1090 Phương trình vi tích phân Volterra loại hyperbolic.docx

Tạp chí KHOA HỌC ĐHSP TP.HCM Số 12 năm 2007 PHƯƠNG TRÌNH VI TÍCH PHÂN VOLTERRA LOẠI HYPERBOLIC Lê Hồn Hố*, Trần Trí Dũng†, Lê Thị Kim Anh‡ Giới thiệu Trong báo này, nghiên cứu tồn nghiệm toán Cauchy dạng vi tích phân sau : t  u '(t) = A(t)u(t) +  ∫ K (t, s, u(s))ds + f (t ), t ≥   u(0) = u ( A(t ), D( A(t)))t ≥0 không U (t, s) gian Banach sinh họ tiến hoá liên tục mạnh (X, ) họ tiến hoá (P) ( U (t, s)) thỏa 0≤s ≤t mãn ≤ Meω(t−s) , ∀(t, s) : ≤ s ≤ t ( M , ω số xuất định lí Hille - Yosida), A(t) : D →X , D ⊂ X Ta giả sử ánh xạ u  K (t, s, u(s)) xác định từ D vào X Bài toán (P) nhiều nhà Toán học quan tâm, nghiên cứu theo nhiều hướng khác nhau, chẳng hạn tác giả [1], [2], [3] Những tốn tích phân Volterra loại hyperbolic xuất tự nhiên nghiên cứu đàn hồi chất rắn Trong [1] tác giả nghiên cứu tốn (P) với A khơng phụ thuộc vào biến thời gian Mục đích chúng tơi mở rộng số kết [1] xét A phụ thuộc vào biến thời gian Các kết Để tồn nghiệm cho toán (P), trước hết ta xét toán (P1) sau  u '(t) = A(t)u(t) + f (t), t ≥  u(0) = u0 (P1) * PGS.TS, Khoa Toán – Tin học, Trường ĐHSP Tp.HCM ThS, Khoa Toán – Tin học, Trường ĐHSP Tp.HCM ‡ ThS, Đại học Tiền Giang † Định lí sau sở cho nghiên cứu tồn nghiệm mạnh toán (P) Định lí 2.1 : Giả sử tốn (P1), ta có giả thiết sau : (i) ( U (t, s))0≤s họ nửa nhóm liên tục ánh xạ t  A(t) liên tục ≤t (ii) Đối với x ∈ ta có : Ut (t, s)x = A(t)U (t, s)x , U s (t, s) x = −U (t, s) A(s)x X đạo hàm riêng liên tục theo X- chuẩn (iii) f ∈W 1,1([0, τ ], X ) Khi tồn u ∈ C1([0,τ ]; X )  C([0,τ ]; thỏa mãn toán (P1) D) [0,τ ] Ngoài ra, với t ∈[0,τ ] ta có đánh giá sau : ωt u(t) ≤ Me u A(t)u(t) ≤ f (t) + Me   +   ω ∫ e0 −ωs f (s) ds  A(0)u0 + f (0) +  t (2.1)    t  t u(t) − u0 ≤ M  ∫ e t e0 −ωs ω (t −s ) f '(s) ds  ∫ (2.2)   f (s) + A(s)u0 ds    t A(t)u(t) − A(t)u0 ≤ A(t)u (t) f (t) − f (0) + ω +M ∫ e u (.) nghiệm toán :   u '(t) = A(t )u (t) + A(t )u0 + f (0), t ≥   (t −s ) (2.3)  f '(s) ds  (2.4)    u(0) = (2.5) Chứng minh Sự tồn nghiệm toán (P1) [0,τ ] với giả thiết (i) (iii) chứng minh tương tự [2] Khi nghiệm u (P1) thỏa mãn u ∈ C1([0,τ ]; X )  C([0,τ ]; công thức biến thiên số sau : D) t u(t) = U (t, 0)u0 + ∫ U (t, s) f (s)ds, ≤ t ≤ τ u(t) Từ ta có u(t) Suy t ≤ U (t, 0)u0  ≤ Meωt u + ∫ U (t, s) f (s)ds    f (s) ds  , hay (2.1) chứng minh  t + ∫ e−ωs Tiếp theo ta có : t t Meω (t f '(s) ds ≥ −s ) ≥ ∫ ∫ t U (t, s) f '(s) ds ∫ U (t, s) f '(s)ds t ≥ f (t) −U (t, 0) f (0) + ∫ A(t)U (t, s) f (s)ds (*) Meω (t A(0)u0 + f (0) ≥ U (t, 0) A(0)u0 + U (t, 0) f (0) ) ≥ A(t)U (t, 0)u0 +U (t, 0) f (0) (**) Kết hợp (*) (**), ta suy vế phải (2.2) lớn t f (t) − U (t, 0) f (0) + ∫ A(t)U (t, s) f (s)ds + A(t)U (t, 0)u0 +U (t, 0) f (0) − f (t) = A(t)u(t) t = ∫ A(t)U (t, s) f (s)ds + A(t)U (t, 0)u0 Vậy (2.2) chứng minh Để chứng minh (2.3) ta ý phương trình (2.6) sau :  v '(t) = A(t)v(t) + f (t) + A(t)u0 , τ ≥ t ≥   v(0) = có nghiệm v(t) = u(t) − u0 Áp dụng (2.1), ta thu : u(t) − u0 t (2.6) M  ∫ e ≤ ω (t −s ) f (s) + A(s)u0  ds  ,  hay (2.3) chứng minh Cuối cùng, để chứng minh (2.4) đúng, ta xét phương trình (2.7) sau :  w '(t ) = A(t)w(t) + f (t) − f (0), τ ≥ t ≥   w(0) = (2.7) Khi (2.7) có nghiệm w(t) thỏa mãn : w(t) + u (t) = u(t) − u0 Áp dụng (2.2) cho w(t) ta thu : A(t)u(t) − A(t)u0 ≤ A(t )u (t) A(t)w(t) + f (t ) − f ≤ A(t)u (t) (0) Vậy (2.4) + t +M ω ∫ e (t −s )  f '(s) ds   Định lí hồn tồn chứng minh Bước kế tiếp, cần kết sau : Bổ đề 2.2 : [1] Đặt ∆(0, t1 ) = { (t, s) ∈ R : ≤ s ≤ t ≤1 t } Giả sử : i) K : ∆(0, t1) × D →X liên tục, ii) Kt (t, s, x) tồn liên tục từ ∆(0, t1 ) × D →X Với < τ ≤ t1 u ∈ C([0,τ ]; D) , ta định nghĩa t ( Ju)(t) = u(s))ds ∫ K (t, s, Ju :[0,τ ] →X : (2.8) Khi Ju ∈ C1([0,τ ]; X ) Bổ đề 2.3 t ( Ju)'(t) = K (t, t, u(t)) + ∫ (2.9) Kt (t, s, u(s))ds Giả sử điều kiện (i) (ii) bổ đề (2.2) thỏa mãn Khi với τ ∈[0, t1] cố định với u ∈ C([0,τ ]; D) cho trước, tồn z = Pu ∈ C1([0,τ ]; X )  C ([0,τ ]; D) nghiệm toán sau : z '(t) = A(t)z(t) + (Ju)(t), t ∈[0,τ ] z(0) = Ngoài ra, ta có thêm giả thiết (iii) sau : (iii) Với u0 ∈ D , tồn b, c, r số dương cho : K (t, s, x1) − K (t, s, x2 ) (t, s) ∈∆(0, t1) ≤ b x1 − x2 Kt (t, s, x1 ) − Kt (t, s, x2 ≤ c x1 − ) x1, x2 ∈ BD (u0 , r) := D {x∈ với u1, u2 ∈ C([0,τ ], BD (u0 , ∫ t Pu (t) (t) − Pu x− u0 ≤r } ta có : r)) , với x2 C ([0,τ ]; D ) ∀t ∈[0,τ ] ω(t−s) ≤ sds) u − u (Mb e (2.10) ∫ t 2 C ([0,τ ]; D ) ∀t ∈[0,τ ] (2.11) A(t)Pu (t) − A(t)Pu (t) u≤ (bt + M eω(t−s) (b + cs)ds) u − Chứng minh Theo bổ đề (2.2) ta có phần đầu bổ đề Ju ∈ C1([0,τ ]; X ) Do đó, theo định lí (2.1) ta suy Với u1, u2 ∈ C([0,τ ], BD (u0 , r)) , ta có : Ju − Ju ∈ C1([0,τ ]; X ) − Pu )(t) + Ju (t) − Ju (t), t ∈[0,τ ] d (Pu (t) − Pu (t)) = A(t) (Pu dt 2 Áp dụng kết (2.1) (2.2), ta thu : Pu1(t) − Pu2 (t) t Ju1(s) − Ju2 (s) ω (t ≤ M∫ e ds −s ) A(t)Pu (t) − A(t)Pu (t) ≤ Ju (t) (t) − Ju ∫ t + M eω (t −s ) (2.12) (Ju ds ) '(s) − (Ju ) '(s) Sử dụng giả thiết (iii), ta có với ≤ s ≤ τ : (2.13) Ju1(s) − Ju2 (s) ≤ Tương tự ta có : (2.14) s ∫ K (s, r, u1 (r)) − K (s, r, u2 (r)) dr ≤ bs u1 − u2 C ([0,τ ]; D ) (Ju1 ) '(s) − (Ju2 ) '(s) ≤ s K (s, s, u1 (s)) − K (s, s, u2 (s)) ≤ (b + cs) u1 − u2 C ([0,τ ]; D ) +∫ Ks (s, r, u1 (r)) − K s (s, r, u2 (r)) dr (2.15) Cuối cùng, từ (2.12) đến (2.15), ta suy bổ đề chứng minh hoàn toàn Hệ 2.4 Với u1, u2 ∈ C([0,τ ], BD (u0 , r)) , < τ ≤ t1 , ta có : Pu1 − Pu2 C ([0,τ ]; D ) ≤ ϕ (τ ) u1 − u2 C ([0,τ ]; D ) , (2.16) lim ϕ( p) = ϕ phụ thuộc vào M , ω, b, c p→0+ Định lí 2.5 Giả sử giả thiết (i), (ii), (iii) bổ đề (2.2) (2.3) thỏa mãn f ∈W 1,1([0, t ], X ) Khi tồn τ ∈(0, t ] cho toán (P) 1 u '(t) = A(t)u(t) + f (t) + (Ju)(t), t ∈[0,τ ] u(0) = u0 có nghiệm u ∈ C1([0,τ ]; X )  C([0,τ ]; D) Ngồi ra, ta có nghiệm u∗ :[0,τ ∗ ) →D (P) theo nghĩa u ∈ C1([0,τ ']; X )  C([0,τ ']; D) nghiệm (P) τ ' ≤ τ ∗ Ta gọi u∗ nghiệm cực đại (P) Chứng minh Với τ ∈(0, t1] , ta đặt Y := { u ∈ C([0,τ ]; D) : u(t) − ≤ r } , với r chọn u0 giả thiết (iii) Khi Y tập đóng khác rỗng khơng gian Banach C([0,τ ]; D) Gọi v0 nghiệm (duy nhất) phương trình : v0 '(t) = A(t)v0 (t) + f (t), t ∈[0,τ ] v0 (0) = u0 Định nghĩa toán tử S nghiệm (P) Su := v0 + Pu Khi điểm bất động S Ta có số dương δ cho τ ≤ δ kiện sau : Su − Su C ([0,τ ]; D ) ≤ u − u1 2 C ([0,τ ]; D ) Su − u ≤ C ([0,τ ]; D ) r S thỏa mãn điều ∀u , u ∈Y , (2.17) , (2.18) u0 hàm Y, nhận giá trị u0 Từ để chứng minh S có điểm bất động Y, ta chứng minh S : Y →Y Thật vậy, với u1, u2 ∈Y , ta có Su1 − Su2 = Pu1 − Pu2 , từ theo hệ (2.4) tồn số dương δ1 cho (2.17) xảy τ < δ1 Để chứng minh (2.18), ta quan sát Su0 − u0 = v1 + v2 với v1 , ∈ C1([0,τ ]; X )  C([0,τ ]; D) nghiệm v2 t   v1 '(t) = A(t)v1 (t) + f (t) − f (0) + ∫ K (t, s, u0 )ds, t ∈[0,τ ]    v (0) = (2.19)  v2 '(t) = A(t)v2 (t) + A(t)u0 + f (0), t ∈[0,τ ]   v (0) = Do Su0 − u0 ≤ v1 + v2 (2.20) Mặt khác ta có lim vi (si ) = vi (0) = 0, τ →0+ vi (si ) = vi Do tồn số dương δ2 cho τ < δ2 , ≤ si ≤ τ (i = 1, 2) r r v ≤ , v ≤ 4 Chọn δ = min(δ1, δ2 ) (2.17) (2.18) xảy τ ≤ δ Để kết thúc phần đầu định lí ta S : Y →Y Thật vậy, với u ∈Y , ta có Su ∈ C([0,τ ]; D) Su(t) − u0 ≤ Su(t) − Su0 + Su ≤ − u0 u(t) − u0 r + ≤ r, ∀t ∈[0, τ ] Vậy Su ∈Y Ta kết thúc phần đầu định lí Ở phần tiếp theo, ta chứng minh tồn nghiệm cực đại Trước hết ta tính nghiệm toán (P) đoạn [0, τ ] (τ số thực thỏa mãn phần đầu định lí) Thật vậy, giả sử u, v nghiệm t := max{ t ∈[0, τ ] : u(s) = v(s), ∀s ∈[0, t]} Giả (P) [0, τ ] , ta đặt t < τ , đặt sử y0 = u(t) = v(t) h(t) := Bởi ∫ t t 0 K (t, s, u(s))ds + f (t) = ∫ K (t, s, v(s))ds + f (t), t ∈[t, τ ] h ∈W 1,1([t, τ ], X nên theo phần đầu định lí, tồn ε ∈(0, τ − t] ) cho toán   u '(t) = A(t)u(t) +     u(t) = y0 t ∫  K (t, s, u(s))ds + h(t), t ∈[t, t + ε ] t có nghiệm Do u(t) = v(t) ∀t ∈[t, t + ε ] , điều mâu thuẫn với định nghĩa t Vậy t = τ , tức u ≡ v [0, τ ] Cuối nghiệm cực đại (P) xây dựng thông qua cách nối nghiệm thơng thường Định lí chứng minh Trong phần ta nghiên cứu tính chất nghiệm cực đại Định lí 2.6 Giả sử ngồi giả thiết định lí (2.5) thỏa mãn, ta cịn có thêm giả thiết sau : (iv) K Kt bị chặn tập bị chặn ∆(0, t1) × D Khi nghiệm cực đại u∗ :[0,τ ∗ ) →D (P) thỏa mãn hai kết sau : a) τ ∗ = t u∗ mở rộng thành nghiệm (P) [0, t ] 1 b) lim sup u∗ t→τ − = ∞ (t) Chứng minh Giả sử b) không xảy ra, ta chứng minh a) phải xảy Thật vậy, ảnh u∗ tập bị chặn D Với ≤ t < t + h < τ , ta đặt v(t) := u(t + h) − u(t) t +h g (t) := f (t + h) − f (t) + ∫ Ta suy : t K (t + h, s, u(s))ds − ∫ K (t, s, u(s))ds  v '(t) = A(t)v(t) + g(t), t ∈[0, τ − h)  ∗ ∗  v(0) = u (h) − u (0) (2.21) Áp dụng (2.1) (2.2), ta suy tồn γ không phụ thuộc t h cho : ∗ ∗ u (t + h) − u (t)  ∗ t ∗ ≤ γ  u (h) − u (0) +  A(0)v(0) + g (0) + g (t) +∫ + Theo giả thiết (iv) ta có : { c =1 sup c = sup (s)) Vì ta suy : } , tồn δε > u∗ '(h) − u∗ '(0) = A(0)v(0) + g(0) , ta thu cho : < h < δε ⇒ u∗ (t + h) − u∗ (t) Do tồn α ∈ D : lim u∗ (t) − t →τ α − Đặt < ε, 0≤ t< t+h