CHƯƠNG 2 THUẬT GIẢI XẤP XỈ TUYẾN TÍNH

CHƯƠNG 2
THUẬT GIẢI XẤP XỈ TUYẾN TÍNH
Trong chương này chúng ta sẽ nghiên cứu nghiệm yếu bài toán

(

)

utt + ut − 1 + u (t ) 2 u xx = λu 3 + f ( x, t ), 0 < x < 1, 0 < t < T ,
H

u (0, t ) = u (1, t ) = 0,
( P ) := 

u ( x,0) = u%
( x), ut ( x,0) = u%
( x).
0
1


Nhân

v ∈ H 01

vào

1

( 2.1)

1

rồi lấy tích phân từ

(

&( t ) , v + u&( t ) , v + 1 + u ( t )
u&

2
H1

0 →1

) ∇u ( t ) , ∇v

(2.1)

theo biến x , ta được

= λu 3 ( t ) + f ( t ) , v .

Từ (2.1) – (2.2) ta được bài toán biến phân của bài toán

(2.2)

( P)

 u&
&( t ) , v + u&( t ) , v + P ( t ) ∇u ( t ) , ∇v = F ( t ) , v ,

Q
:
=
( ) 
, ut (0) = u%
, v ∈ H 01.
u (0) = u%
0
1

(2.3)

Trong đó

(

)

P ( t ) = 1 + u ( t ) 2 ,

H1

 F ( t ) = λu 3 ( t ) + f ( t ) .

Khi đó nghiệm của bài toán

Để tìm nghiệm của bài toán

( Q)
( Q)

(2.4)

là nghiệm yếu của bài toán

( P)

.

trước hết ta thành lập các giả thiết sau


A1 u%
∈ H 01 ∩ H 2
0

,

A2 u%
∈ H 01 ,
1
A3 f ∈ C 0 ( Ω × ¡

+

)

thỏa điều kiện

f ( 0, t ) = f ( 1, t ) = 0.

A4

ứng với

T >0

cho trước, ta đặt

{

K = K ( T , f ) := sup f ( x, t ) : ( x, t ) ∈ΩT

}

{

,

}

K1 = K1 ( T , f ) := sup ∇f ( x, t ) : ( x, t ) ∈ QT .
A5

ứng với M>0, T>0 cho trước, ta đặt

u ∈ L∞ ( 0,T ; H 02 ) : u&∈ L∞ ( 0,T ; H 01 ) , u&
&∈ L2 ( QT ) ; 
W ( M ,T ) = 

&L ( Q ) ≤ M 

 u L ( 0,T ;H ∩H ) ≤ M , u&L ( 0,T ; H ) ≤ M , u&

∞

1
0

2

∞

1
0

2

T

&∈ L∞ ( QT ) } .
W1 ( M ,T ) = { u ∈ W ( M , T ) : u&

2.1.

Xấp xỉ tuyến tính

Ta liên kết bài toán (1.3) với một dãy quy nạp tuyến tính
u0 = u%
0
Trước hết ta chọn
.

{u }
m

như sau


Giả sử rằng

Sau đó, tìm

um −1 ∈ W ( M ,T )
um ∈ W ( M , T )

(2.5)

là nghiệm của bài toán biến phân tuyến tính

 u&
&( t ) , v + u&m ( t ) , v + Pm ( t ) ∇um ( t ) , ∇v = Fm ( t ) , v ,
Q
:
=
( m)  m
, u&m (0) = u%
, v ∈ H 01.
um (0) = u%
0
1

(2.6)

Trong đó
 P ( t ) = 1 + u ( t ) 2 1 ,
m
m −1
H

3
 Fm ( t ) = λum−1 ( t ) + f ( t ) .

Định lý 2.1. Giả sử

( A ) −( A )
1

3

và một dãy quy nạp tuyến tính

(2.7)

là đúng, khi đó, tồn tại hằng số dương

{ u } ∈ W ( M ,T )
m

M > 0, T > 0

xác định bởi (2.6)-(2.7) .

Chứng minh được chia thành nhiều bước.
Bước 1. Xấp xỉ Galerkin
(việc giải trực tiếp bài toán (2.6) là không khả thi do nó là một hệ với vô số phương
trình. Để giải quyết vấn đề này ta sử dụng phương pháp Galerkin ).

{w }
j

Xét một cơ sở

trực chuẩn của

H 01

của

H 01 ∩ H 2

với

w j ( x ) = 2 sin ( jπ x ) , j ∈ ¥

−∆w j = ε j w j , ε j = ( jπ ) , j = 1, 2,...
2

và

{w }
j

,

là cơ sở


Ta tìm nghiệm xấp xỉ của (1.6) dưới dạng
l

um( k ) ( x, t ) = ∑ cmj( k ) ( t ) w j ( x )
j =1

umk ( x, t )

Với

,

thỏa hệ phương trình

( k)
( k)
( k)

&
&
&
u
t
,

w
+
u
t
,
w
+
P
t
∇
u
(
)
(
)
(
)
( t ) , ∇w j = Fm ( t ) , w j ,
m
j
m
j
m
m

k
Q
:
=
( m )  ( k)

x ) , u&m( k ) (0) = u%
x ) , 1 ≤ j ≤ k.

0k (
1k (
um (0) = u%

(2.8)

trong đó
k

k

j =1

j =1

u%
x ) = ∑ cmj( k ) ( 0 ) w j ( x ) = ∑ α (j k ) w j ( x ) → u%
x)
0k (
0(

k

k

j =1

j =1

trong

u%
= ∑ c&mj( k ) ( 0 ) w j ( x ) = ∑ β j( k ) w j ( x ) → u%
x)
1k
1(
trong

Ta có
k

( k)
&
u&
t ,w j =
m ( )

∑ c&&( ) ( t ) w , w

u&m( k ) ( t ) , w j =

∑ c&( ) ( t ) w , w

i =1

k

i =1

k
mi

i

k

mi

i

j

j

( k)
&
= c&
t ,
mj ( )

= c&mj( k ) ( t ) ,

H 01 ∩ H 2

H 01

.

,

(2.9)

(1.10)


k

∇um( k ) ( t ) , ∇w j =

∑ c ( ) ( t ) ∇w , ∇ w
i =1

k
mi

i

j

k

= ∑ cmi( k ) ( t ) ∇w i , ∇w j
i =1
k

1
= ∑ cmi( k ) ( t )  w i ( x ) ∆w j ( x ) 0 − ∆w i , w j 



i =1
k

= ∑ cmi( k ) ( t ) ε i w i , w j
i =1

= ε j cmj( k ) ( t ) .
Hệ (1.8) được viết lại dưới dạng sau
( k)
c&
&
t = −c&mj( k ) ( t ) − ε j Pm ( t ) cmj( k ) ( t ) + Fm ( t ) , w j ,
mj ( )
 ( k)
( k) ( k)
( k)
cmj ( 0 ) = α j , c&mj ( 0 ) = β j ,1 ≤ j ≤ k .

(2.11)

Từ (2.11) lấy tích phân 2 lần từ 0 đến t, ta được

(

( k)

t

s

0

0

cmj ( t ) = α j + β j
( k)

( k)

) t +α

( k)
j

t

t

s

0

0

− ∫ cmj ( s ) ds − ∫ ds ∫ ε j Pm ( τ ) cmj( k ) ( τ ) dτ

+ ∫ ds ∫ Fm ( τ ) , w j dτ ,

( k)

0

1 ≤ j ≤ k.

(2.12)

Bỏ qua chỉ số m, k, Ta viết (2.12) dưới dạng phương trình điểm bất động

H [ c ] = c,

Với

(2.13)

H [ c ] = ( H1 [ c ] , H 2 [ c ] ,..., H k [ c ] ) ,
H j [ c] = Qj ( t ) + U j [ c] ( t ) .

t
s
t
s

3
Q
t
=
α
+

β
t
+
α
+
ds
λ
u
τ
,
w
d
τ
+
ds
j )
j
∫0 ∫0 m−1 ( ) j
∫0 ∫0 f ( τ ) , w j dτ
 j ( ) ( j

t
t
s
U [ c ] ( t ) = − c ( s ) ds − ds ε 1 + u ( τ ) 2 c ( τ ) dτ , 1 ≤ j ≤ k
m −1
j
∫0 j
∫0 ∫0 j
H

 j

(

1

)


Với mỗi

T ' > 0 : T ' ∈ [ 0, T ]

hàm liên tục
c

, đặt

X ≡ C 0 ( [ 0, T '] , ¡

c ( c1 , c2 ,..., cn ) : [ 0, T '] → ¡

k

)

là không gian Banach gồm các

k

đối với chuẩn

k

X

= sup c ( t ) 1 , c ( t ) 1 = ∑ c j ( t ) , c ∈ X
0≤t ≤T '

Hiển nhiên

j =1

H:X → X

.

, ta chứng minh tồn tại

H n = H  H n−1  : X → X

n∈¥

sao cho

là ánh xạ co. Ta có

t n +1 
 0 tn
1

2
 Cn n! + Cn ε k ( 1 + 2M )  n + 1 ! ÷
(
) ÷

 2
÷
2
t n+2
n
n
2


H [ c ] ( t ) − H [ d ] ( t ) 1 ≤  +Cn ε k ( 1 + 2M ) 
÷c−d X.
( n + 2) ! ÷


÷
n
t 2n
ε k ( 1 + 2 M 2 ) 
 +... + Cnn
÷
÷
2
n
!



Chứng minh
Với n=1

(2.14)


H j [ c] ( t ) − H j [ d ] ( t ) = U j [ c] ( t ) − U j [ d ] ( t )
t

t

s

0

0

0

t

t

s

0

0

0

t

t

s

0

0

0

= ∫ c j ( s ) −d j ( s ) ds + ∫ ds ∫ ε j Pm ( τ ) c j ( τ ) − d j ( τ ) dτ
≤ ∫ c j ( s ) −d j ( s ) ds + ∫ ds ∫ ε j Pm ( τ ) c j ( τ ) − d j ( τ ) dτ
≤ ∫ c j ( s ) − d j ( s ) ds + ∫ ds ∫ ε j Pm ( τ ) c j ( τ ) − d j ( τ ) dτ
t

t

s

0

0

0

≤ ∫ c j ( s ) − d j ( s ) ds + ε k ( 1 + 2M 2 ) ∫ ds ∫ c j ( τ ) − d j ( τ ) dτ .

Từ (2.15) lấy tổng theo j, ta được
t

H [ c ] ( t ) − H [ d ] ( t ) 1 = ∫ c ( s ) − d ( s ) 1ds + ε k ( 1 + 2M
0

2

t

s

0

0

) ∫ ds ∫ c ( τ ) − d ( τ )

t2
≤ c ( s ) − d ( s ) X t + ε k ( 1 + 2M ) c ( s ) − d ( s )
2
t2 

≤ t + ε k ( 1 + 2 M 2 )  c ( s ) − d ( s ) X .
2

2

Giả sử (2.14) đúng với

n >1

khi đó, ta có

X

dτ

1

( 2.15 )


H n+1 [ c ] ( t ) − H n +1 [ d ] ( t ) 1 = H  H n [ c ]  ( t ) − H  H n [ d ]  ( t )
1
t

≤ ∫ H n [ c ] ( t ) − H n [ d ] ( t ) 1ds
0

+ ε k ( 1 + 2M

t

2

s

) ∫ ds ∫ H [ c ] ( t ) − H [ d ] ( t )
n

0

0

n

dτ

1

t n +1 
 0 tn
1
2
 Cn n! + Cn ε k ( 1 + 2 M )  n + 1 ! ÷
(
) ÷

t 
÷
2
t n+ 2
2
2
≤ ∫  +Cn ε k ( 1 + 2M ) 
÷ c − d X ds
( n + 2) ! ÷
0
2n


÷
n
n t
2
ε k ( 1 + 2 M ) 
 +... + Cn
÷
÷
2n ! 


t n +1 
 0 tn
1
2


C
+
C
ε
1
+
2
M
)  n + 1 !÷
n  k (
 n n!
(

) ÷

t
s
÷
2
t n+ 2
2
2
2
+ ε k ( 1 + 2 M ) ∫ ds ∫  +Cn ε k ( 1 + 2M ) 
÷ c − d X dτ
( n + 2) ! ÷
0
0
2n

÷
n
n t
2
ε k ( 1 + 2M ) 
 +... + Cn
÷
÷
2 n! 


t n+ 2
 0 t n +1

1
2 
 Cn n + 1 ! + Cn n + 2 ! ε k ( 1 + 2 M ) ÷
(
)
(
)
÷c−d
=
X
2
n
+
1

÷
n
t
n
2


+
...
+
C
ε
1
+
2

M
(
)  ÷÷

n
( 2n + 1) !  k


t n+3
 0 t n+ 2
1
2 
 C n n + 2 ! + Cn n + 3 ! ε k ( 1 + 2M ) ÷
(
)
(
)
÷c−d
+ ε k ( 1 + 2M 2 ) 
2
n
+
1
(
)

÷
n
t
n

ε k ( 1 + 2 M 2 ) 
 +... + Cn
÷
÷
2
n
+
2
!
(
)


Ta được

X


 0 t n +1

t n +2
2
1
0
C
+
ε
1
+
2

M
C
+
C
 n
) n + 2 !( n n ) ÷
k (
(
)
 ( n + 1) !
÷
2 n +1

÷
n
t
n +1
n +1
2
n
n −1
ε ( 1 + 2M )  ( Cn + Cn ) ÷ c − d
H [ c ] ( t ) − H [ d ] ( t ) 1 ≤  +... +
( 2n + 1) !  k

÷

÷
2( n +1)
n +1

t
2
 +C n
÷


 n ( 2n + 2 ) ! ε k ( 1 + 2M ) 
÷


 0 t n +1

t n+2
2
1
C
+
ε
1
+
2
M
C
 n+1
(
) n + 2 ! n+1 ÷
( n + 1) ! k
(
)


÷
2 n +1

÷
n
t
2
n
÷c−d X
ε ( 1 + 2M )  Cn +1
=  +... +
( 2n + 1) !  k

÷

÷
2( n +1)
n +1
t
n
+
1
2
 +C
÷


 n+1 ( 2n + 2 ) ! ε k ( 1 + 2 M ) 
÷




X

vậy (2.14) đã được chứng minh.

Mặt khác do

2n
n
 0 tn
n t
2


lim
C
+
...
+
C
ε
1
+
2
M
(
)
n
n

k
 ÷= 0
n →∞ 
2n ! 
 n!


nên tồn tại số

n0 ∈ ¥

sao

cho
2n
 0 tn

t n +1
1
n t
C
+
C
+
...
+
C
 n
÷< 1
n

n
n
!
n
+
1
!
2
n
!
(
)
0
0
0 

0

Hn

0

0

0

Vậy

cmj( k ) ( t )

là ánh xạ co,

H

có duy nhất điểm bất động . Vậy (2.8) có duy nhất nghiệm

suy ra hệ (2.6) có duy nhất nghiệm

cho ta lấy

M , T’ = T

với mọi

m, k

.

um( k ) ( t )

trong

[ 0, T ']

. Đánh giá tiên nghiệm


Bước 2. Đánh giá tiên nghiệm
Nhân

c&mj( k ) ( t )

vào (1.6) rồi lấy tổng theo j đến k , ta được

k
k
k
k
k
k
( k)

&
t , u&m( ) ( t ) + u&m( ) ( t ) , u&m( ) ( t ) + Pm ( t ) ∇um( ) ( t ) , ∇u&m( ) ( t ) = Fm ( t ) , u&m( ) ( t ) ,
m ( )
 u&
 ( k)
, u&m( k ) ( x,0 ) = u%
.
( 2.15)

0k
1k
um ( x,0 ) = u%

Ta có
2
1 d ( k)
 ( k)
( k)

&
&
&
&
u
t
,
u
t
=
u
t
,
(
)
(
)
(
)
m
m
m

2 dt

2
1d

( k)
( k)

∇um( k ) ( t ) ,
 ∇um ( t ) , ∇u&m ( t ) =
2 dt

 u&( k ) ( t ) , u&( k ) ( t ) = u&( k ) ( t ) 2 .
m
m
 m


(2.16)

Từ (2.15)-(2.16) ta được
2
2
2
1d
 1 d ( k)
u&m ( t ) + u&m( k ) ( t ) + Pm ( t )
∇um( k ) ( t ) = Fm ( t ) , u&m( k ) ( t )

2 dt
 2 dt
k
k
(
)
(
)
um ( x,0 ) = u%

, u&m ( x,0 ) = u%
0k
1k


Từ

( 2.17 )

1

lấy tích phân từ

0→t

(2.17)

, ta được

t
2
2
2
1 ( k)
1t
d
1
( k)
u&m ( t ) + ∫ u&m ( s ) ds + ∫ Pm ( s )
∇um( k ) ( s ) ds = u&m( k ) ( 0 )

2
20
ds
2
0

2

t

+ ∫ Fm ( s ) , u&m( k ) ( s ) ds
0

2
d
( k)
P
s
∇
u
s
ds = Pm ( s ) ∇um( k ) ( s )
(
)
(
)
∫0 m ds m
t

Xét

2 t
0

(2.18)

t

2
( k)
− ∫ P&
s
∇
u
s
ds
(
)
(
)
m
m
0

(2.19)

Từ (2.17)-(2.19) ta được (bước này ta chuyển các giá trị dương về một phía để sử
dụng bổ đề Gronwall)

t
t
2
 k
( k)
&( s ) ∇u ( k ) ( s ) ds + 2 F ( s ) , u&( k ) ( s ) ds,
S
t
=
S
0
+
P
(
)
(
)
m
m
m
∫0 m
∫0 m
 m

u ( k ) ( x,0 ) = u% , u&( k ) ( x,0 ) = u%.
0k
m
1k
 m

(2.20)

Trong đó
 S ( k ) ( 0 ) = u&( k ) ( 0 ) 2 + P ( 0 ) ∇u ( k ) ( 0 ) 2 ,
m
m
m
 m
t

2
2
2
( k)
( k)
k
 S m ( t ) := u&m ( t ) + Pm ( t ) ∇um ( t ) + 2∫ u&m( k ) ( s ) ds

0

Từ

( 2.8 ) 1

wj = −

thay

1
∆w j

εj

−

, sau đó dơn giản

1
εj

(2.21)

. ta được

( k)
&
u&
t , ∆w j + u&m( k ) ( t ) , ∆w j + Pm ( t ) ∇um( k ) ( t ) , ∇ ( ∆w j ) = Fm ( t ) , ∆w j .
m ( )

( 2.22)

Ta có
( k)
( k)
&
&
u&
t , ∆w j = u&
x, t ) ∆w j ( x )
m ( )

m (

x =1
x =0

( k)
&
− ∇u&
t , ∇w j
m ( )

( k)
&
= − ∇u&
t , ∇w j ,
m ( )

(2.23)
u&m( k ) ( t ) , ∆w j = u&m( k ) ( x, t ) ∇w j ( x )

x =1
x =0

− ∇u&m( k ) ( t ) , ∇w j

= − ∇u&m( k ) ( t ) , ∇w j ,

(2.24)

Fm ( t ) , ∆w j = Fm ( x, t ) ∇w j ( x )

x =1
x =0

− ∇Fm ( t ) , ∇w j

= − ∇Fm ( t ) , ∇w j ,
Pm ( t ) ∇um( k ) ( t ) , ∇ ( ∆w j ) = Pm ( t ) ∇um( k ) ( x, t ) ∆w j ( x )


(2.25)

− ∆u m( k ) ( t ) , ∆w j 
x =0

x =1

= Pm ( t ) ∆um( k ) ( t ) , ∆w j ,
(2.26)
Khi đó (2.22) được viết lại như sau


( k)
&
∇u&
t , ∇w j + ∇u&m( k ) ( t ) , ∇w j + Pm ( t ) ∆um( k ) ( t ) , ∆w j = ∇Fm ( t ) , ∇w j .
m ( )

(2.27)
Nhân

( 2.27 )

( k)
c&mj
( t)

với

rồi lấy tổng theo j ta được

( k)
&
∇u&
t , ∇u&m( k ) ( t ) + ∇u&m( k ) ( t ) , ∇u&m( k ) ( t ) + Pm ( t ) ∆um( k ) ( t ) , ∆u&m( k ) ( t ) = ∇Fm ( t ) , ∇u&m( k ) ( t ) .
m ( )

( 2.28)
Hay
2
2
d
d
∇u&m( k ) ( t ) + 2 ∇u&m( k ) ( t ) + Pm ( t )
∆um( k ) ( t )
dt
dt

2

= 2 ∇Fm ( t ) , ∇u&m( k ) ( t ) .

(2.29)

Trong (2.29) lấy tích phân theo biến t ta được
t

t

0

0

2
( k)
Y ( t ) = Y ( 0 ) + ∫ P&
t
∆
u
t
ds + 2∫ ∇Fm ( s ) , ∇u&m( k ) ( s ) ds.
(
)
(
)
m
m
k
m

k
m

2

Ymk ( 0 ) = ∇u&m( k ) ( 0 )

(2.30)
2

+ Pm ( 0 ) ∆um( k ) ( 0 ) ,

Trong đó
Ymk ( t ) = ∇u&m( k ) ( t )

2

+ Pm ( t ) ∆um( k ) ( t )

2

t

2

+ 2 ∫ ∇u&m( k ) ( s ) ds.
0

Trong

( 2.8 ) 1

wj

thay

bởi

( k)
&
u&
m ( x, t )

ta được

( k)
( k)
( k)
( k)
( k)
&
&
&
&
&
u&
t , u&
t = − u&m( k ) ( t ) , u&
t + Pm ( t ) ∆um( k ) ( t ) , u&
t + Fm ( t ) , u&

t .
m ( )
m ( )
m ( )
m ( )
m ( )

(2.31)
Từ (2.31), suy ra
( k)
( k)
(k)
( k)
( k)
&
&
&
&
&
u&
t , u&
t ≤ u&m( k ) ( t ) , u&
t + Pm ( t ) ∆u m( k ) ( t ) , u&
t + Fm ( t ) , u&
t .
m ( )
m ( )
m ( )
m ( )
m ( )

(2.32)
Từ (2.32), suy ra


( k)
( k)
( k)
( k)
&
&
&
&
u&
t ≤ u&m( k ) ( t ) u&
t + Pm ( t ) ∆u m( k ) ( t ) u&
t + Fm ( t ) u&
t
m ( )
m ( )
m ( )
m ( )
2

≤ u&m( k ) ( t ) + Pm ( t )
2

A4

Từ

2

∆um( k ) ( t ) + Fm ( t ) +
2

2

2
3 ( k)
&
u&
t .
m ( )
4

(2.33)

, (2.5) và (2.33), ta được

( k)
&
u&
t ≤ 4 u&m( k ) ( t ) + 4 ( 1 + 2 M 2 ) Pm ( t ) ∆u m( k ) ( t ) + 4 ( K + M 3 ) ,
m ( )
2

2

2

2

(2.34)
Đặt
t

Z

k
m

2

( t) = S ( t) +Y ( t) + ∫
k
m

( k)
&
u&
ds.
m ( s)

k
m

0

(2.35)

Từ (2.20), (2.30) và (2.35), ta được
t

Z

k
m

( t ) = S ( 0 ) + Y ( 0 ) + ∫ P&m ( s )  ∇um( k ) ( s )
k
m

k
m

0

2



2
+ ∆um( k ) ( t )  ds


t

t

t

0

0

0

2

k
k
(k)
&
+ 2 ∫ Fm ( s ) , u&m( ) ( s ) d + 2∫ ∇Fm ( s ) , ∇u&m( ) ( s ) ds + ∫ u&
ds
m ( s)

≡S

k
m

( 0 ) + Y ( 0 ) + I 21 + I 22 + I 23 + I 24 .
k
m

(2.36)

Đánh giá tích phân trong (2.36).

t

 ∇u ( k ) ( s ) 2 + ∆u ( k ) ( s ) 2  ds
I 21 = ∫ P&
s
(
)
m
m
m


0

(

2
d
um −1 ( s ) + ∇um−1 ( s )
0 ds
t

=∫

2

)

 ∇u ( k ) ( s ) 2 + ∆u ( k ) ( s ) 2  ds,
m

m



(2.37)

Từ (2.5) và sử dụng bất đẳng thức Holder, ta có

(

d
um −1 ( t )
dt

2

) ≤ 2 u& ( x, t )
m −1

≤ 2M 2 ,

um −1 ( x, t )
(2.38)


(

d
∇um −1 ( t )
dt

2

) ≤ 2 ∇u& ( x, t )
m −1

∇um−1 ( x, t )

≤ 2M 2 ,

(2.39)

Từ (1.37)-(1.39), ta được
t

2
2
I 21 ≤ ∫ 4M 2  ∇um( k ) ( s ) + ∆um( k ) ( s )  ds


0

≤ 8M

t

2

∫ Z ( s ) ds,
k

m

0

(2.40)

t

I 22 ≤ 2 ∫ Fm ( s ) , u&mk ( s ) ds
0

t

t

0

0

≤ 2∫ λum3 −1 ( s ) , u&mk ( s ) ds + 2 ∫ f ( s ) , u&mk ( s ) ds,

Từ

A4

(2.42)

, (2.5),(2.42) và áp dụng bất dẳng thức Holder, ta dược
t

I 22 ≤ 2∫ λ u
0

3
m −1

( s)

t

u& ( s ) ds + 2∫ f ( s ) u&mk ( s ) ds
k
m

0

t

t

≤ ∫ 2λ M 3 u&mk ( s ) ds + ∫ 2 K u&mk ( s ) ds
0

2

0

t

≤ ( λ 2 M 6 + K 2 ) t + 2 ∫ S mk ( s ) ds.

0

Đánh giá tích phân

I 23

(2.43)


t

t

t

I 23 ≤ 2 ∫ ∇Fm ( s ) , ∇u&m( ) ( s ) ds ≤ 2 ∫ ∇f ( s ) , ∇u&m( ) ( s ) ds + 2 ∫ ∇um3 −1 ( s ) , ∇u&m( ) ( s ) ds
k

k

0

k

0

t

0

t

≤ 2 ∫ ∇f ( s ) ∇u&m( ) ( s ) ds + 2∫ ∇um3 −1 ( s ) ∇u&m( ) ( s ) ds,
k

k

0

Từ

A4

0

(2.44)

, (1.5), *1.44) và áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có

t

I 23 ≤ ∫ ∇f ( s )

2

0

t

2

+ ∇u&m( k ) ( s ) ds + ∫ ∇um3 −1 ( s )

2

2

+ ∇u&m( k ) ( s ) ds

0

t

≤ ( K1 t + M 6t ) + 2∫ Z mk ( s ) ds.
0

(2.45)

Từ (2.33), ta có
t

2

k
I 24 ≤ ∫ 4 u&m( ) ( t )
0

≤ 4( K + M

)

3 2

+ 4 ( 1 + 2 M 2 ) Pm ( t ) ∆um( ) ( t )
k

t + 8( 1+ M

2

+ 4 ( K + M 3 ) ds
2

t

2

) ∫ Z ( s ) ds.
k
m

0

(2.46)

Từ (1.36), (1.40), (1.43), (1.45) và (1.46), ta được
t

Z mk ( t ) ≤ S mk ( 0 ) + Ymk ( 0 ) + C1 ( M , t ) + C2 ∫ Z mk ( s ) ds
0

(2.47)

Trong đó
2
C1 ( M , t ) =  4 ( K + M 3 ) + λ 2 M 6 + K 2 + K1 + M 6  t


2
C2 = 12 + 16 M

(2.48)

Ta có
Smk ( 0 ) + Ymk ( 0 ) = ∇u&m( k ) ( 0 )
2

(

2

+ Pm ( 0 ) ∆um( k ) ( 0 )

)

2

% ∆u%
= ∇u%
+ 1 + u%

1k
0 + ∇u0
0k

+ u&m( k ) ( 0 )
2

+ u%
0k

2

2

+ Pm ( 0 ) ∇um( k ) ( 0 )

(

)

2

% ∇u%
+ 1 + u%
0 + ∇u0
0k

2

(2.49)

Từ (2.9), (2.10) và (2.49), ta suy ra tồn tại

M >0

sao cho

M2
S ( 0) + Y ( 0) ≤
, ∀k , m.
2
k
m

k
m

(2.50)

Từ (2.47), (2.50) và bổ đề Gronwall,ta được
M2

Z mk ( t ) ≤ 
+ C1 ( M , t ) ÷eC2t ,
 2


Do

(2.51)

M2
 C2 t
M2
+
C
M
,
t
e
→
(
)

÷
1
2
 2


khi

t→0

.

(2.52)

Từ (1.51), (1.52) ta chọn T>0 sao cho

Z mk ( t ) ≤ M 2 ,
kt = 2

( 4 + 9λ ) T M
2

2

e

( 2 M +1) T
2

< 1.

(2.53)

Từ (1.53), ta được

u&m( k ) ( t ) ≤ M 2 , ∀t ∈ [ 0,T ]

u&m( k ) ( t )

2

suy ra

∇u&m( k ) ( t ) ≤ M 2 , ∀t ∈ [ 0,T ]

∇u&m( k ) ( t )

2

∆um( k ) ( t ) ≤ M 2 , ∀t ∈ [ 0,T ]

suy ra
∆um( k ) ( t )

2

∇um( k ) ( t ) ≤ M 2 , ∀t ∈ [ 0,T ]

suy ra
∇um( k ) ( t )

2

( k)
&
u&
t
m ( )

2
L2
0 ,T ;L2

(

)

(

L∞ 0,T ; L2

suy ra

≤ M 2 , ∀t ∈ [ 0,T ]

( k)
&
u&
t
m ( )

suy ra

)

≤ M,
(2.54)

(

)

(

)

(

)

L∞ 0,T ; L2

L∞ 0,T ; L2

L∞ 0,T ; L2

L2 ( QT )

≤ M,
(2.55)
≤ M,
(2.56)
≤ M,
(2.57)

≤M ,
(2.58)


Vậy

um( k ) ( t ) ∈ W ( M , T ) , ∀k , m.

(2.60)

Bước 3. Qua giới hạn

{ u( ) }
k
m

Từ (2.60), suy ra tồn tại dãy con của dãy
um( ) → um
k

trong

k
u&m( ) → u&m

trong

( k)
&
&
&
u&
m → um

trong

∇u&m( k ) → ∇u&m

L∞ ( 0, T; H10 ∩ H 2 )
L∞ ( 0, T; H10 )
L2 ( QT )

trong

{ u( ) }
k
m

mà vẫn ký hiệu

yếu * ,

sao cho
(2.61)

yếu * ,

(2.62)

yếu,

(2.63)

L∞ ( 0, T; L2 ) ,

(2.64)

um ( x, t ) ∈ W ( M ,T ) , ∀m.

(2.65)

Từ (2.62)- (2.64), ta được
( k)
&
&
u&
t , w j → u&
t ,w j
m ( )
m( )

trong
u&m( k ) ( t ) , w j → u&m ( t ) , w j

trong

L2 ( 0, T )

yếu,

L∞ ( 0, T )

∇um( k ) ( t ) , ∇w j → ∇um ( t ) , ∇w j

trong

(2.66)

yếu * ,

L∞ ( 0, T )

(2.67)
yếu *,

Từ (2.9)-(2.10) và (2.66)-(2.68), qua giới hạn trong (2.8), ta có
L2 ( 0, T )

yếu.

2.2. Sự tồn tại và duy nhất nghiệm

(2.68)
um ( t )

thỏa (2.6) trong


Định lý 2.2. giả sử

A1 − A3

là đúng. Khi đó tồn tại một hằng số

bài toán (1.1) có một nghiệm yếu duy nhất

Mặt khác, dãy quy nạp tuyến tính

u

{u }

m

của bài toán (1.1) trong không gian

u ∈ W1 ( M , T )

M > 0,T > 0

sao cho

.

xác định bởi (1.5) hội tụ mạnh về nghiệm yếu

{

}

W1 ( T ) = u ∈ L∞ ( 0, T ; H 01 ) : u&∈ L∞ ( 0, T ; L2 ) .

Hơn nữa, ta cũng có đánh giá sai số

um − u L ( 0,T ;H ) + u&m − u&L ( 0,T ;L ) ≤ CkTm , ∀m ≥ 1.
∞

Trong đó

∞

1

0

kT ∈ ( 0,1)

chỉ phụ thuộc

2

(2.69)

(đã xác định (2.53)). Và C là một hằng số không phụ thuộc m mà

T , u%
, u%
,f
0
1

.

Chứng minh định lý
a)

Sự tồn tại nghiệm

Trước hết ta chú ý rằng

u

W1 ( T )

W1 ( T )

với chuẩn

gW ( T )
1

là một không gian Banach (xem [2])

= u L ( 0,T ; H ) + u&L ( 0,T ; L )
∞

∞

1
0

Ta sẽ chứng minh

{u }
m

2

là một dãy Cauchy trong

(2.70)

W1 ( T )

.


Giả sử
Đặt

um +1 , um ∈ W ( M , T )

vm = um +1 − u m

lần lược thỏa bài toán

khi đó

vm

Qm+1 , Qm

.

(2.71)

thỏa mãn bài toán biến phân sau

 v&
&
t , v + v&m ( t ) , v + Pm+1 ( t ) ∇vm ( t ) , ∇v + ( Pm+1 ( t ) − Pm ( t ) ) ∇um ( t ) , ∇v
m( )


( Rm ) :=  = Fm+1 ( t ) − Fm ( t ) , v

1
( 2.72 )
vm (0) = v&m (0), v ∈ H 0

Trong đó
 Fm ( t ) = λum3 −1 ( t ) + f ( t )

2
P
t
=
1
+
u
(
)
m
m
−
1

H
1
0

Thay

(Q )

m

Xét

v = v&m

(2.73)

trong (2.72), ta được

 v&
&
t , v&m + v&m ( t ) , v&m + Pm+1 ( t ) ∇vm ( t ) , ∇v&m + ( Pm+1 ( t ) − Pm ( t ) ) ∇u m ( t ) , ∇v&m
m( )

=
= Fm+1 ( t ) − Fm ( t ) , v&,

( 2.74 )
vm (0) = v&m (0) = 0.













1d
2
v&m ,
2 dt
2
1d
∇vm ( t ) , ∇v&m ( t ) =
∇vm ( t ) ,
2 dt
&
&
v&
m ( t ) , vm =

v&m ( t ) , v&m ( t ) = v&m ( t ) ,
2

∇um ( t ) , ∇v&m = ∇um ( t ) v&m 0 − ∆um ( t ) , v&m .

Từ

1

( 2.74 ) 1

, ta được

2

2
d
d
v&m ( t ) + 2 v&m ( t ) + Pm+1 ( t )
∇vm ( t )
dt
dt

Từ (2.75) lấy tích phân từ
t

0 → t,

2

0

= 2 ( Pm+1 ( t ) − Pm ( t ) ) ∆um ( t ) , v&m
+ 2 Fm+1 ( t ) − Fm ( t ) , v&m

( 2.75 )

ta được
t
2
d
∇vm ( s ) ds = 2 ∫ ( Pm+1 ( s ) − Pm ( s ) ) ∆u m ( s ) , v&m ds
ds
0

t

v&m ( t ) + 2∫ v&m ( s ) ds + ∫ Pm+1 ( s )
2

2

0

t

+ 2 ∫ Fm+1 ( s ) − Fm ( s ) , v&m ds.
0

( 2.76 )

Từ (2.76), ta được
t

t

0

0

2
S m ( t ) = ∫ P&
s ∇vm ( s ) ds + 2∫ ( Pm+1 ( s ) − Pm ( s ) ) ∆u m ( s ) , v&m ds
m +1 ( )
t

+ 2∫ Fm+1 ( s ) − Fm ( s ) , v&m ds
0

≡ j1 + j2 + j3 .

(2.77)


Sm ( t ) = v&m ( t )

2

t

+ 2∫ v&m ( s ) ds + Pm+1 ( t ) ∇vm ( t )
2

2

0

Trong đó

(2.78)

Ta đánh giá tích phân
Từ (2.70)-(2.71) và bất đẳng thức Holder, ta có

(

)

2
2
d
P&
u m ( t ) + ∇u m ( t )
m +1 ( t ) =
dt
= 2 u&m ( t ) , um ( t ) + 2 ∇u&m ( t ) , ∇um ( t )

≤ 2 u&m ( t ) . um ( t ) + 2 ∇u&m ( t ) . ∇u m ( t )
≤ 4M 2 ,

(2.79)

Pm +1 ( s ) − Pm ( s ) = um ( t ) + ∇um ( t ) − um −1 ( t ) − ∇um −1 ( t )
2

2

≤ um ( t ) − um −1 ( t )
2

2

2

2

+ ∇um ( t ) − ∇um −1 ( t )
2

2

≤ 2 M um ( t ) − u m−1 ( t ) + 2M ∇um ( t ) − ∇um −1 ( t )
≤ 2 M vm −1 ( t ) + 2M ∇vm −1 ( t )
≤ 2M vm −1 ( t )

W1 ( T )

,
(2.80)

Fm +1 ( s ) − Fm ( s ) = λum3 ( t ) − λum3 −1 ( t )
= λ um3 ( t ) − u m3 −1 ( t )
= λ ( um ( t ) − um−1 ( t ) ) ( um2 ( t ) + um ( t ) um−1 ( t ) + um2 −1 ( t ) )
≤ 3M 2λ um ( t ) − um −1 ( t )
≤ 3M 2λ vm −1 ( t )

Từ (2.79)-(2.81), ta có

W1 ( T )

,

(2.81)

t

t

0

0

2
2
j1 = ∫ P&
s ∇vm ( s ) ds ≤ 4M 2 ∫ ∇vm ( s ) ds
m +1 ( )

≤ 4M

t

2

∫ S ( s ) ds.
m

0

t

(2.82)
t

j2 = 2∫ ( Pm +1 ( s ) − Pm ( s ) )

∆um ( s ) , v&m ds ≤ 4M ∫ vm −1 ( s )

0

∆um ( s ) , v&m ds

W1 ( T )

0

t

≤ 4 M ∫ vm −1 ( s )

W1 ( T )

0

∆um ( s ) v&m ds

t

≤ ∫ 4 M 2 vm −1 ( s )
0

≤ 4 M 4 vm −1 ( s )

t

t

v&m ds ≤ 2 ∫ 3M 2λ vm −1 ( t )

j3 ≤ 2 ∫ Fm +1 ( s ) − Fm ( s )
0

W1 ( T )

0

W1 ( T )

t

T + ∫ Sm ( s ) ds.

2
W1( T )

0

(2.83)

v&m ds
t

≤ 9 M 4λ 2T vm−1 ( t )

v&m ds

2

W1 ( T )

+ ∫ v&m ds

W1 ( T )

+ ∫ S m ( s ) ds

0
t

≤ 9 M 4λ 2T vm−1 ( t )

0

(2.84)

Từ (2.82)-(2.84), ta được
S m ( t ) ≤ ( 4 + 9λ ) M vm−1 ( s )
2

4

t

2

T + 2 ( 2M + 1) ∫ S m ( s ) ds.
2

W1( T )

0

(2.85)

Từ (2.85) sử dụng bổ đề Gronwall, ta được
Sm ( t ) ≤ ( 4 + 9λ 2 ) M 4 vm−1 ( s )

Đặt

N 2 = ( 4 + 9λ 2 ) M 4Te

(

2
W1( T )

Te

(

)

2 2 M 2 +1 T

, ∀t ∈ [ 0, T ] .

(2.86)

) ,

2 2 M 2 +1 T

(2.87)


Từ (1.86)-(1.87), ta được
 v& ( t ) 2 + ∇v ( t ) 2 ≤ N 2 v ( s )
m
m −1
 m

 v&m ( t ) L ( 0,T ; L ) ≤ N vm −1 ( s ) ( ) ,

 vm ( t )
≤ N vm −1 ( s )
.
L ( 0,T ;H )
( )

∞

2

∞

1
0

2
W1( T )

,

W1 T

W1 T

(2.88)

Từ (2.70) và (2.88), ta được
vm ( t )

Với

W1( T )

kt

vm ( t )

≤ 2 N vm −1 ( s )

≡ kt vm−1 ( s )

W1( T )

W1( T )

(2.89)

được xác định trong (2.53). Từ (2.89), suy ra
W1( T )

≤ ktm v0 ( s )

W1( T )

(2.90)

Từ (2.90), suy ra
um + p − um

W1 ( T )

≤ vm+ p −1

W1 ( T )

≤ kTm+ p −1 v0

+ vm+ p −2

W1 ( T )

≤ kTm ( 1 + kT )

−1

= kTm ( 1 + kT )

−1

Từ (2.91) suy ra

{ um }

+ ... + vm

W1 ( T )

+ kTm+ p −2 v0
v0

W1 ( T )

W1 ( T )

+ ... + kTm v0

W1 ( T )

W1 ( T )

u1 − u0

W1 ( T )

.

là dãy Cauchy trong không gian

(2.91)
W1 ( T )

. Do đó tồn tại

u ∈ W1 ( T )

sao cho
um → u

Do

{ um } ⊂ W ( M , T )

mạnh trong

W1 ( T ) .

nên ta trích được dãy con ký hiệu

(2.92)

{u }

mk

sao cho


umk → u

yếu * trong

L∞ ( 0,T ; H 2 ) ,

,

(2.93)

L∞ ( 0, T ; H 1 ) ,
u&mk → u&
yếu * trong

(2.94)

L2 ( 0, T ; L2 ) ,
&
&
&
u&
mk → u
yếu trong

(2.95)

u ∈ W ( M ,T ) .

(2.96)

Từ (2.95), ta được
&
&( t ) , v
u&
t , v → u&
m ( )
k

trong

L2 ( 0,T )

yếu .

(2.97)

Từ (2.94), ta được
u&m ( t ) , v → u&( t ) , v
k

trong

L∞ ( 0, T )

yếu *.

(2.98)

Pmk ( t ) ∇umk ( t ) − P ( t ) ∇u ( t ) ≤ Pmk ( T ) ∇umk ( t ) − ∇u ( t ) + Pmk ( T ) − P ( t ) ∇u ( t )
≤ M ∇umk ( t ) − ∇u ( t ) + umk −1 ( t )

2
H

− u(t)
1

≤ M ∇umk ( t ) − ∇u ( t ) + 2M u mk −1 ( t ) − u ( t )

Từ (2.96) và (2.99), ta được

H1

∇u ( t )

H1

∇u ( t ) ,

2

( 2.99 )


Pmk ( t ) ∇umk ( t ) − P ( t ) ∇u ( t ) ≤ M ∇umk ( t ) − ∇u ( t ) + 2M umk −1 ( t ) − u ( t )

H1

≤ M ∇umk ( t ) − ∇u ( t ) + 2M 2 umk −1 ( t ) − u ( t )

H1

∇u ( t )
.

( 2.100 )

Hay
Pmk ( t ) ∇umk ( t ) − P ( t ) ∇u ( t ) ≤ M ∇umk ( t ) − ∇u ( t )

(

L∞ 0,T ; L2

+ 2M 2 umk −1 ( t ) − u ( t )

)

(

L∞ 0,T ; H 1

)

, ∀t ∈ [ 0,T ]

(2.101)

Từ (2.101), ta được
Pmk ( t ) ∇umk ( t ) − P ( t ) ∇u ( t )

(

L∞ 0,T ; L2

)

≤ M umk ( t ) − u ( t )

W1 ( T )

+ 2M 2 u mk −1 ( t ) − u ( t )

W1 ( T )

,

( 2.102 )
Từ (2.92) và (2.102), ta được
Pmk ( x, t ) ∇umk ( x, t ) → P ( x, t ) ∇u ( x, t )

∞

L

trong

( 0,T ;L2 )

mạnh .

(2.103)

Tương tự, ta có
Fm ( x, t ) − F ( x, t ) = λ um3 −1 ( x, t ) − u 3 ( x, t )
k

k

≤ λ um −1 ( t ) − u ( t )
k

(u

2
mk −1

( t)

)

+ um −1 ( t ) u ( t ) + u 2 ( t ) ,
k

(2.104)

Từ (2.65), (2.96) và (2.104), ta được
Fm ( x, t ) − F ( x, t ) ≤ 3λ M 2 um −1 ( t ) − u ( t )
k

Từ (2.92) và (2.105), ta được

k

W1 ( T )

, ∀t ∈ [ 0,T ] .

(2.105)