Phương trình sóng với điều kiện biên không thuần nhất chứa tích phân giá trị biên

Trang 1

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO _

TRUONG DAI HOC SU PHAM THANH PHO HO CHI MINH

DƯƠNG THANH LIÊM

PHƯƠNG TRÌNH SÓNG VỚI ĐIỀU KIỆN BIEN KHONG THUAN NHAT CHUA

TICH PHAN GIA TRI BIEN

Chun ngành: TỐN GIẢI TÍCH

Mã số: 60 46 01

LUẬN VĂN THAC SỸ TOÁN HỌC

Trang 2

LOI CAM ON

Lời đầu tiên, tôi xin chân thành cảm ơn Tiến Sỹ Nguyễn Thành Long, người Thầy đã tận tình hướng dẫn, giúp đở tôi trong suốt khoá học và nhất là trong việc

hoàn thành luận văn này

Xin chân thành cảm ơn quý Thầy, Cô thuộc khoa Toán-Tin học của hai

trường Đại Học Sư Phạm và Đại Học Khoa Học Tự Nhiên thành phố Hồ Chí Minh

đã tận tình truyền đạt kiến thức và kinh nghiệm cho tôi trong suốt khoá học

Xin chân thành cảm ơn Phòng Khoa Học Công Nghệ - Sau Đại Học trường

Đại Học Sư Phạm thành phố Hồ Chí Minh đã tạo điều kiện thuận lợi cho tơi hồn

thành chương trình học tập và thực hiện luận văn này

Xin chânh thành cảm ơn Ban lãnh đạo Phòng giáo dục, Ban giám đốc Trung tâm giáo dục thường xuyên Huyện Củ Chi và các bạn đồng nghiệp đã tạo điều kiện và giúp đở tơi hồn thành khoá học

Cuối cùng, tôi xin cảm ơn các bạn học viên Cao học khoá 14 - Chuyên

ngành Giải tích, trường Đại Học Sư Phạm thành phố Hồ Chí Minh và đặc biệt là

những người thân trong gia đình đã động viên giúp đở tôi rất nhiều trong suốt khoá

học

Trang 3

MUC LUC Trang Lời cảm ơn Mục lục Chương 0 Phần mở đầu Chương 1 Các công cụ chuẩn bị 4 1.1 Các không gian hàm 4 1.2 KHONG Gia RA as «ews ga Si BS 6 ĐA bố © POPE Hem 2 ed 6

heat Phân bố có giá trị trong không gian Banach 7

1.4 Đạo hàm trong LŸ 9

l5 Bổ để ve tinh Compactt0a LIONS cies ¢ eos & exe š s22 vía II 1.6 Bổ đề về sự hội tụ yếu trong L*(Q)

12

Chương 2 Sự tồn tại và duy nhất nghiệm 13

2.1 Định lý 2.1 c co, 14 2.2 Định lý 2.2 22c veeevev eevee 33

2.3 ĐỊNH lý l2 can keé come 4 was & en ah aoe Gee eo ate Elon 33

Trang 4

CHƯƠNG 0 PHAN MỞ ĐẦU

Trong luận văn này, chúng tôi xét bài toán sau: Tìm một cặp các hàm (u,P) thda:

Uy — Uy + f((uu,) = F(x, x €Q=(0,1), O< 1 <T, (0.1)

u(0,t) = P(t), (0.2)

u(1,t) = 0, (0.3)

u(x,O) = u(x), u,(x,0) = uj(x), (0.4)

trong d6 f(uu,) = Ku + Ä w, với K, Ä là các hằng số không âm và z„ œ, F là các

hàm cho trước thỏa các điều kiện ma ta sé chi ra sau Ham chua biét u(x,t) va

giá trị bién chufa biét P(t) thỏa một phương trình tích phân phi tuyến sau đây: t

P(t) = g(t) + H(u(0,t)) ~ [k(t s)u(0,s)ds, (0.5)

0

trong d6 g, H, k la cac ham cho truéc

Trong [2], Áng và Định đã thiết lập định lý tổn tại và duy nhất nghiệm

toàn cục cho bài toán giá trị biên và ban đầu (0.1)-(0.4) với œ„ uw, P là các hàm cho trước, #(x,/) = 0 và ƒ(u,,u,) = |u|" u,, (O<a<l)

Bằng sự tổng quát hóa của [2], Long và Dinh [5], (6] da xét bai todn (0.1),

Trang 5

lập từ bài toán (0.1)-(0.4), trong đó, ham chua biét u(x,t) va gid tri biên chưa biết P(r) thỏa một bài toán Cauchy sau đây cho một phương trình vi phân thường

P(t) +o P(t) = hu, (0,t), O<t<T, (0.7)

P(O) = P,, P(O) =A, (0.8)

trong đó >0,h>0, Pọ, P¡ là các hằng số dương cho trước [6]

Trong [I], An và Triều đã nghiên cứu một trường hợp riêng của bài toán (0.1)-(0.4), (0.7), (0.8) với w„ = ị = Po = Ovà với F(x,f) = 0 Trong trường hợp sau, bài toán (0.1)-(0.4), (0.7) và (0.8) là mơ hình tốn học mơ tả sự va chạm của một vật rắn và thanh đàn hồi nhớt tuyến tính tựa trên một nền cung [1]

Từ (0.7), (0.8) ta biểu diễn P(¿) theo Po, Pị, @, h, ú„(0,£) và sau đó tích

phân từng phần ta thu được f P(t) = g(t) + h(u(0,t)) — [k(t = s)u(O,s)ds, (0.9) 0 trong do g(t) = (Py — hug (0))coswt + (P, — hu,(0)) PS”, (0.10) @) k(t) = hwsinoot (0.11) Bằng cách khử ẩn ham P(t), ta thay thế điều kiện biên (0.2) bởi f u,(0,t) = g(t) + hu(O,t) — [k(t —s)u(0,s)ds (0.12) 0 Khi đó, chúng ta đưa bài toán (0.1)-(0.4), (0.7), (0.8) về (0.1)-(0.4), (0.9)- (0.11) hay (0.1), (0.3), (0.10)-(0.12)

Luận văn được trình bày theo các chương như sau:

Chương O: Phần tổng quan về bài toán khảo sát trong luận văn, điểm qua

các kết quả đã có trước đó, đồng thời nêu bố cục của luận văn

Trang 6

lại một số không gian hàm, một số kết quả về phép nhúng compact giữa các

không gian hàm quan trọng

Chương 2: Chúng tôi nghiên cứu sự tồn tại và duy nhất nghiệm yếu toàn cục của bài toán (0.1)-(0.5) Chứng minh được dựa vào phương pháp Galerkin liên kết với các đánh giá tiên nghiệm, hội tụ yếu và về tính compact Trong phần này, định lý Schauder được sử dụng trong việc chứng minh tổn tại nghiệm

xấp xỉ Galerkin

Chương 3: Chúng tôi chứng minh rằng nghiệm (w,P) của bài toán (0.1)-(0.5) là ốn định đối với các hàm g, H va k

Chương 4: Chúng tơi xét bài tốn cụ thể để minh họa phương pháp tìm nghiệm của bài toán trên

Trang 7

CHUONG 1 MOT SO CONG CU CHUAN BI

1.1 Các không gian hàm

Đầu tiên, ta đặt các ký hiệu sau 2= (0,1), r= (2x (0,T), T > 0, va bd qua định nghĩa các không gian hàm thông dụng:

C”(Q),LP?(Q), H”(Q),W”?(Q) Để cho gọn, ta ký hiệu lại như sau: L(Q) =L?, H”(Q)=H”, W”P(Q)=W”"! Ta định nghĩa H = L”(Q) là không gian Hilbert đối với tích vô hướng l (u, v) = [¿(x)v(x)áx, H, HT (1.1) 0 Ký hiệu || để chỉ chuẩn sinh bởi tích vô hướng (1.1), nghĩa là L⁄ l 2 uel] = f( u,v) =| fant „ we L, (1.2) 0 Ta định nghĩa V=lveH`:v(1)= 0Ì, (1.3) và l (u, VÀ, = (u', v) = [u(x)v(x)ak (1.4) 0

V là không gian con đóng của #', do đó, V là không gian Hilbert đối với tích vô

hướng của H' Mat khac trên V thì lv va lvÏ, = j9) là hai chuẩn tương

đương Điều này cho bởi bổ đề sau

Bổ đề 1.1: Phép nhúng VỀ — C°(Q) la compact va

Trang 8

Chứng minh bổ đề 1.1 không khó khăn

Bổ đề 1.2: Đồng nhất H với H' (đối ngẫu của H) Khi đó, tacó V= H = H' = V' với các phép nhúng liên tục và nằm trà mật Chứng minh: Trước hết ta chứng minh rằng #7 nhúng trong V’ Vi VCH, véi moi w€ H cố định, ánh xạ: Tv:V CD IR 1 ves T,(v) = (wiv) = [w(x)v(x)dx 0 là tuyến tính liên tục trên V, tức là T, e V' Ta xét ánh xạ: T:H->V' w > T(w) = Tự Khi đó ta có:

ta = (w, v), VụeV, VweH

Ta sẽ chứng minh rằng toán tử 7 thỏa các tính chất sau:

i) 7T:H >V' là đơn ánh, ci) rads | Vwe H,

(iii) 7(H) = {T,,: we H} 1a tra mat trong V'

Chứng minh:

(i) Dé thay ring 7 tuyén tinh Néu 7, =O thi (w,v) = (Ty sV) yey , Ve Do V trù mật trong H, nên ta có (w,y)=0, Vve Do đó w = 0

Vậy 7 là đơn ánh, nghĩa là một phép nhúng từ ; vào V”

(¡) Ta có, với mọi w e HH,

(1.6)

(1⁄2)

Trang 9

Fey = sup |fs)= sup (wn) veV |u| =I veV |v, =

< sup full veV |r|, =|

< veV, Viv = `

(ii) Ta chứng minh rằng mọi phiếm hàm tuyến tính liên tục trên V” và triệt tiêu

trên 7(H) thì cũng triệt tiêu trên V7” Coi L c(V}`)', với

(L,Ty yey: = 9, VT, e T(H)

Ta chtfng minh rang L = 0

That vay, do V phan xa, tifc 1a (V")’ = V, theo nghĩa

VE €(VYs EV Ez) gage =(al)pya VieV: (1.9)

Lấy z = T„ e V', ta có:

O=(L.Ty yay = (Tol yy = (wl), Vw e V,

Do V trù mật trong #1, nên ta có: (w,l)=0, VweH

Vậy ¡= 0 Theo (1.9) ta có: (1z) v =(sf)y„„ =0, VeeV: Vậy L triệt tiêu trên V”

Chú thích 1.1: Từ bổ đề 1.2 ta dùng ký hiệu tích vô hướng (.,.) trong LÝ để chỉ

cặp tích đối ngẫu giữa V và V'

Chuẩn trong LÝ được ký hiệu bởi || Ta cũng ký hiệu ||, để chỉ chuẩn

trong một không gian Banach X và gọi X' là không gian đối ngẫu của X

1.2 Không gian hàm L’(0,7;X), 1 <p < ©

Cho X là không gian Banach thực đối với chuẩn || Ta ký hiệu LP(0,7;X), I <p < œ, là không gian các lớp tương đương chứa hàm u : (0,7) > X

Trang 10

rE flu(t)| de < 0, vil <p <a, 0 hay 4M > 0:||lx()| </M,a.e.,re(0,T) với p=øœ Ta trang bị LP(0,7;X), l <p < œ bởi chuẩn như sau: L⁄/ ip T / |tÌ|>,o:x; | aga vd1 | < p<oo, 0 hay lel ee vor: x)= esssup|u(t)||, O<t<T

= inf |M >0:|u(t)|, <M, ae 1E(0,T)} voi p =o

Khi đó ta có các bổ để sau đây mà chứng minh của chúng có thể tìm thấy

trong Lions[4]

Bổ dé 1.3: (Lions{4]) L°(0,7;X), 1 < p< la khdng gian Banach

Bổ đề 1.4: (Lions[4]) Goi X’ la déi ngẫu của X Khi đó LP(0.T:X')với ` + 2 =l, Ì<p<è, là đối ngẫu của L(0,T;X) Hơn nữa, nếu X phản xạ thì

PP

L(0,T;X) cũng phản xa

Bổ đề 1.5: (Lions[4]) (LÌ(0.T:X)) = L*(0,T;X') Hơn nữa các không gian L'(0,T;X), L°(0,T;X") khong phản xạ

Chú thich 1.2: Néu X = L°(Q) thi L?(0,7;X) = L?(Q«(0,7))

1.3 Phân bố có giá trị trong không gian Banach

Định nghĩa 1.1: Cho X là một không gian Banach thực Một ánh xạ tuyến tính liên tục từ ((0,7)) vào X gọi là một (hàm suy rộng) phân bố có giá trị trong X

Trang 11

D'(0,T;X) = L(D(0,T);X) = {u: D(0,T) -> X Ì wtuyén tinh liên tục}

Chú thích 1.3: Ta ký hiệu 70,7) thay cho 2((0,7)) hoặc C.”((0,7)) để chỉ không gian các hàm số thực khả vi vô hạn có giá compact trong (0,7)

Định nghĩa 1.2: Cho ¡c /)'(0,7;X) Ta định nghĩa đạo hàm a theo nghia phan

dt

bố của # bởi công thức:

(4.9) =-(u 22) Vo e D(0,T) (1.10)

dt dt

Cac tinh chat:

i/ Cho v € L°(0.T;X) ta làm tương ứng nó bởi ánh xạ 7; : D(O,T) > X như sau: T (7,9) = Jy)o(r)di, vee D(0,T) (1.11) 0 Ta có thể nghiệm lại rằng 7, e D’(0,T;X) That vay: J Anh xạ là tuyến tính

JJ/ Ta nghiệm lại ánh xạ 7, : (0,7) —> X là liên tục

Giả sử (o,] c D(0,T) sao cho ọ, ->0 trong (0,7) Ta có: (“.e/Ì, - T [9()ọ,(t)ái 0 T crave tlt x O ' ' (1.12) Ñ P P ỉ P p J->+® <{ [Ite0lý œ| | Ílo,œ|ˆ & 0, 0 0

Do d6, (T,,g,) > 0 trong X khi j > +© Vậy T, e D'(0,7;X)

ii/ Anh xa v++T, 1a m6t don Anh, tuyén tinh tv L’(0,7;X) vao D'(0, 7;X) Do đó,

ta có thể đồng nhất 7, = v Khi đó, ta có kết quả sau

Trang 12

1.4 Dao ham trong L’(0,7;X)

Do b6 dé 1.6, phần tử u € L?(0,7;X) ta c6 thé coi u va do dé - là các

t

phần tử của '(0, 7;X) Ta có kết quả sau

Bổ dé 1.7 (Lions [4]) Nếu u e LÌ(0,T;X) và u`e LÌ(0,T;X) thì u bang hau hết với một hàm liên tực từ [Ơ,TÌ —> X Chứng minh bổ đề 1.7 bằng nhiều bước t Buéc 1: Dat H(t) = ful(s)ds Khi 46 H: [0,7] > X lién tuc, vi u'é ENO,.T 2X) 0 oh out thes nghĩa phân bố Thật vậy: dt dt Vọ e D(0,7) ta có: T (a 0)“ cm a 0 dt T \ do T T do =- | Jus —(t)dt = - [u'(s) J— tu 1s (1.13) 0 dt 0 at 1 Ss = Julsio(srds=(u'9) 0 vay EM Lt trong D'(O, T:X) dt dt

Bước 2: Ta suy ra rằng ¿= H + C, theo nghia phan bố (C 1a hang)

Thật vậy, giả sử v= H — w Ta có v'=0 theo nghĩa phân bố (do bước ])

Ta sẽ chứng minh rằng v = C theo nghĩa phân bố Thật vậy v'=0 tương đương

VỚI

T

Jv(s)p'(s)ds = 0, Vọce D(0,7) (1.14)

Trang 14

ll 7 Nếu w e L'(0,7:X) va [»)o(1)di =0, VpeD(0,T) thì w()=0 với 0 hầu hết r e (0,7) Điều này có được là do ánh xạ w > T„ từ L'(0,7;X) vao D'(0, T;X) là đơn ánh (tính chất ¡1/ ở trên) Từ các bước 1, 2, 3 & trén ta suy ra rang u= H + C, theo nghĩa phân bố Tương tự ta có bổ đề sau:

Bổ đề 1.8 (Lions [4]) Néu we (0,T:X) và „te (0,T;X) thì u bằng hầu hết một hàm liên tục từ [O,TỊ vào X

1.5 Bổ đề về tinh compact của Lions [4]

Cho ba không gian Banach Xọ, Xị, X với Xo c X c X¡ với các phép nhúng liên tục sao cho: Xv , X; la phản xa, (1.16) Phép nhting Xo ~ X la compact (1.17) Với D<7T<xz, l<p;,<%,1=0, ], ta đặt: W(0,T) =|v EL” (0,7; Xo): ve L" (0,7;X,)} (1.18) Ta trang bị W(0,7) bởi chuẩn: (1.19) +| Mlwrory = [lpm (0.T:X,) v|» (0.7:X,)'

Khi đó, W(0,7) là một không gian Banach Hiển nhiên W(0,7)C ° (0,7; Xạ)

Ta cũng có kết quả sau đây liên quan đến phép nhúng compact

Bổ đề 1.9 (Bổ đề về tính compact của Lions [4])

Voi gid thiét (1.16), (1.17) va l<p, <2, i=0,1, thì phép nhúng W(0,7) — 0 (0.7;X ) là compact

Trang 15

12

1.6 Bổ đề về sự hội tụ yếu trong L*(Ó)

Bổ đề sau đây liên quan đến sự hội tụ yếu trong L*{Ó)

B6 dé 1.10 Cho Q là tập mở bị chặn của IRỶ và G„, G e L*(O), Ì < q< ø sao cho IG, Ìt; (Q) <C, trong đó C là hằng số độc lập với m và Ở„ > G a.e trong Q Khi đó Œ„ ->Œ yếu trong L*(Q)

Ta cũng dùng các ký hiệu w(f), w(†) = w,(t) = ú(t), u"(t) =u, (t) = u(t),

u,.(t)=Vu(t), u(t) = Au(t) dé lan lượt chỉ:

Gu Ou Gu Oru

u(x,t), By 5 (xt) 29 ae Ce Fy:

Trang 16

13

CHƯƠNG2 SỰ TỒN TẠI VÀ DUY NHẤT NGHIỆM

Trong chương này, chúng tôi trình bày sự tồn tại và duy nhất của nghiệm

yếu toàn cục cho bài toán: tìm một cặp hàm (u(x,t), P(t)) thda: Uy — Hy + Ku+Àu, =F(x,t), xeQ=(0,1), 0<r<T, (2.1) u,(0,t) = P(t), (22) u(1,t)=0, (2.3) u(x,O) =u, (x), u,(x,0) = u(x), (2.4) t P(t) = g(t) + H(u(0,t)) ~ [k(t -s)u(0,s)ds, (2.5) 0

trong d6 K, 2 14 hai hing số không âm và w„, ⁄ạ, F, g, H, k 1a các hàm cho trước

thỏa các điều kiện nào đó mà ta sẽ đặt ra sau

Chứng minh được dựa vào phương pháp Galerkin liên hệ với các đánh giá tiên nghiệm, từ đó rút ra các dãy con hội tụ yếu trong các không gian hàm thích

hợp nhờ một số các phép nhúng compact Trong phần này, định lý Schauder

được sử dụng trong việc chứng minh tổn tại nghiệm xấp xỉ Galerkin

Trước hết ta thành lập các giả thiết sau:

Trang 17

n

sao cho: (n) = fH(s)ds 2 hạ, Vn e

0

Khi đó ta có định lý sau đây:

Định lý 2.1: Cho 7T >0 và giả sử (AI)-(A¿) đúng Khi đó, tôn tại một nghiệm yếu (u,P) của bài toán (2.1)-(2.5) sao cho:

ue1”(0,T;V), w e1(0,7;12) „(0.+)e1?(0,1), (2.6)

PeH'(0,T) (2.7)

— Hơn nữa, nếu H thỏa thêm điều kiện

(A;) HeC (IR), H(s)>-l, VseIR

Khi đó nghiệm bài toán là duy nhất

Chứng minh: Gồm nhiều bước

Bước I1: Xấp xỉ Galerkin

Trang 18

l5 f P(t) = g(t) +H (u,,(0,0)) — [k(t —s)u,,(0,5)ds, (2.11) 0 m Un, (0) =Uom = > Lj¥;) —> Họ mạnh trong HÌ, = , m (2.12) , 2 tạ (Ũ) = Mịm = > Bj; _> u, mạnh trong L7 j=l

Hệ phương trình (2.10)-(2.12) được viết lại dưới dạng

c? (t)+À em (E) = =m | Pp (t)w (0) +(Ku,,(t) +Au’(t)- F(t),w,) | (2.13) Jom

t

P(t) = g(t) +H (u,,(0,t)) — [k(t —5)u,,(0,5)ds, (2.14)

0

Cmj(0) = Amy, C(O) =Byy, 1S jf Sm (2.15)

Bổ đề 2.1: Nghiệm của bài toán Cauchy sau day: c(t) + 27c(t) = q(t), t>0, (2.16) c(0)=œ, c(0)=B, cho bởi công thức: sin(MM) | pea ~t)| 1 q(t)dt (2.17) c(t) = acos(Xt) +B 0

Chứng minh bổ đề 2.1! không khó, ta bỏ qua

Trang 20

i? | sin(À.,t) N,(t)= mi ; (2.20) Giyj (1) = Oy N',(t) + BN j (1) + — In, (t~4)| (F(x).w/)~ g(x)w,(0) lát wl) 0 Khi đó, ta có bổ đề sau đây:

Bổ đề 2.2: Cho T >0 và giả sử (AI)-(A,) thỏa Khi đó hệ (2.19)-(2.20) có nghiệm

Cm = ( Cmị,- Cam) trên một đoạn [0, T,,) [0, TỊ

Chứng minh bổ đề 2.2: Ta bỏ qua chỉ số m, hệ (2.19)-(2.20) viết lại dưới dạng c= Uc, (2.21) trong d6 c =(€\, €„) Uc =((Uc), (Uc), ), (2.22) (Uc),(t)=G,(t)+ |N;(t~ t)(Ve),(x)ản, 0 t (Ve) (t) = fi (c(t),c'(t)) + [k(t -s) fa j(c(s))ds, (2.23) 0 Gj(t)=a, _ 2.24 5 [N, (~+)| (F(t) W i)- g(t)w (0) |dt ( ) Fl "

vdi fij : IR°" > IR, fo, : IR" > IR x&c dinh béi:

Trang 21

18

Bụ =[ceC'[[0.1„]:!#"):||, < My

Ie, =Ícl, +Ít 1: lelo = sup le(2|,, |e(2|= 3 |e)|

<S Tn i=]

Dé thay ring B,, 1a tập con lỗi đóng và bị chặn của Y = C'({0, 7„]; /#”) Dùng định lý điểm bất động Schauder ta sẽ chứng minh rằng toán tử U: „ -> Y xác định

bởi (2.22)-(2.26) có điểm bất động Điểm bất động này là nghiệm của hệ (2.19)

Trước hết ta sẽ chứng minh U biếntập B„ vào chính nó

Trang 22

19

' |

ti, <|g|: +| Le} JmB(M7) l 2.33)

trong đó:

IG] =[Glor + 1G ly = sup |G], + sup [Gi 0<r<T 0<:<T

Chon M va sau do chon T,, > O sao cho:

M>2|G|- và " lab (.7) < > (2.34)

Do đó: |Uc|| <M với mọi c 6 B„ Nghĩa là toán tử U biến B„ vào chính nó

1i) Tiếp theo, ta chứng minh toán tử U liên tục trên Ø„ Cho c, đ e ñ„ ta có:

(

(Ue),)~(U4),(1)= [N,ứ~+)|(Ve),(x)~(V4), (x) Jx (2.35)

0 Do đó:

Uc -Ud\|, < —T, m \Ve— Val (2.36)

Trang 23

cho: \Ve-Val, < Ky (2 + lel oz) le~4ly + He’ - 2 bị Vede (2.40) Từ (2.36), (2.37) và (2.40) chứng tỏ rằng U: ö„ -> Y là liên tục ii) Bây giờ ta sẽ chứng minh rằng tập UÖ¿„ là một tập tương đối compact trong Y Cho c e Ưư„, :,f`e [0, 7„„] Từ (2.22) ta có: f (Uc), (1)-(Uc), (f)= Œ,(r) -G,(t') + [[N;u —t)- Nj( -t) |(Ve) (t)dt 0 j (2.41) =JN/f'=t)\(Ve), (t)át t Chú ý rằng từ bất đẳng thức: |N;(t)—N,(s)|<|t— 3| Vts e[0.7„;], (2.42) kết hợp với (2.30) ta thu được từ (2.41) rằng ⁄ ! * ' l , (Uc)(:)~(0c)(r)|, <|@ứ)=G()| {t, al =f||Ye|, (2.43) <|G()- G(')|, BMT Th hee I

Tương tự, từ (2.27), (2.30) và (2.42) ta cũng thu được

(vey (t)—(Uc) (t')| <|G'(t)-G'(t')|, +B(M.T) (247, +) e-#'] (2.44)

l

Do UB, c B,, va tif cdc đánh giá (2.43) và (2.44) ta suy ra họ các ham

UBy ={Uc: ce By} là bị chặn đều và liên tục đồng bậc đối với chuẩn | | của

không gian Y Ấp dụng định lý Azela-Ascoli vào khéng gian Y, ta suy ra rang UB, là một tập tương đối compact trong Y Do định lý điểm bất động Schauder, ta có

c €B, saochoc = Uc, ma điểm bất động này là nghiệm của hệ (2.19)

Trang 24

Dùng bổ dé 2.2, với 7 > 0 c6 dinh, hé (2.13)-(2.15) c6 nghiém (u,,(t), Pn(t))

trên một đoạn [0, 7„] Các đánh giá tiên nghiệm dưới đây cho phép ta lay T,, = T

Với mọi m

Bước 2: Các đánh giá tiên nghiệm |

Thay (2.14) vào (2.13), khi đó nhân phương trình thứ cla (2.13) bdi c,,,(t) va

lấy tổng theo /, sau đó tích phân từng phần theo biến thời gian từ 0 đến í, ta có: S„(t) = =2 H(„(0,1))+ 2H (ug„(0))+ S„(0) +2g(0)6„(Ô) — 2g(£)„„(0,t) t t +2Jg'(s)u,,(0,s)ds+2 [(F(s),u’,(s))ds 2.45) 0 0 t 5 +2 fu’, (0,s)ds [k(s — 1)w„(0,t)dt, 0 0 trong đó 5 3 , lu) (t)|> + et (t Mi, + K |e Cel” + 20 fla}, (1 IP ds (2.46) 0 Sm(t) = Khi đó, sử dụng (2.15), (2.46),(A;) và bổ để I.1, ta có: ^ ^ l

-2H (u,,(0,t)) +2 H (Up, (0)) + Š„(0) +2|g(0),a„„(0)Ì < a1 (2.47)

với mọi m và í, trong đó C¡ là một hằng số chỉ phụ thuộc vào up, uy, H, hy va g

Tiếp tục sử dụng bổ đề 1.1 và bất đẳng thức 2ab < oe +3b*, VabelR,

Trang 25

( ~2g(1)w„„ (0,1) +2 [g'(s)u„(0,s)ds 0 t t < 3ø (r) x 3 [|s(s)|' ds +S lee [S„(s)ds (2.48) 0 3 30 ni2 or) tz Sm +5 Is (s)ds | l m Van sử dụng bổ đề 1.1, ta suy ra: ds m f 2 [(F(s),1„(s)) 0 t < [JƑ(s)[Í ds+ De (s)|Í ds (2.49) 0 T < fFrs)|? as+ [S, (s)ds 0 0 Chú ý rằng, sau khi sử dụng tích phân từng phần, tích phân sau cùng trong (2.45) viết lại: t 5 1 =2 [u',(0,s)ds [k(s—t)u,,(0,t)dt 8 Ờ (2.50) 2u „(00 [R(t Dt (0, 94-2, ,(0,s)đs ['(s = t)w„(0,x)đ+ 0 0 Do đó: t t 5 li) <2YS,,(0) [|kŒt ~ t| |S„(x)dx +2 ƒJS„(5)đs [| (s — t)||S„(x)dt ai) 0 0 0 ;

Số hạng thứ nhất của vế phải trong (2.51) được đánh giá nhờ vào bất đẳng thức

2ab < vai +3b7, VabelR

Trang 26

23 Tá cỗ t í I, < 5 Slt +3 Pris JSu¢eidr < Sut) + 3K (OT) J @ 0) (2:52) Tương tự, số hạng thứ hai của vế phải trong (2.51) được đánh giá nhờ vào bất đẳng thức Cauchy-Schwartz t t t I,< 3 |S m(shds+3e Nes ds [Suis ns (t)dt í <5 |, (s)ds +37 ||k'|2 Ty (2.51)-(2.53) ta thu dude l l 2 n2 IỊ<35„69+| 3 +3|kh,¿„, +3 : Từ (2.45), (2.47)-(2.49) và (2.54) ta suy ra rằng t S„(t)< Dị(t)+ Dị? [S„(x)án, 0 trong đó 2 “12 A 2 D,(t) =C, +98°(t) + 9] 8'[)2.9 7) +3 [|F(s)|f ds, 0 D?) =5+ OWA (0,T) to) Vi H'(0, T) ~ C0, 7)), từ giả thiết (A), ta suy ra rằng |D,(+)|< ÐƑ), a.e te[0,7],

trong đó D7” là một hằng số chỉ phụ thuộc vào 7

Trang 28

25 ø sim(À jt) K (=3 (2.62) /=l hj m sin(x t) Ym(t) = Sst Pa J Je.o J=l J f a - V2 [K„„ (t- 0 Kant + Aun (T) - Fon (2.63) i I»;| Khi đó z„(0.:) được viết lại như sau ft Um (O.t) = Yq (t) = 2 [Ky (t- t) Py (TdT (2.64) 0 Ta cần bổ dé sau đây

Bổ đề 2.3: Tôn tại một hằng số Cạ >0 và một hàm dương liên tục D(t) độc lập VỚI m §aOo Cho:

t t

yin (tI) dt S Cy + D(t) [| Ku (1) + Ruy (1) — F(a)? a, (2.65)

0 0

Vre[0,7], VT >0

Chứng minh của bổ đề này có thể tìm thấy trong [2]

Trang 29

26 5 ~ f [4s 0 0 [Ki,(s —1)P„(t)dt | 4 (0) [Kat sids-+2 fs (rJár |P, (t|Ìdt (2.68) 0 0 0 < ed ioe fas 1B (x)? at 0 Chú ý rằng từ (2.14) ta có P„(0) = g(0)+ H(us„„(0)), t 42.69) Pm(t) = g'(t) + H'(u,, (0,t)) uj, (0,0) — [k(t — 5), (0,5 )ds 0

Dùng bất đẳng thức (a+b +c) = 3a? +b? +c), Va,b € IR, ta suy ra tif (2.59),

Trang 30

27 2 f $ ( [ds [K,,(8- UP, (t)dt <2 [K3(s)ds| (g(0) + H (uo (0)))° +3!|#lƒ2,oz, 0 |0 0 f Ss +3 max IH(s)Ÿ ds u’, (0,1) dt Hi Ga) (2:71 3 on, 2 +5 tlk for}

Chú ý rằng với mỗi 7 >0, K„ j K mạnh trong L”(0,7) khi m Ï +i và dùng các giả thiết (Az)-(As) và các kết quả (2.15), (2.59), (2.71) ta thu được (2.66) Vậy bổ đề 2.4 được chứng minh xong

Bổ đề 2.5: Tôn tại hai hằng số dương ce va ce) chỉ phụ thuộc vào T sao cho: : 5 fun (0.0) dt<cP’, Wre[0,T], VT>0, (2.72) 0 tự fen (O.v\ dtsCP’, Wee[0,T], VT>O0, : (5) (2.73) 0

Trang 31

28 Do đó, sử dụng (2.59) và (2.75), ta có t [| Kel, (2) + Au, (4) - F(a) dt < CỤ), (2.76) 0 Cuối cùng, từ (2.74) và (2.76) ta thu được bất đẳng thức ( t $ [„(0.5)|Ÿ ds < CỆ) + 8C? [ds [u/„(0.x)| dr, (2.77) 0 0 0

mà điều này dẫn đến (2.72), do bổ để Gronwall Vậy bổ đề 2.5 được chứng minh xong

Bước 3: Qua giới hạn

Từ (2.14), (2.46), (2.59), (2.72) và (2.73), ta suy ra rằng, tồn tại một dãy

con cia day {(u,,,P,,)}, vẫn ky hiéu la {(u,,,P,, )}, sao cho:

u, —u trong L~(0,7;V) yéu *, (2.78)

tạ —>ˆ trong (0.7 /”] yếu *, (2.79)

Un, (O,t) > u(0,t) trong L” (0,7) yếu *, (2.80)

uy (0,t) > u'(0,t) trong L7 (0,7) yếu, (2.81)

P„ —> P trong H! (0.7) yếu (2.82)

Ap dụng bổ đề 1.9 về tính compact ứng với pạ = p = 2, Xy = V, X = X, =L'(Q), ta

suy ra từ (2.78), (2.79) rằng, tổn tại một dãy con của dãy {Um } , vẫn ký hiệu là

{ưự„ }, sao cho:

„ —> + mạnh trong EP (Q;) va a.e (x,) trong Ór (2.83) Do nhing H'(0,T) > 6 ([0.7 Ì) là compact, ta suy từ (2.80), (2.81) ta lấy ra một

(0./)} vẫn gọi là {z„(0,f)} sao cho

Trang 32

29 u,,(0,t) > u(0,t) manh trong C°([0,7]), (2.84) Vì H liên tục, ta suy ra từ (2.14) và (2.83), rằng f P„(t) > g(t) + H(u(0,t)) — [k(t -s)u(O,s)ds = P(t) (2.85) 0 manh trong c° ([0.7 Ì): Từ (2.82) và (2.85) ta thu được Đà =P a.e trong r (2.86)

Qua giới hạn trong (2.13) nhờ vào (2.78), (2.79), (2.85) và (2.86) ta có:

“(w(t ).v) +a(u(t),v)+ P(t)v(O) + (Ku(t) + Au'(t),v) =(F(t),v), Vv eV (2.87)

Ngoai ra, do u, u,, eC°(0,7;L’] nén ta c6 u,,(0) > u(O) manh trong FẺ, mà điều này kết hợp với (2.12), ta có „ (0) = wo„ —> My Manh trong H', ta suy

ra (Ô) = Họ

Mặt khác, vì (z„,(r),w,) và (,„(r),w„) thuộc C°([0,7]) nên

(uj, (1) ;) > CHỦ ) vì vậy w(0) =ị

Vậy sự tồn tại nghiệm của bài toán (2.1)-(2.5) được chứng minh

Bước 4: Sự duy nhất nghiệm

Trước hết, ta cần bổ dé sau day

nw ^ 7? + ` “A a’ ? * ,

Bồ đề 2.6: Giả sứ u là nghiệm yêu của bài toán sau:

U,—U,, +Z=0, O<x<l, OK<t<T, (2.88)

u,(0,t)=G(t), u(l,t) =0, (2.89)

u(x,0) = ue (x), u,(x,0) = uy (2x), (2.90)

Trang 33

30 Khi do ta co: í ( alu yr +S lute + [G(s)u'(0,s)ds + [(x(s),u'(s)) ds 0 0 (2.92) 1, 2 1 2 > —|lu, | + = (Molly, a.e.te [0.7] 2 2

Hơn nữa, nếu up =u, = 0 thi (2.92) xdy ra ddng thitc

Chứng minh bổ đề 2.6 có thể tìm thấy trong [2]

Bây giờ, ta giả sử rằng // thỏa (A§) Giả sử (w¡,P\), (u;,P;) là hai nghiệm

Trang 34

31 t f 4 ơ(1)+2 [H4(s)w'(0,s)ds = 2 [u¿(0,s)ds [k(s — r)u(0,r)dr = J (2.96) 0 0 0 Dùng tích phân từng phần trong tích phân vế phải của (2.96) ta được f t $ J =2u(0,1) [k(t—r)u(0,r)dr ~ 2 [u(0,s)ds [K'(s =r)u(0,r)dr (2.97) 0 0 0 Do đó ị 1 I t 2Í(t 2 f 20 |U|<2 s0 ies rr +2 fu a fo(r)ar 0 0 0 0 `.| — f t t 2! < yor fas forndr stl Jkr)Ÿ tr fo(r)dr 0 0 Lọ 0 < her04| TỦ, sane 2VT |k’ 2 ‘ea |for )dr, VỤ >0 (2.98) Đặt

M = max» (o,x,y) - n pith Eig = GATS, (2.99)

Trang 35

Ee f > mịu (0,1) —H; fors)(|u;(0, s)| + \u(0,s)|)ds 0 Ti (2.96), (2.97) va (2.100) ta thu dude f Ø(1) + mu“ (0,f) <m, Jø(s)(|¡(0,s)|+|¿a (0,s)|)ds +|J|= nứ) 0 Chú ý từ (2.99) ta có

(L+zm,)w”(o,t) < o(t) + mu? (0,t) < nt)

Cho B, > 0, nhan (2.102) cho 62 ri cong véi (2.101) ta dude o(t) +[m, + By (1+ m,)]u7 (0,1) <(1 +B) n(t) f <(1+B,)m, [[(Ia(0.s) + 0 s0+0| u(0,5)|)+ B|o(s)ds +B, (L+B;)ø(¿) 2 1ˆ(0,T) +27 |k 2 L?(0.T) Chon 0) > 0, 6; > 0 sao cho m, +B, (1 +m,)2 3 2 , By (1+B2)s N|— : : | ï Rị(t)=2(L+B; |» (x, (0,.5)| + [uw (0, 5)|) + 5 Alo) +2NT |k l2@.2) | Khi đó, từ (2.103) và (2.104) ta có f (+) +u?(0,t) < JRj(s)| ø(s) +u?(0,s) Jas, 0

Do bổ để Gronwall, ta suy từ (2.105) rằng ơ(?)+ ¿“(0,t) =0

Trang 36

33 * Trong trường hợp của H với H(s) = hs, h > 0, định lý sau đây là hệ quả của định lý 2.1 Dinh ly 2.2: Cho T > 0 và giả sử (AI)-(A;) đúng Khi đó ton tai duy nhất cặp (u,P) thỏa | ue L°(0,7;V), u, € L°(0,7;L’), u(0,t)€ 2 (0,7), Pe H'(0,T), (2.106)

đồng thời là nghiệm yếu của bài toán

Huy —Myy tí + Kut Au, = F(x,1), 0<x<l, O<1<T, yx(0,f) = P(), 4/(1,f)= 0, (2.107) u(x,0)= u(x), uy (x,0)= uy (x); ( P(Œ) = g()+ hu(0,f)— [kí - s)w(0,s)đs ¡ 0

*Trong trường hợp riêng với k() = 0, kết quả sau đây là hệ quả của định lý 2.1 Định lý 2.3: Cho T > 0 và giả sử (AI)-(Á‡), (A;) đúng Khi đó, tổn tại một hàm u thoả

uJ29(0,7;V), uy e F9(0,T;12), (0,0) e Fˆ(0,7), (2.108)

đồng thời là nghiệm yếu của bài toán

Trang 37

34

CHUONG3 SU ON DINH CUA NGHIEM

Trong chương này, ta giả sử hàm # thỏa (Ag) Do do bai toan (2.1)-(2.5) có nghiệm duy nhất (u,P) phụ thuộc vào g, k, H

u=u(g,k,H), P=P(g,k,H), (3.1)

trong d6 g, k, H thoa cdc gia thiét (A3)-(Ag) va up, uy), F 1a cdc ham cé định thỏa

Trang 38

35

Chifng minh:

Trước hết ta chú ý rằng nếu các dữ kiện (ø, k, H) thỏa:

<<Go, | <Ky, HE3(N.Hp) (3.4) |#Ì (or) Kor) khi đó, các đánh giá tiên nghiệm cho các dãy {z„} và {P„} trong chứng minh định lý 2.1 thỏa l„(2)|Í +|k„(r[ÿ <Cÿ, ví e[0.7], V7 >0, (3.5) t 2 5 fujn(0,s) ds<Cp, Vte[0,T], VT >O0, (3.6) 0 t ||P„(s)[Í ds< Cỷ, Vte[0,T], VT >0, (3.7) 0

trong đó Cr là một hằng số chỉ phụ thuộc vào T, uy, uy, f, Go, Ko, Mo ( doc lap với 8 &, H) Do đó, giới hạn (u,P) trong các không gian hàm thích hợp của dãy

(u,,.P,,)} được xác định bởi (2.13)-(2.15), là nghiệm của bài toán (2.1)-(2.5)

thoả các đánh giá tiên nghiệm (3.Š5)-(3.7)

Bây giờ, do (3.2) ta có thể giả giả sử rằng, tổn tại các hằng số Gọ >0, Kọ >0

sao cho các hàm (g,k„H1,) thoả (3.4) với (h,k,H) = (g,k„H,) Khi đó, nhờ các chú ý

Trang 39

36

Trang 40

37 Dùng tích phân từng phần và bất đẳng thức 2ab < ca? ol Va,beIR, Ve >0, (3.20) £ khi đó J¡ được đánh giá như sau fia PA ~2 |8; (s)v;(0,s)đs = 2H 0.0) + 2 f(s) (0.5) 0 oh a | (3.21) L(0T) <eS soe ide! oh <eS,; jee (s)ds+-— an

với mọi e>0 và re{0,T]