
0
1
0,
α
=
== →
∑
m
mommjj
j
uu wu
(2.12)

()
/
11
1
0
m
mmmjj
j
uu wu
β
=
== →
∑
. (2.13)
Từ các giả thiết trong đònh lí 2.1, ta dễ thấy với mọi

*
,∈m tồn tại duy
nhất nghiệm
()
m
ut có dạng (2.8) thỏa
(
)
(
)
2.9 2.11
−
hầu khắp nơi trên
[
]
0,
m
T
với
m
T nào đó thỏa 0.<≤
m
TT
Các đánh giá tiên nghiệm ở bước 2 dưới đây cho phép ta lấy hằng số
m
TT=
với mọi m.
Bước 2:
 Đánh giá tiên nghiệm 1
Thay

()
2.11 vào
(
)
2.9 và nhân phương trình thứ
j
của
()
2.9 với
(
)
/
,
mj
ct
sau đó lấy tổng theo
,
j
ta được
() () () () ( ) ()
() () ( ) () () ( )
() ( ) ( ) ( ) () ()
22
22
//
1
2
/2/
0
//

0
11 1
1,
22 2
1
0, 0,
2
0, 0, , .
mmxmm
mmm
t
mm m
dd d
ut t u t tu t K ut
dt dt dt
d
ut K t u t tgtu t
dt
tu t kt su sds Ft u t
μλμ
λμ μ
μ
+++
++ +
−−=
∫
(2.14)
Ta viết lại (2.14) như sau
() () ()
(

)
() ( ) ()
() () ( )
()
() () () ( ) () () ( )
() ( ) ( ) ( ) () ()
22
22
//
1
2
/2
0
2
//2 /
0
//
0
21,
20,
0, 2 0,
20, 0,2,.
mmxmm
mm
mx m m
t
mm m
dd d
ut tu t tu t K ut
dt dt dt

d
ut K tu t
dt
tu t K tu t tgtu t
tu t kt su sds Ft u t
μλμ
λμ
μμμ
μ
+++
++
=+ −
+−+
∫
(2.15)
Tích phân từng phần theo biến thời gian từ 0 đến
,t nhờ các giả thiết
()()
24
,−
A
A ta có:
17

()
(
)()
(
)
(

)
(
)
(
)
(
)
() () ( ) () ()
() ( ) () ( ) ( ) ( )
() () ( )
()
() ( ) ( ) () ()
0
/2
/
00
/2
0
00
2
0
'
00 0
020 0 02 0,
20,
0, 2 0, 0,
20 0,
20, 0, 2 ,
mm m m
tt

mmx
tt
mmm
t
m
ts t
mmm
s
St S g u tgtu t
sgs u sds s u s ds
K susds tutktsusds
ksusds
usds sks u d Fsusds
μμ
μμ
μμ
μ
μτττ
∂
∂
=+ −
+⎡ ⎤ +
⎣⎦
++−
−
−⎡−⎤+
⎣⎦
∫∫
∫∫
∫

∫∫ ∫
(2.16)

() () () ()
8
0
1
020 0 0 ,
mmi
i
SguI
μ
=
≡+ +
∑

trong đó
() () () () () ( )
() ( ) () ()
22
2
//
1
0
2
2
2/
0
0
21,

0, 2 .
t
mm mx m
t
mm m
St ut tu t su sds
Ktu tKut usds
μλμ
μλ
=+ +
+++
∫
∫
(2.17)
Sử dụng các giả thiết
()
(
)
(
)
13 5
,AA A− và (2.12), (2.13), ta thu được
() () () () ()
() () () () () ()
22 2
001 0
2
2
2
00 0 0

020 0 0 0
00 02000 .
mmmmmx
mm mm
Sguuuu
Ku Ku gu u
μμ
μμ
++=+
+++ +
(2.18)
Suy ra

() () () ()
2
001
1
020 0 0
2
mmm
SguuC
μ
++≤, với mọi m, (2.19)
trong đó
1
C là một hằng số không phụ thuộc vào m mà chỉ phụ thuộc vào
()
0,
μ
()

0,g
001
,,,KKuu.
Ta sẽ lần lượt đánh giá các số hạng ,1,8
i
Ii= ở vế phải của (2.16) như
sau:
Bằng cách dùng bổ đề 1.1 và bất đẳng thức Cauchy-Swcharz cùng với bất
đẳng thức

22
1
2,,0,ab a b a b
εε
ε
≤+ ∀∈∀>
(2.20)
ta được
18

() ()
(
)
()
(
)
()
()
()
()

()
0
11
0,
1
0,
2
2
0,
20,2
2
22 ,
μμ
μμε
ε
∞
∞
∞
Ω
=− ≤
≤≤+
LT
mm
LT
C
mm
LT
HH
Itgtutgut
gut g ut

(2.21)
() () ( ) ( )
()
()
()
()
()
()
()
()
()
0
1
1
0,
/
/
2
0,
00
/
0,
0
2
2
/
0
20,2
22
2,

μμ
μ
μ
∞
∞
∞
Ω
=⎡ ⎤ ≤
⎣⎦
≤
≤+
∫∫
∫
∫
H
LT
tt
mm
C
LT
t
m
H
LT
t
m
Isgsusdsgusds
gusds
gTusds
(2.22)

() ()
()
()
1
22
//
3
0,
00
,
μμ
∞
=≤
∫∫
tt
mx m
H
LT
I s u s ds u s ds (2.23)
() ( )
()
()
()
()
()
0
1
2
/2 /
40 0

0,
00
2
/
0
0,
0
0,
2,
μμ
μ
∞
∞
Ω
=≤
≤
∫∫
∫
tt
mm
LT C
t
m
LT H
IK su sdsK us ds
Kusds
(2.24)
() ( ) ( ) ( )
()
() ()()

()
()
() ()
()
()
()
()
11
11
0,
2
11
0,
5
0
0,
0
22
2
2
00
22
22
0,
0
20, 0,
4
4
4
,

μ
μ
εμ
ε
εμ
ε
∞
∞
∞
=−
≤−
≤+
≤+
∫
∫
∫∫
∫
LT
HH
LT
HH
t
mm
t
mm
LT
HH
tt
mm
t

mm
LT
Itutktsusds
ut ktsus ds
u t k s ds u s ds
ut k us ds
(2.25)
() () ( ) ()
()
()
1
2
2
6
0,
00
20 0, 4 0. ,
μμ
∞
=− ≤
∫∫
tt
mm
LT
H
Ik susdsk usds
(2.26)
() () ( ) ( )
()
() ( ) ( )

()
() ( ) ( )
7
00
2
2
000
2
22
000 0
20, 0,
0, 0,
0, 0,
μτττ
μτττ
μ
ττ ττ
∂
∂
∂
∂
∂
∂
=− ⎡ − ⎤
⎣⎦
⎡⎤
≤+⎡−⎤
⎢⎥
⎣⎦
⎣⎦

⎡
⎤
⎛⎞
≤+⎡−⎤
⎢
⎥
⎜⎟
⎣⎦
⎝⎠
⎢
⎥
⎣
⎦
∫∫
∫∫∫
∫∫∫ ∫
ts
mm
tts
mm
tts s
mm
s
s
s
Iusdssksud
u s ds ds s k s u d
u s ds ds s k s d u d

19

() () ( ) ()
1 1
2
2 2
000 0
22 .
μ
ττττ
∂
∂
⎡
⎤
⎛⎞
≤+⎡−⎤
⎢
⎥
⎜⎟
⎣⎦
⎝⎠
⎢
⎥
⎣
⎦
∫∫∫ ∫
tts s
m m
H H
s
u s ds ds s k s d u d

(2.27)
Mặt khác, ta có:
()() ()()()()
//
.
μ
τ
μ
τ
μ
τ
∂
⎡−⎤= −+ −
⎣⎦
∂
sks sks sk s
s

() ( )
()
()
()
()
//
0,
0,
.
μ
τ
μ

τ
μ
τ
∞
∞
∂
⎡−⎤≤ −+ −
⎣⎦
∂
LT
LT
sks ks k s
s
(2.28)
Do đó
() ( )
()
()
()
()
(
)
()
() ()
()
2
0, 0,
0,
2
0,

2
2
//
0,
0,
00
22
22
//
22.
LT L T
LT
LT
ss
LT
LT
s
s
ks d ks k s d
kk
μ
ττμ τμ ττ
μμ
∞
∞
∞
∞
∂
∂
⎛⎞

−≤ −+ −
⎡⎤
⎜⎟
⎣⎦
⎝⎠
≤+
∫∫
(2.29)
Từ (2.27) và (2.29), ta thu được
() () ( ) ( )
()
() ( ) ()
()
()
() ()
()
()
()
() ()
1 1
1 1
2
2
0, 0,
0, 0,
2
2
0, 0,
0,
7

00
2
2 2
000 0
22
2 2
22
//
0 0
2
22
//
20, 0,
22
24
24 4
LT L T
LT LT
LT L T
LT L
ts
mm
tts s
m m
H H
t t
m m
H H
s
s

Iusds sksud
us ds ds sks d u d
us ds T k k us ds
TkTk
μτττ
μττττ
μμ
μμ
∞
∞
∞
∞
∂
∂
∂
∂
=− ⎡ − ⎤
⎣⎦
⎡⎤
⎛⎞
≤+⎡−⎤
⎢⎥
⎜⎟
⎣⎦
⎝⎠
⎢⎥
⎣⎦
⎛⎞
≤+ +
⎜⎟

⎝⎠
≤+ +
∫∫
∫∫∫ ∫
∫∫
()
()
1
0,
2
2
0
.
T
t
m
H
us ds
⎛⎞
⎜⎟
⎝⎠
∫
(2.30)
Từ (2.17) suy ra
() () () ()
2
2
//
8
000

2,=≤+
∫∫∫
ttt
mm
IFsusdsFsdsusds
()
()
2
2
0
.≤+
∫
T
t
m
LQ
FSsds
(2.31)
Khi đó, từ các đánh giá
(
)
(
)
(
)
(
)( )
2.16 , 2.19 , 2.21 2.26 , 2.30
−
và (2.31) ta

thu được
20

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

11
0,
2
1
2
2
0, 0,
0,
2
22
2
/
1
0
2
2
//
0
0, 0,
00
22
22
0,
0
2
2
0,
00
2
22

//
12
2
2
2
4
40.
24 4
με μ
ε
μμ
εμ
ε
μ
μμ
∞
∞
∞∞
∞
∞
∞
∞
≤+ + + +
++
++
+++
++ +
∫
∫∫
∫

∫∫
LT
H
LT
LT
HH
T
LT L T
LT L
t
mmm
H
tt
mm
H
LT LT H
t
mm
LT
tt
mm
LT LQ
H
St C g ut g Tus ds
us ds K us ds
ut k us ds
kusdsFSsds
TkTk
()
()

1
0,
2
2
0
⎛⎞
⎜⎟
⎝⎠
∫
T
t
m
H
us ds

()
()
()
()
()
()
()
()
()
()
()
()
()
()
()

() ()
()
() ()
()
2
1
0,
0,
1
1
2
1
1
0,
1
2
2
0, 0,
0, 0,
2
2
22/
1
22
/
0,
00
2
2
22

/
0
0,
0,
00
2
0,
00
22
22
//
12
22
2
4
2
40.
24 4
μμ ε
ε
μ
μμ
ε
μ
μμ
∞
∞
∞
∞
∞

∞
∞
∞
=+ + + +
++
++
++
⎛⎞
++ +
⎜⎟
⎝⎠
∫∫
∫∫
∫∫
T
LT
LT
H
LT
H
LT L T
LT LT
m
LQ
H
tt
mm
H
LT
tt

mm
LT
LT H
tt
mm
LT
H
Cg g F ut
Tus ds us ds
Kusdskusds
kusdsSsds
TkTk
()
1
2
0
.
∫
t
m
H
us ds
(2.32)
Ta viết lại (2.32) rằng
() ()
()
()
()
() () ()
11

22
12
00
2,
tt
mmTTm m
HH
S t u t K K u s ds S s ds
εεε
≤++ +
∫∫
(2.33)
trong đó
()
()
()
()
()
()
2
0,
0,
2
22/
1
1
12
2,
2
εμμ

ε
∞
∞
=+ + +
T
LT
LT
T
LQ
KCg gF (2.34)
()
()
() ()
()
()
()
()
()
() ()
()
2
0,
2
2
0, 0,
0, 0,
22
2
//
0

0,
0, 0,
22
22
//
0,
4
2
40. 24 4 .
εμ μ μ
ε
μμ μ
∞∞
∞
∞
∞
∞
=+ + +
+++ +
LT
LT L T
LT LT
T
LT
LT LT
LT
KT K k
kTkTk
(2.35)
Chú ý rằng, từ (2.17), ta có

() () () ()
22
2
''
010
0
21,.
μλμ
≥+ +
∫
t
mm mx m
St ut u t u sds (2.36)
21

Kết hợp (2.19) và (2.36) ta thu được
() () ()
() ()
22
2
2
//
00
00
2
2
/
01
00
22

22 2 .
tt
mmm mm
tt
mm m
ut u usds u usds
u t u s ds C t S s ds
⎛⎞⎛⎞
≤+ ≤ +
⎜⎟⎜⎟
⎝⎠⎝⎠
≤+ ≤+
∫∫
∫∫
(2.37)
Từ (2.36), (2.37) suy ra
() () () () ()
1
222
1
0
0
1
2.
t
mmmx mm
H
ut ut u t C St tSsds
μ
=+ ≤+ +

∫
(2.38)
Do đó ta có được từ (2.34), (2.38) như sau
() ()
()
()
()
() () ()
() ()
()
()
()
() () () ()
()
()
()
()
()
()
()
()
() ()
11
0
22
12
00
1
1
0

0
2
1
000
12
11
0
22
2
0
0
1
2
2
24
2
2
2
1
14 .
μ
εεε
ε
εε ε
μ
εττ
ε
εε ε
μ
εεε

μ
≤++ +
⎡⎤
≤+ + +
⎢⎥
⎣⎦
⎡⎤
+++ +
⎢⎥
⎣⎦
≤+++
⎡⎤
++ + +
⎢⎥
⎣⎦
∫∫
∫
∫∫∫
∫
tt
mmTTm m
HH
t
mmT
tst
Tmmm
mTT
t
TTm
St ut K K us ds Ssds

CStTSsdsK
KCSssSddsSsds
St C K TCK
TK TK Ssds
(2.39)
Chọn
0
ε
>
sao cho
0
21
.
2
ε
μ
<
Từ (2.39) ta thu được
()
() ( )
()
12
0
,0 ,
t
mTTm m
St M M Ssds t tT T≤+ ∀≤≤≤
∫
(2.40)
trong đó

() ()
()
()
()
() ()
()
()
()
112
11
222
2
0
42 2 ,
1
21 4 .
εε ε
ε
εε
μ
⎧
=+ +
⎪
⎨
⎡
⎤
=+ + +
⎪
⎢
⎥

⎣
⎦
⎩
TTT
TTT
MCK TCK
MTKTK
(2.41)
Áp dụng bổ đề Gronwall ta thu được từ (2.40) rằng
()
() ( )
(
)
[]
12
exp 0, ,
mT TT
St M tM M t T≤≤∀∈
(2.42)
với
() ( )
12
,,
TT T
M
MM là các hằng số không phụ thuộc vào m mà chỉ phụ thuộc vào