Bài toán hỗn hợp cho phương trình nhiệt phi tuyến trong hình vành khăn, dáng điệu tiệm cận của nghiệm khi thời gian lớn
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (409.31 KB, 50 trang )
ĐẠI HỌC QUỐC GIA THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
LÊ CÔNG NHÀN
BÀI TOÁN HỖN HỢP CHO PHƯƠNG TRÌNH NHIỆT PHI
TUYẾN TRONG HÌNH VÀNH KHĂN: DÁNG ĐIỆU TIỆM
CẬN CỦA NGHIỆM KHI THỜI GIAN LỚN
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
Tp. Hồ Chí Minh, 2013
ĐẠI HỌC QUỐC GIA THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
LÊ CÔNG NHÀN
BÀI TOÁN HỖN HỢP CHO PHƯƠNG TRÌNH NHIỆT PHI
TUYẾN TRONG HÌNH VÀNH KHĂN: DÁNG ĐIỆU TIỆM
CẬN CỦA NGHIỆM KHI THỜI GIAN LỚN
Chuyên ngành
Mã số chuyên ngành
: Toán Giải tích
: 60. 46. 01
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC:
TS. NGUYỄN THÀNH LONG
Tp. Hồ Chí Minh, 2013
Mục lục
Lời cảm ơn
ii
Bảng ký hiệu
iii
1 Phần mở đầu
1
2 Kiến thức chuẩn bị
4
2.1
Các không gian hàm thông dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4
2.2
Không gian hàm Lp (0, T ; X) , 1 ≤ p ≤ +∞ . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6
2.3
Phân bố có giá trị vectơ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6
2.4
Bổ đề về tính compact của Lions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7
2.5
Các bất đẳng thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7
2.6
Các định lý . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8
3 Sự tồn tại và duy nhất nghiệm
9
3.1
Giới thiệu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
9
3.2
Sự tồn tại và duy nhất nghiệm yếu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
4 Tính trơn của nghiệm yếu
25
5 Sự phụ thuộc liên tục của nghiệm yếu đối với b, f, g, h, λ
31
6 Khảo sát nghiệm dừng và dáng điệu của nghiệm khi t → +∞
36
Kết luận
44
Tài liệu tham khảo
45
i
Lời cảm ơn
Lời đầu tiên, tôi kính gửi đến Thầy hướng dẫn - TS. Nguyễn Thành Long lòng
biết ơn sâu sắc nhất về sự tận tình hướng dẫn của Thầy đối với tôi trong suốt quá trình
học tập và hoàn thành luận văn này. Thầy là một tấm gương về lòng say mê nghiên cứu
khoa học và hết lòng tận tụy với nghề, với trò. Từ Thầy, tôi không chỉ được học kiến
thức, phương pháp nghiên cứu khoa học sao cho hiệu quả mà tôi còn có thêm niềm say
mê trong nghiên cứu khoa học. Với tôi, Thầy mãi là tấm gương sáng để tôi học tập và
phấn đấu suốt đời.
Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến Thầy Trần Minh Thuyết, Thầy đã luôn tận
tình chỉ bảo tôi trong quá trình tham gia seminar và cho tôi nhiều nhận xét rất bổ ích
cho luận văn của mình.
Xin chân thành cảm ơn quý Thầy, Cô phản biện và quý Thầy, Cô trong hội đồng chấm
luận văn đã giành thời gian để đọc và đưa ra những nhận xét để luận văn được hoàn
chỉnh hơn.
Chân thành cảm ơn quý Thầy, Cô khoa Toán - Tin học, trường Đại học Khoa học Tự
nhiên TP. Hồ Chí Minh, đã tận tình truyền đạt kiến thức cho tôi trong suốt thời gian học
tập. Tôi cũng xin cảm ơn Ban Giám hiệu và quý Thầy, Cô thuộc Phòng Đào tạo Sau đại
học, trường Đại học Khoa học Tự nhiên TP. Hồ Chí Minh đã tạo mọi điều kiện thuận lợi
để tôi hoàn tất chương trình học tập ở trường.
Chân thành cảm ơn Ban Giám hiệu, Ban lãnh đạo Khoa Sư phạm và toàn thể quý
Thầy, Cô trường Đại học An Giang đã tạo mọi điều kiện tốt nhất về thời gian và công
việc để tôi có thể học tập, nghiên cứu và hoàn tất chương trình học tập của mình.
Xin cảm ơn Thầy Hoàng và các bạn lớp Cao học Giải tích khóa 21 cùng các anh, chị
trong nhóm seminar định kỳ do Thầy Nguyễn Thành Long và Thầy Trần Minh Thuyết
tổ chức, đã trao đổi và thảo luận các vấn đề liên quan đến luận văn.
Cuối cùng, tôi xin gửi lời cảm ơn sâu sắc nhất và lòng yêu thương dành cho gia đình
tôi.
Xin chân thành cảm ơn.
Tp. Hồ Chí Minh, ngày 19 tháng 03 năm 2013
Người thực hiện
Lê Công Nhàn
ii
Bảng ký hiệu
Ω = (0, 1)
QT = (0, 1) × (0, T )
V
:
Không gian hàm, trang 5
u(t)
:
u(x, t)
u (t), ut (t)
:
∂u
(x, t)
∂t
ux (t)
:
∂u
(x, t)
∂x
uxx (t)
:
∂ 2u
(x, t)
∂x2
:
Tích vô hướng, chuẩn thông thường trên L2
:
Tích vô hướng có trọng, chuẩn có trọng trên L2
:
Tích vô hướng, chuẩn thông thường trên H 1
:
Tích vô hướng có trọng, chuẩn có trọng trên H 1
:
Kết thúc chứng minh
·, ·
L2 ,
·
L2
·, · , ·
·, ·
H1 ,
·, · 1 , ·
·
1
H1
iii
Chương 1
Phần mở đầu
Trong luận văn này, chúng tôi nghiên cứu bài toán giá trị biên và ban đầu cho phương
trình nhiệt phi tuyến trong hình vành khăn sau đây
1
ut − uxx + ux + b(t)u + λ |u|α−2 u = f (x, t),
x
u(R, t) = 0,
R < x < 1, 0 < t < T,
ux (1, t) + hu(1, t) = g(t),
u(x, 0) = u0 (x),
(1.1)
(1.2)
(1.3)
trong đó u0 , b, f, g là các hàm cho trước. Bài toán được sự quan tâm của nhiều nhà Toán
học trong thời gian gần đây.
Trong [8], N. T. Long và Alain Pham Ngoc Dinh đã xét bài toán
∂u a(t) ∂
− γ
∂t
r ∂r
rγ
∂u
∂r
+ F (r, u) = f (r, t),
0 < r < 1, 0 < t < T,
(1.4)
và điều kiện hỗn hợp
lim rγ/2 ur (x, t) < +∞,
r→0+
ur (1, t) + h(t) (u(1, t) − u˜0 ) = 0,
u(r, 0) = u0 (r),
(1.5)
(1.6)
với γ > 0, u˜0 là hằng số cho trước, a(t), h(t), F (r, u), f (r, t) là những hàm số cho trước.
Trường hợp γ = 1 và F = 0, bài toán (1.4) - (1.6) mô tả dòng nhiệt đối xứng trục
trong một xi lanh hình trụ.
Trường hợp γ = 2 và F = 0, bài toán (1.4) - (1.6) mô tả trong hệ tọa độ cầu trong R3
tỉ khối của một giọt nhỏ nhiên liệu lỏng trong trường hợp làm bay hơi mặt trong bình vô
hạn, điều kiện biên (1.5) được liên kết với điều kiện Rankine-Hugoniot trên bề mặt của
giọt sau khi thay đổi độ co giản [6].
1
Trong [5], Minasjan đã nghiên cứu một trường hợp đặc biệt của bài toán (1.4), (1.5)
với điều kiện T-tuần hoàn
u(r, 0) = u(r, T ),
(1.7)
F (r, u) = 0,
(1.8)
trong trường hợp
γ = 1,
u˜0 = 0,
và các hàm a(t), h(t), f (r, t) là T-tuần hoàn theo t. Ý nghĩa vật lý của bài toán (1.4),
(1.5), (1.7) và (1.8) là một dòng nhiệt tuần hoàn trong một hình trụ vô hạn với giả thiết
rằng hình trụ phụ thuộc vào sự trao đổi nhiệt một cách tuần hoàn ở bề mặt (r = 1) với
nhiệt độ môi trường bên ngoài là zêrô. Minasjan [5] đã tìm một nghiệm cổ điển của bài
toán này bằng cách dùng biến đổi Fourier. Phương pháp này dẫn đến một hệ giả chính
quy vô hạn các phương trình đại số tuyến tính. Tuy nhiên tính giải được của hệ phương
trình này không được chứng minh chi tiết trong [5].
Trong [4], Lauerova đã chứng minh rằng với các dữ kiện T-tuần hoàn, bài toán (1.4),
(1.5), (1.7), (1.8) có một nghiệm yếu T-tuần hoàn theo t.
Trong trường hợp
γ = 1,
u˜0 = 0,
f = 0,
F = F (u),
F ∈ C 1 (R),
F (u) ≥ − ,
(1.9)
với > 0 đủ nhỏ, các tác giả trong [9] đã chứng minh được rằng bài toán (1.4), (1.5),
(1.7) có duy nhất một nghiệm yếu T-tuần hoàn trong không gian Sobolev có trọng thích
hợp. Hơn nữa, nghiệm này phụ thuộc liên tục vào a(t) và h(t).
Trong luận văn này, chúng tôi xét bài toán trong trường hợp đặc biệt với
γ = 1,
F = F (u) = b(t)u + λ |u|α−2 u.
a(t) = 1,
(1.10)
Cụ thể ta xét bài toán
1
ut − uxx + ux + b(t)u + λ |u|α−2 u = f (x, t),
x
R < x < 1, 0 < t < T,
(1.11)
với điều kiện biên hỗn hợp
u(R, t) = 0,
ux (1, t) + hu(1, t) = g(t),
(1.12)
và điều kiện đầu
u(x, 0) = u0 (x).
(1.13)
Luận văn được chia thành sáu chương
Chương 1. Phần mở đầu. Giới thiệu tổng quan về bài toán khảo sát trong luận văn,
điểm qua các kết quả đã có trước đó, đồng thời nêu bố cục của luận văn.
2
Chương 2. Kiến thức chuẩn bị. Trình bày một số công cụ chuẩn bị bao gồm viêc nhắc
lại một số không gian hàm, một số kết quả về các phép nhúng compact, các bất đẳng
thức và các định lý được sử dụng trong luận văn.
Chương 3. Sự tồn tại và duy nhất nghiệm. Dùng phương pháp xấp xỉ Faedo - Galerkin
và các Bổ đề compact, compact yếu, sự tồn tại duy nhất nghiệm yếu của bài toán (1.11)
- (1.13) được chứng minh với điều kiện u0 ∈ L2 và các giả thiết thích hợp về b, f , g, h, λ.
Chương 4. Tính trơn của nghiệm yếu. Với u0 ∈ H 1 (R, 1), u0 (R) = 0 cùng với một số
điều kiện phụ, tính trơn của nghiệm yếu của bài toán (1.11) - (1.13) cũng được chứng
minh.
Chương 5. Sự phụ thuộc liên tục của nghiệm yếu đối với b, f , g, h, λ.
Chương 6. Khảo sát nghiệm dừng và dáng điệu của nghiệm khi t → +∞.
Cuối cùng là phần kết luận và danh mục các tài liệu tham khảo.
3
Chương 2
Kiến thức chuẩn bị
2.1
Các không gian hàm thông dụng
Giả sử T > 0, ta ký hiệu Ω = (R, 1), QT = Ω × (0, T ). Ta bỏ qua các định nghĩa của các
không gian hàm thông dụng và ký hiệu chúng bởi Lp = Lp (Ω), H m = H m (Ω).
Ký hiệu ·, · L2 , · L2 lần lượt là tích vô hướng, chuẩn thông thường trong L2 và ·
là chuẩn trong không gian Banach X.
X
Trên L2 ta xét tích vô hướng có trọng
u, v =
∀u, v ∈ L2 ,
xu(x)v(x)dx,
Ω
và chuẩn sinh bởi tích vô hướng có trọng được ký hiệu bởi · ,
12
1
∀u ∈ L2 .
xu2 (x)dx ,
u =
R
Chú thích 1 Chuẩn · và ·
L2
√
R v
là hai chuẩn tương đương trên L2 , bởi vì
L2
≤ v ≤ v
L2
,
∀v ∈ L2 .
Trên Lp ta xét chuẩn sau
u
Lp (x,Ω)
p1
1
x |u(x)|p dx .
=
R
Chú thích 2 Chuẩn ·
đương, bởi vì
Lp (x,Ω)
√
p
R v
và chuẩn thông thường ·
Lp
≤ v
Lp (x,Ω)
4
≤ v
Lp
,
Lp
trên Lp là hai chuẩn tương
∀v ∈ Lp .
Trên H 1 ta xét tích vô hướng sau
u, v
và chuẩn sinh bởi tích vô hướng này, ký hiệu ·
2
1
u
Chú thích 3 Chuẩn ·
bởi vì
1
∀u, v ∈ H 1 ,
= ux , vx + u, v ,
1
= ux
2
+ u
2
1
∀u ∈ H 1 .
,
H1
trên H 1 là hai chuẩn tương đương,
,
∀v ∈ H 1 .
và chuẩn thông thường ·
√
R v
H1
≤ v
1
≤ v
H1
Ký hiệu V = {v ∈ H 1 : v(R) = 0}. Khi đó, V là không gian con đóng của H 1 , do đó V
cũng là một không gian Hilbert đối với tích vô hướng của H 1 .
Giả sử b ∈ C 1 [0, T ] với 0 < b0 ≤ b(t) ≤ b1 , ∀t ∈ [0, T ] và hằng số h > 0. Ta xét họ song
tuyến tính đối xứng {a (t; ·, ·)}0≤t≤T trên V × V như sau
a (t; u, v) =
xux (x)vx (x)dx + b(t)
Ω
xu(x)v(x)dx + hu(1)v(1)
(2.1)
Ω
= ux , vx + b(t) u, v + hu(1)v(1),
∀u, v ∈ V, 0 ≤ t ≤ T.
Ta có các bổ đề sau
¯ là compact và
Bổ đề 2.1 Phép nhúng V → C 0 Ω
v
C0
(Ω¯ )
≤
√
1 − R vx
L2
1−R
vx ,
R
≤
Từ Bổ đề 2.1, ta suy ra rằng trên V các chuẩn v → v
v → vx là tương đương, bởi vì
vx ≤ v
vx
L2
≤ v
√
R v
H1
1
≤√
vx ,
R
√
≤ 2 − R vx
H1 ,
∀v ∈ V.
v → v 1 , v → vx
L2 ,
1
H1
≤ v
1
≤ v
H1
L2
,
,
với mọi v ∈ V .
Bổ đề 2.2 Giả sử b ∈ C 1 [0, T ] với 0 < b0 ≤ b(t) ≤ b1 , ∀t ∈ [0, T ] và hằng số h > 0. Khi
đó, với mỗi t ∈ [0, T ] dạng song tuyến tính đối xứng a (t; ·, ·) là liên tục trên V × V và
bức trên V , tức là
i. |a (t; u, v)| ≤ a1 ux
vx ,
ii. a (t; v, v) ≥ vx 2 ,
với mọi u, v ∈ V, 0 ≤ t ≤ T , a1 = 1 + (b1 + h) 1−R
.
R
Bổ đề 2.1 và 2.2 dễ dàng được kiểm chứng.
5
Không gian hàm Lp (0, T ; X) , 1 ≤ p ≤ +∞
2.2
Giả sử 1 ≤ p ≤ +∞ và X là không gian Banach thực. Ta ký hiệu Lp (0, T ; X) là không
gian các hàm đo được u : (0, T ) → X sao cho
u
Lp (0,T ;X)
< +∞,
trong đó
u
Lp (0,T ;X)
p1
T
=
u(t)
p
X
dt , 1 ≤ p < +∞,
0
và
u
L∞ (0,T ;X)
= inf{M > 0 : u(t)
X
≤ M, hầu hết t ∈ (0, T )}.
Tích vô hướng trên L2 (0, T ; X) được xác định bởi
T
u, v =
u(t), v(t) dt,
∀u, v ∈ L2 (0, T ; X) .
0
Một số tính chất cơ bản của không gian hàm Lp (0, T ; X).
1. Lp (0, T ; X) là không gian Banach với 1 ≤ p ≤ +∞;
2. Với 1 < p < +∞, nếu X là không gian phản xạ thì không gian Lp (0, T ; X) phản
xạ;
3. Các không gian L1 (0, T ; X) , L∞ (0, T ; X) không phản xạ;
4. Với 1 ≤ p < +∞, gọi X là không gian đối ngẫu của X và p là liên hợp của p thì
(Lp (0, T ; X)) = Lp (0, T ; X ) ;
5. Với 1 ≤ p < +∞, ta có Lp (0, T ; Lp (Ω)) = Lp (QT ).
2.3
Phân bố có giá trị vectơ
Cho X là không gian Banach thực. Phân bố có giá trị trong X là một ánh xạ u : D(0, T ) →
X tuyến tính liên tục. Tập các hàm phân bố có giá trị trong X được ký hiệu là D (0, T ; X).
Đạo hàm phân bố của u ∈ D (0, T ; X), ký hiệu
du
,φ
dt
Khi đó
= − u,
dφ
dt
du
∈ D (0, T ; X).
dt
6
,
d
được xác định bởi
dt
∀φ ∈ D(0, T ).
2.4
Bổ đề về tính compact của Lions
Cho các không gian Banach B0 , B1 , B với B0 → B → B1 với các phép nhúng liên tục và
B0 , B1 là phản xạ. Giả sử phép nhúng B0 → B là compact.
Với 0 < T < +∞ và 1 ≤ pi ≤ +∞, i = 1, 2, ta đặt
W (0, T ) = {v ∈ Lp0 (0, T, B0 ) : v ∈ Lp1 (0, T ; B1 )}.
Ta trang bị W (0, T ) bởi chuẩn
v
W (0,T )
= v
Lp0 (0,T,B0 )
+ v
Lp1 (0,T ;B1 )
.
Khi đó W (0, T ) là không gian Banach. Hiển nhiên, ta có W → Lp0 (0, T ; B). Ta cũng có
các kết quả sau
Bổ đề 2.3 (Bổ đề về tính compact của Lions [3], trang 57) Với các giả thiết như
trên và 1 < pi < ∞, i = 0, 1 thì phép nhúng W (0, T ) → Lp0 (0, T ; B) là compact.
Bổ đề 2.4 (Bổ đề về sự hội tụ yếu của Lions [3], trang 12) Giả sử Q là tập mở
bị chặn của RN và Gm , G ∈ Lq (Q), 1 < q < +∞ sao cho
Gm
Lq (Q)
≤ C, với C là hằng số độc lập với m,
và Gm → G hầu hết x ∈ Q. Khi đó
Gm → G trong Lq (Q) yếu.
2.5
Các bất đẳng thức
Ta có các bất đẳng thức sau
i. Với mọi x, y ∈ R và α ∈ (1, 2] thì
|x|α−2 x − |y|α−2 y ≤ 22−α |x − y|α−1 ;
(2.2)
ii. Với mọi x, y ∈ [−M, M ], ∀M > 0 và α ≥ 2 thì
|x|α−2 x − |y|α−2 y ≤ (α − 1) M α−2 |x − y| .
(2.3)
Bổ đề 2.5 (Bổ đề Gronwall) Giả sử f : [0, T ] → R là hàm liên tục không âm trên
[0, T ] và thỏa bất đẳng thức
t
f (t) ≤ C1 + C2
f (s)ds, ∀t ∈ [0, T ],
0
trong đó C1 , C2 là các hằng số không âm. Khi đó, ta có
f (t) ≤ C1 eC2 t , ∀t ∈ [0, T ].
7
2.6
Các định lý
Định lý 2.6 (Định lý Ascoli - Arzela) Gọi X = C ([0, T ]; Rm ) là không gian Banach
các hàm liên tục f : [0, T ] → Rm với chuẩn
m
f
X
= sup |f (t)|1 ,
|f (t)|1 =
0≤t≤T
|fj (t)|,
∀f = (f1 , ..., fm ) ∈ X.
j=1
Giả sử A ⊂ X thỏa mãn các điều kiện sau
i. A bị chặn đều, tức là tồn tại M > 0 sao cho f
ii. A liên tục đồng bậc, tức là với mọi
thỏa |t − t| < δ thì ta có
X
≤ M , với mọi f ∈ A;
> 0, tồn tại δ > 0 sao cho với mọi t, t ∈ [0, T ]
|f (t ) − f (t)|1 ≤ ,
∀f ∈ A.
Khi đó, A compact tương đối trong X.
Định lý 2.7 (Định lý điểm bất động Schauder) Giả sử S là tập con khác rỗng, lồi,
đóng trong không gian Banach X và U : S → S là ánh xạ liên tục sao cho bao đóng U (S)
là tập compact. Khi đó, U có ít nhất một điểm bất động trong X.
Định lý 2.8 (Bổ đề Brouwer) Cho P : Rm → Rm liên tục thỏa tồn tại ρ > 0 sao cho
P (x), x ≥ 0,
∀x ∈ Rm , x
Rm
Khi đó tồn tại x sao cho
x
Rm
≤ ρ và P (x) = 0.
8
= ρ.
Chương 3
Sự tồn tại và duy nhất nghiệm
3.1
Giới thiệu
Trong chương này, ta xét bài toán
1
ut − uxx + ux + b(t)u + λ|u|α−2 u = f (x, t), R < x < 1, 0 < t < T,
x
(3.1)
với điều kiện biên
u(R, t) = 0,
ux (1, t) + hu(1, t) = g(t),
(3.2)
và điều kiện đầu
u(x, 0) = u0 (x),
(3.3)
trong đó α > 1, λ > 0, h > 0, 0 < R < 1 là các hằng số cho trước và u0 , b, f , g là các
hàm số cho trước thỏa các điều kiện sẽ được chỉ ra sau đó.
Nghiệm yếu của bài toán (3.1) - (3.3) được hiểu là một hàm u(t) xác định trên khoảng
(0, T ) thỏa mãn bài toán biến phân
d
u(t), v + a (t; u(t), v) + λ ψα (u(t)) , v = f (t), v + g(t)v(1), ∀v ∈ V,
dt
(3.4)
và điều kiện đầu
u(0) = u0 ,
(3.5)
trong đó V = {v ∈ H 1 : v(R) = 0}, ψα (x) = |x|α−2 x và
a (t; u(t), v) = ux (t), vx + b(t) u(t), v + hu(1, t)v(1).
Trong chương này sự tồn tại và duy nhất nghiệm yếu của bài toán (3.1) - (3.3) được
chứng minh bằng cách sử dụng phương pháp xấp xỉ Faedo - Galerkin được giới thiệu bởi
Lions, kết hợp với các đánh giá tiên nghiệm và các Bổ đề compact, compact yếu.
Trong quá trình chứng minh, Định lý Schauder cũng được sử dụng để kiểm tra sự tồn
tại nghiệm xấp xỉ Faedo - Galerkin.
9
3.2
Sự tồn tại và duy nhất nghiệm yếu
Ta thiết lập các giả thiết
(H1 ) λ > 0, α > 1 và h > 0;
(H2 ) b ∈ C 1 [0, T ] và có hằng số b0 sao cho
b(t) ≥ b0 > 0,
∀t ∈ [0, T ];
(H3 ) f ∈ L2 (0, T ; L2 );
(H4 ) g ∈ H 1 (0, T );
(H5 ) u0 ∈ L2 .
Khi đó ta có định lý sau
Định lý 3.1 Cho T > 0 và giả sử (H1 ) − (H5 ) đúng. Khi đó tồn tại duy nhất nghiệm yếu
u của bài toán (3.1) - (3.3) sao cho
u ∈ L2 (0, T ; V ) ∩ L∞ (0, T ; L2 ),
tu ∈ L∞ (0, T ; V ),
tut ∈ L2 (0, T ; L2 ).
Chứng minh. Chứng minh được chia thành 4 bước.
Bước 1. Xấp xỉ Faedo - Galerkin.
Giả sử {wj } là cơ sở đếm được của V và L2 sao cho {wj } trực chuẩn trong L2 . Ta tìm
nghiệm xấp xỉ um (t) của bài toán (3.4) - (3.5) dưới dạng
m
um (t) =
cmj (t)wj ,
(3.6)
j=1
trong đó cmj , j = 1, 2, ..., m thỏa hệ phương trình vi phân
um (t), wi + a (t; um (t), wi ) + λ ψα (um (t)) , wi
= f (t), wi + g(t)wi (1), 1 ≤ i ≤ m, (3.7)
và
um (0) = u0m ,
(3.8)
trong đó
m
βmj wj → u0 mạnh trong L2 .
u0m =
j=1
10
(3.9)
Hệ (3.7) - (3.9) được viết lại
m
cmi (t) +
a (t; wj , wi ) cmj (t) + λ ψα (um (t)) , wi
j=1
= f (t), wi + g(t)wi (1), 1 ≤ i ≤ m, (3.10)
và
cmi (0) = βmi , 1 ≤ i ≤ m,
(3.11)
hay
cmi (t) +
m
aij (t)cmj (t) + Ni [cm ](t) = Fi (t),
(3.12)
j=1
cmi (0) = βmi , 1 ≤ i ≤ m,
trong đó
aij (t) = a (t; wj , wi ) ,
Ni [cm ](t) = λ ψα (um (t)) , wi ,
Fi (t) = f (t), wi + g(t)wi (1), 1 ≤ i, j ≤ m,
hay viết hệ (3.12) dưới dạng vectơ
cm (t) + A(t)cm (t) + N [cm ](t) = F (t),
(3.13)
cm (0) = βm ,
trong đó
cm (t) = (cm1 (t), ..., cmm (t))T ,
N [cm ](t) = (N1 [cm ](t), ..., Nm [cm ](t))T ,
F (t) = (F1 (t), ..., Fm (t))T ,
βm = (βm1 , ..., βmm )T ,
A(t) = (a (t)) .
ij
Bổ đề sau chứng tỏ rằng với mỗi m, tồn tại một nghiệm um (t) có dạng (3.6) thỏa bài toán
(3.7) - (3.9) hầu khắp nơi trên [0, Tm ], với 0 < Tm < T được chỉ ra sau.
Bổ đề 3.2 Cho T > 0 và giả sử (H1 ) - (H5 ) đúng. Khi đó hệ (3.13) có ít nhất một nghiệm
trên [0, Tm ], 0 < Tm ≤ T .
11
Chứng minh. Để đơn giản ta bỏ qua chỉ số m trong cách viết, sau đó lấy tích phân hai
vế của (3.13) ta được
¯
¯ [c](t),
c(t) = U [c](t) = F¯ (t) + L[c](t)
+N
(3.14)
trong đó
t
F¯ (t) = β +
t
F (s)ds;
¯
L[c](t)
=−
0
t
¯ [c](t) = −
N
A(s)c(s)ds;
0
N [c](s)ds,
0
và
c(t) = (c1 (t), ..., cm (t))T ,
N [c](t) = (N1 [c](t), ..., Nm [c](t))T ,
β = (β1 , ..., βm )T ,
Ni [c](t) = λ ψα (u(t)) , wi ,
m
u(t) =
cj (t)wj .
j=1
Ta sẽ sử dụng Định lý Schauder để chứng minh phương trình (3.14) có nghiệm.
Với Tm ∈ (0, T ] và r > 0 được chỉ ra sau, ta đặt X = C ([0, Tm ], Rm ) và S = {c ∈ X :
c X ≤ r} với chuẩn trên X được định nghĩa như sau
m
c
X
= sup |c(t)|1
và |c(t)|1 =
0≤t≤Tm
|cj (t)|.
j=1
i. Rõ ràng S là tập con không rỗng, lồi, đóng và bị chặn của không gian Banach X với
chuẩn được trang bị như trên. Hơn nữa, dễ thấy rằng U [c] ∈ X, ∀c ∈ X. Tiếp theo, ta sẽ
chọn Tm ∈ (0, T ] và r > 0 sao cho U : S → S.
Giả sử c ∈ S, ta cần đánh giá U [c]
X.
Với 0 ≤ t ≤ Tm , ta có
t
|F¯ (t)|1 ≤ |β|1 +
T
|F (s)|1 ds = F¯T .
|F (s)|1 ds ≤ |β|1 +
0
0
Suy ra
F¯
X
= sup |F¯ (t)|1 ≤ F¯T .
0≤t≤Tm
Chú ý rằng
|Bβ|1 ≤ B ∗ |β|1 ,
12
(3.15)
∀β = (β1 , ..., βm ) ∈ Rm , ∀B = (bij ) ∈ Mm (tập các ma trận cấp m), trong đó
m
|β|1 =
m
|βi | và
B
∗
|bij |.
= max
1≤j≤m
i=1
i=1
Áp dụng bất đẳng thức trên, ta có
t
Tm
¯
|L[c](t)|
1 ≤
A(s) ∗ |c(s)|1 ds ≤
sup
A(s)
∗
c
X ds
≤ Tm sup
0≤s≤T
0
A(s)
∗
c
X,
0≤s≤T
0
Vì vậy
¯
L[c]
X
≤ rTm sup
A(s) ∗ .
(3.16)
0≤s≤T
Mặt khác, ta có
m
|u(x, t)| ≤
m
|cj (t)||wj (x)| ≤
j=1
|cj (t)| wj
L∞
≤ max wj
1≤j≤m
j=1
trong đó qm = max wj
L∞
c
X
≤ qm r,
L∞ .
1≤j≤m
Suy ra
ψα (u(t))
2
x |u(x, t)|2(α−1) dx ≤ (qm r)2(α−1) .
xψα2 (u(x, t)) dx =
=
Ω
Ω
Vì vậy, ta có
m
m
|N [c](t)|1 =
|Ni [c](t)| ≤ λ
ψα (u(t))
j=1
j=1
t
Tm
wi ≤ mλ(qm r)α−1 .
Suy ra
¯ [c](t)|1 ≤
|N
mλ(qm r)α−1 ds = mTm λ(qm r)α−1 .
|N [c](s)|1 ds ≤
0
0
Do đó
¯ [c]
N
X
≤ mTm λ(qm r)α−1 .
(3.17)
Từ (3.15), (3.16) và (3.17) ta có
U [c]
X
≤ F¯
X
¯
+ L[c]
X
¯ [c]
+ N
X
≤ F¯T + Tm
sup
0≤s≤T
13
A(s) ∗ r + mλ(qm r)α−1 .
Chọn r > 0 sao cho F¯T ≤ 2r . Sau đó chọn Tm > 0 sao cho
Tm
r
A(s) ∗ r + mλ(qm r)α−1 ≤ .
2
sup
0≤s≤T
Khi đó ta có U : S → S.
ii. Tiếp theo ta sẽ chứng minh U : S → S là ánh xạ liên tục.
Lấy c¯, c ∈ S sao cho c¯ → c trong X, ta sẽ chứng minh U [¯
c] → U [c] trong X. Thật vậy,
đặt
m
u¯(x, t) =
m
c¯j (t)wj (x),
u(x, t) =
j=1
cj (t)wj (x),
j=1
và
¯ [¯
¯ [¯
¯ [c].
U [¯
c] − U [c] = L
c − c] + N
c] − N
Với mọi x ∈ (R, 1) và với mọi t ∈ [0, Tm ], ta có
m
|¯
u(x, t) − u(x, t)| ≤
|¯
cj (t) − cj (t)||wj (x)|
j=1
m
≤
wj
L∞
|¯
cj (t) − cj (t)|
j=1
m
≤ qm
|¯
cj (t) − cj (t)| ≤ qm c¯ − c
X,
(3.18)
j=1
và
U [¯
c] − U [c]
Ta đánh giá
¯ c − c]
L[¯
X.
X
¯ c − c]
≤ L[¯
X
¯ [¯
¯ [c]
+ N
c] − N
X.
(3.19)
Với mọi t ∈ [0, Tm ] ta có
t
¯ c − c](t)|1 ≤
|L[¯
|¯
c(s) − c(s)|1 ds
A(s)
∗
sup
A(s)
0
Tm
≤
0≤s≤T
∗
c¯ − c
X ds
= Tm sup
A(s)
0≤s≤T
∗
c¯ − c
X.
0
Suy ra
¯ c − c]
L[¯
X
≤ Tm sup
0≤s≤T
14
A(s)
∗
c¯ − c
X.
(3.20)
Đánh giá
¯ [¯
¯ [c]
N
c] − N
X.
Ta có
t
¯ [c](t) − N
¯ [c](t)|1 ≤
|N
|N [¯
c](s) − N [c](s)|1 ds,
0
và
m
|N [¯
c](t) − N [c](t)|1 =
λ | ψα (¯
u(t)) − ψα (u(t)) , wi |
j=1
m
≤λ
ψα (¯
u(t)) − ψα (u(t)) = mλ ψα (¯
u(t)) − ψα (u(t)) .
j=1
Với 1 < α ≤ 2, sử dụng bất đẳng thức (2.2) ta được
α−1
c¯ − c
|ψα (¯
u(x, t)) − ψα (u(x, t))| ≤ 22−α |¯
u(x, t) − u(x, t)|α−1 ≤ 22−α qm
α−1
X .
Suy ra
α−1
X .
α−1
ψα (¯
u(t)) − ψα (u(t)) ≤ 22−α qm
c¯ − c
Do đó
Tm
¯ [¯
¯ [c](t)
N
c](t) − N
1
α−1
mλ22−α qm
c¯ − c
≤
α−1
X ds
0
α−1
= mλTm 22−α qm
c¯ − c
α−1
X ,
∀t ∈ [0, Tm ].
Vì vậy
¯ [¯
¯ [c]
N
c] − N
X
α−1
X .
α−1
≤ mλTm 22−α qm
c¯ − c
(3.21)
Với α > 2, sử dụng bất đẳng thức (2.3) với M = qm r > 0 ta được
|ψα (¯
u(x, t)) − ψα (u(x, t))| ≤ (α − 1)M α−2 |¯
u(x, t) − u(x, t)| ≤ (α − 1)qm M α−2 c¯ − c
X
.
Suy ra
ψα (¯
u(t)) − ψα (u(t)) ≤ (α − 1)qm M α−2 c¯ − c
X
.
Do đó
¯ [¯
¯ [c](t)
N
c](t) − N
1
≤ mλ(α − 1)qm M α−2 c¯ − c
X
,
∀t ∈ [0, Tm ].
Vì vậy
¯ [¯
¯ [c]
N
c] − N
X
≤ mλTm (α − 1)qm M α−2 c¯ − c
15
X
.
(3.22)
Từ (3.19), (3.20), (3.21) và (3.22) ta suy ra
U [¯
c] → U [c] trong X khi c¯ → c trong X.
iii. Ta sẽ sử dụng Định lý Ascoli - Arzela để chứng minh rằng U (S) compact tương đối
trong X. Thật vậy, do U (S) ⊂ S nên U (S) bị chặn đều. Vì vậy ta chỉ cần kiểm tra U (S)
đồng liên tục trong X.
Với c ∈ S, t, t ∈ [0, Tm ], t < t , ta có
t
U [c](t ) − U [c](t) =
t
F (s)ds −
t
A(s)c(s)ds −
t
t
N [c](s)ds.
t
Suy ra
t
t
|U [c](t ) − U [c](t)|1 ≤
|F (s)|1 ds + sup
A(s)
0≤s≤T
|c(s)|1 ds +
∗
t
t
t
21
t
≤
t
t
12
t
|F (s)|21
ds
|N [c](s)|1 ds
t
ds + sup
A(s)
0≤s≤T
t
c
∗
X
ds
t
t
+ mλ
ψα (u(s)) ds
t
≤ F
1
L2 (0,T ;L2 )
(t − t) 2 +
sup
0≤s≤T
A(s) ∗ r + mλ(qm r)α−1 (t − t) .
(3.23)
Điều này chứng tỏ U (S) đồng liên tục trong X. Như vậy U (S) compact tương đối trong
X và do đó u thỏa giả thiết của Định lý Schauder nên U có ít nhất một điểm bất động
c ∈ S. Vậy bài toán (3.13) có ít nhất một nghiệm um (t), t ∈ [0, Tm ]. Bổ đề 3.2 được chứng
minh.
Các đánh giá tiên nghiệm sau đây cho phép ta lấy Tm = T .
Bước 2. Các đánh giá tiên nghiệm.
Đánh giá tiên nghiệm I. Nhân phương trình thứ i của hệ (3.7) cho cmi (t), rồi cộng lại
theo i, i = 1, 2, ..., m, ta được
1d
um (t)
2 dt
2
+ a (t; um (t), um (t)) + λ um (t)
α
Lα (x,Ω)
= f (t), um (t) + g(t)um (1, t), (3.24)
16
Lấy tích phân từ 0 đến t theo biến thời gian, ta được
t
um (t)
2
+2
t
a (s; um (s), um (s)) ds + 2λ
0
um (s)
α
Lα (x,Ω)
ds
0
t
2
= u0m
+2
t
f (s), um (s) ds + 2
0
g(s)um (1, s)ds. (3.25)
0
Do h > 0 và tính bức của dạng song tuyến tính a (t; ·, ·) ta suy ra
t
2
Sm (t) ≤ u0m
t
| f (s), um (s) | ds + 2
+2
0
|g(s)um (1, s)| ds,
(3.26)
0
trong đó
t
Sm (t) = um (t)
2
t
umx (s)
+2
2
um (s)
ds + 2λ
0
α
Lα (x,Ω)
ds.
(3.27)
0
Ta đánh giá các số hạng ở vế phải của (3.26).
Do (3.9) nên có hằng số C1 sao cho
u0m
2
≤ C1 , với mọi m.
(3.28)
Sử dụng bất đẳng thức H¨older và Cauchy ta suy ra
t
t
| f (s), um (s) | ds ≤
2
0
t
f (s)
2
+ um (s)
2
2
L2 (0,T ;L2 )
ds ≤ f
+
0
Sm (s)ds, (3.29)
0
và
t
t
|g(s)um (1, s)| ds ≤ 2
2
1−R
R
|g(s)| umx (s) ds
0
0
t
1−R
g
≤
R
2
L2 (0,T )
+
umx (s)
2
ds
0
≤
1−R
g
R
2
L2 (0,T )
1
+ Sm (t).
2
Từ (3.26), (3.27), (3.28), (3.29) và (3.30) ta được
t
Sm (t) ≤
(1)
CT
+2
Sm (s)ds,
0
17
∀t ∈ [0, T ], ∀m ∈ N,
(3.30)
(1)
với CT = 2 C1 + f
2
L2 (0,T ;L2 )
+
1−R
R
g
2
L2 (0,T )
.
Theo Bổ đề Gronwall, ta suy ra
(1)
(1)
Sm (t) ≤ CT e2t ≤ C˜T ,
∀t ∈ [0, T ], ∀m ∈ N.
(3.31)
Do đó ta lấy Tm = T .
Đánh giá tiên nghiệm II. Nhân phương trình thứ i của hệ (3.7) cho t2 cmi (t), rồi cộng
lại theo i, i = 1, 2, ..., m, ta được
2
tum (t)
+ t2 a (t; um (t), um (t)) + λt2
1 d
um (t)
α dt
α
Lα (x,Ω)
= t2 f (t), um (t) + t2 g(t)um (1, t). (3.32)
Lưu ý rằng
t2 a (t; um (t), um (t)) =
1d
1
a (t; tum (t), tum (t)) − ta (t; um (t), um (t)) − b (t) tum (t)
2 dt
2
2
.
Do đó (3.32) được viết lại
2 tum (t)
2
+
2
2λ d
d
a (t; tum (t), tum (t)) +
t α um (t)
dt
α dt
= 2ta (t; um (t), um (t)) + b (t) tum (t)
2
+
α
Lα (x,Ω)
4λ 1
t α um (t)
α
α
Lα (x,Ω)
+ 2 tf (t), tum (t) + 2t2 g(t)um (1, t). (3.33)
Lấy tích phân từ 0 đến t theo biến thời gian ta được
t
2
sum (s)
2
ds + a (t; tum (t), tum (t)) +
2λ 2
t α um (t)
α
α
Lα (x,Ω)
0
t
=2
t
sa (s; um (s), um (s)) ds +
0
t
4λ
b (s) sum (s) 2 ds +
α
0
α
Lα (x,Ω)
ds
0
t
+2
1
s α um (s)
t
0
0
18
5
s2 g(s)um (1, s)ds =
sf (s), sum (s) ds + 2
Ii . (3.34)
i=1
Do tính bức của dạng song tuyến tính a (t; ·, ·) ta suy ra
t
Xm (t) ≤ 2
t
sa (s; um (s), um (s)) ds +
0
ds
0
t
4λ
+
α
2
b (s) sum (s)
t
t
α
1
α
s um (s)
Lα (x,Ω)
ds + 2
0
s2 g(s)um (1, s)ds, (3.35)
sf (s), sum (s) ds + 2
0
0
trong đó
t
Xm (t) = tumx (t)
2
sum (s)
+2
2
ds.
(3.36)
0
Ta đánh giá các số hạng ở vế phải của (3.35).
Với mọi t ∈ [0, T ] ta có đánh giá
t
t
sa (s; um (s), um (s)) ds ≤ 2T a1
I1 = 2
0
2
umx (s)
(1)
ds ≤ T a1 Sm (t) ≤ T a1 C˜T , (3.37)
0
và do |b (t)| ≤ b
C 1 [0,T ]
= ˜b nên
t
I2 =
t
b (s) sum (s)
2
ds ≤ ˜b
0
sum (s)
2
ds
0
t
1
umx (s)
R
≤ ˜bT 2
2
ds
0
≤
˜bT 2 1
˜bT 2 (1)
Sm (t) ≤
C˜ .
R 2
2R T
(3.38)
Hơn nữa, với mọi t ∈ [0, T ] ta cũng có
t
4λ
I3 =
α
t
4λT
s um (s)
ds ≤
α
Lα (x,Ω)
1
α
α
0
um (s)
α
Lα (x,Ω)
ds
0
≤
19
2T
2T ˜ (1)
Sm (t) ≤
C .
α
α T
(3.39)
Sử dụng bất đẳng thức H¨older và Cauchy ta có đánh giá
t
t
sf (s), sum (s) ds ≤ 2
I4 = 2
0
sf (s)
sum (s) ds
0
t
≤
t
2 sf (s)
1
ds +
2
2
0
sum (s)
2
ds
0
≤ 2T 2 f
2
L2 (0,T ;L2 )
1
+ Xm (t).
4
(3.40)
Tích phân từng phần số hạng thứ năm ta được
t
t
2
2
s2 g(s) um (1, s)ds,
s g(s)um (1, s)ds = 2t g(t)um (1, t) − 2
I5 = 2
0
0
nên với mọi t ∈ [0, T ] ta có
t
I5 ≤ 2 g
2
L∞ (0,T )
t
1−R
umx (t) + 2
R
1−R
R
s2 g(s)
umx (s) ds
0
t
≤ 2T g
L∞ (0,T )
1−R
R
1−R
Xm (t) +
R
t
2
2
s g(s)
ds +
0
umx (s)
2
ds
0
T
1
1−R
g
≤ Xm (t) + 4T 2
4
R
2
L∞ (0,T )
1−R
+
R
s2 g(s)
2
1 (1)
ds + C˜T .
2
0
Vậy
1
(2)
I5 ≤ Xm (t) + C˜T .
4
(3.41)
Từ (3.35) - (3.41) ta được
(1)
Xm (t) ≤ T a1 C˜T +
˜bT 2 (1) 2T (1)
C˜ +
C˜ + 2T 2 f
2R T
α T
2
L2 (0,T ;L2 )
1
(2)
+ Xm (t) + C˜T .
2
Vậy
(1)
Xm (t) ≤ 2T C˜T
a1 +
˜bT
2
+
2R α
20
+4 f
2
L2 (0,T ;L2 )
(2)
(3)
+ C˜T ≡ C˜T ,
(3.42)
