Bài toán biên không có điều kiện ban đầu thứ nhất đối với phương trình truyền sóng trong miền không trơn

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2
———————————————

TRẦN XUÂN TRƯỜNG

BÀI TOÁN BIÊN KHÔNG CÓ ĐIỀU KIỆN BAN
ĐẦU THỨ NHẤT ĐỐI VỚI PHƯƠNG TRÌNH
TRUYỀN SÓNG TRONG MIỀN KHÔNG TRƠN

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Hà Nội, 2014


BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2
———————————————

TRẦN XUÂN TRƯỜNG

BÀI TOÁN BIÊN KHÔNG CÓ ĐIỀU KIỆN BAN
ĐẦU THỨ NHẤT ĐỐI VỚI PHƯƠNG TRÌNH
TRUYỀN SÓNG TRONG MIỀN KHÔNG TRƠN
Chuyên ngành: Toán giải tích
Mã số: 60 46 01 02

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Người hướng dẫn khoa học: GS.TSKH. Nguyễn Mạnh Hùng

Hà Nội, 2014


Lời cảm ơn
Luận văn được hoàn thành tại Trường Đại học Sư phạm Hà Nội 2 dưới
sự hướng dẫn của GS.TSKH Nguyễn Mạnh Hùng.
Tác giả xin gửi lời cảm ơn chân thành, sâu sắc tới GS.TSKH Nguyễn
Mạnh Hùng , người đã luôn quan tâm, động viên và tận tình hướng dẫn
tác giả trong quá trình thực hiện luận văn.
Đồng thời tác giả chân thành cảm ơn tới Tiến sĩ Nguyễn Hữu Thọ, Bộ
môn Toán học- Trường Đại học Thủy Lợi đã có những góp ý quý báu
cho tác giả trong quá trình làm luận văn. Tác giả cũng xin được gửi lời
cảm ơn chân thành tới Ban Giám hiệu Trường Đại học Sư phạm Hà Nội
2, Phòng Sau Đại học, các thầy cô giáo trong nhà trường và các thầy cô
giáo dạy cao học chuyên ngành Toán giải tích đã tạo điều kiện thuận lợi
trong quá trình tác giả học tập và nghiên cứu.
Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn tới các đồng nghiệp, gia đình, người thân,
các bạn trong lớp cao học K16 TGT Đợt 2 -ĐHSP Hà Nội 2 đã động
viên , tương trợ và tạo mọi điều kiện để tác giả có thể hoàn thành bản
luận văn này.
Mặc dù đã rất cố gắng, song bản luận văn này không tránh khỏi những
hạn chế, thiếu sót. Rất mong sự đóng góp ý kiến của thầy cô và các bạn.
Hà Nội, tháng 10 năm 2014
Tác giả

Trần Xuân Trường


Lời cam đoan

Tôi xin cam đoan, dưới sự chỉ bảo và hướng dẫn tận tâm của GS.TSKH
Nguyễn Mạnh Hùng, luận văn chuyên ngành Toán giải tích với đề tài: "
Bài toán biên không có điều kiện ban đầu thứ nhất đối với phương trình
trình truyền sóng trong miền không trơn" được hoàn thành bởi sự nhận
thức và tìm hiểu của bản thân tác giả.
Trong quá trình nghiên cứu, tôi đã kế thừa thành quả khoa học của các
nhà khoa học với sự trân trọng và biết ơn.

Hà Nội, tháng 10 năm 2014
Tác giả

Trần Xuân Trường


Mục lục
Mở đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1

Chương 1. Không gian Sobolev . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4

1.1. Các kí hiệu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4

1.2. Trung bình hóa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5

1.3. Đạo hàm suy rộng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

6

1.3.1. Không gian Lp (Ω) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

6

1.3.2. Không gian L∞ (Ω) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

6

1.3.3. Không gian Sobolev . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

7

1.4. Một số bất đẳng thức cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

8

Chương 2. Bài toán biên có điều kiện ban đầu thứ nhất đối
với phương trình truyền sóng trong miền không trơn . . . .

12

2.1. Đặt bài toán . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

12

2.2. Định nghĩa nghiệm suy rộng. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

13

2.3. Tính duy nhất của nghiệm suy rộng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

15

2.4. Sự tồn tại nghiệm suy rộng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

18

Chương 3. Bài toán biên không có điều kiện ban đầu thứ nhất
đối với phương trình truyền sóng trong miền không trơn

21

3.1. Đặt bài toán . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

21

3.2. Định nghĩa nghiệm suy rộng. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

22

3.3. Tính duy nhất của nghiệm suy rộng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

22

v

3.4. Sự tồn tại nghiệm suy rộng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

25

Kết luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

29

Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

30


Mở đầu
1. Lý do chọn đề tài
Khi nghiên cứu phương trình đạo hàm riêng chúng ta đã biết được các
vấn đề cơ bản liên quan đến phương trình Laplate, phương trình truyền
sóng, phương trình truyền nhiệt. Đó là các phương trình đơn giản lần
lượt đại diện cho ba lớp phương trình đạo hàm riêng là phương trình loại
Eliptic, Hypebolic, Parabolic. Ta thấy rằng, điều kiện tồn tại nghiệm
theo nghĩa thông thường đòi hỏi khá nhiều yếu tố khắt khe như tính
trơn đến cấp của phương trình, điều này gây khó khăn khi xét các bài
toán đối với phương trình trên những miền bất kỳ hoặc với những bài
toán của phương trình tổng quát hơn. Để khắc phục điều này, thay vì
đi tìm nghiệm cổ điển, người ta đi tìm nghiệm suy rộng, tức là những
nghiệm "thô" lúc đầu là nghiệm "khá gần" với nghiệm hầu khắp nơi
hoặc nghiệm cổ điển gọi chung là nghiệm thông thường. Sau đó nhờ các
công cụ của giải tích hàm, ta làm cho nghiệm suy rộng gần đến nghiệm

thông thường.Vì vậy, phương trình đạo hàm riêng là vấn đề rất mới mẻ
và bí ẩn kích thích sự khám phá của những người yêu thích nó.
Để góp phần giúp đỡ cho người học, những người yêu thích phương trình
đạo hàm riêng nói chung và bản thân tác giả nói riêng hiểu sâu hơn về
môn học, nhờ sự giúp đỡ của GS.TSKH Nguyễn Mạnh Hùng tôi chọn
nghiên cứu đề tài: "Bài toán biên không có điều kiện ban đầu thứ
nhất đối với phương trình truyền sóng trong miền không trơn"
1


2. Mục đích nghiên cứu
Mục đích nghiên cứu của luận văn là nghiên cứu tính giải được của bài
toán biên không có điều kiện ban đầu thứ nhất đối với phương trình
truyền sóng trong miền không trơn. Kết quả nhận được là các định lí
tồn tại và duy nhất nghiệm trong không gian Sobolev của các bài toán
trên trong miền không trơn.

3. Nhiệm vụ nghiên cứu
Với mục đích nghiên cứu đã nêu ở trên, nhiệm vụ nghiên cứu của luận
văn là:
Nghiên cứu các kiến thức cơ sở của không gian hàm, không gian Sobolev,
các bất đẳng thức cơ bản, các tài liệu liên quan. Từ đó áp dụng vào
nghiên cứu tính giải được của bài toán.

4. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu
Đối tượng nghiên cứu của luận văn là nghiên cứu không gian Sobolev,
nghiên cứu nghiệm suy rộng, nghiên cứu tính giải được của bài toán biên
không có điều kiện ban đầu đối với phương trình truyền sóng trong miền
không trơn.

5. Phương pháp nghiên cứu
Phương pháp sử dụng trong luận văn là sử dụng các công cụ của giải
tích hàm, phương pháp Galerkin.
2


6. Những đóng góp mới của đề tài
Nhận được các định lí tồn tại và duy nhất nghiệm hoặc tổng kết hoặc
xét những trường hợp đặc biệt của những bài toán đã được giải.

3


Chương 1
Không gian Sobolev
1.1. Các kí hiệu
Giả sử Ω là một miền bị chặn trong Rn , n ≥ 2 và S = ∂Ω là biên của
nó, Ω = Ω ∪ ∂Ω.
Kí hiệu: Ωba = Ω × (a, b) = {(x, t) : x ∈ Ω, t ∈ (a, b) , 0 ≤ a < b < ∞} là
trụ trong Rn+1 ;
Mặt xung quanh của nó là:
Sab = ∂Ω × (a, b) = {(x, t) : x ∈ ∂Ω, t ∈ (a, b)} ;
Ω∞
h là hình trụ Ω × (h, ∞);
Sh∞ = ∂Ω × (h, ∞); ΩT = Ω × (0, T ) ; ST = Ω × (0, T ) ;
Ωbh = Ω × (h, b) = {(x, t)|x ∈ Ω, t ∈ (h, b)} .
Nếu (a, b) = R thì ta viết:
ΩR = Ω+∞
−∞ ;

+∞
SR = S−∞
;

Giả sử u là hàm vector phức với các thành phần u1 , ..., un . Ta kí hiệu
u = (u1 , ..., un ) và Dp u = ∂ |p| u/∂xp11 ...∂xpnn = uxp11 ...xpnn là đạo hàm suy
rộng cấp p theo biến x = (x1 , ...xn ); utk = ∂ k u/∂tk là đạo hàm suy rộng
cấp k theo biến t. Ở đây p = (p1 , ..., pn ) là kí hiệu đa chỉ số với pi là các
số nguyên không âm, |p| = p1 + ... + pn .
4


Kí hiệu: C k (Ω)là tập hợp tất cả các hàm có đạo hàm liên tục đến cấp k
o
0

o

k

trong miền Ω, 0 ≤ k ≤ ∞, C (Ω) = C (Ω) và C (Ω) = C (Ω) ∩ C k (Ω),
o

ở đó C (Ω) là tập hợp tất cả các hàm liên tục trong Ω với giá compact
o

thuộc Ω; C ∞ (Ω) là không gian các hàm khả vi vô hạn với giá compact
trong Ω, x = (x1 , x2 , ..., xn ) ∈ Rn .
Cho X là không gian Banach với chuẩn .

X.

Kí hiệu L∞ (0, T ; X) là

không gian bao gồm tất cả các hàm u (., t) nhận giá trị trong không gian
X, xác định trên (0, T ) sao cho
u

L∞ (0,T ;X)

= ess sup

u (x, t)

0
X

<∞

Trong bài ta sử dụng các kí hiệu sau :
v (., t) , ϕ (.)

Ω

=

v (x, t) ϕ (x) dx
Ω

v (., t) , w (., t)

Ω

=

v (x, t) w (x, t) dx
Ω

v, w

ΩT

=

v (x, t) w (x, t) dxdt
ΩT

1.2. Trung bình hóa
0

Định nghĩa 1.2.1. Giả sử θ(x) là một hàm không âm thuộc C ∞ (Rn )
sao cho θ(x) = θ(−x), θ(x) = 0 nếu |x| > 1 và

Rn

θ(x) = 1. Hàm θ(x)

được gọi là nhân trung bình hóa.
Định nghĩa 1.2.2. Nếu hàm u ∈ Lp (Ω), p ≥ 1, thì hàm

uh (x) = h−n

θ
Ω

5

x−y
h

u(y)dy


được xác định trong Rn và trơn vô hạn. Khi đó, hàm uh (x) được gọi là
trung bình hóa hay hàm trung bình hóa của u.

1.3. Đạo hàm suy rộng
1.3.1. Không gian Lp (Ω)
Định nghĩa 1.3.1. Cho Ω là một miền trong không gian Rn và cho
1 ≤ p < +∞. Khi đó Lp (Ω) là không gian bao gồm tất cả các hàm u (x)
khả tổng cấp p theo Lebesgue trong Ω, tức là:
|u|p dx < +∞
Ω

Không gian Lp (Ω) là không gian định chuẩn với chuẩn :
 p1


u

Lp (Ω)

|u|p dx

=
Ω

Hơn nữa, Lp (Ω) là một không gian đầy đủ nên Lp (Ω) là một không gian
Banach.
Đặc biệt, với p = 2, không gian L2 (Ω) là không gian Hilbert với tích vô
hướng
(f, g) =

f (x) g (x)dx
Ω

1.3.2. Không gian L∞ (Ω)
Định nghĩa 1.3.2. Cho Ω là một miền trong không gian Rn . Khi
đó L∞ (Ω) là không gian bao gồm tất cả các hàm u (x) đo được theo

6


Lebesgue và bị chặn hầu khắp nơi trên Ω với chuẩn :
u

L∞ (Ω)

= esssup |u|X < ∞
x∈Ω

1.3.3. Không gian Sobolev
* Đạo hàm suy rộng
Định nghĩa 1.3.3. Giả sử Ω là một miền trong không gian Rn . Một hàm
v (x) ∈ L1 (Ω) được gọi là đạo hàm suy rộng cấp p của hàm u (x) ∈ L1 (Ω)
nếu:
u (x) Dp ψ (x) dx = (−1)|p|
Ω
o
∞

v (x) ψ (x) dx
Ω

Với mọi ψ ∈ C (Ω)
* Không gian W m (Ω)
Định nghĩa 1.3.4. Giả sử Ω là một miền trong không gian Rn . Ta định
nghĩa W m (Ω) là không gian bao gồm tất cả các hàm u (x) ∈ L2 (Ω), x ∈
Ω, sao cho tồn tại các đạo hàm suy rộng mọi cấp α, |α| ≤ m, thuộc L2 (Ω)
và được trang bị chuẩn:
 21


u

W m (Ω)

|Dα u|2 dx

=

|α|≤m

Ω

Đặc biệt W 1 (Ω) là không gian bao gồm tất cả các hàm u(x) ∈ L2 (Ω), sao
cho tồn tại các đạo hàm suy rộng cấp một thuộc L2 (Ω) và đựợc trang
bị chuẩn:

 21


u

W 1 (Ω)

|Dα u|2 dx

=
|α|≤1

* Không gian W l,k (e−γt , ΩT )
7

Ω


Định nghĩa 1.3.5. Ta định nghĩa W l,k (e−γt , ΩT ) là không gian bao
gồm tất cả các hàm u (x, t) , (x, t) ∈ ΩT sao cho Dp u (., t) , utj (., t) ∈
L2 (Ω) , 0 ≤ |p| ≤ l, 1 ≤ |j| ≤ k với mỗi t ∈ (0, T ) và



u

2
W l,k (e−γt ,ΩT )

=

|Dp u|2 +


|p|≤l

ΩT

|utj |2  e−2γt dxdt < ∞
|j|≤k

Đặc biệt W 1,1 (e−γt , Ω∞
h ) là không gian bao gồm tất cả các hàm u(x, t) ∈
∞
L2 (Ω∞
h ), sao cho tồn tại các đạo hàm suy rộng cấp một thuộc L2 (Ωh ),

Du(., t), ut j ∈ L2 (Ω∞
h ),|j| ≤ 1, với mỗi t ∈ (h, ∞) và đựợc trang bị
chuẩn:

u

2
W 1,1 (e−γt ,Ω∞
h )

=
Ω∞
h


|Dα u|2 +


|α|≤1

|utj |2  e−2γt dxdt < +∞
|j|≤1

0

W l,k (e−γt , ΩT ) là không gian con của W l,k (e−γt , ΩT ), bao gồm tất cả
các hàm u(x, t) ∈ W l,k (e−γt , ΩT ) và bằng 0 gần biên.
0

1,1 −γt
Đặc biệt W 1,1 (e−γt , Ω∞
(e , Ω∞
h ) là không gian con của W
h ), bao gồm

tất cả các hàm u(x, t) ∈ W 1,1 (e−γt , Ω∞

h ) và bằng 0 gần biên.

1.4. Một số bất đẳng thức cơ bản
* Bất đẳng thức Cauchy theo ε
Cho a, b là các số thực dương và ε > 0. Khi đó:
b2
ab ≤ εa + .
4ε
2

Chứng minh
1

Ta có: a.b = (2ε) 2 a .

b
(2ε)

1
2

.
8


Áp dụng bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân cho
tích trên ta được:
2εa2 +
a.b = (2ε) a .
1 ≤

2
(2ε) 2
b

1
2

b2
2ε

b2
= εa + .
4ε
2

Bất đẳng thức Cauchy- Schwarz
Cho u, v ∈ Rn . Khi đó, ta có:
|uv| ≤ |u| |v| .
Trong không gian Hilbert (H), chuẩn của phần tử u được lấy là u =
(u, u). Đối với u, v ∈ (H) ta có bất đắng thức Cauchy- Schwarz:
|uv| ≤ u

v

Chứng minh
Cho ε > 0 và chú ý 0

|x ± εy|2 = |x|2 ± 2ε.xy + |ε.y|2 Do đó:
ε
1

|x|2 + |y|2 .
2ε
2

±xy ≤

Cưc tiểu hoá vế trái, đặt: ε =

|x|
|y| ,

với y = 0.

Ta có điều phải chứng minh.
*Bất đẳng thức Gronwall - Belman mở rộng
Giả sử u và Φ là các hàm khả tích không âm trên [to , T ) , L = const > 0
thoả mãn:
t

u (t) ≤ Φ (t) + L

u (t) dt, ∀t ∈ [t0 , T ) .
t0

Khi đó:
t

eL(t−s) Φ (s) ds, ∀t ∈ [t0 , T ) .

u (t) ≤ Φ (t) + L

t0

9


Hơn nữa, nếu Φ (t) có đạo hàm Φ (t) khả tích trên [t0 , T ) thì
t

eL(t−s) Φ (s) ds, ∀t ∈ [t0 , T ) .

u (t) ≤ Φ (t0 ) + L
t0

Ta nhận thấy rằng nếu Φ ≡ C ≡ const trên [t0 , T ) thì từ bất đẳng thức
trên ta suy ra bất đẳng thức Grolwall- Belman thông thường, tức là:
u (t) ≤ CeL(t−t0 ) , ∀t ∈ [t0 , T ) .

Chứng minh
Đặt y(t) =

t
t0

u(t)dt, ta có:
y = u(t) ≤ Φ(t) + Ly(t),

∀t ∈ [t0 , T ) ,

hay
y − Ly(t) ≤ Φ(t),

∀t ∈ [t0 , T ) .

Bây giờ đặt z(t) = y(t)e−Lt ta nhận được:
z (t) = (y (t) − Ly(t)) e−Lt ≤ Φ(t)e−Lt .
Ta có: z (t0 ) = y(t0 ) = 0 và do đó
t

e−Ls Φ(s)ds,

z(t) ≤

∀t ∈ [t0 , T ) ,

t0
t

eL(t−s) Φ(s)ds,

y(t) ≤

∀t ∈ [t0 , T ) .

t0

Do đó:
t

eL(t−s) Φ(s)ds,

u(t) ≤ Φ(t) + Ly(t) ≤ Φ(t) + L
t0

10

∀t ∈ [t0 , T ) .


Nếu Φ(t) có đạo hàm Φ (t) khả tích trên [t0 , T ) thì bằng tích phân từng
phần, ta có
t

t
L(t−s)

L

e

L(t−s)

Φ(s)ds = −e

|tt0

Φ(s)

t0

eL(t−s) Φ (s)ds

+
t0

t

= Φ (t) − Φ(t0 )e

L(t−t0 )

eL(t−s) Φ (s)ds.

+
t0

Từ đó ta suy ra:
t

eL(t−s) Φ (s) ds, ∀t ∈ [t0 , T ) .

u (t) ≤ Φ (t0 ) + L
t0

Bất đẳng thức được chứng minh đầy đủ.
*Hội tụ yếu:
Cho X là không gian Banach thực. Ta nói dãy {uk }∞
k=1 ⊂ X hội tụ yếu
đến u ∈ X nếu ∀u∗ ∈ X ∗ dãy u∗ (uk ) hội tụ đến u∗ (u) trong X; Kí hiệu:
uk

u.

Bổ đề 1.4.1. Giả sử trên [0, T ] hàm y(t) là hàm liên tục tuyệt đối không
âm và thỏa mãn bất đẳng thức
dy(t)
≤ C1 (t)y(t) + C2 (t),
dt
ở đó C1 (t) và C2 (t) là các hàm khả tổng không âm trên đoạn [0, T ]. Khi
đó
y(t) ≤e

t
0

t
C1 (τ )dτ

C2 (ξ)e−

y(0) +

ξ
0

C1 (τ )dτ

dξ

0

≤e

t
0

t
C1 (τ )dτ

y(0) +

C2 (τ )dτ
0

Bổ đề 1.4.2. Giả sử Ω là một miền (không nhất thiết bị chặn trong Rn .
Khi đó tập hợp M =

∞
N =1 MN

trù mật trong không gian
11

0
1,1
W2,0
(ΩT )


Chương 2
Bài toán biên có điều kiện ban đầu

thứ nhất đối với phương trình
truyền sóng trong miền không trơn
Trong chương này, luận văn nghiên cứu sự tồn tại và duy nhất nghiệm
suy rộng của bài toán biên có điều kiện ban đầu thứ nhất đối với phương
trình truyền sóng trong miền không trơn, kết quả nhận được là tính giải
được của bài toán trong trụ Ω∞
h với đáy có biên không trơn.

2.1. Đặt bài toán
Xét toán tử vi phân cấp 2
n

L (x, t, D) =

∂
∂xi
i,j=1

aij (x, t)

∂
∂xj

(2.1)

∞

ở đây aij ≡ aij (x, t) là hàm phức khả vi vô hạn trên Ωh , aij = aji (i, j = 1, ..., n)
.
Hơn nữa giả sử rằng aij , i, j = 1, ..., n là liên tục đều với x ∈ Ω theo biến

t ∈ [h, ∞) và
n

aij (x, t) ξi ξj ≥ µ1 |ξ|2
i,j=1
∞

với mọi ξ ∈ Rn \ {0} và (x, t) ∈ Ωh , ở đây µ1 = const > 0

12

(2.2)


Xét bài toán sau trong trụ Ω∞
h
L (x, t, D) u − utt = f (x, t) ,

(2.3)

u|t=h = ut |t=h = 0,

(2.4)

u|Sh∞ = 0

(2.5)

với điều kiện ban đầu

với điều kiện biên

Bài toán (2.3)-(2.5) gọi là bài toán biên có điều kiện ban đầu thứ nhất
đối với phương trình truyền sóng trong miền không trơn.

2.2. Định nghĩa nghiệm suy rộng
Cho f ∈ L2 (Ω). Nghiệm suy rộng trong không gian W 1,1 (e−γt , Ω∞
h )
0

của bài toán (2.3)-(2.5) là hàm u (x, t) ∈ W 1,1 (e−γt , Ω∞
h ) , u (x, h) = 0
và với mọi T > 0 đúng đẳng thức:
n

−

aij uxj , ηxi

ΩTh

+ ut , ηt

ΩTh

= f, η

ΩTh

(2.6)

i,j=1
0

đúng với mọi hàm thử η = η (x, t) ∈ W 1,1 (e−γt , Ω∞
h ) sao cho η (x, t) = 0
với t ∈ [T, ∞).
Đặt:

n

B (u, u) (t) = −

aij uxj (., t) , uxi (., t)

Ω

i,j=1

Ta xét bất đẳng thức sau Bất đẳng thức Garding mở rộng :
∞

Giả sử hệ số aij của (2.1) thỏa mãn điều kiện (2.2) và liên tục trong Ωh .

13


Khi đó tồn tại các hằng số γ1 > 0 và γ2 sao cho:
n

n

|uxi |2 dx − γ2

aij (x, t)uxj uxi ≥ γ1
Ω

i=j=1

Ω

i=1
o
1,1

với mọi u(x, t) ∈ W

|u|2 dx
Ω

(Ω∞
h ). Các hằng số γ1 , γ2 không phụ thuộc vào

biến thời gian t.
Chứng minh
Xét aij không phụ thuộc vào t, i, j = 1, 2, ..., n. Tức là: aij (x, t) = aij (x)
o
1,1

với i, j = 1, 2, ..., n. Do u(x, t) ∈ W

o

(Ω∞
h ) nên với mỗi t hàm u ∈

W 1 (Ω∞
h ). Ta có:
n

n

|uxi |2 dx − γ2

aij uxj uxi dx ≥ γ1
Ω

i,j=1

|u|2 dx

Ω

i=1

Ω

(Theo bất đẳng thức Garding với phương trình Eliptic mạnh)
ở đó γ1 , γ2 là các hằng số không phụ thuộc u(x, t) và tham số t.
Giả sử |aij (x, t) − aij (x)| ≤ , > 0 đủ nhỏ. Ta có:
n

n

aij (x, t) uxj uxi dx ≥
Ω

i,j=1

aij (x) uxj uxi dx
Ω

i,j=1
n

−

|aij (x, t) − aij (x)| uxj uxi dx
i,j=1

Ω

n

n
2

Ω j=1

|u (x, t)|2 dx

|uxi |2 dx − γ2

uxj dx − C1

≥ γ1

Ω

i=1

Ω

n

|uxi |2 dx − γ2

≥ C2
i=1

Với ≤

γ1
2C1 , C2

Ω

|u (x, t)|2 dx.

(2.7)

Ω

> 0 và γ2 là hằng số không phụ thuộc vào u, t. Do aij (x, t)

liên tục đều trong Ω∞
h với mọi i, j = 1, ...n. Do vậy, với mỗi t0 tồn tại
14


δ > 0 đủ nhỏ sao cho:
|aij (x, t) − aij (x, t0 )| ≤ , ∀t ∈ (t0 − δ, t0 + δ) ,
là số đã chọn trong bất đẳng thức (2.7)
Chọn một phủ mở hữu hạn bao gồm các khoảng có độ dài 2δ như trên
I1 , I2 , ..., IN Xét phân hoạch đơn vị:
N

σk2 (t) , Suppσk2 ⊂ Ik , σK ∈ C ∞ I k

1=
k=1

Khi đó từ (2.7) và sử dụng phân hoạch đơn vị, ta nhận được
n

n

|uxi |2 dx − γ2

aij (x, t) uxi uxj dx ≥ C3
i,j=1

Ω

i=1

Ω

|u (x, t)|2 dx,
Ω

C3 là một hằng số lớn hơn 0, không phụ thuộc vào u, t.
Định lí được chứng minh.
Từ định lí này ta có bổ đề sau
Bổ đề 2.2.1. Giả sử điều kiện (2.2) thoả mãn. Khi đó tồn tại 2 hằng
0

số µ0 > 0, λ0 ≥ 0 sao cho với mỗi hàm u = u (x, t) ∈ W 1,1 (e−γt , Ω∞
h ) ta
có bất đẳng thức sau:
− B (u, u) (t) ≥ µ0 u

2
W 1 (Ω)

− λ0 u

2
L2 (Ω)

(2.8)

2.3. Tính duy nhất của nghiệm suy rộng
Định lý 2.3.1. Giả sử rằng hệ số của toán tử L (x, t, D) thoả mãn điều
kiện (2.2) và thoả mãn điều kiện sau:
sup
(x,t)∈Ω∞
h

∂aij
∂t

≤ µ; 1 ≤ i, j ≤ n, µ = const > 0.
15


Khi đó bài toán (2.3) − (2.5) có không quá một nghiệm suy rộng trong
W 1,1 (e−γt , Ω∞
h ) với γ > 0
Chứng minh
Giả sử bài toán (2.3) − (2.5) có hai nghiệm suy rộng u1 và u2 trong
W 1,1 (e−γt , Ω∞
h ) với γ > 0.Với T > h, b tùy ý , b ∈ (h, T )
Đặt:
u (x, t) = u1 (x, t) − u2 (x, t)
0

Ta có u ∈ W 1,1 (e−γt , Ω∞
h ) và u (x, h) = 0, và thỏa mãn
n

−

aij uxj , ηxi

ΩTh

+ ut , ηt

ΩTh

= 0.

(2.9)

i,j=1
0

với mọi η ∈ W 1,1 (e−γt , Ω∞
h ), η(x, T ) = 0.
Giả sử T là một số dương . Ta chọn hàm thử trong đẳng thức (2.6) :
η (x, t) = 0 với b ≤ t < T và
t

u (x, s) ds, h ≤ t ≤ b

η (x, t) =
b

Thế u = ηt vào (2.9), cộng vào đẳng thức trên với liên hợp phức của nó
ta được

n

− 2Re

aij ηxj t , ηxi

Ωbh

+ ηtt , ηt

Ωbh

=0

(2.10)

i,j=1

Sử dụng giả thiết aij = aji và tích phân từng phần (2.10), ta được
− B (η, η) (h) + Re (aij )t ηxj , ηxi

Ωbh

+ ηt (x, b)

Từ đẳng thức (2.11) và Bổ đề (2.2.1), ta suy ra
16

2

L2 (Ω)

=0

(2.11)


ηt (x, b)

2
L2 (Ω)

≤ λ0 η (x, h)
Vì λ0 η (x, h)

2
W 1 (Ω)

+ µ0 η (x, h)

2
L2 (Ω)

2
L2 (Ω)

= 2λ0 Re ηt , η

− Re (aij )t ηxj , ηxi
Ω∞

h

Ω∞
h

(2.12)

.

Khi đó, từ bất đẳng thức Cauchy và (2.10) ta thu được
ηt (x, b)

2
L2 (Ω)

2
W 1 (Ω)

+ µ0 η (x, h)

n

|ηxi |2 + |η|2 dxdt + C2

≤ C1
Ω∞
h

i=1

|ηt |2 dxdt

(2.13)

Ω∞
h

ở đây Ci = const > 0, i = 1, 2 chỉ phụ thuộc vào µ và λ0
Đặt:
t

v (x, t) =

u (x, s) ds,
h

t

vi (x, t) =

uxi (x, s) ds, h < t < b,
h

ta được
η (x, t) = v (x, b) − v (x, t) ,
η (x, h) = v (x, b) ,
ηxi (x, t) = vi (x, b) − vi (x, t) , 1 ≤ i ≤ n,
ηxi (x, h) = vi (x, b) , 1 ≤ i ≤ n.
Từ (2.13) ta có được
2

Ω

∂η
(x, b) dx+(λ1 − bC2 )
∂t

|vi (x, b)|2 dx
2

≤ C1
Ω∞
h

(2.14)

Ω

∂η
(x, b) +
∂t

17

n

|vi (x, b)|2 dxdt
i=1

Kí hiệu
2

b

y(b) =
h

Ω

∂η
(x, b) +
∂t

n

|vi (x, b)|2 dx
i=1

Khi đó, từ (2.14) suy ra
dy
λ1
≤ Cy(b), ∀b ∈ h,
,
db
2C2
Ở đây C là hằng số không phụ thuộc vào b. Từ đây và Bổ đề 1.4.1 suy
ra u(x, t) ≡ 0 trên đoạn [h, λ1 /2C2 ]. Lập lại các lý luận ở trên đối với
t ∈ [λ1 /2C2 , λ1 /C2 ], ta có u(x, t) ≡ 0 trên đoạn [h, λ1 /C2 ]. Như vậy sau
một số hữu hạn bước ta nhận được u(x, t) ≡ 0 trên đoạn [h, T ], tức là

u1 (x, t) = u2 (x, t). Định lý được chứng minh

2.4. Sự tồn tại nghiệm suy rộng
Định lý 2.4.1. Giả sử rằng
(i) f ∈ L2 (Ω∞
h )
sup

(ii)

(x,t)∈Ω∞
h

∂aij
∂t

≤ µ; 1 ≤ i, j ≤ n, µ = const > 0

Khi đó bài toán (2.3)−(2.5) có nghiệm suy rộng u (x, t) ∈ W 1,1 (e−γt , Ω∞
h )
thoả mãn:
u

W 1,1 (e−γt ,Ω∞
h )

≤C f

,C
L2 (Ω∞

h )

= const > 0

Chứng minh
1
Giả sử {ϕk (x)}∞
k=1 là hệ hàm trong W (Ω) ,sao cho bao đóng của bao
0

tuyến tính của nó là W 1 (Ω) và hệ này trực chuẩn trong L2 (Ω).
Đặt:
N
N

cN
k (t) ϕk (x)

u (x, t) =
k=1

18


ở đây cN
k , k = 1, ..., N là nghiệm của hệ phương trình vi phân thường
cấp hai sau:
n

aij uN

xj , ϕlxi

−
i,j=1

Ω

+ uN
tt , ϕl

Ω

= f, ϕl

Ω,l

= 1, ..., N

(2.15)

với điều kiện ban đầu
cN
k (h) =

d N
c (h) = 0
dt k

Giả sử τ là số dương: τ < T . Nhân (2.13) với

(2.16)

dcN
k (t)
dt

và lấy tổng theo l từ

1 đến N , sau đó lấy tích phân đẳng thức thu được theo t từ h đến τ và
cộng vào đẳng thức trên với liên hợp phức của nó và sử dụng giả thiết
aij = aji . Lấy tích phân từng phần và áp dụng (2.16), ta suy ra:
uN
t (., τ )

2
−B
L2 (Ω)

= −2Re f, uN
t

uN , uN (τ )+λ0 uN (., τ )

2
+
L2 (Ω)

n
i,j=1

N
(aij )t uN
xj , uxi

ΩTh

Đặt
t
N

N

u (x, τ )

y (t) =
h

2
W 1 (Ω)

∂uN
+
(x, τ )
∂τ

2

dτ.
L2 (Ω)

Khi đó, từ (2.13) và sử dụng bất đẳng thức Cauchy ta suy ra
∂y N
≤ C(y N (t) + f
∂t

).
L2 (Ω∞
h )

Từ đây và từ Bổ đề 1.4.1 ta được
uN

2
W 1,1 (Ω∞
h )

≤ C1 f

2
,
L2 (Ω∞
h )

C1 là hằng số không phụ thuộc vào N . Do đó, tồn tại một dãy con của
∞

dãy uN N =1 hội tụ yếu đến một hàm u(x, t) trong không gian W 1,1 (Ω∞
h )
0

và đều theo t ∈ [h, t] trong L2 (Ω). Do uN (x, h) = 0 và uN ∈ W 1,1 (Ω∞
h ),
0

nên u ∈ W 1,1 (Ω∞
h ) và u(x, h) = 0. Ta chứng minh u(x, t) thỏa mãn đồng
19

ΩTh