Tính trơn của nghiệm suy rộng của bài toán hỗn hợp đối với hệ phương trình parabolic mạnh trong trụ với đáy là miền với biên không trơn
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (457.43 KB, 49 trang )
1
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2
*****
VŨ THU HÀ
TÍNH TRƠN CỦA NGHIỆM SUY RỘNG
CỦA BÀI TOÁN HỖN HỢP ĐỐI VỚI HỆ PHƯƠNG
TRÌNH
PARABOLIC MẠNH TRONG TRỤ VỚI ĐÁY LÀ
MIỀN VỚI BIÊN KHÔNG TRƠN
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
HÀ NỘI, 2010
2
DANH MỤC KÝ HIỆU
n
R
là không gian Euclide n - chiều (
2n
)
Kí hiệu
là một miền trong , tức là một tập mở liên thông, với biên
.
. Nếu
sao cho
thì ta viết
.
Giả sử
0 T
. Kí hiệu
0, , : , 0,
T
Q T x t x t T
là trụ
trong R
n+1
. Mặt xung quanh của nó là
0, , : , 0,
T
S T x t x t T
,
1 2
, , , ,
n
x x x x
0,t T
,
1 2
, , , , , , ,
s
u x t u x t u x t u x t
là vectơ hàm phức,
1
n
dx dx dx
.
1
, ,
n
là đa chỉ số trong đó
i
là các số nguyên không âm,
n
1
. Đạo hàm suy rộng cấp
được kí hiệu là
1
1
1
1
/
n
n
x n
n
D D x x
x x
,
1
s
i
i
D u D u
Trường hợp
T
Qtx
,
, để chỉ đạo hàm suy rộng cấp k theo biến t ta viết
1
/ , ,
k
k k k
k k
s
k k k
t
u u
t u
t t t
,
2
1
j
j
s
i
j
t
i
u
u
t
Giả sử
1
, ,
n
n
R
. Khi đó
1
1
n
n
.
Giá của một hàm là bao đóng của tập hợp tất cả các điểm mà hàm đó
khác không và kí hiệu là supp. Kí hiệu
k
C
là tập hợp tất cả các hàm có
các đạo hàm liên tục đến cấp k trong miền
,
0
0 ,k C C
và
0
0
k k
C C C
, ở đó
0
C
là tập hợp tất cả các hàm liên tục trong
và có giá compact thuộc
.
3
0
C
- không gian các vectơ hàm phức s chiều u(x) khả vi vô hạn có
giá compact trong
.
, 1 ,
p
L p
là không gian Banach bao gồm tất cả các hàm u(x)
khả tổng cấp
p
theo Lebesgue trong
với chuẩn
1
p
p
p
L
u u dx
.
2,1
T
L Q
là không gian với chuẩn
2,1
1
2
2
0
T
T
L Q
u u dx dt
.
m
H
- Không gian các vectơ hàm phức
u x
có các đạo hàm suy
rộng
2i
D u x L
với,
, 1
m j s
với chuẩn:
1
2
2
0
m
m
H
u D u dx
.
0
m
H
- bao đóng của
0
C
trong không gian
m
H
.
,m k
T
H Q
- không gian các vectơ hàm phức
,u x t
có các đạo hàm suy
rộng theo
2i
D u x L
,
2
0,
j
t
u L T
,
, 1 , 1
m i s j k
thỏa mãn
,
1/ 2
2
2
( )
0 1
m k
j
T
T T
m k
H Q
t
j
Q Q
u D u dxdt u dxdt
Nói riêng
,0
2
( )
0
m
T
T
m
H Q
Q
u D u dxdt
4
0
,m k
T
H Q
- bao đóng trong không gian
,m k
T
H Q
của tập các hàm
vectơ hàm phức
,u x t
thuộc
T
C Q
và triệt tiêu gần mặt xung quanh
T
S
.
5
MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài
Lý thuyết các bài toán biên trong miền không trơn là một trong những
lĩnh vực quan trọng của lý thuyết phương trình đạo hàm riêng hiện đại,
mới được nghiên cứu và phát triển một cách hệ thống từ những năm 60
của thế kỉ XX.
Lý thuyết các bài toán biên tổng quát trong các miền với biên trơn đến
nay đã khá hoàn thiện [3, 4, 5]. Các bài toán biên ban đầu đối với phương
trình và hệ phương trình không dừng trong các hình trụ với đáy là miền
với biên không trơn được xét không nhiều. Các bài toán biên ban đầu đối
với hệ parabolic cũng đã được nghiên cứu [2, 8]. Các bài toán biên ban
đầu đối với hệ schodinger đã được xét trong công trình [ 7, 9]. Trong các
công trình này đã nhận được các kết quả về sự tồn tại và duy nhất nghiệm
suy rộng và các kết quả về tính trơn cũng như biểu diễn tiệm cận của
nghiệm.
Bài toán biên ban đầu thứ nhất và thứ hai đối với hệ phương trình
hyperbolic đã được nghiên cứu trong các công trình [10, 11], ở đó đã nhận
được các kết quả về sự tồn tại duy nhất nghiệm suy rộng, tính trơn của
nghiệm suy rộng cũng như khai triển tiệm cận nghiệm suy rộng trong các
lân cận của điểm kì dị. Bài toán biên hỗn hợp trong các miền trụ với đáy là
miền với biên không trơn đến nay còn được xét rất ít.
Do vậy đề tài được chọn:
“Tính trơn của nghiệm suy rộng của bài toán hỗn hợp đối với hệ
phương trình parabolic mạnh trong trụ với đáy là miền với biên không
trơn”.
6
2. Mục đích nghiên cứu
Mục đích của luận văn là nghiên cứu bài toán hỗn hợp đối với hệ
phương trình parabolic mạnh trong hình trụ với đáy là miền với biên
không trơn, nhận được các định lí về sự tồn tại duy nhất nghiệm suy rộng
và tính trơn của nghiệm suy rộng theo biến thời gian trong không gian kiểu
Sobolev.
3. Nhiệm vụ nghiên cứu
Nghiên cứu cách đặt bài toán hỗn hợp đối với hệ parabolic mạnh trong
hình trụ với đáy là miền với biên không trơn.
Nghiên cứu sự tồn tại và duy nhất nghiệm suy rộng của bài toán trong
không gian Sobolev.
Nghiên cứu tính trơn của nghiệm suy rộng theo biến thời gian.
Minh họa bài toán biên hỗn hợp đối với hệ parabolic mạnh trong trụ với
đáy là miền với biên không trơn trong trường hợp cụ thể với m=1.
4. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu
Đối tượng nghiên cứu của luận văn là Bài toán biên hỗn hợp đối với hệ
parabolic mạnh trong hình trụ với đáy là miền với biên không trơn; nghiên
cứu không gian kiểu Sobolev; nghiên cứu nghiệm suy rộng.
5. Phương pháp nghiên cứu
Phương pháp được sử dụng trong luận văn là phương pháp chọn hàm
thử của Ladyzhenskaya để chứng minh tính duy nhất của nghiệm; phương
pháp xấp xỉ Galerkin để chứng minh sự tồn tại nghiệm; các kết quả về bất
đẳng thức nội suy để đánh giá bất đẳng thức; các kiến thức của giải tích
hàm; các kết quả của bài toán elliptic trong miền không trơn.
7
6. Những đóng góp mới về khoa học, thực tiễn của đề tài
Các kết quả của luận văn góp phần hoàn thiện lí thuyết một cách hệ
thống các bài toán biên đối với hệ không dừng trong miền với biên không
trơn.
Đề tài phát triển tiếp lý thuyết các bài toán biên đối với hệ phương trình
Parabolic trong hình trụ với đáy là miền với biên trơn đã được M.I.Vishic
và M.S.Agranovich nghiên cứu khá trọn vẹn nhưng ở đây không đề cập
được vấn đề đáy là miền với biên không trơn.
Đề tài đã phát triển phương pháp của O.A. Ladyzhenskaya đã xét sự
tồn tại và duy nhất nghiệm của phương trình parabolic đều trong trụ hữu
hạn với đáy là miền với biên không trơn nhưng kết quả nhận được chỉ là
sự tồn tại duy nhất nghiệm và tính trơn theo biến thời gian với phương
trình cấp hai.
7. Nội dung
Luận văn bao gồm 3 chương:
Chương 1: Giới thiệu một số kiến thức bổ trợ.
Chương 2: Trình bày cách đặt bài toán hỗn hợp đối với hệ phương trình
parabolic mạnh trong hình trụ với đáy là miền với biên không trơn, trình
bày nghiệm suy rộng, sự tồn tại và duy nhất nghiệm suy rộng của bài toán.
Chương 3: Trình bày kết quả nghiên cứu về tính trơn của nghiệm suy
rộng theo biến thời gian của bài toán hỗn hợp đã xét ở chương 2.
8
NỘI DUNG
CHƯƠNG 1.
NHỮNG KIẾN THỨC CHUẨN BỊ
1.1. Đạo hàm suy rộng
Định nghĩa 1.1.1 Giả sử
là một miền trong không gian
n
R
. Một hàm
1
( )v x L
được gọi là đạo hàm suy rộng cấp
của hàm
1
( )u x L
nếu
1
u x D x dx v x x dx
với mọi
0
C
, ở đó
1 1
, , ,
n n
.
Đạo hàm suy rộng cấp
được kí hiệu là:
1 2
1 2
n
x
n
D D
x x x
hay
1 2
1 2
/
n
n
x x x
Trường hợp
( , ) ,
T
x t Q
để chỉ đạo hàm suy rộng cấp k theo biến t ta viết:
k
s
k
k
k
t
kk
k
k
t
u
t
u
ut
t
k
, ,/
1
.
Từ nay về sau, nếu không nói gì đặc biệt, ta hiểu hàm là hàm vectơ phức
Ttxxxxtxutxutxu
ns
,0,, ,,,, ,,,
211
.
Chú ý:
1. Từ công thức Green cổ điển suy ra một hàm
( )u x
có đạo hàm thông
thường liên tục cấp
thì nó có đạo hàm suy rộng cấp
. Từ định
9
nghĩa đạo hàm suy rộng rút ra hàm
xu
có không quá một đạo hàm
suy rộng.
2. Một hàm có đạo hàm suy rộng có thể không có đạo hàm theo nghĩa cổ
điển. Ví dụ ta lấy hàm
1,1, xxxu
, thì
xu
có đạo
hàm suy rộng trong khoảng
1,1
. Tuy nhiên, hàm này không có đạo
hàm thông thường tại điểm
0
x
.
3. Một hàm có đạo hàm suy rộng cấp
trong miền
thì nó cũng có đạo
hàm suy rộng cấp
trong miền
'
. Thật vậy, giả sử
D u v
trong
. Cố định
0
' '
,C
. Khi coi
0
x
với
'
\
x
, ta nhận được
0
C
Ta có hệ thức:
'
'
( ) ( ) ( ) ( )
( 1) ( ) ( )
( 1) ( ) ( )
u x D x dx u x D x dx
v x x dx
v x x dx
Từ đó ta có
D u v
trong
'
.
Đạo hàm suy rộng trong miền
'
được gọi là thu hẹp của đạo hàm suy
rộng trong
vào
'
.
4. Ta dễ kiểm tra được rằng
2121
,
baDbDaDDDD
ở đó a, b là các hằng số tuỳ ý.
10
Định lý 1.1.1 Giả sử
là một miền trong không gian
n
R
,
'
là miền con
của
, sao cho khoảng cách giữa
'
và
bằng d > 0. Khi đó, đối với 0 <
h < d và x
, ta có
xuDxuD
h
h
.
Ta xét trường hợp n = 1 và các mối liên hệ giữa đạo hàm suy rộng, đạo
hàm thông thường và tính liên tục tuyệt đối của một hàm trên một khoảng hữu
hạn
( , )a b
.
Ta nhắc lại định nghĩa liên tục tuyệt đối:
Hàm
Rbau
,:
được gọi là liên tục tuyệt đối, nếu với mọi
0
, tồn tại
0
sao cho với mọi tập hữu hạn các khoảng rời nhau
baxxxxxx
mm
,,,, ,,,
''
22
'
11
với
m
j
jj
xx
1
'
, ta có
m
j
jj
xuxu
1
'
.
Một hàm liên tục tuyệt đối trên một khoảng hữu hạn (a, b) nếu tồn tại một
hàm khả tổng g(x) trên đoạn này sao cho
, ,
x
a
f x g t dt c x a b
c là hằng số tùy ý.
Định lí 1.1.2. Giả sử f(x) liên tục tuyệt đối trên khoảng hữu hạn (a, b). Khi
đó tồn tại đạo hàm thông thường
xf
hầu khắp trong (a ,b). Hơn nữa,
xf
là hàm khả tổng trên (a ,b) và
dttfafxf
x
a
.
11
Định lí 1.1.3. Nếu hàm f(x) liên tục tuyệt đối trên một khoảng hữu hạn (a,b),
thì nó có đạo hàm suy rộng trên khoảng này.
Định lí 1.1.4. Giả sử f(x) có đạo hàm suy rộng trên khoảng hữu hạn (a, b).
Khi đó f(x) là hàm liên tục tuyệt đối trên khoảng (a, b) và hầu khắp trong
khoảng (a,b) nó có đạo hàm theo nghĩa thông thường
xf
.
1.2. Không gian
m
H
Định nghĩa 1.2.1. Không gian
m
H
là không gian các vectơ hàm phức
u x
có các đạo hàm suy rộng
2i
D u x L
với,
, 1
m j s
với
chuẩn:
1
2
2
0
m
m
H
u D u dx
Không gian
m
H
là không gian Hilbert cùng với tích vô hướng
m
H
dxvDuDvu
m
.,
.
Định nghĩa 1.2.2. Không gian
m
T
H
là không gian các vectơ hàm phức
T
QLtxu
2
,
với chuẩn
2
1
0
2
H
dxdtuDu
m
j
Q
t
Q
T
j
T
m
Định lí 1.2.1. Giả sử
là một miền trong
n
R
và
pm 1,0
. Khi đó
m
H
là một không gian Banach.
Định lí 1.2.2. Giả sử
là một miền thuộc
n
R
và
'
là miền con của
sao
cho
'
. Nếu u
m
H
thì
0
lim 0
m
h
H
h
u u
.
12
Định nghĩa 1.2.3. Một miền
thuộc
n
R
được gọi là miền sao đối với điểm
x
0
, nếu với mỗi điểm
x
, đoạn thẳng nối x
0
với x cũng thuộc miền
.
Trong trường hợp đặc biệt, miền lồi là miền sao đối với mọi điểm thuộc miền
đó.
Định lí 1.2.3. Nếu
là miền sao trong
n
R
, thì không gian
C
trù mật
trong
m
H
.
Định nghĩa 1.2.4. Một miền
thuộc
n
R
gọi là có tính chất đoạn, nếu với
mỗi
x
, tồn tại tập mở
x
U
và vectơ
0
x
y
sao cho
x
x U
và nếu
x
Uz
thì
x
ytz
với 0 < t < 1.
Định lí 1.2.4. Nếu
là miền thuộc
n
R
có tính chất đoạn thì tập hạn chế trên
của các hàm trong
n
RC
0
trù mật trong
0
m
H
với
1,1
mp
.
Định lí 1.2.5. Giả sử
là miền bị chặn trong
n
R
có tính chất đoạn. Khi đó
với
0
tồn tại hằng số
C
sao cho bất đẳng thức sau đúng
mp
L
L
p
kp
L
p
uCuDuD
2
22
2
22
với mọi k = 1, , m-1; mọi
m
Hu
.
Định nghĩa 1.2.5. Không gian
0
m
H
là bao đóng của
0
C
trong không
gian
m
H
.
Định lí 1.2.6. Giả sử
( ) ( )
m
u x H
và
supp ( )u x
. Khi đó
0
m
u x H
.
13
1.3. Không gian
,m k
T
H Q
Định nghĩa 1.3.1.
T
km
QH
,
là không gian các vectơ hàm phức
,u x t
có các
đạo hàm suy rộng theo
2i
D u x L
,
2
0,
j
t
u L T
,
, 1
m i s
,
1 j k
thỏa mãn
,
1/ 2
2
2
( )
0 1
m k
j
T
T T
m k
H Q
t
j
Q Q
u D u dxdt u dxdt
Trường hợp k = 0
,0
2
( )
0
m
T
T
m
H Q
Q
u D u dxdt
T
km
QH
,
là một không gian Banach. Hơn nữa nó là không gian Hilbert với
tích vô hướng sinh ra bởi chuẩn trên.
Định nghĩa 1.3.2.
T
km
QH
0
,
là bao đóng trong
,m k
T
H Q
của tập các vectơ
hàm phức
,u x t
thuộc
T
C Q
và triệt tiêu gần mặt xung quanh
T
S
.
T
km
QH
0
,
cũng là một không gian Hilbert.
Giả sử
1 2 1 2
,
,
TSTS
TT
,0;,0
2
2
1
1
Định nghĩa 1.3.3.
1
,C
là không gian các vectơ hàm phức s chiều
,u x t
khả vi vô hạn trong
và bằng 0 gần
1
.
Định nghĩa 1.3.4.
1
,
m
H
là không gian con của
m
H
sao cho
1
,
C
trù mật trong
1
,
m
H
theo chuẩn của không gian
m
H
.
Định nghĩa 1.3.5.
, 1
,
m k
T T
H Q S
là không gian con của
,m k
T
H Q
sao cho
không gian bao gồm các vectơ hàm phức
,u x t
khả vi vô hạn và bằng 0 gần
biên
1
T
S
trù mật trong nó.
14
1.4. Bất đẳng thức Gronwall- Bellman
Bổ đề 1.4.1 (Bất đẳng thức Gronwall- Bellman dạng vi phân ) Giả sử u(t) là
một hàm liên tục tuyệt đối, không âm trên [0, T] và thỏa mãn hầu khắp t bất
đẳng thức vi phân
'
( ) ( ) ( ),u t t u t t
Trong đó
( ), ( )t u t
là các hàm khả tích không âm trên [0, T]. Khi đó
0
( )
0
(0) ( ) 0,
t
t
s ds
u t e u s ds t T
Đặc biệt, nếu
'
( ) ( ) 0,u t t u t t T
và u(0) = 0 thì
( ) 0
u t
trên [0, T].
Chứng minh. Từ
'
( ) ( ) ( )u t t u t t
ta có
0 0 0
( ) ( ) ( )
'
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
s s s
r dr r dr r dr
d
u s e e u s s u s e s
ds
Với hầu khắp
0,s T
. Do đó với mọi
0
t T
ta nhận được
0 0
( ) ( )
0 0
( ) (0) ( ) (0) ( )
s s
t t
r dr r dr
u t e u e s ds u s ds
Từ đây ta được điều phải chứng minh.
Bổ đề 1.4.2 (Bất đẳng thức Gronwall- Bellman dạng tích phân ) Giả sử u,
là những hàm không âm, khả tích trên đoạn
0
,t T
và thoả mãn
0
,
t
t
u t t L u t dt
0
,t t T
ở đó L = const > 0. Khi đó
0
,
t
L t s
t
u t t L e s ds
0
,t t T
.
15
Hơn nữa, nếu
t
có đạo hàm
t
và
t
khả tích trên đoạn
0
,t T
thì
0
0
0
,
t
L t t L t s
t
u t t e e s ds
0
,t t T
.
Chứng minh. Đặt
0
t
t
y t u t dt
, ta có:
y t u t t Ly t
,
0
,t t T
hay
y t Ly t t
,
0
,t t T
.
Đặt
Lt
z t y t e
ta nhận được
Lt Lt
z t y t Ly t e t e
Từ đây, với để ý rằng
0 0
0
z t y t
, ta có:
0
,
t
Ls
t
z t e s ds
0
,t t T
.
Suy ra
0
,
t
L t s
t
y t e s ds
0
,t t T
.
Do đó
0
,
t
L t s
t
u t t L y t t L e s ds
0
,t t T
.
Từ đó suy ra khẳng định thứ nhất của bổ đề.
Nếu
0,t T
có đạo hàm
t
khả tích trên
0
,t T
thì bằng cách tích
phân từng phần ta có:
0
0 0
( ) '
1 1
( ).
t t
t
L t s L t s
L t s
t
t t
L e s ds L s e e s ds
L L
16
=
0
0
0
t
L t t L t s
t
t t e e s ds
.
Từ đây ta được khẳng định thứ hai của bổ đề. Bổ đề được chứng minh.
Nhận xét: Nếu
C const
trên
0
,t T
thì ta có
0
0
,
t
L t t
t
u t C L u s ds u t Ce
0
,t t T
.
Đặc biệt nếu
0
t
trên
0
,t T
thì ta có
0
0,
t
t
u t L u s ds u t
0
,t t T
.
17
CHƯƠNG 2.
TÍNH GIẢI ĐƯỢC CỦA BÀI TOÁN HỖN HỢP ĐỐI VỚI
HỆ PHƯƠNG TRÌNH PARABOLIC MẠNH
2.1. Đặt bài toán
ơ
Giả sử
là miền bị chặn trong
n
R
có tính chất đoạn với biên
:
1 2 1 2
,
, T là một số dương. Ta kí hiệu
1 2
1 2
0, ; 0,
T T
S T S T
. Xét toán tử vi phân ma trận cấp
2m
, 1
, , , ,
m
p q
pq
p q
L x t D D a x t D a x t
ở đó
txaatxaatxaa
pppqpq
,,,,,
là các ma trận cấp
ss
với các
phần tử là các hàm giá trị phức đo được, bị chặn trong
**
,1,
qpqp
qp
pqT
aaaQ
là ma trận liên hợp phức chuyển vị của
qp
a
. Giả
thiết thêm rằng
pq
a
liên tục theo
x
, đều theo
0,t T
. Hơn nữa giả sử
toán tử
, ,L x t D
thỏa mãn
Với mọi
,
T
x t Q
và với mọi bộ vectơ
\ 0 ,
s
p
C p m
ta có
2
pq q p p
p q m p m
a
(2.1)
ở đó
là một hằng số dương, không phụ thuộc vào bộ vectơ
,
p
p m
.
Giả sử
2 1
, , , , 0, , 1
j j j
m j
N N x t D b x t D j m
18
Là một hệ các toán tử (vi phân) biên dạng ma trận, trong đó
j
b
là những ma
trận cấp
s s
với phần tử là các hàm giá trị phức đo được, bị chặn trên
T
S
.
Hơn nữa, ta giả sử hệ
, 0, , 1
j
N j m
thỏa mãn đẳng thức tích phân sau
, 1
T
m
q
pq
p q
Q
D a D u dxdt
1
, 1 0
1
T T
j
m m
p
q p
pq j
j
p q j
Q S
a D uD dxdt N u ds
v
Với mọi
, ( )
u C
và hầu khắp
0,t T
, trong đó
v
là trường vec tơ
pháp tuyến đơn vị ngoài trên
T
S
.
Trong hình trụ
T
Q
ta xét bài toán hỗn hợp:
1
2
1
1 , , ,
,0 0
0, 0, , 1
0, 0, , 1
T
T
m
t
j
j
S
j
S
L x t D u u f x t
u x
u
j m
N u j m
(2.2)
ở đó
là véctơ pháp tuyến đơn vị ngoài đến
1
T
S
.
Trước tiên ta đưa vào định nghĩa nghiệm suy rộng của bài toán hỗn hợp
(2.2).
Hàm
,u x t
gọi là nghiệm suy rộng của bài toán hỗn hợp trong
không gian
,1 1
,
m
T T
H Q S
nếu
,1 1
, ,
m
T T
u x t H Q S
và thoả mãn đồng nhất
thức
1
, 1
1 1
T T T
m
m p
q p
pq t
p q
Q Q Q
a D uD au dxdt u dxdt f dxdt
(2.3)
19
với mọi thử
0,,,,
11,
TxSQHtx
TT
m
.
2.2 . Tính giải được của bài toán
Kí hiệu:
,1 1
, 1
, 1 , , ,
m
p
q p m
pq T T
p q
B u v t a D uD vdx u v H Q S
Bổ đề 2.2.1. Giả sử điều kiện (2.1) thoả mãn. Khi đó tồn tại hai hằng số
00
,
0 0
0, 0
sao cho mọi hàm
,1 1
,
m
T T
u H Q S
ta có bất đẳng thức:
2
0
2
0
2
,1
LH
m
uutuuB
m
.
Chứng minh. Từ điều kiện (2.1) và do
pq
a
bị chặn, từ bất đẳng thức Cauchy ta
có:
2
2
p q p
pq
L
p m p q m
D u a D uD u dx
1 ,
2
1 , 1
m m p
q p
pq
p q m
p q m
B u u t a D uD u dx
1
2
2
2
1 , ,
m
m
p
H
L
p m
B u u t C u D u
với
0
.
Từ bất đẳng thức này suy ra:
2
2
1
2
,1
m
H
m
mp
L
p
uCtuuBuD
với
0,0
C
.
Từ đó ta có
2
2
1
2
,
1
m
H
m
mp
L
p
u
C
tuuBuD
.
20
Suy ra
2
21
2
1
,1
mm
H
m
H
uCtuuBCu
,
với
0,0
1
21
C
CC
.
Bởi vì
là miền có tính chất đoạn nên từ bất đẳng thức nội suy ta có:
2
1
2
1
2
2
1
LHH
uCuu
mm
, với mọi
10
1
.
Do đó suy ra:
2
12
2
121
2
2
,1
LH
m
H
uCCuCtuuBCu
mm
.
Suy ra
2
121
2
12
2
,11
L
m
H
uCCtuuBCuC
m
.
Suy ra
2
1
12
2
1
12
2
1
,1
LH
m
u
C
CC
u
C
C
tuuB
m
.
Từ đây suy ra
2
0
2
0
2
,1
LH
m
uutuuB
m
với
0;01
1
1
12
012
1
12
0
C
CC
C
C
C
.
Bổ đề được chứng minh.
Nhận xét: Không mất tính tổng quát, bằng cách dùng phép biến đổi
0
, ,
t
u x t e x t
thay vào ( 2.2 ) ta được
21
0 0 0
0
0
1
0
2
0
0
0
1 ,
,0 0
0, 0, , 1
0, 0, , 1
T
T
m
t t t
t
t
j
t
j
S
t
j
S
L e e e f x t
e x
e j m
N e j m
0 0 0
1
2
0
1 ,
,0 0
0, 0, , 1
0, 0, , 1
T
T
m
t t t
t
j
j
S
j
S
e L e e f x t
x
j m
N j m
0
1
2
1
0
1 ( 1) ,
,0 0
0, 0, , 1
0, 0, , 1
T
T
m
t
m
t
j
j
S
j
S
L I e f x t
x
j m
N j m
Do đó từ Bổ đề 2.2.1 ta có
2
2 2
1
0 0
, 1
1 1 , , ,
m
T
m
m p
q p
pq
L H
p q
Q
a x t D D dxdt x t x t
Vậy ta có thể giả thiết rằng
2
0
1 , ,
m
m
H
B u u t u
với mọi
,1
1
,
m
T
u H Q S
, hầu khắp
0,t T
.
22
Định lí 2.2.1. Giả sử với
pq
amqp ;
là các hàm liên tục trong
T
Q
và
, , 1 ,
pq
a
const p q m
t
.
Khi đó bài toán có không nhiều hơn một nghiệm suy rộng trong không gian
11,
,
TT
m
SQH
.
Chứng minh. Giả sử bài toán có hai nghiệm suy rộng
21
,uu
trong không gian
11,
,
TT
m
SQH
.
Đặt
11,
21
,,,
TT
m
SQHtxuuuu
.
Khi đó u là nghiệm suy rộng của bài toán trong không gian
,1 1
,
m
T T
H Q S
với
0.f
Từ (2.3) ta có
1 1
, 1
1 1 1
0
T T
T
m
m p m
q p
pq
p q
Q Q
t
Q
a D uD dxdt au dxdt
u dxdt
(2.4)
với mọi hàm
,1 1
, , , , 0
m
T T
x t H Q S x T
.
Đặt
t
b
u x,
τ dτ, 0 t b
η x,t
0, b t T
với mọi
0,b T
.
Rõ ràng
,1 1
, 0; , ,
m
T T
x T x t H Q S
, thật vậy:
vì
,1 1
, ,
m
T T
u x t H Q S
nên tồn tại
1
; 0
j T j
j
u C Q u
gần
1
T
S
.
23
,1
0
m
T
j
j
H Q
u u
Đặt
t
j
j
b
u x,
τ dτ, 0 t b
η x,t
0, b t T
với
; 0
j T j
C Q
gần
1
T
S
.
m,1
T
m,1
T
t t
j j
H Q
b b
H Q
η η u x,τ dτ u x,τ dτ
m,1
T
t
j
j
H Q
b
u u d
τ 0
.
Do đó
,1 1
, ,
m
T T
x t H Q S
. Hơn nữa
t
u
với
0 t b
. Thật vậy
0
C 0,b
, ta có
2
b b t
t t
L 0,b
0 0 b
η, η dt u x,τ dτ d
2
0,
0
,
b
L b
udt u
.
Vậy hàm
chính là hàm thử. Thay vào (2.4) ta có
1
, 1
1 1
b
m
m p
q p
pq t
p q
Q
a D D dxdt
1
1 0
b b
m
t t t
Q Q
a dxdt dxdt
.
Ta có
24
1
p
, 1
1
1 1 D
1 0
b
b b
m
m p
q
pq t
p q
Q
m
t t t
Q Q
a D dxdt
a dxdt dxdt
Cộng đẳng thức này với liên hợp phức của nó ta có
1
p
, 1
2
1
1 2Re 1 D
1 2Re 2 0
b
b b
m
m p
q
pq t
p q
Q
m
t t
Q Q
a D dxdt
a dxdt dxdt
(2.5)
Ta có:
, 1 , 1
, 1
2Re 1 1
1 .
b b
b
m m
p p
q p q p
pq t pq
p q p q
Q Q
m
p
pq
q p
p q
Q
a D D dxdt a D D dxdt
t
a
D D dxdt
t
Thật vậy:
, 1 , 1
1 1
b T
m m
p p
pq
q p q p
pq
p q p q
Q Q
a
a D D dxdt D D dxdt
t t
, 1 , 1
1 1
T T
m m
p p
q p q p
t
pq t pq
p q p q
Q Q
a D D dxdt a D D dxdt
*
, 1 , 1
1 1 1
T T
m m
p p p q
q p q p
t
pq t qp
p q p q
Q Q
a D D dxdt a D D dxdt
, 1 , 1
1 1
T T
m m
T
p q
q p q p
t
pq t pq
p q p q
Q Q
a D D dxdt a D D dxdt
, 1 , 1
1 1
T T
m m
p q
q p p q
t
pq t qp
p q p q
Q Q
a D D dxdt a D D dxdt
, 1 , 1
1 1
T T
m m
p p
q p q p
t
pq t pq
p q p q
Q Q
a D D dxdt a D D dxdt
25
Thay trở lại (2.5) ta có
2 1
, 1
1
, 1
1
2 1
1
1 2Re 0
b b
b
b
m
p m
q p
t pq
p q
Q Q
m
p m
pq
q p
p q
Q
m
t
Q
dxdt a D D dxdt
t
a
D D dxdt
t
a dxdt
2
, 1
1 1
, 1
2 1 1 ,0 ,0 ,0
1 1 1 2Re
b
b b
m
m p
q p
t pq
p q
Q
m
m p m
pq
q p
t
p q
Q Q
dxdt a x D x D x dx
a
D D dxdt a dxdt
t
2
1 1
, 1
2 1 , 0
1 1 1 2Re
b
b b
m
t
Q
m
m p m
pq
q p
t
p q
Q Q
dxdt B
a
D D dxdt a dxdt
t
Theo Bổ đề 2.2.1, vế trái của đẳng thức trên lớn hơn đại lượng
2
2
0
,0 .
m
b
t
H
Q
dxdt x
Theo bất đẳng thức Cauchy và giả thiết:
, 1 ,
pq
a
p q m
t
ta có vế phải của đẳng thức trên nhỏ hơn đại lượng
2
2
2
1 2
1
b b b
m
p
t
p
Q Q Q
C D dxdt dxdt C dxdt
.
Vậy
2
2
0
2
2
2
1 2
1
,0
m
b
b b b
t
H
Q
m
p
t
p
Q Q Q
dxdt x
C D dxdt dxdt C dxdt
.
