Phương trình sóng phi tuyến với điều kiện biên Dirichlet không thuần nhất ở 1 phần biên

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC CẦN THƠ
Ø


TRẦN THỊ HỒNG NGA



PHƯƠNG TRÌNH SÓNG PHI TUYẾN VỚI ĐIỀU
KIỆN BIÊN DIRICHLET KHÔNG THUẦN
NHẤT Ở MỘT PHẦN BIÊN


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
TRƯỜNG ĐẠI HỌC CẦN THƠ
Ø




PHƯƠNG TRÌNH SÓNG PHI TUYẾN VỚI ĐIỀU
KIỆN BIÊN DIRICHLET KHÔNG THUẦN
NHẤT Ở MỘT PHẦN BIÊN



LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC




Chuyên ngành: Toán Giải tích
Mã số: 60. 46. 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: Trần Thò Hồng Nga
Bộ môn Tự nhiên,
Trung tâm Đại học Tại Chức Cần Thơ.











THÀNH PHỐ CẦN THƠ
2007




LUẬN VĂN ĐƯC HOÀN THÀNH TẠI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC CẦN THƠ


Người hướng dẫn: TS. Nguyễn Thành Long
Khoa Toán – Tin học,
Đại học Khoa học Tự nhiên Tp. Hồ Chí Minh.

Nhận xét 1: PGS. TS. Đặng Đức Trọng
Khoa Toán – Tin học,
Đại học Khoa học Tự nhiên Tp. Hồ Chí Minh.


Nhận xét 2: PGS. TS. Nguyễn Đình Huy
Khoa Khoa học Ứng dụng,
Đại học Bách Khoa Tp. Hồ Chí Minh.


Học viên cao học: Trần Thò Hồng Nga
Bộ môn Tự nhiên
Trung tâm Đại học Tại Chức Cần Thơ.



Luận văn sẽ được bảo vệ tại Hội đồng chấm luận án 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.

LÔØI CAÛM ÔN

1

CHƯƠNG 0
PHẦN MỞ ĐẦU

Trong luận văn này, chúng tôi xét bài toán giá trò biên và ban đầu sau:

(0.1)
()
(
)
,0,1,0,,,,, Ttxuuutxfuu
txxxtt
<
<
=

Ω
∈
=−

(0.2)
() ()
(
)
,0,1,,0
=
= tutgtu
(0.3)
() ()
(
)
(
)
,
~
0,,
~
0,
10
xuxuxuxu
t
=
=


trong đó

10
~
,
~
,, uugf là các hàm cho trước thỏa các điều kiện mà ta sẽ chỉ ra sau.

Trong [9], Ficken và Fleishman đã chứng minh sự tồn tại, duy nhất và tính
ổn đònh nghiệm của phương trình

(0.4)
,2
3
21
buuuuu
tttxx
+=−−−
εαα
với 0>
ε
bé.

Rabinowitz [15] đã chứng minh sự tồn tại nghiệm tuần hoàn của phương
trình

(0.5)
(
)
,,,,,2
1 txtttxx
uuutxfuuu

=
+−
α


trong đó
ε
là một tham số bé và f là tuần hoàn theo thời gian. Trong bài báo
của Caughey và Ellison [2], đã hợp nhất các xấp xỉ các trường hợp trước đây để
bàn về sự tồn tại, duy nhất và tính ổn đònh tiệm cận của nghiệm cổ điển cho một
lớp các hệ động lực phi tuyến liên tục.
Trong [6], Alain Phạm đã nghiên cứu sự tồn tại, duy nhất và dáng điệu
tiệm cận khi
0→
ε
của nghiệm yếu của bài toán (0.1), (0.3) liên kết với điều
kiện biên Dirichlet thuần nhất

(0.6)
() ()
,0,1,0 == tutu

trong đó số hạng phi tuyến có dạng

(0.7)
()
.,utff
ε
=

Bằng sự tổng quát hóa của [6], Alain Phạm và Long [7] đã xét bài toán
(0.1), (0.3), (0.6) với số hạng phi tuyến có dạng

(0.8)
()
t
uutff ,,
ε
= .

2

Nếu
[
)
(
)
2
,0 ℜ×∞∈
N
Cf thỏa
(
)
00,0,
=
tf với mọi 0≥t một khai triển tiệm
cận của nghiệm bài toán (0.1), (0.3), (0.6) đến cấp
1
+
N theo

ε
thu được, với
ε

đủ nhỏ, mà điều này đã nới rộng kết quả cho phương trình đạo hàm riêng từ
phương trình vi phân thường [4].
Trong [3, 8, 11, 12], các tác giả Alain Phạm, Long và trong [11] Long,
Alain Phạm đã nghiên cứu bài toán (0.1), (0.3) với số hạng phi tuyến có dạng

(0.9)
()
.,
t
uuff =

Trong [3] M. Bergounioux, Long, Alain Phạm đã nghiên cứu bài toán (0.1),
(0.3) với số hạng có dạng
(
)
λ
λ
,,, KuKuuuff
tt
+
=
=
là các hằng số dương, và
với điều kiện biên tổng quát hơn

(0.10)

() () () ( )()
() () ()
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
=++
−−+=
∫
,0,1,1,1
,,0,0,0
11
0
tuKtutu
dssustkthutgtu
tx
t
x
λ


với
11
,
λ
K là các hằng số dương.

Trong [8, 11], các tác giả xét bài toán (0.1), (0.3) với điều kiện biên hỗn
hợp không thuần nhất

(0.10)
() ()
(
)
(
)
,0,1,,0,0
=
+
= tutgthutu
x


trong đó
0>h là hằng số dương cho trước; trong [12] với điều kiện biên tổng quát
hơn
(0.12)
() () () ( )() ()
.0,1,,0,0,0
0
=−−+=
∫
tudssustkthutgtu
t
x


Trong [13], Long và Diễm đã nghiên cứu bài toán (0.1), (0.3) với điều kiện
biên hỗn hợp thuần nhất

(0.13)
() ()
(
)
(
)
,0,1,1,0,0
10
=
+
=
− tuhtutuhtu
xx


trong đó
10
, hh là các hằng số không âm cho trước với 0
10
>
+
hh và với số hạng
phi tuyến vế phải có dạng

(0.14)
()
(
)
.,,,,,,,,

1 txtx
uuutxfuuutxff
ε
+
=



3

Trong trường hợp
[
]
[
)
(
)
32
,01,0 ℜ×∞×∈Cf và
[][
)
(
)
31
1
,01,0 ℜ×∞×∈ Cf , các
tác giả thu được một khai triển tiệm cận của nghiệm yếu
ε
u
đến cấp hai theo ,

ε

với
ε
đủ nhỏ [13].
Trong luận văn này chúng tôi nghiên cứu sự tồn tại và duy nhất nghiệm
đòa phương của bài toán (0.1)-(0.3). Chứng minh được dựa vào phương pháp
Galerkin liên kết với các đánh giá tiên nghiệm cùng với kỹ thuật hội tụ yếu về
tính compact. Nhờ kết quả này chúng tôi tiến đến khảo sát bài toán nhiễu cấp
cao theo tham số bé
,
ε
trong đó số hạng nhiễu là số hạng phi tuyến trên phương
trình cùng dạng và ở biểu thức của điều kiện đầu bài toán sau:

()
()
(
)
() () ()
( ) () ()
() () ()
⎪
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎪
⎨

⎧
+=
+=
==
<<<<+=−
∑
∑
+
=
+
=
1
1
11
1
1
00
1
,
~~
0,
,
~~
0,
,0,1,,0
,0,10,,,,,,,,,
N
k
k
kt

N
k
k
k
txtxxxtt
xuxuxu
xuxuxu
tutgtu
Ttxuuutxfuuutxfuu
Q
ε
ε
ε
ε


trong đó, ta giả sử rằng
(
)
+
ℜ∈
3
Cg và

[]
()
[]
()
⎪
⎩

⎪
⎨
⎧
ℜ×ℜ×∈ℜ×ℜ×∈
+=∈∈
++
+
,1,0,1,0
,1, ,2,1,
~
,
~
,
~
,
~
3
1
31
1
11
2
00
NN
kk
CfCf
NkHuuHuu


thỏa một số điều kiện phụ. Luận văn này sẽ nghiên cứu khai triển tiệm cận của

nghiệm bài toán
()
ε
Q theo tham số bé ,
ε
tức là nghiệm có thể xấp xỉ bởi một đa
thức theo
ε
:

() ()
,,
ˆ
,
0
∑
=
≈
N
k
k
k
txUtxu
ε


theo nghóa cần phải chỉ ra các hàm
(
)
(

)
NktxU
k
, ,1,0,,
ˆ
= và thiết lập đánh giá
theo dạng


()
()
,
ˆ
ˆ
1
;,0
0
;,0
0
1
0
2
+
==
≤−+
∂
∂
−
∂
∂

∞
∞
∑∑
N
T
HTL
N
k
k
k
LTL
N
k
k
k
CUu
t
U
t
u
εεε
ε
ε


với tham số
ε
đủ bé, hằng số
T
C độc lập với tham số .

ε
Các kết quả liên quan
đến bài toán xấp xỉ tiệm cận theo một tham số đã được một số các tác giả quan
tâm, chẳng hạn như Long, Diễm [13], Long, Tâm, Trúc [14].


4
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, 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
của bài toán (0.1)- (0.3).
Trong chương 3, chúng tôi nghiên cứu khai triển tiệm cận của nghiệm yếu
của bài toán
()
ε
Q theo một tham số bé
.
ε

Trong chương 4, chúng tôi xét một bài toán cụ thể để minh họa phương
pháp tìm nghiệm của bài toán trên.
Kế đến là phần kết luận và sau cùng là danh mục các tài liệu tham khảo.
Nhìn chung các kết quả trình bày trong các chương 2, 3, 4 là một nới rộng
nhỏ kết quả trong [13, 14].

5

CHƯƠNG 1

CÁC CÔNG CỤ CHUẨN BỊ



1.1 Các không gian hàm thông dụng

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

pmmpm
WHLC Để
cho gọn, ta ký hiệu lại như sau
(
)
(
)()
.,,
,,2, pmpmmmmpp
WWWHHLL =Ω==Ω=Ω

Có thể xem chi tiết trong [1, 2].

Ta đònh nghóa
(
)
Ω=
22
LL là không gian Hilbert đối với tích vô hướng

(1.1)
.,,)()(,
2
1
0
Lvudxxvxuvu ∈=〉〈
∫


Ký hiệu

. để chỉ chuẩn sinh bởi tích vô hướng (1.1), nghóa là

(1.2)
()
.,,
2
21
1
0
2
Ludxxuuuu ∈
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
==
∫


Ta đònh nghóa không gian Sobolev cấp 1

(1.3)
{
}
.:
2/21

LvLvH ∈∈=

Không gian này cũng là không gian Hilbert đối với tích vô hướng

(1.4)
.)]()()()([,,,
1
0
////
1
∫
+=〉〈+〉〈=〉〈 dxxvxuxvxuvuvuvu
H


Ký hiệu
1
.
H
để chỉ chuẩn sinh bởi tích vô hướng (1.4), nghóa là

(1.5)
()
.,)(,
1
21
1
0
2
/2

1
1
Hudxxuxuuuu
H
H
∈
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+=〉〈=
∫


Liên quan giữa hai không gian hàm
1
H
và
(
)
,
0

ΩC ta có bởi bổ đề sau.



6


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.

Chú thích 1.1. Phép nhúng
1
H


(
)
Ω
0
C về mặt đại số ta hiểu theo nghóa:
Với mỗi hàm
,
1
Hu ∈ tồn tại duy nhất một hàm liên tục
()
Ω∈
0
~
Cu sao cho
Ω∈= xeauu
~
[2]. Khi đó theo Bổ đề 1.1 phép nhúng

(
)

uu
CHId
~
:
01
a
Ω→

là liên tục và compact. Điều này còn có nghóa là mọi dãy
{
}
1
Hu
m
⊂ bò chặn trong
,
1
H tồn tại một dãy con
{
}
{
}
mmk
uu ⊂ sao cho
{
}
mk
u hội tụ đều trên ,Ω ở đây, ta
đã đồng nhất
(

)
.
~
mkmkmk
uIduu ==

Ta cũng sử dụng một không gian Sobolev đặc biệt hơn đó là không gian
Sobolev
(1.7)
() ()
1
1
1
0
H
c
H
CDH Ω=Ω=
∞


(bao đóng trong
1
H của không gian các hàm khả vi vô hạn có giá compact trong
Ω ). Mặt khác,
1
0
H cũng là không gian con đóng của ,
1
H do đó,

1
0
H là không gian
Hilbert đối với tích vô hướng của
.
1
H
Mặt khác trên
1
,
1
0
H
vH
và
21
1
0
2
///
)(,
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
=〉〈

∫
dxxvvv là hai chuẩn tương đương.

Điều này cho bởi bổ đề sau

Bổ đề 1.2.
Phép nhúng
1
H


(
)
Ω
0
C
là compact và


(1.8)
()
.
1
0
/
0
Hvvv
C
∈∀≤
Ω

Chứng minh Bổ đề 1.2 không khó khăn.

Một cách đặc trưng khác để xác đònh
1
0
H là

(1.9)
(
)
(
)
{
}
.010:
11
0
==∈= vvHvH



7

Bổ đề 1.3. Đồng nhất
2
L với
/2
)(L ( đối ngẫu của

2
L ). Khi đó ta có
1
0
H

/22
)(LL ≡ 
,)(
1/1
0
−
≡ HH
với các nhúng liên tục và nằm trù mật.

Chứng minh. Trước hết ta chứng minh rằng
2
L nhúng trong
1−
H
. Vì ,
21
0
LH ⊂ với
mọi
,
2
Lw∈
ánh xạ

(1.10)
() ()()
∫
==
→
1
0
1
0
,
:
dxxvxwvwvTv
RHT
w
w
a

là tuyến tính liên tục trên
,
1
0
H tức là .)(
1/1
0
−
≡∈ HHT
w

Ta xét ánh xạ

(1.11)
()
.
:
12
w
TwTw
HLT
=
→
−
a


Khi đó ta có

(1.12)
.,,,,
21
0
,
1
0
1
LwHvvwvT
HH
w
∈∀∈∀=
−

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

(i)
12
:
−
→ HLT là đơn ánh,
(ii)
,
2
1
LwwT
H
w
∈∀≤
−

(iii)
(
)
{
}
22
: LwTLT
w
∈=
là trù mật trong
.

1−
H


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


.,0,,
1
0
,
1
0
1
HvvTvw
HH
w
∈∀==
−


Do
1
0
H trù mật trong ,

2
L nên ta có


.,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∈


8

.sup
sup
,sup,sup
1
0

1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
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
.
1−
H
Coi
,)(
/1−
∈ HL
với
()
(
)
.,0,
2
,

11
LTTTL
w
HH
w
∈∀=
−−
′


Ta chứng minh rằng
.0
=
L
Thật vậy, do
1
0
H
phản xạ, tức là,
,)(
1
0
/1
HH =
−

theo nghóa,

(1.13)
()

.,,,:,)(
1
,
,
/1
1
0
1
11
−
′
−
∈∀〉〈=〉〈∈∃∈∀
−
−−
HzvzzLVvHL
HH
HH


Lấy
,
1−
∈= HTz
w
ta có


()
.,,,,0

1
0
,,
1
0
111
HwvwvTTL
HH
w
HH
w
∈∀===
−−−
′


Do
1
0
H
trù mật trong ,
2
L nên ta có


.,0,
2
Lwvw ∈∀=

Vậy

0=v
. Theo (1.13) ta có


()
.,0,,
1
,,
1
0
111
−
′
∈∀==
−−−
HzvzzL
HHHH


Vậy
L
triệt tiêu trên .
1−
H



Chú thích 1.2. Từ Bổ đề 1.3 ta dùng ký hiệu tích vô hướng
⋅〉〈⋅,
trong

2
L để chỉ
cặp tích đối ngẫu
1
0
1
,
,
HH
−
⋅〉〈⋅ giữa
1
0
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
là không gian đối ngẫu của .X

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
()
XTu →,0:

9

đo được, sao cho


()
∫
∞<
T

p
X
dttu
0
, với ,1
∞
<
≤
p
hay

(
)
(
)
,,0.,.,:0 TteaMtuM
X
∈≤>∃ với .∞=
p


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


()
()

,
1
0
;,0
p
T
p
XXTL
dttuu
p
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
=
∫
với
,1
∞
<
≤
p



()

(
)
X
Tt
XTL
tuessu
<<
=
∞
0
;,0
sup


(
) ()
{
}
,,0.,.,:0inf TteaMtuM
X
∈≤>= với
.
∞
=
p


Khi đó ta có các bổ đề sau đây mà chứng minh của chúng có thể tìm thấy
trong Lions [10].

Bổ đề 1.4. (Lions [10]):
(
)
∞≤≤ pXTL
p
1,;,0
là không gian Banach.

Bổ đề 1.5. (Lions [10]):
Gọi
/
X

là đối ngẫu của
X
và
,1
11
/
=+
p
p

.1 ∞<< p

Khi đó

()
()
(

)
/
/
;,0;,0
/
XTLXTL
pp
=
là đối ngẫu của

()
.;,0 XTL
p

Hơn nữa,
nếu
X
phản xạ thì
()
XTL
p
;,0
cũng phản xạ.


Bổ đề 1.6. (Lions [10]):
()
(
)
(

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

()
,;,0
1
XTL
(
)
/
;,0 XTL
∞

không phản xạ.

Chú thích 1.3. Nếu
(
)
Ω=
p
LX thì
(
)

(
)
(
)
.,0;,0 TLXTL
pp
×Ω=

1.3. Phân bố có giá trò trong không gian Banach

Đònh nghóa 1.1. Cho
X
là một không gian Banach thực. Một ánh xạ tuyến tính
liên tục từ
()()
TD ,0 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


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

10
Chú thích 1.4. Ta ký hiệu
(
)
TD ,0
thay cho
(
)
(
)
TD ,0
hoặc
()()
TC
c
,0
∞
để chỉ không
gian các hàm số thực khả vi vô hạn có giá compact trong
(
)
.,0 T


Đònh nghóa 1.2. Cho
(
)
.;,0
/

XTDu∈ Ta đònh nghóa đạo hàm
dt
du
theo nghóa phân
bố của
u bởi công thức

(1.14)
()
.,0,,, TD
dt
d
u
dt
du
∈∀−=
ϕ
ϕ
ϕ


Các tính chất
i/ Cho
()
.;,0 XTLv
p
∈ Ta làm tương tự với nó bởi ánh xạ
()
XTDT
v

→,0: như
sau:
(1.15)
() () ( )
.,0,,
0
∫
∈∀=
T
v
TDdtttvT
ϕϕϕ

Ta có thể nghiệm lại rằng
(
)
.;,0
/
XTDT
v
∈
Thật vậy:

j) Ánh xạ
()
XTDT
v
→,0:
là tuyến tính.

jj) Ta nghiệm lại ánh xạ
(
)
XTDT
v
→,0: là liên tục.

Giả sử
{
}
()
,,0 TD
j
⊂
ϕ
sao cho 0→
j
ϕ
trong
(
)
.,0 TD Ta có:

(1.16)
() () () ()
() ()
.,0
,
1
0

1
0
00
∞→→
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
≤
≤=
∫∫
∫∫
′
jdttdttv
dtdtttvdtttvT
p
T
p

j
p
T
p
X
X
T
j
X
T
j
X
jv
ϕ
ϕϕϕ


Do đó
0, →
jv
T
ϕ
trong
X
khi .
+
∞→
j
Vậy
(

)
.;,0
/
XTDT
v
∈

ii/ Ánh xạ
v
Tv a là một đơn ánh, tuyến tính từ
(
)
XTL
p
;,0 vào
()
.;,0
/
XTD Do
đó, ta có thể đồng nhất
.vT
v
=
Khi đó ta có kết quả sau:

Bổ đề 1.7. (Lions[10])
(
)
(
)

XTDXTL
p
;,0;,0
/
⊂
với phép nhúng liên tục.

1.4. Đạo hàm trong
(
)
.;,0 XTL
p


Do Bổ đề 1.7, phần tử
(
)
XTLu
p
;,0∈ ta có thể coi u và do đó
dt
du
là phần
tử của
()
.;,0
/
XTD

11

Ta có các kết quả sau

Bổ đề 1.8. (Lions[10]). Nếu
(
)
XTLu ;,0
1
∈
và
()
,;,0
1/
XTLu ∈
thì
u
bằng
hầu hết với một hàm liên tục từ
[
]
.,0 XT →

Chứng minh Bổ đề 1.8 bằng nhiều bước:

Bước 1: Đặt
() ()
.
0
/
∫
=

t
dssutH
Khi đó
[
]
XTH →,0:
liên tục, vì
()
.;,0
1/
XTLu ∈

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


()
dt
dt
d

tH
dt
d
H
dt
dH
T
∫
−=−=
0
,,
ϕϕ
ϕ


(1.17)
() () () ()
dtt
dt
d
dssudtt
dt
d
dssu
T
s
TTt
∫∫∫∫
−=
⎟

⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
−=
ϕϕ
0
/
00
/



()()
.,
/
0
/
ϕϕ
udsssu
T
==
∫


Vậy

/
u
dt
du
dt
dH
==
trong
(
)
.;,0
/
XTD

Bước 2: Ta suy ra rằng
CHu
+
=
theo nghóa phân bố. ( C là hằng).
Thật vậy, giả sử
.uHv
−
=
Ta có 0
/
=v theo nghóa phân bố ( do bước 1).
Ta sẽ chứng minh rằng:
Cv
=

theo nghóa phân bố. Thật vậy 0
/
=v tương
đương với

(1.18)
() () ( )
.,0,0
0
/
TDdsssv
T
∈∀=
∫
ϕϕ


Coi
()
,,0 TD∈
ϕ
ta có thể viết
ϕ
dưới dạng ,
/
0
ψλϕϕ
+= trong đó
()
,,0 TD∈

ψ

0
ϕ
thoả
()
1
0
0
=
∫
T
dss
ϕ
và
()
.
0
∫
=
T
dtt
ϕλ
Thật vậy, vì
() ()()
0
0
0
=−
∫

T
dttt
λϕϕ


12
nên nguyên hàm của
(
)
(
)
tt
0
λϕ
ϕ
−
triệt tiêu tại 0
=
t sẽ thuộc
()
.,0 TD
Chọn
() () ()()
∫
−=
t
dssst
0
0
λϕϕ

ψ
trong (1.18), ta thay
/
ϕ
bởi ,
/
ψ
ta thu được:

() () ( )
,,0,0
0
/
TDdsssv
T
∈∀=
∫
ϕψ

hay

() () ()
[]
()
,,0,0
0
0
TDdssssv
T
∈∀=−

∫
ϕλϕϕ

hay
(1.19)
()() () ()
() () () ( )
.,0,
0
0
0
0
0
0
TDdtttvdtt
dsssvdsssv
TT
TT
∈∀=
=
∫∫
∫∫
ϕϕϕ
ϕλϕ

Đặt
() ()
,
0
0

∫
=
T
dtttvC
ϕ
ta suy từ (1.19) rằng

()()() ()
.,0,0
0
TDdssCsv
T
∈∀=−
∫
ϕϕ

Vậy

()
Ctv = trong
(
)
.;,0
/
XTD
Bước 3: Ta sử dụng tính chất sau:
Nếu
()
XTLw ;,0
1

∈ và
() () ( )
,,0,0
0
TDdtttw
T
∈∀=
∫
ϕϕ
thì
()
0≡tw với hầu hết
()
.,0 Tt ∈ Điều này có được là do ánh xạ
w
Tw a từ
(
)
XTL ;,0
1
vào
()
XTD ;,0
/
là
đơn ánh (tính chất ii/ ở trên).
Từ các bước 1, 2, 3 ở trên ta suy ra rằng
,CHu
+
=

theo nghóa phân bố.
Tương tự ta có bổ đề sau

Bổ đề 1.9. (Lions[10]).
Nếu

(
)
XTLu
p
;,0∈
và
()
,;,0
/
XTLu
p
∈
thì
u
bằng

hầu hết với một hàm liên tục từ
[
]
.,0 XT →


1.5. Bổ đề về tính compact của Lions[10]

Cho ba không gian Banach
XXX ,,
10
với
0
X 
X


1
X

với các phép
nhúng là liên tục, sao cho:
(1.20)
10
, XX là phản xạ,
(1.21) phép nhúng
0
X 
X
là compact.
Với
,1,0,1,0
=
∞
≤
≤∞<< ipT
i
ta đặt

(1.22)
()
(
)
(
)
{
}
.;,0:;,0,0
1
/
0
1
0
XTLvXTLvTW
p
p
∈∈=


13

Ta trang bò
()
TW ,0 bởi chuẩn

(1.23)
() ()
()

.
1
1
0
0
;,0
/
;,0,0
XTL
XTLTw
p
p
vvv +=

Khi đó,
()
TW ,0 là một không gian Banach.
Hiển nhiên
()
(
)
.;,0,0
0
XTLTW
p
⊂ Ta cũng có kết quả sau đây liên quan đến
phép nhúng compact

Bổ đề 1.10. (Bổ đề về tính compact của Lions [10]).
Với giả thiết

(1.20),
(1.21)
và nếu
,1,0,1
=
∞<< ip
i
phép nhúng
(
)
TW ,0


(
)
XTL
p
;,0
0
là compact.

Chứng minh Bổ đề 1.10 có thể tìm thấy trong Lions [10], 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 [10], trang 12).
Cho
Q
là tập mở bò chặn của
N
ℜ

và
()
,1,, ∞<<∈ qQLGG
q
m
sao cho,

()
,CG
QL
m
q
≤
trong đó
C
là hằng số độc lập với

m

và

eaGG
m
→
trong
.Q


Khi đó

GG
m
→
trong
(
)
QL
q
yếu.



Ta cũng dùng các ký hiệu

() () ()
(
)

(
)
(
)
(
)
(
)
(
)() ()
tututututututututututu
xxxttt
Δ=∇===== ,,,,
///
&&&


lần lượt để chỉ

() () () () ()
tx
x
u
tx
x
u
tx
t
u
tx

t
u
txu ,,,,,,,,,
2
2
2
2
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
theo thứ tự.



14


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 cho bài toán

(0.1)

()
(
)
,0,1,0,,,,, Ttxuuutxfuu
txxxtt
<
<
=
Ω
∈
=−
(0.2)
() ()
(
)
,0,1,,0
=
= tutgtu
(0.3)
() ()
(
)
(
)
,
~
0,,
~
0,
10

xuxuxuxu
t
=
=


trong đó
10
~
,
~
,, uugf
là các hàm cho trước thỏa các điều kiện 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 trong các không gian hàm thích
hợp nhờ một số các phép nhúng compact.

Trước hết ta thành lập các giả thiết sau:

()
1
A
()
;
3
+
ℜ∈Cg
()
2

A
(
)
(
)
;01
~
1
~
,
~
,
~
10
1
1
2
0
==∈∈ uuHuHu
()
3
A

[]
(
)
30
1,0 ℜ×ℜ×∈
+
Cf thoả các điều kiện

() ( )
(
)
0,,,,1,,,,0
=
=
wvutfwvutfi với mọi 0≥t và
()
,,,
3
ℜ∈wvu

()
[
]
(
)
.5,4,3,1,1,0
30
=ℜ×ℜ×∈
+
jCfDii
j


Ở đây ta đã dùng các ký hiệu
,,,
321
u

f
fD
t
f
fD
x
f
fD
∂
∂
=
∂
∂
=
∂
∂
= ,
4
v
f
fD
∂
∂
=
.
5
w
f
fD
∂

∂
=
Ta chú ý rằng không nhất thiết
[
]
(
)
.1,0
31
ℜ×ℜ×∈
+
Cf Thay vì xét bài
toán không thuần nhất (0.1)-(0.3), ta sẽ đưa nó về bài toán có điều kiện biên
thuần nhất như sau.

Với
[]
1,0∈x và
,0≥t
ta đặt

(2.1)
()( )
(
)
,1, tgxtx −=
φ

(2.2)
() ()

(
)
,,,, txtxutxv
φ
−
=
(2.3)
()
(
)
(
)()
,1,,,,,,,,
~
//
tgxvvvtxfvvvtxf
ttxxtx
−−+++=
φφφ

(2.4)
() ()
(
)
(
)
(
)
(
)

,0,
~
~
,0,
~
~
1100
xxuxvxxuxv
t
φ
φ
−
=
−
=

15

cùng với điều kiện nhất quán

(2.5)
() ( )
(
)
.0
~
0,00
0
uug
=

=

Khi đó bài toán (0.1)-(0.3) tương đương với bài toán giá trò biên ban đầu:

(2.6)
()
,0,10,,,,,
~
Ttxvvvtxfvv
txxxtt
<<<<=−
(2.7)
() ()
,0,1,0
=
= tvtv
(2.8)
() ()
(
)
(
)
.
~
0,,
~
0,
10
xvxvxvxv
t

=
=


Cho trước
0>M
và ,0>T ta đặt

(2.9)
()
()
(
)
,,,,,
~
sup
~
,,
,,,,
00
wvutxffTMKK
Awvutx
∗
∈
==
(2.10)
()
()
(
)

()
,,,,,
~~~~
sup
~
,,
5431
,,,,
11
wvutxfDfDfDfDfTMKK
Awvutx
+++==
∗
∈


trong đó


()
(
)
{
}
.,0,10:,,,,,
**
MwvuTtxwvutxTMAA ≤++≤≤≤≤==

Với mỗi
0>M và ,0>T ta đặt

(2.11)
()
(
)
(
)
1
0
21
0
;,0:;,0{, HTLvHHTLvTMW
t
∞∞
∈∈= I
và
()
,
2
Ttt
QLv ∈

với
()()
()
},,,
21
0
21
0

;,0;,0
Mvvv
T
QL
tt
HTL
t
HHTL
≤
∞∞
∩

(2.12)
()
(
)
(
)
{
}
,;,0:,,
2
1
LTLvTMWvTMW
tt
∞
∈∈=

trong đó
()

.,0 TQ
T
×Ω=

Ta chọn số hạng đầu tiên
(
)
.,
10
TMWv
∈
Giả sử rằng

(2.13)
()
.,
11
TMWv
m
∈
−


Ta liên kết bài toán (2.6)-(2.8) với bài toán biến phân sau.

Tìm
()
TMWv
m
,

1
∈ thoả bài toán biến phân tuyến tính dưới đây

(2.14)
()
(
)
(
)
(
)
,,,,
1
0
HwwtFwtvawtv
mmm
∈∀=+
&&



16
(2.15)
()
(
)
,
~
0,
~

0
10
vvvv
mm
=
=
&


trong đó

(2.16)
()
(
)
(
)
(
)()
.,,,,
~
,
111
tvtvtvtxftxF
mmmm −−−
∇=
&


Khi đó, ta có đònh lý sau đây

Đònh lý 2.1.
Giả sử rằng các giả thiết
(
)
(
)
31
AA
−
đúng. Khi đó tồn tại các hằng số
0>M
phụ thuộc vào
10
~
,
~
, uug
và hằng số
0>T
phụ thuộc vào
fuug ,
~
,
~
,
10
sao
cho, với mọi
()

,,
10
TMWv ∈
tồn tại một dãy qui nạp tuyến tính
{}
(
)
TMWv
m
,
1
⊂

được xác đònh bởi
(2.14)-(2.16).

Chứng minh. Chứng minh gồm nhiều bước

Bước 1.
Xấp xỉ Galerkin
(được giới thiệu bởi Lions [10]).

Xét một cơ sở đặc biệt
{
}
j
w của
1
0
H gồm các hàm

()
(
)
,sin xjxw
j
π
=
, ,2,1=j được thành lập từ các hàm riêng của toán tử Laplace :
2
2
x
∂
∂
−=Δ−



, 2,1,,,
21
0
2
=∈==Δ− jHHwjww
jjjjj
I
πλλ


Đặt

(2.17)

()
()
()
()
∑
=
=
k
j
j
k
mj
k
m
wtctv
1
,

trong đó các hàm hệ số
(
)
k
mj
c thoả hệ phương trình vi phân phi tuyến

(2.18)
()
()
(
)

(
)
(
)
(
)
,1,,,, kjwtFwtvawtv
jmj
k
mj
k
m
≤≤=+
&&


(2.19)
()
()
(
)
(
)
,
~
0,
~
0
10 k
k

mk
k
m
vvvv ==
&


trong đó

(2.20)
()
0
1
0
~~
vwv
k
j
j
k
mjk
∑
=
→=
α
mạnh trong
,
21
0
HH I

(2.21)
()
1
1
1
~~
vwv
k
j
j
k
mjk
→=
∑
=
β
mạnh trong .
1
0
H


17
Chú thích. Hệ (2.18)-(2.19) có thể viết thành một dạng khác như sau:

(2.22)
(
)
()

(
)
(
)
(
)
,1,,
2
kjwtFtctc
jm
k
mjj
k
mj
≤≤=+
λ
&&


(2.23)
(
)
()
(
)
(
)
(
)
(

)
.0,0
k
mj
k
mj
k
mj
k
mj
cc
βα
==
&


Do đó, ta cũng suy ra từ (2.22)-(2.23) rằng

(2.24)
()
()
()
()
()
(
)
(
)
[
]

()
.1,,
sinsin
cos
0
kjdwF
tt
ttc
t
jm
j
j
j
j
k
mjj
k
mj
k
mj
≤≤
−
++=
∫
ττ
λ
τλ
λ
λ
βλα

Giả sử rằng
1−m
v
thoả (2.13). Khi đó dễ thấy rằng hệ (2.18), (2.19) có
nghiệm duy nhất
()
k
m
v trên một khoảng
(
)
.0 TTt
k
m
≤≤≤ Các đánh giá tiên nghiệm
dưới đây cho phép ta lấy hằng số
(
)
,
k
m
T với mọi
m
và
.k


Bước 2. Các đánh giá tiên nghiệm. Đặt

* Nhân (2.18) cho
()
()
,tc
k
mj
&
sau đó lấy tổng theo ,
j
ta thu được

(2.25)
()
()
()
()
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)

(
)
,,,, tvtFtvtvatvtv
k
mm
k
m
k
m
k
m
k
m
&&&&&
=+

hay

(2.26)
()
()
()
() ()
()
()
,,2
22
tvtFtvtv
dt
d

k
mm
k
m
k
m
&&
=
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
∇+


** Trong (2.18), ta thay
,
2
jjj
ww Δ−=
−
λ
sau đó đơn giản ,
2−
j
λ
ta được

(2.27)
(
)
()
(
)
(
)
(
)
(
)
.1,,,, kjwtFwtvawtv
jmj
k
mj
k
m
≤≤Δ=Δ+Δ
&&


Ta biến đổi từng số hạng trong (2.27)

(2.28)
()
()
()
()
∫

Δ=Δ dxwtvwtv
j
k
mj
k
m
&&&&
,


()
() ()
()
()()
()
()
∫
−−=
1
0
0,01,1 dxwtvwtvwtv
jx
k
mxjx
k
mjx
k
m
&&&&&&

(
)
(
)
.1,, kjwva
j
k
m
≤≤−=
&&


Chú ý
()
()
()
() ( )
()
()
()
() ()
,01,1,00,0
11
====
∑∑
==
k
j
j

k
mj
k
m
k
j
j
k
mj
k
m
wtctvwtctv
&&&&&&&&
ta suy ra rằng


18
(2.29)
()
()
()
(
)
(
)
,1,,, kjwtvwtva
j
k
mj
k

m
≤≤ΔΔ−=Δ

(2.30)
() ()
∫
Δ=Δ
1
0
,, dxwtxFwtF
jmjm


( ) () ( ) ( ) ()
∫
−−=
1
0
0,01,1 dxwtFwtFwtF
jxmxjxmjxm


(
)
(
)
(
)
.1,,0 kjwFawtg
jmjx

≤
≤
−
′
′
=

Mặt khác, ta cũng có


()
(
)
(
)
(
)()
() () ()()
() ( ) ()
.,0,0,1
,,,,,
,,,,
~
,
//
111
111
tgtFtF
tvtvtvtxf
tvtvtvtxftxF

mm
tmxmm
mmmm
−==
++∇+=
∇=
−−−
−−−
φφφ
&
&


Khi đó, ta suy từ (2.27)-(2.30) rằng

(2.31)
()
()
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
.1,0,,,
//

kjwtgwFawtvwva
jxjmj
k
mj
k
m
≤≤−=ΔΔ+
&&


Nhân (2.31) cho
()
(
)
,tc
k
mj
&
sau đó lấy tổng theo ,
j
ta thu được

(2.32)
(
)
(
)
()
()
(

)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
()
,,0,,,
//
tvtgtvFatvtvtvva
k
mx
k
mm
k
m
k
m
k

m
k
m
&&&&&&
−=ΔΔ+


hay

(2.33)
()
()
()
()
()
()
(
)
()
()
()
.,02,2
//
22
tvtgtvFatvtv
dt
d
k
mx
k

mm
k
m
k
m
&&&
−=
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
Δ+∇
Đặt

(2.34)
()
()
()
()
()
()
()
()
,
0
2
∫
++=

t
k
m
k
m
k
m
k
m
dssvtYtXtS
&&

trong đó

(2.35)
()
()
()
()
()
()
,
22
tvtvtX
k
m
k
m
k
m

∇+=
&


(2.36)
()
()
()
()
()
()
.
22
tvtvtY
k
m
k
m
k
m
Δ+∇=
&


Khi đó, ta suy từ (2.26), (2.33)-(2.36) rằng


19
(2.37)
()

()
()
() ()
()
() ()
()
()
()
∫∫
++=
t
k
mm
t
k
mm
k
m
k
m
dssvsFadssvsFStS
00
,2,20
&&


()
() ()
()
()

∫∫
−+
t
k
mx
t
k
m
dssvsgdssv
0
//
0
2
,02
&&&


(
)
()
.0
4321
IIIIS
k
m
++++=



Ta sẽ lần lượt đánh giá các tích phân

4, ,1,
=
jI
j
trong vế phải của (2.37).

1
I Tích phân thứ nhất
()
()
()
.,2
0
1
∫
=
t
k
mm
dssvsFI
&

Sử dụng bất đẳng thức

(2.38)
.,,2
22
ℜ∈∀+≤ babaab

Ta suy từ (2.3), (2.9), (2.13), (2.16), (2.34), và (2.35) rằng

(2.39)
()
()
()
()
()
()
()
.
2,2
0
2
0
0
0
0
1
∫
∫∫
+≤
≤=
t
k
m
t
k
m
t

k
mm
dssSTK
dssSKdssvsFI
&

2
I Tích phân thứ hai
()
()
()
()
.,2
0
2
∫
=
t
k
mm
dssvsFaI
&

Sử dụng bất đẳng thức (2.38) một lần nữa, ta suy từ (2.3), (2.9), (2.10),
(2.13), (2.16), (2.34), và (2.35) rằng

(2.40)
()
(
)

(
)
.314
22
1
22
1
0
MKsFsF
m
H
m
+≤∇=

Khi đó, từ (2.25), (2.27) và (2.35), ta thu được

(2.41)
()
()
()
()()
()
()
.314,2
0
22
1
0
2
∫∫

++≤=
t
k
m
t
k
mm
dssSMTKdssvsFaI
&


3
I Tích phân thứ ba
()
()
.
0
2
3
∫
=
t
k
m
dssvI
&&


Phương trình (2.18) có thể viết lại như sau

(2.42)
()
()
(
)
(
)
(
)
.1,,,, kjwtFwtvwtv
jmj
k
mj
k
m
≤≤=Δ−
&&



20
Thay thế
j
w
bởi
(
)
(
)
tv

k
m
&&
sau đó tích phân, ta thu được

(2.43)
()
()
()
() ()
.22
0
2
0
2
0
2
∫∫∫
+Δ≤
t
m
t
k
m
t
k
m
dssFdssvdssv
&&

Từ (2.3), (2.9), (2.13), (2.16), (2.25), (2.27), (2.34)-(2.36) và (2.43) ta thu
được

(2.44)
()
()
()
()
.22
0
2
0
0
2
3
∫∫
+≤=
t
k
m
t
k
m
dssSTKdssvI
&&


4
I

Tích phân thứ tư
()
()
()
.,02
0
4
∫
′′
−=
t
k
mx
dssvsgI
&


Tích phân từng phần, ta thu được

()
()
()
∫
′′
−=
t
k
mx
dssvsgI
0

4
,02
&

(2.45)
()
()
() ()
()
() ()
()
()
()
()
() () ()
()
()
()
()
()
.,02
,0020,002
,02,020,002
0
///
0
///////
0
///////
∫

∫
∫
+
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
++−=
++−=
t
k
mx
k
mx
t
k
mx
t
k
mx
k
mx
k
mx
dssvsg
tvdssggvg
dssvsgtvtgvg

Chú ý rằng, do Bổ đề 1.1, ta có


(
)
()
(
)
(
)
[]
()
(
)
(
)
()
1,01,0
10
2,0
H
k
mx
C
k
mx
k
mx
tvtvtv ≤≤

(2.46)
()
()
()
()
()
()
()
()
()
()
.2
2
2
21
22
21
22
1
0
tS
tvtv
tvtv
k
m
k
m
H

k
m
k
mxx
k
mx
≤
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
Δ+=
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
+=


Khi đó, sử dụng bất đẳng thức

(2.47)
,0,,,
1
2
22

>∀ℜ∈∀+≤
εε
ε
babaab

21

ta thu được từ (2.45) và (2.46) rằng

(2.48)
()
()
()
∫
=
t
k
mx
dssvsgI
0
//
4
,02
&


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

()
()
∫
∫
+
++≤
t
k
mx
k
mx
t
kx
dssvsg
tvdssggvg
0
///
0
/////
0
//
,02
,002002


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

()
∫
∫
+
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
++≤
t
k
m
k
m
t
kx
dssSsg
tSdssggvg
0
///
0
/////
0
//
22
022002

()
(
)
(
)
()
(
)
()
()
()
()
() () ()
()
()
()
()
()
()
() ()
()
()
()
()
()
,2
1
120
2
002

2
2
0
2
002
22
22022002
0
2
///
2
//
0
//
0
2
///
2
///2
2
//
0
//
0
///
/////
0
//
∫
∫

∫
++
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+++≤
+++
+++≤
+
++≤
∞
∞
∞
∞
∞
t
k
m
k
m
kx
t
k
m
k
m
k

mkx
t
k
m
k
m
k
mkx
dssStS
gTTgvg
dssSgTtS
gTtSgvg
dssSg
tSgTtSgvg
ε
εε
ε
ε
ε
ε


trong đó ta đã dùng ký hiệu
()

,0 TL
∞
=
∞

Tổ hợp (2.37), (2.39), (2.41), (2.44) và (2.48), khi đó ta có

(2.49)
()
()
()
()
()
() () ()
[
]
()
()
()
()
.5
1
123143
0
2
00202
0
2
///22
1
2
0
2
//

0
//
∫
+
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+++++
+++≤
∞
t
k
m
kx
k
m
k
m
k
m
dssSgTTMTKTK
gvgStStS
ε
ε
ε

Chọn

,
4
1
=
ε
ta có từ (2.49) rằng
(2.50)
()
()
()
() () () () ()
()
()
,10,01600402
0
1
2
//
0
//
∫
++++≤
t
k
mkx
k
m
k
m
dssSTMCgvgStS

trong đó