sử dụng phương pháp xấp xỉ Galerkin vào một số bài toán biên phi tuyến 4_2

49
Chương 2

KHẢO SÁT PHƯƠNG TRÌNH SÓNG
PHI TUYẾN THUỘC DẠNG
),(),(
txfuuFuu
txxtt
=+−


2.1. Giới thiệu
Trong chương này chúng tôi xét bài toán sau: tìm cặp hàm số
))(),,(( tPtxu

sao cho

,0 ),1,0( ),,(),( TtxtxfuuFuu
txxtt
<<=Ω∈=+−
(2.1.1)

),(),0( tPtu
x
=
(2.1.2)

,0),1(),1(),1(
11

=++ tutuKtu
tx
λ
(2.1.3)

),()0,(),()0,(
10
xuxuxuxu
t
==
(2.1.4)

,),(
22
ttt
uuuuKuuF
−−
+=
βα
λ
(2.1.5)
trong đó
fuu ,,
10
là các hàm số cho trước và
0,0,,
11
>≥
λλ
KK

và
2,
≥
βα
là các
hằng số cho trước, hàm phải tìm
),( txu
và giá trò biên chưa biết
)(tP
thỏa mãn bài
toán Cauchy cho phương trình vi phân thường như sau

⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
==
<<=+
,)( ,)0(
,0),,0()()(
1
/
0
2//
PtPPP
TtthutPtP
tt
ω
(2.1.6)

với
,0 ,0 ≥> h
ω

0
P
và
1
P
là các hằng số cho trước.
Trong [1] đã nghiên cứu một trường hợp đặc biệt của bài toán (2.1.1)-
(2.1.6) với
0
~~
010
=== Puu
và
,2==
βα
trong đó điều kiện biên (2.1.3) được thay
bởi

,0),1( =tu
(2.1.7)


50
Trong trường hợp nầy bài toán (2.1.1), (2.1.2), (2.1.4), (2.1.5), (2.1.6), (2.1.7) là
mô hình toán học mô tả sự va chạm của một vật rắn và một thanh đàn nhớt
tuyến

tính tựa trên một nền cứng [1].
Chú ý rằng từ (2.1.6) ta biểu diễn
)(tP
theo
),0(,,,,
10
tuhPP
tt
ω
và sau đó tích phân
từng phần, ta thu được

,),0()(),0()()(
0
∫
−−+=
t
dssustkthutgtP
(2.1.8)
trong đó

⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
=
−+−=
.sin)(
,

sin
))0(
~
(cos))0(
~
()(
101000
thtk
t
uhPtuhPtg
ωω
ω
ω
ω
(2.1.9)
Bằng cách khử bớt một ẩn hàm
)(tP
thì điều kiện biên (2.1.2) có dạng

.),0()(),0()(),0(
0
∫
−−+=
t
x
dssustkthutgtu
(2.1.10)
Vậy ta đưa bài toán (2.1.1)-(2.1.6) về bài toán (2.1.1)-(2.1.5), (2.1.8) hoặc (2.1.1),
(2.1.3)-(2.1.5), (2.1.10) với các hàm
),(tg )(tk

cho trước như (2.1.9).
Trong [5], Bergounioux, N.T. Long, Alain P. N. Đònh đã xét bài toán
(2.1.1)-(2.1.5), (2.1.8) với
.2==
βα
Trong trường hợp nầy, bài toán mô tả sự va
chạm của một vật rắn và một thanh đàn nhớt tựa trên một nền đàn hồi nhớt với
ràng buộc đàn hồi tuyến tính tại bề mặt, các ràng buộc liên kết với một lực cản
ma sát nhớt.
Trong chương nầy chúng tôi muốn đề cập là bài toán (2.1.1)-(2.1.6) với
,2≥
α
0≥
β
là các hằng số cho trước. Trong trường hợp nầy bài toán (2.1.1)-
(2.1.6) là mô hình toán học mô tả sự va chạm của một vật rắn và một thanh đàn
hồi nhớt phi tuyến tựa trên một nền đàn hồi nhớt[1]. Chúng tôi cũng thu được sự
tồn tại nghiệm toàn cục của bài toán. Kết quả nầy đã mở rộng kết quả trong [5]
với trường hợp
.2==
βα
Mặt khác, nếu
,2==
βα
chúng tôi cũng thu được một


51
số kết quả về tính đều của nghiệm tùy thuộc vào tính đều của dữ kiện. Phần cuối
của chương nầy chúng tôi chứng minh nghiệm

),( Pu
của bài toán (2.1.1)-(2.1.5),
(2.1.8) với
,2==
βα
có được một khai triển tiệm cận cấp
1+N
theo theo hai
tham số
λ
,K
như sau:
( )
,
1
22
,
21
21
21
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
++=
+
≤+
∑

N
N
KOKuu
λλ
γγ
γγ
γγ
(2.1.11)
( )
,
1
22
,
21
21
21
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
++=
+
≤+
∑
N
N
KOKPP
λλ

γγ
γγ
γγ
(2.1.12)
theo nghóa

(
)
,
),1(),1(
1
22
1
),0(
,
);,0(
,
);,0(
,
2
21
21
21
2
21
21
21
1
21
21

21
+
≤+
≤+≤+
+≤
⋅−⋅+
−+−
∑
∑∑
∞∞
N
TL
N
LTL
N
HTL
N
KC
Kuu
KuuKuu
λ
λ
λλ
γγ
γγ
γγ
γγ
γγ
γγ
γγ

γγ
γγ
&&
&&
(2.1.13)
và
(
)
,
1
22
2
]),0([
,
21
21
21
+
≤+
+≤−
∞
∑
N
TC
N
KCKPP
λλ
γγ
γγ
γγ

(2.1.14)
với
21
, CC
là hằng số độc lập với
λ
,K
. Kết quả thu được ở đây cũng đã mở rộng
và chứa đựng các kết quả trong [1, 2, 5, 23, 25] như là trường hợp riêng. Kết quả
nầy sẽ được công bố trong [D3].
2.2. Sự tồn tại và duy nhất nghiệm
Ta thành lập các giả thiết sau

)(
1
H

0,0,0,0
1
>≥≥>
λλ
hK
và
,0
1
>+ hK


)(
2

H

2
0
Hu ∈
và
,
1
1
Hu ∈


)(
3
H

)),,0()1,0((,
2
TLff
t
×∈


)(
4
H

),,0(),0(
1,21
TWTHk ∩∈

52

)(
5
H

).,0(
2
THg ∈

Khi đó ta có đònh lý sau
Đònh lý 2.1.
Với các giả thiết
),()(
51
HH −
tồn tại duy nhất nghiệm yếu
),(
Pu
của
bài toán
(2.1.1) – (2.1.5), (2.1.8)
sao cho


⎪
⎪

⎩
⎪
⎪
⎨
⎧
∈
∩∈
∈
∈∈∈
∞
∞
∞
∞∞∞
).,0(
),,0(),0(),1(
),,0(),0(
),;,0(),;,0(),;,0(
,1
,12
,1
212
TWP
TWTHtu
TWtu
LTLuHTLuHTLu
ttt
(2.2.1)
Chú ý 2.1. Từ (2.2.1) dẫn đến

);,0();,0(

2110
LTCHTCu ∩∈

).;,0(
2
HTL
∞
∩
(2.2.2)
Chứng minh đònh lý 2.1. Chứng minh bao gồm năm bước.
Bước
1:
Xấp xỉ Galerkin
.
Giả sử
}{
j
w
là cơ sở đếm được của
.
2
H
Ta tìm nghiệm xấp xỉ của bài toán
(2.1.1) – (2.1.5), (2.1.8) dưới dạng

,)()(
1
∑
=
=

m
j
jmjm
wtctu
(2.2.3)
trong đó các hàm
)(
tc
mj
thoả mãn hệ phương trình vi phân thường

)1()()0()(),(),(
//
jmjmjxmxjm
wtQwtPwtuwtu ++〉〈+〉〈


,,...,1 ,),()),(),((
/
mjwtfwtutuF
jjmm
=〉〈=〉〈+
(2.2.4)

,),0()(),0()()(
0
∫
−−+=
t
mmm

dssustkthutgtP
(2.2.5)

),,1(),1()(
/
11
tutuKtQ
mmm
λ
+=
(2.2.6)
)0(
0
1
0
uwuu
m
j
jmjmm
→==
∑
=
α
trong
2
H
mạnh, (2.2.7)

)0(
1

1
1
/
uwuu
m
j
jmjmm
→==
∑
=
β
trong
1
H
mạnh. (2.2.8)


53
Từ các giả thiết của đònh lý 2.1, bài toán (2.2.4) –(2.2.8) tồn tại nghiệm
),,(
mmm
QPu
trên các đoạn
].,0[
m
T
Đánh giá tiên nghiệm dưới đây cho phép lấy
TT
m
=

với mọi
.m

Bước
2:
Đánh giá tiên nghiệm
I.
Thay (2.2.5), (2.2.6) vào (2.2.4), sau đó nhân phương trình thứ
j
của (2.2.4)
với
),(
/
tc
mj
lấy tổng theo
j
và cuối cùng lấy tích phân theo
,t
ta có

,)(),(2),0()(),0(2
),0()(2)0()(
0
/
00
/
0
/
∫∫∫

∫
〉〈+−+
−=
t
m
ts
mm
t
mmm
dssusfduskdssu
dssusgStS
τττ
(2.2.9)
với

.),1(2)(2),1(
),0()(2)()()(
0
2
/
1
0
/2
1
2
2
2
/
∫∫
+++

+++=
t
m
t
L
mm
m
L
mmxmm
dssudssutuK
thutu
K
tututS
λλ
α
β
α
β
α
(2.2.10)
Sử dụng giả thiết
)(),(
54
HH
sau đó lấy tích phân từng phần theo
t

ta thu được

∫

+−+=
t
mmmmm
dssusgtutgugStS
0
/
0
),0()(2),0()(2)0()0(2)0()(


∫∫
−−+
t
m
t
mm
dssukdutktu
0
2
0
),0()0(2),0()(),0(2
τττ


.)(),(2),0()(),0(2-
0
/
00
/
∫∫∫

〉〈+−
t
m
ts
mm
dssusfduskdssu
τττ
(2.2.11)
Từ (2.2.7), (2.2.8) và (2.2.10) ta có

,)0()0(2)0(
10
CugS
mm
≤+
với mọi
,m
(2.2.12)
trong đó
1
C
là hằng số độc lập với
.m
Sử dụng bất đẳng thức
22
1
2 baab
ε
ε
+≤

với
mọi
IRba
∈
,
và
0
>
ε
tùy ý, dẫn đến


54

∫∫
++++≤
tt
mmm
dssudssgtutgCtS
00
2
2
/22
1
),0()(
1
),0()(
1
)(
ε

ε
ε
ε


∫∫
+−++
t
m
t
mm
dssukdssustktu
0
2
2
0
2
),0()0(2),0()(
1
),0(
ε
ε


∫∫
∫∫
++
⎥
⎥
⎦

⎤
⎢
⎢
⎣
⎡
−++
t
m
t
ts
mm
dssudssf
dsdusksu
0
2
/
0
2
0
2
0
/2
)()(
1
),0()(
1
),0(
ε
ε
τττ

ε
ε


),0(2)()()(
1
2
0
2
0
2
/2
1
tudssfdssgtgC
m
tt
ε
ε
+
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
+++=
∫∫


2

0
0
2
/
0
2
),0()(
1
)(),0())0((2
∫
∫∫
−+
+++
t
m
t
m
t
m
dssustk
dssudssuk
ε
εε


.),0()(
1
0
2
0

/
∫∫
−+
ts
m
dsdusk
τττ
ε
(2.2.13)
Mặt khác, do
,0
1
>+ hK
ta có một hằng số
0
~
>C
chỉ phụ thuộc vào
1
K
và
,h
sao
cho

,
~
)1()0(
1
2

2
1
2
2
1
HvvCvKhvv
H
x
∈∀≥++
(2.2.14)
Hơn nữa, do phép nhúng
)1,0(
1
H
↪
]1,0[
0
C
là liên tục nên tồn tại một hằng số
0
0
>C
sao cho

,
1
0
]1,0[
10
HvvCv

HC
∈∀≤
(2.2.15)
Vì vậy, từ (2.2.10) và (2.2.14) dẫn đến

.)(
~
)(
~
)()(),0(
0
0
0
]1,0[
10
tSCtS
C
C
tuCtutu
mm
H
m
C
mm
≡≤≤≤
(2.2.16)
Bây giờ sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwartz, ta ước lượng hai tích phân cuối
cùng ở vế phải của (2.2.13) như sau

55
i/
,)( )(
~

),0( )(
1
),0()(
1
00
2
2
0
0
2
0
2
2
0
∫∫
∫∫∫
≤
≤−
t
m
t
t
m
tt
m

dssSdk
C
dssudkdssustk
θθ
ε
θθ
εε
(2.2.17)
ii/
∫∫∫∫
≤−
t
m
tts
m
dudktdsdusk
0
2
0
2
/
0
2
0
/
),0( )(
1
),0()(
1
ττθθ

ε
τττ
ε


.)( )(
~
00
2
/
2
0
∫∫
≤
t
m
t
dSdkt
C
ττθθ
ε
(2.2.18)
Chọn
ε
sao cho
2
1
~
20
2

0
≤<
ε
C
và sử dụng hai đánh giá ở trên, từ (2.2.13) và
(2.2.16) – (2.2.18) ta có

,)()()()(
0
21
∫
+≤
t
mm
dssStgtgtS
(2.2.19)
trong đó

⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎨
⎧
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜

⎜
⎝
⎛
++++=
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
+++=
∫∫
∫∫
. )( )(
~
2
))0((
~
42)(
,)()()(
2
2)(
0
2
/
0
2
2
0
2

02
0
2
0
2
/2
11
tt
tt
dktdk
C
kCtg
dssfdssgtgCtg
θθθθ
ε
εε
ε
(2.2.20)
Do phép nhúng
)1,0(
1
H
↪
]1,0[
0
C
là liên tục nên ta suy từ các giả thiết
)()(
53
HH −

rằng

)2,1( ,)(
)(
=≤ iMtg
i
Ti
a.e.
],,0[ Tt ∈
(2.2.21)
các hằng số
)(i
T
M
chỉ phụ thuộc vào
.T
Vì thế

).t(0 ,)()(
0
)2()1(
TTdssSMMtS
m
t
mTTm
≤≤≤+≤
∫
(2.2.22)
p dụng bổ đề Gronwall ta được

],,0[ , )exp()(
)2()1(
TtMtMMtS
TTTm
∈∀≤≤
với mọi
.0>T
(2.2.23)
Bước
3:
Đánh giá tiên nghiệm
II.


56
Lấy đạo hàm (2.2.4) theo t

.,...,1 ,),(
),()()1(),()()1(
)1()()0()(),(),(
/
//
2
//
2
//////
mjwtf
wtutuwtutuK
wtQwtPwtuwtu
j

jmmjmm
jmjmjxmxjm
=〉〈=
〉〈−+〉〈−+
++〉〈+〉〈
−
−
β
α
βλα

Nhân phương trình thứ
j
với
),(
//
tc
mj
lấy tổng theo
j
sau đó lấy tích phân theo
,t

sắp xếp lại ta được

∫∫
∫
⎥
⎦
⎤

⎢
⎣
⎡
−++
−=
t
mm
t
mmm
dudssuskuk
dssusgXtX
0
//
0
/
0
///
),0(),0()(),0()0(2
),0()(2)0()(
ττττ
τ


∫∫
−
−+
t
mmm
dxxuxuxudK
0

1
0
///
2
),(),(),()1(2
ττττα
α


,)(),(2
0
///
∫
〉〈+
t
m
dssusf
(2.2.24)
trong đó
2
/
1
2
/
2
/
2
//
),1(),0()()()( tuKtuhtututX
mmmxmm

+++=

∫
+
t
m
du
0
2
//
1
),1(2
ττλ
∫∫
−
−+
t
mm
dxxuxud
0
1
0
2
//
2
/
),(),()1(2
τττβλ
β

2
/
1
2
/
2
/
2
//
),1(),0()()( tuKtuhtutu
mm
mx
m
+++=

∫
+
t
m
du
0
2
//
1
),1(2
ττλ
.),()1(8
0
1

0
2
2
/
2
∫∫
−+
t
m
dxxu
d
d
d
β
τ
τ
τβ
β
λ
(2.2.25)
Tích phân từng phần các tích phân vế phải (2.2.24) ta có


57

∫
∫∫
∫∫
∫
∫

〉〈+
−+
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
−++−
−
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
−++
+
−+=
−
t
m
t
mmm
t
mmmm
mm
m
t
mm

t
m
mmmm
dssusf
dxxuxuxudK
dudssuskukuk
uuk
tudssustktuk
dssusg
tutgugXtX
0
///
0
1
0
///
2
0
/
0
////
10
/
0
/
0
///
//
1
/

)(),(2
),(),(),()1(2
),0(),0()(),0()0(),0()0(2
)0()0()0(2
),0(),0()(),0()0(2
),0()(2
),0()(2)0()0(2)0(
)(
ττττα
τττττ
α
τ

∫∫
∫∫
∫
−−
−+−
++
−−+
−+=
t
mm
t
mm
t
m
t
mmm
mmm

mmmm
dssuskdu
dssustktuduk
dssusgtutuk
tutgtukuk
uukugX
00
///
0
//
0
2
/
0
////
//2/2
0
/
101
/
),0()(),0(2
),0()(),0(2),0()0(2
),0()(2),0(),0()0(2
),0()(2),0()0()0()0(
)0()0()0(2)0()0(2)0(
τ
τττ
ττ

∫∫
−
−+
t
mmm
dxxuxuxudK
0
1
0
///
2
),(),(),()1(2
ττττα
α


∫
〉〈+
t
m
dssusf
0
///
)(),(2
. (2.2.26)
Trước tiên, từ (2.2.7), (2.2.8), (2.2.25) và các giả thiết
)(),(
54
HH
ta có đánh giá

)0()0()0()0()0(2)0()0(2)0(
2
0
/
101
/
mmmmm
ukuukugX +−+


,)0(
2
//
2 m
uC +≤
(2.2.27)
trong đó
0
2
>C
là hằng số chỉ phụ thuộc vào
.,,,,,,
110
hKKkguu
Đồng thời, ta suy
từ (2.2.4) – (2.2.6) rằng


58

,)0(),0()0(),,()0(,)0(
////
10
//
0
2
//
〉〈=〉〈+〉〈−
mmmmmmxxm
ufuuuFuuu

nên

)0(),()0(
100
//
fuuFuu
mmmxxm
++≤

và do đó từ (2.2.7) ta thu được

.)0(
3
//
Cu
m
≤
(2.2.28)

Mặt khác, từ (2.2.14) – (2.2.16) dẫn đến

.)(
~
)()(
0
/
0
)(
/
10
tXCtuCtu
m
H
m
C
m
≤≤
Ω
(2.2.29)
Ta rút ra từ (2.2.16), (2.2.22) và (2.2.29)

∫
∫∫
−
−
−≤
−
t
mmT

t
mmm
duuMCK
dxxuxuxudK
0
///2
0
0
1
0
///
2
)()()
~
)(1(2
),(),(),()1(2
τττα
ττττα
α
α


.)()
~
(
~
)1(
0
2
00

∫
−
−≤
t
mT
dXMCCK
ττα
α
(2.2.30)
Từ (2.2.24) – (2.2.28) ta có

∫∫
∫∫
∫
−+
−++
++
+++≤
t
mm
t
mm
t
m
t
mmm
mmm
dssuskdu
dssustktuduk
dssusgtutuk

tutgtukCCtX
00
///
0
//
0
2
/
0
////
//2/2
32
),0()(),0(2
),0()(),0(2),0()0(2
),0()(2),0(),0()0(2
),0()(2),0()0()(
τ
τττ
ττ


∫
∫∫
〉〈+
−+
−
t
m
t
mmm

dssusf
dxxuxuxudK
0
///
0
1
0
///
2
)(),(2
),(),(),()1(2
ττττα
α