Phương trình sóng phi tuyến với điều kiện biên hỗn hợp thuật giải lặp đơn, lặp cấp hai, sự tồn tại, duy nhất và khai triển tiệm cận của nghiệm

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

Bùi Cơng Sơn

PHƯƠNG TRÌNH SĨNG PHI TUYẾN VỚI
ĐIỀU KIỆN BIÊN HỖN HỢP: THUẬT GIẢI
LẶP ĐƠN, LẶP CẤP HAI, SỰ TỒN TẠI,
DUY NHẤT VÀ KHAI TRIỂN TIỆM CẬN
CỦA NGHIỆM

LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC

Thành phố Hồ Chí Minh – 2008


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

Bùi Cơng Sơn

PHƯƠNG TRÌNH SĨNG PHI TUYẾN VỚI
ĐIỀU KIỆN BIÊN HỖN HỢP: THUẬT GIẢI
LẶP ĐƠN, LẶP CẤP HAI, SỰ TỒN TẠI, DUY
NHẤT VÀ KHAI TRIỂN TIỆM CẬN CỦA
NGHIỆM

Chuyên ngành : Tốn 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


1

LỜI CẢM ƠN
Luận văn được hồn thành dưới sự hướng dẫn khoa học của Tiến sĩ
Nguyễn Thành Long. Tác giả xin bày tỏ lịng biết ơn sâu sắc đến thầy - người
ñã từng bước hướng dẫn tác giả phương pháp nghiên cứu ñề tài cùng những
kinh nghiệm thực hiện ñề tài, cung cấp nhiều tài liệu và truyền ñạt những kiến
thức q báu trong suốt q trình thực hiện luận văn.
Chân thành cám ơn quý thầy trong tổ Giải Tích, khoa Toán – Tin
trường ðại học Sư Phạm và ðại học Khoa Học Tự Nhiên Thành phố Hồ Chí
Minh đã giúp tác giả nâng cao trình độ chun mơn và phương pháp làm việc
hiệu quả trong suốt quá trình học cao học.
Chân thành cám ơn q thầy cơ phịng Khoa học Cơng nghệ và Sau đại
học đã tạo điều kiện thuận lợi cho tác giả thực hiện luận văn này.
Chân thành cám ơn Ban Giám Hiệu cùng các ñồng nghiệp trường
THPT Nguyễn Thượng Hiền ñã tạo ñiều kiện thuận lợi cho tác giả trong suốt
quá trình học cao học.
Sau cùng chân thành cám ơn các bạn cùng lớp với những trao đổi góp ý
và động viên tác giả trong suốt quá trình thực hiện luận văn.

TP. HCM tháng 8 năm 2008
Tác giả

Bùi Công Sơn


2

MỤC LỤC
Trang
Lời cám ơn ........................................................................................... 1
Mục lục ................................................................................................ 2
MỞ ðẦU ............................................................................................. 3
Chương 1 : CÁC CÔNG CỤ CHUẨN BỊ ......................................... 7
1.1. Các kí hiệu về khơng gian hàm ......................................... 7
1.2. Các công cụ thường sử dụng ............................................. 7
Chương 2 : THUẬT GIẢI LẶP CẤP MỘT...................................... 10
2.1. Giới thiệu.......................................................................... 10
2.2. Thuật giải xấp xỉ tuyến tính............................................... 10
2.3. Sự tồn tại và duy nhất nghiệm........................................... 25
Chương 3 : THUẬT GIẢI LẶP CẤP HAI........................................ 32
Chương 4 : KHAI TRIỂN TIỆM CẬN ............................................. 48
Chương 5 : KHẢO SÁT MỘT TRƯỜNG HỢP CỤ THỂ ............... 64
KẾT LUẬN......................................................................................... 66
TÀI LIỆU THAM KHẢO.................................................................. 68


3

MỞ ðẦU
Các bài toán phi tuyến xuất hiện trong khoa học rất ña dạng, là nguồn ñề
tài mà nhiều nhà toán học quan tâm nghiên cứu. Trong luận văn này chúng
tơi muốn sử dụng các cơng cụ của giải tích phi tuyến như: phương pháp

Galerkin, phương pháp compact và ñơn ñiệu, phương pháp xấp xỉ tuyến tính
liên hệ với nguyên lý ánh xạ co, phương pháp khai triển tiệm cận…nhằm
khảo sát phương trình sóng phi tuyến liên kết với điều kiện biên hỗn hợp
thuần nhất.
Trong luận văn này, chúng tôi xét bài tốn giá trị biên và ban đầu sau
u tt − µ(t)u xx + λu t = f (x, t,u), x ∈ Ω, 0 < t < T,

(0.1)

u x (0, t) − h 0 u(0, t) = u x (1, t) + h1u(1, t) = 0,

(0.2)

u(x,0) = u 0 (x), u t (x,0) = u1 (x),

(0.3)

trong đó λ, h 0 , h1 là các hằng số không âm cho trước; u 0 , u1 , µ và số hạng
phi tuyến f cũng là hàm cho trước thỏa mãn một số ñiều kiện mà ta chỉ ra sau.
Trong [5], Ficken và Fleishman ñã chứng minh sự tồn tại, duy nhất
nghiệm của phương trình
u xx − u tt − 2α1u t − α 2 u = εu 3 + b , với ε > 0 bé.

(0.4)

Rabinowitz [14] ñã chứng minh sự tồn tại nghiệm tuần hồn của
phương trình
u xx − u tt + 2α1u t = f (x, t,u x ,u t ),

(0.5)

trong đó ε là một tham số bé và f là một hàm tuần hoàn theo thời gian.
Trong [2], Caughey và Ellison ñã hợp nhất các xấp xỉ trong các trường
hợp trước ñây ñể bàn sự tồn tại, duy nhất và tính ổn định tiệm cận của nghiệm
cổ điển cho một lớp các hệ ñộng lực phi tuyến liên tục.


4

Trong [3], Alain Phạm ñã nghiên cứu sự tồn tại, duy nhất và dáng ñiệu
tiệm cận khi ε → 0 của nghiệm yếu của bài toán (0.1), (0.3) liên kết với ñiều
kiện biên Dirichlet thuần nhất
u(0,t) = u(1,t) = 0,

(0.6)

trong đó các số hạng phương trình (0.1) cho bởi
µ(t) ≡ 1, λ = 0, f = εf1 (t,u), f1 ∈ C1 ([0, ∞) ×ℝ ).

(0.7)

Bằng sự tổng qt hóa của [3], Alain Phạm và Long [4] đã xét bài tốn
(0.1), (0.3), (0.6) với µ(t) ≡ 1 và số hạng phi tuyến có dạng
f = εf1 (t,u,u t ).

(0.8)

Trong [7,8], Long và Alain Phạm đã nghiên cứu bài tốn (0.1), (0.3) với
µ(t) ≡ 1 , và số hạng phi tuyến có dạng
f = f1 (u,u t ).

(0.9)

Trong [7], các tác giả xét nó với điều kiện biên hỗn hợp khơng thuần
nhất
u x (0, t) = hu(0, t) + g(t), u(1, t) = 0,

(0.10)

trong đó h > 0 là hằng số dương cho trước và trong [8] với ñiều kiện biên tổng
quát hơn
t

u x (0, t) = hu(0, t) + g(t) − ∫ k(t − s)u(0,s)ds, u(1, t) = 0.

(0.11)

0

Trong [9], Long và Diễm đã nghiên cứu bài tốn (0.1), (0.3) với ñiều
kiện biên hỗn hợp thuần nhất
u x (0, t) − h 0 u(0, t) = u x (1, t) + h1u(1, t) = 0,

(0.12)

trong đó h0, h1 là các hằng số không âm cho trước với h0 + h1 > 0 và các số
hạng phi tuyến vế phải có dạng
f = f (x, t,u,u x ,u t ) + εf1 (x, t, u,u x ,u t ).

(0.13)

5

Trong trường hợp f ∈ C 2 ([0,1]×[0, ∞) × ℝ 3 ),f1 ∈ C1 ([0,1]×[0, ∞) × ℝ 3 )
các tác giả ñã thu ñược một khai triển tiệm cận của nghiệm yếu u ε ñến cấp
hai theo ε, với ε ñủ nhỏ.
Trong [12], Nguyễn Thành Long và Lê Thị Phương Ngọc cũng ñã
nghiên cứu sự tồn tại và duy nhất nghiệm yếu, sự tồn tại và hội tụ của dãy lặp
cấp hai, khai triển tiệm cận của bài toán:


1 
2 


u tt − B u r 0 u rr + u r  = f (u, r), 0 < r < 1, 0 < t < T,



r 




 lim+ ru(r, t) < ∞,u r (1, t) + hu(1, t) = 0,
r →0




1

2
2


u(r,0) = u 0 (r), u t (r,0) = u1 (r), u r 0 = ∫ r u r (r, t) dr,


0



{

(

)

trong đó B, f, u0, u1 là các hàm cho trước, h > 0 là hằng số.
Trong luận văn này chúng tôi nghiên cứu sự tồn tại và duy nhất nghiệm

địa phương của bài tốn (0.1) – (0.3). Chứng minh ñược dựa vào phương
pháp Galerkin liên kết với các ñánh giá tiên nghiệm cùng với kĩ thuật hội tụ
yếu và tính compact. Chúng tơi cũng nghiên cứu sự tồn tại và hội tụ của dãy
lặp cấp hai {u m } về nghiệm yếu u của bài tốn (0.1) – (0.3) thỏa một đánh giá
sai số
m

u m − u ≤ Cρ 2 ,

(0.14)

trong đó C, ρ là các hằng số dương và 0 < ρ < 1.
Tiếp theo, chúng tơi khảo sát bài tốn nhiễu sau đây theo tham số bé ε :

u tt − µ ε (t)u xx + λuɺ t = Fε (x, t,u), 0 < x < 1, 0 < t < T,



u x (0, t) − h 0u(0, t) = u x (1, t) + h1u(1, t) = 0,
(Pε ) 


ɺ
= u1 (x),
u(x,0) = u 0 (x), u(x,0)





Fε (x, t,u) = f (x, t,u) + εf1 (x, t,u), µ ε (t) = µ(t) + εµ1 (t),


6

trong đó các hằng số h0, h1, λ là cố ñịnh và các hàm số u0, u1, µ, µ1 , f , f1 là cố

định thỏa các giả thiết thích hợp. Luận văn sẽ nghiên cứu khai triển tiệm cận

của nghiệm yếu của bài toán nhiễu (Pε ) theo tham số bé ε, tức là ta có thể xấp
xỉ nghiệm u bởi một ña thức theo ε
N

u(x, t) = ∑ U i (x, t)ε i ,

(0.15)

i=0

theo nghĩa cần phải chỉ ra các hàm Ui (x, t), i = 0,1,..., N và thiết lập ñánh giá:
N
∂u ε
∂ Ui
− ∑ εi
∂t
∂t
i=0

N

+ u ε − ∑ εi Ui
∞

2

L (0,T;L )

i=0

≤ CT ε
∞

N +1

, (0.16)

1

L (0,T;H )

với tham số ε ñủ bé, hằng số CT độc lập với tham số ε.
Luận văn được trình bày theo các chương sau ñây:

Phần mở ñầu: tổng quan về bài tốn khảo sát trong luận văn, điểm qua
các kết quả đã có trước đó, đồng thời nêu bố cục của luận văn.
Chương 1: nhằm giới thiệu một số kết quả chuẩn bị, các kí hiệu và các
khơng gian hàm thông dụng, một số kết quả về phép nhúng compact.
Chương 2: chúng tôi nghiên cứu về sự tồn tại và duy nhất nghiệm yếu
của bài toán (0.1) – (0.3)
Chương 3: chúng tôi nghiên cứu thuật giải lặp cấp hai và sự hội tụ của
nó.
Chương 4: chúng tơi nghiên cứu sự khai triển tiệm cận của nghiệm yếu
của bài toán nhiễu (Pε ) theo một tham số bé ε.
Chương 5: chúng tơi xét một bài tốn cụ thể để minh họa phương pháp
tìm nghiệm của bài tốn trên.
Tiếp theo là phần kết luận của luận văn và sau cùng là danh mục các tài
liệu tham khảo.

7

Chương 1: MỘT SỐ CƠNG CỤ CHUẨN BỊ
1.1. Các kí hiệu về khơng gian hàm
Chúng ta bỏ qua định nghĩa các khơng gian hàm thơng dụng và để cho
tiện lợi, ta kí hiệu:
Ω = (0,1), QT = Ω× (0,T), T > 0,
Lp (Ω) = Lp , H m (Ω) = H m = W m,2 , W m,p (Ω) = W m,p .

. , .,. lần lượt là chuẩn và tích vơ hướng trong L2. Ta kí hiệu . X là chuẩn
trên khơng gian Banach X.
Ta kí hiệu Lp (0,T;X), 1 ≤ p ≤ ∞ là không gian Banach các hàm
u : (0,T) → X ño ñược sao cho
1

T
p
p

u Lp (0,T;X) =  ∫ u(t) Xdt  < +∞, (1 ≤ p < ∞),
 0


và

u

L∞ (0,T;X)

= esssup u(t) X , (p = ∞).

0
ɺ
ɺɺ
u tt (t) = u(t),
u x (t) = ∇u(t), u xx (t) = ∆u(t)
Ta viết u(t), u t (t) = u(t),

∂u
∂ 2u
∂u
∂ 2u
lần lượt thay cho u(x, t),
(x, t), 2 (x, t),
(x, t), 2 (x, t), theo thứ tự.
∂t
∂t
∂x
∂x

1.2. Một số công cụ thường sử dụng
Cho ba không gian Banach X0, X, X1 với X0 ֓X ֓X1 với các phép
nhúng liên tục sao cho
X0, X1 phản xạ,

(1.1)

Phép nhúng X0 ֓ X là compact.

(1.2)

Với 0 < T < ∞, 1 ≤ pi ≤ ∞, i = 0,1 ta ñặt
W(0,T) = {v ∈ Lp0 (0,T;X 0 ) : v / ∈ LP1 (0,T;X1 )}.


8

Ta trang bị cho W(0,T) chuẩn
v

W(0,T)

= v

Lp0 (0,T;X 0 )

+ v/

Lp1 (0,T;X1 )

Khi đó W(0,T) là một khơng gian Banach.
Hiển nhiên W(0,T) ⊂ Lp0 (0,T;X)

Ta cũng có kết quả sau ñây liên quan ñến phép nhúng compact.
Bổ ñề 1.1 ( Bổ đề về tính compact của Lions). Với giả thiết (1.1), (1.2)
và nếu 1 < pi < ∞, i = 0,1 thì phép nhúng W(0,T) ֓ Lp0 (0,T;X) là compact.

Chứng minh bổ đề 1.1 có thể tìm thấy trong [Lions[6], trang 57]
Bổ ñề 1.2 (Bổ ñề sau ñây liên quan ñến sự hội tụ yếu trong Lq(Q)). Cho
Q là tập mở và bị chặn trong ℝ N và G m ,G ∈ Lq (Q), 1 < q < ∞ sao cho

Gm

Lq (Q)

≤ C , trong đó C là hằng số ñộc lập với m và Gm → G a.e. trong Q.

Khi đó Gm → G a.e. trong Lq ( Q) yếu.
Bổ ñề 1.3 ( Bổ ñề Gronwall). Cho f ,g :[t 0 ,T0 ] → ℝ là các hàm liên tục
với g là hàm khơng giảm và có c > 0 sao cho
t

f (t) ≤ g(t) + c ∫ f (s)ds, ∀t ∈ [t 0 ,T0 ],
t0

thì

f (t) ≤ g(t).exp {c(t − t 0 )}, ∀t ∈ [t 0 ,T0 ].
Tiếp theo chúng tơi trình bày một kết quả về lý thuyết phổ được áp
dụng trong nhiều bài tốn biên.
Trước hết ta thành lập các giả thiết sau:
Cho V và H là hai khơng gian Hilbert thực thỏa các điều kiện
i) Phép nhúng V ֓ H là compact,

(1.3)

ii) V trù mật trong H.

(1.4)

9

Cho a : V × V → ℝ là dạng song tuyến tính đối xứng, liên tục trên
V × V và cưỡng bức trên V.

(1.5)

Chính xác hơn, ta gọi a là:
j) Dạng song tuyến tính nếu u ֏ a(u, v) tuyến tính từ V vào ℝ với
mọi v ∈ V , và v ֏ a(u, v) tuyến tính từ V vào ℝ với mọi u ∈ V .
jj) ðối xứng nếu a(u, v) = a(v,u), ∀u, v ∈ V,
jjj) Liên tục nếu ∃M ≥ 0 : a(u, v) ≤ M u

V

v V , ∀u, v ∈ V,

2

4j) Cưỡng bức nếu ∃α > 0 : a(v, v) ≥ α v V , ∀v ∈ V.
Khi đó ta có kết quả sau:
Bổ ñề 1.4. Với giả thiết (1.3), (1.4), (1.5). Khi ñó tồn tại một cơ sở trực
chuẩnt {w j} của H gồm các hàm riêng wj tương ứng với giá trị riêng λ j sao
cho
0 < λ1 ≤ λ 2 ≤ ... ≤ λ j ..., lim λ j = +∞,
j→∞

ɶ j , v) = λ j w
ɶ j , v , ∀v ∈ V, ∀j = 1, 2...
a (w

{

ɶ j / λj
Hơn nữa, dãy w

} cũng là một cơ sở trực chuẩn của V đối với

tích vơ hướng a(.,.)
Chứng minh bổ đề này có thể tìm thấy trong [15: p.87, ðịnh lý 7.7].
Ta cũng dùng bổ ñề ñánh giá sau đây mà chứng minh khơng khó khăn.
Bổ đề 1.5. Cho dãy {ψ m } thỏa mãn
ψ(0) = 0, 0 ≤ ψ m ≤ σψ m−1 + δ, m = 1,2,...

trong ñó 0 ≤ σ < 1, δ ≥ 0 là các hằng số cho trước.
Khi đó
ψm ≤

δ
, ∀m ≥ 1.
1− σ


10

Chương 2: THUẬT GIẢI LẶP CẤP MỘT
2.1 Giới thiệu
Trong chương này, chúng tơi xét bài tốn giá trị biên và giá trị đầu sau:
u tt − µ(t)u xx + λu t = f (x, t,u), x ∈ Ω, 0 < t < T,

(2.1)

u x (0, t) − h 0 u(0, t) = u x (1, t) + h1u(1, t) = 0,

(2.2)

u(x,0) = u 0 (x), u t (x,0) = u1 (x),

(2.3)

trong đó λ, h 0 , h1 là các hằng số không âm cho trước; u 0 , u1 , µ và số hạng
phi tuyến f cũng là hàm cho trước thỏa mãn một số ñiều kiện mà ta chỉ ra sau.
Trong chương này chúng tơi trình bày thuật giải lặp đơn:
uɺɺ m − µ(t)∆u m + λuɺ m = f (x, t, u m−1 ), x ∈ Ω, 0 < t < T,

(2.4)

∇u m (0, t) − h 0 u m (0, t) = ∇u m (1, t) + h1u m (1, t) = 0,

(2.5)

u m (x,0) = u 0 (x), uɺ m (x,0) = u1 (x),

(2.6)

u 0 là bước lặp ban đầu cho trước nằm trong một khơng gian hàm thích hợp.

Trong phần một, chúng tơi thiết lập sự tồn tại của dãy lặp {u m } bằng
phương pháp xấp xỉ tuyến tính kết hợp với phương pháp Galerkin và phương
pháp compact yếu.

Phần hai ñề cập ñến sự hội tụ của dãy lặp {u m } về nghiệm yếu của bài

toán (2.1) - (2.3).
2.2 Thuật giải xấp xỉ tuyến tính
Ta thành lập các giả thiết sau:
(A1) u 0 ∈ H 2 (0,1), u1 ∈ H1 (0,1),

(A2) f ∈ C1 ([0,1]ì[0, )ì),
(A3) à C1 ( + ), µ(t) ≥ µ 0 > 0,
(A4) λ, h 0 , h1 ≥ 0, h 0 + h1 > 0.


11

Trên H1 ta sử dụng một chuẩn tương ñương sau:
1

1

2
2
2

v 1 =  v (0) + ∫ v / (x) dx  .


0

Trong chương này, ta sử dụng dạng song tuyến tính trên H1 như sau:
1

a(u, v) = ∫ u x (x)v x (x)dx + h 0 u(0)v(0)
0

+h1u(1)v(1), ∀u, v ∈ H1.

(2.7)

Ta có các bổ đề sau:
Bổ đề 2.1. Phép nhúng H 1 ֓ C 0 ( Ω ) là compact và
v

C 0 (Ω)

≤ 2 v 1 , ∀v ∈ H 1 .

Bổ ñề 2.2. Với giả thiết (A4), dạng song tuyến tính đối xứng xác định
bởi (2.7) liên tục trên H1×H1 và cưỡng bức trên H1, tức là:
i) a(u, v) ≤ C1 u

1

v 1 , ∀u, v ∈ H1 ,

2

ii) a(v, v) ≥ C0 v 1 , ∀v ∈ H1 ,
trong đó
C0 = min(1,h 0 ), C1 = max(1, h 0 , 2h1 ).

Chứng minh
1

1

1
2  1
2



2
2
2

2
2
2


i) a(u, v) ≤  ∫ u x dx + h 0 u (0) + h1u (1)  ∫ v x dx + h 0 v (0) + h1v (1)
  0

 0
1

1

1
2  1

2
2
2
2
2



≤  ∫ u x dx + h 0 u (0) + 2h1 u 1  ∫ v x dx + h 0 v (0) + 2h1 v 1 
 0
  0


ðặt C1 = max{1, h0, 2h1}, ta có:
a(u, v) ≤ C1 u

1

v 1 , ∀u, v ∈ H1.


12

1

ii) a(u,u) = ∫ u 2x (x)dx + h 0u 2 (0) + h1u 2 (1)
0

1

≥ ∫ u 2x (x)dx + h 0 u 2 (0), ∀u ∈ H1.
0

2

ðặt C0 = min{1, h0}, ta có a(u,u) ≥ C0 u 1 , ∀u ∈ H1.
Bổ ñề 2.3. Tồn tại một cơ sở trực chuẩn {w j } của L2 gồm các hàm
riêng w j ứng với trị riêng λ j sao cho
0 < λ1 ≤ λ2 ≤ ... ≤ λ j ≤ ..., lim λ j = +∞,

(2.8)

a( w j , v) = λ j w j , v , ∀v ∈ H 1 , j = 1, 2,...

(2.9)

j→+∞

{

Hơn nữa dãy w j / λ j

} cũng là cơ sở trực chuẩn của H

1

tương ứng

với tích vơ hướng a(. , .).
Mặt khác, chúng ta cũng có hàm w j thỏa mãn bài toán giá trị biên sau:

−∆w j = λ j w j trong Ω,

(2.10)

w jx (0) − h0 w j (0) = w jx (1) + h1 w j (1) = 0,

(2.11)

w j ∈ C ∞ (Ω).

(2.12)

Bổ ñề 2.3 ñược chứng minh bằng cách áp dụng bổ ñề 1.4, chương 1, với
V = H1, H = L2 và a (.,.) ñược cho bởi (2.7).
Với M > 0, T > 0, ta ñặt

K 0 = K 0 (M,T,f ) = sup f (x, t,u) ,

(2.13)

K1 = K1 (M,T,f ) = sup ( f x/ + f t/ + f u/ ) (x, t,u),

(2.14)

sup trong (2.13), (2.14) ñược lấy trên miền

0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ t ≤ T, u ≤ 2M.

(2.15)

13

Với mỗi M > 0, T > 0, ta ñặt:
W(M,T) = {v ∈ L∞ (0,T;H 2 ) : v t ∈ L∞ (0,T;H1 ), v tt ∈ L2 (QT ),
v

L∞ (0,T;H 2 )

≤ M, v t

L∞ (0,T;H1 )

≤ M, v tt

L2 (QT )

}

≤M

W1 (M,T) = {v ∈ W(M,T) : v tt ∈ L∞ (0,T;L2 )}.

(2.16)
(2.17)

Trong phần này, với sự lựa chọn M, T thích hợp, ta xây dựng một dãy
{u m } trong W1(M,T) bằng quy nạp và chứng minh nó hội tụ về nghiệm của

bài tốn (2.1) - (2.3).

Chọn số hạng ban ñầu u0 ∈ W1 (M,T) . Giả sử rằng
u m−1 ∈ W1 (M,T).

(2.18)

Ta liên kết bài toán (2.1) – (2.3) với bài tốn biến phân tuyến tính sau:
Tìm hàm um ∈ W1 (M,T) thỏa bài tốn
uɺɺ m , v + µ (t)a(u m , v) + λ uɺ m , v = Fm , v , ∀v ∈ H1 ,

(2.19)

u m (0) = u 0 , uɺ m (0) = u1 ,

(2.20)

Fm (x, t) = f (x, t,u m−1 (x, t)).

(2.21)

trong đó

Sự tồn tại của um cho bởi ñịnh lý sau ñây:
ðịnh lý 2.1. Giả sử (A1) – (A4) đúng. Khi đó tồn tại các hằng số M, T > 0 sao
cho ñối với mọi u0 ∈ W1 (M,T) cho trước, tồn tại dãy quy nạp tuyến tính
{u m } ⊂ W1 (M,T) xác định bởi (2.19) – (2.21).

Chứng minh. Gồm các bước dưới ñây:
Bước 1: Xấp xỉ Galerkin. Gọi {w j } là cơ sở trực chuẩn của H1 như

(

)

trong bổ ñề (2.3) w j = w j / λ j . Dùng phương pháp Galerkin ñể xây dựng
)
nghiệm xấp xỉ u (k
m (t) của (2.19) – (2.20) theo dạng


14

k

u (t) = ∑ c(k)
mj (t)w j ,
(k)
m

(2.22)

j=1

trong đó c(k)
mj (t) thỏa hệ phương trình vi phân tuyến tính sau:
)
(k)
ɺ (k)
uɺɺ (k
m (t), w j + µ(t)a(u m (t), w j ) + λ u m (t), w j

= Fm (t), w j , 1 ≤ j ≤ k,
)
ɺ (k )
u (k
m (0) = u 0k , u m (0) = u1k ,

(2.23)
(2.24)

trong đó
k

2
u 0k = ∑ α(k)
mj w j → u 0 mạnh trong H ,

(2.25)

j=1
k

1
u1k = ∑ β (k)
mj w j → u1 mạnh trong H ,

(2.26)

j=1

và Fm(t) = Fm(x,t) = f(x,t,um-1).

Hệ (2.19) – (2.20) có thể viết thành dạng khác như sau:
(k)
ɺɺc(k)
ɺ (k)
mj (t) + µ(t)λ jc mj (t) + λc mj (t)

=

1
wj

2

Fm (t), w j ,1 ≤ j ≤ k,

(k)
(k)
ɺ (k)
c(k)
mj (0) = α mj , c mj (0) = β mj .

(2.27)
(2.28)

Từ (2.27) ta suy ra:
(k)
mj

c (t) = α

(k)
mj

+ t (β
t

(k)
mj

+ λα

(k)
mj

)+
t

t

1
wj

2

r

∫ dr ∫
0

Fm (s), w j ds

0

r

(2.29)

)
(k )
− λ ∫ c(k
mj (s)ds − λ j ∫ dr ∫ µ(s)c mj (s)ds, 1 ≤ j ≤ k.
0

0

0

Bổ ñề 2.4. Giả sử u m−1 thỏa (2.18). Khi đó hệ (2.26) – (2.27) có duy
)
 (k) 
nhất nghiệm u (k
m (t) trên một khoảng  0,Tm  ⊂ [ 0,T ] .


15

Chứng minh. Bỏ qua chỉ số m, k trong các cách viết, ta viết c j (t), α j , β j
(k )
(k)
lần lượt thay cho c(k)

mj (t), α mj , β mj . Ta viết lại (2.29) thành phương trình điểm

bất động
c(t) = H[c](t),

(2.30)

trong đó
c = (c1 ,...,c k ), H[c] = (H1[c],...,H k [c]),
t

t

r

H j[c](t) = γ j (t) − λ ∫ c j (s)ds − λ j ∫ dr ∫ µ(s)c j (s)ds,
0

γ j (t) = α j + t (β j + λα j ) +

0

0

t

1
wj

2

r

∫ dr ∫
0

Fm (s), w j ds, 1 ≤ j ≤ k.

0

Với mỗi Tm(k) ∈ (0,T] và ρ > 0 (sẽ chọn sau), ta ñặt
X = C0 (  0,Tm(k)  ; ℝ k ), S = {c ∈ X : c X ≤ ρ} ,

ở ñây ta dùng chuẩn trong X như sau:
k

c

= sup c(t) 1 , c(t) 1 = ∑ c j (t) , c ∈ X.
X
0≤t≤Tm( k )

j=1

Rõ ràng S là tập đóng, khác rỗng và tốn tử H : X → X.
Ta chứng minh tồn tại ρ > 0 và Tm(k) > 0 sao cho:
i) H biến tập S thành chính nó.
ii) Tồn tại n ∈ ℕ sao cho H n ≡ H(H n−1 ) :S → S là ánh xạ co.
Thật vậy:
k

i) Với mọi c = (c1 ,...,ck ) ∈ S, ta có cX ≤ ρ và H[c](t) 1 = ∑ H j[c](t) .
j=1

t

i H j[c](t) ≤ γ j (t) + λ ∫ c j (s) ds + λ k µ
0

t
∞

r

∫ dr ∫
0

0

c j (s)ds.


16

Suy ra:
t

t

i H[c](t) 1 ≤ γ(t) 1 + λ ∫ c(s) 1 ds + λ k µ

0

∞

r

∫ dr ∫
0

c(s) 1 ds

0

1

≤ γ T + σ k  t 2 + t  c X ,
 2


(2.31)

trong đó

γ T = sup γ(t) 1 , µ
0≤t≤T

∞

= sup µ(t) ,
0≤t≤T

σ k = σ(k,T, λ,µ) = λ + λ k µ

Chọn ρ > 2 γ

T

∞

.

và Tm(k) ∈ (0,T] sao cho 0 < Tm(k ) ≤−1 + 1 +

1
.
σk

Từ (2.31), ta suy ra:

ρ 
1
H[c] X ≤ + σ k Tm(k ) + σ k (Tm(k ) ) 2 ρ ≤ ρ, ∀c ∈ S.

2 
2

Vậy tốn tử H biến tập S thành chính nó.
ii) Sau ñây bằng quy nạp ta sẽ chứng minh rằng với mọi n ∈ ℕ, với mọi
c, d ∈ S , với mọi t ∈  0,Tm(k )  , ta có

H n [c](t) − H n [d](t)

1

1 n−1
n−1
n
 C0n t n
C
t
C
t
C
n
n
n
≤ (σ k t ) c − d X 
+
+ ... +
+ 
 (2n)! (2n −1)!
(n
+
1)!
n! 

n

trong đó σ k = λ + λ k µ

∞

, µ

∞

= sup µ(t) .
0≤t≤T

Thật vậy:
• Với n = 1, ∀j = 1,2,...,k, ∀t ∈  0,Tm(k)  , ta có
H[c](t) − H[d](t) 1

(2.32)


17

 t
≤ ∑  λ ∫ c j (s) − d j (s) ds + λ k µ
j=1  0

t

k

t

r

≤ σ k ∫ dr ∫

∞

∫
0


dr ∫ c j (s) − d j (s) ds

0
r

k

t

j=1

0

∑( c j (s) − d j (s) )ds + σ k ∫

0

0

t

t

t

0

0

0

k

∑( c (s) − d (s) )ds
j

j

j=1

≤ σ k ∫ dr ∫ ( c(s) − d(s) 1 ) ds + σ k ∫ ( c(s) − d(s) 1 ) ds
 t2

 C10 t C11 

≤ σ k c − d X  + t  = (σ k t) 
+  c − d X .
1! 
 2

 2!

(2.33)

Vậy (2.32) đúng với n = 1.

• Giả sử (2.32) ñúng với mọi n ≥1. Ta chứng minh: ∀c, d ∈ S, ∀t ∈ [0,Tm(k) ]
H n+1[c](t) − H n+1[d](t)

1

 C0 t n+1
C1 t n
Cn t
Cn+1 
c − d X  n+1
+ n+1 +... + n+1 + n+1  . (2.34)
 (2n + 2)! (2n + 1)!
(n + 2)! (n + 1)!


n +1

≤ (σ k t )

Thật vậy
H n+1[c](t) − H n+1[d](t) = H (H n [c])(t) − H (H n [d])(t)
1

t

r

(

)

t

1

(

)

≤ σ k ∫ dr ∫ H [c](t) − H [d](t) ds + σ k ∫ H n [c](t) − H n [d](t) ds
0

n

n

1

0

 C0 s 2n
C1 s 2n−1
Cn−1s n+1 Cnns n 
ds
dr ∫  n + n
+ ... + n

+
 (2n)! (2n −1)!

(n
+
1)!
n!

0 

t

≤σ

n +1
k

c−d

X

r

∫
0

t

+σ

n +1
k

c−d

X

∫
0

≤σ

n +1
k

0

1

 C0n s 2n
C1n s 2n−1
Cnn−1s n+1 C nn s n 

+
+ ... +
+
ds
 (2n)! (2n − 1)!
(n + 1)!
n! 



 C0n t 2n+2
C1n t 2n+1
Cnn−1t n+3
Cnn t n+2 


c−d X
+
+ ... +
+
 (2n + 2)! (2n + 1)!

(n
+
3)!
(n
+
2)!




18

+σ
≤σ

n +1

k

n +1
k

≤ (σ k t)

 C0n t 2n+1
C1n t 2n
Cnn−1t n+2
Cnn t n+1 

+
+ ... +
+
c−d X 
 (2n + 1)! (2n)!

(n
+
2)!
(n
+
1)!


 C0n+1t 2n+2 C1n+1t 2n+1
Cnn+1t n+2 Cnn++11t n+1 

c−d X

+
+ ... +
+
 (2n + 2)! (2n + 1)!
(n
+
2)!
(n + 1)! 

n +1

 C0n+1t n+1
C1n+1t n
Cnn+1t
Cnn++11 

.
c−d X
+
+ ... +
+
 (2n + 2)! (2n + 1)!
(n + 2)! (n + 1)!


Vậy (2.32) ñúng với mọi n ∈ ℕ, ∀t ∈  0,Tm(k ) 
Từ (2.32) ta suy ra rằng:
H n [c] − H n [d] = sup
X

≤ (σ k Tm(k) ) c − d
n

≤

0≤t≤Tm( k )

( H [c](t) − H [d](t) )
n

n

1

 C0n (Tm(k) ) n C1n (Tm(k) ) n−1
Cnn−1Tm(k) Cnn 

+
+
...
+
+ 
X
n!
n!
n!
n! 


[σ k Tm(k) (Tm(k) + 1)]n

c−d
n!

X

[σ k T(T + 1)]n
≤
c−d X.
n!

(2.35)

[σ k T(T + 1)]n 0
[σ k T(T + 1)]n
Mà lim
= 0 nên tồn tại n0 ∈ Ν sao cho 0 ≤
< 1.
n→+∞
n0 !
n!

Tức là toán tử H n0 : S → S là ánh xạ co. Theo ngun lý ánh xạ co H có điểm
bất ñộng duy nhất trong S, tức là hệ (2.26) – (2.27) có duy nhất nghiệm
(k)
u (k)
m (t) trên [0,Tm ] .

Bổ ñề 2.4 ñược chứng minh xong.
Các ñánh giá sau ñây cho phép ta lấy Tm(k) = T với mọi m và k.

Bước 2: ðánh giá tiên nghiệm
ðánh giá thứ nhất: Nhân (2.23) với cɺ (k)
mj (t) và lấy tổng theo j ta ñược:
)
(k)
ɺ (k)
ɺ (k)
ɺ (k)
ɺ (k)
uɺɺ (k
m (t),u m (t) + µ(t)a(u m (t), u m (t)) + λ u m (t),u m (t)


19

= Fm (t), uɺ (k)
m (t)

(2.36)

Do đó ta có:
2
1 d (k) 2
1 d
)
(k)
(k)
ɺ
a(u (k
(t),u

(t))
+
λ
u
(t)
uɺ m (t) + µ(t)
(
)
m
m
m
2 dt
2 dt
= Fm (t), uɺ (k)
m (t)

hay
1 d  (k) 2
 1 /
(k)
(k )
(k)
(k)
 uɺ m (t) + µ(t)a(u m (t),u m (t)) − µ (t)a(u m (t),u m (t))
 2
2 dt 
2

ɺ (k )
+λ uɺ (k)

m (t) = Fm (t),u m (t) . (2.37)

ðánh giá thứ 2: Trong (2.23) thay w j bởi −

1
∆w j , sau đó đơn giản λ j ta
λj

có:
)
(k)
ɺ (k)
uɺɺ (k
m (t), −∆w j + µ(t)a(u m (t), −∆w j ) + λ u m (t), −∆w j

= Fm (t), −∆w j .

(2.38)

Hơn nữa ta có:
• Fm (t), −∆w j = a(Fm (t), w j ),
ɺ (k)
• uɺ (k)
m (t), −∆w j = a u m (t), w j ,
(k)
•a u (k)
m (t), −∆w j = ∆u m (t), ∆w j ,

ɺɺ (k)
• uɺɺ (k)

m (t), −∆w j = a u m (t), w j .

Như vậy (2.38) ñược viết lại như sau:
(k )
ɺ (k)
a uɺɺ (k)
m (t), w j + µ(t) ∆u m (t), ∆w j + λa u m (t), w j

= a(Fm (t), w j ).

Trong (2.39) thay w j bởi uɺ (k)
m (t) , ta ñược:
(k)
ɺ (k)
ɺ (k )
a uɺɺ (k)
m (t),u m (t) + µ (t) ∆u m (t), ∆u m (t)

(2.39)


20

)
ɺ (k)
ɺ (k)
+λa uɺ (k
m (t), u m (t) = a(Fm (t), u m (t)),

hay

2
1 d  (k)
1 /
(k)
(k )
(k)
 a(uɺ m (t),uɺ m (t)) + µ(t) ∆u m (t)  − µ (t) ∆u m (t)
 2
2 dt 

2

ɺ (k)
ɺ (k )
+λa(uɺ (k)
m (t),u m (t)) = a Fm (t),u m (t) . (2.40)

ðặt
t

2

S (t) = X (t) + Y (t) + ∫ uɺɺ (k)
m (s) ds ,
(k)
m

(k)
m

(k )
m

(2.41)

0

trong đó
2

(k)
(k)
ɺ (k)
X (k)
m (t) = u m (t) + µ(t)a(u m (t),u m (t)),

(2.42)
2

(k)
ɺ (k)
Ym(k) (t) = a(uɺ (k)
m (t),u m (t)) + µ(t) ∆u m (t) .

(2.43)

Từ (2.37), tích phân theo t ta ñược:
t

t

2

)
X (t) = X (0) + ∫ µ (s)a(u (s),u (s))ds −2λ ∫ uɺ (k
m (s) ds
(k)
m

(k)
m

/

(k)
m

(k)
m

0

0

t

+2 ∫ Fm (s),uɺ (k)
m (s) ds.

(2.44)

0

Từ (2.40), tích phân theo t, ta ñược:
t

2

t

)
ɺ (k )
Y (t) = Y (0) + ∫ µ (s) ∆u (s) ds −2λ ∫ a(uɺ (k
m (s),u m (s))ds
(k)
m

(k)
m

/

(k )
m

0

0

t

+2 ∫ a Fm (s),uɺ (k)
m (s) ds.
0

Suy ra:

(2.45)


21

t

2

(k)
(k)
S (t) = S (0) + ∫ µ / (s)[a(u (k)
m (s), u m (s)) + ∆u m (s) ]ds
(k)
m

(k)
m

0

t

2

)
ɺ (k)
−2λ ∫  uɺ (k
(s)
+ a(uɺ (k)
m
m (s),u m (s)) ds


0
t

t

+2 ∫ Fm (s),uɺ (s) ds + 2∫ a Fm (s), uɺ (k)
m (s) ds
(k)
m

0

0

t

2

+∫ uɺɺ (k)

m (s) ds
0

= S(k)
m (0) + I1 + I 2 + I3 + I4 + I5.

(2.46)

Sau ñây ta sẽ lần lượt ñánh giá các tích phân trong vế phải của (2.46).

• Tích phân thứ nhất
t

I1 =

∫
0

2
)
(k )
(k)
µ / (s)  a(u (k
(s),u
(s))
+
∆
u
(s)
 ds

m
m
 m

t

≤ µ

∫

/

∞

0

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


t

1 /

à
à0

S

(k)
m

(s)ds.

(2.47)

0

ã Tớch phõn th hai
t

2


(k)
(k)
I 2 = −2λ ∫  uɺ (k)
m (s) + a(u m (s),u m (s)) ds


0
t

≤ 2λ ∫ S(k)

m (s)ds.
0

• Tích phân thứ ba
t

t

I3 = 2∫ Fm (s),uɺ (s) ds ≤ 2 ∫ Fm (s) uɺ (k)
m (s) ds
(k)
m

0

0

(2.48)


22

t

≤ 2K 0 ∫ S(k)
m (s)ds.

(2.49)

0

• Tích phân thứ tư
t

t

)
ɺ (k)
I 4 = 2 ∫ a(Fm (s),uɺ (k
m (s))ds ≤ 2C1 ∫ Fm (s) 1 u m (s) ds.
0

1

0

Ta có
Fm2 (0,s) ≤ K 0 2 ,
1

2

 ∂f ∂f

∇Fm (s) = ∫  + ∇u m−1  dx ≤ K12 (1 + M) 2 .
 ∂x ∂u

0
2

Suy ra
2

2

Fm (s) 1 = Fm2 (0,s) + ∇Fm (s) ≤ K 02 + K12 (1 + M) 2 .

Vậy
t

2C1
I4 ≤
[ K 0 + K1 (1 + M)] ∫ S(k)
m (s)ds.
C0
0

(2.50)

• Tích phân thứ năm

(2.23) có thể viết lại như sau:
)
(k)
ɺ (k)
uɺɺ (k
m (t), w j − µ(t) ∆u m (t), w j + λ u m (t), w j

= Fm (t), w j , 1 ≤ j ≤ k.

(2.51)

Trong (2.50) thay w j bởi uɺɺ (k)
m (t) , ta ñược:
2

(k)
ɺɺ (k )
ɺ (k)
ɺɺ (k)
uɺɺ (k)
m (t) − µ(t) ∆u m (t),u m (t) + λ u m (t),u m (t)
)
= Fm (t),uɺɺ (k
m (t) , 1 ≤ j ≤ k.

Suy ra
2

2

2

2
(k)
2
2
ɺ (k )
uɺɺ (k)
m (t) ≤ 3µ (t) ∆u m (t) + 3λ u m (t) + 3Fm (t).

23

Tích phân theo t ta được
t

∫
0

t

2

t

2

uɺɺ (s) ds ≤ 3∫ µ (s) ∆u (s) ds + 3λ
(k)
m

2

(k)
m

2

0

2

∫

uɺ (k)
m (s) ds

0

t

+3∫ Fm2 (s)ds.

(2.52)

0

Vậy
3
µ
I5 ≤
µ0

2
∞

t

t

∫Y

(k)
m

2

(s)ds + 3λ

0

(k)
m

(s)ds + 3TK 02

0

1
≤ 3TK + 3 µ
 µ 0
2
0

∫X

 t (k)
+ λ  ∫ Sm (s)ds.
∞

 0
2

2

(2.53)

Từ (2.47), (2.48), (2.49), (2.50), (2.53), ta có
1
S (t) ≤ X (0) + Y (0) +  µ /
 µ
(k)
m

(k)
m

(k)
m

0

 t (k)
+ 2λ ∫ Sm (s)ds
∞
 0

t

+2K 0 ∫ S(k)

m (s)ds
0

t

2C
2
+ 1 [ K 0 + K1 (1 + M) ] ∫ S(k)
m (s)ds + 3TK o
C0
0
1
+3 µ
 µ 0

 t (k)

+ λ  ∫ Sm (s)ds,
∞

0
2

2

(2.54)

hay
t

S (t) ≤ X (0) + Y (0) + d1 (M,T) + d 2 (M) ∫ S(k)
m (s)ds, (2.55)
(k)
m

(k)
m

(k)
m

0

trong đó
2



C
d1 (M,T) = 3TK 02 + T K 0 + 1 (K 0 + K1 (1 + M)) ,

C0


(2.56)