bài toán biên ban đầu thứ nhất đới với phương trình hyperbolic mạnh trong miền bất kì

Bộ giáo dục và đào tạo
Tr-ờng Đại học S- phạm Hà Nội
Giải bài toán biên ban đầu thứ nhất đối với ph-ơng
trình hyperbolic mạnh trong miền bất kỳ
(Bằng ph-ơng pháp xấp xỉ miền)
Luận văn thạc sỹ toán
Chuyên ngành:
Ph-ơng trình vi phân đạo hàm riêng
Mã ngành:
Ng-ời h-ớng dẫn khoa học:
PGS.TSKH Nguyễn Mạnh Hùng
Ng-ời thự hiện:
Vũ Trọng L-ỡng
Hà nội - 2005
Lời nói đầu
Một trong những khái niệm cơ bản của đạo hàm riêng hiện đại là nghiệm
suy rộng, tức là nghiệm nhận đ-ợc sau khi giảm nhẹ một số điều kiện của
bài toán và là nghiệm khá gần với khái niệm nghiệm thông th-ờng.
Khi đi nghiên cứu ph-ơng trình đạo hàm riêng hiện đại, chúng ta th-ờng
bắt đầu từ việc chứng minh sự tồn tại, duy nhất nghiệm suy rộng trong các
không gian Sobolev, sau đó nhờ các công cụ của giải tích hàm, ta làm cho
nghiệm suy rộng dần đến đ-ợc những đòi hỏi của nghiệm thông th-ờng.
Nghiệm suy rộng của ph-ơng trình Hyperbolic, nói chung, không đòi hỏi
có đạo hàm đến cấp của ph-ơng trình và đ-ơng nhiên ch-a phải là nghiệm
thông th-ờng (nghiệm cổ điển), thậm chí ch-a phải là nghiệm hầu khắp nơi.
Một vấn đề đ-ợc đặt ra là, khi nào nghiệm suy rộng trở thành nghiệm thông
th-ờng và có thể biểu diễn đ-ợc nghiệm suy rộng d-ới dạng một công thức
t-ờng minh hay không. Điều này làm đ-ợc nếu biên của miền đ-ợc xét là
trơn [
Fuxra
]. Tuy nhiên, nếu biên không trơn vẫn là một vẫn đề để ngỏ.

Vào những năm chín m-ơi của thế kỉ XX- PGS.TSKH Nguyễn Mạnh Hùng
đã xét các bài toán biên đối với hệ ph-ơng trình hyperbolic mạnh trong trụ
hữu hạn với đáy là miền với biên không trơn và nhận đ-ợc các định lí về sự
tồn tại duy nhất nghiệm suy rộng cũng nh- tính trơn của nó theo biến thời
gian [4].
Trong luận văn này d-ới sự h-ớng dẫn của PGS.TSKH Nguyễn Mạnh
Hùng, bằng một ph-ơng pháp khác (ph-ơng pháp xấp xỉ miền), tác giả xét
bài toán biên ban đầu thứ nhất ph-ơng trình hyperbolic mạnh trong trụ hữu
hạn với đáy là miền với biên không trơn và tác giả cũng nhận đ-ợc các định
3
lí về sự tồn tại duy nhất nghiệm suy rộng cũng nh- tính trơn của nó theo
biến thời gian. Bố cục luận văn gồm ba ch-ơng, ch-ơng I: Một số kiến thức
chuẩn bị, gồm một số kiến thức cơ sở nh- về các không gian hàm cần thiết,
định lý xấp xỉ miền và các bổ đề cần thiết (về giải tích hàm), ch-ơng II: Sự
tồn tại duy nhất nghiệm, bao các gồm kết quả chính thông qua các định lý
II.1, II.2, II.3, ch-ơng III: Tính trơn của nghiệm theo biến thời gian, trong
ch-ơng này dựa vào các kết quả đạt trong ch-ơng II, tác giả chứng minh tính
trơn của nghiệm theo biến thời gian đến cấp bất kỳ thông qua định lý III.1.
Tất nhiên trong luận văn này không thể tránh khỏi những thiếu sót, tác giả
rất mong nhận đ-ợc những góp ý quý báu từ các thầy, cô giáo và các bạn
đồng nghiệp .
Cuối cùng bằng tấm lòng kính trọng và biết ơn sâu sắc, tác giả xin trân
thành cảm ơn thầy PGS.TSKH Nguyễn Mạnh Hùng, ng-ời đặt ra vấn đề, rồi
h-ớng dẫn, chỉ bảo tận tình để tác giả hoàn thành luận văn này. Tác giả
xin trân thành cảm ơn các thầy cô phản biện đã đọc luận văn này và đ-a ra
những nhện xét xác đáng. Tác giả cũng xin trân thành cảm ơn các anh, chị,
bạn đồng nghiệp đã giúp đỡ tác giả hoàn thành luận văn này.
Hà nội - 2005, tác giả
Mục lục
I

Một số kiến thức chuẩn bị 5
I.1.
Các không gian hàm cần thiết
.............. 5
I.2.
Khái niệm biên trơn - Định lý xấp xỉ miền
..... 8
I.3.
Thiết lập bài toán
...................... 10
II
Sự tồn tại và duy nhất nghiệm trong trụ
với đáy là miền bất kỳ 13
II.1.
Các bất đẳng thức tiên nghiệm đối với miền có biên
trơn
............................... 13
II.2.
Sự tồn tại nghiệm suy rộng
............... 31
II.3.
Tính duy nhất của nghiệm suy rộng
.......... 36
III
Tính trơn của nghiệm theo biến thời gian 40
4
Ch-ơng I
Một số kiến thức chuẩn bị
I.1.
Các không gian hàm cần thiết

Cho là một miền trong bị chặn trong R
n
, kí hiệu Q
T
=ì (0,T),T =
cost > 0, là trụ có chiều cao T , đáy là và
Q
T
= ì [0,T].
1. L
2
() là không gian Hilbert của tất cả các hàm khả tích bình ph-ơng
trên với tích vô h-ớng cho bởi
(f,g)


L
2
()
=


f(x)g(x)dx, f, g L
2
()
.
2. Không gian W
m
2
() là khônh gian Sobolev bao gồm tất cả các hàm

u(x) L
2
() có tất cả các đạo hàm suy rộng theo x đến cấp m thuộc
L
2
(). W
m
2
() là không gian Banach với chuẩn
u
W
m
2
()
=(

||m


|D

u|
2
dx)
1
2
và là không gian Hilbert với tích vô h-ớng đ-ợc sinh ra từ chẩn trên.
5
6
3. Ký hiệu C

k
(Q
T
) là tập các hàm khả vi lên tục đến cấp k trên Q
T
,
C

(Q
T
) là tập tất cả các hàm thuộc C
k
(Q
T
), k =0, 1, ....
4. Không gian L
2
(Q
T
) là không gian Hilbert của tất cả các hàm khả tích
bình ph-ơng trên Q
T
với tích vô h-ớng cho bởi
(f,g)


L
2
(Q
T

)
=

Q
T
f(x)g(x)dx, f, g L
2
(Q
T
)
5. Không gian W
m,l
2
(Q
T
) là khônh gian Sobolev bao gồm tất cả các hàm
u(x, t) L
2
(Q
T
) có tất cả các đạo hàm suy rộng theo x đến cấp m và
theo t đến cấp l thuộc L
2
(Q
T
). W
m,l
2
(Q
T

) là không gian Banach với
chuẩn
u
W
m,l
2
(Q
T
)
=(

||m

Q
T
|D

u|
2
dxdt +
l

k=1

Q
T
|

k
u

t
k
|
2
dxdt)
1
2
(Tr-ờng hợp l =0, số hạng thứ hai của vế phải coi nh- không có) và nó
cũng là không gian Hilbert với tích vô h-ớng đ-ợc sinh ra từ chẩn trên.
6. Không gian

W
m,l
2
(Q
T
) là khônh gian con của không gian W
m,l
2
(Q
T
),
bao gồm các hàm u(x, t) W
m,l
2
(Q
T
) bằng không gần biên S
T
=

ì (0,T). Điều đó có nghĩa là u(x, t)

W
m,l
2
(Q
T
) khi và chỉ khi
tồn tại một dãy {u
k
}

k=0
C

(Q
T
),u
k
(x, t)=0trên Q

T
= {(x, t)
Q
T
: dist((x, t),S
T
) <} và u
k
u trong W

m,l
2
(Q
T
) khi k .

W
m,l
2
(Q
T
) cũng là một không gian Hilbert.
Bổ đề I.1. Nếu dãy {u
k
}

k=1
hội tụ yếu tới u trong không gian Hilbert H, thì
u lim
k
u
k

hơn nữa vế phải của đẳng thức là hữu hạn.
7
Chứng minh
Xét dãy toán tử liên tục A
k
: H

R,A
k
(f)=(f,u
k
),f H

và toán
tử liên tục A : H

R,A(f)=(f,u),f H

,do{u
k
}

k=1
, hội tụ yếu tới
u, nên lim
k
A
k
(f)=A(f), f H

, suy ra dãy {A
k
}

k=1
bị chặn điểm do
nguyên lý bị chặn đều Banach - Steinhauss thì dãy {A

k
}

k=1
bị chặn đều, có
nghĩa là tồn tại sup
k1
A
k
< . Mặt khác
A
k
(f) sup
k1
A
k
f, f H

,
suy ra
A(f) = lim
k
A
k
(f) lim
k
sup
k1
A
k

f = lim
k
A
k
f, f H

. Do đó u = A lim
k
A
k
= lim
k
u
k
. Bổ đề đ-ợc chứng minh.
Bổ đề I.2. Giả sử H là không gian Hilbert khả ly. Khi đó từ một dãy con bị
chặn trong H có thể trích ra một dãy con hội tụ yếu trong H. Xem[4]
Bổ đề I.3. Nếu {u
k
}
n
k=1


W
m,1
2
(Q
T
),u

k
u
0


W
m,1
2
(Q
T
) và u
kt

u
1


W
m,1
2
(Q
T
) trong

W
m,1
2
(Q
T
), thì u

1
= u
0t


W
m,1
2
(Q
T
)
Chứng minh
Với mọi C

0
(Q
T
) ta có
(u
0t
,)
W
m,1
2
(Q
T
)
= (u
0
,

t
)
W
m,1
2
(Q
T
)
= lim
0
(u

,
t
)
W
m,1
2
(Q
T
)
= lim
0
(u
t
,)
W
m,1
2
(Q

T
)
=(u
1
,)
W
m,1
2
(Q
T
)
.
Từ đó suy ra
(u
1
u
0t
,)
W
m,1
2
(Q
T
)
, C

0
(Q
T
)

do C

0
(Q
T
) trù mật hầu khắp nơi trong

W
m,1
2
(Q
T
) d-ới chuẩn của W
m,1
2
(Q
T
)
suy ra u
0t
= u
1


W
m,1
2
(Q
T
). Bổ đề đ-ợc chứng minh.

8
Bổ đề I.4. Nếu {u
k
}
n
k=1


W
m,1
2
(Q
T
), bị chặn. Khi đó, tồn tại dãy con
u
k
l
(x, t) sao cho dãy u
k
l
(x, 0) hội tụ trong L
2
().
I.2.
Khái niệm biên trơn - Định lý xấp xỉ miền
Cho là một miền trong bị chặn trong R
n
, ký hiệu là biên của .
Định nghĩa 1. Ta gọi thuộc lớp C
k

nếu tại mỗi điểm x
0
tồn tại
một lân cận U
x
0
của điểm x
0
trong R
n
sao cho U
x
0
nằm trên siêu mặt
x
n
= f(x
1
,x
2
, ..., x
n1
)
với f C
k
(G), G là miền biến thiên của đối số x
1
,x
2
, ..., x

n1
, ( ta có thể
đổi hệ toạ độ nếu cần thiết ). Ta nói trơn ( hay thuộc lớp C

) nếu
thuộc lớp C
k
, k =0, 1, ....
Bây giờ ta chuyển sang việc xấp xỉ một miền có biên bất kỳ bởi một
dãy miền có biên trơn.
Định lý I.1. Giả sử là một miền tuỳ ý bị chặn trong R
n
. Khi đó tồn tại một
dãy miền

,>0 sao cho

và lim
0


=, (lim
0
meas(

)=0)
với

trơn.
Chứng minh. Với mọi >0, xét tập S

= {x :dist(x, ) <}.Kí
hiệu

= S

và

là biên của

. Giả sử J(x) là hàm đặc tr-ng của


, tức là
J(x)=





1 nếu x

0 nếu x/

9
gọi J
h
(x) là hàm trung bình của J(x), tức là
J
h

(x)=
1
h
n

|xy|h
(
x y
h
)J(y)dy
( ở đó hàm (x) C

(R
n
),(x) 0,(x)=(x),(x)=0, nếu x>
1 và

R
n
(x)dx =1, là nhân trung bình hoá).
Khi đó J
h
(x) thoả mãn:
1) Nếu h<

2
, thì J
h
(x)=0với x/

2
. Thật vậy, x/

2

dist(x, ) <

2
. Khi đó y, |x y| h, dist(y, ) dist(x, ) +
|x y| dist(x, ) + h<

2
+

2
= . Suy ra y/

,J(y)=0, do đó
J
h
(x)=0.
2) J
h
(x) 0,J
h
(x) 1, thật vậy
J
h
(x)=
1

h
n

|xy|h
(
x y
h
)J(y)dy
1
h
n

|xy|h
(
x y
h
)dy =1
3) Nếu h<

2
, thì J
h
(x)=1trong
2
. Thật vậy,
dist(y, ) dist(x, ) |x y| 2 h>.
Suy ra J(y)=1, y, |x y| h, vậy
J
h
(x)=

1
h
n

|xy|h
(
x y
h
)J(y)dy =
1
h
n

|xy|h
(
x y
h
)dy =1.
Cho h<

2
, kí hiệu

c
là tập các điểm x :J
h
(x) >c, với c là hằng
số nào đó cố định 0 <c<1, hiển nhiên

2

c

2
. Khi đó

c

và lim
0


c
=, (

c
= {x :J
h
(x)=0}). Giả sử K là tập các
điểm tới hạn của J
h
, (K = {x : gradJ
h
(x)=0}). Theo định lý Sarde thì
10
J
h
(K) là tập có độ đo 0 trong R. Bởi vậy tồn tại c
0

, 0 <c
0
< 1 sao cho
tập x ,J
h
(x)=c
0
không là điểm tới hạn của J
h
. Thật vậy, nếu đặt
K
1
= {x :J
h
(x)=c, c (0, 1)} là tập con của tập các điểm tới
hạn của J
h
, J
h
(K
1
)=(0, 1) J
h
(K) vậy à(J
h
(K
1
)) = 1 à(J
h
(K)) = 0

(vô lí). Đặt

c
0
= {x :J
h
(x) >c
0
} và F (x)=J
h
(x) c
0
, giả sử tại
x
0


c
, khi đó F (x
0
)=J
h
(x
0
) c
0
=0hay J
h
(x
0

)=c
0
, do việc chọn c
0
suy ra
F(x)
x
i
= gradJ
h
(x
0
) =0. Khi đó theo định lý hàm ẩn thì tồn tại một
lân cận W mở của (x
0
1
, ..., x
0
i1
,x
0
i+1
, ..., x
n
) trong R
n1
, lân cận mở V của
x
0
trong R và hàm z : W V khả vi vô hạn, sao cho x =(x

1
, ..., x
n
)
W ì V = U
x
0
,F(x)=J
h
(x) c
0
=0 (x
1
, ..., x
i1
,x
i+1
, ..., x
n
) W và
x
i
= z(x
1
, ..., x
i1
,x
i+1
, ..., x
n

). Do đó

c
0
trơn và lim
0


c
0
=.
I.3.
Thiết lập bài toán
Ta chuyển sang nghiên cứu ph-ơng trình hyperbolic tuyến tính cấp bất kỳ.
Xét trong trụ Q
T
=ì (0,T), là miền bị chặn trong R
n
, T = const > 0.
Ký hiệu
L(x, t.D)=
m

||,||=1
D

a

(x, t)D

+
m

||=1
b

(x, t)D

+ c(x, t), (1)
ởđóa

,b

,c là các hàm giá trị phức bị chăn trong trụ đóng Q
T
, a

=
(1)
||+||
a

với ||, || =1, ããã ,m và a

liên tục trong Q
T
với || =
|| = m. Xét trong trụ Q
T
ph-ơng trình

(1)
m1
L(x, t, D)u

2
u
t
2
= f(x, t). (2)
11
Ph-ơng trình (2) đ-ợc gọi là hyperbolic mạnh trong miền Q
T
nếu

||=||=m
a

(x, t)




0
||
2m
,
0
= const, (3)
với R
n

, (x, t) Q
T
.
Trong mục này chúng tôi thiết lập bài toán biên ban đầu thứ nhất đối
với ph-ơng trình hyperbolic mạnh cấp bất kỳ.
Bài toán tìm nghiệm của ph-ơng trình (2) thỏa mãn điều kiện biên ban
đầu
u(x, 0) =
u
t
(x, 0) = 0 (4)
và điều kiện biên

j
u
n
j



S
T
=0,j =0, ããã ,m 1. (5)
ởđón là pháp véc tơ ngoài tới mặt S
T
, đ-ợc gọi là bài toán biên ban đầu
thứ nhất đối với ph-ơng trình hyperbolic mạnh (2).
Nghiệm suy rộng Nghiệm suy rộng trong không gian W
m,1
2

(Q
T
) của bài
toán (2), (4), (5) là hàm u(x, t)

W
m,1
2
(Q
T
),u(x, 0) = 0 và thỏa mãn đồng
nhất thức tích phân sau:
(1)
m1

Q
T

m

||,||=1
(1)
||
a

D

uD

+

m

||=1
b

D

u + cu

dxdt
+

Q
T
u
t

t
dxdt =

Q
T
fdxdt
với (x, t)

W
m,1
2
(Q
T

),(x, T)=0. (6)
Giả sử là một miền bất kì và

với

= {x : dist(x, )
},

trơn, Q

T
=

ì (0,T). Khi đó ta công nhận kết quả sau đây:
12
Định lý I.2. Nếu f C

(Q
T
) và

k
f
t
k


t=0
=0, k =0, 1, ããã ,s 1, thì bài
toán biên ban đầu thứ nhất đối với ph-ơng trình Hyperbolic mạnh (2),(4),(5)

trong Q

T
tồn tại và duy nhất nghiệm suy rộng u(x, t)

W
2m,s
2
(Q

T
).
Chứng minh xem[
Fuxra
]
Ch-ơng II
Sự tồn tại và duy nhất nghiệm trong trụ với
đáy là miền bất kỳ
II.1.
Các bất đẳng thức tiên nghiệm đối với miền có biên trơn
Trong mục này chúng ta đi chứng minh một số bất đẳng thức tiên nghiệm
đối với trụ có đáy là miền có biên trơn, để làm cơ sở cho việc chứng minh
sự tồn tại nhiệm suy rộng của bài toán (2),(4),(5) trong trụ có đáy là miền
bất kỳ.
Giả sử là một miền bất kì và

với

= {x : dist(x, )
},

trơn, Q

T
=

ì (0,T).
Định lý II.1. Giả sử các hệ số a

của (1) thỏa mãn điều kiện (3) và liên
tục theo t trong
Q
T
. Khi đó tồn tại các hằng số
1
> 0 và
2
, sao cho
(1)
m
m

||,||=1
(1)
||



a

D

uD

udx
1

||m



|D

u(x, t)|
2
dx

2



|u(x, t)|
2
dx.
với u(x, t)

W
m,1
2
(Q

T
),
1
và
2
không phụ thuộc t và .
13
14
Chứng minh. Với u

W
m,1
2
(Q

T
), đặt
u(x, t)=





u(x, t) x

0 x

gọi
u

h
(x, t)=
1
h
n

|xy|h
(
x y
h
)u(x, t))dy
khi đó u
h
(x, t)

W
m,1
2
(Q

T
). Theo định lí (6.2) - Nguyễn Mạnh Hùng,
Ph-ơng trình đạo hàm riêng - phần II, NXBGD - 2005 (tr 216 - 217), ta có
(1)
m
m

||,||=1
(1)
||

a

D

u
h
D

u
h
dx
1

||m


|D

u
h
|
2
dx (7)

2


|u

h
|
2
dx.
với
1
> 0 và
2
không phụ thuộc t. Mặt khác u
h
u
W
m
2
()
0(h0), t
(0,T) do tính hội tụ mạnh suy ra tính hội tụ yếu, nên cho bất đẳng thức (7)
khi cho h0. Ta nhận đ-ợc
(1)
m
m

||,||=1
(1)
||


a

D

uD

udx
1

||m


|D

u|
2
dx

2


|u|
2
dx.
với
1
> 0 và
2
không phụ thuộc t. Hay bất đẳng thức trên viết đ-ợc viết
lại nh- sau:
(1)
m
m

||,||=1
(1)
||



a

D

uD

udx
1

||m



|D

u|
2
dx

2

|u|
2
dx.
với
1
> 0 và
2
không phụ thuộc t và .
15
Bổ đề II.1. Nếu f C

(Q
T
),

k
f
t
k


t=0
=0, k 0, các hệ số của toán tử
(1) thoả mãn điều kiện (3) và
|
a

t
|; |a

|; |b

|; |c| M, trên Q
T
,M = const > 0, , =1, 2, ...m,
thì nghiệm suy rộng u

W
m,1
2
(Q

T
) của bài toán (2),(4),(5) trong Q

T
thoả
mãn đánh giá
u
2
W
m,1
2
(Q

T
)
Cf
2
L

2
(Q

T
)
(8)
ở đó hằng số C không phụ thuộc .
Chứng minh. Theo định lý I.2 thì u là nghiệm hầu khắp nơi của bài toán
(2),(4),(5) trong Q

T
tức là u thoả mãn ph-ơng trình
(1)
m
L(x, t, D)u +

2
u
t
2
= f(x, t) (9)
và các điều kiện ban đầu
u(x, 0) =
u
t
(x, 0) = 0
và điều kiện biên

j
u

n
j



S

T
=0,j =0, ããã ,m 1.
ởđón là pháp véc tơ ngoài tới mặt S

T
. Nhân hai vế của (9) với u
t
sau đó
lấy tích phân theo trụ Q


=

ì (0,),o< <T.Ta nhận đ-ợc
(1)
m

Q



m

||,||=1
D

a

D

u +
m

||=1
b

D

u + cu

u
t
dxdt +

Q


u
tt
.u
t
dxdt
=

Q


f.u
t
dxdt
(10)
Sử dụng các điều kiện ban đầu, điều kiện biên và công thức tích phân từng
phần ta có
16
+)

Q
ε
τ
u
tt
.u
t
dxdt =
1
2

τ
0

Ω
ε
∂

∂t
|u
t
|
2
dxdt =
1
2

Ω
ε
τ
|u
t
|
2
dx; (11)
+)
m

|α|,|β|=1

Q
ε
τ
D
α
a
αβ
D

β
u.u
t
dxdt =
=
m

|α|,|β|=1

Q
ε
τ
(−1)
|α|
a
αβ
D
β
u.D
α
u
t
dxdt
=
1
2
m

|α|,|β|=1


Q
ε
τ
(−1)
|α|
∂
∂t
(a
αβ
D
β
u.D
α
u)dxdt
−
1
2
m

|α|,|β|=1

Q
ε
τ
(−1)
|α|
a
αβt
D
β

u.D
α
udxdt
=
1
2
m

|α|,|β|=1

Ω
ε
τ
(−1)
|α|
a
αβ
D
β
u.D
α
udx
−
1
2
m

|α|,|β|=1

Q

ε
τ
(−1)
|α|
a
αβt
D
β
u.D
α
udxdt (12)
Nh- vËy tõ (11) vµ (12) ta cã thÓ viÕt l¹i (10) nh- sau:
1
2

m

|α|,|β|=1

Ω
ε
τ
(−1)
m+|α|
a
αβ
D
β
u.D
α

udx +

Ω
ε
τ
|u
t
|
2
dx

=
=
1
2
m

|α|,|β|=1

Q
ε
τ
(−1)
|α|+m
a
αβt
D
β
u.D
α

udxdt
+(−1)
m+1
m

|α|=1

Q
ε
τ
b
α
D
α
u.u
t
dxdt +(−1)
m+1

Q
ε
τ
cu.u
t
dxdt
+

Q
ε
τ

f.u
t
dxdt (13)
17
Sử dụng định lý II.1 ta có đánh giá cho số hạng đầu tiên của vế trái nh- sau:
1
2
m

||,||=1




(1)
m+||
a

D

u.D

udx
1




m

||=0
|D

u|
2
dx
2




|u|
2
dx
(14)
trong đó
1
,
2
> 0 không phụ thuộc . (
2
0 thì có thể bỏ qua số hạng
này).
Từ (13) và (14) ta có
1
2
[
1

m

||=0
|D

u|
2
dx +




|u
t
|
2
dx]

2




|u|
2
dx + |
1
2

m

||,||=1

Q


(1)
||+m
a
t
D

u.D

udxdt
+(1)
m+1
m

||=1

Q


b

D

u.u

t
dxdt +(1)
m+1

Q


cu.u
t
dxdt
+

Q


f.u
t
dxdt| (15)
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy |a.b|
a
2
+ b
2
2
. Ta đánh giá các số hạng ở
vế phải của (15) ta có
+)
|
1
2

m

||,||=1

Q


(1)
||+m
a
t
D

u.D

udxdt|
Mm
2

Q


m

||=1
|D

u|
2
dxdt

(16)
+) |(1)
m+1
m

||=1

Q


b

D

u.u
t
dxdt|

M
2

Q


m

||=1
|D

u|

2
dxdt +
Mm
2

Q


|u
t
|
2
dxdt (17)
18
+)
|(1)
m+1

Q


cu.u
t
dxdt|
M
2


Q

|u|
2
dxdt +

Q


|u
t
|
2
dxdt

(18)
+)
|

Q


f.u
t
dxdt|
1
2


Q

|f|
2
dxdt +

Q


|u
t
|
2
dxdt

(19)
+) Mặt khác u(x, )=


0
u
t
(x, t)dt suy ra |u(x, )|
2
=(


0
u
t
(x, t)dt)

2

T


0
|u
t
(x, t)|
2
dt.
Do vậy

2




|u|
2
dx
2
T

Q


|u
t
(x, t)|

2
dxdt (20)
Nh- vậy từ các bất đẳng thức (16) đến (20) và (15) ta nhận đ-ợc

1




m

||=0
|D

u|
2
dx +




|u
t
|
2
dx

2
T

Q


|u
t
(x, t)|
2
dxdt + M(m +2)

Q



m

||=0
|D

u|
2
+ |u
t
|
2

dxddt
+

Q

|f|
2
dxdt
Đặt M
1
= max{
2
T ; M(m + 2); 1} và m
0
= min{
1
, 1} > 0, ta có





m

||=0
|D

u|
2
+ |u
t
|
2

dx
M
1
m
0


Q



m

||=0
|D

u|
2
+ |u
t
|
2

dxdt + f
2
L
2
(Q

T

)

(21)
19
Đặt Z()=





m

||=0
|D

u|
2
+ |u
t
|
2

dx. Khi đó từ (21) ta có
Z()
M
1
m
0

0
Z(t)dt + f
2
L
2
(Q

T
)

Theo bất đẳng thức Gronwall-Bellman ta có
Z()
M
1
m
0
f
2
L
2
(Q

T
)
.e
M
1
m
0

, (0,T)
Tích phân đẳng thức này theo từ 0 đến T ta nhận đ-ợc
u
2
W
m,
1
2
(Q

T
)
Cf
2
L
2
(Q

T
)
,C=(e
M
1
m
0
T
1)
là hằng số không phụ thuộc vào , u và cả f.
Trong bổ đề tiếp theo ta sẽ thiết lập đánh giá dạng (8) của nghiệm suy

rộng nh-ng không cần đến yêu cầu

k
f
t
k


t=0
=0, k 0,
nh- đã có ở trong bổ đề II.1.
Bổ đề II.2. Nếu f C

(Q
T
), các hệ số của toán tử (1) thoả mãn điều kiện
(3) và
|
a

t
|; |a

|; |b

|; |c| M, trên Q
T
,M = hằng số d-ơng, , =1, 2, ...m,
thì nghiệm suy rộng u

W
m,1
2
(Q

T
) của bài toán (2),(4),(5) trong Q

T
thoả
mãn đánh giá
u
2
W
m,1
2
(Q

T
)
Cf
2
L
2
(Q

T
)
(22)
ở đó hằng số C không phụ thuộc , u, f.