BÀI TOÁN PARABOLIC LIÊN QUAN ĐẾN SỰ XUYẾN THẤU CỦA TỪ TRƯỜNG TRONG MỘT VẬT CHẤT

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH

Trương Văn Chính

BÀI TOÁN PARABOLIC LIÊN QUAN ĐẾN SỰ XUYẾN
THẤU CỦA TỪ TRƯỜNG TRONG MỘT VẬT CHẤT
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 – 2007


LỜI CẢM ƠN
Lời đầu tiên trong bản luận văn này, tôi trân trọng kính gởi đến Thầy
Nguyễn Thành Long người đã tận tình hướng dẫn, giúp đỡ tôi vượt qua mọi
khó khăn để hoàn thành luận văn, lòng biết ơn chân thành và sâu sắc.
Xin bày tỏ lòng biết ơn đối với Quý Thầy, Cô trong và ngoài Khoa Toán–Tin
học, trường Đại Học Sư phạm Thành phố Hồ Chí Minh, trường Đại học Khoa
học Tự nhiên Thành phố Hồ Chí Minh đã tận tình giảng dạy, truyền đạt kiến

thức cũng như các hỗ trợ khác về tinh thần và tư liệu cho tôi trong suốt thời
gian học tập và làm việc.
Chân thành cảm ơn Quý Thầy, Cô trong 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 Thành phố 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.
Chân thành cảm ơn Quí Thầy Nguyễn Bích Huy, Trần Minh Thuyết đã đọc
và đóng góp nhiều ý kiến quý báu cho luận văn của tôi.
Xin cảm ơn các bạn bè đồng nghiệp và các bạn cùng lớp cao học giải tích
khóa 15 đã luôn động viên và quan tâm trong thời gian học tâp và làm luận
văn. Vì kiến thức bản thân còn nhiều 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

năm 2007.

Trương Văn Chính.


MỞ ĐẦU
Trong luận văn này chúng tôi xét bài toán giá trị biên và ban đầu sau:
(0.1)

u t  A  u   F(x,u)  f (x, t), (x, t)  x(0,T),

(0.2)

u  0 trong x(0,T),

(0.3)

u(x,0)=uo (x),

trong đó



(0.4)



N

t
 
u 
2


A(u)
a


 0 u(x, ) d
,


x

x
i
1

i 
i

1

 N u 2  2

 ,
 u   

x

i 

 i1

 là một miền mở, bị chận trong N có biên đủ trơn . Các giả thiết trên
các hàm a, F, f và uo cần thiết sẽ được chỉ rõ ra sau đó. Bài toán này đã được
xét bởi Laptev [4] với f=0, F=0 mà ý nghĩa của nó là sự xuyên thấu của từ
trường vào vật chất. Để mô tả hiện tượng được sinh ra trong vật dẫn được đặt
trong một từ trường thay đổi bên ngoài, trong trường hợp xấp xỉ á dừng,
Laptev [4] đã đề nghị hệ phương trình dưới đây

B c 2
1


rot[ rot H], div B=0,
t
4

ở đây H, B lần lượt là cường độ và cảm ứng từ trường,  là suất dẫn điện của
vật chất và hằng số c là vận tốc của ánh sáng trong chân không. Ta thu được
phương trình thứ nhất của (0.5) bởi việc khử E từ hệ:

(0.5)

(0.6)

1 B

rot
E


, div B  0,

c t

rot E  4 j, j  E.

c

Xuyên thấu vào vật chất, sự biến thiên của từ trường bên ngoài sinh ra
trong vật chất một điện trường biến thiên có cường độ E. Đây là nguyên nhân
xuất hiện một dòng điện có mật độ j. Dòng điện sinh ra nhiệt trong vật chất và
có nhiệt độ trong đó là , phụ thuộc vào suất dẫn điện . Giả sử rằng suất

dẫn điện       phụ thuộc vào nhiệt độ , ta thêm vào (0.5) phương trình
gây ra nhiệt nhờ sự nóng lên của Joule:
(0.7)

Cv

 1 2
 j,
t 

trong đó C v là nhiệt dung của vật chất mà trong trường hợp tổng quát cũng
phụ thuộc vào nhiệt độ . Để hệ đơn giản ta sẽ giả sử rằng độ thấm từ   1
và B=H. Do đó, dựa vào định luật j  E và từ (0.6), hệ (0.5), (0.7) được viết
theo dạng dưới đây:
(0.8)

H c 2

rot[()rot H], div H=0,
t
4

(0.9)


c
C v ()  ()
rot H ,

t
4

2

trong đó ta đặt     

1
. Hệ (0.8), (0.9) bỏ qua một số các hiệu ứng vật
  

lý, chẳng hạn như tính dẫn nhiệt của môi trường và sự tác động của bên ngoài.
Tuy nhiên, theo quan điểm toán học, nó luôn làm phức tạp thêm trong việc
trình bày, do đó ta chỉ cần xét (0.8), (0.9).
Laptev biến đổi (0.8), (0.9) thành một phương trình bởi hàm s(  ) dưới
đây:
(0.10)

Cv   
d.
o  
 

s    



Để đơn giản ta giả sử quá trình bắt đầu lúc t = 0 và nhiệt độ trong vật
chất lúc đó tương ứng với hằng số o .
Chia (0.9) cho     . Khi đó, từ (0.10) ta suy ra:

C    

c
s    v

rot H .
t
    t 4
2

(0.11)

Tích phân (0.11) theo biến thời gian ta thu được
(0.12)

s    

t

0

2

c
rot H d.
4


Các hàm C v (),     là dương nhờ vào ý nghĩa vật lý của chúng, như
vậy hàm s    là đơn điệu tăng. Do đó nó có duy nhất một hàm ngược, ký

hiệu là   s 1. Từ hệ thức
   s     ,

(0.13)
ta suy ra

2
 t c

   s        
rot H d  .
 0 4




(0.14)

Thế (0.14) vào phương trình đầu tiên của (0.8), ta viết (0.8) thành
(0.15)
(0.16)
trong đó ta đặt
(0.17)

(0.18)

w
 rot a

t

div w = 0,

  rot w  x, d rot w ,
t

2

0

c2
c
   s   , w= H.
4
4
Giả sử rằng trường w có dạng
a s 

w=  0,0,u  , u   x, y, t  ,

trong đó u là hàm nhận giá trị thực. Khi đó phương trình (0.16) tự động thoả
mãn. Nếu hàm số     bị chận, tức là 0  o       1 , khi đó a(s) cũng
c2
c2
vậy, tức là
o  a  s  
1.
4
4
Hiện tượng này được chú ý trong cả hai trường hợp bán dẫn và plasmas.
Trong [4] Laptev thiết lập các định lý tồn tại và duy nhất nghiệm cho

phương trình (0.1) với f  F  0, u o  H1o    và a  C1 



,



dưới các điều

kiện:
(0.19)

2b  a o  a  s   a1 , s  0,

(0.20)



b    s a '  s  ds   .
 0



2

1
2

Để nới rộng kết quả của Laptev, trong bài báo [6], Long và Alain Phạm

đã chứng minh các định lý tồn tại, duy nhất và dáng điệu của nghiệm khi


t  

cho

bài

toán

(0.1)-(0.4)

f (x, t)  0, F  F  u  , F  Co  ,

,

trong

trường

hợp

u o  L2    ,

F  0   0 sao cho F  u   u

là

hàm

không giảm, với   0 đủ nhỏ, F biến mọi tập bị chận của L2    thành một
tập bị chặn của L2    và hàm a  C1 



,



thoả các điều kiện (0.19),

(0.20).
Trong [6], Long và Alain Phạm cũng thu được nghiệm u thuộc về
L2  0,T;H 2  H1o   L  0,T;H1o  , nếu tăng cường thêm giả thiết u o  H1o ;

F  C1  ;

 , F  0   0,F'  ,   0

và F Lipschitz địa phương. Gần đây,

T.A. Jangveladze, Z.V. Kiguradze [3], cũng nghiên cứu dáng điệu tắt dần của
nghiệm bài toán tương tự với miền một chiều   (0,1).
Luận văn được trình bày theo các chương mục sau:
Phần mở đầu 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.
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 các phép nhúng compact
giữa các không gian hàm.

Chương 2, chúng tôi trình bày sự tồn tại và duy nhất của nghiệm yếu
của

bài

toán

(0.1)–(0.4),

QT    (0,T), F  Co    ,

dưới

,

giả

thiết

u o  L2    , f  L2  QT  ,

F(x,0)  0 sao cho F  u   F(x,u)  u

là

hàm không giảm theo biến u, với   0 đủ nhỏ, F biến mọi tập bị chận của

L2    thành tập bị chận của L2    và hàm a  C1 



,



thoả các điều

kiện (0.19), (0.20).
Chương 3 là phần nghiên cứu tính trơn của nghiệm yếu của bài toán
(0.1) – (0.4), theo tính trơn của điều kiện đầu. Cụ thể là chúng tôi tăng cường
giả thiết và điều kiện đầu u o  H1o    cùng với một số điều kiện trên các
hàm f, F, a, chúng tôi chứng tỏ rằng nghiệm yếu u thuộc về
L2  0,T;H 2  H1o   L  0,T;H1o  và u t  L2  QT  .


Chương 4: Nghiên cứu tính bị chận của nghiệm yếu của bài toán (0.1) –
(0.4) theo tính bị chận của điều kiện đầu. Trong chương này, nếu u o  L   
cùng với một số điều kiện khác trên các hàm f, F, a, luận văn chứng tỏ
nghiệm yếu u thuộc về L  QT  .
Chương 5 đề cập đến dáng điệu tiện cận của nghiệm yếu của bài toán
(0.1)–(0.4) khi t  .
Cuối cùng là phần kết luận và tài liệu tham khảo.


CHƯƠNG 1
CÁC CÔNG CỤ CHUẨN BỊ
1. Các không gian hàm thông dụng.

Ta kí hiệu  

N

là một miền mở, bị chận, có biên  đủ trơn,

QT    (0,T), T  0 , và bỏ qua định nghĩa các không gian hàm thông dụng:
Cm (), Lp (), H m (), W m,p (). Để cho gọn, ta kí hiệu lại như sau:
Lp  Lp (), H m  H m ()  W m,2 (), W m,p =W m,p (). Có thể xem trong
[1, 2].
Ta định nghĩa L2  L2 () là không gian Hilbert với tích vô hướng:
(1.1)

 u, v    u(x)v(x)dx, u, v  L2 .


Kí hiệu . để chỉ chuẩn sinh bởi tích vô hướng (1.1), nghĩa là:
(1.2)

1
2



u   u,u     u 2 (x)dx  , u  L2 .


Định nghĩa không gian Sobolev cấp 1

(1.3)




v
H1   v  L2 :
 L2 , i  1,2,..., N .
x i


Không gian này cũng là không gian Hilbert đối với tích vô hướng:

(1.4)

u, v

N

H1

 u, v  
i 1

u v
,
.
x i x i

Kí hiệu . H1 để chỉ chuẩn sinh bởi tích vô hướng (1.4), nghĩa là:
(1.5)

u

H1



u,u

H1

, u  H1.

Ta có bổ đề liên hệ giữa hai không gian L2 và H1 sau:
Bổ đề 1.1. Phép nhúng H1  L2 là compact và

(1.6)

v  v

H1

, v  H1.

Chứng minh bổ đề 1.1 có thể tìm thấy trong [2].


Ta cũng sử dụng một không gian Sobolev đặc biệt hơn đó là không
gian
(1.7)

H  D()
1

0

H1

H1


c

 C ( ) .

(bao đóng trong không gian H1 của không gian các hàm khả vi vô hạn có giá
compact trong  ). H10 cũng là không gian con đóng của H1 , do đó, H10 là
không gian Hilbert đối với tích vô hướng H1 . Mặt khác, trên H10 , v

H1

chuẩn

1

trên H1 và v H1

 N v 2  2
 
dx  là nửa chuẩn trên H1 là hai chuẩn tương
  i 1 x i




đương. Điều này cho bởi bất đẳng thức Poincaré sau:
Bổ đề 1.2. (Bất đẳng thức Poincaré) Tồn tại hằng số C  C phụ
thuộc vào  , sao cho

(1.8)

1
2

 N v

v  C   
dx  , v  H1o .
  i1 x i



2

Chứng minh bổ đề 1.2 có thể tìm thấy trong [2].
Một cách đặc trưng khác để xác định H1o là:
(1.9)

H1o  v  H1 :  o v  0 .

Chú thích 1.1.

Trong [2] đã chứng minh rằng tồn tại một ánh xạ tuyến

tính liên tục  o : H1 ()  L2 () sao cho  o v  v



(hạn chế của v trên

 ), với mọi v  C1 (). Khi đó  o còn gọi là ánh xạ vết.
Bổ đề 1.3. Đồng nhất L2 với ( L2 )’ (đối ngẫu của L2 ). Khi đó ta có

H1  L2  (L2 )' (H1 )' với các phép nhúng liên tục và nằm trù mật.
Chứng minh. Trước hết ta chứng minh rằng L2 nhúng trong (H1)’. Vì

H1  L2 , với mọi w  L2 , ánh xạ
(1.10)

Tw : H1 
v  Tw (v)  w,v   w(x)v(x)dx


là tuyến tính, liên tục trên H1, tức Tw  (H1 ) '.


Ta xét ánh xạ
T : L2  (H1 ) '
w  T(w)  Tw .

(1.11)

Khi đó ta có

Tw , v

(1.12)

1
2
 H  '  w,v , v  H , w  L .
1

Ta sẽ chứng minh toán tử T thỏa các tính chất sau:
(i)

T : L2  (H1 ) ' là đơn ánh,

(ii)

Tw

(iii)

T(L2 )  Tw : w  L2  là trù mật trong (H1)’.

(H1 ) '

 w , w  L2 ,

Chứng minh (i):
Dễ
thấy
w,v  Tw , v

rằng

T

tuyến

tính.

Nếu

Tw=0,

thì

 0, v  H1 .

(H1 ) ',H 1

Do H1o trù mật trong L2, nên ta có w,v  0, v  L2 . Do đó w = 0. Vậy T là
đơn ánh, nghĩa là T là một phép nhúng từ L2 vào (H1)’.
Chứng minh (ii):

Ta có, với mọi w  L2 ,
Tw

(H1 ) '



sup
vH1 , v



1
H1

w v 

sup
vH1 , v

Tw , v 

sup
vH1 , v

sup
vH1 , v

1
H1

w, v

1
H1

w v

1
H1

H1

 w .

Chứng minh (iii):
Ta chứng minh rằng mỗi phiếm hàm tuyến tính liên tục trên (H1)’ và

triệt tiêu trên T(L2) thì cũng triệt tiêu trên (H1)’. Coi L  (H1 )", với
L, Tw

(H1 )",(H1 ) '

 0, Tw  T(L2 ). Ta chứng minh rằng L = 0. Thật vậy, do H1

phản xạ, tức (H1)” = H1, theo nghĩa
(1.13)

L  (H1 )", v  V : L,z

(H1 )",(H1 ) '

 z, v

(H1 ) ',(H1 )

Lấy z  Tw  (H1 ) ', ta có

0  L,Tw

(H1 )",(H1 ) '

 Tw , v

(H1 ) ',(H1 )

 w,v , w  H1 .

, z  (H1 )'.


Do H1 trù mật trong L2 nên ta có
w,v  0, w  L2 .
Vậy v = 0. Theo (1.13) ta có
L, z

(H1 )",(H1 ) '

 z, v

(H1 ) ',H1

 0, z  (H1 ) '.

Vậy L triệt tiêu trên (H1)’.
Chú thích 1.2. Từ Bổ đề 1.3, ta dùng ký hiệu tích vô hướng

,

chỉ cặp tích đối ngẫu

,

trong L2 để

giữa H1o và (H1)’.

(H1 ) ',H1

Chuẩn trong L2 được ký hiệu bởi

. Ta cũng ký hiệu

X

để chỉ chuẩn trong

không gian Banach X và gọi X’ là không gian đối ngẫu của X.
2. Không gian hàm Lp(0,T;X), 1  p  .

Cho X là không gian Banach thực với chuẩn là . X . Ta kí 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 trong Lp(0,T;X), 1  p   chuẩn như sau:
u

p

L (0,T;X)

1
p



p
   u(t) x dt  , vôùi 1  p<,
0


T

và
u

Lp (0,T;X)

 esssup u(t)
0 t  T

x

 inf{M>0: u(t) x  M, a.e. t  (0,T)}, vôùi p= .
Khi đó ta có các bổ đề mà chứng minh của chúng có thể tìm thấy trong
Lions[5].
Bổ đề 1.4. (Lions[5]): Lp(0,T;X), 1  p   là không gian Banach.


Bổ đề 1.5. (Lions[5]): Gọi X’ là đối ngẫu của X. Khi đó, với
1 1
  1, 1  p  , Lp ' (0,T;X ') là đối ngẫu của Lp (0,T;X). Hơn nữa, nếu
p p'

X là không gian phản xạ thì Lp (0,T;X) cũng phản xạ.
Bổ đề 1.6. (Lions[5]): (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 1.3. Nếu X  Lp () thì Lp (0,T; X)  Lp (x(0, T)).
3. Phân bố có giá trị véctơ trong không gian Banach.
Định nghĩa 1.1. Cho X là không gian Banach thực. Một ánh xạ tuyến tính

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

D’(0,T;X) = L(D(0,T);X) = {f : D((0,T)) X: f tuyến tính, liên tục}.
Chú thích 1.4. Ta kí hiệu D(0,T) thay cho D((0,T)) hoặc Cc ((0, T)) để chỉ

không gian các hàm thực khả vi vô hạn lần và có giá compact trong (0,T).
Định nghĩa 1.2. Cho fD’(0,T;X). Ta định nghĩa đạo hàm

df
theo nghĩa
dt

phân bố của f bởi công thức
df
d
,   f ,
,  D(0,T).
dt
dt

(1.14)
Các tính chất

i/ Cho v  Lp(0,T;X). Ta làm tương ứng nó bởi ánh xạ Tv : D(0, T)  X như
sau:
T

(1.15)

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

Ta có thể nghiệm lại rằng Tv  D '(0, T; X) . Thật vậy,
i.1/ Ánh xạ Tv : D(0, T)  X là tuyến tính.
i.2/ Ta chứng minh Tv : D(0, T)  X là liên tục vì:
Giả sử i   D(0,T), sao cho i  0 trong D(0,T) ta có,


T

Tv ,  j 

 v(t) (t)dt

  v(t) j (t) dt

j

0

(1.16)

T

1
p

x

0

x

1
p'


 

p'
p
   v(t) dt     j (t) dt   0, j  +.
x
0
 0

T

T

Do đó Tv ,  j  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 1.7. (Lions[5]) Lp (0, T; X)  D '(0,T; X) với phép nhúng liên tục.
4. Đạo hàm trong Lp(0,T;X).

Do Bổ đề 1.7, f  Lp(0,T;X) ta có thể coi f  D’(0,T;X) và do đó

df

là
dt

phần tử của D’(0,T;X). Ta có kết quả sau:
Bổ đề 1.8. (Lions[5]). Nếu f, f’  L1(0,T;X) thì f bằng với hầu hết một hàm
liên tục từ [0,T] vào X.
Chứng minh Bổ đề 1.8 được thực hiện qua nhiều bước.
t

Bước 1. Đặt H(t)   f '(s)ds. Khi đó H :[0,T]  X liên tục, vì
0

f’  L1(0,T;X).
dH df

 f ' theo nghĩa phân bố. Thật vậy,
dt dt

Trước hết, ta chứng minh
do

T

dH
d
d
,    H,
   H(t) (t)dt
dt
dt

dt
0
t
 d
     f '(s)ds  dt
00
 dt
T

(1.17)

T

T

T

d
=- f '(s)ds  dt   f '(s)(s)ds  f ',  ,  D(0,T).
dt
0
s
0


dH df

 f ' trong D’(0,T;X).
dt dt
Bước 2. Ta chứng minh f = H + C theo nghĩa phân bố (C là hằng). Thật vậy,

giả sử v = H - f ta có v’ = 0 theo nghĩa phân bố (do bước 1). Ta có: v '  0
tương đương với
Vậy

T

 v(s) '(s)ds  0,   D(0,T).

(1.18)

0

Cho  D(0,T), ta có thể viết  dưới dạng   o   ', trong đó
T

  D(0,T),

o

T

  (s)ds  1,  =  (t)dt.

thỏa

o

0

Thật

vậy,

vì

0

T

 ((t)   (t))dt  0
o

nên nguyên hàm của (t)  o (t) triệt tiêu tại t = 0

0

sẽ thuộc D(0,T).
t

Chọn  (t)   ((t)  o (t))dt. Trong (1.18) thay ’ bởi ’ ta thu
0

được
T

 v(s) '(s)ds  0,   D(0,T)
0

hay
T

 v(s)[(s)   (s)ds  0,  D(0,T).
o

0

Do đó
T

T

0

0

T

T

0

0

 v(s)(s)ds    (s)ds =  (s)ds  v(t) (t)dt,  D(0,T).

(1.19)

o

T

o

Đặt C   v(t)o (t)dt, từ (1.8) ta suy ra:
0

Vậy v(t) = C trong D’(0,T;X).
Bước 3. Ta sử dụng tính chất sau:

T

 (v(s)  C)(s)ds  0,  D(0,T).
0


T

1

Nếu w  L (0,T;X) và

 w(t)(t)dt  0,   D(0,T)

thì w(t)  0 với

0

hầu hết t  [0,T].
Có được điều này do ánh xạ w  T từ L1(0,T;X) vào D’(0,T;X) là
một đơn ánh (theo tính chất ii/ trên).

Từ các bước 1, 2, 3 ta suy ra f = H + C theo nghĩa phân bố.
Tương tự ta có bổ đề sau:
Bổ đề 1.9. (Lions[5]) Nếu f, f’  Lp(0,T;X) thì f bằng hầu hết một hàm liên
tục từ [0,T] vào X.
5. Bổ đề về tính compact của Lions.
Cho ba không gian Xo, X1, X với X o  X  X1 sao cho

(1.20)

Xo, X1 là phản xạ,

(1.21)

Phép nhúng X o  X là compact.

Với 0  T  , 1  pi  , i = 0, 1.
Ta đặt:
(1.22)





W(0,T)= v  Lpo (0,T;X) : v'  Lp1 (0,T;X1 ) .

Ta trang bị cho W(0,T) chuẩn sau:
(1.23)

v

W (0,T)

 v

Lpo (0,T;X o )

 v' Lp1 (0,T;X ) .
1

Khi đó W(0,T) là không gian Banach. Hiển nhiên W(0,T)  Lpo (0,T;X). Ta
có kết quả sau đây liên quan đến phép nhúng compact.
Bổ đề 1.10. (Bổ đề về tính compact của Lions[5])
Với giả thiết (1.20), (1.21) và nếu 1  pi  , i=0,1 thì phép nhúng

W(0,T)  Lpo (0,T;X) là compact.
Chứng minh. Có thể tìm thấy trong Lions[5], trang 57.
6. Bổ đề về sự hội tụ yếu trong Lq(Q).
Bổ đề 1.11. Cho Q là tập mở, bị chặn của IRN và Gm, G  Lq(Q), 1< q < +
sao cho, G m

Lq

 C , trong đó C là hằng số độc lập với m và G m  G hầu

khắp nơi trong Q. Khi đó, G m  G yếu trong Lq(Q).


Chứng minh bổ đề có thể tìm thấy trong Lions[5], trang 12.
Trong luận văn ta kí hiệu u(t), u '(t)  u t (t)  u(t), u ''(t)  u tt (t)  u(t),

u xi (t), u xi xi (t), u xi x j (t), u(t) để lần lượt chỉ u(x, t),
u
u 2
u 2
(x, t),
(x, t),
(x, t),
x i
x i2
x i x j

u 2
(x, t).

2

x
i 1
i
N

u
2u
(x, t),
(x, t),
t
t 2


CHƯƠNG II

SỰ TỒN TẠI VÀ DUY NHẤT NGHIỆM

Trong chương này chúng tôi trình bày định lý tồn tại và duy nhất
nghiệm yếu cho bài toán giá trị biên và ban đầu sau:
(2.1)

u t  A  u   F(x,u)  f (x, t), (x, t)  x(0,T),

(2.2)

u  0 trong x(0,T),

(2.3)

u(x,0) = u o (x),

trong đó





N

t
 
u 
2

a

u(x,
)
d


A(u)  
 0
,
x
x


i
1

i
i



1

2 2
N


u 

 ,



u





x
i
1

i 



(2.4)

 là một miền mở, bị chận trong N có biên đủ trơn . Các giả thiết trên
các hàm a, F, f và uo cần thiết sẽ được chỉ rõ ra sau đó.
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 các phép nhúng compact và phương pháp đơn điệu. Trong
phần này định lý Schauder về điểm bất động được sử dụng trong việc chứng
minh tồn tại nghiệm xấp xỉ Galerkin.
Trước hết ta thành lập các giả thiết sau:
(A1) u o  L2 ,
(A2) a  C1 (



; ) thỏa các điều kiện:
1

(i)


2
2
b    s a '(s) ds   ,
0


(ii)

tồn tại các hằng số ao, a1 sao cho 2b  a o  a(s)  a1 , s  0.

(A3) Hàm F  Co (  ; ) thỏa các điều kiện:
(i)

F(x,0) = 0, x  ,


(ii)

 F(x,u)  F(x, v)  (u  v)   u  v
0 

với   0 sao cho
v

L2

 C o v
(iii)

L2

2

, u, v  , a.e.x  ,

a o  2b
ở đây, Co  0 là hằng số thỏa
Co2

, v  H10 .

F(v)(x)  F(x, v(x)), v  L2 ,

F biến một tập bị chận trong

L2 () thành một tập bị chận trong L2 ().
(A4) f  L2 (QT ), QT =  x (0,T), T > 0.
Ta có định lý sau:
Định lý 2.1. Giả sử các giả thiết (A1) – (A4) đúng. Khi đó, bài toán (2.1) –
(2.4) có duy nhất nghiệm yếu u  L2 (0,T;H1o )  L (0,T;L2 ) , với mỗi T > 0.
Chứng minh. Chứng minh định lý 2.1 là tổ hợp phương pháp compact
và lý luận về tính đơn điệu và được thực hiện qua nhiều bước. Trước hết ta
chứng minh các bổ đề sau:
Bổ đề 2.1. Giả sử A là toán tử được xác định bởi (2.4). Khi đó, ta có bất

đẳng thức:
T

T

(a o  2b)  u(t)  v(t) dt  A(u(t))  A(v(t)),u(t)  v(t) dt
2

0

(2.5)

0

T

 (a1  2b)  u(t)  v(t) dt, u, v  L2 (0,T;H1o ), T > 0.
2

0

Bổ đề 2.2. Với mỗi u, w  L2 (0,T;H10 ) ta có:

(2.6)

T

T

0

0

lim  A(u(t)   w(t)),w(t) dt   A(u(t)),w(t) dt,

 0 

và tồn tại một dãy {m }, m  0, lim m  0, sao cho
m 

(2.7)

T

T

0

0

lim  F(u(t)  m w(t)),w(t) dt   F(u(t)),w(t) dt.

m 

Chứng minh các bổ đề.
Chứng minh bổ đề 2.1.


Toán tử A : L2 (0,T;H10 )  L2 (0,T;H 1 ) như trong (2.4) được xác định
như sau:

T

(2.8)



T

t

0

0

Au(t), v(t) dt   a(  u( ) d )u(t), v(t) dt,

0

2

với mọi u, v  L2 (0,T;H1o ). Ta viết
T

 Au(t)  Av(t),u(t)  v(t) dt
0

(2.9)

T

t

0

0

t

  a( u( ) d )u(t))  a( v( ) d )v(t)), u(t)  v(t) dt
2

2

0

T

  J, w(t) dt,
0

trong đó, ta đặt
t

(2.10)

t

J  a(  u( ) d )u(t))  a(  v( ) d )v(t)), w = u-v.
2

0

2

0

Dùng công thức
1

(2.11)

d
 H(v   w)  d , w = u-v,

d
0

H(u)  H(v)  

và giả thiết (A2) ta thu được
1

(2.12)

d
J
d
0

 t



2
a   v   w d  (v   w)  d
  0



1

1

 ds
  a(s)dw +  a '(s) 
 d
0
0


(v   w)d ,


ở đây
t

(2.13)

  s(x, t, )   (v( )   w( )) d .
2

0

T

Xét tích phân


0

J, w(t) dt. Do (2.12) ta có


T

(2.14)


0

T

1

J, w(t) dt     a(s) w(t) d dxdt  K,
2

00

trong đó
T

(2.15)

1

 ds
K     a '(s) 
 d
00


 (v   w)w(t)d dxdt.


Ta sẽ chứng minh rằng:
(2.16)

K  2b w

2
L2 (QT )

.

Ta có

(2.17)

T

2

1

2
 ds 
K  w L2 (Q ) .   a '(s) 
(v   w) d dxdt

T
 d 
00
2

2

 w

1

2
L2 (QT )

J

2

2

1

0

L2 (QT )

d ,

trong đó
(2.18)

J1

2

T

2
L2 (QT )

2
 ds 
   a '(s) 
 (v   w) dxdt.
 d 
0
2

Chú ý, từ (2.13) ta có
t
 ds

 2  (v   w)wd ,


d
0

t
t
t
 ds 2
2
2
2

 4  (v   w) d . w d  4s(x, t, )  w d ,
(2.19)

0
0
0
 d

ds
2
 (v   w)  .
dt

Thay (2.19) vào (2.18), sau khi đổi thứ tự các biến lấy tích phân  và t,
ta thu được

J1

T

2
L2 (QT )

t

 4   a '(s) s(x, t, )  w d
2

0

(2.20)

2

0

T

T

ds
dxdt
dt

 4  dx  w d  a '(s) s(x, t, )


0

2



2

ds
dt
dt


T

 4  dx  w d


2

0

T

s(x,T, )



2

a '( )  d

s(x, , )



 4  dx  w d  a '( )  d


2

0

2

0

2

 4b 2 w

L2 (QT )

.

Vậy từ (2.17) và (2.20) ta đã chứng minh được (2.16).
Do giả thiết (A2) và (2.16) vế phải của (2.14) được đánh giá như sau
T

(2.21)

1

   a(s) w(t)

2

d dxdt  K  a1 w

00

2
L2 (QT )

K
2

 (a1  2b) w
T

(2.22)

1

   a(s) w(t)

2

d dxdt  K  a o w

00

2
L2 (QT )

L2 (QT )

,

K
2

 (a o  2b) w

L2 (QT )

.

Cuối cùng, từ (2.9), (2.14), (2.21) và (2.22) ta thu được (2.5). Bổ đề 2.1
đã được chứng minh.
Chứng minh Bổ đề 2.2.
* Chứng minh (2.6). Trong (2.5) thay v bởi u   w ( >0), ta có

(a o  2b)

T

2

 w(t)

2

0

(2.23)

T

dt   A(u(t))  A(u(t)   w(t)),  w(t) dt
0

 (a1  2b)

T

2

 w(t)

2

dt,

0

hay
T

T

(a o  2b)  w(t) dt   A(u(t)   w(t))  A(u(t)), w(t) dt
(2.24)

0

2

0

T

 (a1  2b)  w(t) dt.
0

Cho   0 , qua giới hạn kẹp, ta được

2


T

(2.25)



A(u(t)   w(t))  A(u(t)), w(t) dt  0.

0

Do đó ta có (2.6).
* Chứng minh (2.7). Giả sử {m }, 0<m  1 là dãy thỏa lim m  0. Ta
m 

có u  m w  u mạnh khi m  . Do F liên tục nên tồn tại dãy con của

m  vẫn kí hiệu là m  sao cho:
(2.26)

F(x,u  m w)  F(x,u) hầu khắp nơi trong QT,

với mỗi u, w  L2 (0,T;H1o ).
Đặt
(2.27)

g (x,u)  F(x,u)   u,   0.

Do 0  m  1, nên  u  w  u  m w  u  w , vì

g không giảm

theo biến u nên ta có:
(2.28)

g (x,u  m w)  g (x, u  w ),

(2.29)

g (x, u  m w)  g (x,  u  w ).

Do g (x, u  w )  g (x,0)  0,  g (x,  u  w )  g (x,0)  0 nên từ
(2.28), (2.29) ta được
g (x,u  m w)  g (x, u  w )  g (x,  u  w ).
Do đó
(2.30)

g (x,u  m w)  g  (x, u  w )  g  (x,  u  w ).

Từ (2.30) ta suy ra:
(2.31)

F(x,u  m w)  F(x, u  w )  F(x,  u  w )
 3 ( u  w )  F1 (x, u  w ).

Do u, w  L2 (0,T;H1o ) nên từ (2.31) ta có:
(2.32)

F(x,u  m w)

L2 (QT )

 F1 (x, u  w )

L2 (QT )

trong đó C(1)
T là hằng số độc lập với m.
Từ (2.26) và (2.32), áp dụng bổ đề 1.11 ta suy ra

 C(1)
T ,


(2.33)

F(x,u  m w)  F(x,u) trong L2(QT) yếu,

do đó ta có (2.7). Như vậy Bổ đề 2.2 đã được chứng minh.
Trở lại chứng minh định lý 2.1. Định lý được chứng minh qua nhiều

bước.
Bước 1. Phương pháp Galerkin. (được giới thiệu bởi Lions [5])
Xét cơ sở đặc biệt của H10 là w j , j=1,2,... được hình thành từ các
hàm riêng của toán tử Laplace -:
(2.34)

w j   jw j , w j  H1o  H 2 , j  1, 2,...
0  1  2  ...   j   j1  ..., lim  j  .
j

Ta có thể lấy w j là một cơ sở của H10 và trực chuẩn trong L2. Đặt
(2.35)

n

u n (t)   c nj (t)w j ,
j1

trong đó các hàm hệ số c nj (t) thỏa mãn hệ phương trình vi phân phi tuyến

(2.36)

t

2
(u n ) t , w i  a   u n ( ) d  u n (t), w i
0

 F(x,u n (t)), w i  f (x, t), w i , 1  i  n,

(2.37)

u n (0)  u 0n ,

(2.38)

u 0n   ni w i  u 0 mạnh trong L2.

n

i 1

Hệ (2.36), (2.37) có thể viết thành một dạng khác như sau:
(2.39)

t

2
c (t)   c nj (t) a   u n ( ) d  w j , w i
j1

0

 F(x,u n (t)), w i  f (x, t), w i , 1  i  n,

(2.40)

c ni (0)   ni .

'
ni

n

Do đó, từ hệ (2.39), (2.40), lấy tích phân theo biến thời gian ta được


t

2
c ni (t)   ni    c nj (s) a   u n ( ) d  u n , w i ds
j1 0
0

t

n

(2.41)

t

t

0

0

  F(x,u n (s)), w i ds   f (x,s), w i ds, 1  i  n.
Ta có bổ đề sau:
Bổ đề 2.3. Hệ (2.41) có nghiệm un(t) trên một khoảng 0  t  Tn , với

Tn  (0,T].
Chứng minh Bổ đề 2.3.
n

Ta bỏ qua chỉ số n trong các cách viết và ta viết u(t)   c j (t)w j , ci (t),  i lần
j1

n

lượt thay cho u n (t)   c nj (t)w j , cni (t),  ni . Hệ (2.41) được viết lại thành
j1

phương trình điểm bất động
(2.42)

c(t)  (Uc)(t), 0  t  Tn ,

trong đó

(2.43)

c   c1 ,c 2 ,...,c n  , Uc   (Uc)1 ,(Uc) 2 ,...,(Uc) n  ,

(Uc)i (t)   i (t)  (Vc)i (t),

s
n t
(Vc) (t)   c (s) a  u( ) 2 d  w , w ds
i
j
i
 j


j1 0
0


t


  F(x, u(s)), w i ds,

0

t
 (t)    f (x,s), w ds, 1  i  n,
i
i

0
 i

n

c j (t)w j.
u(t)= 
j1


Xét X  Co  0,Tn ;
c :  0;Tn  
(2.44)

n

c

n



là không gian Banach các hàm liên tục

đối với chuẩn
X

 sup c(t) 1 ,
0 t  Tn

n

c(t) 1   c j (t) , c  X.
j1


Ta ký hiệu BM  c  X : c

X

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

Dùng định lý điểm bất động Schauder, ta sẽ chứng minh rằng tồn tại các
hằng số M > 0, Tn  (0,T) sao cho toán tử U : BM  BM có điểm bất động.
Điểm bất động này cũng chính là nghiệm của hệ (2.42), (2.43).
(i) Trước hết ta chứng minh U là ánh xạ từ BM vào chính nó.
Do (Uc)i (t)   i (t)  (Vc)i (t) xác định theo (2.43) nên (Uc)i liên tục

theo biến t với mọi i = 1, 2, …,n, nghĩa là Uc  X. Mặt khác, ta lại có
t



 i (t)   i 

0

(2.45)

t

f (s), w i ds   i   f (s) w i ds
0

t

T

0

0

  i   f (s) ds   i   f (s) ds.
Do đó ta suy ra từ (2.45) rằng
(2.46)



T

X

  1   f (s) ds.
0

Ta viết
(2.47)

 Vc i (t)   pc i (t)   qc i (t),

trong đó

(2.48)

n t

s

2
(pc)i (t)    c j (s) a   u( ) d  w j , w i ds,
j1 0

0


t

(qc)i (t)    F(x,u(s)), w i ds.
0


Chú ý rằng
2

(2.49)

w j  w j , w j  w j , w j
2

  j w j , w j   j w j   j , 1  j  n.

Từ (2.43) ta có
(2.50)

u(t) =

n

 c (t)w
j1

j

j

n

n

j1

j1

  c j (t) w j   c j (t)  M.