BÁO CÁO THỰC TẬP-PHƯƠNG TRÌNH SÓNG PHI TUYẾN VỚI ĐIỀU KIỆN BIÊN PHI TUYẾN

ĐẠI HỌC QUỐC GIA TP. HỒ CHÍ MINH
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
LÊ HỮU KỲ SƠN
PHƯƠNG TRÌNH SÓNG PHI TUYẾN VỚI
ĐIỀU KIỆN BIÊN PHI TUYẾN: TÍNH TRƠN
VÀ KHAI TRIỂN TIỆM CẬN CỦA NGHIỆM
YẾU
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
Thành phố Hồ Chí Minh - 2011
ĐẠI HỌC QUỐC GIA TP. HỒ CHÍ MINH
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
LÊ HỮU KỲ SƠN
PHƯƠNG TRÌNH SÓNG PHI TUYẾN VỚI
ĐIỀU KIỆN BIÊN PHI TUYẾN: TÍNH TRƠN
VÀ KHAI TRIỂN TIỆM CẬN CỦA NGHIỆM
YẾU
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
Chuyên ngành: Toán Giải Tích
Mã số: 60 46 01
NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC
TS. TRẦN MINH THUYẾT
Đại học Kinh Tế Thành phố Hồ Chí Minh
Thành phố Hồ Chí Minh - 2011
Luận văn thạc só toán học - Chuyên ngành Giải Tích Trang 3
LỜI CẢM ƠN
Lời đầu tiên, tôi xin trân trọng kính gửi đến Thầy TS. Trần Minh Thuyết lời cảm ơn sâu
sắc nhất về sự tận tâm hướng dẫn và chỉ bảo của thầy trong suốt quá trình làm luận văn. Qua
đó tôi đã học được từ thầy nhiều điều bổ ích.
Xin trân trọng cảm ơn Thầy TS. Nguyễn Thành Long đã tạo điều kiện cho tôi tham gia
nhóm học thuật, đã đọc và đóng góp nhiều ý kiến quý báu cho luận văn của tôi.
Xin trân trọng cảm ơn quý Thầy - Cô trong hội đồng chấm luận văn Thạc só đã dành thời

giờ quý báu để đọc và góp ý cho luận văn của tôi.
Xin chân thành cảm ơn quý Thầy - Cô thuộc Khoa Toán - Tin Trường, Đại Học Khoa Học
Tự Nhiên, Đại Học Quốc Gia Thành Phố Hồ Chí Minh, đã tận tình truyền đạt kiến thức cho
tôi trong suốt thời gian tôi học tập.
Xin chân thành cảm ơn quý Thầy - Cô thuộc Phòng quản lý sau Đại Học, Trường Đại Học
Khoa Học Tự Nhiên, Đại Học Quốc Gia Thành Phố Hồ Chí Minh, đã tạo mọi điều kiện thuận
lợi để tôi có thể hoàn tất khóa học.
Xin cảm ơn anh Phạm Thanh Sơn đã rất nhiệt tình, động viên, quan tâm, giúp đỡ tôi trong
suốt quá trình làm luận văn.
Xin cảm ơn các bạn lớp cao học giải tích khóa 18 đã động viên giúp đỡ tôi rất nhiều trong
suốt khóa học.
Lời thân thương nhất xin được gởi đến gia đình tôi và người bạn gái, nơi đã động viên, lo
lắng, tạo cho tôi mọi điều kiện thuận lợi để học tập và hoàn thành luận văn này.
Tôi rất mong nhận được sự chỉ bảo quý báu của quý Thầy - Cô và những đóng góp của các
bạn đồng môn. Trân trọng và chân thành cảm ơn.
Lê Hữu Kỳ Sơn - Cao học Giải Tích K18. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .Trang 3
Thành phố Hồ Chí Minh, ngày 20 tháng 11 năm 2010
Tác giả
Lê Hữu Kỳ Sơn
MỤC LỤC
Lời nói đầu 7
1 KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 12
1.1 Một số không gian hàm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
1.2 Không gian hàm L
p
(0, T; X) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
1.3 Phân bố có trò vector . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
1.4 Đạo hàm trong L
p
(0, T; X) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

1.5 Bổ đề về tính compact . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
1.6 Bổ đề về sự hội tụ yếu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
1.7 Bổ đề Gronwall . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
1.8 Đònh lý Ascoli-Arzela . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
1.9 Đònh lý Schauder . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
2 SỰ TỒN TẠI VÀ DUY NHẤT NGHIỆM YẾU CỦA BÀI TOÁN VỚI NHÓM ĐIỀU KIỆN
THỨ NHẤT 20
5
Trang 6 Luận văn toán học
3 SỰ TỒN TẠI VÀ DUY NHẤT NGHIỆM YẾU CỦA BÀI TOÁN VỚI NHÓM ĐIỀU KIỆN
THỨ HAI 33
4 KHAI TRIỂN TIỆM CẬN CỦA NGHIỆM YẾU THEO BA THAM SỐ BÉ (λ, λ
0
, λ
1
) 42
Kết luận 56
Tài liệu tham khảo 58
Lê Hữu Kỳ Sơn - Cao học Giải Tích K18. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .Trang 6
Lời nói đầu
Trong luận văn này, chúng tôi xét bài toán giá trò biên và ban đầu cho phương trình sóng
phi tuyến
u
tt
− u
xx
+ λ|u|
γ−2
u = f(x, t), 0 < x < 1, 0 < t < T,
(1)








u
x
(0, t) − u
t
(0, t) − λ
0
|u(0, t)|
α−2
u(0, t) = 0,
u
x
(1, t) + u
t
(1, t) + λ
1
|u(1, t)|
β−2
u(1, t) = 0,
(2)
u(x, 0) = u
0
(x), u
t

(x, 0) = u
1
(x),
(3)
trong đó α, β, γ > 1, λ, λ
0
, λ
1
> 0 các hằng số, u
0
, u
1
, f là các hàm cho trước các điều kiện
mà ta sẽ chỉ ra sau.
Bài toán (1) - (3) có nhiều ý nghóa trong Cơ học mà nhiều nhà Toán học quan tâm nghiên
cứu trong thời gian gần đây [1], [2], [5] - [14].
Trong [5], Nguyễn Thành Long và Alain Phạm Ngọc Đònh đã nghiên cứu bài toán


















u
tt
− u
xx
+ f (u, u
t
) = 0, 0 < x < 1, 0 < t < T,
u
x
(0, t) − hu (0, t) = g (t) , u (1, t) = 0,
u(x, 0) = ˜u
0
(x), u
t
(x, 0) = ˜u
1
(x),
(4)
trong đó h > 0 là một hằng số cho trước và f, g, ˜u
0
, ˜u
1
là các hàm cho trước.
7
Trang 8 Luận văn toán học
Trong [1], Nguyễn Thúc An và Nguyễn Đình Triều đã nghiên cứu bài toán






























u

tt
− u
xx
+ λu
t
+ Ku = F (x, t), 0 < x < 1, 0 < t < T,
u
x
(0, t) = g(t) + K
1
u(0, t) −

t
0
k (t − s) u (0, s) ds,
u(1, t) = 0,
u(x, 0) = ˜u
0
(x), u
t
(x, 0) = ˜u
1
(x),
(5)
trong đó K ≥ 0, λ ≥ 0, K
1
> 0,là các hằng số cho trước, g(t), k(t), ˜u
0
(x), ˜u
1

(x), là các hàm
cho trước. Trong trường hợp này, bài toán (5), là mô hình toán học mô tả va chạm của một vật
rắn vào một thanh đàn hồi nhớt tựa trên một nền cứng.
Trong [2], Bergounioux, Nguyễn Thành Long và Alain Phạm Ngọc Đònh đã nghiên cứu bài
toán (5)
1,2,4
với điều kiện biên tại x = 1 là
u
x
(1, t) + K
1
u(1, t) + λ
1
u
t
(1, t) = 0,
(6)
trong đó K
1
≥ 0, λ
1
> 0 là các hằng số cho trước.
Trong [7], Nguyễn Thành Long, Alain Phạm Ngọc Đònh, Trần Ngọc Diễm đã thu được sự tồn
tại duy nhất, tính trơn và khai triển tiệm cận của bài toán
u
tt
− µ(t)u
xx
+ K |u|
p−2

u + λ |u
t
|
q−2
u
t
= F (x, t), 0 < x < 1, 0 < t < T,
(7)
với các điều kiện biên và điều kiện đầu (3), (5)
2
, (6) trong đó K, λ ≥ 0, p, q ≥ 2 và (˜u
0
, ˜u
1
) ∈
H
2
× H
1
.
Trong [8], các tác giả Nguyễn Thành Long, Trần Minh Thuyết đã xem xét bài toán phương
trình sóng phi tuyến


















u
tt
− u
xx
+ f (u, u
t
) = 0, 0 < x < 1, 0 < t < T,
u
x
(0, t) = P (t) , u (1, t) = 0,
u(x, 0) = ˜u
0
(x), u
t
(x, 0) = ˜u
1
(x),
(8)
Lê Hữu Kỳ Sơn - Cao học Giải Tích K18. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .Trang 8
Luận văn thạc só toán học - Chuyên ngành Giải Tích Trang 9
trong đó u

0
, u
1
, f là các hàm cho trước, hàm ẩn u(x, t) và hàm giá trò biên chưa biết P (t) thỏa
mãn phương trình tích phân phi tuyến sau
P (t) = g (t) + H (u (0, t)) −

t
0
k (t − s) u (0, s) ds,
với g, H, k là các hàm cho trước. Các tác giả cũng đã chứng minh sự tồn tại và duy nhất nghiệm
yếu của bài toán và tính ổn đònh của nghiệm (u, P) ứng với các hàm g, H và k.
Trong [12], Lê Thò Phương Ngọc, Lê Nguyễn Kim Hằng, Nguyễn Thành Long đã xét bài toán
































u
tt
−
∂
∂x
(µ(x, t)u
x
) + λu
t
+ F (u) = 0, 0 < x < 1, 0 < t < T,
µ(t)u
x
(0, t) = g
0
(t) +


t
0
k
0
(t − s) u (0, s) ds,
−µ(t)u
x
(1, t) = g
1
(t) +

t
0
k
1
(t − s) u (1, s) ds,
u(x, 0) = ˜u
0
(x), u
t
(x, 0) = ˜u
1
(x),
(9)
trong đó µ(x, t), g
0
(t), g
1
(t), k
0

(t), k
1
(t), F là các hàm cho trước và λ > 0 là một hằng số cho
trước.
Trong [9], Nguyễn Thành Long, Nguyễn Công Tâm và Nguyễn Thò Thảo Trúc đã xem xét
bài toán biên cho phương trình sóng phi tuyến

















u
tt
− u
xx
= f (x, t, u, u
x
, u

t
) , 0 < x < 1, 0 < t < T,
u
x
(0, t) − h
0
u (0, t) = g
0
(t) , u (1, t) = g
1
(t) ,
u(x, 0) = ˜u
0
(x), u
t
(x, 0) = ˜u
1
(x),
(10)
trong đó h
0
> 0 là một hằng số cho trước và f, g
0
, g
1
, ˜u
0
, ˜u
1
là các hàm cho trước. Các tác

giả đã sử dụng một thuật giải xấp xỉ tuyến tính mà trong đó sự tồn tại và duy nhất của nghiệm
đòa phương được chứng minh bằng phương pháp compact. Đặc biệt, nếu g
0
, g
1
∈ C
3
(R
+
) ,
f ∈ C
N+1

[0, 1] × R
+
× R
3

, f
1
∈ C
N

[0, 1] × R
+
× R
3

, các tác giả cũng chỉ ra được rằng
nghiệm yếu u

ε
(x, t) của phương trình u
tt
− u
xx
= f (x, t, u, u
x
, u
t
) + εf
1
(x, t, u, u
x
, u
t
) với
Lê Hữu Kỳ Sơn - Cao học Giải Tích K18. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .Trang 9
Trang 10 Luận văn toán học
các điều kiện biên và điều kiện đầu (10)
2,3
có một khai triển tiệm cận đến cấp N + 1 theo ε,
với ε đủ nhỏ.
Trong [13], các tác giả Lê Thò Phương Ngọc, Lê Khánh Luận, Trần Minh Thuyết, Nguyễn
Thành Long đã xét bài toán


















u
tt
−
∂
∂x
(µ (u) u
x
) = f (x, t, u, u
x
, u
t
) , 0 < x < 1, 0 < t < T,
u
x
(0, t) = g (t) , u (1, t) = 0,
u(x, 0) = ˜u
0
(x), u
t

(x, 0) = ˜u
1
(x),
(11)
với ˜u
0
, ˜u
1
, µ, f, g là các hàm cho trước. Các tác giả đã liên kết bài toán với một thuật giải lặp
tuyến tính mà trong đó sự tồn tại và duy nhất của nghiệm đòa phương đã được chứng minh bằng
cách áp dụng phương pháp Faedo - Galerkin và phương pháp compact yếu. Trong trường hợp,
µ ∈ C
N+2
(R) , µ
1
∈ C
N+1
(R) , µ (z) ≥ µ
0
> 0, µ
1
(z) ≥ 0, với mọi z ∈ R và g ∈ C
3
(R
+
) ,
f ∈ C
N+1

[0, 1] × R

+
× R
3

, f
1
∈ C
N

[0, 1] × R
+
× R
3

thì nghiệm yếu u
ε
1
,ε
2
(x, t) của bài
toán
























u
tt
−
∂
∂x
([µ (u) + ε
1
µ
1
(u)] u
x
) = f (x, t, u, u
x
, u
t
)

+ε
2
f
1
(x, t, u, u
x
, u
t
) , 0 < x < 1, 0 < t < T,
u
x
(0, t) = g (t) , u (1, t) = 0,
u(x, 0) = ˜u
0
(x), u
t
(x, 0) = ˜u
1
(x).
(12)
Luận văn ngoài phần mở đầu, luận văn gồm 04 chương như sau:
CHƯƠNG 1. 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. Sự tồn tại và duy nhất nghiệm yếu của bài toán (1) - (3) ứng với (u
0
,
u
1
) ∈ H
1

(0, 1) × L
2
(0, 1) cùng với một số điều kiện phụ.
CHƯƠNG 3. Sự tồn tại và duy nhất nghiệm yếu của bài toán (1) - (3) ứng với (u
0
,
u
1
) ∈ H
2
(0, 1) × H
1
(0, 1) cùng với một số điều kiện phụ.
Lê Hữu Kỳ Sơn - Cao học Giải Tích K18 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Trang 10
Luận văn thạc só toán học - Chuyên ngành Giải Tích Trang 11
CHƯƠNG 4. Nghiên cứu khai triển tiệm cận yếu u của bài toán (1) (3) theo ba tham số
bé λ, λ
0
, λ
1
, có nghóa là có thể xấp xỉ nghiệm u bởi một đa thức theo ba biến λ, λ
0
, λ
1
:
u(x, t) ≈

i+j+k≤N
u
ijk

(x, t)λ
i
λ
j
0
, λ
k
1
,
(13)
theo nghóa cần phải chỉ ra các hàm u
ijk
(x, t), 0 ≤ i + j + k ≤ N và thiết lập đánh giá



u −

i+j+k≤N
u
ijk
λ
i
λ
j
0
, λ
k
1




∗
≤ C
N


λ
2
+ λ
2
0
+ λ
2
1

N+1
,
(14)
theo một chuẩn thích hợp ·
∗
, với hai tham số dương λ, λ
0
, λ
1
đủ bé, các hằng số C
N
độc
lập với hai tham số bé tham số bé λ, λ
0

, λ
1
.
Kế đến là phần kết luận và sau cùng là danh mục các tài liệu tham khảo.
Lê Hữu Kỳ Sơn - Cao học Giải Tích K18 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Trang 11
CHƯƠNG 1
KIẾN THỨC CHUẨN BỊ
1.1 Một số không gian hàm
Trong toàn bộ luận văn này, ký hiệu Ω = (0, 1), Q
T
= Ω ×(0, T ), T > 0 và bỏ qua các đònh
nghóa về các không gian hàm C
m
(Ω), L
p
(Ω), W
m,p
(Ω) (chi tiết có thể xem trong [3]). Để cho
gọn, ta ký hiệu lại như sau:
L
p
≡ W
0,p
(Ω), W
m,p
≡ W
m,p
(Ω), H
m
≡ W

m,2
(Ω), 1 ≤ p ≤ ∞, m ∈ N
Ta cũng dùng các kí hiệu u(t), u

(t) ≡ u
t
(t) ≡ ˙u(t), u

(t) ≡ u
tt
(t) ≡ ¨u(t), u
x
(t), u
xx
(t)
để chỉ lần lượt u(x, t),
∂u
∂t
(x, t),
∂
2
u
∂t
2
(x, t),
∂u
∂x
(x, t),
∂
2

u
∂x
2
(x, t).
Ta ký hiệu ·, · để chỉ tích vô hướng trên không gian L
2
được xác đònh bởi
u, v =

1
0
u(x)v(x)dx, ∀u, v ∈ L
2
, (1.1)
và || · || là chuẩn sinh bởi tích vô hướng (1.1), tức là
||u|| =

u, u =


1
0
u
2
(x)dx,

1
2
∀u, v ∈ L
2

(1.2)
Ta cũng ký hiệu ·, ·
H

,H
để chỉ cặp tích đối ngẫu giữa một phiếm hàm tuyến tính liên tục
12
Luận văn thạc só toán học - Chuyên ngành Giải Tích Trang 13
trên không gian Hilbert với một phần tử thuộc không gian đó.
Ta đònh nghóa các không gian Hilbert H
1
, H
2
lần lượt là
H
1
= {v ∈ L
2
: v
x
∈ L
2
}, (1.3)
H
2
= {v ∈ L
2
: v
x
, v

xx
∈ L
2
}, (1.4)
với tích vô hướng được đònh nghóa tương ứng là ·, ·
H
1
và ·, ·
H
2
, xác đònh bởi
u, v
H
1
= u, v + u
x
, v
x
, (1.5)
u, v
H
2
= u, v + u
x
, v
x
 + u
xx
, v
xx

. (1.6)
Ta cũng kí hiệu ||·||
H
1
, ||·||
H
2
để chỉ chuẩn trên H
1
, H
2
cảm sinh bởi tích vô hướng (1.5)
và (1.6) tức là
||u||
H
1
=

||u||
2
+ ||u
x
||
2

1
2
, ∀u ∈ H
1
, (1.7)

||u||
H
2
=

||u||
2
+ ||u
x
||
2
+ ||u
xx
||
2

1
2
, ∀u ∈ H
2
. (1.8)
Khi đó, ta có bổ đề sau
Bổ đề 1.1. Phép nhúng H
1
→ C
0
(Ω) là compact và
||v||
C
0

(Ω)
≤
√
2||v||
H
1
, ∀v ∈ H
1
. (1.9)
Chứng minh
Với mọi v ∈ H
1
, ∀x, y ∈ [0, 1], ta có
|v(x)| = |v(y) +

x
y
v
t
(t)dt|
≤ |v(y)|+

1
0
|v
x
(x)|dx. (1.10)
Do đó
v
2

(x) ≤ 2v
2
(y) + 2

1
0
|v
x
(x)|
2
dx
= 2v
2
(y) + 2||v
x
||
2
. (1.11)
Lê Hữu Kỳ Sơn - Cao học Giải Tích K18 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Trang 13
Trang 14 Luận văn toán học
Tích phân (1.11) theo biến y, cận từ 0 đến 1, ta được
v
2
(x) ≤ 2||v||
2
+ 2||v
x
||
2
= 2||v||

2
H
1
. (1.12)
Suy ra
|v(x)| ≤
√
2||v||
H
1
, (1.13)
do đó
||v||
C
0
(Ω)
≤
√
2||v||
H
1
, ∀v ∈ H
1
. (1.14)
Bổ đề 1.1 được chứng minh xong.
Bổ đề 1.2. Đồng nhất L
2
với không gian đối ngẫu (L
2
)


của nó. Khi đó ta có H
1
→ L
2
≡
(L
2
)

→ (H
1
)

với các phép nhúng liên tục và trù mật.
Chứng minh
Dễ thấy H
1
nhúng liên tục và trù mật trong L
2
theo (1.3). Ta chứng minh L
2
nhúng liên
tục trong (H
1
)

bằng ánh xạ T nào đó và T(L
2
) trù mật trong (H

1
)

.
Đầu tiên, với mỗi ω ∈ L
2
ta dễ dàng thấy ánh xạ
T
ω
: H
1
−→ R
v −→ T
ω
(v) =

1
0
ω(x)v(x)dx (1.15)
tuyến tính liên tục trên H
1
. Do đó T
ω
∈ (H
1
)

.
Xét ánh xạ
T : L

2
−→ (H
1
)

ω −→ T (ω) ≡ T
ω
(1.16)
trong đó T
ω
được xác đònh ở (1.15) và T
ω
, v
(H
1
)

,H
1
= ω, v.
Ta sẽ chứng minh T thỏa các tính chất sau:
Lê Hữu Kỳ Sơn - Cao học Giải Tích K18 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Trang 14
Luận văn thạc só toán học - Chuyên ngành Giải Tích Trang 15
(T
1
) T là đơn ánh, tuyến tính,
(T
2
) T liên tục trên L
2

,
(T
3
) T (L
2
) trù mật trong (H
1
)

.
Chứng minh (T
1
)
Dễ thấy T tuyến tính trên L
2
. Giả sử T (ω) = T
ω
= 0, suy ra
T
ω
, v
(H
1
)

,H
1
= ω, v = 0, ∀v ∈ H
1
. (1.17)

Mặt khác, H
1
trù mật trong L
2
nên ta viết lại (1.17) rằng
ω, v = 0, ∀v ∈ L
2
. (1.18)
Từ (1.18), suy ra ω = 0.
Vậy T là đơn ánh, tức T là một phép nhúng từ L
2
vào (H
1
)

.
Chứng minh (T
2
)
Do T tuyến tính trên L
2
nên để chứng minh T liên tục trên L
2
ta chỉ cần chứng minh T
bò chặn. Thật vậy, với mọi ω ∈ L
2
, ta có
||T
ω
||

(H
1
)

= sup
v∈H
1
,||v||
H
1
=1
|T
ω
(v)| = sup
v∈H
1
,||v||
H
1
=1
|T
ω
, v|
= sup
v∈H
1
,||v||
H
1
=1

|ω, v| ≤ sup
v∈H
1
,||v||
H
1
=1
||ω||.||v||
≤ sup
v∈H
1
,||v||
H
1
=1
||ω||.||v||
H
1
= ||ω||. (1.19)
suy ra L
2
được nhúng liên tục vào trong (H
1
)

.
Chứng minh (T
3
)
Ta sẽ chứng minh rằng mỗi phiếm hàm L tuyến tính liên tục trên (H

1
)

và triệt tiêu trên
T (L
2
) thì cũng triệt tiêu trên (H
1
)

.
Xem L ∈ (H
1
)

, với L, T
ω

(H
1
)

,(H
1
)

= 0, ∀T
ω
∈ T (L
2

).
Lê Hữu Kỳ Sơn - Cao học Giải Tích K18 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Trang 15
Trang 16 Luận văn toán học
Ta chứng minh L = 0.
Do H
1
phản xạ, tức là H
1
≡ (H
1
)

theo nghóa
∀L ∈ (H
1
)

, ∃v ∈ H
1
: L, v
(H
1
)

,H
1
= z, v
(H
1
)


,H
1
∀z ∈ (H
1
)

. (1.20)
Đặc biệt, khi z = T
ω
∈ (H
1
)

, ta có
0 = L, T
ω

(H
1
)

,(H
1
)

= T
ω
, v
(H

1
)

,H
1
= ω, v , ∀ω ∈ H
1
, (1.21)
suy ra v = 0, nên theo (1.17), ta có
L, z
(H
1
)

,(H
1
)

= z, v
(H
1
)

,H
1
= 0 , ∀z ∈ (H
1
)

. (1.22)

Vậy L triệt tiêu trên (H
1
)

. Bổ đề được chứng minh xong.
1.2 Không gian hàm L
p
(0, T ; X)
Ký hiệu L
p
(0, T; X), 1 ≤ p ≤ ∞ là không gian các lớp tương đương các hàm thực đo
được u : (0, T ) → X, sao cho

T
0
||u(t)||
p
X
dt < ∞, với 1 ≤ p < ∞ hay ∃M > 0 sao cho
||u(t)||
X
≤ M , a.e t ∈ (0, T ) với p = ∞, ở đây ta đồng nhất các hàm bằng nhau hầu khắp nơi
trên (0, T).
Ta trang bò trên L
p
(0, T; X) bởi chuẩn ||u||
L
p
(0,T ;X)
, với

||u||
L
p
(0,T ;X)
=


T
0
||u(t)||
p
X
dt

1
p
, với 1 ≤ p < ∞, (1.23)
||u||
L
∞
(0,T ;X)
= ess sup
0<t<T
||u(t)||
X
= inf

M > 0 : ||u(t)||
X
≤ M, a.e, t ∈ (0, T )


. (1.24)
Khi đó, ta có các bổ đề sau
Bổ đề 1.3. Với 1 ≤ p ≤ ∞, thì L
p
(0, T; X) là không gian Banach.
Lê Hữu Kỳ Sơn - Cao học Giải Tích K18 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Trang 16
Luận văn thạc só toán học - Chuyên ngành Giải Tích Trang 17
Bổ đề 1.4. Không gian đối ngẫu của L
p
(0, T; X) là

L
p
(0, T; X)


=



L
p

(0, T; X

), 1 < p < ∞, p

=
p

p − 1
,
L
∞
(0, T; X

), p = 1.
Bổ đề 1.5. (i) Nếu X phản xạ thì L
p
(0, T; X) cũng phản xạ với 1 < p < ∞,
(ii) Các không gian L
1
(0, T; X), L
∞
(0, T; X) là không phản xạ.
1.3 Phân bố có trò vector
Ta ký hiệu D(0, T ) thay cho (D(0, T )) hoặc C
∞
c
(0, T) để chỉ không gian các hàm số thực
khả vi vô hạn có giá compact trong (0, T).
Đònh nghóa 1.6. Cho X là một không gian Banach thực. Một ánh xạ tuyến tính liên tục từ
D(0, T ) vào X 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
D

(0, T; X) =

f : D(0, T ) → X : tuyến tính liên tục


. (1.25)
Đònh nghóa 1.7. Cho f ∈ D

(0, T; X). Ta đònh nghóa đạo hàm
df
dt
theo nghóa phân bố của f
bởi công thức

df
dt
, ϕ = −f,
dϕ
dt
, ∀ϕ ∈ D(0, T ). (1.26)
Bổ đề 1.8. Phép nhúng L
p
(0, T; X) → D

(0, T; X) là liên tục.
1.4 Đạo hàm trong L
p
(0, T ; X)
Theo bổ đề 1.8, phần tử f ∈ L
p
(0, T; X) do đó f và
df
dt
là phần tử của D


(0, T; X).
Ta có bổ đề sau
Lê Hữu Kỳ Sơn - Cao học Giải Tích K18 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Trang 17
Trang 18 Luận văn toán học
Bổ đề 1.9. [4, Lions] Nếu f,
df
dt
∈ L
p
(0, T; X), 1 ≤ p ≤ +∞ thì f bằng hầu hết với một hàm
liên tục từ [0, T] vào X.
1.5 Bổ đề về tính compact
Cho B
0
, B, B
1
là các không gian Banach với B
0
⊂ B ⊂ B
1
với các phép nhúng liên tục,
sao cho
(i) B
0
, B
1
là phản xạ,
(ii) phép nhúng B
0
→ B là compact.

Với 0 < T < ∞, 1 ≤ p
i
≤ +∞, i = 0, 1, ta đặt
W (0, T ) =

v ∈ L
p
0
(0, T; B
0
) : v

∈ L
p
1
(0, T; B
1
)

. (1.27)
Ta trang bò cho W (0, T ) chuẩn
||u||
W (0,T )
= ||u||
L
p
0
(0,T ;B
0
)

+ ||u

||
L
p
1
(0,T ;B
1
)
. (1.28)
Khi đó, W (0, T ) là một không gian Banach đối với chuẩn (1.28). Hiển nhiên W (0, T ) →
L
p
0
(0, T; B). Mặt khác, ta có kết quả quan trọng sau đây về phép nhúng compact.
Bổ đề 1.10. [4, Lions] Nếu giả thiết (i)-(ii) thỏa và nếu 1 < p
0
, p
1
< ∞ thì phép nhúng
W (0, T ) → L
p
0
(0, T; B) là compact.
1.6 Bổ đề về sự hội tụ yếu
Bổ đề 1.11. [4, Lions] Cho Q là tập mở bò chặn trong R
N
. Cho G
m
, G ∈ L

p
(Q), 1 < p < ∞,
sao cho ||G
m
||
L
p
(Q)
≤ C, G
m
→ G, a.e x ∈ Q, ở đây C là hằng số độc lập với m. Khi đó, ta
có G
m
→ G trong L
p
(Q) yếu.
Lê Hữu Kỳ Sơn - Cao học Giải Tích K18 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Trang 18
Luận văn thạc só toán học - Chuyên ngành Giải Tích Trang 19
1.7 Bổ đề Gronwall
Bổ đề này liên quan đến một bất đẳng thức và nó rất cần thiết cho việc đánh giá tiên nghiệm
trong các chương sau.
Bổ đề 1.12. Giả sử f : [0, T ] → R là hàm khả tích, không âm trên [0.T ] và thỏa bất đẳng thức
f(t) ≤ C
1
+ C
2

t
0
f(s)ds với hầu hết t ∈ [0, T ], trong đó C

1
, C
2
là các hằng số không âm.
Khi đó f(t) ≤ C
1
e
C
2
t
, với hầu hết t ∈ [0, T ].
Đặc biệt, nếu f(t) ≤ C
1

t
0
f(s)ds, với hầu hết t ∈ [0, T ], thì f(t) = 0 với hầu hết t ∈ [0, T ].
1.8 Đònh lý Ascoli-Arzela
Đònh lý 1.13. Cho A là một tập con của C([0, T ]; R
m
). Khi đó, A là một tập compact trong
C([0, T ]; R
m
) nếu và chỉ nếu A thỏa các điều kiện sau
i) A bò chặn từng điểm, nghóa là với mọi t trong [0, T ] ta có tập A(t) ≡ {f(t) : f ∈ A} bò
chặn trong R
m
.
ii) A đồng liên tục, tức là
∀ > 0, ∃δ > 0 : ∀t, t


∈ [0, T ], |t − t

| < δ ⇒ ||f(t) − f(t

)||
R
m
< , ∀f ∈ A.
1.9 Đònh lý Schauder
Đònh lý 1.14. Cho C là tập hợp lồi, đóng, bò chặn trong không gian Banach X, T: C → C là
ánh xạ liên tục trên C và
T (C) là một tập hợp compact trong C. Khi đó, T có điểm bất động.
Lê Hữu Kỳ Sơn - Cao học Giải Tích K18 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Trang 19
CHƯƠNG 2
SỰ TỒN TẠI VÀ DUY NHẤT
NGHIỆM YẾU CỦA BÀI TOÁN VỚI
NHÓM ĐIỀU KIỆN THỨ NHẤT
Trong chương này, chúng tôi trình bày đònh lý tồn tại và duy nhất nghiệm yếu cho bài toán:
















u
tt
− u
xx
+ λ|u|
γ−2
u = f(x, t) , 0 < x < 1 , 0 < t < T ,
u
x
(0, t) − u
t
(0, t) − λ
0
|u(0, t)|
α−2
u(0, t) = 0,
u
x
(1, t) + u
t
(1, t) + λ
1
|u(1, t)|
β−2
u(1, t) = 0,
u(x, 0) = u

0
(x), u
t
(x, 0) = u
1
(x),
(2.1)
trong đó α, β, γ > 1 và λ, λ
0
, λ
1
> 0 là các hằng số, u
0
, u
1
, f là các hàm cho trước thỏa các
điều kiện mà ta sẽ chỉ ra sau.
Đònh nghóa 2.1. Ta nói u là nghiệm yếu của bài toán (2.1) nếu u ∈ L
∞
(0, T; H
1
), sao cho
20
Luận văn thạc só toán học - Chuyên ngành Giải Tích Trang 21
u
t
∈ L
∞
(0, T; L
2

), u(0, .) ∈ H
1
(0, T), u(1, .) ∈ H
1
(0, T), và u thỏa bài toán biến phân sau.





















d
dt
u


(t), v + u
x
(t), v
x
 + λ|u(t)|
γ−2
u(t), v
+{u

(1, t) + λ
1
|u(1, t)|
β−2
u(1, t)}v(1)
+{u

(0, t) + λ
0
|u(0, t)|
α−2
u(0, t)}v(0)
= f(t), v, ∀v ∈ H
1
,
u(0) = u
0
, u

(0) = u
1

.
(2.2)
Trước tiên, ta thành lập các giả thiết sau
(A
1
) u
0
∈ H
1
, u
1
∈ L
2
,
(A
2
) f ∈ L
2
(Q
T
),
(A
3
) α, β, γ > 1; λ, λ
0
, λ
1
> 0.
Khi đó ta có đònh lý sau:
Đònh lý 2.2. Giả sử (A

1
) − (A
3
) đúng. Khi đó, với mỗi T > 0, bài toán (2.1) tồn tại duy nhất
nghiệm yếu u thỏa
u ∈ L
∞
(0, T; H
1
), u

∈ L
∞
(0, T; L
2
),
u(0, ·) ∈ H
1
(0, T), u(1, ·) ∈ H
1
(1, T).
Hơn nữa, nếu α, β, γ ≥ 2 thì nghiệm yếu là duy nhất.
Chứng minh .
Chứng minh đònh lý 2.2 gồm nhiều bước.
Chứng minh đònh lý dựa vào phương pháp xấp xỉ 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
phép nhúng compact. Trong phần này, đònh lý Schauder và Ascoli-Arzela được sử dụng trong
việc chứng minh tồn tại nghiệm xấp xỉ Galerkin.
Bước 1: Xấp xỉ Galerkin
Lê Hữu Kỳ Sơn - Cao học Giải Tích K18 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Trang 21

Trang 22 Luận văn toán học
Xét w
j
là một cơ sở trực chuẩn của H
1
. Ta tìm nghiệm xấp xỉ của bài toán (2.1) dưới dạng
u
m
(t) =
m

j=1
c
mj
(t)w
j
, (2.3)
trong đó, các hàm hệ số c
mj
thỏa hệ phương trình vi phân phi tuyến sau đây






















u

m
(t), w
j
 + u
mx
(t), w
jx
 + λ|u
m
(t)|
γ−2
u
m
(t), w
j

+{u


m
(1, t) + λ
1
|u
m
(1, t)|
β−2
u
m
(1, t)}w
j
(1)
+{u

m
(0, t) + λ
0
|u
m
(0, t)|
α−2
u
m
(0, t)}w
j
(0)
= f(t), w
j
, 1 ≤ j ≤ m,

u
m
(0) = u
0m
, u

m
(0) = u
1m
,
(2.4)
trong đó
u
0m
=
m

j=1
α
mj
w
j
→ u
0
mạnh trong H
1
, (2.5)
u
1m
=

m

j=1
β
mj
w
j
→ u
1
mạnh trong L
2
. (2.6)
Thay (2.3) vào (2.4)-(2.6), và đặt ψ
p
(z) = |z|
p−2
z, p ∈ {α, β, γ}, ta được























m
i=1
c

mi
(t)w
i
, w
j
 +

m
i=1
c
mi
w
ix
, w
jx
 + λψ
γ

(u
m
), w
j

+

m
i=1
c

mi
(t)w
i
(1)w
j
(1) + λ
1
ψ
β
(u
m
(1, t))w
j
(1)
+

m
i=1
c


mi
(t)w
i
(0)w
j
(0) + λ
0
ψ
α
(u
m
(0, t))w
j
(0)
= f(t), w
j
,
c
mj
(0) = α
mj
, c

mj
(0) = β
mj
, 1 ≤ j ≤ m.
(2.7)
Bỏ qua các chỉ số m, ta viết c

i
, α
i
, β
i
lần lượt thay cho c
mi
, α
mi
, β
mi
và sử dụng các kí
Lê Hữu Kỳ Sơn - Cao học Giải Tích K18 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Trang 22
Luận văn thạc só toán học - Chuyên ngành Giải Tích Trang 23
hiệu sau:















































c(t) = (c
1
(t), , c
m
(t))
T
,
A = (a
ij
), a
ij
= w
i
, w
j
,
B = (b
ij
), b
ij
= w
ix
, w
jx
,
D = (d
ij
), d
ij
= w

i
(1)w
j
(1) + w
i
(0)w
j
(0),
G[c](t) = (G
1
[c](t), , G
m
[c](t))
T
, G
j
[c](t) = λψ
γ
(u
m
), w
j
,
H
0
[c](t) = (H
01
[c](t), , H
0m
[c](t))

T
, H
0j
[c](t) = λ
0
ψ
α
(u
m
(0, t))w
j
(0),
H
1
[c](t) = (H
11
[c](t), , H
1m
[c](t))
T
, H
1j
[c](t) = λ
1
ψ
β
(u
m
(1, t))w
j

(1),
F (t) = (f
1
(t), , f
m
(t))
T
, f
j
(t) = f(t), w
j
,
β = (β
1
, , β
m
)
T
và α = (α
1
, , α
m
)
T
.
(2.8)
Ta viết lại hệ (2.7) như sau




Ac

(t) + Bc(t) + G[c](t) + H
0
[c](t) + H
1
[c](t) + Dc

(t) = F (t),
c(0) = α, c

(0) = β.
(2.9)
Do {w
j
} là cơ sở nên ma trận A là khả nghòch. Sau khi nhân A
−1
và lấy tích phân cận từ
0 đến t hai lần vào hai vế. Ta có
c(t) =

F (t) −

t
0
ds

s
0
A

−1
Bc(r)dr −

t
0
ds

s
0
A
−1
G[c](r)dr −

t
0
ds

s
0
A
−1
H
0
[c](r)dr
−

t
0
ds


s
0
A
−1
H
1
[c](r)dr −

t
0
A
−1
Dc(s)ds, (2.10)
trong đó

F (t) = α + tβ + tA
−1
Dα +

t
0
ds

s
0
A
−1
F (r)dr.
Với mỗi T
m

> 0, ρ > 0, ta đặt X = C([0, T
m
]; R
m
), với chuẩn của X là
||c||
X
= sup
0≤t≤T
m
|c(t)|
1
, |c(t)|
1
=
m

j=1
|c
j
(t)| và tập S = {c ∈ X : ||c||
X
≤ ρ}.
Ta chọn chuẩn ma trận vuông cấp m
||A|| = max
1≤j≤m
m

i=1
|a

ij
|.
Lê Hữu Kỳ Sơn - Cao học Giải Tích K18 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Trang 23
Trang 24 Luận văn toán học
Để ý rằng ta có bất đẳng thức sau
|Ac(t)|
1
≤ ||A|||c(t)|
1
, ∀c ∈ X,
Với mỗi c ∈ X, ta đònh nghóa toán tử U
U[c](t) =

F (t) −

t
0
ds

s
0
A
−1
Bc(r)dr −

t
0
ds

s

0
A
−1
G[c](r)dr
−

t
0
ds

s
0
A
−1
H
0
[c](r)dr −

t
0
ds

s
0
A
−1
H
1
[c](r)dr
−


t
0
A
−1
Dc(s)ds. (2.11)
Lúc này hệ (2.10) thành
c(t) = U[c](t). (2.12)
Ta cần chọn ρ để U : S −→ S, rồi dùng đònh lý điểm bất động Schauder để chứng minh (2.12)
có nghiệm. Ta kiểm tra các điều sau
(S
1
) U : X −→ X liên tục,
(S
2
) U : S −→ S với cách chọn ρ và T
m
thích hợp,
(S
3
)
U(S) compact trong X.
Chứng minh (S
1
)
Trước tiên ta kiểm tra toán tử U xác đònh. Do f ∈ L
2
(Q
T
) nên


F ∈ X, lại có c ∈ X nên


t
0
ds

s
0
A
−1
Bc(r)dr +

t
0
A
−1
Dc(r)ds

∈ X,
và G[c], H
0
[c], H
1
[c] ∈ X cho nên


t
0

ds

s
0
A
−1
G[c](r)dr +

t
0
ds

s
0
A
−1
H
0
[c](r)dr +

t
0
ds

s
0
A
−1
H
1

[c](r)dr

∈ X.
Lê Hữu Kỳ Sơn - Cao học Giải Tích K18 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Trang 24
Luận văn thạc só toán học - Chuyên ngành Giải Tích Trang 25
Vậy U xác đònh. Ta đi chứng minh U : X −→ X liên tục
Lấy dãy {c
(k)
} ⊂ X sao cho c
(k)
→ c trong X. Khi đó



U[c
(k)
] − U[c]



X
≤




t
0
ds


s
0
A
−1
B

c
(k)
(r) − c(r)

dr



X
+




t
0
ds

s
0
A
−1

G[c

(k)
](r) − G[c](r)

dr



X
+




t
0
ds

s
0
A
−1

H
0
[c
(k)
](r) − H
0
[c](r)


dr



X
+




t
0
ds

s
0
A
−1

H
1
[c
(k)
](r) − H
1
[c](r)

dr




X
+




t
0
A
−1
D

c
(k)
(s) − c(s)

ds



X
= I
1
+ I
2
+ I
3
+ I
4

+ I
5
. (2.13)
Với I
1
, ta có
I
1
=




t
0
ds

s
0
A
−1
B

c
(k)
(r) − c(r)

dr




X
≤



A
−1
B




t
0
ds

s
0



c
(k)
(r) − c(r)



X
dr

≤



A
−1
B






c
(k)
− c



X
T
2
m
2
. (2.14)
Suy ra I
1
→ 0 khi c
(k)
→ c trong X.

Tương tự ta cũng có I
5
→ 0 khi c
(k)
→ c trong X.
Ta lại có G
j
[c
(k)
](t) → G
j
[c](t) trong L
1
(0, T), do c
(k)
→ c trong X nên {c
(k)
} bò chặn và G
j
liên tục nên G
j
[c
(k)
](t) bò chặn. Do dó áp dụng đònh lý hội tụ bò chặn ta có I
2
→ 0 khi c
(k)
→ c
trong X.
Tương tự cho I

3
, I
4
. Vậy ta có U : X −→ X liên tục.
Chứng minh (S
2
)
Ta sẽ chỉ ra rằng với ρ và T
m
thích hợp thì U : S −→ S. Đặt
K = sup
0≤t≤T
|

F (t)|
1
. (2.15)
Lê Hữu Kỳ Sơn - Cao học Giải Tích K18 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Trang 25