Phương trình sóng Kirchhoff phi tuyến với điều kiện biên Dirichlet trong không gian Sobolev có trọng

ĐẠI HỌC QUỐC GIA THÀNH PHỐ HỒ CHÍ
MINH

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ
NHIÊN











NGUYỄN TUẤN DUY











PHƯƠNG TRÌNH SÓNG KIRCHHOFF PHI TUYẾN
VỚI ĐIỀU KIỆN BIÊN DIRICHLET
TRONG KHÔNG GIAN SOBOLEV CÓ TRỌNG

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN
HỌ
C

















THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH

NĂM 2010
ĐẠI HỌC QUỐC GIA THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN



NGUYỄN TUẤN DUY


PHƯƠNG TRÌNH SÓNG KIRCHHOFF PHI TUYẾN
VỚI ĐIỀU KIỆN BIÊN DIRICHLET
TRONG KHÔNG GIAN SOBOLEV CÓ TRỌNG

Chuyên ngành: Toán Giải tích
Mã số: 60. 46. 01

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Người hướng dẫn: TS. LÊ THỊ PHƯƠNG NGỌC
Cao đẳng Sư phạm Nha Trang


TP. HỒ CHÍ MINH – NĂM 2010
LUẬN VĂN ĐƯỢC HOÀN THÀNH TẠI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN TP. HỒ CHÍ MINH


Người hướng dẫn: TS. Lê Thị Phương Ngọc
Cao đẳng Sư Phạm Nha Trang.
Người nhận xét 1: TS. Trần Minh Thuyết

Đại học Kinh tế TP. HCM.
Người nhận xét 2: TS. Trịnh Anh Ngọc
Đại học Khoa học Tự nhiên TP. HCM.
Học viên Cao học: Nguyễn Tuấn Duy
Đại học Tài chính – Marketting

Luận văn sẽ được bảo vệ tại Hội đồng chấm Luận án tại Đại học Khoa
học Tự nhiên Thành phố Hồ Chí Minh vào lúc… giờ…, ngày…, tháng
12, năm 2010.
Có thể tìm hiểu luận văn tại Phòng Sau Đại học, Thư viện Trường Đại
học Khoa học Tự nhiên Thành phố Hồ Chí Minh.


TP. HỒ CHÍ MINH – NĂM 2010
LỜI CẢM ƠN
Lời đầu tiên, tôi trân trọng kính gửi đến cô hướng dẫn, TS. Lê Thị Phương
Ngọc lòng biết ơn chân thành và sâu sắc nhất. Cô đã tận tình chỉ bảo giúp tôi
nắm được từng bước nghiên cứu, giải đáp thắc mắc và đóng góp những ý kiến quí
báu để tôi có thể vượt qua những khó khăn và hoàn thành luận văn này.
Xin trân trọng cảm ơn thầy TS. Nguyễn Thành Long người đã dạy dỗ tôi
những kiến thức quý báu trong suốt quá trình học tập, đã tạo điều kiện thuận lợi
cho tôi được học tập trong một môi trường khoa học nghiêm túc.
Tôi thành thật biết ơn thầy TS. Trần Minh Thuyết và Ths. Phạm Thanh
Sơn đã đọc luận văn đóng góp chân tình và cho tôi những nhận xét bổ ích.
Tôi cũng xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến quý Thầy Cô Khoa Toán –
Tin học, trường Đ ại học Khoa học Tự nhiên Thành phố Hồ Chí Minh
đã tận tình giảng dạy và truyền đạt kiến thức cũng như kinh nghiệm quí báu cho
tôi trong suốt thời gian học tập tại trường.
Chân thành cảm ơn Ban Giám hiệu, Khoa cơ bản Trường Đại học Tài
chính-Marketing đã tạo điều kiện thuận lợi để tôi hoàn thành chương trình học

cũng như các thủ tục bảo vệ luận văn tốt nghiệp.
Xin cảm ơn các bạn lớp Cao học Giải tích khoá 18 và các anh chị trong
nhóm Xeminar do Thầy Long tổ chức đã động viên và nhiệt tình giúp đỡ tôi hoàn
thành luận văn.
Tôi cũng không quên gởi lời biết ơn đến gia đình tôi, những người đã luôn ủng
hộ tôi trong những lúc khó khăn nhất.
Tôi rất mong nhận được sự chỉ bảo của các Thầy Cô và những đóng góp quí
báu các bạn đồng nghiệp. Xin chân thành cảm ơn.
Thành phố Hồ Chí Minh, tháng 12 năm 2010
Nguyễn Tuấn Duy
1
Mục lục
Lời cảm ơn 1
Chương 1: Tổng quan bài toán 3
Chương 2 : Các không gian hàm và ký hiệu 7
Chương 3 : Định lý tồn tại duy nhất nghiệm 10
Chương 4 : Sự hội tụ cấp hai 25
Chương 5 : Khai triển tiệm cận của nghiệm theo tham số
bé 43
Kết luận 57
Tài liệu tham khảo 58
2
Chương 1
Tổng quan bài toán
Trong luận văn này chúng tôi xét bài toán sau
8
>
>
>
>

<
>
>
>
>
:
u
tt
 

ku
r
(t)k
2
0


u
rr
+
1
r
u
r

= f(r; t; u; u
r
); 0 < r < 1; 0 < t < T;





lim
r!0
+
p
ru
r
(r; t)




< +1; u(1; t) = 0;
u(r; 0) = eu
0
(r); u
t
(r; 0) = eu
1
(r);
(1.1)
trong đó các hàm số ; f; eu
0
; eu
1
là cho trước, trong phương trình (1.1)
1
, số hạng
Kirchhoff 


ku
r
(t)k
2
0

phụ thuộc vào tích phân ku
r
(t)k
2
0
=
Z
1
0
ru
2
r
(r; t)dr liên quan
tới bài toán (1.1) là bài toán
8
>
>
<
>
>
:
v
tt

 B
1
(jjrvjj
2
)v = f
1
(x; v); (x; t) 2 
1
 (0; T);
v = 0; (x; t) 2 @
1
 (0; T);
v(x; 0) = ev
0
(x); v
t
(x; 0) = ev
1
(x); x 2 
1
;
(1.2)
ở đây jjrvjj
2
=
Z

1
jrv(x; t)j
2

dx =
P
N
i=1
Z

1
v
2
x
i
(x; t)dx; trong đó 
1
là một miền bị
chặn trong R
N
với biên @
1
đủ trơn v và là véctơ pháp tuyến đơn vị trên biên
@
1
hướng ra phía ngoài.
Với N = 1 và 
1
= (0; L) phương trình (1.2)
1
xuất phát từ bài toán mô tả dao
động phi tuyến của một dây đàn hồi [6].
hv
tt



P
0
+
Eh
2L
Z
L
0
j
@v
@y
(y; t)j
2
)dy

v
xx
= 0; 0 < x < L; 0 < t < T;
ở đây v là độ võng, x là biến không gian, t là biến thời gian,  là khối lượng riêng,
h là thiết diện, L là chiều dài sợi dây ở lúc ban đầu, E là môđun Young và P
0
là
lực căng lúc ban đầu.
Trong [2], Carrier cũng đã thiết lập một bài toán có dạng
v
tt



P
0
+ P
1
Z
L
0
jv
2
(y; t)jdy

v
xx
= 0;
3
trong đó P
0
và P
1
là các hằng số.
Trường hợp 
1
là quả cầu đơn vị mở trong R
N
và các hàm v; f; ~v
0
; ~v
1
phụ thuộc
vào x thông qua r với r = jxj =

P
N
i=1
x
2
i
, ta đặt:
v(x; t) = u(jxj; t); f
1
(x; t) = f(jxj; t); ~v
0
= ~u
0
(jxj); ~v
1
= ~u
1
(jxj);
thì
B
1
(jjrvjj
2
)v = B(
Z
1
0
u
2
r

(r; t)r

dr)(u
rr
+

r
u
r
);  = N  1;
ở đây B() = B
1
(!) với !
N
diện tích mặt cầu đơn vị trong R
N
: Khi đó (1.2) viết
lại như sau
8
>
>
<
>
>
:
u
tt
 B(
Z
1

0
u
2
r
(r; t)r

dr)(u
rr
+

r
u
r
) = f(r; u); 0 < r < 1; 0 < t < T;
u(1; t) = 0; 0 < t < T;
u(r; 0) = eu
0
(r); u
t
(r; 0) = eu
1
(r); 0 < r < 1:
(1.3)
Với N = 2, (1.1)
1
là phương trình sóng phi tuyến hai chiều mô tả dao động
của màng đơn vị  = f(x; y) : x
2
+ y
2

< 1g. Trong quá trình dao động, bề mặt của
màng  và sức căng tại các điểm khác nhau trên đó thay đổi theo thời gian. Điều
kiện biên (1:1)
2
tại r = 1 mô tả đường biên của màng tròn được giữ cố định. Điều
kiện biên (1:1)
2
tại r = 0 hiển nhiên sẽ được thỏa mãn nếu u là một nghiệm cổ
điển của bài toán, chẳng hạn như u 2 C
1
(  [0; T]) \ C
2
(  (0; T)): Điều kiện
này thường được sử dụng trong sự liên hệ với các không gian Sobolev có trọng r
[1, 7, 10]:
Trường hợp phương trình (1.3)
1
không chứa số hạng

r
u
r
thì (1.3)
1
có dạng
u
tt
 B(
Z
1

0
ru
2
r
(r; t)dr)u
rr
= f(r; u): (1.4)
Khi f = 0 bài toán Cauchy hay bài toán hỗn hợp (1.4) đã được nhiều tác giả
nghiên cứu; xem [2, 4] và các tài liệu tham khảo được nêu trong đó. Tổng quan
các kết quả thuộc về lĩnh vực Toán học của mô hình Kirchhoff có thể được tìm
thấy trong các tài liệu [12, 13]. Hosoya và Yamada [4] đã nghiên cứu bài toán
(1:4)  (1:3)
3;4
với f = f(u) = juj

u; trong đó  > 0,   0 là các hằng số cho
trước. Trong [5, 6], các tác giả Long, Thuyết cũng đã nghiên cứu sự tồn tại và duy
nhất nghiệm của phương trình
u
tt
+ 
2
u B(jjrujj
2
)u + "ju
t
j
1
u
t

= F (x; t); x 2 ; t > 0;
ở đây  > 0; " > 0; 0 <  < 1,  là tập mở và bị chặn trong R
3
:
4
Trường hợp có thành phần
1
r
u
r
xuất hiện trong phương trình (1:1)
1
ta phải
khử bỏ hệ số
1
r
bằng cách sử dụng các không gian Sobo lev có trọng thích hợp [1,
7, 10].
Luận văn được trình bày theo các chương mục sau:
Chương 1: Phần mở đầu tổng quan về bài toán khảo sát trong luận văn, chỉ ra
các kết quả đã có trước đó.
Chương 2: Trình bày một số kết quả chuẩn bị bao gồm việc nhắc lại một số
không gian Sobolev có trọng, một số kết quả về các phép nhúng compact giữa các
không gian hàm.
Chương 3: Khảo sát bài toán xấp xỉ tuyến tính cho bài toán (1.1) nghiên cứu
về sự hội tụ của thuật giải, sự tồn tại và duy nhất của nghiệm yếu của bài toán
(1.1).
Chương 4: Khảo sát thuật giải lặp cấp hai và tìm lại kết quả tồn tại của nghiệm
yếu của bài toán (1) với f = f(r; t; u) kết quả này là sử mở rộng của [18] khi thay
f(r; u) = f(r; t; u).

Chương 5: Xét bài toán nhiễu sau đây:
(P

1
)
8
>
>
>
>
<
>
>
>
>
:
u
tt



0
+ 
1
ku
r
(t)k
2
0



u
rr
+
1
r
u
r

= f(r; t; u); 0 < r < 1; 0 < t < T;




lim
r!0
+
p
ru
r
(r; t)




< +1; u(1; t) = 0;
u(r; 0) = eu
0
(r); u
t

(r; 0) = eu
1
(r);
(1.5)
trong đó 
0
là một hằng số cố định cho trước, và 
1
là một tham số bé.
a/ Nghiên cứu dáng điệu tiệm cận của nghiệm yếu của bài toán (1.5) khi

1
! 0
+
:
b/ Nghiên cứu khai triển tiệm cận của nghiệm yếu của bài toán nhiễu (1.5)
theo một tham số bé 
1
, có nghĩa là, có thể xấp xỉ nghiệm u bởi một đa thức theo

1
:
u(r; t) 
N
X
n=0
U
n
(r; t)
n

1
;
theo nghĩa cần phải chỉ ra các hàm U
n
(r; t); n = 0; 1; ::; N và thiết lập đánh giá





u 
N
X
n=0
U
n

n
1






 C
N

N+1
1

;
5
theo một chuẩn jj:jj

nào đó, với tham số 
1
> 0 đủ bé, các hằng số C
N
độc lập
với 
1
:
6
Chương 2
Các không gian hàm và kí hiệu
Đặt  = (0; 1). Ta bỏ qua định nghĩa các không gian hàm thông dụng C
m
(),
L
p
(); H
m
(): Với mỗi hàm v 2 C
0
(); ta định nghĩa kvk
0
=

Z
1

0
rv
2
(r)dr

1
2
và
V
0
là đầy đủ hóa của không gian C
0
() đối với jj:jj
0
:
Tương tự, với mỗi hàm v 2 C
1
() ta định nghĩa kvk
1
= (jjvjj
2
0
+ jjv
r
jj
2
0
)
1=2
và

V
1
là đầy đủ hoá của C
1
() đối với chuẩn jj:jj
1
. Ta chú ý rằng cá c chuẩn jj:jj
0
và
jj:jj
1
có thể được định nghĩa lần lượt từ các tích vô hướng
hu; vi =
Z
1
0
ru(r)v(r)dr và hu; vi + hu
0
; v
0
i:
Dễ dàng chứng minh được rằng V
0
và V
1
là các không gian Hilbert với các tích
vô hướng tương ứng như trên. Mặt khác, V
1
được nhúng liên tục và nằm trù mật
trong V

0
: Đồng nhất V
0
với V
0
0
(đối ngẫu của V
0
), ta có V
1
,! V
0
 V
0
0
,! V
0
1
: Ta
cũng dùng ký hiệu h; i để chỉ cặp tích đối ngẫu giữa V
1
và V
0
1
:
Ta có các bổ đề sau:
Bổ đề 2.1. Tồn tại hai hằng số dương K
1
và K
2

sao cho với mọi v 2 C
1
();
ta có:
(i)jjv
r
jj
2
0
+ v
2
(1)  jjvjj
2
0
;
(ii)jv(1)j  K
1
jjvjj
1
;
(iii)
p
rv(r)  K
2
jjvjj
1
; 8r 2 :
Đặt
e
V

1
= fv 2 V
1
: v(1) = 0g; khi đó ta chứng minh được rằng
e
V
1
là một không
gian con đóng của V
1
nên nó cũng là một không gian Hilbert đối với cùng một tích
vô hướng trên V
1
: Mặt khác ta cũng có:
Bổ đề 2.2.
(i) Phép nhúng
e
V
1
,! V
0
là compact.
(ii) Trên
e
V
1
; hai chuẩn v 7! jjv
r
jj
0

; v 7! jjvjj
1
là hai chuẩn tương đương.
Chứng minh bổ đề 2.2 được suy ra từ bổ đề 2:1(i). Trong luận văn này chúng
tôi sử dụng chuẩn trên
e
V
1
là v 7! jjv
r
jj
0
:
7
Ta định nghĩa toán tử a(; ) như sau:
a(u; v) =
Z
1
0
ru
r
(r)v
r
(r)dr: (2.1)
Bổ đề 2.3. Dạng song tuyến tính a(; ) xác định bởi (2.1) là liên tục trên
e
V
1

e

V
1
và cưỡng bức trên
e
V
1
; nghĩa là:
(i)ja(u; v)j  jju
r
jj
0
jjv
r
jj
0
;
(ii)a(v ; v )  jjv
r
jj
2
0
;
với mọi u; v 2
e
V
1
:
Từ Bổ đề 2.3, ta có duy nhất một toán tử tuyến tính liên tục A:
e
V

1
! (
e
V
1
)
0
sao cho
a(u; v) = hAu; vi; 8u; v 2
e
V
1
:
Hơn nữa Au  
1
r
(ru
r
)
r
trong (
e
V
1
)
0
:
Bổ đề 2.4. Tồn tại một cơ sở trực chuẩn Hilbert f~w
j
g của V

0
gồm các hàm
riêng ~w
j
tương ứng với các giá trị riêng 
j
sao cho
(i) 0 < 
1
 ::  
j
" +1 khi j ! +1;
(ii) a( ~w
j
; v) = 
j
h~w
j
; vi; 8v 2
e
V
1
; 8j 2 N:
Hơn nữa, hệ
(
~w
j
p

j

)
cũng là cơ sở trực chuẩn Hilbert của không gian
e
V
1
tương ứng với tích vô hướng a(u; v):
Mặt khác hàm ~w
j
cũng thỏa mãn bài toán giá trị biên:
8
<
:
A ~w
j
= 
j
~w
j
trong ,




lim
r!0
+
p
r ~w
jr
(r)





< +1; ~w
j
(1) = 0:
Chứng minh bổ đề 2.4 có thể tìm thấy trong [19: trang 87, định lý 7.7].
Đặt V
2
là không gian đầy đủ hóa của C
2
0
([0; 1]) = fv 2 C
2
([0; 1]) : v(1) = 0g
với chuẩn là:
kvk
2
=

kv
r
k
2
0
+ kAvk
2
0


1
2
: (2.2)
V
2
cũng là không gian Hilbert đối với tích vô hướng:
hu
r
; v
r
i + hAu; Avi: (2.3)
Mặt khác ta cũng có thể định nghĩa V
2
= fv 2
e
V
1
: Av 2 V
0
g:
8
Bổ đề 2.5. Các phép nhúng V
2
,!
e
V
1
,! V
0
là compact.

Bổ đề 2.6. Với mọi v 2 V
2
;
(i)jjv
r
jj
L
1
()

1
p
2
jjAvjj
0
;
(ii)jjv
rr
jj
0

r
3
2
jjAvjj
0
;
(iii)jjv
r
jj

2
L
1
()
 (2jjvjj
0
+
1
p
2
jjAvjj
0
)jjvjj
0
:
Chứng minh bổ đề 2.6 có thể tìm thấy trong [1].
Bổ đề 2.7. Với mọi u 2
e
V
1
và v 2 V
0
; ta có:
hu
2
; jvji 
1
p
2
jju

r
jj
2
0
jjvjj
0
:
Với một không gian Banach X ta sẽ ký hiệu chuẩn trên là jj:jj
X
và X
0
là đối
ngẫu của X. Ký hiệu L
p
(0; T ; X); 1  p  1 là không gian Banach gồm tất cả
các hàm đo được u : (0; T ) ! X; sao cho
jjujj
L
p
(0;T ;X)
=

Z
T
0
jju(t)jj
p
X
dt


1=p
< 1; với 1  p < 1;
và
jjujj
L
1
(0;T ;X)
= ess sup
0<t<T
jju(t)jj
X
; với p = 1:
Ta ký hiệu u(t); _u(t) = u
0
(t) = u
t
(t); •u(t) = u
00
(t) = u
tt
(t); u
r
(t); u
rr
(t) để lần
lượt chỉ u(r; t);
@u
@t
(r; t);
@

2
u
@t
2
(r; t);
@u
@r
(r; t);
@
2
u
@r
2
(r; t): 
9
Chương 3
Định lý tồn tại duy nhất nghiệm
Ở chương này ta khảo sát bài toán. Tìm hàm u thỏa
8
>
>
<
>
>
:
u
tt
 

ku

r
(t)k
2
0

u
rr
+
1
r
u
r

= f(r; t; u; u
r
); 0 < r < 1; 0 < t < T;




lim
r!0
+
p
ru
r
(r; t)





< +1; u(1; t) = 0;
u(r; 0) = eu
0
(r); u
t
(r; 0) = eu
1
(r):
(3.1)
Phần một, chúng tôi xây dựng dãy quy nạp tuyến tính fu
m
g mà sự tồn tại và
duy nhất của fu
m
g được chứng minh bằng phương pháp Faedo-Galerkin, trong
phần này định lý ánh xạ co lặp cũng được sử dụng. Phần hai chúng tôi chứng minh
dãy fu
m
g là dãy Cauchy trong không gia n hàm thích hợp sau đó chứng minh fu
m
g
hội tụ mạnh về nghiệm yếu của bài toán (3.1).
Để khảo sát bài toán (3.1) ta thành lập bộ giả thiết sau:
(H
1
) eu
1
2
e

V
1
và eu
0
2 V
2
;
(H
2
)  2 C
1
(R
+
) và (z)  
0
> 0; 8z  0;
(H
3
) f 2 C(  R
+
 R
2
) và thỏa
i) D
1
f; D
3
f; D
4
f 2 C(  R

+
 R
2
),
ii) f(1; t; 0; 0) = 0; 8t  0:
Với M > 0; T > 0 cho trước tùy ý, ta đặt
(
K
0
= K
0
(M; T; ) = supfj()j + j
0
()j : 0    M
2
g;
K
1
= K
1
(M; T; f) = sup f(jfj + jD
1
fj + jD
3
fj + jD
4
fj) (r; t; u; v)j : (r; t; u; v) 2 A

g;
(3.2)

ở đây
A

= A

(M; T ) =
(
(r; t; u; v ) : 0  r  1; 0  t  T; juj  M
s
2 +
1
p
2
; jvj 
M
p
2
)
:
Đặt
W (M; T) = fv 2 L
1
(0; T ; V
2
) : _v 2 L
1
(0; T ;
e
V
1

) và •v 2 L
2
(0; T ; V
0
)
với jjvjj
L
1
(0;T ;V
2
)
; jj_vjj
L
1
(0;T ;
e
V
1
)
; jj•vjj
L
2
(0;T ;V
0
)
 Mg;
và
W
1
(M; T ) = fv 2 W (M; T ) : •v 2 L

1
(0; T ; V
0
)g:
10
Rõ ràng với giả thiết (H
2
) (H
3
) các hằng số trong (3.2) hoàn toàn xác định.
Với sự lựa chọn M > 0 và T > 0 thích hợp, ta sẽ xây dựng một dãy quy nạp tuyến
tính fu
m
g hội tụ về nghiệm yếu của bài toán (3.1).
Trước hết ta chọn u
0
 0; giả sử
u
m1
2 W
1
(M; T ); (3.3)
và liên kết bài toán (3.1) với bài toán biến phân:
Tìm u
m
2 W
1
(M; T ); m  1 sao cho
(
h•u

m
(t); vi + 
m
(t)a(u
m
(t); v) = hF
m
(t); vi; 8v 2
e
V
1
;
u
m
(0) = eu
0
; _u
m
(0) = eu
1
;
(3.4)
với
(
F
m
(r; t) = f(r; t; u
m1
; ru
m1

);

m
(t) = 

kru
m1
(t)k
2
0

:
(3.5)
Khi đó, ta có định lý sau:
Định lý 3.1 Giả sử (H
1
)  (H
3
) đúng. Khi đó, tồn tại hằng số M > 0 phụ
thuộc vào eu
0
; eu
1
;  và hằng số T > 0 phụ thuộc vào eu
0
; eu
1
; ; f; sao cho với
u
0

 0; tồn tại dãy quy nạp tuyến tính fu
m
g  W
1
(M; T ) xác định bởi (3.3)-(3.5).
Chứng minh Định lý 3.1.
Ta chia làm các bước sau
Bước 1: Xấp xỉ Galerkin.
Giả sử w
j
= f
~w
j
p

j
g là cơ sở trong
e
V
1
: Dùng phương pháp xấp xỉ Faedo-Galerkin
để xây dựng nghiệm xấp xỉ của (3.4)-(3.5) dưới dạng
u
(k)
m
(t) =
k
X
j=1
c

(k)
mj
(t)w
j
; (3.6)
với c
(k)
mj
(t) thỏa mãn hệ phương trình vi phân tuyến tính sau:
8
<
:
D
•u
(k)
m
(t); w
j
E
+ 
m
(t)a(u
(k)
m
(t); w
j
) = hF
m
(t); w
j

i; 1  j  k;
u
(k)
m
(0) = eu
0k
; _u
(k)
m
(0) = eu
1k
;
(3.7)
11
ở đây
8
>
>
>
>
<
>
>
>
>
:
eu
0k
=
k

X
j=1

(k)
j
w
j
! ~u
0
; trong V
2
mạnh,
eu
1k
=
k
X
j=1

(k)
j
w
j
! ~u
1
; trong
e
V
1
mạnh.

(3.8)
Với giả thiết u
m1
thỏa (3.3), ta có bổ đề sau.
Bổ đề 3.2 Giả sử (H
1
) (H
3
) đúng. Khi đó với các hằng số M > 0; T > 0 cố
định, hệ phương trình (3.7)-(3.8) có nghiệm duy nhất u
(k)
m
(t) trên đoạn 0  t  T:
Chứng minh bổ đề 3.2. Hệ phương trình (3.7)-(3.8) được viết lại dưới dạng
(
•c
(k)
mj
(t) = 
j

m
(t)c
(k)
mj
(t) + hF
m
(t); w
j
i; 1  j  k;

c
(k)
mj
(0) = 
(k)
j
; _c
(k)
mj
(0) = 
(k)
j
:
(3.9)
Hệ (3.9) tương đương với phương trình tích phân
c
(k)
m
= H
m
[c
(k)
m
];
với
(
H
m
[c
(k)

m
](t) = (H
m1
[c
(k)
m
](t); ::; H
mk
[c
(k)
m
](t));
c
(k)
m
(t) = (c
(k)
m1
(t); ::; c
(k)
mk
(t));
trong đó
H
mj
[c
(k)
m
](t) = 
(k)

j
+ 
(k)
j
t 
j
Z
t
0
Z

0

m
(s)c
(k)
mj
(s)dsd
+
Z
t
0
Z

0
hF
m
(s); w
j
idsd; 1  j  k:

Ta cần chứng minh H
m
: C([0; T ]; R
k
) ! C([0; T ]; R
k
) có điểm bất động.
Chuẩn trên X = C([0; T ]; R
k
) được định nghĩa như sau
jjcjj
X
= sup
0tT
jc(t)j
1
; jc(t)j
1
=
k
X
j=1
jc
j
(t)j; 8c = (c
1
; ::; c
k
) 2 X:
Bằng phương pháp quy nạp ta chứng minh, 8c

(k)
m
; d
(k)
m
2 X; 8t 2 R bất đẳng
thức sau đúng
jH
n
m
[c
(k)
m
](t) H
n
m
[d
(k)
m
](t)j
1

1
(2n)!
(
k
K
0
t
2

)
n
jjc
(k)
m
 d
(k)
m
jj
X
; 8n 2 N: (3.10)
12
Với n = 1 ta có
jH
m
[c
(k)
m
](t) H
m
[d
(k)
m
](t)j =





j

Z
t
0
Z

0

m
(s)[c
(k)
mj
(s) d
(k)
mj
(s)]ds




 
k
K
0
Z
t
0
Z

0
jc

(k)
mj
(s) d
(k)
mj
(s)jds; 1  j  k:
Suy ra
k
X
j=1
jH
mj
[c
(k)
m
](t) H
mj
[d
(k)
m
](t)j  
k
K
0
Z
t
0
Z

0

k
X
j=1
jc
(k)
mj
(s) d
(k)
mj
(s)jds
 
k
K
0
t
2
2
jjc
(k)
m
 d
(k)
m
jj
X
:
Vậy bất đẳng thức đúng với n = 1.
Giả sử bất đẳng thức (3.10) đúng với n = k. Ta chứng minh (3.10) đúng với
n = k + 1: Thật vậy
jH

k+1
m
[c
(k)
m
](t) H
k+1
m
[d
(k)
m
](t)j
1
= jH
m
[H
k
m
[c
(k)
m
]](t) H
m
[H
k
m
[d
(k)
m
]](t)j

1
 
k
e
K
0
Z
t
0
Z

0
jH
k
m
[c
(k)
m
](s) H
k
m
[d
(k)
m
](s)jds
 
k
K
0
Z

t
0
Z

0
1
(2n)!


k
K
0
s
2

n
jjc
(k)
m
 d
(k)
m
jj
X
ds
=
1
(2n + 2)!



k
K
0
t
2

n+1
jjc
(k)
m
 d
(k)
m
jj
X
:
Vậy (3.10) đúng với n = k + 1 dẫn đến
jjH
n
m
[c
(k)
m
] H
n
m
[d
(k)
m
]jj

X

1
(2n)!
(
k
K
0
T
2
)
n
jjc
(k)
m
 d
(k)
m
jj
X
; 8n 2 N:
Vì lim
n!1
1
(2n)!
(
k
K
0
T

2
)
n
= 0 nên 9n
k
2 N sao cho
1
(2n
k
)!
(
k
K
0
T
2
)
n
k
< 1: Vậy
H
n
k
m
: X ! X co nên H
m
có điểm bất động do đó hệ phương trình (3.7)-(3.8) có
nghiệm duy nhất trên [0; T]: 
Bước 2. Đánh giá tiên nghiệm.
Đặt

S
(k)
m
(t) = X
(k)
m
(t) + Y
k
m
(t) +
Z
t
0
jj•u
(k)
m
(s)jj
2
0
ds; (3.11)
13
với
(
X
(k)
m
(t) = jj_u
(k)
m
(t)jj

2
0
+ 
m
(t)a(u
(k)
m
(t); u
(k)
m
(t));
Y
(k)
m
(t) = a( _u
(k)
m
(t); _u
(k)
m
(t)) + 
m
(t)jjAu
(k)
m
(t)jj
2
0
:
(3.12)

Khi đó
S
(k)
m
(t) = S
(k)
m
(0) +
Z
t
0

0
m
(s)

a(u
(k)
m
(s); u
(k)
m
(s)) + jjAu
(k)
m
(s)jj
2
0

ds

+2
Z
t
0

F
m
(s); _u
(k)
m
(s)

ds
+2
Z
t
0
a(F
m
(s); _u
(k)
m
(s))ds 
Z
t
0

m
(s)a(u
(k)

m
(s); •u
(k)
m
(s))ds
+
Z
t
0

F
m
(s); •u
(k)
m
(s)

ds
= S
k
m
(0) +
5
X
j=1
I
j
: (3.13)
Ta sẽ tiến hành đánh giá tiên nghiệm I
1

; ::; I
5
:
Tích phân I
1
: Từ giả thiết (H
2
) ta có:
j
0
m
(t)j  2 j
0
()j jhru
m1
(t); r_u
m1
(t)ij
 2K
0
jju
m1
(t)jj
e
V
1
jj_u
m1
(t)jj
e

V
1
(3.14)
 2K
0
M
2
:
Vậy
I
1
=
Z
t
0

0
m
(s)

a(u
(k)
m
(s); u
(k)
m
(s)) + jjAu
(k)
m
(s)jj

2
0

ds (3.15)

2K
0
M
2

0
Z
t
0
S
(k)
m
(s)ds:
Tích phân I
2
: Từ giả thiết (H
3
) ta có đánh giá
I
2
= 2
Z
t
0


F
m
(s); _u
(k)
m
(s)

ds  2
Z
t
0
jjF
m
(s)jj
0
jj_u
(k)
m
(s)jj
0
ds

Z
t
0
jjF
m
(s)jj
2
0

ds +
Z
t
0
jj_u
(k)
m
(s)jj
2
0
ds
 T
K
2
1
2
+
Z
t
0
S
(k)
m
(s)ds: (3.16)
14
Tích phân I
3
: Từ giả thiết (H
3
) và tính bức của a(; ) nên

jjr_u
(k)
m
(s)jj 
q
a( _u
(k)
m
(s); _u
(k)
m
(s)) 
q
S
(k)
m
(s):
Do đó
I
3
 2
Z
t
0


a(F
m
(s); _u
(k)

m
(s))


ds
 2
Z
t
0
jjrF
m
(s)jj
0
jjr_u
(k)
m
(s)jj
0
ds

Z
t
0
jjrF
m
(s)jj
2
0
ds +
Z

t
0
jjr_u
(k)
m
(s)jj
2
0
ds;
vậy
I
3

Z
t
0
jjrF
m
(s)jj
2
0
ds +
Z
t
0
S
(k)
m
(s)ds: (3.17)
Sử dụng bổ đề 2.6 và giả thiết u

m1
2 W
1
(M; T ); ta có
jjrF
m
(s)jj
2
0
=
Z
1
0
r

@F
m
(r; s)
@r

2
dr
 3K
2
1
Z
1
0
r
"

1 +

@u
m1
@r

2
+

@
2
@r
2
u
(m1)

2
#
dr

3K
2
1
2
(1 + 2M
2
): (3.18)
Từ (3.17)-(3.18) ta suy ra:
I
3


3K
2
1
2
(1 + 2M
2
)T +
Z
t
0
S
(k)
m
(s)ds: (3.19)
Tích phân I
4
: Sử dụng bất đẳng thức jabj 
3
4
a
2
+
1
3
b
2
; ta thu được
I
4

= 
Z
t
0

m
(s)a(u
(k)
m
(s); •u
(k)
m
(s))ds

Z
t
0
K
0
jjAu
(k)
m
(s)jj
0
jj•u
(k)
m
(s)jj
0
ds


3
4
K
2
0
Z
t
0
jjAu
(k)
m
(s)jj
2
0
ds +
1
3
Z
t
0
jj•u
(k)
m
(s)jj
2
0
ds

3K

2
0
4
0
Z
t
0
S
(k)
m
(s)ds +
1
3
S
(k)
m
(t): (3.20)
15
Tích phân I
5
: Sử dụng lại bất đẳng thức jabj 
3
4
a
2
+
1
3
b
2

ta thu được:
I
5
=
Z
t
0

F
m
(s); •u
(k)
m
(s)

ds

Z
t
0
jjF
m
(s)jj
0
jj•u
(k)
m
(s)jj
0
ds


3
8
T K
2
1
+
1
3
S
(k)
m
(t): (3.21)
Tổ hợp các tích phân từ I
1
; ::; I
5
ta được
S
(k)
m
(t)  S
(k)
m
(0) +
2K
0
M
2


0
Z
t
0
S
(k)
m
(s)ds +
T K
2
1
2
+
Z
t
0
S
(k)
m
(s)ds +
3
2
K
2
1
(1 + 2M
2
)T
+
Z

t
0
S
(k)
m
(s)ds +
3K
2
0
4
0
Z
t
0
S
(k)
m
(s)ds
+
1
3
S
(k)
m
(t) +
3
8
T K
2
1

+
1
3
S
(k)
m
(t);
rút gọn và đặt
8
>
>
>
>
<
>
>
>
>
:
C
1
(M; T ) = 3

7
8
T K
2
1
+
3

2
K
2
1
(1 + 2M
2
)T

=

57
8
K
2
1
+ 9K
2
1
M
2

T;
C
2
(M; T ) = 3

2K
0
M
2


0
+ 2 +
3K
2
0
4
0

=
6K
0
M
2

0
+ 6 +
9K
2
0
4
0
;
vậy
S
(k)
m
(t)  3S
(k)
m

(0) + C
1
(M; T ) + C
2
(M; T )
Z
t
0
S
(k)
m
(s)ds: (3.22)
Đánh giá S
k
m
(0) ta có
S
(k)
m
(0) = X
(k)
m
(0) + Y
(k)
m
(0)
= jj~u
1k
jj
2

0
+ (jjr~u
0
jj
2
0
)[a(~u
0k
; ~u
0k
) + jjAeu
0k
jj
2
0
] + a(~u
1k
; ~u
1k
):
Từ sự hội tụ trong (3.8) kết hợp với bất đẳng thức jjvjj
2
0
 jjv
r
jj
2
0
ta suy ra tồn
tại M > 0 không phụ thuộc vào m; k sao cho

S
(k)
m
(0) 
M
2
6
: (3.23)
16
Do K
1
(M; f) bị chặn nên lim
T !0
+
C
1
(M; T ) = 0 nên ta luôn chọn đươc T > 0
sao cho
8
>
>
>
<
>
>
>
:

M
2

2
+ C
1
(M; T )

exp(T C
2
(M; T ))  M
2
;
2T (K
0
M
2
+
p
2K
1
)
s
1
e
b
0
exp(
e
C
3
2
e

b
0
T ) < 1:
(3.24)
với
8
<
:
C = maxf1; 2K
1
M
2
g;
e
C
3
= maxf2K
0
M
2
; 2g;
e
b
0
= minf1; 
0
C
0
g:
Vậy

S
(k)
m
(t)  M
2
exp(T C
2
(M; T )) + C
2
(M; T )
Z
t
0
S
(k)
m
(s)ds; 0  t  T: (3.25)
Áp dụng bổ đề Gronwall ta có
S
(k)
m
(t)  M
2
exp(T
C
2
(M; T )) exp(tC
2
(M; T ))  M
2

; 8t 2 [0; T ]: (3.26)
Vây u
(k)
m
2 W
1
(M; T ); 8m; k:
Bước 3 Qua giới hạn.
Vì u
(k)
m
2 W
1
(M; T ); 8m; k; nên ta trích được dãy con fu
(k)
m
g của fu
(k)
m
g vẫn gọi
là fu
(k)
m
g sao cho
8
>
>
>
<
>

>
>
:
u
(k)
m
! u
m
yếu trong L
1
(0; T ; V
2
);
_u
(k)
m
! _u
m
yếu trong L
1
(0; T ;
e
V
1
);
•u
(k)
m
! •u
m

yếu trong L
2
(0; T ; V
0
);
u
m
2 W (M; T ):
(3.27)
Qua giới hạn trong (3.7), ta có u
m
thỏa mãn (3.4) trong L
2
(0; T ) yếu.
Mặt khác ta suy được từ (3.3) và (3.4)
1
và u
m
2 W (M; T ) rằng •u
m
= 
m
(t)Au
m
+
F
m
2 L
1
(0; T ; V

0
), thế thì u
m
2 W
1
(M; T ).
Chứng minh định lý 3.1 hoàn thành. 
Định lý 3.3 Giả sử (H
1
) (H
3
) đúng. Khi đó
i) Tồn tại các hằng số M > 0 và T > 0 thỏa mãn (3.23)-(3.24) sao cho bài
toán (3.1) có duy nhất nghiệm yếu u 2 W
1
(M; T ):
17
ii) Mặt khác dãy quy nạp tuyến tính fu
m
g xác định bởi (3.4)-(3.5) hội tụ mạnh
về nghiệm yếu u của bài toán (3.1) trong không gian
W
1
(T ) = fv 2 L
1
(0; T ;
e
V
1
) : _v 2 L

1
(0; T ; V
0
)g:
Hơn nữa ta có ước lượng sau:
jju
m
 ujj
L
1
(0;T ;
e
V
1
)
+ jj_u
m
 _ujj
L
1
(0;T ;V
0
)

M
1 k
T
k
m
T

; 8m  1;
ở đây
k
T
= 2T (K
0
M
2
+
p
2K
1
)
s
1
e
b
0
exp(
e
C
3
2
e
b
0
T ) < 1;
với
e
b

0
= minf1; 
0
C
0
g và
e
C
3
= max f2K
0
M
2
; 2 g:
Chứng minh định lý 3.3 gồm hai ý (a) và (b).
a) Sự tồn tại nghiệm. Trước hết ta chú ý rằng W
1
(T ) là không gian Banach
đối với chuẩn
jjvjj
W
1
(T )
= jjvjj
L
1
(0;T ;
e
V
1

)
+ jj_vjj
L
1
(0;T ;V
0
)
:
Ta sẽ chứng minh fu
m
g là dãy Cauchy trong W
1
(T ). Đặt v
m
= u
m+1
u
m
; khi
đó v
m
thỏa mãn bài toán biến phân sau
8
>
>
<
>
>
:
h•v

m
(t); wi + 
m+1
(t)a(v
m
(t); w) +


m+1
(t) 
m
(t)

hAu
m
(t); wi
= hF
m+1
(t) F
m
(t); wi; 8w 2
e
V
1
;
v
m
(0) = _v
m
(0) = 0:

(3.28)
Thay w = _v
m
trong (3.28), sau đó lấy tích phân theo t ta được
jj_v
m
(t)jj
2
0
+ 
m+1
(t)a(v
m
(t); v
m
(t)) =
Z
t
0

0
m+1
(s)a(v
m
(s); v
m
(s))ds
2
Z
t

0


m+1
(s) 
m
(s)

hAu
m
(s); _v
m
(s)ids
+2
Z
t
0
hF
m+1
(s) F
m
(s); _v
m
(s)ids: (3.29)
18
Ta có



0

m+1
(s)


 2




@()
@




jhru
m
(s); r_u
m
(s)ij (3.30)
 2K
0
jju
m
(s)jj
e
V
1
jj_u
m

(s)jj
e
V
1
 2K
0
M
2
:
Áp dụng định lý Larrange ta có
j
m+1
(s) 
m
(s)j = j(jjru
m
(s)jj
2
0
) (jjru
m1
(s)jj
2
0
)j
=





@(s)
@s







jju
m
(s)jj
2
e
V
1
 jju
m1
(s)jj
2
e
V
1



 K
0
jjv
m1

(s)jj
e
V
1
(jju
m
(s)jj
e
V
1
+ jju
m1
(s)jj
e
V
1
)
 2K
0
Mjjv
m1
jj
W
1
(T )
: (3.31)
ở đây  2 (0; 1):
Ta có
jjF
m+1

(t) F
m
(t)jj
2
0
=
Z
1
0
r [f (r; t; u
m
; ru
m
) f(r; t; u
m1
; ru
m1
)]
2
dr: (3.32)
Mà theo định lý Larrange ta có
[f(r; t; u
m
; ru
m
) f(r; t; u
m1
; ru
m1
)]

2
= (D
3
f v
m1
+ D
4
f rv
m1
)
2
: (3.33)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwartz ta có
(D
3
f v
m1
+ D
4
f rv
m1
)
2


jD
3
fj
2
+ jD

3
fj
2

jv
m1
j
2
+ jrv
m1
j
2

 K
2
1

jv
m1
j
2
+ jrv
m1
j
2

: (3.34)
Vậy
Z
1

0
r [f (r; t; u
m
; ru
m
) f(r; t; u
m1
; ru
m1
)]
2
dr

Z
1
0
rK
2
1

jv
m1
(t)j
2
+ jrv
m1
(t)j
2

dr

 K
2
1

jjv
m1
(t)jj
2
0
+ jjv
m1
(t)jj
2
e
V
1

: (3.35)
Từ (3.32) ta được
jjF
m+1
(t) F
m
(t)jj
0

p
2K
1
jjv

m1
(t)jj
e
V
1
(3.36)

p
2K
1
jjv
m1
jj
W
1
(T )
:
19
Từ (3.31)-(3.36) ta suy ra
jj_v
m
(t)jj
2
0
+ 
0
C
0
jjv
m

(t)jj
2
e
V
1
 2K
0
M
2
Z
t
0
jjv
m
(s)jj
2
e
V
1
ds
+2K
0
Mjjv
m1
jj
W
1
(T )
Z
t

0
jjAu
m
(s)jj
0
jj_v
m
(s)jj
0
ds
+2
p
2K
1
jjv
m1
jj
W
1
(T )
Z
t
0
jj_v
m
(s)jj
0
ds: (3.37)
Do
2

p
2K
1
Z
t
0
jjv
m1
(s)jj
e
V
1
jj_v
m
(s)jj
0
ds  2K
2
1
jjv
m1
jj
2
W
1
(T )
+
Z
t
0

jj_v
m
(s)jj
2
0
ds; (3.38)
và
2K
0
Mjjv
m1
jj
W
1
(T )
Z
t
0
jjAu
m
(s)jj
0
jj_v
m
(s)jj
0
ds
 (K
0
M)

2
jjv
m1
jj
2
W
1
(T )
Z
t
0
jjAu
m
(s)jj
2
0
ds +
Z
t
0
jj_v
m
(s)jj
2
0
ds; (3.39)
mà
(K
0
M)

2
jjv
m1
jj
2
W
1
(T )
Z
t
0
jjAu
m
(s)jj
2
0
ds  T (K
0
M
2
)
2
jjv
m1
jj
2
W
1
(T )
: (3.40)

Đặt
e
C
3
= maxf2K
0
M
2
; 2g ta được
jj_v
m
(t)jj
2
0
+ 
0
C
0
jjv
m
(t)jj
2
e
V 1

e
C
3
Z
t

0

jj_v
m
(s)jj
2
0
+ jjv
m
(s)jj
2
e
V
1

ds
+2K
2
1
jjv
m1
jj
2
W
1
(T )
+T (K
0
M
2

)
2
jjv
m1
jj
2
W
1
(T )
: (3.41)
Do đó
jj_v
m
(t)jj
2
0
+ 
0
C
0
jjv
m
(t)jj
2
e
V
1
 T (K
0
M

2
+
p
2K
1
)
2
jjv
m1
jj
2
W
1
(T )
+
e
C
3
Z
t
0

jj_v
m
(s)jj
2
0
+ jjv
m
(s)jj

2
e
V
1

ds: (3.42)
Đặt
e
b
0
= minf1; 
0
C
0
g từ (3.42) ta được
jj_v
m
(t)jj
2
0
+ jjv
m
(t)jj
2
e
V
1

1
e

b
0
T (K
0
M
2
+
p
2K
1
)
2
jjv
m1
jj
2
W
1
(T )
(3.43)
+
e
C
3
e
b
0
Z
t
0


jj_v
m
(s)jj
2
0
+ jjv
m
(s)jj
2
e
V
1

ds:
20
Áp dụng Bổ đề Gronwall ta được
jj_v
m
(t)jj
2
0
+ jjv
m
(t)jj
2
e
V
1
 exp(

e
C
3
e
b
0
T )
1
e
b
0
T (K
0
M
2
+
p
2K
1
)
2
jjv
m1
jj
2
W
1
(T )
: (3.44)
Vậy

jjv
m
jj
W
1
(T )
 k
T
jjv
m1
jj
W
1
(T )
; 8m  1; (3.45)
trong đó
k
T
= 2T (K
0
M
2
+
p
2K
1
)
s
1
e

b
0
exp(
e
C
3
2
e
b
0
T ) < 1; với T đủ bé. (3.46)
Suy ra
jju
m+p
 u
m
jj
W
1
(T )

k
m
T
1 k
T
jju
1
 u
0

jj
W
1
(T )

M
1 k
T
k
m
T
; 8m; p: (3.47)
Vậy fu
m
g là dãy Cauchy trong không gian Banach W
1
(T ) nên tồn tại u 2
W
1
(T ) sao cho
u
m
! u mạnh trong W
1
(T ): (3.48)
Ta chú ý thêm rằng fu
m
g 2 W
1
(M; T ): Khi đó tồn tại một dãy con fu

m
j
g của
dãy fu
m
g sao cho
8
>
>
<
>
>
:
u
m
j
! u yếu trong L
1
(0; T ; V
2
);
_u
m
j
! _u yếu trong L
1
(0; T ;
e
V
1

);
•u
m
j
! •u yếu trong L
2
(0; T ; V
0
);
(3.49)
với u 2 W (M; T ): Ta có với mọi w 2
e
V
1
:
j


m
(t)Au
m
(t) (jjru(t)jj
2
0
)Au(t); w

j
= j



m
(t)Au
m
(t) 
m
(t)Au(t) + 
m
(t)Au(t) (jjru(t)jj
2
0
)Au(t); w

j
= jh
m
(t)Au
m
(t) 
m
(t)Au(t); wi +


m
(t)Au(t) (jjru(t)jj
2
0
)Au(t); w

j
 K

0
hA(u
m
 u)(t); wi + (
m
(t) (jjru(t)jj
2
0
) hAu(t); wi: (3.50)
Ta có:
hA(u
m
 u)(t); wi  jjr(u
m
 u)(t)jj
0
jjrwjj
0
 jju
m
 ujj
L
1
(0;T ;
e
V
1
)
jjrwjj
0

: (3.51)
21
Và



m
(t) (jjru(t)jj
2
0
)


=


(jjru
m1
(t)jj
2
0
) (jjru(t)jj
2
0
)


 2K
0
Mjju

m1
 ujj
L
1
(0;T ;
e
V
1
)
: (3.52)
Và
hAu(t); wi  jjujj
L
1
(0;T ;
e
V
1
)
jjrwjj
0
: (3.53)
Tóm lại ta có 8w 2 L
1
(0; T ;
e
V
1
)
Z

T
0
j


m
(t)Au
m
(t) (jjru(t)jj
2
0
)Au(t); w(t)

jdt
 K
0
jju
m
 ujj
L
1
(0;T ;
e
V
1
)
Z
T
0
jjrw(t)jj

0
dt (3.54)
+2K
0
Mjju
m1
 ujj
L
1
(0;T ;
e
V
1
)
jjujj
L
1
(0;T ;
e
V
1
)
Z
T
0
jjrw(t)jj
0
dt:
Do
u

m
! u mạnh trong W
1
(T ):
Ta có

m
(t)Au
m
(t) ! (jjru(t)jj
2
0
)Au(t); yếu  trong L
1
(0; T; (
e
V
1
)
0
): (3.55)
Tương tự
jjF
m
 f(r; t; u; ru)jj
L
1
(0;T ;V
0
)

 2K
1
jju
m1
 ujj
L
1
(0;T ;
e
V
1
)
: (3.56)
Vậy
F
m
(t) ! f(r; t; u; ru) mạnh trong L
1
(0; T ; V
0
). (3.57)
Cho qua giới hạn trong (3.4) với m = m
j
! +1 từ các kết quả trên ta suy
ra u 2 W (M; T ) thỏa mãn
(
h•u(t); wi + (jjru(t)jj
2
0
)a(u(t); w) = h(f(r; t; u; ru); wi; 8w 2

e
V
1
;
u
m
(0) = eu
0
; _u
m
(0) = eu
1
:
(3.58)
Mặt khác (3.55)-(3.57)-(3.58) ta có
•u = (jjru(t)jj
2
0
)Au + f(r; t; u; ru) 2 L
1
(0; T ; V
0
):
Ta kết luận u 2 W
1
(M; T ): Sự tồn tại nghiệm được chứng minh. 
b) Sự duy nhất nghiệm
22