VỀ MỘT PHƯƠNG TRÌNH SÓNG PHI TUYẾN TRONG MIỀN HÌNH VÀNH KHĂN VỚI ĐIỀU KIỆN BIÊN HỖN HỢP

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

Võ Thị Bích Khuê

VỀ MỘT PHƯƠNG TRÌNH SÓNG PHI
TUYẾN TRONG MIỀN HÌNH VÀNH KHĂN
VỚI ĐIỀU KIỆN BIÊN HỖN HỢP

Chuyên ngành : Toán giải tích
Mã số
: 60 46 01

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC:
TS. NGUYỄN THÀNH LONG

Thành phố Hồ Chí Minh - 2008


LỜI CẢM ƠN
Lời đầu tiên tôi trân trọng kính gửi đến Thầy Nguyễn Thành Long, người
Thầy hết lòng vì học trò, lòng biết ơn chân thành và sâu sắc nhất. Thầy đã rất ân
cần và tận tình hướng dẫn, giúp đỡ tôi nắm được từng bước nghiên cứu khoa học,
giải đáp những thắc mắc, khó khăn khi tôi gặp phải. Từ Thầy, tôi càng hiểu thêm
được ý nghĩa, hứng thú và lòng say mê của việc nghiên cứu Toán học tưởng chừng
như rất khô khan và ít ứng dụng. Tôi xin khắc ghi những lời dạy, sự chỉ bảo ân cần
của Thầy trong suốt quá trình học tập và hoàn thành luận văn này.
Tôi chân thành cảm ơn quý Thầy, Cô đã đóng góp các ý kiến chân tình và bổ

ích cho luận văn đồng thời cũng giúp cho tôi hiểu thêm một cách sâu sắc về bài
toán.
Tôi cũng xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến quý Thầy, Cô trong và ngoài
khoa Toán- Tin học, trường Đại học Sư phạm TP. Hồ Chí Minh đã tận tình giảng
dạy, truyền đạt kiến thức cũng như các hỗ trợ về tinh thần, tư liệu cho tôi trong suốt
thời gian học tập.
Chân thành cảm ơn Ban chủ nhiệm khoa Toán – Tin học, quý Thầy, Cô thuộc
Phòng Quản lý Khoa học Công nghệ & Sau Đại học, trường Đại học Sư phạm TP.
Hồ Chí Minh đã nhiệt tình giúp đỡ, động viên, tạo mọi điều kiện thuận lợi về thủ tục
hành chính cho tôi trong suốt quá trình học tập.
Tôi cũng không thể quên gửi lời biết ơn chân tình đến gia đình, bạn bè tôi,
các anh chị cùng lớp cao học giải tích khóa 16, các anh chị trong nhóm Semina,
những người luôn ở bên tôi những lúc khó khăn, giúp đỡ tôi trong quá trình tôi học
và hoàn thành luận văn này.
Cuối cùng, vì kiến thức bản thân còn hạn chế, nên luận văn khó tránh khỏi
thiếu sót, rất mong được sự chỉ bảo của quý Thầy, Cô và sự góp ý chân thành của
các bạn bè đồng nghiệp.
Thành phố Hồ Chí Minh, tháng 9 năm 2008.
Võ Thị Bích Khuê.


MỞ ĐẦU

Sự tồn tại và duy nhất nghiệm trong nhiều bài toán về phương trình sóng phi
tuyến là đề tài được quan tâm bởi nhiều tác giả, chẳng như trong [1 –17] và các tài
liệu tham khảo trong đó. Trong luận văn này chúng tôi xét bài toán về một phương
trình sóng phi tuyến trong miền hình vành khăn với điều kiện biên hỗn hợp sau
(0.1)

vtt   vrr  1r vr   v

(0.2)

v(1, t )  0,

(0.3)

vr ( R, t )  h(t )v( R, t ),

(0.4)

p2

v  f1 (r , t ), 1  r  R, 0  t  T ,

v(r ,0)  v0 (r ), vt (r ,0)  v1 ( r ),

trong đó R  1, p  1 là các hằng số không âm cho trước; v0 , v1 , f1 , h là các hàm
cho trước thỏa các điều kiện mà ta sẽ chỉ ra sau. Ta xét màng phẳng hình vành khăn

1  {( x, y ) 

2

: 1  x 2  y 2  R 2 } được giới hạn bởi hai đường tròn, gồm một

đường tròn nhỏ 1  {( x, y ) 

 R  {( x, y ) 

2

2

: x 2  y 2  1} và gồm một đường tròn to

: x 2  y 2  R 2 }.

Bài toán (0.1) - (0.4) xuất phát từ bài toán cho phương trình sóng phi tuyến
trong màng phẳng hình vành khăn 1
(0.5)

utt  u  F (u )  f ( x, y, t ), ( x, y )  1 , 0  t  T ,

với điều kiện biên
(0.6)

u  0, ( x, y )  1 , 0  t  T ,

(0.7)

u
 h(t )u ( x, y, t ), ( x, y )   R , 0  t  T ,
v

và điều kiện đầu
(0.8)

u ( x, y,0)  u0 ( x, y ), ut ( x, y,0)  u1 ( x, y ), ( x, y )  1 ,

trong đó v là vectơ pháp tuyến đơn vị trên biên x 2  y 2  R 2 , R  1 hướng ra
ngoài, h(t ), f ( x, y, t ), u0 ( x, y ), u1 ( x, y ) là các hàm số cho trước thỏa một số điều
kiện nào đó ta sẽ chỉ rõ sau đó. Ký hiệu  để chỉ toán tử Laplace hai chiều

u  u xx  u yy .
- u ( x, y, t ) là độ dịch chuyển của màng 1 tại điểm ( x, y )  1 ở thời điểm
t, với 0  t  T .
- f ( x, y, t )  F (u ) là ngoại lực tác động lên màng 1 .
- Điều kiện biên (0.6) cho biết màng 1 bị giữ chặt trên đường tròn 1 .
- Điều kiện biên (0.7) trên đường tròn  R mô tả sự ràng buộc đàn hồi.
Trong luận văn này, chúng tôi khảo sát bài toán với các số hạng f ( x, y, t ),

u0 ( x, y ), u1 ( x, y ) chỉ phụ thuộc vào r  x 2  y 2 .
 F (u )  u p  2 u, khi p  2,


2
2
 f ( x, y, t )  f1 ( x  y , t ),

2
2
2
2
u0 ( x, y )  v0 ( x  y ), u1 ( x, y )  v1 ( x  y ).

(0.9)

Bằng cách đổi ẩn hàm u ( x, y, t )  v( r , t )  v( x 2  y 2 , t ) với chú ý

(0.10)

u xx  u yy  vrr (r , t )  1r vr (r , t ),

(0.11)

u
 vr ( R, t ) trên r  x 2  y 2  R.
v

Khi đó, bài toán (0.5) -(0.8) được chuyển về bài toán (0.1)-(0.4) đã nêu ban
đầu với ẩn hàm cần tìm là v  v(r , t ).
Trong luận văn này chúng tôi quan tâm đến sự tồn tại và tính duy nhất
nghiệm của bài toán (0.1) – (0.4), thuật giải xấp xỉ tuyến tính và sự hội tụ của thuật
giải về nghiệm yếu của bài toán (0.1) –(0.4).
Toàn bộ luận văn sẽ được chia thành các chương sau đây.


Chương 1. Trình bày các ký hiệu, công cụ, không gian hàm, tính chất các
phép nhúng có liên quan.
Chương 2. Khảo sát sự tồn tại và duy nhất của nghiệm yếu của bài toán (0.1)
–(0.4). Chứng minh dựa vào phương pháp Galerkin, có sử dụng định lý Schauder,
đánh giá tiên nghiệm kết hợp với sự hội tụ yếu.
Chương 3. Với việc tăng cường giả thiết về điều kiện đầu v0 , v1 , cùng với
các điều kiện phụ, chương nầy đã cho một khảo sát về tính trơn của nghiệm yếu của
bài toán (0.1) –(0.4), tương ứng với trường hợp h(t )  h.
Chương 4. Khảo sát một thuật giải xấp xỉ tuyến tính và sự hội tụ của thuật
giải về nghiệm yếu của bài toán (0.1) –(0.4), tương ứng với trường hợp đặc biệt
h(t )  h.

Chương 5. Cho một khảo sát về ảnh hưởng của số hạng nhiễu phi tuyến lên
nghiệm của bài toán và chỉ ra một khai triển tiệm cận nghiệm theo một tham số bé
đến cấp hai.
Sau cùng là phần kết luận và tài liệu tham khảo.


Chương 1
CÁC CÔNG CỤ CHUẨN BỊ
1.1.

Các không gian hàm.
Ta đặt các ký hiệu   (1, R ), QT    (0, T ), T  0.
Ta cũng dùng các ký hiệu v (t ), v(t )  vt (t ), v(t )  vtt (t ), vr (t ), vrr (t ) để lần

v
 2v
v
2v
(r , t ),
(r , t ). Ta cũng bỏ qua định
(r , t ), 2 (r , t ),
r
r 2
t
t
nghĩa các không gian hàm thông dụng: C m (), Lp (), H m (), W m , p (). Có
lượt chỉ v ( r , t ),

thể xem trong [17, 18]. Để cho gọn, ta ký hiệu lại như sau: Lp ()  Lp ,

H m ()  W m ,2 ()  H m , W m , p ()  W m , p .
Ta định nghĩa L2  L2 () là không gian Hilbert với tích vô hướng:
R

(1.1.1)

(v, w)   v(r ) w(r )dr
1

Ký hiệu  để chỉ chuẩn sinh bởi tích vô hướng (1.1.1), nghĩa là:
2

(1.1.2)

R 2

v  (v, v)    v (r )dr   v
1


L2 (  )

và định nghĩa
(1.1.3)

H 1  v  L2 : vr  L2 

là không gian Hilbert với tích vô hướng
(1.1.4)

(v, w) H 1  (v, w)  (vr , wr ), v, w  H 1.
Ký hiệu 

(1.1.5)

v

H

1

H1

để chỉ chuẩn sinh bởi tích vô hướng (1.1.4), nghĩa là



2

 (v, v) H 1  v  vr

Ta đặt
(1.1.6)

V0  v  H 1 : v (1)  0.

2



1

2

, v  H 1.


Khi đó V0 là không gian con đóng của V  H 1 , do đó V0 cũng là không gian
Hilbert đối với cùng một tích vô hướng của H 1.
Ngoài ra trên L2 () ta có thể sử dụng một tích vô hướng có trọng như sau:
R

v, w   rv( r ) w(r )dr.

(1.1.7)

1

Ký hiệu 

0

để chỉ chuẩn sinh bởi tích vô hướng (1.1.7)
1

R 2

v, v    rv (r )dr  .
1


v0

(1.1.8)

2

Khi đó chuẩn sinh bởi tích vô hướng của H 1 () được ký hiệu như sau:



2

v 1  v 0  vr

(1.1.9)

2
0



1

1

2

R


   r  v 2 (r )  vr2 (r )  dr  .
1

2

Ta có các bổ đề
Bổ đề 1.1.1. Phép nhúng H 1 ↪ C 0 () là compact và
(1.1.10)

v

C 0 ()

 2 v

H1

, v  H 1 .

Chứng minh bổ đề 1.1.1 có thể tìm thấy trong [17, 18]. 
Bổ đề 1.1.2. Đồng nhất L2 với L2  ( L2 )' (đối ngẫu của L2 ). Khi đó ta có
(1.1.11)

H 1 ↪ L2  ( L2 )' ↪ ( H 1 )

với các phép nhúng liên tục và nằm trù mật. 
Chú thích 1.1.1. Từ bổ đề 1.1.2, ta dùng ký hiệu tích vô hướng ,  trong

L2 để chỉ cặp tích đối ngẫu , 

1
1 
2
 H  , H giữa H và ( H ) . Chuẩn trong L được ký

hiệu bởi  . Ta cũng ký hiệu 

X  là không gian đối ngẫu của X.

1

X

1

để chỉ chuẩn trong không gian Banach X và gọi


Bổ đề 1.1.3. Trong L2 , các chuẩn v  v , v  v
tương tự cho các chuẩn v  v

H1

0

là tương đương. Cũng

, v  v 1 là tương đương trong H 1. Hơn nữa,

ta còn có các bất đẳng thức

(i)

v  v 0  R v , v  L2 ,

(ii)

v

H1

 v1 R v

H1

, v  H 1.

Chứng minh bổ đề 1.1.3 không khó khăn. 
Bổ đề 1.1.4. Phép nhúng V0 ↪ C 0 () là compact. Hơn nữa ta còn có
(1.1.12)

v

(1.1.13)

v 

(1.1.14)

v £

 R  1 vr , v V0 ,

C0 ()

1
( R  1) vr , v V0 ,
2
1

0

2

R (R - 1) vr , "v Î V0 ,

(R - 1)2
£ 1+
vr , "v Î V0 ,
2

(1.1.15)

vr £ v

(1.1.16)

vr

(1.1.17)

v 2 (R) £ e vr

0

H1

1
£ v £ 1 + R(R - 1)2 vr , "v Î V0,
1
0
2
2

2

+ C e v , "v Î H 1, "e > 0, với C e =

1
1
.
+
e R -1

Chứng minh. Phép nhúng V0 ↪ C 0 () là compact, có được là do phép nhúng

H 1 ↪ C 0 () là compact và V0 đóng trong H 1.
Chứng minh (1.1.12).
Cho v  C1 (), v(1)  0, 1  r  R, ta có
r

(1.1.18)

v(r )   vr ( x)dx.
1

Do đó


1

r 2  r

2
v(r )   vr ( x) dx   1 dx    vr ( x) dx 
1
1
 1

r

(1.1.19)

1

2

1

2

R

2
 r  1   vr ( x) dx   R  1 vr .
1

2

Vậy (1.1.12) được chứng minh.
Chứng minh (1.1.13).
Từ (1.1.14), ta có
2

(1.1.20)

r

r

2
v(r )    vr ( x) dx   (r  1)   vr ( x) dx  .
1

1

2

Tích phân theo biến r và sau đó đổi thứ tự lấy tích phân, ta được
R

(1.1.21)


1

2

r
 R
r

2
2
v(r ) dr   dr   vr ( x) dx    (r  1)dr   vr ( x) dx 
1
1
1

1

2

R

R

R

  vr ( x) dx  (r  1)dr
2

1

R

x

  vr ( x) dx  12 ( R  1) 2  12 ( x  1) 2 
2

1

R

 ( R  1)
1
2

2

 v ( x)
r

1

Suy ra
1

R


1
2
( R  1) vr .
v    v(r ) dr  
2
1

2

Vậy (1.1.13) được chứng minh.
Chứng minh (1.1.14).
v £ R v £
0

1
2

R (R - 1) vr .

Vậy (1.1.14) được chứng minh.
Chứng minh (1.1.15).

2

dx.


vr £ v

£

H1

2

£

2

v + vr

(R - 1)2
vr
2

2

+ vr

2

= 1+

(R - 1)2
vr .
2

Vậy (1.1.15) được chứng minh.
Chứng minh (1.1.16).
vr

0

(

2

2

0

0

£ v = v + vr
1

)

1/2

1/2

æ1
£ çç R(R - 1)2 vr
çè 2

2

ö
+ vr ÷÷÷

0÷
ø
2

1
£ 1 + R(R - 1)2 vr .
0
2

Vậy (1.1.16) được chứng minh.
Chứng minh (1.1.17).
R

v ( R )  v (r )  2  v( s)vr ( s)ds, r  [1, R], v  H 1.
2

2

r

Tích phân hai vế theo r
R

R

R

1

r

( R  1)v ( R )   v (r )dr  2  dr  v( s )vr ( s )ds
2

2

1

R

R

1

r

 v  2  dr  v( s )vr ( s ) ds
2

R

 v  2  ( s  1) v( s )vr ( s ) ds
2

1

2

 v  2( R  1) v vr
Do đó

v 2 ( R) 

1
2
v  2 v vr
R 1


1
1
2
2
v  v 2   vr
R 1

1
2
 1

  v 2   vr ,
 R 1  


với

Ce =

1
1

.
+
e R -1

Vậy (1.1.17) được chứng minh.
Vậy bổ đề 1.1.4 được chứng minh xong. 
Chú thích 1.1.2. Từ (1.1.13) ta cũng suy ra được rằng trong V0 , các chuẩn

v  vr , v  v
1.2.

H1

, v  v 1 là tương đương.

Không gian hàm Lp (0, T ; X ), 1  p  .
Cho X là không gian Banach thực với chuẩn là 

X

.

Ta ký hiệu Lp (0, T ; X ), 1  p   là không gian các lớp tương đương chứa
hàm u : (0, T )  X đo được sao cho
T



u (t )

p
X

dt  , 1  p  .

0

hay

M  0 : u (t )

X

 M , a.e. t  (0, T ), với p  .

Ta trang bị cho Lp (0, T ; X ), 1  p   chuẩn như sau

u
u
và

Lp (0,T ; X )

Lp (0,T ; X )

T
   u (t )
0

1

p
X


dt  , 1  p  


 ess sup u (t )

p

X

 inf M  0 : u (t )

X

 M , a.e. t  (0, T ) , p  .

Khi đó ta có các bổ đề dưới đây mà chứng minh của chúng có thể tìm thấy
trong Lions [19].


Bổ đề 1.2.1. (Lions [19]) Lp (0, T ; X ), 1  p   là không gian Banach. 
Bổ đề 1.2.2. (Lions [19])

p 

Gọi X  là đối ngẫu của X . Khi đó, với

p
, 1  p   thì Lp (0, T ; X ) là đối ngẫu của Lp (0, T ; X ). Hơn nữa,
p 1

nếu X là không gian phản xạ thì Lp (0, T ; X ) cũng phản xạ. 





Bổ đề 1.2.3. (Lions [19]) L1 (0, T ; X )  L (0, T ; X ). Hơn nữa, các không
gian L1 (0, T ; X ), L (0, T ; X ) không phản xạ. 
Chú thích 1.2.1. Nếu X  Lp () thì Lp (0, T ; X )  Lp (  (0, T )).
1.3.

Phân bố có giá trị vectơ trong không gian Banach.
Định nghĩa 1.3.1. Cho X là không gian Banach thực. Một ánh xạ tuyến tính

liên tục từ D  (0, T )  vào X được gọi là một phân bố (hàm suy rộng) có giá trị
trong X. Tập hợp các phân bố có giá trị trong X ký hiệu là

D(0, T ; X )  L  D(0, T ); X    f : D  (0, T )   X : f tuyến tính, liên tục }.
Chú thích 1.3.1. Ta ký hiệu D (0, T ) thay cho D  (0, T )  hoặc Cc  (0, T ) 
để chỉ không gian các hàm thực khả vi vô hạn lần và có giá compact trong (0, T ).
Định nghĩa 1.3.2. Cho f  D(0, T ; X ). Ta định nghĩa đạo hàm

df
theo
dt

nghĩa phân bố của f bởi công thức

df
d
,  
, f ,   D(0, T ).
dt
dt
Tính chất
(i)

Ta làm tương ứng với mỗi v  Lp (0, T ; X ) bởi một ánh xạ Tv : D (0, T )  X

như sau
T

Tv ,    v(t ) (t )dt ,   D(0, T ).
0

Ta có thể nghiệm lại rằng Tv  D(0, T ).


Thật vậy
- Ánh xạ Tv : D(0, T )  X là tuyến tính.
- Ta chứng minh Tv : D (0, T )  X liên tục.
Giả sử i   D (0, T ), sao cho i  0 trong D (0, T ) ta có

Tv , j

T
X



 v(t ) (t )dt

Tv , j

  v(t ) j (t )

j

0

X

T
   v(t )
0
Do đó

T

X

0

1
p

X

dt

1

 T
p
p
dt     j (t ) dt   0, j  .
X
 0

p

 0 trong X khi j  .

Vậy Tv  D (0, T ; X ).
(ii) Ánh xạ v  Tv là một đơn ánh, tuyến tính từ Lp (0, T ; X ) vào D(0, T ; X ).
Do đó, ta có thể đồng nhất Tv  v. Khi đó ta có kết quả sau
Bổ đề 1.3.1. (Lions [19]) Lp (0, T ; X )  D(0, T ; X ) với phép nhúng liên tục.
Bổ đề 1.3.2. (Lions [19]) Nếu f , f   Lp (0, T ; X ), 1  p   thì f bằng hầu
hết với một hàm thuộc C 0 ([0, T ]; X ).
Chứng minh của bổ đề 1.3.2 có thể tìm thấy trong Lions [19]. 
1.4.

Bổ đề về tính compact của Lions.
Cho ba không gian X 0 , X 1 , X với X 0  X  X 1 với các phép nhúng liên

tục sao cho
(1.4.1)

X 0 , X 1 là phản xạ,

(1.4.2)

Phép nhúng X 0 ↪ X là compact.

Với 0  T  , 1  pi  , i  0,1. Ta đặt





W (0, T )  v  Lp0 (0, T ; X 0 ) : v  Lp1 (0, T ; X 1 )
Ta trang bị cho W (0, T ) chuẩn như sau


v W (0,T )  v

Lp0 (0,T ; X 0 )

 v

Lp1 (0,T ; X1 )

.

Khi đó W (0, T ) là không gian Banach. Hiển nhiên W (0, T ) ↪ Lp0 (0, T ; X ).

Ta có kết quả sau đây liên quan đến phép nhúng compact.
Bổ đề 1.4.1. (Bổ đề về tính compact của Lions [19]). Với giả thiết (1.4.1),
(1.4.2) và nếu 1  pi  , i  0,1 thì phép nhúng W (0, T ) ↪ Lp0 (0, T ; X ) là
compact.
Chứng minh bổ đề 1.4.1 có thể tìm thấy trong Lions [19]. 
Bổ đề dưới đây cho kết quả về sự hội tụ yếu trong Lq (Q ) và chứng minh nó
có thể tìm thấy trong Lions [19].
Bổ đề 1.4.2. Cho Q là tập mở bị chặn của

N

và Gm  Lq (Q), 1  q  , sao

cho
Gm

Lq ( Q )

 C , trong đó C là hằng số độc lập với m

và
Gm  G a.e.( x, t ) trong Q.

Khi đó Gm  G trong Lq (Q) yếu. 


Chương 2
SỰ TỒN TẠI VÀ DUY NHẤT NGHIỆM
Trong luận văn này, chúng tôi xét bài toán sau:
(2.1)

vtt   vrr (r , t )  1r vr (r , t )   v

(2.2)

v(1, t )  0,

(2.3)

vr ( R, t )  h(t )v( R, t ),

(2.4)

v(r ,0)  v0 (r ), vt (r ,0)  v1 ( r ),

p2

v  f1 (r , t ), 1  r  R, 0  t  T ,

trong đó R  1, p  1 là các hằng số không âm cho trước; v0 , v1 , f1 , h là các hàm
cho trước thỏa các điều kiện mà ta sẽ chỉ ra sau.
Nghiệm yếu của bài toán (2.1)–(2.4) được thành lập từ bài toán biến phân sau:
Tìm v  L (0, T ;V0 ), với vt  L (0, T ; L2 ) sao cho v thỏa bài toán biến phân
sau:
R

(2.5)

d
p 2

vt (t ), w  a (v(t ), w)  Rh(t )v( R, t ) w( R)   r v(r , t ) v( r , t ) w( r )dr
dt
1
 f1 (t ), w , a.e. t  (0, T ), w  V0 ,

với điều kiện đầu
(2.6)

v(r ,0)  v0 (r ), vt (r ,0)  v1 (r ),

trong đó, ta ký hiệu
(2.7)

R

R

1

1

v, w   rv(r , t ) w(r )dr , a (v, w)  vr , wr   rvr (r , t ) wr (r )dr.

Trước hết ta thành lập các giả thiết sau:
(A1)

v0  V0 , v1  L2 ,

(A2)

f1  L2 (QT ), QT    (0, T ),

(A3)

h  W1,1 (0, T ), h(t )  0.
Khi đó ta có các định lý sau.


Định lý 2.1. Cho T  0 và giả sử rằng các giả thiết (A1) – (A3) đúng. Khi đó,
nếu p  1 thì bài toán (2.1) – (2.4) có một nghiệm yếu v sao cho:

v  L (0, T ;V0 ), vt  L (0, T ; L2 ).

(2.8)

Hơn nữa, nếu p  2 thì nghiệm là duy nhất.
Chứng minh. Chứng minh gồm nhiều bước.
Chứng minh được dựa vào 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 thích hợp nhờ một
số phép nhúng compact. Trong phần này định lý Schauder được sử dụng trong việc
chứng minh tồn tại nghiệm xấp xỉ Galerkin.
Bước 1. Xấp xỉ Galerkin. (được giới thiệu bởi Lions [19]).
Xét một cơ sở đếm được {w j } của V0 . Ta tìm nghiệm xấp xỉ trong theo dạng
m

vm (t )   cmj (t ) w j ,

(2.9)

j 1

trong đó các hàm hệ số cmj thỏa hệ phương trình vi phân thường sau đây
vm (t ), wi  a  vm (t ), wi   Rh(t )vm ( R, t ) wi ( R )

(2.10)

R

  r vm (r , t )

p2

vm (r , t ) wi (r )dr  f1 (t ), wi , 1  i  m,

1

(2.11)

vm (0)  v0 m , vm (0)  v1m ,

trong đó
(2.12)

m

v0 m    mj w j  v0 mạnh trong V0 ,
j 1

(2.13)

m

v1m    mj w j  v1 mạnh trong L2 .
j 1

Ta chứng minh hệ (2.10)–(2.11) có nghiệm duy nhất um (t ) trên khoảng
0  t  Tm  T .

Ta xét {w j } là một cơ sở đếm được trực chuẩn của V0 .
Hệ (2.10), (2.11) được viết lại như sau


(2.14)

m


j 1

m

m

j 1

j 1

 (t )   cmj (t )  Rh(t ) w j ( R ) wi ( R )cmj (t )
w j , wi cmj
R

  rF  vm (r , t ) wi ( r )dr  f1 (t ), wi

(1  i  m),

1

(2.15)

 (0)   mi , 1  i  m,
cmi (0)   mi , cmi

(2.16)

F  vm (r , t )   vm (r , t )

p2

vm (r , t ).
m

Ta bỏ qua chỉ số m trong các cách viết và ta viết v(t )   c j (t ) w j (t ) , ci (t ),
j 1

m

 i , i lần lượt thay cho vm (t )   cmj (t ) w j , cmi (t ),  mi ,  mi .
j 1

Từ (2.14) – (2.16) ta suy ra

(2.17)

 Ac(t )   I  Rh(t ) B  c(t )  G  t , c(t )  ,

c(0)   , c(0)   ,

trong đó I là ma trận đơn vị cấp m,
(2.18)

A  (aij ), aij  wi , w j , B  (bij ), bij  wi ( R ) w j ( R ),

(2.19)

c(t )   c1 (t ),..., cm (t )  ,
T

G  t , c(t )    G1  t , c(t )  ,..., Gm  t , c(t )   ,
T

(2.20)

R

Gi  t , c(t )     rF  v(r , t )  wi (r )dr  f1 (t ), wi , 1  i  m.
1

Ma trận A  ( aij ) khả đảo, ta nhân 2 vế của (2.17) với A1 thì được
(2.21)

c(t )  A1  I  Rh(t ) B  c(t )  A1G  t , c (t )  , 0  t  T ,


c(0)   , c(0)   .

Tích phân (2.21) ta được
(2.22)

t

s

0

0

c(t )   ds  A

1

t

s

0

0

 I  Rh( ) B  c( )d     t   ds  A1G  , c( )  d ,
0  t  T.

Chú ý rằng
(2.23)

t

s

t

0

0

0

 ds  H ( )d   (t   ) H ( )d .

Khi đó, ta viết lại (2.22) như sau
t

(2.24)

c(t )     t   (t   ) A1G  , c( )  d
0

t

  (t   ) A1  I  Rh( ) B  c( ) d , 0  t  T .
0

Bổ đề 2.1. Tồn tại Tm   0, T  sao cho hệ (2.24) có nghiệm c(t ) trên khoảng
0  t  Tm .

Chứng minh Bổ đề 2.1. Ta viết lại hệ (2.24) thành phương trình điểm bất
động.
(2.25)

c(t )  (Uc)(t ), 0  t  Tm .

trong đó
t

(2.26)

(Uc)(t )     t   (t   ) A1G  , c( )  d
0
t

  (t   ) A1  I  Rh( ) B  c( )d ,
0

với
R

Gi  t , c(t )     rF  v(r , t )  wi (r )dr  f1 (t ), wi   H i  c(t )    i (t ),
1

R

H i  c (t )    r v ( r , t )

p2

v(r , t ) wi (r )dr

1

R

r
1

m

p 2

 c j (t )w j (r )
j 1

 c (t )w (r )w (r )dr ,

 i (t )  f1 (t ), wi .
Biểu thức Uc  (t ) được viết lại thành
(2.27)

Uc  (t )  q(t )  Lc(t )  Nc(t ),

m

j 1

j

j

i


với

(2.28)

Xét

t

T
c(t )   c1 (t ),..., cm (t )  , q(t )     t   (t   ) A1 ( ) d ,

0

t

 Lc(t )    (t   ) A1  I  Rh( ) B  c( )d ,

0

t
 Nc(t )   (t   ) A1 H  c( )  d ,
0



T

 (t )    1 (t ),...,  m (t )  ,  i (t )  f1 (t ), wi ,


T
 H  c(t )    H1 (c(t )),..., H m (c(t ))  ,

R
R
 H (c(t ))  rF  v(r , t )  w (r )dr  r v(r , t ) p  2 v(r , t ) w (r )dr ,
i
i
1
1
 i

p 2
R
m
m

  r  c j (t ) w j (r )
c j (t ) w j (r )wi (r )dr , 1  i  m.


j 1
j 1


1


X  C [0, Tm ];

c :[0, Tm ] 

(2.29)

m

c

m



là không gian Banach các hàm liên tục

đối với chuẩn
m

X

 sup c(t ) 1 , c(t ) 1   c j (t ) , c  X .
0t Tm

j 1

Ký hiệu BM  c  X : c

X

 M  là quả cầu đóng tâm O, bán kính M.

Sử dụng định lý điểm bất động Schauder, ta chứng minh tồn tại các hằng số
M  0, Tm   0, T  sao cho U : BM  BM có một điểm bất động. Điểm bất động

này cũng chính là nghiệm của hệ (2.10) –(2.11).
(i)

Ta chứng minh U là ánh xạ từ BM vào chính nó U : BM  BM .
Do Uc i (t )  qi (t )   Lc i (t )   Nc i (t ) xác định theo (2.28) nên Uc i (t )

liên tục theo biến t , i  1, m. Tức là Uc  X .
Mặt khác ta có
(2.30)

Uc i (t ) 

qi (t )   Lc i (t )   Nc i (t )  qi (t )   Lc i (t )   Nc i (t )


t

qi (t )   i   i t   (t   )  A1 ( )  d



i

0

Đặt
A1  (aij ), a  max aij ,
1i , j  m

1, i  j ,
0, i  j ,

 ij  

h  max h(t ), b  max bij .
t 0,T 

Ta có
T

m

0

j 1

qi (t )   i  T  i   (T   )  aij  j ( ) d
T

m

0

j 1

  i  T  i  a  (T   )  f1 ( ), w j d
T

  i  T  i  a  (T   ) f1 ( )
0

m

T

j 1

0

  i  T i  a w j

m

w
j 1

 (T   )

j

d

f1 ( ) d

T

  i  T  i  am  (T   ) f1 ( ) d .
0

Do đó
(2.31)

q (t ) 1   1  T  1  am

T
2

 (T   )

f1 ( ) d .

0



t

 Lc i (t )    (t   ) A1  I  Rh( ) B  c( )d 
0
i
t

m

0

j 1

  (t   ) aij  ij  Rh( ) wi ( R ) w j ( R )  c( )d
m


  (Tm   ) a 1  Rh( ) wi ( R) w j ( R)  c( ) d
j 1
0


Tm


m


  (Tm   ) a 1  Rh bij  c
j 1


0
Tm

m


1 2 
 Tm a 1  Rh bij  c
2
j 1



X

d

X

1
 Tm 2 a 1  Rhmb  M .
2

Do đó
(2.32)

 Lc  (t ) 1 

1
mTm 2 a 1  Rhmb  M
2
t

 Nc i (t )   (t   )  A1Hc( ) i d
0



t

m

0

j 1

  (t   ) aij H j  c( ) d
Tm

m

0

j 1

  (Tm   )a  H j (c( )) d
với
R

(2.33)

H j (c( ))   r v(r , t )

p2

1

R

v(r , t ) w j (r )dr   R v(r , t )

p 1

w j (r ) dr.

1

Theo (2.9) ta có
m

v( r , t )   c j (t ) w j
j 1

C0 ()

 c

m

X

w
j 1

m

j C0 ()

 M  wj
j 1

C0 ()

.

Suy ra
R

H j (c( ))   r v(r , )

p 2

v(r , ) w j (r )dr

1

R

  R v(r , )

p 1

1

 m

  R  M  wj
1
 j 1
R

 m
w j 0 dr   R  M  w j
C ()
1
 j 1
R



C0 ()


p 1

wj

C0 ()

dr.



C0 ()


p 1

wj

C0 ()

dr


Suy ra
m

H
j 1

(2.34)

j

(c( ))  R ( R  1) M

 Nc i (t )

Tm

m

0

j 1

p 1

p

 m
  wj
 j 1


 .
C0 ()


  (Tm   )a  H j (c( )) d
Tm

  (Tm   )aR ( R  1) M
0

p 1

 m
  wj
 j 1

 m
1
 Tm2 aR( R  1) M p 1   w j
2

 j 1
(2.35)

p


 d
0
C ()

p


 .
0
C ()


m
1
p 1 
2

(
1)
mT
aR
R
M
Nc

(
t
)

  1
  wj
m
2
 j 1

p


 .
0
C ()


Từ (2.30) –(2.32), (2.35) ta suy ra
m

Uc(t ) 1   (Uc)i (t )  q (t ) 1  Lc(t ) 1  Nc(t ) 1
i 1

T

  1  T  1  am  (T   ) f1 ( ) d
2

0


m
1
2
p 1 

 mTm a 1  Rhmb  M  R ( R  1) M   w j
2

 j 1



0
C ()


Chọn M  0 sao cho
T

1
2

 1  T  1  am  (T   ) f1 ( ) d  M .
2

0

Sau khi chọn M , tiếp tục chọn Tm sao cho


 m
1
mTm2 a 1  Rhmb  M  R( R  1) M p 1   w j
2

 j 1
Cuối cùng ta được



0
C ()


p

 1
  M.
 2

p


.



Uc (t ) 1  M , t   0, Tm .

Do đó

Uc

X

 sup Uc(t ) 1  M hay Uc  BM .
0  t Tm

Như vậy (i) được chứng minh.
(ii) Chứng minh U liên tục trên BM .

Cho dãy c ( k )   BM , c ( k )  c

X

 0. Ta chứng minh Uc ( k )  Uc

X

 0.

Trước hết ta viết.
(2.36)

Uc ( k )  Uc  L(c ( k )  c)  Nc ( k )  Nc.

Ta chứng minh L(c ( k )  c)
(2.37)

 L (c

(k )

X

 0.

t

 c )  (t )    (t   ) A1  I  Rh( ) B  [c ( k ) ( )  c( )]d 
i
0
i
m

1 2 
 Tm a 1  Rh bij  c ( k )  c .
X
2
j 1



Vậy
(2.38)

L  c(k )  c 

X

m


1
 mTm 2 a 1  Rh bij  c ( k )  c
2
j 1



Ta chứng minh Nc ( k )  Nc

X

X

 0.

 0.

Ta có
t

 Nc  (t )   Nc  (t )   (t   )  A
(k )

i

1

i

[ Hc ( k ) ( )  Hc( )] d
i

0

(2.39)

Tm

m

0

j 1

  (Tm   )a  H j (c ( k ) ( ))  H j (c( )) d .

Xét
(2.40)

H i  c ( k ) ( )   H i  c( ) 


R

  rwi (r )  v ( k ) ( r , )



p2

v ( k ) (r , )  v(r , )

p 2

1

R

 R wi

0

 

C 

v ( k ) ( r , )

p 2

v ( k ) ( r , )  v ( r ,  )

v( r , )  dr

p 2

v(r , ) dr.

1

Sử dụng các bất đẳng thức sau
Bổ đề 2.2. Ta có các bất đẳng thức sau.

(2.41)

p  2: x

p 2

p 2

x y

y  ( p  1) M p 2 x  y ,
M  0, x, y  [ M , M ],

(2.42)

1 p  2: x

p2

x y

p2

y  x y

p 1

, x, y  .

Chứng minh bổ đề 2.2. Phép chứng minh sơ cấp và không khó khăn. 

Mặt khác
m

(2.43)

m

v(r , t )   c j (t ) w j (r ), v (r , t )   c (jk ) (t ) w j (r ),
(k )

j 1

j 1

m

(2.44)

v ( k ) (r , t )  v(r , t )   (c (jk ) (t )  c j (t )) w j (r ),
j 1

(2.45)

m

m

j 1

j 1

v(r , t )   c j (t ) w j (r )   c j (t ) w j
m

m

j 1

j 1

  c j (t )  w j
 c

trong đó

m

X

w
j 1

j C0 ()

C0 ()

W c

m

W   wi
i 1

C0 

.

Tương tự
(2.46)

v ( k ) (r , t )  W c ( k )

X

C0 ()

 WM .

X

 WM ,

(2.47)

v ( k ) (r , t )  v(r , t )  W c ( k )  c .
X

Suy ra với p  2 thì
v ( k ) (r , t )

p 2

v ( k ) (r , t )  v(r , t )

p2

v(r , t )

 ( p  1) R p  2 v ( k ) (r , t )  v(r , t )

(2.48)

 ( p  1) R p  2W c ( k )  c .
X

Còn với 1  p  2 thì
v ( k ) (r , t )

(2.49)

p2

v ( k ) (r , t )  v(r , t )

p2

v(r , t )

 v ( k ) (r , t )  v(r , t )

p 1

 W p 1 c ( k )  c

p 1
X

.

Gộp cả hai trường hợp trên thì với p  1 ta có
v ( k ) (r , t )

(2.50)

p2

v ( k ) (r , t )  v(r , t )

p2

v(r , t )

 ( p  1) R p  2W c ( k )  c

X

 W p 1 c ( k )  c

p 1
X

.

Từ (2.40) và (2.50), ta suy ra
H i  c ( k ) ( )   H i  c( ) 

(2.51)

R

 R wi



C0 

 v

(k )

( r , )

p 2

v ( k ) (r , )  v(r , )

p2

v(r , ) dr

1

 R( R  1) wi

C

0

p 2
(k )

  ( p  1) R W c  c

X

 W p 1 c ( k )  c

p 1
X

.



Do đó
(2.52)

m


i 1

H i  c ( k ) ( )   H i  c( ) 
m

 R ( R  1) wi
i 1

C

0

(k )
p2

    ( p  1) R W c  c

 R ( R  1)W ( p  1) R p  2W c ( k )  c


Từ (2.39) và (2.52), ta suy ra

X

X

 W p 1 c ( k )  c

 W p 1 c ( k )  c

p 1
X

.


p 1
X


