sự tồn tại và duy nhất nghiệm của bài toán biên tự do stefan

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP. HỒ CHÍ MINH

Diệp Nhật Tạo

SỰ TỒN TẠI VÀ DUY NHẤT NGHIỆM
CỦA BÀI TOÁN BIÊN TỰ DO STEFAN

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Thành phố Hồ Chí Minh – 2014


BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP. HỒ CHÍ MINH

Diệp Nhật Tạo

SỰ TỒN TẠI VÀ DUY NHẤT NGHIỆM CỦABÀI
TOÁN BIÊN TỰ DO STEFAN

Chuyên ngành :

Toán Giải tích

Mã số

60 46 01 02

:

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC:
GS. TS. ĐẶNG ĐỨC TRỌNG

Thành phố Hồ Chí Minh – 2014


LỜI CAM ĐOAN
Tôi xin cam đoan luận văn là kết quả nghiên cứu của riêng tôi, không sao
chép từ bất kỳ luận văn nào. Nội dung luận văn có tham khảo và sử dụng các tài
liệu, bài giảng, thông tin được đăng tải trên các tác phẩm, tạp chí trong danh
mục tài liệu tham khảo của luận văn.
Tp. Hồ Chí Minh, tháng 9 năm 2014
Tác giả

Diệp Nhật Tạo


LỜI CẢM ƠN
Lời đầu tiên, tôi xin chân thành cảm ơn Thầy GS. TS. Đặng Đức Trọng đã
tận tâm chỉ bảo, hướng dẫn tôi trong suốt quá trình nghiên cứu và hoàn thành
luận văn này.
Xin chân thành cảm ơn Quí thầy cô Khoa Toán, Trường Đại học Sư phạm
Tp. Hồ Chí Minh và Trường Đại học Khoa học Tự nhiên Tp. Hồ Chí Minh đã
nhiệt tình truyền đạt kiến thức và kinh nghiệm quý báo cho tôi trong suốt
khóa học.
Xin gửi lời cảm ơn Phòng Sau Đại học, Trường Đại học Sư phạm Tp. Hồ
Chí Minh đã tạo điều kiện thuận lợi để tôi hoàn thành khóa học.
Tp. Hồ Chí Minh, tháng 9 năm 2014

Tác giả

Diệp Nhật Tạo


MỤC LỤC
Trang phụ bìa
Lời cam đoan
Lời cảm ơn
Mục lục
Danh mục các ký hiệu, các chữ viết tắt
LỜI MỞ ĐẦU ...................................................................................................... 1
Chương 1. KIẾN THỨC CHUẨN BỊ ................................................................ 5
1.1. Bổ đề Gronwall ........................................................................................... 5
1.2. Phương trình tích phân Volterra tuyến tính loại 2 ...................................... 5
1.3. Một số kết quả sơ bộ về hàm Green............................................................ 5
1.4. Bổ đề 1.4.1 ................................................................................................ 18
1.5. Ánh xạ co và nguyên lý điểm bất động..................................................... 19
1.5.1. Ánh xạ co ............................................................................................ 19
1.5.2. Nguyên lý điểm bất động .................................................................... 19
1.6. Nguyên lý cực đại ..................................................................................... 19
1.7. Một số bất đẳng thức cơ bản ..................................................................... 20
Chương 2. BÀI TOÁN BIÊN TỰ DO MỘT PHA DẠNG STEFAN ............ 22
2.1. Một bài toán Stefan một pha. Quy về phương trình tích phân ................. 22
2.2. Sự tồn tại và duy nhất nghiệm của bài toán .............................................. 29
2.2.1. Sự tồn tại và duy nhất nghiệm trong khoảng thời gian nhỏ................ 41
2.2.2. Sự tồn tại và duy nhất nghiệm toàn cục .............................................. 43
Chương 3. MỘT BÀI TOÁN STEFAN HAI PHA VỚI HAI BIÊN TỰ DO .... 47
3.1. Giới thiệu................................................................................................... 47
3.2. Thu gọn về những phương trình tích phân ............................................... 54

3.3. Sự tồn tại và duy nhất nghiệm của bài toán .............................................. 69
KẾT LUẬN ........................................................................................................ 79
TÀI LIỆU THAM KHẢO ................................................................................ 80


DANH MỤC CÁC KÝ HIỆU, CÁC CHỮ VIẾT TẮT
Trong luận văn này có sử dụng các ký hiệu và quy ước cần thiết.
1. 

: Kết thúc chứng minh.

2. Sup : Cận trên.
3. Inf
4.

∑

5. .

: Cận dưới.
: Tổng.
: Chuẩn.

u
6. exp(u ) = e .

7. Max : Giá trị lớn nhất.
8. .

: Giá trị tuyệt đối.

1

LỜI MỞ ĐẦU
Bài toán biên tự do là bài toán mà trong đó một bộ phận của biên không
được cho trước. Biên chưa biết này gọi là biên tự do (vì vị trí của chúng thay đổi
theo thời gian) và người ta phải tìm nó cùng với nghiệm của phương trình. Bài
toán biên tự do xuất hiện trong nhiều lĩnh vực khoa học như: vật lý [1], cơ
họcmôi trường liên tục [2], trong công nghiệp hóa học [3],…
Mô hình đầu tiên của các bài toán biên tự do là bài toán về sự nóng chảy
hoặc đông đặc của những chất tinh khiết. Nó thường được gọi là bài toán Stefan
do J. Stefan công bố vào những năm 1890 – 1891. Đó là bài toán về hiện tượng
tan băng.Giả sử có một thanh băng mỏng, vô tận về một phía, chiếm một khoảng
a ≤ x < ∞ , và giả thiết rằng nhiệt độ của băng ở khắp nơi đều bằng 0 C và tại
0

điểm x = a luôn duy trì nhiệt độ T 0C , với T > 0 . Khi đó thanh băng bắt đầu
tan (chuyển từ trạng thái rắn sang trạng thái lỏng) và vào mỗi thời điểm t > 0
pha nước sẽ chiếm một khoảng a ≤ x < s (t ) . Kí hiệu u ( x, t ) là nhiệt độ trong pha
nước tại điểm x , ở thời điểm t . Khi đó ta có

0,
a 2u=
xx − ut
u ( a, t ) T ,
=
u ( s (t ), t ) 0,
=

a < x < s (t ), t > 0,

(0.1)

t > 0,
t > 0,

(0.2)
(0.3)

trong đó α là hằng số ≠ 0 , α 2 =

k1
, k1 là hệ số truyền nhiệt của nước, ρ1 là
ρ1c1

mật độ của nước, c1 là nhiệt dung riêng của nước.
Đường x = s (t ) chính là biên tự do, phần không biết trước của biên, ngăn
cách giữa pha nước và pha rắn. Điều kiện (0.3) thể hiện nhiệt độ tan của thanh
băng tại biên tự do là 00 C . Tuy nhiên, vì biên tự do là chưa biết trước, do đó
muốn cho bài toán được đặt đúng người ta phải bổ sung thêm một điều kiện trên


2

biên tự do. Điều kiện đó được suy ra từ định luật bảo toàn năng lượng gọi là
điều kiện Stefan
ds (t )
=
−k1u x ( s (t ), t ), t > 0 .

dt

(0.4)
x=s(t)

t
nước
rắn

0

x

a

Hình 1.
Bài toán (0.1) – (0.4) được gọi là bài toán Stefan một pha, các hàm số

u ( x, t ), s (t ) là các ẩn hàm phải tìm của bài toán.
Nếu nhiệt độ của thanh băng phân bổ tại thời điểm đầu thấp hơn nhiệt độ
của băng (nhỏ hơn 00 C ) và không nhất thiết đều thì sự truyền nhiệt xảy ra ở cả
hai pha rắn và nước. Gọi v( x, t ) là nhiệt độ ở pha rắn, tại điểm x , ở thời điểm t .
Khi đó v thỏa mãn phương trình và các điều kiện sau

β 2vxx − vt 0,
=
v( x,0) ψ ( x),
=
v( s (t ), t ) 0,
=

s (t ) < x < ∞, t > 0,

(0.5)

0 < x < ∞,
t > 0,

(0.6)
(0.7)

trong đó β là hằng số ≠ 0 , β 2 =

k2
, k2 là hệ số truyền nhiệt của băng, ρ 2 là
ρ 2c2

mật độ của băng, c2 là nhiệt dung riêng của băng, ψ ( x) là hàm số khôngdương
cho trước (ψ ( x) ≤ 0 ). Điều kiện (0.4) được thay thế bằng điều kiện

ds (t )
=
−k1u x ( s (t ), t ) + k2 vx ( s (t ), t ), t > 0.
dt

(0.8)


3

Bài toán tìm các hàm u ( x, t ), v( x, t ), s (t ) thỏa mãn các phương trình và các điều
kiện (0.1) – (0.3), (0.5) – (0.8) được gọi là bài toán Stefan hai pha.
Các bài toán biên tự do không chỉ được nghiên cứu trong các lĩnh vực vật
lý, hóa học mà còn được nghiên cứu trong nhiều lĩnh vực khác như sinh học [6],
tài chính (định giá rủi ro và đầu tư tối ưu) [5],…
Hiện nay, những ứng dụng của bài toán biên tự do thu hút sự quan tâm của
nhiều nhà khoa học thuộc nhiều lĩnh vực khác nhau. Từ năm 1981 các hội nghị
quốc tế về bài toán biên tự do được tổ chức đều đặn cho đến nay. Cụ thể như
sau: Montecatini, Ý, 1981; Maubuissons, Pháp, 1984; Irsee, Đức, 1987;
Montreal, Canada, 1990; Toledo, Tây Ban Nha, 1993; Zakopane, Polonia, 1995;
Crete, Hy Lạp, 1997; Chiba, Nhật Bản, 1999; Trento, Ý, 2002; Coimbra, Bồ
Đào Nha, 2005; Stockholm, từ ngày 9-13 tháng sáu năm 2008; Regensburg,
Đức, từ ngày 11-15 tháng sáu năm 2012.
Nội dung chính của luận văn này trình bày về sự tồn tại và duy nhất nghiệm
của bài toán biên tự do một pha dạng Stefan và một bài toán Stefan hai pha với
hai biên tự do.Các kết quả chính trong luận văn này là sự tổng hợp từ những tài
liệu [10], [15].
Luận văn được viết thành ba chương ngoài phần mở đầu, phần kết luận và
tài liệu tham khảo.
Phần mở đầu trình bày xuất xứ và ý nghĩa của bài toán. Trong phần này
giới thiệu ngắn gọn lịch sử phát triển của các bài toán biên tự do.
Chương 1.Kiến thức chuẩn bị.
Chương này giới thiệu một số kết quả sơ bộ về hàm Green và phương trình
tích phân Volterra, một số kết quả cơ bản phục vụ cho việc nghiên cứu ở chương
2 và chương 3. Các kết quả chính được trình bày trong chương 2 và chương 3.
Chương 2. Bài toán biên tự do một pha dạng Stefan.


4

Chương này trình bày về bài toán biên tự do một pha dạng Stefan. Sự tồn
tại và tính duy nhất nghiệm của bài toán được chứng minh bằng nguyên lý điểm
bất động. Nội dung tham khảo chính là [10], chương 8 của Avner Friedman.
Chương 3. Một bài toán Stefan hai pha với hai biên tự do.
Chương này trình bày về một bài toán Stefan hai pha với hai biên tự do.
Bài toán xuất hiện từ sự hình thành băng ở Bắc Cực trong mùa hè. Sử dụng
nguyên lý điểm bất động ta chứng minh được sự tồn tại và tính duy nhất nghiệm
của bài toán. Phần này lấy từ bài báo [15] của P. T. Nam, Alain Pham, D. D.
Trong, P. H. Quan.


5

Chương 1
KIẾN THỨC CHUẨN BỊ
Trong chương này chúng ta trình bày một số kết quả làm cơ sở cho các
chương sau.Các kết quả này là sự tổng hợp từ [4], [7], [10], [15].
1.1. Bổ đề Gronwall
1
Cho T > 0, λ ∈ L ( 0, T ) , λ ≥ 0 hầu khắp nơi và C1 , C2 ≥ 0 . Giả sử

ϕ ∈ L1 ( 0, T ) , ϕ ≥ 0 hầu khắp nơi sao cho λϕ ∈ L1 ( 0, T ) và
t

ϕ (t ) ≤ C1 + C2 ∫ λ ( s ) ϕ ( s ) ds ,

∀t ∈ ( 0, T ) .

0

Khi đó ta có

 t

ϕ (t ) ≤ C1 exp  C2 ∫ λ ( s) ds  ,
 0


∀t ∈ ( 0, T ) .

Trường hợp đặc biệt, nếu C1 = 0 , ta có ϕ = 0 hầu khắp nơi.
1.2. Phương trình tích phân Volterra tuyến tính loại 2
Phương trình tích phân Volterra tuyến tính loại hai có dạng
s

ϕ ( s=
) f ( s ) + λ ∫ K ( s, t )ϕ (t )dt , a ≤ s ≤ b ,
a

trong đó các hàm f , K cho trước, λ là tham số, ϕ là hàm cần tìm.
1.3. Một số kết quả sơ bộ về hàm Green
Cho a (t ), b(t ) là những hàm khả vi liên tục và a (t ) < b(t ), ∀t ≥ 0 . Cho

κ > 0 là hằng số và cho u ( x, t ) là một nghiệm của phương trình khuếch tán
∂u
∂ 2u
= κ 2 , t > 0, b(t ) > x > a (t ) .
∂t
∂x

Ta giới thiệu hàm Green cho phương trình (1.3.1),

(1.3.1)


6

 ( x − x )2 
H (t − t )
exp  −
,
4
(
t
)
κ
−
t
2 pκ (t − t )



=
G ( x, t ;x ,t )

trong đó H là hàm Heaviside,
1, t > 0,
H (t ) = 
0, t < 0.

Bổ đề sau rất hữu ích cho việc biến đổi phương trình vi phân (1.3.1) về
phương trình tích phân Volterra loại 2.
Bổ đề 1.3.1.Nếu u là một nghiệm của (1.3.1) thì với t > 0 và a (t ) < x < b(t ) ta
có
=
u ( x, t )

∫ G ( x, t; b(t ),t ) κ ux ( b(t )−,t ) + u ( b(t ),t ) b '(t ) dt
t

0

− ∫ G ( x, t ; a (t ),t ) κ ux ( a (t )+,t ) + u ( a (t ),t ) a '(t ) dt
t

0

−κ ∫ Gx ( x, t ; b(t ),t ) u ( b(t ),t )dt
t

0

+κ ∫ Gx ( x, t ; a (t ),t ) u ( a (t ),t )dt
t

0

+∫

b (0)

a (0)

G ( x, t ;x ,0 ) u (x ,0 )d x .

Chứng minh.Lưu ý rằng

Gt + κ Gξξ = 0, ∀t < t , và G ( x, t ;x , t −=) δ ( x − x ) ,
+∞, x = 0,
x ≠ 0.
 0,


trong đó δ = H ' là hàm delta Dirac, δ ( x) = 

Thật vậy, ta có
 ( x − x )2 
1
exp  −
.
t →t − 2 pκ (t − t )
4
κ
(
t
−
t
)



G ( x, t ; x , t − ) lim
=

ε 2 4κ (t − t ) . Ta được
Đặt y= x − x ,=
G ( x, t ; x , t −=
)

lim

e →0 +

 y2 
exp  − 2 =
) δ ( x − x ).
 δ ( y=
2
e
pe


1

(1.3.2)


7

1 . Khi đó

Khi t < t thì H (t − t ) =
=
G ( x , t ; x ,t )

 ( x − x )2 
1
exp  −
,
−
κ
t
t
4
(
)
2 pκ (t − t )



 ( x − x )2  
1
( x − x )2 
Gt =
exp  −
−
,

3
3
5

κ
t
t
4
(
)
−
8 pκ (t − t ) 

  4 pκ (t − t )
 ( x − x )2 
x −x
Gx exp  −
,
=

3
3
κ
t
t
4
(
)
−

 4 pκ (t − t )

 ( x − x )2   ( x − x )2
1

Gxx =
exp  −
−

.

 4κ (t − t )   8 pκ 5 (t − t )5 4 pκ (t − t )3 

Từ đó ta có

Gt + κ Gξξ = 0, ∀t < t.

, ) thì
Ta có với u = u (ξτ
κ

 ∂G ∂u
∂  ∂u
∂G 
∂ 2 u ∂u ∂G
∂ 2G 
.
.
.
G
u
G
u
κ
−

=
+
−
−


 ∂
∂ξξξξξξξξξ
∂ 
∂ 2 ∂ ∂
∂ 2

∂ ∂
∂ 2u
∂ 2G
∂u
∂
(uG ).
= κG 2 − κu 2 = G
+ uGτ =
∂ξξττ
∂
∂
∂

Suy ra
κ

∂  ∂u
∂G  ∂

−u
−
G
(uG ) =
0.

∂ξξξτ
∂  ∂
 ∂

Ta cóvới v = uG , thì

(

)

∂
∂
v
,
d
v( , )d
=
ξτξξτξ
(
)
(
)
∫a (ττ
) ∂ττ

∂ ∫a ( )
), ) b '( ) + v ( a ( ), ) a '( ).
−v ( b(ττττττ
)
b (ττ
b( )

Thật vậy, trong trường hợp a(t ) ≡ 0, do
> b( ),
0 khi ξτ
H ( b(τξ
)− )=

< b( )
 1 khi ξτ


8

nên
∞
∂
∂
=
ξτξτξξτξ
v
d
,
)
(

)
(
∫0 ∂ττ
∫0 H ( b( ) − ) ∂ ( v ( , ) ) d
∞ ∂
∞ ∂
= ∫
) − ) v ( , )  d − ∫
 H ( b(τξξτξτξξτξ
 H ( b( ) − )  v ( , ) d .
0 ∂ττ
0 ∂ 
b (τ )

Mặt khác
∂
/
) − )=
δ ( b(τξτ
) − ) b '( )
 H ( b(τξτξτξ
 H ' ( b( ) − )( b( ) − )=
τ
∂τ

và

∫

∞

0

∞

/
dτξξτξξτξτξ
( b( ) − ) v ( , ) d =
∫ H ξ ( − b( ) ) v ( , ) d
0

∞

ξ →∞

, ) H ( − b( ) ) ξ =0 − ∫ vξ/ ( , ) H ( − b( ) ) d
= v (ξτξτξτξτξ
0

∞

lim v (ξτξτξττ
, ) − ∫ vξ/ ( , ) d =
v ( b( ), ) ,
=
b (τ )

ξ →∞

nên

∂
, )) d
( v (ξτξ
0
∂τ
∞
∂ ∞
=
H ( b(τξξτξdτξτξτξ
) − ) v ( , ) d − ∫ ( b( ) − ) b '( )v ( , ) d
∫
0
∂τ 0
∂ b (τ )
=
v (ξτξτττ
, ) d − v ( b( ), ) b '( ).
∂τ ∫0

∫

b (τ )

(
(

)

)

Nếu a (t ) không phải là hằng số, ta có thể viết
∂
, )) d
( v (ξτξ
a (τ ) ∂τ
) ∂
b (ττ
a( ) ∂
= ∫
, )) d − ∫
v (ξτξξτξ
(
(v ( , )) d
0
0
∂ττ
∂
∂ b (τ )
=
, ) d − v ( b( ), ) b '( )
v (ξτξτττ
∂τ ∫0
∂ a (τ )
−
, ) d + v ( a ( ), ) a '( )
v (ξτξτττ
∂τ ∫0
∂ b (τ )
=
, ) d − v ( b( ), ) b '( ) + v ( a ( ), ) a '( ).

v (ξτξττττττ
∂τ ∫a (τ )

∫

b (τ )

(

(

(

)

)

)


9

Lấy tích phân đồng nhất thức Green
∂  ∂u
∂G  ∂
−u
−
G
(uG ) =
0


∂ξξξτ
∂  ∂
 ∂

κ

trên miền a (t ) < ξ < b(t ), 0 < t < t , ta sẽ được kết quả mong muốn vì
t

b (t )

0

a (t )

∫∫

∫

=

t

0

x =b (t )

t
∂  ∂u

∂G 
∂u
∂G 
G
u
d
d
G
u
−
x
t
=
−
∫0  ∂x ∂x x =a (t ) dt
∂x  ∂x
∂x 

G ( x, t ; b(t ),t ) ux ( b(t )−,t ) dt − ∫ G ( x, t ; a (t ),t ) ux ( a (t )+,t ) dt
t

0

− ∫ Gx ( x, t ; b(t ),t ) u ( b(t ),t )dt + ∫ Gx ( x, t ; a (t ),t ) u ( a (t ),t )dt
t

t

0

0

và

∂
( uG )dx dt
0 a (t ) ∂t
t ∂
b (t )
uGdx − [uG ]x
= ∫ 
0 ∂t ∫a (t ) =

t

∫∫

b (t )

)

(

t = t−

 b (t ) uGdx  − t [uG ]
=
x
 ∫a (t ) =
t =0 ∫0

∫

=

b (t )

a (t )

b '(t ) + [uG ]

(t )
b=
x a (t )

b '(t )dt + ∫ [uG ]x
(t )
b=


a '(t )  dt


t

0

G ( x, t ; x , t − ) u ( x , t ) d x − ∫

b (0)

a (0)

a (t )

a '(t )dt

G ( x, t ;x ,0 ) u (x ,0 )dx

− ∫ G ( x, t ; b(t ),t ) u ( b(t ),t ) b '(t )dt + ∫ G ( x, t ; a (t ),t ) u ( a (t ),t ) a '(t )dt
t

t

0

0

u ( x, t ) − ∫ G ( x, t ;x ,0 ) u (x ,0 )dx − ∫ G ( x, t ; b(t ),t ) u ( b(t ),t ) b '(t )dt
=
b (0)

t

a (0)

0

+ ∫ G ( x, t ; a (t ),t ) u ( a (t ),t ) a '(t )dt .
t

0

Ở đây ta đã sử dụng tính chất

∫

b (t )

a (t )

∫

=

∫

b (t )

a (t )

G ( x, t ; x , t − ) u ( x , t ) d x =
u ( x, t ) . Thật vậy

G ( x, t ; x , t − ) u ( x , t ) d x =
∫ d ( x − x )u (x , t ) dx

b (t )

a (t )

b (t )

a (t )

x =b ( t )

H '(x − x)u (x , t ) dx= u (x , t ) H (x − x) x =a (t ) − ∫

b (t )

a (t )

u ( b(t ), t ) − ∫
=

b (t )

x

ux/ (x , t ) dx =
u ( b(t ), t ) − ux (x , t )

x =b ( t )
x =x

ux/ (x , t ) H (x − x)dx

u ( x, t ) .
=

10

Từ các kết quả trên ta hoàn thành chứng minh bổ đề 1.3.1. 
Nhận xét 1.3.1.Kết quả trong bổ đề 1.3.1 vẫn được giữ với b(t ) ≡ +∞ hoặc

a(t ) ≡ −∞ . Ví dụ, nếu a(t ) ≡ −∞ thì công thức trong bổ đề 1.3.1 rút gọn thành
u ( x, t )
=

∫ G ( x, t; b(t ),t ) κ ux ( b(t )−,t ) + u ( b(t ),t ) b '(t ) dt
t

0

−κ ∫ Gx ( x, t ; b(t ),t ) u ( b(t ),t )dt + ∫
t

b (0)

0

−∞

G ( x, t ;x ,0 ) u (x ,0 )d x .

Ta cần một bổ đề cũng rất hữu ích cho mối quan hệ chuyển pha tại biên.
Bổ đề 1.3.2.Cho ρ (t )

(0 ≤ t ≤ σ )

là một hàm liên tục và cho s (t ) ( 0 ≤ t ≤ σ )

thỏa điều kiện Lipschitz. Khi đó, với mỗi 0 < t ≤ σ ,
∂ t
ρ (t ) K ( x, t ; s (t ),t ) dt
x → s ( t ) − ∂x ∫0
t
1
∂

ρ (t ) + ∫ ρ (t )  K ( x, t ; s (t ),t ) 
=
dt ,
0
2
 ∂x
 x=s (t )
lim

(1.3.3)

trong đó
2

1
 (x −x ) 
.
K ( x, t ;x ,t )

exp −
=

2 p (t − t )
 4(t − t ) 



Chứng minh. Trước tiên ta chứng minh rằng với bất kỳ δ dương cố định

(δ < t ) , tích phân
x − s (t )
K ( x, t ; s (t ),t ) dt
t −d 2(t − t )
t s (t ) − s (t )
K ( s (t ), t ; s (t ),t ) dt
−∫
t −d 2(t − t )

I ≡∫

t

(1.3.4)

thỏa
lim sup I +

x→s ( t )−

1
≤A δ.
2

(1.3.5)

Để cho đơn giản những hằng số khác nhau không phụ thuộc vào x, t , δ sẽ
được ký hiệu bằng A ( A có thể phụ thuộc vào σ ).


11

Viết I= I1 + I 2 với
x − s (t )
K ( x, t ; s (t ),t ) dt ,
t −d 2(t − t )
t s (t ) − s (t )
∫t −d 2(t − t )  K ( x, t; s(t ),t ) − K ( s(t ), t; s(t ),t ) dt .
t

I1 = ∫
I2

Từ giả thiết s (t ) thỏa điều kiện Lipschitz, s (t ) − s (t ) < A t − t , ta có

I 2 ≤ A∫

1
− 2A t −t
dt =

t −t

t

t −d

t =t
t = t −d

≤A d .

(1.3.6)

A 

 do K ( x, t ; s (t ),t ) − K ( s (t ), t ; s (t ),t ) ≤

t −t 


Để đánh giá I1 , ta giới thiệu
x − s (t )
K ( x, t ; s (t ),t ) dt .
t −d 2(t − t )

J1 = ∫

t

(1.3.7)

Khi đó
t x − s (t )
x − s (t )
K
x
,
t
;
s
(
t
),
t
d
t
−
(
)
∫t −dd
∫t − 2(t − t ) K ( x, t; s(t ),t ) dt
2(t − t )
t x − s (t )
=∫
K ( x, t ; s (t ),t ).
t −d 2(t − t )

=
J1 − I1

t

 ( x − s (t ) )2 − ( x − s (t ) )2  

× 1 − exp  −
  dt .
4(
t
−
t
)


 

(1.3.8)

Biểu thức trong ngoặc vuông bị chặn bởi

( x − s(t ) )
−

− ( x − s (t ) )
1
≤
s (t ) − s (t ) ( x − s (t ) + x − s (t ) )
4(t − t )
4(t − t )
2

2

≤ A ( x − s (t ) + x − s (t ) )
≤ A ( x − s (t ) + x − s (t ) + s (t ) − s (t ) )
≤ A ( x − s (t ) + s (t ) − s (t ) ) .


12

Vì nó thỏa mãn (1.3.5) với δ đủ nhỏ, và khi x → s (t ) , ta có thể giả sử rằng vế
phải của bất đẳng thức cuối nhỏ hơn 1. Do đó biểu thức trong ngoặc nhọn của
(1.3.8) bị chặn bởi A ( x − s (t ) + s (t ) − s (t ) ) .
−y
Thay vào (1.3.8) và dùng bất đẳng thức cơ bản ye ≤ const , với y ≥ 0 , ta

có

( x − s(t ) )

 ( x − s (t ) )2 
J1 − I1 ≤ A∫
exp  −
 dt
t −d
3
4(
t
)
t
−

4 (t − t )


t

2

+ A∫

t

 ( x − s (t ) )2 
s (t ) − s (t ) exp  −
 dt
3
4(
t
)
t
−
(t − t )



x − s (t )

t −d

t
dt

+ A∫ dt
t −dd
t−
t −t

≤ A∫

t

≤ −2 A t − t

(

t =t
t = t −d

+ Adddd
≤ 2A
+A .

)

. ≤A .
≤ 2 A + A sdd

(1.3.9)

Bây giờ, với J1 , thay vào tích phân (1.3.7) z =

t −t

( x − s(t ) )

2

. Chú ý rằng

x − s (t ) < 0 , ta có
1 d ' −3 2
 1
J1 =
z exp  − dz
−
∫
4 p 0
 4z 

với δ ' =

δ

( x − s(t ) )

Thật vậy, với z =

2

(1.3.10)

.

t −t

( x − s(t ) )

2

thì dz = −

dt

( x − s(t ) )

2

, khi đó


13

x − s (t )
K ( x, t ; s (t ),t ) dt
t −d 2(t − t )

J1 = ∫

t

2

1

x − s (t )
 ( x − s (t ) ) 

∫t −d 2(t − t ) 2 p (t − t ) exp − 4 ( t − t )  dt


t

∫

t

t −d

1

( x − s(t ) )

4 p

t −t

(

)

3

3

2

1
 ( x − s (t ) ) 

exp −
dt

2
t
4
−
t
(
)
(
)
−
x
s
t
)



(

1 d ' −3 2
 1
=

−
z exp  − dz.
∫
4 p 0
 4z 

Đặt t =

1
1
thì dt = − z −3 2 dz , khi đó
2
z

1
−
J1 =
4 p

1

∫

d'

∞

 t2 
1
−

exp  −  ( −2dt ) =
2 p
 4

Khi x → s (t ) thì δ ' → ∞,
J1 → −

1
2 p

∫

∞

0

1

δ'

∫

 t2 
exp  − dt.
 4
d'

∞

1

→ 0 , do đó

 t2 
1
4p
1
=− .
exp  − dt = −
.
2
2
2 p
 4

(ở đây ta đã áp dụng bổ đề 1.4.1)
Kết hợp kết quả này với (1.3.9), (1.3.6) và I= I1 + I 2 , ta có
I+

1
1
1
1
= I1 + I 2 + = I1 − J1 + J1 + I 2 + ≤ I1 − J1 + J1 + + I 2 .
2
2
2
2

Cho x → s (t ) − , ta có lim sup I +

x → s (t ) −

1
≤ A δ.
2

Từ (1.3.9) và (1.3.10) ta cũng có

I1 ≤ I1 − J1 + J1 ≤ A.
Sử dụng tính liên tục Lipschitz của s (t ) ta có

(1.3.11)


14

t
s (t ) − s (t )
A
(
),
;
(
),
K
s
t
t
s
d

t
t
t
≤
(
)
∫t −dd
∫t − t − t dt
2(t − t )
t
A
dt
≤∫
t −d
t −t
t

≤ −2 A t − t

t =t
t = t −d

=2 A d

≤ 2 A s ≤ A.

(1.3.12)

Cuối cùng, cùng với (1.3.5), (1.3.12), ta cần bất đẳng thức

∫

x − s (t )
K ( x, t ; s (t ),t ) dt ≤ A.
2(t − t )

t

t −d

(1.3.13)

Thật vậy, do (1.3.11), tính liên tục Lipschitz của s và
x − s (t )
s (t ) − s (t )
x − s (t )
K ≤−
K+
K,
2(t − t )
2(t − t )
2(t − t )

nên ta có

∫

t

t −d

x − s (t )
K ( x, t ; s (t ),t ) dt
2(t − t )

t
x − s (t )
s (t ) − s (t )
K ( x, t ; s (t ),t ) dt + ∫
K ( x, t ; s (t ),t ) dt
t −dd
t−
2(t − t )
2(t − t )
t
A
dt
≤ A+ ∫
t −d
t −t
≤ A.

≤∫

t

Bây giờ ta sẽ hoàn thành chứng minh bổ đề 1.3.2 từ các điều kiện (1.3.5),
(1.3.12), (1.3.13).
Đặt
x − s (t )

K ( x, t ; s (t ),t ) dt
t −d
2(t − t )
t
s (t ) − s (t )
− ∫ ρ (t )
K ( s (t ), t ; s (t ),t ) dt .
t −d
2(t − t )
t

L1 = ∫ ρ (t )

Ta có

(1.3.14)


15

lim sup L1 +

x → s (t ) −

1
ρ (t ) ≤ A δ + A sup ρ (t ) − ρ (t ) .
2
t −δ ≤t ≤ t

Thật vậy, do ρ (t ) =ρ (t ) + [ ρ (t ) − ρ (t )] nên (1.3.14) viết lại như sau

x − s (t )
K ( x, t ; s (t ),t ) dt
t −d
2(t − t )
t
s (t ) − s (t )
K ( s (t ), t ; s (t ),t ) dt
− ∫ ρ (t )
t −d
2(t − t )
t
x − s (t )
K ( x, t ; s (t ),t ) dt
+ ∫ [ ρ (t ) − ρ (t ) ]
t −d
2(t − t )
t
s (t ) − s (t )
K ( s (t ), t ; s (t ),t ) dt
− ∫ [ ρ (t ) − ρ (t ) ]
t −d
2(t − t )
t
x − s (t )
I .ρ (t ) + ∫ [ ρ (t ) − ρ (t ) ]
K ( x, t ; s (t ),t ) dt
=
t −d
2(t − t )
t

s (t ) − s (t )
− ∫ [ ρ (t ) − ρ (t ) ]
K ( s (t ), t ; s (t ),t ) dt .
t −d
2(t − t )

L1 = ∫

t

ρ (t )

Do (1.3.5), (1.3.12), (1.3.13) nên
1
lim sup L1 + ρ (t )
x→s ( t )−
2
1
≤ lim sup I .ρ (t ) + ρ (t )
x→s ( t )−
2
+ sup ρ (t ) − ρ (t ) ∫

t

+ sup ρ (t ) − ρ (t ) ∫

t

t −d

t −d ≤t ≤t

t −d

t −d ≤t ≤t

x − s (t )
K ( x, t ; s (t ),t ) dt
2(t − t )
s (t ) − s (t )
K ( s (t ), t ; s (t ),t ) dt
2(t − t )

≤ A d + A sup ρ (t ) − ρ (t ) .
t −d ≤t ≤t

Tiếp theo xét hàm

(1.3.15)


16

x − s (t )
K ( x, t ; s (t ),t ) dt
0
2(t − t )
t −d
s (t ) − s (t )

K ( s (t ), t ; s (t ),t ) dt
− ∫ ρ (t )
0
2(t − t )

L2 = ∫

t −d

ρ (t )

(0 < d < t )

thỏa lim L2 = 0 .
x→s (t )

Kết hợp nhận xét này với (1.3.15) ta có
lim sup ( L1 + L2 ) +

x → s (t ) −

1
ρ (t ) ≤ A δ + A sup ρ (t ) − ρ (t ) .
2
t −δ ≤t ≤ t

Vì vế trái độc lập với δ , và do vế phải có thể nhỏ tùy ý nếu δ đủ nhỏ, ta có
lim sup ( L1 + L2 ) +

x → s (t ) −

1
0.
ρ (t ) =
2

Mà
x − s (t )
K ( x, t ; s (t ),t ) dt
0
2(t − t )
t
s (t ) − s (t )
K ( s (t ), t ; s (t ),t ) dt
− ∫ ρ (t )
0
2(t − t )
t

L1 + L2 =
∫ ρ (t )

=
− ∫ ρ (t ) K x ( x, t ; s (t ),t ) dt + ∫ ρ (t ) K x ( s (t ), t ; s (t ),t ) dt
t

t

0

0

nên

lim

∫

t

x → s (t ) − 0

ρ (t ) K x ( x, t ; s (t ),t=
) dt

t
1
ρ (t ) + ∫ ρ (t ) K x ( s (t ), t ; s (t ),t ) dt .
0
2

Điều này đúng với mối quan hệ nhảy (1.3.3). 
Nhận xét 1.3.2.Cho ρ (t ) liên tục và cho s (t ) > 0 thỏa mãn điều kiện Lipschitz,

0 ≤ t ≤ σ . Khi đó, với 0 < t ≤ σ ,
lim − κ ∫ ρ (t )Gx ( x, t ; s (t ),t=
) dt
t

x→s (t )

0

t
1
ρ (t ) + κ ∫ ρ (t )Gx ( s (t ), t ; s (t ),t ) dt
0
2

 ( x − x )2 
H (t − t )
trong=
đó G ( x, t ;x ,t )
exp  −
.
2 pκ (t − t )
 4κ (t − t ) 


17

Nhận xét 1.3.3.Trong các ứng dụng của bổ đề trên, đôi khi ta cần lưu ý rằng

Gx = −Gx . Hơn nữa, đối với giới hạn phải ta có
t
1
lim + κ ∫ ρ (t )Gx ( x, t ; s (t ),t ) dt = − ρ (t )
0
x→s (t )
2

+κ ∫ ρ (t )Gx ( s (t ), t ; s (t ),t ) dt .
t

0

Bổ đề 1.3.3.Cho n ∈ , σ > 0, p > 1, q > 1,

1

p

+

1

=
1 . Giả sử rằng t  W j (t ,t )

q

là đo được trong (0, t ) với mọi t ∈ (0,σ ] và

∫

t

0

p

W j (t ,t ) dt ≤ const., ∀t ∈ (0,s ], j =1, n .

Khi đó hệ
(t )dt ) , ∀t ∈ (0,σ ], j
∑ ( ∫ W (t ,t )ψ =

=
ψ j (t )

n

t

j =1

0

j

1, n ,

j

q
n
có một nghiệm duy nhất {ψ j } j =1 = 0 trong L (0,σ ) .

Chứng minh.Dùng bất đẳng thức Holder ta có
n

) (∫
)
≤ const.∑ ( ∫ ψ (t ) dt ) , ∀j =1, n.
n

ψ j (t ) ≤ ∑ ∫ W j (t ,t )ψ j (t )dt ≤ ∑
t

0
=j 1 =j 1

(∫

t

0

1

p

W j (t ,t ) dt
n

t

j =1

0

p

t

0

q

q

ψ j (t ) dt

1

q

j

Khi đó
n

ψ j (t ) ≤ const.∑
q

j =1

( ∫ ψ (t ) dt ), ∀j =1, n.
t

q

j

0

Do đó,
n

n

∑ ψ j (t ) ≤ const.∑
q

=j 1 =j 1

Từ bổ đề Gronwall ta có

(∫

∑

t

0

)



n



ψ j (t ) dt =
const.∫  ∑ ψ j (t )  dt .
q

t



0
=j 1

q

q



n
{
ψ
}
ψ
(
t
)
=

0
.
Do
đó
j
j =1 = 0 . 
j
j =1

n

1

q


18

Nhận xét 1.3.4.Nếu W j (t ,t ) ≤

const.
, j=
1, n thì ta có thể chọn bất kỳ p ∈ (1,2)
t −t

để áp dụng bổ đề 1.3.3. Thật vậy, ta có
const.

p

W j (t ,t ) ≤

p

t −t

, j=
1, n.

Suy ra
t =t
t

∫ W (t ,t )

p

j

0

p
− +1
2

(t − t )
const.
d
t
≤

−
p
p
t −t
− +1
2

t

dt ≤ ∫
0

≤

s

p
− +1
2

p
− +1
2

=

t
−

t =0

p
− +1
2

p
+1
2

≤ const., ∀t ∈ (0,s ], j =1, n.

Lưu ý rằng do p ∈ (1, 2 ) nên −

p
+1 > 0.
2

Do đó ta có thể chọn bất kỳ p ∈ (1,2) để áp dụng bổ đề 1.3.3. 
1.4. Bổ đề 1.4.1
=
I

+∞
2
πk
, J
e − x k dx =
∫=
0
2

+∞

e − x k dx
∫=

πk

2

−∞

( với k là hằng số).

Chứng minh. Ta chỉ cần chứng minh tích phân I . Tích phân J suy ra từ tích
phân I . Thật vậy, ta có
=
I2

+∞

+∞

+∞

+∞

0

0

e
dx ∫ e
dy ∫ ∫
∫=
−x k
2

0

0

−y k
2

e

−

x2 + y 2
k

dxdy.

 x = r cosθ
, ta được
 y = r sin θ

Đặt 

2


k
rdr =
− ∫ 2 dθ ∫ d  e
0

2 0


2


k
πk
− ∫ 2 (−1)dθ =.
 =
2 0
4


r
r
πππ
−
+∞ −
+∞

I =

∫ dθ ∫
2

2

0

0

e

k

k


19

Từ đó suy ra I =

πk
2

.I

1.5. Ánh xạ co và nguyên lý điểm bất động
1.5.1. Ánh xạ co
Cho không gian metric ( X , d ) bất kỳ. Một ánh xạ P : ( X , d ) → ( X , d ) gọi
là ánh xạ co, nếu có một số θ < 1 sao cho d ( Px1 , Px2 ) ≤ θ d ( x1 , x2 ) , ∀x1 , x2 ∈ X .
1.5.2. Nguyên lý điểm bất động

Một ánh xạ co P từ một không gian metric đầy đủ X vào chính nó đều có
một điểm bất động duy nhất.
1.6. Nguyên lý cực đại
Xét toán tử
n
n
∂ 2u
∂u
∂u
Lu ≡ ∑ aij ( x, t )
+ ∑ bi ( x, t )
+ c ( x, t ) u −
∂xi ∂x j i 1
∂xi
∂t
=
i, j 1 =
(((((((
(((((((((

Au

trong miền ΩT = Ω × (0,T ] , với T > 0 và Ω là miền trong  n (mở và bị chặn).
Ta liệt kê một vài giả thiết sau:
(A) L là parabolic trong ΩT , nghĩa là nếu tồn tại λ > 0 mà với mỗi

( x, t ) ∈Ω

T

và với bất kỳ vectơ thực ξ ≠ 0 ,

∑ a ( ξ, t )ξξ
ij

i

2

j

>λξ ;

(B) Những hệ số của L là những hàm liên tục trong ΩT .
Kí hiệu

C(

2,1)



∂u ∂ 2u
∈ C ( ΩT )  ,
(ΩT =
) u : ΩT →  : u, ut , ,
∂xi ∂xi ∂x j



∂ ∗ΩT = ∂ΩT \ Ω × {T }.
Định lý 1.6.1. (Nguyên lý cực đại yếu cho phương trình parabolic)