phương trình sóng phi tuyến với điều kiện biên phi tuyến tính trơn và khai triển tiệm cận của nghiệm yếu

HỒ CHÍ MINH TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊNLÊ HỮU KỲ SƠN PHƯƠNG TRÌNH SÓNG PHI TUYẾN VỚI ĐIỀU KIỆN BIÊN PHI TUYẾN: TÍNH TRƠN VÀ KHAI TRIỂN TIỆM CẬN CỦA NGHIỆM YẾU LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN

ĐẠI HỌC QUỐC GIA TP HỒ CHÍ MINH TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

LÊ HỮU KỲ SƠN

PHƯƠNG TRÌNH SÓNG PHI TUYẾN VỚI ĐIỀU KIỆN BIÊN PHI TUYẾN: TÍNH TRƠN VÀ KHAI TRIỂN TIỆM CẬN CỦA NGHIỆM

YẾU

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Thành phố Hồ Chí Minh - 2011

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

LÊ HỮU KỲ SƠN

PHƯƠNG TRÌNH SÓNG PHI TUYẾN VỚI ĐIỀU KIỆN BIÊN PHI TUYẾN: TÍNH TRƠN VÀ KHAI TRIỂN TIỆM CẬN CỦA NGHIỆM

YẾU

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Chuyên ngành: Toán Giải Tích

Mã số: 60 46 01

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC

TS TRẦN MINH THUYẾT

Đại học Kinh Tế Thành phố Hồ Chí Minh

Thành phố Hồ Chí Minh - 2011

Luận văn thạc sĩ toán học - Chuyên ngành Giải Tích Trang 3

LỜI CẢM ƠN

Lời đầu tiên, tôi xin trân trọng kính gửi đến Thầy TS Trần Minh Thuyết lời cảm ơn sâu

sắc nhất về sự tận tâm hướng dẫn và chỉ bảo của thầy trong suốt quá trình làm luận văn Quađó tôi đã học được từ thầy nhiều điều bổ ích

Xin trân trọng cảm ơn Thầy TS Nguyễn Thành Long đã tạo điều kiện cho tôi tham gia

nhóm học thuật, đã đọc và đóng góp nhiều ý kiến quý báu cho luận văn của tôi

Xin trân trọng cảm ơn quý Thầy - Cô trong hội đồng chấm luận văn Thạc sĩ đã dành thời

giờ quý báu để đọc và góp ý cho luận văn của tôi

Xin chân thành cảm ơn quý Thầy - Cô thuộc Khoa Toán - Tin Trường, Đại Học Khoa Học Tự Nhiên, Đại Học Quốc Gia Thành Phố Hồ Chí Minh, đã tận tình truyền đạt kiến thức cho

tôi trong suốt thời gian tôi học tập

Xin chân thành cảm ơn quý Thầy - Cô thuộc Phòng quản lý sau Đại Học, Trường Đại Học Khoa Học Tự Nhiên, Đại Học Quốc Gia Thành Phố Hồ Chí Minh, đã tạo mọi điều kiện thuận

lợi để tôi có thể hoàn tất khóa học

Xin cảm ơn anh Phạm Thanh Sơn đã rất nhiệt tình, động viên, quan tâm, giúp đỡ tôi trong

suốt quá trình làm luận văn

Xin cảm ơn các bạn lớp cao học giải tích khóa 18 đã động viên giúp đỡ tôi rất nhiều trong

suốt khóa học

Lời thân thương nhất xin được gởi đến gia đình tôi và người bạn gái, nơi đã động viên, lo

lắng, tạo cho tôi mọi điều kiện thuận lợi để học tập và hoàn thành luận văn này

Tôi rất mong nhận được sự chỉ bảo quý báu của quý Thầy - Cô và những đóng góp của các bạn đồng môn Trân trọng và chân thành cảm ơn.

Lê Hữu Kỳ Sơn - Cao học Giải Tích K18 Trang 3

Tác giả

Lê Hữu Kỳ Sơn

MỤC LỤC

1.1 Một số không gian hàm 12

1.2 Không gian hàm Lp(0, T ; X) 16

1.3 Phân bố có trị vector 17

1.4 Đạo hàm trong Lp(0, T ; X) 17

1.5 Bổ đề về tính compact 18

1.6 Bổ đề về sự hội tụ yếu 18

1.7 Bổ đề Gronwall 19

1.8 Định lý Ascoli-Arzela 19

1.9 Định lý Schauder 19

2 SỰ TỒN TẠI VÀ DUY NHẤT NGHIỆM YẾU CỦA BÀI TOÁN VỚI NHÓM ĐIỀU KIỆN

5

3 SỰ TỒN TẠI VÀ DUY NHẤT NGHIỆM YẾU CỦA BÀI TOÁN VỚI NHÓM ĐIỀU KIỆN

CHƯƠNG 1

KIẾN THỨC CHUẨN BỊ

1.1 Một số không gian hàm

Trong toàn bộ luận văn này, ký hiệu Ω = (0, 1), QT = Ω × (0, T ), T > 0 và bỏ qua các địnhnghĩa về các không gian hàm Cm(Ω), Lp(Ω), Wm,p(Ω) (chi tiết có thể xem trong [3]) Để chogọn, ta ký hiệu lại như sau:

Ta cũng ký hiệu h·, ·iH 0 ,H để chỉ cặp tích đối ngẫu giữa một phiếm hàm tuyến tính liên tục

12

trên không gian Hilbert với một phần tử thuộc không gian đó.

Ta định nghĩa các không gian Hilbert H1, H2 lần lượt là

H2 = {v ∈ L2 : vx, vxx ∈ L2}, (1.4)với tích vô hướng được định nghĩa tương ứng là h·, ·iH1 và h·, ·iH2, xác định bởi

Khi đó, ta có bổ đề sau

Bổ đề 1.1 Phép nhúng H1 ,→ C0(Ω) là compact và

vt(t)dt|

≤ |v(y)| +

Z 1 0

Do đó

v2(x) ≤ 2v2(y) + 2

Z 1 0

|vx(x)|2dx

Trang 14 Luận văn toán học

Tích phân (1.11) theo biến y, cận từ 0 đến 1, ta được

v2(x) ≤ 2||v||2 + 2||vx||2 = 2||v||2H1 (1.12)Suy ra

do đó

||v||C0 (Ω) ≤ √2||v||H1, ∀v ∈ H1 (1.14)Bổ đề 1.1 được chứng minh xong

Bổ đề 1.2 Đồng nhất L2 với không gian đối ngẫu (L2)0 của nó Khi đó ta có H1 ,→ L2 ≡(L2)0 ,→ (H1)0 với các phép nhúng liên tục và trù mật.

tuyến tính liên tục trên H1 Do đó Tω ∈ (H1)0

Xét ánh xạ

T : L2 −→ (H1)0

trong đó Tω được xác định ở (1.15) và hTω, vi(H1 ) 0 ,H 1 = hω, vi

Ta sẽ chứng minh T thỏa các tính chất sau:

Lê Hữu Kỳ Sơn - Cao học Giải Tích K18 Trang 14

(T1) T là đơn ánh, tuyến tính,

(T2) T liên tục trên L2,

(T3) T (L2) trù mật trong (H1)0

Do T tuyến tính trên L2 nên để chứng minh T liên tục trên L2 ta chỉ cần chứng minh T

bị chặn Thật vậy, với mọi ω ∈ L2, ta có

Ta sẽ chứng minh rằng mỗi phiếm hàm L tuyến tính liên tục trên (H1)0 và triệt tiêu trên

T (L2) thì cũng triệt tiêu trên (H1)0

Xem L ∈ (H1)00, với hL, Tωi(H1 ) 00 ,(H 1 ) 0 = 0, ∀Tω ∈ T (L2)

Trang 16 Luận văn toán học

hL, zi(H1 ) 00 ,(H 1 ) 0 = hz, vi(H1 ) 0 ,H 1 = 0 , ∀z ∈ (H1)0 (1.22)

Vậy L triệt tiêu trên (H1)0 Bổ đề được chứng minh xong

1.2 Không gian hàm Lp(0, T ; X)

Ký hiệu Lp(0, T ; X), 1 ≤ p ≤ ∞ là không gian các lớp tương đương các hàm thực đođược u : (0, T ) → X, sao cho

Z T 0

||u(t)||pXdt < ∞, với 1 ≤ p < ∞ hay ∃M > 0 sao cho

||u(t)||X ≤ M , a.e t ∈ (0, T ) với p = ∞, ở đây ta đồng nhất các hàm bằng nhau hầu khắp nơitrên (0, T )

Ta trang bị trên Lp(0, T ; X) bởi chuẩn ||u||Lp (0,T ;X), với

||u||Lp (0,T ;X) =

Z T 0

||u(t)||pXdt

!1p, với 1 ≤ p < ∞, (1.23)

||u||L∞ (0,T ;X) = ess sup

0<t<T

||u(t)||X

= infM > 0 : ||u(t)||X ≤ M, a.e, t ∈ (0, T ) (1.24)

Khi đó, ta có các bổ đề sau

Bổ đề 1.3 Với 1 ≤ p ≤ ∞, thì Lp(0, T ; X) là không gian Banach.

Lê Hữu Kỳ Sơn - Cao học Giải Tích K18 Trang 16

Bổ đề 1.4 Không gian đối ngẫu của Lp(0, T ; X) là

Bổ đề 1.5. (i) Nếu X phản xạ thì Lp(0, T ; X) cũng phản xạ với 1 < p < ∞,

(ii) Các không gian L1(0, T ; X), L∞(0, T ; X) là không phản xạ.

1.3 Phân bố có trị vector

Ta ký hiệu D(0, T ) thay cho (D(0, T )) hoặc Cc∞(0, T ) để chỉ không gian các hàm số thựckhả vi vô hạn có giá compact trong (0, T )

Định nghĩa 1.6 Cho X là một không gian Banach thực Một ánh xạ tuyến tính liên tục từ

D(0, T ) vào X gọi là một phân bố (hàm suy rộng) có giá trị trong X Tập các phân bố có giátrị trong X ký hiệu là

D0(0, T ; X) = f : D(0, T ) → X : tuyến tính liên tục (1.25)

Định nghĩa 1.7 Cho f ∈ D0(0, T ; X) Ta định nghĩa đạo hàm df

dt theo nghĩa phân bố của fbởi công thức

hdf

dt, ϕi = −hf,

dϕ

Bổ đề 1.8 Phép nhúng Lp(0, T ; X) ,→ D0(0, T ; X) là liên tục.

1.4 Đạo hàm trong Lp(0, T ; X)

Theo bổ đề 1.8, phần tử f ∈ Lp(0, T ; X) do đó f và dfdt là phần tử của D0(0, T ; X)

Ta có bổ đề sau

Trang 18 Luận văn toán học

Bổ đề 1.9 [4, Lions] Nếu f, df

dt ∈ Lp(0, T ; X), 1 ≤ p ≤ +∞ thì f bằng hầu hết với một hàm liên tục từ [0, T ] vào X.

1.5 Bổ đề về tính compact

Cho B0, B, B1 là các không gian Banach với B0 ⊂ B ⊂ B1 với các phép nhúng liên tục,sao cho

(i) B0, B1 là phản xạ,

(ii) phép nhúng B0 ,→ B là compact

Với 0 < T < ∞, 1 ≤ pi ≤ +∞, i = 0, 1, ta đặt

W (0, T ) =nv ∈ Lp0(0, T ; B0) : v0 ∈ Lp1(0, T ; B1)o (1.27)

Ta trang bị cho W (0, T ) chuẩn

||u||W (0,T ) = ||u||Lp0(0,T ;B0) + ||u0||Lp1(0,T ;B1) (1.28)Khi đó, W (0, T ) là một không gian Banach đối với chuẩn (1.28) Hiển nhiên W (0, T ) ,→

Lp0(0, T ; B) Mặt khác, ta có kết quả quan trọng sau đây về phép nhúng compact

Bổ đề 1.10 [4, Lions] Nếu giả thiết (i)-(ii) thỏa và nếu 1 < p0, p1 < ∞ thì phép nhúng

W (0, T ) ,→ Lp0(0, T ; B) là compact.

1.6 Bổ đề về sự hội tụ yếu

Bổ đề 1.11 [4, Lions] Cho Q là tập mở bị chặn trong RN Cho Gm, G ∈ Lp(Q), 1 < p < ∞, sao cho ||Gm||Lp (Q) ≤ C, Gm → G, a.e x ∈ Q, ở đây C là hằng số độc lập với m Khi đó, ta

có Gm → G trong Lp(Q) yếu.

Lê Hữu Kỳ Sơn - Cao học Giải Tích K18 Trang 18

1.7 Bổ đề Gronwall

Bổ đề này liên quan đến một bất đẳng thức và nó rất cần thiết cho việc đánh giá tiên nghiệmtrong các chương sau

Bổ đề 1.12 Giả sử f : [0, T ] → R là hàm khả tích, không âm trên [0.T ] và thỏa bất đẳng thức

f (t) ≤ C1+ C2

Z t 0

f (s)ds với hầu hết t ∈ [0, T ], trong đó C1, C2 là các hằng số không âm Khi đó f (t) ≤ C1eC2t, với hầu hết t ∈ [0, T ].

Đặc biệt, nếu f (t) ≤ C1

Z t 0

f (s)ds, với hầu hết t ∈ [0, T ], thì f (t) = 0 với hầu hết t ∈ [0, T ].

1.8 Định lý Ascoli-Arzela

Định lý 1.13 Cho A là một tập con của C([0, T ]; Rm) Khi đó, A là một tập compact trong

C([0, T ]; Rm) nếu và chỉ nếu A thỏa các điều kiện sau

i) A bị chặn từng điểm, nghĩa là với mọi t trong [0, T ] ta có tập A(t) ≡ {f (t) : f ∈ A} bị chặn trong Rm.

ii) A đồng liên tục, tức là

∀ > 0, ∃δ > 0 : ∀t, t0∈ [0, T ], |t − t0| < δ ⇒ ||f (t) − f (t0)||Rm < , ∀f ∈ A.

1.9 Định lý Schauder

Định lý 1.14 Cho C là tập hợp lồi, đóng, bị chặn trong không gian Banach X, T: C → C là

ánh xạ liên tục trên C và T (C) là một tập hợp compact trong C Khi đó, T có điểm bất động.

CHƯƠNG 2

SỰ TỒN TẠI VÀ DUY NHẤT

NGHIỆM YẾU CỦA BÀI TOÁN VỚI NHÓM ĐIỀU KIỆN THỨ NHẤT

Trong chương này, chúng tôi trình bày định lý tồn tại và duy nhất nghiệm yếu cho bài toán:

ut ∈ L∞(0, T ; L2), u(0, ) ∈ H1(0, T ), u(1, ) ∈ H1(0, T ), và u thỏa bài toán biến phân sau.

Khi đó ta có định lý sau:

Định lý 2.2 Giả sử (A1) − (A3) đúng Khi đó, với mỗi T > 0, bài toán (2.1) tồn tại duy nhất nghiệm yếu u thỏa

u ∈ L∞(0, T ; H1), u0 ∈ L∞(0, T ; L2),u(0, ·) ∈ H1(0, T ), u(1, ·) ∈ H1(1, T )

Hơn nữa, nếu α, β, γ ≥ 2 thì nghiệm yếu là duy nhất.

Chứng minh

Chứng minh định lý 2.2 gồm nhiều bước

Chứng minh định lý dựa vào phương pháp xấp xỉ Galerkin liên hệ với các đánh giá tiênnghiệm, từ đó rút ra các dãy con hội tụ yếu trong các không gian hàm thích hợp nhờ một sốphép nhúng compact Trong phần này, định lý Schauder và Ascoli-Arzela được sử dụng trongviệc chứng minh tồn tại nghiệm xấp xỉ Galerkin

Bước 1: Xấp xỉ Galerkin

Trang 22 Luận văn toán học

Xét wj là một cơ sở trực chuẩn của H1 Ta tìm nghiệm xấp xỉ của bài toán (2.1) dưới dạng

i=1cmihwix, wjxi + λhψγ(um), wji+Pm

i=1c0mi(t)wi(1)wj(1) + λ1ψβ(um(1, t))wj(1)+Pm

Do {wj} là cơ sở nên ma trận A là khả nghịch Sau khi nhân A−1 và lấy tích phân cận từ

0 đến t hai lần vào hai vế Ta có

c(t) = eF (t) −

Z t 0

ds

Z s 0

A−1Bc(r)dr −

Z t 0

ds

Z s 0

A−1G[c](r)dr −

Z t 0

ds

Z s 0

A−1H0[c](r)dr

−

Z t 0

ds

Z s 0

A−1H1[c](r)dr −

Z t 0

ds

Z s 0

Trang 24 Luận văn toán học

Để ý rằng ta có bất đẳng thức sau

|Ac(t)|1 ≤ ||A|||c(t)|1, ∀c ∈ X,

Với mỗi c ∈ X, ta định nghĩa toán tử U

U [c](t) = eF (t) −

Z t 0

ds

Z s 0

A−1Bc(r)dr −

Z t 0

ds

Z s 0

A−1G[c](r)dr

−

Z t 0

ds

Z s 0

A−1H0[c](r)dr −

Z t 0

ds

Z s 0

A−1H1[c](r)dr

−

Z t 0

ds

Z s 0

A−1Bc(r)dr +

Z t 0

ds

Z s 0

A−1H0[c](r)dr +

Z t 0

ds

Z s 0

Vậy U xác định Ta đi chứng minh U : X −→ X liên tục

Lấy dãy {c(k)} ⊂ X sao cho c(k) → c trong X Khi đó

U [c(k)] − U [c]

X

≤

Z t 0

ds

Z s 0

A−1Bc(k)(r) − c(r)dr

X

+

Z t 0

ds

Z s 0

A−1G[c(k)](r) − G[c](r)dr

X

+

Z t 0

ds

Z s 0

A−1H0[c(k)](r) − H0[c](r)dr

X

+

Z t 0

ds

Z s 0

A−1H1[c(k)](r) − H1[c](r)dr

X

+

Z t 0

ds

Z s 0

A−1Bc(k)(r) − c(r)dr

X

≤ A−1B

Z t 0

ds

Z s 0

Suy ra I1 → 0 khi c(k) → c trong X

Tương tự ta cũng có I5 → 0 khi c(k) → c trong X

Ta lại có Gj[c(k)](t) → Gj[c](t) trong L1(0, T ), do c(k) → c trong X nên {c(k)} bị chặn và Gjliên tục nên Gj[c(k)](t) bị chặn Do dó áp dụng định lý hội tụ bị chặn ta có I2 → 0 khi c(k) → ctrong X

Tương tự cho I3, I4 Vậy ta có U : X −→ X liên tục

Trang 26 Luận văn toán học

Khi đó với mọi c ∈ S, ta có

||U [c]||X ≤ K + T ||A−1B||Tmρ + ||A−1D||Tmρ + mλT ||A−1||Tm√2γ−1ργ−1

+ mλ0T ||A−1||Tm√2αρα−1+ mλ1T ||A−1||Tm√2βρβ−1 (2.16)

Ta chọn ρ sao cho K ≤ ρ2 Sau đó chọn Tm thỏa

TmhT ||A−1B||ρ + ||A−1D||ρ + mλT ||A−1||√2γ−1ργ−1

+ mλ0T ||A−1||√2αρα−1 + mλ1T ||A−1||

√

2βρβ−1i≤ ρ

2. (2.17)Khi đó ta có ||U [c]||X ≤ ρ tức là U [c] ∈ S Vậy U : S −→ S

Bước 2: Đánh giá tiên nghiệm

Ta nhân c0mj vào phương trình thứ j của hệ (2.4), sau đó cộng m phương trình đó lại rồi lấytích phân cận từ 0 đến t, ta có

Sm(t) = 2

Z t 0

hf (s), ˙um(s)ids + Sm(0), (2.18)với

Sm(t) = || ˙um(t)||2+ ||∇um(t)||2+ 2

Z t 0

˙

u2m(0, s)ds + 2

Z t 0

||f (s)||.|| ˙um(s)||ds ≤

Z t 0

||f (s)||2ds +

Z t 0

|| ˙um(s)||2ds

≤ ||f ||2L2 (QT)+

Z t 0

Lê Hữu Kỳ Sơn - Cao học Giải Tích K18 Trang 26

Do (2.5) và (2.6) ta suy ra ||u1m||2 và ||∇u0m||2 bị chặn.

Và H1(0, 1) ,→ Lp(0, 1) với p ≥ 1 thì tồn tại M > 0 để

||u0m||Lγ ≤ M ||u0m||H1,

|u0m(1)| ≤ ||u0m||C([0,1]) ≤√2||u0m||H1 (2.22)Vậy tồn tại C1 > 0 để Sm(0) + 2||u0m||2 ≤ C1 với mọi m Cho nên

Sm(t) ≤ C2+

Z t 0

với C2 = C1+ ||f ||2L2 (QT)

Áp dụng bổ đề Gronwall ta có

Sm(t) ≤ C2et ≤ C3, 0 ≤ t ≤ Tm ≤ T (2.24)Chú ý rằng tồn tại một số dương C4 để

||um(t)||2 ≤ 2t

Z t 0

|| ˙um(s)||2ds + 2||u0m||2

≤ 2t

Z t 0

Sm(s)ds + 2||u0m||2,

||um(t)||2H1 ≤ ||∇um(t)||2+ 2t

Z t 0

Sm(s)ds + 2||u0m||2

≤ Sm(t) + 2t

Z t 0

Sm(s)ds + C1 ≤ C4 (2.25)

Bước 3: Qua giới hạn

Tư ø(2.18)-(2.25) ta trích được dãy con của dãy {um} mà vẫn kí hiệu {um} sao cho

um −→ u trong L∞(0, T ; H1) yếu∗, (2.26)

˙

um −→ ˙u trong L∞(0, T ; L2) yếu∗, (2.27)

Trang 28 Luận văn toán học

um(0, ·) −→ u(0, ·) trong H1(0, T ) yếu, (2.28)

um(1, ·) −→ u(1, ·) trong H1(0, T ) yếu (2.29)Từ (2.26), (2.27) và bổ đề về tính compact (1.5) ta trích được dãy con của dãy {um} mà vẫn kíhiệu {um} sao cho

um −→ u trong L2(QT) mạnh và hầu hết trong QT (2.30)Hàm ψγ liên tục cho nên

ψγ(um) −→ ψγ(u) hầu hết trong QT (2.31)Hơn nữa với γ1 + γ10 = 1 thì

||ψγ(um(t))||γ0

L γ0 = |||um(t)|γ−2um(t)||γ0

L γ0 = ||um(t)||γLγ < γC3

2λ .Theo bổ đề về sự hội tụ yếu 1.11 ta có

ψγ(um) −→ ψγ(u) trong Lγ0(QT) yếu (2.32)Từ (2.28) ta trích được dãy con của dãy {um(0, ·)} mà vẫn kí hiệu {um(0, ·)} sao cho

um(0, ·) −→ u(0, ·) trong C([0, T ]),và ψα liên tục nên

ψα(um(0, ·)) −→ ψα(u(0, ·)) trong C([0, T ]) (2.33)Tương tự, ta có

ψα(um(1, ·)) −→ ψα(u(1, ·)) trong C([0, T ]) (2.34)Vậy, sau khi qua giới hạn trong (2.4) và nhờ (2.26)-(2.34) ta có u thỏa bài toán biến phân sau

(2.35)

Lê Hữu Kỳ Sơn - Cao học Giải Tích K18 Trang 28

Bước 4: Chứng minh sự duy nhất nghiệm

Để chứng minh tính duy nhất của nghiệm yếu bài toán, ta thay giả thiết A3 bởi A03 và cóbổ đề sau:

(A03) α ≥ 2, β ≥ 2, γ ≥ 2

Ta cần dùng bổ đề sau đây, mà chứng minh nó có thể tìm thấy trong [12]

Bổ đề 2.3 Giả sử u là nghiệm yếu của bài toán

Trang 30 Luận văn toán học

|u0(0, s)|2ds + 2

Z t 0

(γ − 1)M1γ−2||u(s)||||u0(s)||ds

≤ [λ(γ − 1)M1γ−2]2

Z t 0

||u(s)||2ds +

Z t 0

||u0(s)||2ds, (2.44)trong đó

u0(η)dη,

Do đó

||u(s)||2 ≤

Z s 0

||u0(η)||dη

2

≤ s

Z s 0

||u0(η)||2dη

Lê Hữu Kỳ Sơn - Cao học Giải Tích K18 Trang 30

Z t 0

||u(s)||2ds ≤

Z t 0

s

Z s 0

||u0(η)||2dηds ≤ T2

Z t 0

2

+ 1

)

Z t 0

H(s)ds ≡ eD1

Z t 0

|u0(0, s)|2ds

≤ [λ0(α − 1)M2α−2]2(T2+ 1)

Z t 0

H(s)ds ≡ eD2

Z t 0

Trang 32 Luận văn toán học

|u0(1, s)|2ds

≤ [λ1(β − 1)M3β−2]2(T2 + 1)

Z t 0

H(s)ds ≡ eD3

Z t 0

H(s)ds

Vậy áp dụng định lý Gronwall

Tính duy nhất nghiệm của bài toán đã được chứng minh

Lê Hữu Kỳ Sơn - Cao học Giải Tích K18 Trang 32

SỰ TỒN TẠI VÀ DUY NHẤT

NGHIỆM YẾU CỦA BÀI TOÁN VỚI NHÓM ĐIỀU KIỆN THỨ HAI

Trong chương này, chúng tôi trình bày định lý tồn tại và duy nhất nghiệm yếu cho bài toán:

Trang 34 Luận văn toán học

(B3) α, β, γ ≥ 2; λ, λ0, λ1 > 0

Khi đó ta có định lý sau:

Định lý 3.1 Giả sử (B1) − (B3) đúng Khi đó, với mỗi T > 0, bài toán (3.1) tồn tại duy nhất nghiệm yếu u thỏa

u ∈ L∞(0, T ; H2), u0 ∈ L∞(0, T ; H1), u00 ∈ L∞(0, T ; L2),

u(0, ·) ∈ H2(0, T ), u(1, ·) ∈ H2(0, T )

Chứng minh

Chứng minh định lý 3.1 gồm nhiều bước

Bước 1: Xấp xỉ Galerkin

Xét wj là một cơ sở đếm được của H2 Ta tìm nghiệm xấp xỉ của bài toán (3.1) dưới dạng

Từ giả thiết (B1) - (B3) thì hệ (2.4) có nghiệm um trên [0, Tm]

Bước 2: Đánh giá tiên nghiệm

Đánh giá tiên nghiệm lần I

Tương tự như khi chứng minh định lý 2.2 ta thu được đánh giá tiên nghiệm sau:

Sm(t) ≤ C3, ∀m ∈ N, ∀t ∈ [0, T ], (3.5)Lê Hữu Kỳ Sơn - Cao học Giải Tích K18 Trang 34