Phương trình sóng kirchhoff một chiều với điều kiện biên neumann không thuần nhất ở một phần biên

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

FG

CAO QUỐC DUY

PHƯƠNG TRÌNH SÓNG KIRCHHOFF
MỘT CHIỀU VỚI ĐIỀU KIỆN BIÊN
NEUMANN KHÔNG THUẦN NHẤT Ở
MỘT PHẦN BIÊN
LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC

Chuyên Nghành: Toán giải tích
Mã Số
: 60. 46. 01

Người hướng dẫn khoa học: TS NGUYỄN THÀNH LONG
Đại Học Khoa Học Tự Nhiên Tp.HCM

Thành phố Hồ Chí Minh – Năm 2009


Luận văn được hoàn thành tại
Trường Đại học Khoa học Tự nhiên Tp.Hồ Chí Minh

Người hướng dẫn khoa học: TS Nguyễn Thành Long
Đại học Khoa học Tự nhiên Tp. HCM

Người nhận xét 1: TS Trịnh Anh Ngọc
Đại học Khoa học Tự nhiên Tp. HCM

Người nhận xét 2: TS Lê Thị Phương Ngọc
Cao đẳng Sư phạm Nha Trang

Học viên cao học: Cao Quốc Duy

Luận văn sẽ được bảo vệ tại hội đồng chấm luận văn tại trường Đại
học Khoa học Tự nhiên Tp. Hồ Chí Minh, vào lúc… giờ … ngày …
tháng … năm 2009.

Có thể tìm hiểu luận văn tại phòng Sau Đại Học, thư viện trường Đại
học Khoa học Tự nhiên Tp. Hồ Chí Minh.

Thành Phố Hồ Chí Minh –Năm 2009


LỜI CẢM ƠN

Lời đầu tiên, tôi xin bày tỏ lòng kính trọng và biết ơn sâu sắc nhất đến
Thầy hướng dẫn, TS Nguyễn Thành Long. Thầy đã truyền đạt cho tôi nhiều kiến
thức quí báu và tận tình hướng dẫn tôi trong suốt khóa học và nhất là trong việc
hoàn thành luận văn này.
Xin trân trọng cảm ơn Thầy Trịnh Anh Ngọc và Cô Lê Thị Phương Ngọc
đã đọc cẩn thận luận văn của tôi và cho nhiều nhận xét quí báu để luận văn được
hoàn chỉnh hơn.
Xin chân thành cảm ơn Quý Thầy Cô trong và ngoài khoa Toán – Tin học
trường Đại học Khoa học Tự nhiên Tp. Hồ Chí Minh đã tận tình giảng dạy và
truyền đạt kiến thức cho tôi trong suốt thời gian tôi học tập tại trường.
Xin chân thành cảm ơn Phòng Sau Đại học đã tạo điều kiện thuận lợi cho
tôi hoàn thành khóa học và làm các thủ tục bảo vệ luận văn.

Xin chân thành cảm ơn Ban Giám hiệu, Khoa Khoa học Cơ bản trường
Đại học Bà Rịa – Vũng Tàu đã tạo nhiều điều kiện thuận lợi về mặt công tác để
tôi hoàn thành luận văn.
Xin cảm ơn các bạn học viên lớp Cao học Giải tích K16 và các anh chị
trong nhóm seminar do Thầy hướng dẫn tổ chức đã động viên và nhiệt tình giúp
đỡ tôi trong suốt thời gian tôi học tập và làm luận văn.
Sau cùng, xin gởi đến gia đình tôi tất cả những tình cảm thân thương, nơi
đã tạo điều kiện và giúp tôi vượt qua nhiều khó khăn trong cuộc sống để tôi tiếp
tục con đường học vấn.

1


MỤC LỤC

Lời cảm ơn ……………………………………………………………………...1
Mục lục ………………………………………………………………………….2
CHƯƠNG 0. TỔNG QUAN VỀ BÀI TOÁN…….…………………………...3
CHƯƠNG 1. CÁC CÔNG CỤ CHUẨN BỊ …………………………………..7
1.1.

Các kí hiệu và không gian hàm ………………………………….7

1.2.

Một số công cụ thường sử dụng ………………………………….7

CHƯƠNG 2. SỰ TỒN TẠI VÀ DUY NHẤT NGHIỆM…………………....10
2.1.

Giới thiệu ………………………………………………………...10

2.2.

Thuật giải xấp xỉ tuyến tính …………………………………….11

2.3. Sự tồn tại và duy nhất nghiệm ………………………………….25
CHƯƠNG 3. NGHIÊN CỨU KHAI TRIỂN TIỆM CẬN NGHIỆM YẾU
CỦA BÀI TOÁN NHIỄU THEO MỘT THAM SỐ BÉ…………………….33
CHƯƠNG 4. MINH HỌA BẰNG MỘT BÀI TOÁN CỤ THỂ ……………51
KẾT LUẬN ……………………………………………………………………53
TÀI LIỆU THAM KHẢO ……………………………………………………54

2


CHƯƠNG 0
TỔNG QUAN VỀ BÀI TOÁN

Trong luận văn này, chúng tôi xét bài toán giá trị biên và ban đầu cho
phương trình sóng phi tuyến có hệ số chứa tích phân thuộc dạng dưới đây

(

utt − μ u x (t )

2

)u

xx

= f ( x, t , u ), 0 < x < 1, 0 < t < T ,

(0.1)

u x (0, t ) = g (t ), u (1, t ) = 0,

(0.2)

u ( x,0) = u0 ( x), ut ( x,0) = u1 ( x) .

(0.3)

trong đó f , g , μ , u0 , u1 là các hàm cho trước thỏa các điều kiện mà ta sẽ chỉ ra
sau.

(

Trong phương trình (0.1), số hạng phi tuyến μ u x (t )

2

) là hàm phụ thuộc

vào tích phân
1

u x (t ) = ∫ u x2 ( x, t )dx .
2

(0.4)

0

Phương trình (0.1) có nguồn gốc từ phương trình mô tả dao động phi
tuyến của một dây đàn hồi (Kirchhoff [6])
2
L
⎛
⎞
Eh ∂u
ρ hutt = ⎜ P0 +
∫0 ∂y ( y, t ) dy ⎟⎟ uxx ,
⎜
2
L
⎝
⎠

(0.5)

ở đây, u là độ võng, ρ là khối lượng riêng, h là thiết diện, L là chiều dài sợi
dây ở trạng thái ban đầu, E là môđun Young và P0 là lực căng ở trạng thái ban
đầu.

3


Trong [7], Carrier thiết lập mô hình dưới dạng

L
⎛
⎞
2
utt = ⎜ P0 + P1 ∫ u ( y, t ) dy ⎟ u xx ,
0
⎝
⎠

(0.6)

trong đó P0 , P1 là các hằng số dương.
Bài toán (0.1) – (0.4) có nhiều ý nghĩa trong vật lí và cơ học và được
nhiều nhà toán học quan tâm nghiên cứu trong thời gian gần đây.
Phương trình (0.1) với các dạng khác nhau của μ và f và các điều kiện
biên khác nhau đã được khảo sát bởi nhiều tác giả, chẳng hạn:
Trong [9], Nguyễn Thành Long và Trần Ngọc Diễm đã khảo sát phương
trình (0.1) với μ ≡ 1 , f ( x, t , u , u x , ut ) và điều kiện biên hỗn hợp thuần nhất.
Trong [10], Nguyễn Thành Long, Nguyễn Công Tâm và Nguyễn Thị Thảo
Trúc đã khảo sát phương trình (0.1) với μ ≡ 1 , f ( x, t , u, u x , ut ) và điều kiện biên
hỗn hợp không thuần nhất.

(

2

Khi f = 0 và μ = μ u x

) là hàm phụ thuộc vào

ux

2

với điều kiện biên

hỗn hợp hay Cauchy cũng được nghiên cứu bởi nhiều tác giả: Ebihara, Mederios,
Minranda [15], Pohozaev [16].
Trong [12 – 13], Nguyễn Thành Long và các tác giả đã nghiên cứu
phương trình (0.1) với các số hạng phi tuyến μ và f có dạng tổng quát hơn

(

μ t, ux

2

) hoặc μ (t, u

2

, ux

2

) và f ( x, t, u, u , u , u
x

t

2

, ux

2

)

với các điều kiện biên khác nhau.
Trong phần đầu của luận văn này, chúng tôi sẽ liên kết với phương trình
(0.1) một dãy qui nạp tuyến tính bị chặn trong một không gian hàm thích hợp. Sự
tồn tại và duy nhất nghiệm yếu của bài toán (0.1) – (0.4) được chứng minh dựa

4


phương pháp xấp xỉ Galerkin và kĩ thuật compact yếu trong các không gian hàm
Sobolev.
Trong phần hai của luận văn, chúng tôi nghiên cứu khai triển tiệm cận
nghiệm yếu của bài toán nhiễu theo một tham số bé ε , trong đó số hạng nhiễu là
các số hạng phi tuyến trên phương trình cùng dạng và biểu thức của điều kiện
đầu như bài toán sau

(

)

⎧u − μ u (t ) 2 u = F ( x, t , u ), 0 < x < 1, 0 < t < T ,
ε
εx

ε xx
ε
ε
⎪ ε tt
⎪u (0, t ) = g (t ), u (1, t ) = 0,
ε
⎪ εx
N +1
⎪
k
⎪⎪uε ( x,0) = u0 ( x) + ∑ u0 k ( x)ε ,
k =1
( Qε ) ⎨
N +1
⎪u ( x,0) = u ( x) + u ( x)ε k ,
∑
1
1k
⎪ εt
k =1
⎪
2
2
⎪ με uε x (t ) = 1 + εμ uε x (t ) ,
⎪
⎪⎩ Fε ( x, t , uε ) = f ( x, t , uε ) + ε f1 ( x, t , uε ),

(

)

(

)

trong đó các hàm μ , f , f1 , u0 k , u1k , k = 1,..., N sẽ thỏa thêm một số điều kiện
phụ.
Luận văn được trình bày theo các chương mục sau:
Chương 0, phần mở đầu, tổng quan về bài toán khảo sát trong luận văn,
điểm qua các kết quả trước đó và nêu bố cục của luận văn.
Chương 1, chúng tôi trình bày một số kết quả chuẩn bị bao gồm việc nhắc
lại một số không gian hàm, một số kết quả về phép nhúng compact và một số kết
quả về lí thuyết phổ được sử dụng trong luận văn.
Chương 2, chúng tôi nghiên cứu sự tồn tại và duy nhất nghiệm yếu của bài
toán (0.1) – (0.4).

5


Chương 3, chúng tôi nghiên cứu khai triển tiệm cận của bài toán ( Qε )
theo một tham số bé ε .
Chương 4, chúng tôi cho một ví dụ cụ thể để minh họa về khai triển tiệm
cận của bài toán ( Qε ) .
Kế đến là phần kết luận và sau cùng là danh mục các tài liệu tham khảo.

6


CHƯƠNG I
CÁC CÔNG CỤ CHUẨN BỊ.

1.1. Các kí hiệu và không gian hàm

Chúng tôi bỏ qua định nghĩa các không gian hàm thông dụng và để cho
tiện lợi, ta kí hiệu:
Ω = ( 0,1) , QT = Ω × ( 0,T ) , T > 0 ,

Lp = Lp ( Ω ) , H m = H m ( Ω ) = W m ,2 , W m , p = W m , p ( Ω ) ,
⋅ , ⋅, ⋅ lần lượt chỉ chuẩn và tích vô hướng trên L2 , ⋅ X chỉ chuẩn trên
không gian Banach X.
Ta kí hiệu Lp ( 0, T ; X ) , 1 ≤ p ≤ ∞ là không gian Banach các hàm
u : ( 0, T ) → X đo được sao cho
u

L p ( 0,T ; X )

⎛T
= ⎜ ∫ u (t )
⎝0

1

⎞p
P
dt ⎟ < +∞, (1 ≤ p < ∞ ) ,
X
⎠

và

u

L∞ ( 0,T ; X )

= ess sup u (t ) X ,
0≤t ≤T

( p = ∞) .

Ta viết

u (t ), ut (t ) = u (t ), utt (t ) = u (t ), u x (t ) = ∇u (t ), u xx (t ) = Δu (t ) lần lượt thay cho
u ( x, t ),

∂u
∂ 2u
∂u
∂ 2u
( x, t ), 2 ( x, t ),
( x, t ), 2 ( x, t ) theo thứ tự.
∂t
∂t
∂x
∂x

1.2. Một số công cụ thường sử dụng

7

Cho ba không gian Banach X 0 , X , X 1 sao cho X 0 ↪ X ↪ X 1 với các
phép nhúng liên tục sao cho
X 0 , X 1 phản xạ,

(1.1)

phép nhúng X 0 ↪ X compact.

(1.2)

Với 0 < T < ∞, 1 ≤ pi ≤ ∞, i = 0, 1 ta đặt
dv
⎧
⎫
W = ⎨v ∈ Lp0 ( 0, T ; X 0 ) : = v′ ∈ Lp1 ( 0, T ; X 1 ) ⎬ .
dt
⎩
⎭

Trên W ta trang bị chuẩn sau
vW = v

L p0 ( 0,T ; X 0 )

+ v′

L p1 ( 0,T ; X1 )

.

Khi đó, W là không gian Banach và W ⊂ Lp0 ( 0, T ; X ) .
Ta cũng có kết quả sau liên quan đến phép nhúng compact.
Bổ đề 1.1. [Lions [2], trang 57]. Với các giả thiết (1.1), (1.2) và

1 < pi < ∞, i = 0, 1 thì phép nhúng W ↪ Lp0 ( 0, T ; X ) là compact.
Sau cùng chúng tôi trình bày một số kết quả về lý thuyết phổ.
Ta thành lập các giả thiết sau:
Cho V và H là hai không gian Hilbert thỏa các điều kiện sau:
(i) Phép nhúng từ V ↪ H là compact,

(1.3)

(ii) V trù mật trong H .

(1.4)

Cho a : V × V →

là dạng song tuyến tính đối xứng, liên tục trên V × V và

cưỡng bức trên V . Chính xác hơn, ta gọi a là:
j/ dạng song tuyến tính nếu u → a (u , v) tuyến tính trên V với mọi v ∈V
và v → a (u , v) tuyến tính trên V với mọi u ∈V .
jj/ đối xứng nếu a (u , v) = a (v, u ), ∀u , v ∈V .

8


jjj/ liên tục nếu ∃M sao cho a(u, v) ≤ M u

V

v V , ∀u, v ∈V .
2

jv/ cưỡng bức nếu ∃α > 0 sao cho a (u , u ) ≥ α u V , ∀u ∈V .
Khi đó ta có kết quả sau mà chứng minh có thể tìm thấy trong [3 , trang
87, định lí 7.7].
Bổ đề 1.2. Dưới các giả thiết (1.3) và (1.4) . Khi đó tồn tại một cơ sở trực

chuẩn {w j } của H gồm các hàm riêng w j tương ứng với các giá trị riêng λ j
∞

j =1

sao cho 0 < λ1 ≤ λ2 ≤ ... ≤ λ j ≤ ..., lim λ j = +∞ và
j →∞

a ( w j , v) = λ j w j , v , ∀v ∈V , ∀j = 1, 2...

{

Hơn nữa, dãy {w j } = w j
với tích vô hướng

λj

} cũng là một cơ sở trực chuẩn của V đối

a (⋅, ⋅).

Ta cũng có bổ đề đánh giá sau mà chứng minh không mấy khó khăn:
Bổ đề 1.3. Cho dãy số thực {ηm } thỏa η0 = 0, 0 ≤ ηm ≤ σηm−1 + δ , ∀m ≥ 1,

trong đó 0 ≤ σ < 1, δ > 0 là các hằng số cho trước.
Khi đó ηm ≤

δ
1−σ

, ∀m ≥ 1 .

9


CHƯƠNG II
SỰ TỒN TẠI VÀ DUY NHẤT NGHIỆM

2.1. Giới thiệu

Trong chương này, chúng tôi xét bài toán giá trị biên và ban đầu cho
phương trình sóng phi tuyến có hệ số chứa tích phân thuộc dạng dưới đây

(

utt − μ u x (t )

2

)u

xx

= f ( x, t , u ), 0 < x < 1, 0 < t < T ,

(2.1)

u x (0, t ) = g (t ), u (1, t ) = 0,

(2.2)

u ( x,0) = u0 ( x), ut ( x,0) = u1 ( x) .

(2.3)

trong đó f , g , μ , u0 , u1 là các hàm cho trước thỏa các điều kiện mà ta sẽ chỉ ra

(

sau. Trong phương trình (2.1), số hạng phi tuyến μ u x (t )

2

) là hàm phụ thuộc

1

vào tích phân u x (t ) = ∫ u x2 ( x, t )dx .
2

0

Bằng cách đổi ẩn hàm, ta đưa bài toán không thuần nhất (2.1) – (2.3) về
bài toán với điều kiện biên thuần nhất như sau.
Với x ∈ [ 0,1] và t ≥ 0 , ta đặt
Φ ( x, t ) = ( x − 1) g (t ) ,

(2.4)

v ( x , t ) = u ( x , t ) − Φ ( x, t ) ,

(2.5)

f ( x, t , v ) = f ( x, t , v + Φ ) − Φ tt ( x, t ) = f ( x, t , v + Φ ) − ( x − 1) g ′′(t ) ,

(2.6)

v0 ( x) = u0 ( x) − Φ ( x,0), v1 ( x) = u1 ( x) − Φ t ( x,0) ,

(2.7)

cùng với điều kiện tương thích

g (0) = u x (0,0) = u0 x (0), u (1,0) = u0 (1) = 0 .

10

(2.8)

Khi đó bài toán (2.1) – (2.3) tương đương với bài toán giá trị biên ban đầu
sau đây

(

vtt − μ vx (t ) + g (t )

2

)v

xx

= f ( x, t , v), 0 < x < 1, 0 < t < T ,

(2.9)

vx (0, t ) = v(1, t ) = 0,

(2.10)

v( x,0) = v0 (t ), vt ( x,0) = v1 (t ) .

(2.11)

Trong chương này chúng tôi xấp xỉ tuyến tính bài toán (2.9) – (2.11) bằng
bài toán sau:

(

vm − μ ∇vm−1 (t ) + g (t )

2

) Δv

m

= f ( x, t , vm−1 ), 0 < x < 1, 0 < t < T ,

(2.12)

∇vm (0, t ) = v(1, t ) = 0,

(2.13)

vm ( x,0) = v0 ( x), vm ( x,0) = v1 ( x) .

(2.14)

Trong phần một, chúng tôi thiết lập sự tồn tại của dãy xấp xỉ {vm } bằng
phương pháp xấp xỉ Galerkin. Phần hai đề cập đến sự hội tụ của dãy {vm } về
nghiệm yếu của bài toán (2.9) – (2.11) trong các không gian hàm thích hợp.
2.2. Thuật giải xấp xỉ tuyến tính

Ta thành lập các giả thiết:
(H1) g ∈ C 2 (

+

),

(H2) u0 ∈V ∩ H 2 ; u1 ∈V = {v ∈ H 1 : v(1) = 0} ,
(H3) μ ∈ C1 (
(H4)

+

) , μ ( z ) ≥ μ0 > 0, ∀z ≥ 0 ,

f ∈ C 0 ([0,1] ×
(H4i)

+

×

) thỏa các điều kiện

f (1, t , u ) = 0 với mọi t ≥ 0 và mọi u ∈ ,

(H4ii) D j f ∈ C 0 ([0,1] ×

+

×

),

11

j = 1, 3 .


Ta

cũng

f ∈ C1 ([0,1] ×

+

chú

ý

rằng

điều

kiện

(H4)

không

nhất

thiết

).

×

Cho trước M > 0 và T * > 0 , ta đặt:

(

)

(

)

K 0 = K 0 M , f = sup

f ( x, t , v ) ,

(2.15)

( x ,t ,v )∈A*

K1 = K1 M , f = sup

( x ,t ,v )∈A*

(D f

)

+ D3 f ( x, t , v) ,

1

(2.16)

trong đó A* = A* ( M , T * ) = {( x, t , v) : 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ t ≤ T * , v ≤ M }.
Cho trước T * > 0. Với mỗi M > 0 và T ∈ (0, T * ], ta đặt

{

W ( M , T ) = v ∈ L∞ ( 0, T ;V ∩ H 2 ) : vt ∈ L∞ ( 0, T ;V ) và vtt ∈ L2 ( QT ) ,
với v

(

L∞ 0,T ;V ∩ H 2

) , vt

L∞ ( 0,T ;V )

, vtt

{

}

L2 ( QT )

W1 ( M , T ) = v ∈W ( M , T ) : vtt ∈ L∞ ( 0, T ; L2 ) ,

≤M

},

(2.17)
(2.18)

trong đó QT = Ω × ( 0, T ) .
M 1 = M 1 (T * , g ) = g
K0 = K0 ( M , μ ) =
K1 = K1 ( M , μ ) =

(

′
) + g C ( ⎡⎣0,T ⎤⎦ ) ,

(2.19)

μ ( z) ,

(2.20)

μ ′( z ) .

(2.21)

C 0 ⎡0,T * ⎤

⎣
⎦

sup

0≤ z ≤ ( M + M 1 )

2

sup

0≤ z ≤ ( M + M 1 )

2

0

*

Trong luận văn này, chúng tôi đặt
V = {v ∈ H 1 : v(1) = 0}

(2.22)

và sử dụng dạng song tuyến tính sau
1

a (u , v) = ∫ ∇u∇vdx ∀u , v ∈V .

(2.23)

0

12


Trên V ta sử dụng chuẩn v V = a(v, v) = ∇v .
Khi đó, ta có các bổ đề sau:
Bổ đề 2.1. Phép nhúng từ V ↪ C 0 ( Ω ) là compact và

v

C 0 ([ 0,1])

1
v
2

H1

≤ vx = v V ,

≤ vx = v V ≤ v

H1

, với mọi v ∈V .
a (⋅, ⋅) xác định bởi (2.23) liên

Bổ đề 2.2. Dạng song tuyến tính đối xứng

tục trên V × V và cưỡng bức trên V .
Các bổ đề 2.1 và 2.2 là các kết quả quen thuộc mà chứng minh của nó có
thể tìm thấy trong nhiều tài liệu liên quan đến lý thuyết về không gian Sobolev,
chẳng hạn trong [1].
Chú thích:

Trên V , ba chuẩn sau là tương đương

v

H1

, ∇v , v V = a ( v , v ) .

V là không gian con đóng của H 1 , do đó nó cũng là không gian Hilbert
đối với tích vô hướng của H 1 .
Bổ đề 2.3. Tồn tại một cơ sở trực chuẩn Hilbert {w j } của L2 gồm các
∞

j =1

hàm riêng w j tương ứng với các giá trị riêng λ j sao cho

0 < λ1 ≤ λ2 ≤ ... ≤ λ j ≤ ..., lim λ j = +∞ ,
j →∞

a( w j , v) = λ j w j , v

{

Hơn nữa, dãy {w j } = w j
với tích vô hướng

∀v ∈V , ∀j = 1, 2...

}

λ j cũng là một cơ sở trực chuẩn của V đối

a (⋅, ⋅).

13


Hơn nữa, các w j thỏa bài toán biên dưới đây

⎧−Δw j = λ j w j trong ( 0,1) ,
⎪⎪
⎨∇w j (0) = w j (1) = 0,
⎪
∞
⎪⎩ w j ∈V ∩ C ([0,1]) .
Bổ đề 2.3 được suy ra từ bổ đề 1.2 với H = L2 , V , a (⋅, ⋅) được xác định
bởi (2.22)-(2.23).
Ta chọn số hạng đầu tiên v0 ≡ 0 .
Giả sử
vm−1 ∈W1 ( M , T ) .

(2.24)

Ta liên kết bài toán (2.9) – (2.11) với bài toán biến phân sau:
Tìm vm ∈W1 ( M , T ) thỏa bài toán biến phân tuyến tính sau đây
vm (t ), w + μm (t ) ∇vm (t ), ∇w = Fm (t ), w

∀w ∈V ,

vm (0) = v0 , vm (0) = v1 ,

(2.25)
(2.26)

trong đó

(

μm (t ) = μ ∇vm−1 (t ) + g (t )

2

) , F (t ) = f ( x, t, v
m

m −1

(t )) .

(2.27)

Sự tồn tại của các vm được cho bởi định lí sau đây.

Định lí 2.1. Giả sử các giả thiết (H1) – (H4) đúng. Khi đó tồn tại một

hằng số M > 0 phụ thuộc vào g , μ , u0 , u1

và T > 0 phụ thuộc vào

f , g , μ , u0 , u1 sao cho, với v0 = 0 , tồn tại một dãy qui nạp tuyến tính

{vm } ⊂ W1 ( M ,T ) được xác định bởi (2.25) – (2.27).
Chứng minh định lí 2.1 Bao gồm các bước dưới đây.
Bước 1. Xấp xỉ Galerkin

14


Gọi {w j } là cơ sở trực chuẩn của V như trong bổ đề 2.3, w j = w j

λj .

Đặt
k

(k )
v (t ) = ∑ cmj
(t ) w j
(k )
m

(2.28)

j =1

(k )
(t ) thỏa hệ phương trình vi phân tuyến tính dưới đây
trong đó cmj

vm( k ) (t ), w j + μm (t ) ∇vm( k ) (t ), ∇w j = Fm (t ), w j , 1 ≤ j ≤ k ,

(2.29)

với
vm( k ) (0) = v0 k , vm( k ) (0) = v1k ,

(2.30)

trong đó

v0 k → v0 trong V ∩ H 2 mạnh,

(2.31)

v1k → v1 trong V mạnh.

(2.32)

Bổ đề 2.4. Giả sử vm−1 ∈W1 ( M , T ) , hệ (2.28) – (2.29) có nghiệm duy nhất

vm( k ) (t ) trên [ 0, T ].
Chứng minh bổ đề 2.4: Bỏ qua các chỉ số m và k trong biểu thức của

vm( k ) (t ) , v0k , v1k hệ (2.28) – (2.29) viết lại như sau

⎧c′′j (t ) + λ j μ m (t )c j (t ) = λ j Fm (t ), w j , 1 ≤ j ≤ k ,
⎪
⎨
⎪⎩c j (0) = α j := v0 , w j V , c′j (0) = β j := v1 , w j V .

(2.33)

k

với v(t ) = ∑ c j (t ) w j .
j =1

Viết lại hệ (2.33) dưới dạng phương trình tích phân
t

τ

c j (t ) = h j (t ) − λ j ∫ dτ ∫ μ m ( s )c j ( s )ds ,
0

0

với

15

(2.34)

τ

t

h j (t ) = α j + β j t + λ j ∫ dτ ∫ Fm ( s ), w j ds, 1 ≤ j ≤ k .
0

(2.35)

0

Ta viết lại hệ này theo dạng phương trình điểm bất động
c(t ) = H [c](t ),

(2.36)

trong đó
c(t ) = ( c1 (t ),..., ck (t ) ) ,
H [c](t ) = ( H1[c](t ),..., H k [c](t ) ) ,
và
t

τ

H j [c](t ) = h j ( t ) − λ j ∫ dτ ∫ μ m ( s )c j ( s )ds.
0

(2.37)

0

Ta đặt
Y = C 0 ([ 0, T ];
c

k

) , thì Y

là không gian Banach với chuẩn
k

Y

= max c(t ) 1 , c(t ) 1 = ∑ c j (t ) .
0≤t ≤T

j =1

Dễ thấy H : Y → Y .
Ta sẽ nghiệm lại rằng với n0 thích hợp thì H n0 := H ( H n0 −1 ) : Y → Y là ánh
xạ co. Thật vậy, từ (2.34), (2.35), (2.37) và (2.20), với mọi c, d ∈ Y và mọi
t ∈ [ 0, T ] , ta suy ra
t

τ

0

0

H j [c](t ) − H j [d ](t ) ≤ λ j ∫ dτ ∫ μ m ( s) c j ( s) − d j ( s ) ds
≤ λk K

2
0

t

τ

0

0

∫ dτ ∫ c (s) − d (s) ds ,
j

suy ra

16

j


H [c](t ) − H [d ](t ) 1 ≤ λk K

τ

t

2
0

∫ dτ ∫ c(s) − d (s) ds ≤ σ
1

0

0

k

1 2
t c−d Y.
2

(2.38)

với

σ k = λk K 02 .

(2.39)

Từ (2.38) và (2.39) ta suy ra
1
H [c ] − H [ d ] Y ≤ σ k t 2 c − d Y ,
2

và bằng qui nạp ta có

H n [c ] − H n [ d ] ≤ σ k
Y

≤σk

1
t n+1 c − d
(n + 1)!

Y

1
T n+1 c − d Y , ∀n.
(n + 1)!

(2.40)

Ta chọn n0 sao cho

σk

1
T n0 +1 < 1.
(n0 + 1)!

(2.41)

Khi đó, từ (2.40) – (2.41) ta có

H n0 [c] − H n0 [c] ≤ σ k c − d Y .
Y

Vậy H n0 và là ánh xạ co trên Y , suy ra H có điểm bất động duy nhất, tức
là hệ (2.29) – (2.30) có nghiệm duy nhất vm( k ) (t ) trên [ 0, T ].
Bổ đề 2.4 được chứng minh. „
Các đánh giá sau đây cho phép ta xác định Tm( k ) = T với mọi m, k .
Bước 2. Đánh giá tiên nghiệm.

Đặt
t

S (t ) = X
(k )
m

(k )
m

(t ) + Y

(k )
m

2

(t ) + ∫ vm( k ) (t ) ds ,
0

17

(2.42)


với
2

2

X m( k ) (t ) = vm( k ) (t ) + μm (t ) ∇vm( k ) (t ) ,
2

(2.43)

2

Ym( k ) (t ) = ∇vm( k ) (t ) + μ m (t ) Δvm( k ) (t ) .

(2.44)

Khi đó, ta có bổ đề sau
Bổ đề 2.5. Ta có

(

t

S (t ) = X
(k )
m

(k )
m

(0) + Y

(k )
m

2

(0) + ∫ μm′ ( s ) ∇vm( k ) ( s ) + Δvm( k ) ( s )
0

t

t

2

) ds

t

+ 2 ∫ Fm ( s ), v ( s ) ds + 2∫ ∇Fm ( s ), ∇v ( s ) ds + ∫ vm( k ) ( s ) ds
(k )
m

(k )
m

0

0

= X m( k ) (0) + Ym( k ) (0) + I1 + I 2 + I 3 + I 4 .

0

(2.45)

(k )
Chứng minh bổ đề 2.5. Nhân (2.29) với cmj
(t ) , sau đó lấy tổng theo j ,

và từ (2.43) ta được
1 d (k )
X m (t ) = vm( k ) (t ), vm( k ) (t ) + μm (t ) ∇vm( k ) (t ), ∇vm( k ) (t )
2 dt
2
1
+ μm′ (t ) ∇vm( k ) (t )
2
2
1
= Fm (t ), vm( k ) (t ) + μm′ (t ) ∇vm( k ) (t ) .
2

Trong (2.29) thay w j =

−1

λj

(2.46)

Δw j , sau đó đơn giản λ j , ta được

vm( k ) (t ), −Δw j + μm (t ) ∇vm( k ) (t ), ∇ ( −Δw j ) = Fm (t ), −Δw j
Ta cũng có các kết quả sau
1

v (t ), −Δw j = − ∫ vm( k ) ( x, t )Δw j ( x)dx
(k )
m

0

18

(2.47)


= ⎡⎣ −vm( k ) ( x, t )∇w j ( x) ⎤⎦

x =1
x =0

+ ∇vm( k ) (t ), ∇w j

= ∇vm( k ) (t ), ∇w j .

(2.48)

1

∇v (t ), ∇ ( −Δw j ) = − ∫ ∇vm( k ) ( x, t )∇ ( Δw j ( x) ) dx
(k )
m

0

= ⎡⎣ −∇vm( k ) ( x, t )Δw j ( x) ⎤⎦

x =1
x =0

+ Δvm( k ) (t ), Δw j

= ∇vm( k ) (1, t )λ j w j (1) + ∇vm( k ) (0, t )λ j w j (0)
+ Δvm( k ) (t ), Δw j
= Δvm( k ) (t ), Δw j .

(2.49)

1

Fm (t ), −Δw j = − ∫ Fm ( x, t )Δw j ( x)dx
0

= ⎡⎣ − Fm ( x, t )∇w j ( x) ⎤⎦

x =1
x =0

+ ∇Fm (t ), ∇w j

= − Fm (1, t )∇w j (1) + Fm (0, t )∇w j (0) + ∇Fm (t ), ∇w j
= ∇Fm (t ), ∇w j .

(2.50)

Từ (2.47) – (2.50) ta suy ra
∇vm( k ) (t ), ∇w j + μm (t ) Δvm( k ) (t ), Δw j = ∇Fm (t ), ∇w j

(2.51)

(k )
(t ) , rồi lấy tổng theo j , ta được
Nhân (2.51) với cmj

∇vm( k ) (t ), ∇vm( k ) (t ) + μm (t ) Δvm( k ) (t ), Δvm( k ) (t ) = ∇Fm (t ), ∇vm( k ) (t )

(2.52)

Từ (2.52) và (2.44) ta suy ra
2
1 d (k )
1
Ym (t ) = ∇Fm (t ), ∇vm( k ) (t ) + μm′ (t ) Δvm( k ) (t ) .

2 dt
2

19

(2.53)


d (k )
d
X m ( s ) + Ym( k ) ( s ) theo t rồi cộng
ds
ds

Từ (2.46) và (2.53) lấy tích phân
t

với

∫

2

vm( k ) ( s ) ds ta được (2.45).

0

Bổ đề 2.5 được chứng minh.„
Sau đây là đánh giá các tích phân trong vế phải của (2.45):
Tích phân thứ nhất:

Từ (2.27), (2.24), (2.19) và (2.21) ta có

(

μm′ (t ) = μ ′ ∇vm−1 (t ) + g (t )

2

) 2 ∇v

m −1

(t ) + g (t ), ∇vm−1 (t ) + g ′(t )

≤ 2 K1 ∇vm−1 (t ) + g (t ) ∇vm−1 (t ) + g ′(t )
≤ 2 K1 ( M + M 1 ) .
2

(2.54)

Suy ra từ (2.54) và (2.45) rằng

(

t

2

I1 = ∫ μm′ ( s ) ∇vm( k ) ( s ) + Δvm( k ) ( s )

0

≤ 2 K1 ( M + M 1 )

2

∫(
t

2

≤

μ0

) ds

∇vm( k ) ( s ) + Δvm( k ) ( s )

0

2 K1 ( M + M 1 )

2

2

) ds

2 t

∫S

(k )
m

( s )ds .

(2.55)

0

Tích phân thứ hai:

Từ (2.27), (2.24) và (2.15) ta có
1

2

1

Fm (t ) ≤ ∫ f ( x, t , vm−1 (t )) dx ≤ ∫ K 02 dx ≤ K 02 , ∀t ∈ [ 0, T ] ,
2

0

0

Suy ra từ (2.56) và (2.45) rằng

20

(2.56)


t

t

I 2 = 2 ∫ Fm ( s ), v ( s ) ds ≤ 2∫ Fm ( s ) vm( k ) ( s ) ds
(k )
m

0

0

t

t

2

≤ 2 K 0 ∫ v ( s ) ds ≤ TK + ∫ vm( k ) ( s ) ds
(k )
m

2
0

0

0

t

≤ TK + ∫ X m( k ) ( s )ds .
2
0

(2.57)

0

Tích phân thứ ba:

Từ (2.27), (2.24) và (2.16) suy ra

(

∇Fm ( s ) ≤ D1 f + D3 f

) ( x, s , v

m −1

⎛
∂
⎞
( x, s ) ) ⎜ 1 +

vm−1 ( x, s ) ⎟ ,
∂x
⎝
⎠

suy ra
Fm ( s ) V ≤ K1 1 +

∂
vm−1 ( x, s ) ≤ 2 K1
∂x

(1 + v )
2
m −1 V

(1 + M ) .

≤ 2 K1

2

(2.58)

Từ (2.58) và (2.44) – (2.45) ta suy ra rằng
t

t

I 3 = 2 ∫ ∇Fm ( s ), ∇v ( s ) ds ≤ 2∫ Fm ( s ) V ∇vm( k ) ( s ) ds

(k )
m

0

0

∫ ( F ( s)
t

≤

m

2
V

+ ∇v ( s )
(k )
m

0

≤ 2TK (1 + M
2
1

2

) ds ≤ 2TK (1 + M ) + ∫ ∇v

t

2
1

2

(k )
m

2

( s ) ds

0

t

2

) + ∫Y

(k )
m

( s )ds .

(2.59)

0

Tích phân thứ tư:

Từ (2.29) suy ra
vm( k ) (t ), w j − μm (t ) Δvm( k ) (t ), w j = Fm (t ), w j , 1 ≤ j ≤ k .

21

(2.60)


(k )
Nhân (2.60) với cmj
(t ) , rồi lấy tổng theo j , ta được

vm( k ) (t ), vm( k ) (t ) − μm (t ) Δvm( k ) (t ), vm( k ) (t ) = Fm (t ), vm( k ) (t ) ,

suy ra
vm( k ) (t ) ≤ μm (t ) Δvm( k ) (t ) + Fm (t ) .

(2.61)

Suy ra từ (2.27), (2.20), (2.61) và (2.56) rằng

(

2

2

2

vm( k ) (t ) ≤ 2 μ m (t ) Δvm( k ) (t ) + Fm (t )

(

2

)

)

2

≤ 2 K 02 Δvm( k ) (t ) + K 02 .

(2.62)

Từ (2.62), (2.44) và (2.45) suy ra rằng
t

2

I 4 = ∫ v ( s ) ds ≤
(k )
m

0

2 K 02

μ0

t

∫Y

(k )
m

( s )ds + 2TK 02 .

(2.63)

0

Tiếp theo, ta đánh giá số hạng X m( k ) (0) + Ym( k ) (0) :
Từ (2.43), (2.44) và (2.30) ta có

(

2

) ∇v (0)
(0) + g (0) ) Δv (0)
)( ∇v + Δv ) .

X m( k ) (0) + Ym( k ) (0) = vm( k ) (0) + μ ∇vm−1 (0) + g (0)
2

(

+ ∇vm( k ) (0) + μ ∇vm−1
= v1k

2

+ ∇v1k

2

(

+ μ ∇v0 + g (0)

2

2

(k )
m

2

(k )
m

2

0k

0k

2

2

(2.64)

Từ (2.64), (2.31) và (2.32), ta suy ra tồn tại một hằng số M > 0 phụ thuộc
vào g , μ , u0 , u1 sao cho
X

(k )
m

(0) + Y

(k )
m

M2
(0) ≤
với mọi m, k .
2

Từ (2.42) – (2.45), (2.55), (2.57), (2.59), (2.63) và (2.65), ta suy ra

22

(2.65)


M 2 2 K1 ( M + M 1 )
S (t ) ≤
+
2
μ0

2 t

(k )
m

+ 2TK (1 + M
2
1

∫S

t

(k )
m

0

( s )ds + TK + ∫ X m( k ) ( s )ds
0

t

2

) + ∫Y

(k )
m

2
0

( s )ds +

0

2 K 02

μ0

t

∫Y

(k )
m

( s )ds + 2TK 02

0

t

M2
≤
+ C1 ( M , T ) + C2 ( M ) ∫ S m( k ) ( s )ds,
2
0

(2.66)

⎧C1 ( M , T ) = 3TK 02 + 2TK12 (1 + M 2 ) ,
⎪⎪
2
⎨
2 K1 ( M + M 1 ) + 2 K 02
+ 1.
⎪C2 ( M ) =
μ0
⎪⎩

(2.67)

trong đó

Khi đó, từ (2.67), ta luôn luôn chọn được hằng số T > 0 sao cho
⎧⎛ M 2
⎞
+ C1 ( M , T ) ⎟ exp (TC2 ( M ) ) ≤ M 2 ,
⎪⎪⎜

⎠
⎨⎝ 2
⎪
⎪⎩kT = 2 D1 ( M , T ) exp (TD2 ( M ) ) < 1.

(2.68)

Cuối cùng, từ (2.66) và ( 2.68 )1 ta suy ra
t

S (t ) ≤ M exp ( −TC2 ( M ) ) + C2 ( M ) ∫ S m( k ) ( s )ds, 0 ≤ t ≤ T .
(k )
m

2

(2.69)

0

Từ (2.69) và bất đẳng thức Gronwall ta suy ra
S m( k ) (t ) ≤ M 2 exp ( −TC2 ( M ) ) exp (TC2 ( M ) ) ≤ M 2 ∀t ∈ [ 0, T ]. (2.70)

Khi đó, ta có

vm( k ) ∈W1 ( M , T ) , ∀m, k .

(2.71)

Bước 3. Qua giới hạn. Từ (2.71) ta trích ra từ dãy {vm( k ) } một dãy con của

{v } vẫn ký hiệu là {v } sao cho
(k )
m

(k )
m

23