Phương trình sóng phi tuyến với một đầu biên chứa số hạng memory

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

___________________

Hoàng Quốc Công

PHƯƠNG TRÌNH SÓNG PHI TUYẾN
VỚI MỘT ĐẦU BIÊN
CHỨA SỐ HẠNG MEMORY
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, năm 2010


LỜI CẢM ƠN
Lúc đầu khi nhận đề tài này, với vốn kiến thức còn hạn hẹp tôi đã gặp phải rất nhiều khó khăn.
Tuy nhiên, với sự hướng dẫn tận tình và mang tính khoa học của Thầy hướng dẫn, TS. Nguyễn
Thành Long, tôi đã dần khắc phục được các khó khăn trên để hoàn thành đề tài này.
Trước tiên, tôi xin chân thành cảm ơn Thầy Nguyễn Thành Long, người đã tận tình dìu dắt tôi
vượt qua nhiều trở ngại trong suốt thời gian thực hiện đề tài.
Tôi xin chân thành cảm ơn các Thầy Cô trong và ngoài trường Đại học Sư Phạm Tp. Hồ Chí
Minh, những người đã tạo mọi điều kiện thuận lợi cũng như tận tình truyền đạt kiến thức và kinh
nghiệm quý báu của mình cho tôi trong suốt thời gian tôi học tập và làm việc.

Tôi xin trân trọng cảm ơn các Thầy Cô trong Hội đồng đã dành thời gian để đọc và cho những
nhận xét rất có giá trị khoa học đối với luận văn của tôi.
Cuối cùng, tôi xin gửi lòng biết ơn của mình đến gia đình và các bạn tôi, những người đã tạo
điều kiện tốt nhất cho tôi hoàn thành luận văn này và cho tôi những lời khuyên, lời động viên vô
cùng hữu ích.

Hoàng Quốc Công


Chương 1

PHẦN TỔNG QUAN
Trong luận văn này, chúng tôi xem xét phương trình sóng phi tuyến với điều kiện biên và
điều kiện đầu dưới đây
utt    t  u xx  K u

p2

u   ut

q2

ut  f  x , t  , 0  x  1 , 0  t  T

(1.1)

t

  t  u x  0, t    k  t  s  u  0, s  ds , u 1, t   0

(1.2)

u  x,0   u0  x  , ut  x,0   u1  x 

(1.3)

0

trong đó p, q  2, K ,   0 là các hằng số cho trước và  , f , k , u0 , u1 là các hàm cho trước thỏa các
điều kiện mà ta sẽ chỉ ra sau.
Bài toán (1.1) – (1.3) có nhiều ý nghĩa trong Cơ học mà nhiều nhà Toán học quan tâm nghiên
cứu trong thời gian gần đây [3] – [10]. Về mặt toán học, ta có thể nói rằng bài toán (1.1) – (1.3) là
sự kết hợp những đặc điểm quan trọng của hai bài báo đã được công bố trước đây [3] và [4].
Trong [3], Nguyễn Thành Long, Lê Văn Út, và Nguyễn Thị Thảo Trúc đã nghiên cứu sự tồn
tại và duy nhất nghiệm cũng như tính chính quy, tính ổn định và khai triển tiệm cận nghiệm của bài
toán
utt   (t )u xx  Ku   ut  f  x, t  , 0  x  1, 0  t  T ,

(1.4)

t

  (t )u x (1, t )  K1 (t )u (1, t )  1 (t )ut (1, t )  g (t )   k (t  s )u(1, s )ds,
0

(1.5)

u (1, t )  0,

u( x,0)  u0 ( x ) , ut ( x,0)  u1 ( x ),

(1.6)

trong đó K ,  là các hằng số, và  , f , K1 , 1 , g , k , u0 , u1 là các hàm cho trước.
Như vậy, số hạng K u

p2

u   ut

q2

ut trong (1.1) là sự tổng quát hóa từ số hạng Ku  ut

trong (1.4). Các điều kiện biên (1.2) – (1.3) cũng chính là (1.5) – (1.6) sau khi đã hoán đổi 2 đầu
biên x  0 và x  1 , đồng thời làm triệt tiêu các hàm K1, λ1 và g. Sự đặc biệt hóa này tưởng chừng
sẽ mang lại thuận lợi cho chúng ta khi nghiên cứu (1.1) – (1.3), nhưng thật ra nó lại khiến chúng ta
gặp đôi chút khó khăn hơn trong các ước lượng khi mà điều kiện cực tiểu cho hàm λ1 lúc này không
còn là một giá trị dương nữa.
Trong [5], Nguyễn Thành Long, Alain Phạm Ngọc Định, và Trần Ngọc Diễm đã khảo sát sự
tồn tại và duy nhất nghiệm, tính chính quy, và khai triển tiệm cận của nghiệm của bài toán sau đây
utt  u xx  K u u   ut ut  f  x, t  , 0  x  1, 0  t  T ,




(1.7)


u x  0, t   P  t  ,

(1.8)

u x 1, t   K1u 1, t   1ut 1, t   0,

(1.9)

u  x,0   u0  x  , ut  x,0   u1  x  ,

(1.10)

trong đó K ,  , K1 , 1 ,  ,  là các hằng số cho trước; f , u0 , u1 là các hàm cho trước; hàm u  x, t  cần
tìm và giá trị biên chưa biết P  t  thỏa mãn bài toán Cauchy cho phương trình vi phân thường dưới
đây
 P  t    2 P  t   hutt  0, t  , 0  t  T

P  0   P0 , P  0   P1


(1.11)

với   0, h  0, P0 , P1 là các hằng số cho trước.
Từ (1.11), nếu ta giải phương trình vi phân tuyến tính cấp 2 hệ số hằng, ta sẽ có
t

P  t   g  t   hu  0, t    k  t  s  u  0, s  ds
0

trong đó
g  t    P0  hu0  0   cos t  

1



 P  hu  0  sin t  , k  t   h sin t  .
1

1

Ta nhận xét thấy phương trình (1.1) mà ta đặt ra là một trường hợp tổng quát hơn của phương
trình (1.7) trong bài toán (1.7) – (1.11), có được bằng cách thêm hàm hệ số   t  vào trước số hạng
utt . Hai điều kiện biên (1.3) và (1.10) là như nhau, trong khi điều kiện biên (1.2) lại là trường hợp

đặc biệt của (1.8) – (1.9), (1.11).
Nội dung chính của luận văn gồm các chương mục được trình bày theo thứ tự sau:
Chương 1 là phần mở đầu tổng quan về bài toán mà ta sẽ khảo sát trong luận văn, chỉ ra vài
kết quả quan trọng đã có trước đó, đồng thời nêu bố cục của luận văn.
Chương 2 trình bày một số kết quả chuẩn bị, bao gồm việc nhắc lại một số không gian
Sobolev, một số kết quả về các phép nhúng compact giữa các không gian.
Chương 3 nghiên cứu sự tồn tại và duy nhất nghiệm yếu của bài toán (1.1) – (1.3).
Chương 4 nghiên cứu tính trơn của nghiệm đối với dữ kiện ban đầu.


Chương 5 nghiên cứu tính ổn định của nghiệm đối với dữ kiện ban đầu, tức là hàm

  , f , k , u0 , u1   u   , f , k , u0 , u1  , nghiệm yếu của bài toán (1.1) – (1.3), là liên tục theo nghĩa mà
ta sẽ chỉ ra khi xem xét vấn đề này.
Chương 6 nghiên cứu bài toán nhiễu theo hai tham số bé  K ,   :

P  
K,

utt   (t )u xx  K u p 2 u   ut q2 ut  f ( x, t ), 0  x  1, 0  t  T ,

t


(
t
)
u
0,
t

  k  t  s  u  0, s  ds, u 1, t   0,

x
0

u  x,0   u  x  , u  x,0   u  x  ,
0
t
1


trong đó các tham số  , f , k , u0 , u1 cho trước. Cụ thể như sau
a/ Nghiên cứu dáng điệu tiệm cận của nghiệm yếu u  uK , của bài toán  PK ,  khi K  0
và   0 .
b/ Nghiên cứu khai triển tiệm cận của nghiệm yếu u  uK , của bài toán  PK ,  theo hai tham

số bé K, λ, có nghĩa là có thể xấp xỉ nghiệm uK , bởi một đa thức theo hai biến K, λ:
u K ,   x, t  

 U  x, t  K 
i

ij

j

i j N

 ij  x, t  và thiết lập đánh giá
theo nghĩa cần phải chỉ ra các hàm U

u K , 



i jN

 ij  x, t  K i  j  C
U
N
*



K 2  2



N 1

theo một chuẩn thích hợp ||  ||* , với các tham số dương K, λ đủ bé và hằng số CN độc lập đối với các
tham số bé này.
Chương 7 trình bày một bài toán cụ thể để minh họa phương pháp tìm nghiệm tiệm cận của
bài toán nhiễu ở trên.
Sau cùng là phần kết luận và danh mục các tài liệu tham khảo.


Chương 2
MỘT SỐ KẾT QUẢ CHUẨN BỊ
Ta đặt các kí hiệu:    0,1 , QT     0, T  , T  0 . Chúng ta bỏ qua các định nghĩa của

 

các không gian hàm C m  , Lp    , W m , p    . Ta có thể xem trong [1].
Để tạo thuận lợi khi trình bày và làm cho luận văn gọn gàng, ta sẽ quy ước một vài kí hiệu
vắn tắt như sau:
W m , p  W m, p    , Lp  Lp     W 0, p    , H m  W m ,2    , 1  p  , m  0,1,...

Chuẩn trong L2 kí hiệu là ||  || . Kí hiệu ,  chỉ tích vô hướng trong L2 hay tích đối ngẫu của
một phiếm hàm tuyến tính liên tục với một phần tử của không gian hàm. Kí hiệu ||  || X dùng để chỉ
chuẩn trong một không gian Banach X, và X / là không gian đối ngẫu của X.
Ta kí hiệu Lp  0, T ; X  là không gian Banach các hàm thực đo được u :  0, T   X sao cho

u

Lp  0,T ; X 

T
   u t 
0

1

p
X

p
dt    với 1  p  


và

u
Ta

L   0,T ; X 

viết

 ess sup u  t 
0t T

X

  khi p  

u  t  , u  t   ut  t  , u  t   utt  t  , u x  t  , u xx  t 

để

chỉ

u  x, t  ,

u
 2u
u
 2u
 x, t  , 2  x, t  ,  x, t  , 2  x, t  , theo thứ tự đó.
t
t
x
x

Ta lại đặt
V  v  H 1  0,1 : v 1  0

và xét tích vô hướng
1

u
v
 x    x  dx
x
x
0

a  u, v   

Khi đó, V là một không gian con của H1, và trên V, chuẩn v V  a  v, v   vx tương đương
với chuẩn v

H1

cảm sinh trên V.

Từ đây ta có bổ đề sau

 

Bổ đề 2.1. Phép nhúng V ↪ C 0  là compact và


v

C 0  0,1

 v V , v  V

Bổ đề 2.2. (Bổ đề Gronwall) Giả sử  và u là các hàm liên tục trên [a , b], trong đó  xác định
không âm,  là một hằng số dương (không phụ thuộc t). Khi đó, nếu
t

u  t        s  u  s  ds , t   a, b 
a

thì
t

u  t    exp     s  ds  , t   a, b 
a


Bổ đề 2.3. [2] (Bổ đề về tính compact của Lions) Cho ba không gian X 0 , X , X 1 thỏa
X 0 , X 1 phản xạ, X 0 ↪ X compact, X ↪ X 1 liên tục

Với 0  T  , 1  p, q   , ta đặt
W  u  Lp  0, T ; X 0  : u  Lq  0, T ; X 1 

và trang bị cho W một chuẩn
vW  v

Lp  0,T , X 0 

Khi đó, phép nhúng W ↪ Lp  0, T ; X  là compact.

 v

Lq  0,T , X1 


Chương 3
SỰ TỒN TẠI VÀ DUY NHẤT NGHIỆM
Sau đây chúng ta sẽ nghiên cứu sự tồn tại và duy nhất nghiệm của bài toán (1.1) – (1.3) với
những giả thiết về các dữ kiện đầu vào như sau:
(GT1) K ,   0 ; p, q  2

(GT2) u0  H 2  V , u1  V
(GT3) k  W 2,1  0, T 
(GT4)   H 2  0, T  ;   t   o  0
(GT5) f , f t  L2  QT 
Định lý 3.1. Nếu các giả thiết (GT1) – (GT5) được thỏa thì bài toán (1.1) – (1.3) có duy nhất một

nghiệm yếu u với các tính chất
u  L  0, T ;V  H 2  ; ut  L  0, T ; H 1  ; utt  L  0, T ; L2  và u  0,   W 1,  0, T 

Chứng minh. Gọi w j  là một cơ sở đếm được của không gian V  H 2 . Ta sẽ tìm nghiệm xấp xỉ

theo phương pháp Galerkin của bài toán (1.1) – (1.3) dưới dạng
m

um (t )   cmj (t ) w j ,
j 1

trong đó, các hàm hệ số cmj  t  thỏa mãn hệ phương trình vi phân thường
t

um  t  , w j    t  umx  t  , w jx  w j  0   k  t  s  um  0, s  ds
0

 K um  t 

p2

um  t    um  t 

q2

um  t  , w j  f  t  , w j ; 1  j  m

m

um   ,0   u0 m    mj  w j 
 u0 mạnh trong H 2
j 1
m

um   ,0   u1m    mj  w j 
 u1 mạnh trong H 1

(3.1)

j 1

Với các giả thiết (GT1) – (GT5) được thỏa, hệ phương trình vi phân (3.1) có nghiệm um trên

0, Tm  tương ứng. Các ước lượng sau cho phép ta chọn Tm  T

với mọi m.

  t  , sau đó cộng
Ước lượng tiên nghiệm 1. Nhân lần lượt các phương trình thứ j của (3.1) 1 với cmj

các vế tương ứng với nhau rồi lấy tích phân theo biến thời gian từ 0 đến t, ta thu được đẳng thức sau
t

t

0

0

S m  t   Sm  0   2um  0, t   k  t    um  0,  d  2k  0   um2  0, s  ds


t

t

s

0

0

     s  umx  s  ds  2  um  0, s   k   s    um  0,  d ds
2

0

t

2 f  s  , um  s  ds

(3.2)

0

trong đó
2K
um  t 
p

S m  t   um  t     t  umx  t  
2

2

t

p

L

p

 2  um  s 
0

q

Lq

ds

(3.3)

Từ (3.3) và (GT4), ta thấy rằng
S m  t   um  t   0 umx  t 
2

2

(3.4)

Từ (3.4) và bổ đề 1, ta có đánh giá
um  x, t   um  t  C 0

 0,1 

Sm  t 

 umx  t  

(3.5)

0

Dưới đây là các đánh giá vắn tắt cho từng số hạng trong vế phải của (3.2).
t

2um  0, t   k  t    um  0,  d  0 um  0, t 

2

0

  Sm  t  
t

2k  0   um2  0, s  ds 

2 k  0

t

t

    s  umx  s  ds  
2

0

0

t

s

0

0

t

1

02

2

t

 k   d   Sm  s  ds
2

0

(3.6)

0

t

 S  s  ds

(3.7)

 s 
S m  s  ds
0

(3.8)

0

0

t

1 

  k  t    um  0,  d 
0  0


m

0

2  um  0, s   k   s    um  0,  d ds
s
s

2

k

d

S

d

   S m  s  ds 







 ds
m
0
02 0  0
0

t
t
t
2
t
k    d   Sm   d
   S m  s  ds 
2 
t

1

0

0

t

0

t

t

t

0

0

0

t

2  f  s  , um  s  ds  2  f  s   um  s  ds   f  s  ds   S m  s  ds
2

0

Từ (3.2) và (3.6)–(3.10), đồng thời chọn tham số  
t

t

S m  t   2 Sm  0   2 f  s  ds  2 
0

2

0

(3.9)

0

 s 
S m  s  ds
0

1
2

ta có đánh giá

(3.10)


 4
 2
 0


t

k    t k   
2

2

0



d 

4 k 0

0

 t
 3   Sm  s  ds
 0

(3.11)

 

Do H1 ↪ C 0  , nên từ (3.1)2,3 và (3.3) ta nhận được
2 Sm  0   M 1 với mọi m

(3.12)

trong đó hằng số M1 chỉ phụ thuộc vào μ, K, u0 và u1.
Theo (3.12) và (GT5) ta có
t

M 1  2 f  s  ds  AT với mọi t   0, T 
2

(3.13)

0

Mặt khác, theo (GT3) ta lại có
4

t

02 0



k    t k   
2

2



d 

4 k 0

0

 3  BT với mọi t   0, T 

(3.14)

Với các đánh giá (3.11), (3.13) và (3.14) vừa thu được, ta suy ra rằng

 2  s 

 BT  Sm  s  ds với mọi t   0, T 
S m  t   AT   
 0

0

t

(3.15)

Áp dụng bổ đề Gronwall cho (3.15), rồi dựa vào (GT4) ta có kết quả quan trọng sau
 t  2  s 
 
 BT  ds   CT với mọi t   0, T 
S m  t   AT  exp   
 
 0  0
 

(3.16)

Ước lượng tiên nghiệm 2. Đạo hàm 2 vế của (3.1)1 theo biến thời gian, ta có
  t  , w jx
um  t  , w j     t  umx  t  , w jx    t  umx
t

 w j  0   k   t  s  um  0, s  ds  w j  0  k  0  um  0, t 

(3.17)

0

 K  p  1 um  t 

p2

um  t     q  1 um  t 

q2

um  t  , w j  f   t  , w j ; 1  j  m

  t  , sau đó cộng lại rồi lấy tích phân 2 vế theo biến thời
Nhân lần lượt các phương trình thứ j với cmj

gian từ 0 đến t, ta có

  t   2   0  u0 mx , u1mx
X m  t   X m  0   2    t  umx  t  , umx
t

t

  s  ds  3    s  umx
  s  ds
2     s  umx  s  , umx
0
t

2

0

s

t

0
t 1

0

2 um  0, s   k   s    um  0,  d ds  2 k  0  um  0, s  um  0, s  ds
0

2 K  p  1   um  x, s 
0 0

p2

um  x, s  um  x, s  dxds