THUẬT GIẢI LẶP VÀ KHAI TRIỂN TIỆM CẬN CHO PHƯƠNG TRÌNH SÓNG PHI TUYẾN KIỂU CARRIER

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

HÀ NGUYỄN THÙY LINH

THUẬT GIẢI LẶP VÀ KHAI TRIỂN TIỆM CẬN CHO
PHƯƠNG TRÌNH SÓNG PHI TUYẾN KIỂU CARRIER

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

TP. HỒ CHÍ MINH – NĂM 2010


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

HÀ NGUYỄN THÙY LINH

THUẬT GIẢI LẶP VÀ KHAI TRIỂN TIỆM CẬN
CHO PHƯƠNG TRÌNH SÓNG PHI TUYẾN KIỂU
CARRIER

Chuyên ngành: Toán Giải tích
Mã số: 60. 46. 01

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Người hướng dẫn: TS. TRẦN MINH THUYẾT
Đại học Kinh tế TP. HCM

TP. HỒ CHÍ MINH – NĂM 2010


LỜI CẢM ƠN
Lời đầu tiên, tôi xin gửi lòng biết ơn sâu sắc của tôi đến thầy hướng dẫn cho tôi là
thầy Tiến sĩ Trần Minh Thuyết và Tiến sĩ Lê Xuân Trường người đã tận tình
hướng dẫn và giúp đỡ cho tôi vượt qua mọi khó khăn trong suốt quá trình làm luận văn.
Tôi xin gởi lời biết ơn chân thành và sâu sắc đến các thầy.
Xin chân thành cảm ơn thầy Tiến Sĩ Nguyễn Thành Long đã đọc luận văn, đóng
góp chân tình và cho tôi những nhận xét quý báu.
Tôi xin cảm ơn đến tất cả Quý thầy cô trong hội đồng chấm luận văn đã dành thời
gian quý báu để tham dự hội đồng chấm luận văn của tôi và cả những góp ý sâu sắc cho
buổi bảo vệ.
Tôi xin trân trọng cảm ơn Quý Thầy Cô trong và ngoài của Khoa Toán-Tin học
Trường Đại học Khoa học Tự nhiên thành phố Hồ Chí Minh, đã truyền đạt kiến thức và
kinh nghiệm học thuật cho tôi trong suốt quá trình học tại trường.
Xin trân trọng cảm ơn Ban Giám hiệu, các thầy cô phòng Quản lý Sau Đại học trường
Đại học Khoa học Tự nhiên thành phố Hồ Chí Minh đã tạo mọi điều kiện thuận lợi giúp
tôi hoàn thành chương trình học.
Cảm ơn các bạn học viên lớp cao học Khóa 18 đã hỗ trợ cho tôi nhiều mặt trong
thời gian học và làm luận văn. Cảm ơn anh Phạm Thanh Sơn và các anh trong trong lớp
Seminar cho những ý kiến đóng góp về luận văn.
Lời thân thương nhất xin được gởi đến gia đình tôi, nơi đã tạo mọi điều kiện cho tôi
học tập và hoàn thành luận văn này.
Mặc dù đã cố gắng nhiều nhưng do kiến thức bản thân còn hạn chế nên luận văn khó
tránh khỏi những thiếu sót, tôi rất mong sự chỉ bảo quý báu của các Quý Thầy Cô, và
sự đóng góp chân thành của các bạn khi đọc luận văn. Tôi xin chân thành cảm ơn.
Thành phố Hồ Chí Minh, tháng 12 năm 2010.

HÀ NGUYỄN THÙY LINH


MỤC LỤC
Chương 0. Phần tổng quan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Trang 1
Chương 1. Các công cụ chuẩn bị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.1. Các không gian hàm thông dụng. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .3
1.2. Không gian hàm Lp (0; T ; X) ; 1

p

1:. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .4

1.3. Bổ đề về tính compact của Lions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.4. Một số kết quả khác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
Chương 2. Sự tồn tại duy nhất nghiệm cho bài toán biên thuần nhất . . . . 6
2.1. Giới thiệu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
2.2. Sự tồn tại duy nhất nghiệm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
Chương 3. Sự tồn tại duy nhất nghiệm cho bài toán biên không thuần nhất
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
Chương 4. Thuật giải lặp cấp ba . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34
4.1. Giới thiệu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34
4.2. Thuật giải lặp cấp 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34
Chương 5. Khai triển tiệm cận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53
Phần kết luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67
Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68


CHƯƠNG 0
Phần tổng quan

Trong luận văn này, chúng tôi xét bài toán giá trị biên và ban đầu cho phương trình
sóng phi tuyến có chứa số hạng Carrier thuộc dạng dưới đây
8
ku(t)k2 uxx = f (x; t; u); 0 < x < 1; 0 < t < T;
>
> utt
<
(0.1)
u (0; t) = g0 (t); u (1; t) = g1 (t);
>
>
:
u (x; 0) = u~0 (x) ; ut (x; 0) = u~1 (x) ;
trong đó ; u~0; u~1 ; g0 ; g1 ; f là các hàm cho trước thỏa các điều kiện mà ta sẽ chỉ ra sau
Z 1
2
2
và số hạng phi tuyến ku(t)k là hàm phụ thuộc vào tích phân ku(t)k =
u2 (x; t)dx:
0

Phương trình (0.1) có nguồn gốc từ phương trình mô tả dao động phi tuyến của một
dây đàn hồi (Kirchhoff [5])
!
Z
2
Eh L @u
hutt = P0 +
(y; t) dy uxx ;
(0.2)

2L 0 @y

ở đây, u là độ võng, 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.
Trong [3] ; Carrier thiết lập mô hình dưới dạng
utt

P0 + P1

Z

L

u2 (y; t) dy uxx = 0;

(0.3)

0

trong đó P0 ; P1 là các hằng số dương.
Bài toán (0.1) có nhiều ý nghĩa trong Cơ học mà nhiều nhà Toán học quan tâm nghiên
cứu trong thời gian gần đây.
Phương trình (0.1) với các dạng khác nhau của ; f và các điều kiện biên khác nhau
đã được khảo sát bởi nhiều tác giả, chẳng hạn:
Trong [8] ; Nguyễn Thành Long đã khảo sát phương trình (0.1) với điều kiện biên hỗn
hợp thuần nhất,
B t; kux k2 ; f f (x; t; u; ux ; ut ) :
Trong [9] ; Nguyễn Thành Long đã khảo sát phương trình (0.1) với điều kiện biên hỗn
hợp thuần nhất,
B t; kuk2 ; kux k2 ; f f x; t; u; ux ; ut ; kuk2 ; kux k2 :

Trong [11] ; Nguyễn Thành Long, Bùi Tiến Dũng đã khảo sát phương trình (0.1) với
điều kiện biên hỗn hợp thuần nhất,
B kux k2 ; f f x; t; u; ux ; ut ; kux k2 :
Trong [16] ; Lê Xuân Trường, Lê Thị Phương Ngọc và Nguyễn Thành Long đã khảo
sát phương trình (0.1) với
B t; kuk2 ; kux k2 ; f
f (x; t; u) và điều kiện biên hỗn
hợp thuần nhất.
Trong chương 2; 3 chúng tôi nghiên cứu về sự tồn tại và duy nhất nghiệm của bài toán
(0.1) trên cơ sở thiết lập một dãy lặp tuyến tính fum g hội tụ mạnh về nghiệm của bài
toán trong không gian hàm thích hợp.
1


Để chứng minh sự tồn tại của dãy fum g ; chúng tôi áp dụng phương pháp xấp xỉ
(k)
Galerkin xây dựng một dãy hàm fum g trong các không gian hàm hữu hạn chiều, kết hợp
với các đánh giá tiên nghiệm và phương pháp compact yếu.
Để tăng tốc độ hội tụ, chương 4 chỉ ra một thuật giải lặp tinh tế hơn so với thuật giải
lặp cấp một và thu được thuật giải lặp cấp 3 hội tụ mạnh về nghiệm của bài toán trên
cùng một không gian hàm đã xét ở chương 3:
Ngoài ra, nhờ kết quả của chương 3; chúng tôi tiến hành khảo sát bài toán nhiễu cấp
cao theo một tham số bé "; trong đó số hạng nhiễu là hệ số Carrier:
8
utt
>
" (t) u = f (x; t; u) ; 0 < x < 1; 0 < t < T;
>
>
>

>
>
>
< u (0; t) = g0 (t) ; u (1; t) = g1 (t) ;
(P" )
>
>
u (x; 0) = u~0 (x) ; ut (x; t) = u~1 (x) ;
>
>
>
>
>
:
ku (t)k2 + " 1 ku (t)k2 ;
" (t) =
trong đó, ta giả sử rằng nếu các hàm g0 ; g1 2 C 3 (R+ ) ; f 2 C N +1 ([0; 1] R+ R) thỏa
một số điều kiện phụ.
Luận văn này sẽ nghiên cứu khai triển tiệm cận của nghiệm bài toán (P" ) theo tham
số bé "; tức là nghiệm có thể xấp xỉ bởi một đa thức theo "
PN
^k (x; t) "k ;
u (x; t)
k=0 u
theo nghĩa cần chỉ ra các hàm u^k (x; t) và thiết lập đánh giá theo dạng
u"

PN

k=0

u^k "k

L1

(

0;T;H01

)

+ u_ "

PN

k=0

@ u^k k
"
@t

L1 (0;T;L2 )

CT j"jN +1 :

Với tham số " đủ bé, hằng số CT độc lập với tham số bé ": Các kết quả liên quan đến
bài toán xấp xỉ tiệm cận theo một tham số đã được một số tác giả quan tâm, chẳng hạn
như: Long [9] ; Long, Alain Phạm, Diễm [7] ; Long, Tâm, Trúc [4] :
Luận văn được trình bày theo các chương mục sau:
Chương 0, tổng quan về bài toán được khảo sát trong luận văn, và điểm qua các kết

quả trước đó đồng thời nêu bố cục của luận văn.
Chương 1, chúng tôi trình bày một số công cụ chuẩn bị bao gồm việc nhắc lại một số
không gian hàm, một số kết quả về phép nhúng compact giữa các không gian hàm.
Chương 2, chúng tôi nghiên cứu về sự tồn tại và duy nhất nghiệm yếu của bài toán
(0.1) g0 (t) = g1 (t) 0:
Chương 3, chúng tôi nghiên cứu về sự tồn tại và duy nhất nghiệm yếu của bài toán
(0.1) g0 (t) 6= 0 6= g1 (t) :
Chương 4, chúng tôi khảo sát thuật giải lặp cấp ba, bao gồm việc xây dựng dãy lặp,
chứng minh sự hội tụ của dãy lặp, đồng thời đánh giá tốc độ hội tụ.
Chương 5, chúng tôi sẽ nghiên cứu khai triển tiệm cận của nghiệm yếu của bài toán
(P" ) theo một tham số bé ":
Kế đến là phần kết luận và sau cùng là danh mục các tài liệu tham khảo.

2


CHƯƠNG 1
Các công cụ chuẩn bị
1.1. Các không gian hàm thông dụng
Đầu tiên, ta đặt các ký hiệu sau = (0; 1) ; QT =
(0; T ) ; T > 0; và bỏ qua định
m
p
m
nghĩa không gian hàm thông dụng: C
; L ( ) ; H ( ) ; W m;p ( ) : Để cho gọn, ta
ký hiệu lại như sau Lp ( ) = Lp ; H m ( ) = H m = W m;2 ; W m;p ( ) = W m;p : Định nghĩa
đầy đủ có thể xem trong [1] :
Ta định nghĩa L2 = L2 ( ) là không gian Hilbert đối với tích vô hướng
Z 1

u (x) v (x) dx; u; v 2 L2 :
(1.1)
hu; vi =
0

Ký hiệu k:k để chỉ chuẩn sinh bởi tích vô hướng (1.1), nghĩa là
p
kuk = hu; ui =

Z

1
2

1

u2 (x) dx

0

; u 2 L2 :

(1.2)

Ta định nghĩa không gian Sobolev cấp 1
H 1 = v 2 L 2 : v x 2 L2 :

(1.3)

Không gian này cũng là không gian Hilbert với tích vô hướng

hu; viH 1 = hu; vi + hux ; vx i :

(1.4)

Ký hiệu k:kH 1 để chỉ chuẩn sinh bởi tích vô hướng (1.4), nghĩa là
q
1
kukH 1 = hu; uiH 1 = kuk2 + kux k2 2 ; u 2 H 1 :

(1.5)

Ta cũng định nghĩa

V = v 2 H 1 : v (0) = v (1) = 0 = H01 :

a (u; v) =

Z

0

(1.6)

1

ux (x) :vx (x) dx; 8u; v 2 H01 :

(1.7)

Mặt khác, H01 cũng là không gian con đóng của H 1 ; do đó, H01 là không gian Hilbert

đối với tích vô hướng của H 1 :
1
Z 1
2
Mặt khác trên H01 ; kvkH 1 và kvx k =
vx2 (x) dx
là hai chuẩn tương đương.
0

Liên quan giữa hai không gan hàm H 1 và C 0
Bổ đề 1.1. Phép nhúng H 1 ,! C 0
p
2 kvkH 1 ; 8v 2 H 1 :
kvkC 0 ( )

; ta có bổ đề sau.

là compact và
(1.8)
3


Chứng minh bổ đề 1:1 không khó khăn.
Bổ đề 1.2. Phép nhúng H 1 ,! C 0
kvkC 0 ( )

là compact và

kvx k ; 8v 2 H01 :

(1.9)

Chứng minh bổ đề 1:2 không khó khăn.
Bổ đề 1.3. Dạng song tuyến tính đối xứng a ( ; ) được định nghĩa trong (1.7) là ánh
xạ liên tục trên V V và bức trên V; tức là,
i) ja (u; v)j kukV kvkV ; 8u; v 2 V;
ii) a (u; u) = kuk2V ; 8u 2 V:
Chứng minh bổ đề 1.3 được tìm thấy dễ dàng ở nhiều tài liệu liên quan đến lý thuyết
về không gian Sobolev, chẳng hạn [1] ; [2] :
0

Bổ đề 1.4. Đồng nhất L2 với (L2 ) ( đối ngẫu của L2 ): Khi đó, ta có H01 ,! L2
0
0
(L2 ) ,! (H01 )
H 1 ; với các nhúng liên tục và nằm trù mật.
Chứng minh bổ đề 1:5 có thể xem trong [2].
Chú thích 1.1. Từ bổ đề 1:5 ta dùng ký hiệu tích vô hướng h ; i trong L2 để chỉ cặp
tích đối ngẫu h ; iH 1 ;H 1 giữa H01 và H 1 :
0
Chuẩn trong L2 được ký hiệu bởi k:k ; Ta cũng ký hiệu k:kX để chỉ chuẩn trong một
không gian Banach X và gọi X 0 là không gian đối ngẫu của X:
1.2. Không gian hàm Lp (0; T ; X) ; 1

p

1:

Cho X là không gian Banach thực đối với chuẩn k:kX : Ta ký hiệu Lp (0; T ; X) ; 1
p 1; là không gian các lớp tương đương chứa hàm u : (0; T ) ! X đo được, sao cho

Z T
ku (t)kpX dt < 1; 1 p < 1;
0

hay 9M > 0 : ku (t)kX M; a:e; t 2 (0; T ) ; với p = 1:
Ta trang bị cho Lp (0; T ; X) ; 1 p 1; chuẩn như sau
kukLp (0;T ;X) =

Z

0

T

ku (t)kpX dt

1
p

p < 1;

;1

và
kukL1 (0;T ;X) = ess sup ku (t)kX
t2(0;T )

= inf fM > 0 : ku (t)kX

M; a:e: t 2 (0; T )g ; p = 1:

Khi đó, ta có các bổ đề dưới đây mà chứng minh cả chúng có thể tìm thấy trong [6] :
Bổ đề 1.5. ([6]) Lp (0; T ; X) ; 1

p

1; là không gian Banach.

Bổ đề 1.6. ([6]) Gọi X 0 là đối ngẫu của X: Khi đó, với p0 = p p 1 ; 1 < p < 1 thì
0
Lp (0; T ; X 0 ) là đối ngẫu của Lp (0; T ; X) : Hơn nữa, nếu X là không gian phản xạ thì
Lp (0; T ; X) cũng phản xạ.
0

Bổ đề 1.7. ([6]) (L1 (0; T ; X)) = L1 (0; T ; X 0 ) : Hơn nữa, các không gian L1 (0; T ; X)
và L1 (0; T ; X 0 ) không phản xạ.
4


Chú thích 1.2. Nếu X = Lp ( ) thì Lp (0; T ; X) = Lp ((0; T )

):

1.3. Bổ đề về tính compact của Lions
Cho các không gian Banach X0 ; X; X1 với X0 ,! X ,! X1 sao cho:
i) X0 ; X1 phản xạ,
ii) X ,! X1 là phép nhúng liên tục, X0 ,! X là phép nhúng compact.
Ta định nghĩa
W (0; T ) =

v 2 Lp0 (0; T; X0 ) :

dv
= v_ 2 Lp1 (0; T ; X1 ) ;
dt

(1.10)

trong đó 0 < T < 1; 1 p0 ; p1 1:
Trang bị trên W (0; T ) một chuẩn như sau
kvkW (0;T ) = kvkLp0 (0;T;X0 ) + kvk
_ Lp1 (0;T;X1 ) :

(1.11)

Khi đó, W (0; T ) là một không gian Banach.
Hiển nhiên W (0; T ) ,! Lp0 (0; T; X0 ) :
Ta cũng có kết quả sau đây liên quan đến phép nhúng compact.
Bổ đề 1.8. (Bổ đề về tính compact của Lions). Với giả thiết (i), (ii) và nếu 1 < pi < 1;
i = 0; 1; thì phép nhúng W (0; T ) ,! Lp0 (0; T ; X) là compact.
Chứng minh bổ đề 1.8 có thể tìm thấy trong Lions [6], trang 57.
1.4. Một số kết quả khác
Bất đẳng thức Gronwall. Giả sử f : [0; T ] ! R là hàm khả tích, không âm trên
[0; T ] và thỏa mãn bất đẳng thức
Z t
f (t) C1 + C2 f (s) ds; 8t 2 [0; T ] ;
0

trong đó C1 ; C2 là các hằng số không âm. Khi đó
f (t)

C1 eC2 t ; 8t 2 (0; T ) :

Ta ký hiệu
u (t) ; ut (t) = u_ (t) ; utt (t) = u• (t) ; ux (t) = ru (t) ; uxx (t) =
để lần lượt chỉ
u (x; t) ;

@u
@2u
@u
@2u
(x; t) ;
(x;
t)
;
(x;
t)
;
(x; t) :
@t
@t2
@x
@x2

5

u (t)

CHƯƠNG 2
Sự tồn tại và duy nhất nghiệm
cho bài toán biên thuần nhất
2.1. Giới thiệu
Trong chương này, chúng tôi trình bày định lý tồn tại và duy nhất nghiệm yếu cho
bài toán với điều kiện biên thuần nhất
8
utt
ku(t)k2 uxx = f (x; t; u); 0 < x < 1; 0 < t < T;
>
>
>
<
(2.1)
u (0; t) = u (1; t) = 0;
>
>
>
:
u (x; 0) = u~0 (x) ; ut (x; 0) = u~1 (x) ;
trong đó ; u~0; u~1 ; f là các hàm cho trước thỏa các điều kiện mà ta sẽ chỉ ra sau và số
Z 1
2
2
hạng phi tuyến
ku(t)k là hàm phụ thuộc vào tích phân ku(t)k =
u2 (x; t)dx.
0

Chứng minh được dựa vào kỹ thuật tuyến tính hóa và phương pháp 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. Trong phần này, định lý ánh xạ co dạng lặp được sử dụng trong việc
chứng minh tồn tại nghiệm xấp xỉ Galerkin.
2.2. Sự tồn tại duy nhất nghiệm
Trước hết ta thành lập các giả thiết sau
(H1 ) u~0 2 H01 \ H 2 ; u~1 2 H01 ;
(H2 )

2 C 1 (R+ );

(H3 ) f 2 C 0

> 0; 8s

(s)
R+

R thỏa

i) f (0; t; 0) = f (1; t; 0) = 0; 8t
ii) Dj f 2 C 0

0;

R+

0;

R ; j = 1; 3:

Với M > 0; T > 0; ta định nghĩa
n
o
8
~
>
N
=
N
(M;
f
)
=
sup
jf
(x;
t;
u)j
:
(x;
t;
u)
2
A
;
0
< 0
n
o
>

: N = N (M; f ) = sup (jD f j + jD f j) (x; t; u) : (x; t; u) 2 A~ ;
1
1
1
3

trong đó

A~ = (x; t; u) 2 R3 : 0

x

1; 0

T ; juj

t
6

M ;

(2.2)


8
~0 = N
~0 (M; ) = sup (s);
N
>
>

<
0 s M2

(2.3)

>
~1 = N
~1 (M; ) = sup j 0 (s)j :
>
: N
0 s M2

Với mỗi M > 0; T > 0; ta đặt

W (M; T ) = fv 2 L1 (0; T ; H01 \ H 2 ) : vt 2 L1 (0; T ; H01 ); vtt 2 L2 (QT );
kvkL1 (0;T ;H 1 \H 2 )
0

M; kvt kL1 (0;T ;H 1 )
0

M; kvtt kL2 (QT )

W1 (M; T ) = v 2 W (M; T ) : vtt 2 L1 0; T ; L2

(2.4)

M g;
(2.5)

Ta liên kết bài toán (2.1) với một dãy quy nạp tuyến tính sau
Trước hết, ta chọn u0 = 0: Giả sử rằng
um

1

2 W1 (M; T );

(2.6)

Sau đó, tìm um 2 W1 (M; T ) thỏa bài toán tuyến tính
8
< h•
um ; vi + m (t) hrum ; rvi = hFm (t); vi ; 8v 2 H01 ;
: u (0) = u~ ; u_ (0) = u~ ;
m
0
m
1

(2.7)

trong đó

m (t)

=

kum 1 (t)k2 ; Fm (t) = f (x; t; um 1 ):

(2.8)

Khi đó, ta có định lý sau đây
Định lý 2.1. Giả sử các giả thiết (H1 ) (H3 ) thỏa. Khi đó, tồn tại các hằng số dương
M > 0; T > 0 và một dãy quy nạp tuyến tính fum g
W1 (M; T ) xác định bởi (2.6) –
(2.8).
Chứng minh. Ý tưởng chứng minh dựa vào phương pháp xấp
n xỉo Galerkin được giới
(k)
thiệu bởi Lions [6] ; trước hết là thiết lập dãy xấp xỉ Galerkin um ; tiếp đến là đánh
giá tiên nghiệm, cuối cùng qua giới hạn nhờ vào lý luận về tính compact, ta thu được
um 2 W1 (M; T ) là nghiệm của bài toán (2.7)
Chi tiết chứng minh như sau

Bước 1. Xấp xỉ Galerkin
p
Giả sử fwj g với wj (x) = 2 sin (j x) ; j 2 N là cơ sở đặc biệt của H01 \ H 2 gồm các
@2
hàm riêng wj của toán tử = @x
wj = j wj ; wj 2 H01 \ H 2 :
2 sao cho
Dùng phương pháp Galerkin để xây dựng nghiệm xấp xỉ
P
(k)
(k)
um
(t) = kj=1 cmj (t) wj ;
(2.9)
(k)

trong đó cmj thỏa các hệ phương trình vi phân tuyến tính
8 D
E
D
E
(k)
(k)
>
< u•m ; wj + m (t) rum ; rwj = hFm (t); wj i ;
>
:

(k)
um (0)

= u~0k ;

(k)
u_ m (0)

= u~1k ; 1

j

k;

7

(2.10)

với
u~0k =
u~1k =

Pk

(k)
j wj
(k)
j wj

j=1
Pk
j=1

! u~0 mạnh trong H01 \ H 2 ;

(2.11)

! u~1 mạnh trong H01 :

Bổ đề 2.1. Giả sử um
(t) duy nhất trong [0; T ] :

1

(2.12)

thỏa (2.6). Khi đó hệ phương trình (2.10) có nghiệm

(k)
um

Chứng minh bổ đề 2.1.
Hệ phương trình (2.10) được viết lại dưới dạng sau
8 (k)
(k)
< c•mj (t) =
m (t) j cmj (t) + hFm (t) ; wj i ;
:

(k)
cmj

(k)
j ;

(0) =

(k)
c_mj

(k)
j ;

(0) =

1

Lấy tích phân (2.13) theo t ta được
Z t Z
(k)
(k)
(k)
cmj (t) = j + j t
d
j
0

Z t Z
+ d
0

0

j

(2.13)

k;

(k)

m

(s) cmj (s) ds

0

(2.14)

hFm (s) ; wj i ds; 1

j

k:

Bỏ qua chỉ số m; k, ta viết lại hệ (2.14) thành phương trình điểm bất động sau
c = H[c];

(2.15)

ở đây
H[c] = (H1 (c) ; H2 (c) ; :::; Hk (c)) ; c = (c1 ; c2 ; :::; ck ) :
8
Hj [c] (t) = Lj [c] (t) + Gj [t];
>
>
>
>
>
Z t Z
>
>
<
Lj [c] (t) =
d
j

m (s) cmj (s) ds;
0
0
>
>
>
Z t Z
>
>
>
>
: Gj [t] = j + j t +
d
hFm (s) ; wj i ds;
0

1

j

k:

(2.16)

0

Với mỗi T > 0 mà ta sẽ chọn sau, đặt Y = C 0 [0; T ]; Rk là không gian Banach các hàm
liên tục c : [0; T ] ! Rk đối với chuẩn
kckY = sup jc (t)j1 ; jc (t)j1 =
0 t T

k
P

j=1

jcj (t)j với mỗi c = (c1 ; c2 ; :::; ck ) 2 Y:

Ta có H : Y ! Y : Tiếp theo ta sẽ chứng minh rằng với mỗi T > 0 thì H p
H (H p 1 ) : Y ! Y là ánh xạ co với một số p 2 N nào đó.
Trước hết, ta sẽ chứng minh quy nạp theo n rằng, 8c; d 2 Y; 8t 2 [0; T ]; ta có
p
2n
~
k N0 t
jH n [c] (t) H n [d] (t)j1
kc dkY ; 8n 2 N :
(2.17)
(2n)!
8


Thật vậy, với n = 1 thì
jHj [c] (t)

Hj [d] (t)j = jLj [c] (t) Lj [d] (t)j1
Z t Z
~
jcj (s)
d

k N0

j

Z

t

d

Z

m

0

0

(s) jcj (s)

dj (s)j ds

dj (s)j ds:

0

0

Suy ra
jH[c] (t)

~

H[d] (t)j1

k N0

Z

t

d

0
2

Z

jc (s)

0

~ t kc
2

k N0

d (s)j1 ds

dkY :

Vậy (2.17) đúng với n = 1:
Giả sử (2.17) đúng với n 1: Khi đó, ta có
H n+1 [c] (t)

H n+1 [d] (t)

= jH (H n [c]) (t) H (H n [d]) (t)j1
Z t Z
~
d
jH n [c] (s) H n [d] (s)j1 ds
k N0

1

0

~

k N0

p

Z

0

t

d

Z

0
2n+2

0

~

p

~
k N0

2n

(2n)!

s2n kc

dkY

k N0 t

kc

(2n + 2)!

dkY :

Vậy ta có (2.17). Điều này dẫn đến:

kH n [c]

p

H n [d]kY

Mặt khác, do lim

p

n!1

~
k N0 T

2n

kc

(2n)!

dkY ; 8c; d 2 Y; 8n 2 N:

2n

~

k N0 T

= 0 nên tồn tại p 2 N sao cho

(2n)!

p

~

k N0 T

(2p)!

2p

< 1; tức là

H p : Y ! Y là ánh xạ co.
Áp dụng định lý ánh xạ co lặp Banach, ta suy ra H có duy nhất điểm bất động trong
(k)
Y và do đó hệ (2.10)-(2.12) có duy nhất nghiệm um trên [0; T ]. Vậy bổ đề 2:1 đã được
chứng minh
Bước 2. Đánh giá tiên nghiệm
Đặt
Z t
(k)
(k)
(k)

Sm (t) = pm (t) + qm (t) +
u•(k)
m (s)

2

ds;

(2.18)

0

ở đây
8
(k)
(k)
>
>
< pm (t) = u_ m (t)

2

>
>
(k)
(k)
: qm
(t) = ru_ m (t)

+

(k)

m

2

+

2

(t) rum (t)
m

(t)

(k)
um

9

;
(2.19)
2

(t)

:

(k)

Trong (2.10) thay wj bởi u_ m (t)
(k)
u•m
(t) ; u_ (k)
m (t) +

m

(k)
(t) ru(k)
_m
(t) = Fm (t) ; u_ (k)
m (t) ; ru
m (t) ;

hay
1d
(t)
u_ (k)
2 dt m

2

+

1
2

m

(t)

d
(k)
(t)
rum
dt

2

= Fm (t) ; u_ (k)
m (t) :

Tích phân theo biến thời gian, cận từ 0 đến t ta được
Z t
Z t
2
(k)
(k)
(k)
Fm (s) ; u_ (k)
pm (t) = pm (0) +
_ m (s) rum (s) ds + 2
m (s) ds:
0

0

1

Tương tự, trong (2.10) thay wj =
u•(k)
m (t) ;

wj +

m

wj ; sau đó đơn giản

j

(k)
(t) rum
(t) ;

wjx = hFm (t) ;

j;

@2
@x

ở đây

wj i ;

trong đó

(k)
u•m
(t) ;

= u•(k)
m (0) rwj (0)

wj

r•
u(k)
m (t) ; rwj ;

=
hFm (t) ;

u•(k)
u(k)
m (1) rwj (1) + r•
m (t) ; rwj

wj i = Fm (0; t) rwj (0)

Fm (1; t) rwj (1) + hrFm (t) ; rwj i

= hrFm (t) ; rwj i ;
nên
r•
u(k)
m (t) ; rwj +

m

u(k)
m (t) ; wj = hrFm (t) ; rwj i :

(t)

(k)

Thay wj bởi u_ m (t) ta được
r•
u(k)
_ (k)
m (t) ; ru
m (t) +

m

(t)

(k)
(k)
u(k)
_m
(t) = rFm (t) ; ru_ m
(t) ;
m (t) ; u

hay

d
ru_ (k)
m (t)
dt

2

+

m

(t)

d
dt

u(k)
m (t)

2

(k)
= 2 rFm (t) ; ru_ m
(t) :

Tích phân theo biến thời gian, cận từ 0 tới t ta được
Z t
Z t
2
(k)

(k)
(k)
qm (t) = qm (0) +
_ m (s)
um (s) ds + 2
rFm (s) ; ru_ (k)
m (s) ds:
0

0

Kết hợp với (2.18)-(2.19), ta có
(k)
Sm

(t) =

p(k)
m

(k)
qm

Z

t

2

2

(0) +
(0) +
_ m (s) ru(k)
+
u(k)
ds
m (s)
m (s)
0
Z t
Z t
Z t
(k)
(k)
+2
Fm (s) ; u_ m (s) ds + 2
rFm (s) ; ru_ m (s) ds +
u•(k)
m (s)
0

0

(k)
Sm
(0) + I1 + I2 + I3 + I4 :

2

ds

0

(2.20)
10


Chúng ta lần lượt đánh giá các tích phân có mặt trong vế phải của (2.20) và sử dụng
bất đẳng thức 2ab a2 + b2 :
Tích phân I1 :
Từ (2.8), ta có
0

_ m (t) = 2

kum

1

(t)k2 hum

1

(t) ; u_ m

1

(t)i :

Suy ra
_ m (t)

0

2

kum

1

(t)k2

ku_ m

1

(t)k kum

1

(t)k

~1 M 2 ;
2N

(2.21)

Do đó
~1 M 2

2N

jI1 j

Z

t

ru(k)
m

0

(s)

2

u(k)
m

+

(s)

2

~1 M 2
2N

ds

Z

t
(k)
Sm
(s) ds: (2.22)

0

Tích phân I2 :
Z t
2 kFm (s)k u_ (k)
m (s) ds
0
Z t
kFm (s)k2 + u_ (k)
m (s)
0
Z t
(k)
2
Sm
(s) ds:
N0 T +

jI2 j

Z t
2 kFm (s)k u_ (k)

m (s) ds
0

2

ds
(2.23)

0

Tích phân I3 :
Z t
2 krFm (s)k ru_ (k)
m (s) ds:

jI3 j

0

Mặt khác, ta có
jrFm (t)j = jrf (x; t; um 1 )j

jD1 f (x; t; um 1 )j + jD3 f (x; t; um 1 )j jrum 1 j

N1 (1 + jrum 1 j) ;
jrFm (t)j2

2N12 1 + jrum 1 j2 ;

krFm (t)k2

2N12 1 + krum 1 k2

2N12 1 + M 2 :

Do đó
Z tq
q
(k)
2
2
2
2N1 (1 + M ) qm (s)ds

jI3 j

2N12

1+M

2

T+

0

Z

t
(k)

Sm
(s) ds:

0

Tích phân I4 :
Phương trình (2.10) được viết lại
(k)
u•m
(t) ; wj

m

(t)

u(k)
m (t) ; wj = hFm (t) ; wj i :

(k)

Thay wj bởi u•m (t) ta suy ra được
(k)

u•m (t)

2
m

(t)

(k)

um (t)

(k)

(k)

u•m (t) + kFm (t)k u•m (t) :
11

(2.24)


Do đó
u•(k)
m (t)

2

j

m

2

(t)j

2
m

u(k)
m (t) + kFm (t)k

(t)

2

u(k)
m (t)

2

+ kFm (t)k2 :

(2.25)

Tích phân hai vế ta được
Z t
Z t
Z t
2
2
(k)
2
(k)
u•m (s) ds 2
um (s) ds + 2 kFm (s)k2 ds
jI4 j =
m (s)

0
0
0
Z t
Z t
2
~0
ds + 2 kFm (s)k2 ds
2N
u(k)
m (s)
m (s)
0
0
Z t
(k)
~ 0 Sm
(s) ds:
2N02 T + 2N

(2.26)

0

Kết hợp (2.22)-(2.24) và (2.26), ta thu được
(k)
(t)
Sm

"

~0 +
T +2 1+N

(k)
(0) + 3N02 + 2N12 1 + M 2
Sm

(k)
Sm
(0) + C1 (M; T ) + C2 (M; T )

Z

#
~1 M 2 Z
N

t
(k)
(s) ds
Sm

0

t
(k)
Sm
(s) ds;

(2.27)

0

ở đây,
8
2
2
2
>
< C1 (M; T ) = [3N0 + 2N1 (1 + M )] T;
>
~0 +
: C2 (M; T ) = 2 1 + N

~1 M 2
N

(2.28)

:

(k)

Bây giờ ta cần đánh giá số hạng Sm (0) :
Ta có
(k)

(k)

2

+

kum

(k)

2

+ ru_ m (0)

Sm (0) = u_ m (0)

1

(0)k2

= k~
u1k k2 + kr~
u1k k2 +

2

(k)

rum (0)
k~
u0 k2

+

(k)

2

um (0)

(2.29)

kr~
u0k k2 + k u~0k k2 :

Từ (2.11)-(2.12) và (2.29) suy ra tồn tại một hằng số M > 0; không phụ thuộc vào k;
m sao cho
k
Sm
(0)

M2
; 8k; m:
2

(2.30)

Hơn nữa giả thiết (H3 ) cho ta
p
lim+ T Ni = 0; i = 0; 1:

(2.31)

T !0

Từ (2.30), (2.31) ta chọn được một hằng số T > 0 thỏa
M2
+ C1 (M; T ) exp (T C2 (M; T ))
2

M 2;
12

(2.32)


và
p
1
NT = 2 2 1 + p

r

~12 M 4 + N12 T exp
4N

1+

~1 M 2
N

! !

Cuối cùng, từ (2.27), (2.30) và (2.32), ta thu được
Z t
(k)
(k)
2
(s) ds; 0
Sm (t) M exp ( T C2 (M; T )) + C2 (M; T ) Sm

T

< 1:

(2.33)

t

T:

(2.34)

0

Áp dụng bổ đề Gronwall cho (2.34) ta suy ra
(k)
Sm
(t)

M 2 exp ( T C2 (M; T )) exp (C2 (M; T ) T )

M 2; 0

t

T:

Vậy u(k)
m 2 W1 (M; T ) với mọi m; k:

(2.35)
(2.36)

Bước 3. Qua giới hạn
(k)

(k)

Từ (2.36) ta trích ra một dãy con của fum g vẫn kí hiệu là fum g; sao cho
u(k)
! um yếu* trong L1 0; T ; H01 \ H 2 ;
m

(2.37)

u_ (k)
! u_ m yếu* trong L1 0; T ; H01 ;
m

(2.38)

u•(k)
! u•m yếu* trong L2 (QT ) ;
m

(2.39)

um

2 W (M; T ) :

(2.40)

Từ (2.37) – (2.39) qua giới hạn trong (2.10) ta có um thỏa mãn bài toán (2.7) trong
L (0; T ) yếu.
Mặt khác, từ (2.6), (2.7) và (2.40) cho ta
2

u•m (t) =

m

(t) um (t) + Fm (t) 2 L1 0; T ; L2 :

Do đó um 2 W1 (M; T ) : Vậy định lý 2.1 được chứng minh hoàn toàn.
Định lý 2.2. Giả sử (H1 ) (H3 ) thỏa mãn. Khi đó bài, tồn tại M > 0 và T > 0 thỏa
(2.30), (2.32), (2.33) sao cho bài toán (2.1) có duy nhất nghiệm yếu u 2 W1 (M; T ) : Mặt
khác, dãy quy nạp tuyến tính fum g xác định bởi (2.7) – (2.8) hội tụ mạnh về nghiệm yếu
trong không gian
W1 (T ) = u 2 L1 0; T ; H01 : u_ 2 L1 0; T ; L2

:

Hơn nữa, ta có ước lượng sau
kum

ukL1 (0;T ;H 1 ) + ku_ m
0

uk
_ L1 (0;T ;L2 )

CNTm ; 8m:

(2.41)

trong đó,
p
1
NT = 2 2 1 + p

r

~12 M 4 + N12 T exp
4N

13

1+

~1 M 2

N

! !
T

< 1;

(2.42)


và C là hằng số chỉ phụ thuộc vào T; u~0 ; u~1 và NT :
Chứng minh.
(a) Sự tồn tại nghiệm
Trước hết, ta nhắc lại rằng W1 (T ) với chuẩn k kW1 (T ) là một không gian Banach (xem
[6]),
kvkW1 (T ) = kvkL1 (0;T ;H 1 ) + kvk
_ L1 (0;T ;L2 ) :

(2.43)

0

Ta sẽ chứng minh rằng fum g là dãy Cauchy trong W1 (T ) :
Đặt vm = um+1 um : Khi đó, vm thỏa bài toán biến phân
h•
vm (t) ; vi +

m+1

(t) hrvm (t) ; rvi

m+1

(t)

m

(t) h um (t) ; vi

(2.44)

Fm (t) ; vi ; 8v 2 H01 ;

= hFm+1 (t)
vm (0) = v_ m (0) = 0:

(2.45)

Chọn v = v_ m trong (2.44), ta được
h•
vm (t) ; v_ m (t)i +

m+1

(t) hrvm (t) ; rv_ m (t)i

m+1

(t)

m

(t) h um (t) ; v_ m (t)i

= hFm+1 (t)

Fm (t) ; v_ m (t)i ;

hay
d
kv_ m (t)k2 +
dt

m+1

(t)

d
krvm (t)k2 = 2
dt

m+1

(t)

m

+2 hFm+1 (t)

(t) h um (t) ; v_ m (t)i

Fm (t) ; v_ m (t)i :

Đặt Pm (t) = kv_ m (t)k2 + m+1 (t) krvm (t)k2 , tích phân cận từ 0 tới t ta có
Z t
Z t
2
_ m+1 (s) krvm (s)k ds + 2
Pm (t) =
m+1 (s)
m (s) h um (s) ; v_ m (s)i ds
0
0
Z t
+2 hFm+1 (s) Fm (s) ; v_ m (s)i ds
0

= J1 + J 2 + J3 :

(2.46)

Mặt khác, từ (2.2), (2.3) và (2.6) ta thu được các đánh giá
_ m+1 (t)

m+1

(t)

2

m

0

kum (t)k2

kum (t)k2

kum

1

(t)k2

j 0 ( )j kum (t)k2

kum

1

(t)k2

(t)

~1 jkum (t)k
2M N
~1 krvm
2M N
với

= kum (t)k2 + (1

~1 M 2 :
2N

kum (t)k ku_ m (t)k

) kum

1

1

kum

(t)k

(t)k2 ; 0 <
14

1

(t)kj

~1 kvm
2M N

~1 kvm 1 k
2M N
W1 (T ) ;

< 1:

(2.47)

1

(t)k
(2.48)


Tương tự, vì
jFm+1 (t)

Fm (t)j = jf (x; t; um )
N1 jvm

1

N1 jum

f (x; t; um 1 )j

um 1 j

N1 kvm 1 kW1 (T ) ;

(t)j

nên

kFm+1 (t)

Fm (t)k

N1 kvm 1 k

N1 kvm 1 kW1 (T ) :

(2.49)

Từ (2.46)-(2.49), suy ra
Z t
~1 M 2 Z t
2N
2
2
~
krvm (s)k ds
jJ1 j
2N1 M
kv_ m (s)k2 +
0
0
2Z t
~
2N1 M
Pm (s) ds:
0
Z t
~1 kvm 1 k

k um (s)k kv_ m (s)k ds
jJ2 j
4M N
W1 (T )
0
Z t
2 ~
4M N1 kvm 1 kW1 (T )
kv_ m (s)k ds
0
Z t
2
4 ~2
Pm (s) ds:
4M N1 T kvm 1 kW1 (T ) +
0
Z t
jJ3 j
2N1 kvm 1 kW1 (T )
kv_ m (s)k ds
0
Z t
2
2
Pm (s) ds:
N1 T kvm 1 kW1 (T ) +

krvm (s)k2 ds
(2.50)

(2.51)

(2.52)

0

Kết hợp (2.46) và (2.50)-(2.52), ta được
Pm (t)

~12 M 4 + N12 T kvm 1 k2
4N
W1 (T ) +2 1 +

~1 M 2
N

!Z

t

0

Pm (s) ds; 8t 2 [0; T ]: (2.53)

Sử dụng bất đẳng thức Gronwall, ta suy ra
Pm (t)

~12 M 4 + N12 T exp 2 1 +
4N

~1 M 2
N

! !
T

kvm 1 k2W1 (T ) ; 8t 2 [0; T ]:

Khi đó, với mọi t 2 [0; T ];
(kv_ m (t)k + krvm (t)k)2
2 1+

1

2 kv_ m (t)k2 + krvm (t)k2

~ 2 M 4 + N 2 T exp 2 1 +
4N
1
1

2 1+

~1 M 2
N

! !
T

1

Pm (t)

kvm 1 k2W1 (T ) :

(2.54)

! !

(2.55)

Đặt
p
1
NT = 2 2 1 + p

r

~12 M 4 + N12 T exp
4N
15

1+

~1 M 2
N

T

:

Vậy
kvm kW1 (T )

NT kvm 1 kW1 (T ) :

(2.56)

Từ đây, ta được
kum+p
cho

um kW1 (T )

NTm
ku1
1 NT

u0 kW1 (T )

CT NTm :

(2.57)

Từ (2.57), suy ra fum g là một dãy Cauchy trong W1 (T ) : Do đó, tồn tại u 2 W1 (T ) sao
um ! u mạnh trong W1 (T ) :

(2.58)

Chú ý rằng, vì um 2 W1 (M; T ) nên từ fum g ta có thể trích ra một dãy con, cũng ký
hiệu là fum g ; sao cho
um ! u yếu* trong L1 0; T ; H01 \ H 2 ;

(2.59)

u_ m ! u_ yếu* trong L1 0; T ; H01 ;

(2.60)

u•m ! u• yếu trong L2 (QT ) ;

(2.61)

2 W (M; T ) :

u

(2.62)

Tiếp theo, ta xét các số hạng phi tuyến. Ta có
j

m

(t) rum (t)

kum 1 k2 rum (t)

(t) ru (t)j =

kum 1 k2 jrum (t)

kuk2 ru (t)

kum 1 k2

ru (t)j +

~0 jrum (t)
N

~1 kum 1 k2
ru (t)j + N

~0 jrum (t)
N

~1 kum
ru (t)j + 2M N

~0 jrum (t)
N

~1 krum
ru (t)j + 2M N

kuk2

jru (t)j

kuk2 jru (t)j
uk jru (t)j

1
1

ruk jru (t)j :

Do đó,
k

m

(t) rum (t)

(t) ru (t)k

~0 krum (t)
N
~1 krum
+2M N

ru (t)k
1

~0 + 2M 2 N
~1 kum
N

ruk kru (t)k

(2.63)

ukW1 (T ) ! 0;

Từ (2.58) và (2.63), suy ra
m

(t) rum !

(t) ru mạnh trong L1 0; T ; L2 :

(2.64)

Tương tự, ta có
kFm

F kL1 (0;T ;L2 )

N1 kum

1

ukW1 (T ) :
16

(2.65)


Từ (2.58) và (2.65), suy ra

Fm ! f (x; t; u) mạnh trong L1 0; T ; L2 :

(2.66)

Qua giới hạn trong (2.7) khi m ! 1; kết hợp với (2.59) – (2.61) và (2.64), (2.66) ta
suy ra rằng, tồn tại u 2 W (M; T ) thỏa phương trình
ku (t)k2 hru (t) ; rvi = hf (x; t; u) ; vi ; 8v 2 H01 ;

h•
u (t) ; vi +

(2.67)

và điều kiện đầu
u (0) = u~0 ; u_ (0) = u~1 :
Mặt khác, từ (2.63), (2.65) và (2.67), ta thu được
u• =

ku (t)k2

u + f (x; t; u) 2 L1 0; T ; L2 :

(2.68)

Do đó, u 2 W1 (M; T ) :

(b) Tính duy nhất nghiệm
Giả sử u1 ; u2 là hai nghiệm yếu của bài toán (2.1) thỏa
ui 2 W1 (M; T ) ; i = 1; 2:
Khi đó w (t) = u2 (t)

u1 (t) thỏa bài toán biến phân

hw• (t) ; vi + ~ 2 (t) hrw (t) ; rvi (~ 2 (t) ~ 1 (t)) h u1 (t) ; vi
D
E
= F~2 (t) F~1 (t) ; v ; 8v 2 H01 ;

(2.69)

và điều kiện đầu

w (0) = w_ (0) = 0;

(2.70)

ở đây,
~ i (t) =

kui (t)k2 ; F~i (t) = f (x; t; ui ) ; i = 1; 2:

(2.71)

Chọn v = w_ (t) trong (2.69) rồi tích phân từng phần ta được
Z t
2
2
~ 02 (s) krw (s)k2 ds
kw_ (t)k + ~ 2 (t) krw (t)k =
0

Z t
+2 (~ 2 (s)

~ 1 (s)) h u1 (s) ; w_ (s)i ds

0

Z tD
+2
F~2 (s)
0

(2.72)

E
~
F1 (s) ; w_ (s) ds

= Z 1 + Z2 + Z 3 :
Ta có
j~ 02 (t)j =

ku2 (t)k2 hu2 (t) ; u_ 2 (t)i

0

2

0

ku2 (t)k2

2

ku2 (t)k ku_ 2 (t)k
17

0

ku2 (t)k2

~1 M 2 ;
2N

jhu2 (t) ; u_ 2 (t)ij
(2.73)


j~ 2 (t)

ku2 (t)k2

~ 1 (t)j =

~1 ku2 (t)k2
N
F~2 (t)

F~1 (t)

ku1 (t)k2

(2.75)

~1 M
2N

0

~1 M 2
2N

t

0

jZ2 j = 2

Z

jZ3 j = 2

Z

t

0

kw_ (s)k2 +

(~ 2 (s)

0

Z

t

krw (s)k2 ds
(2.76)

krw (s)k2 ds:

0

0

Z

t

p

0

kw (s)k kw_ (s)k ds

krw (s)k2 ds:

F~2 (s)

E
~
F1 (s) ; w_ (s) ds

Z tD
2
F~2 (s)
0

E
~
F1 (s) ; w_ (s) ds

t

(2.78)

kw (s)k kw_ (s)k ds

0

Z

~ M2
4N
p1

(2.77)

0

Z

~ 1 (s)) h u1 (s) ; w_ (s)i ds

kw_ (s)k2 +

Z tD

2N1
2N
p 1

2

t

~ M2
2N
p1

(2.74)

N1 kw (t)k :

Kết hợp (2.72)-(2.75), ta có
Z t
~ 02 (s) krw (s)k2 ds

jZ1 j =
Z

~1 kw (t)k ;
2M N

ku1 (t)k2

t

kw_ (s)k2 +

krw (s)k2 ds:

Kết hợp (2.72) và (2.76) – (2.78), ta được
Z t
~
X (t) NM X (s) ds; 8t 2 [0; T ];

(2.79)

0

trong đó
X (t) = kw_ (t)k2 +

krw (t)k2 ;

(2.80)

và
~M = p2
N

1
N1 + 1 + p

~1 M 2 :
N

Áp dụng bổ đề Gronwall, ta suy ra được X (t) = 0; nghĩa là u1
Vậy định lý 2:2 đã được chứng minh hoàn toàn.

18

(2.81)
u2 :


CHƯƠNG 3
Sự tồn tại và duy nhất nghiệm
cho bài toán biên không thuần nhất
Trong chương này, chúng tôi trình bày định lý tồn tại và duy nhất nghiệm yếu cho
bài toán với điều kiện biên không thuần nhất
8
utt
ku(t)k2 uxx = f (x; t; u); 0 < x < 1; 0 < t < T;
>
>
>

<
(3.1)
u (0; t) = g0 (t) ; u (1; t) = g1 (t) ;
>
>
>
:
u (x; 0) = u~0 (x) ; ut (x; 0) = u~1 (x) ;
trong đó ; u~0; u~1 ; g0 ; g1 ; f là các hàm cho trước.
Trước hết ta thành lập các giả thiết sau
(H1 ) u~0 2 H01 \ H 2 ; u~1 2 H01 ;
(H2 )

2 C 1 (R+ );

(H3 ) f 2 C 0

> 0; 8s

(s)
R+

0;

R thỏa
0;u 2 R;

i) f (0; t; u) = f (1; t; u) = 0; với mọi t
ii) Dj f 2 C 0

R+

R ; j = 1; 3:

(H4 ) g0 ; g1 2 C 3 (R+ ) :
Thay vì xét bài toán không thuần nhất (3.1), ta sẽ đưa nó về bài toán có điều kiện
biên thuần nhất như sau. Với x 2 [0; 1] và t 0; ta đặt
8
(x; t) = (1 x) g0 (t) + xg1 (t) ;
>
>
>
>
>
>
>
(x; t) ;
< v (x; t) = u (x; t)
(3.2)
>
00
00
~
>
f (x; t; v) = f (x; t; v + )
(1 x) g0 (t) xg1 (t) ;
>
tt = f (x; t; v + )
>
>

>
>
:
v~0 (x) = u~0 (x)
(x; 0) ; v~1 (x) = u~1 (x)
t (x; 1) ;
cùng với điều kiện tương thích
8
< g0 (0) = u (0; 0) = u~0 (0) = 0;

(3.3)

: g (0) = u (1; 0) = u~ (1) = 0:
1
1
19


Khi đó bài toán (3.1) tương đương với bài toán giá trị biên ban đầu
8
vtt
kv (t) + (t)k2 vxx = f~ (x; t; v) ; 0 < x < 1; 0 < t < T;
>
>
>
<
v (0; t) = v (1; t) = 0;
>
>
>

:
v (x; 0) = v~0 (x) ; vt (x; 0) = v~1 (x) :

Cho trước T > 0; ta đặt
P
P
M = 1i=0 sup (jgi (t)j + jgi0 (t)j) = 1i=0 kgi kC 1 ([0;T
0 t T

])

(3.4)

:

Ta cũng chú ý rằng
8
k kL1 (QT ) kg0 kC 0 ([0;T ]) + kg1 kC 0 ([0;T ]) = M ;
>
>
>
>
>
>
<
k x kL1 (QT ) kg0 kC 0 ([0;T ]) + kg1 kC 0 ([0;T ]) = M ;
>
>
>
>

>
>
: k k 1
=M :
+ kg 0 k 0
kg 0 k 0
t L (QT )

0 C ([0;T ])

(3.6)

1

1 C ([0;T ])

Cho trước T > 0; M > 0; ta đặt
o
n
8
~
~
>
K0 = K0 M; f = sup f (x; t; v) : (x; t; v) 2 A ;
>
>
>
>
>
>

>
>
o
n
>
>
>
~
~
~
D1 f + D3 f (x; t; v) : (x; t; v) 2 A ;
< K1 = K1 (M; f ) = sup

(3.7)

>
>
>
>
~0 = K
~ 0 (M; ) = sup (z) : 0 z (M + M )2 ;
>
K
>
>
>
>
>
>
>

: ~
~ 1 (M; ) = sup j 0 (z)j : 0 z (M + M )2 ;
K1 = K

trong đó

A = (x; t; v) 2 R3 : 0

t

T ; 0

x

1; jvj

M +M

:

Với mỗi M > 0; T > 0; ta đặt
W (M; T ) = fv 2 L1 (0; T ; H01 \ H 2 ) : vt 2 L1 (0; T ; H01 ); vtt 2 L2 (QT );
kvkL1 (0;T ;H 1 \H 2 )
0

M; kvt kL1 (0;T ;H 1 )

M; kvtt kL2 (QT )

0

W1 (M; T ) = v 2 W (M; T ) : vtt 2 L1 0; T ; L2

; trong đó QT =

(3.8)

M g;
(0; T ) : (3.9)

Ta liên kết bài toán (3.4) với một dãy quy nạp tuyến tính sau.
Trước hết, ta chọn v0 = 0: Giả sử rằng
vm

1

2 W1 (M; T ):

(3.10)

Sau đó, tìm vm 2 W1 (M; T ) thỏa bài toán tuyến tính
h•
vm ; wi +

m (t) hrvm ; rwi

= hFm (t); wi ; 8w 2 H01 ;
20

(3.11)