Phương trình sóng phi tuyến với điều kiện biên Dirichlet không thuần nhất ở 1 phần biên

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC CẦN THƠ ---Ø--- TRẦN THỊ HỒNG NGA PHƯƠNG TRÌNH SÓNG PHI TUYẾN VỚI ĐIỀU KIỆN BIÊN DIRICHLET KHÔNG THUẦN NHẤT Ở MỘT PHẦN BIÊN LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC CẦN THƠ

-Ø -

TRẦN THỊ HỒNG NGA

PHƯƠNG TRÌNH SÓNG PHI TUYẾN VỚI ĐIỀU KIỆN BIÊN DIRICHLET KHÔNG THUẦN

NHẤT Ở MỘT PHẦN BIÊN

LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC

CHUYÊN NGÀNH: TOÁN GIẢI TÍCH

MÃ SỐ: 60 46 01

THÀNH PHỐ CẦN THƠ

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC CẦN THƠ

-Ø -

PHƯƠNG TRÌNH SÓNG PHI TUYẾN VỚI ĐIỀU KIỆN BIÊN DIRICHLET KHÔNG THUẦN

NHẤT Ở MỘT PHẦN BIÊN

LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC

Chuyên ngành: Toán Giải tích

Mã số: 60 46 01

Người hướng dẫn khoa học: TS Nguyễn Thành Long

Khoa Toán- tin học,

Đại học Khoa học Tự nhiên Tp Hồ Chí Minh Học viên cao học: Trần Thị Hồng Nga

Bộ môn Tự nhiên,

Trung tâm Đại học Tại Chức Cần Thơ

THÀNH PHỐ CẦN THƠ

2007

LUẬN VĂN ĐƯỢC HOÀN THÀNH TẠI TRƯỜNG ĐẠI HỌC CẦN THƠ

Người hướng dẫn: TS Nguyễn Thành Long

Khoa Toán – Tin học, Đại học Khoa học Tự nhiên Tp Hồ Chí Minh

Nhận xét 1: PGS TS Đặng Đức Trọng

Khoa Toán – Tin học, Đại học Khoa học Tự nhiên Tp Hồ Chí Minh

Nhận xét 2: PGS TS Nguyễn Đình Huy

Khoa Khoa học Ứng dụng, Đại học Bách Khoa Tp Hồ Chí Minh

Học viên cao học: Trần Thị Hồng Nga

Bộ môn Tự nhiên Trung tâm Đại học Tại Chức Cần Thơ

Luận văn sẽ được bảo vệ tại Hội đồng chấm luận án tại trường Đại học Cần Thơ, vào lúc …… giờ …… ngày …… tháng …… năm 2007

Có thể tìm hiểu luận văn tại Phòng Sau Đại học, thư viện trường Đại học Cần Thơ

LỜI CẢM ƠN

CHƯƠNG 0 PHẦN MỞ ĐẦU Trong luận văn này, chúng tôi xét bài toán giá trị biên và ban đầu sau:

trong đó f,g,u~0,u~1 là các hàm cho trước thỏa các điều kiện mà ta sẽ chỉ ra sau

Trong [9], Ficken và Fleishman đã chứng minh sự tồn tại, duy nhất và tính ổn định nghiệm của phương trình

Trong [6], Alain Phạm đã nghiên cứu sự tồn tại, duy nhất và dáng điệu tiệm cận khi ε → 0 của nghiệm yếu của bài toán (0.1), (0.3) liên kết với điều kiện biên Dirichlet thuần nhất

Trong [3, 8, 11, 12], các tác giả Alain Phạm, Long và trong [11] Long, Alain Phạm đã nghiên cứu bài toán (0.1), (0.3) với số hạng phi tuyến có dạng (0.9) f = f(u,u t).

Trong [3] M Bergounioux, Long, Alain Phạm đã nghiên cứu bài toán (0.1), (0.3) với số hạng có dạng f = f(u,u t)=Ku+λu t, K,λ là các hằng số dương, và với điều kiện biên tổng quát hơn

+

−

− +

, 0 , 1 ,

1 ,

1

, , 0 ,

0 ,

0

1 1

0

t u K t u t u

ds s u s t k t hu t g t u

t x

t x

λ

với K1, λ1 là các hằng số dương

Trong [8, 11], các tác giả xét bài toán (0.1), (0.3) với điều kiện biên hỗn hợp không thuần nhất

t u

t x

Trong [13], Long và Diễm đã nghiên cứu bài toán (0.1), (0.3) với điều kiện biên hỗn hợp thuần nhất

(0.13) u x( )0 ,t −h0u( )0 ,t =u x( )1 ,t +h1u( )1 ,t = 0 ,

trong đó h0, h1 là các hằng số không âm cho trước với h0+ h1 > 0 và với số hạng phi tuyến vế phải có dạng

(0.14) f = f(x,t,u,u x,u t)+εf1(x,t,u,u x,u t).

Trong trường hợp 2( [ ] [ ) 3)

, 0 1 ,

tác giả thu được một khai triển tiệm cận của nghiệm yếu uε đến cấp hai theo ε,

với ε đủ nhỏ [13]

Trong luận văn này chúng tôi nghiên cứu sự tồn tại và duy nhất nghiệm địa phương của bài toán (0.1)-(0.3) Chứng minh được dựa vào phương pháp Galerkin liên kết với các đánh giá tiên nghiệm cùng với kỹ thuật hội tụ yếu về tính compact Nhờ kết quả này chúng tôi tiến đến khảo sát bài toán nhiễu cấp cao theo tham số bé ε, trong đó số hạng nhiễu là số hạng phi tuyến trên phương trình cùng dạng và ở biểu thức của điều kiện đầu bài toán sau:

1 1 1

1

1 0 0

1

,

~

~ 0 ,

,

~

~ 0 ,

, 0 , 1 , ,

0

, 0

, 1 0

, , , , , ,

, , ,

N k

k k t

N k

k k

t x t

x xx

tt

x u x u x u

x u x u x u

t u t g t u

T t x

u u u t x f u u u t x f u u

Q

εε

×

∈ ℜ

× ℜ

+

, 1

, 0 ,

1 , 0

, 1 , , 2 , 1 ,

~ ,

~ ,

~ ,

~

3 1

3 1

1 1 1 2 0 0

N N

k k

C f C

f

N k

H u u H u u

thỏa một số điều kiện phụ Luận văn này sẽ nghiên cứu khai triển tiệm cận của nghiệm bài toán ( )Qε theo tham số bé ε, tức là nghiệm có thể xấp xỉ bởi một đa thức theo ε:

; , 0

N k

k k L

T L

N k

k

t

U t

u

εε

ε

với tham số ε đủ bé, hằng số C T độc lập với tham sốε. Các kết quả liên quan đến bài toán xấp xỉ tiệm cận theo một tham số đã được một số các tác giả quan tâm, chẳng hạn như Long, Diễm [13], Long, Tâm, Trúc [14]

Luận văn được trình bày theo các chương mục sau:

Phần mở đầu, 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

Chương 1, chúng tôi trình bày một số kết quả chuẩn bị bao gồm việc nhắc lại một số không gian hàm, một số kết quả về các phép nhúng compact giữa các không gian hàm

Chương 2, chúng tôi nghiên cứu về sự tồn tại và duy nhất của nghiệm yếu của bài toán (0.1)- (0.3)

Trong chương 3, chúng tôi nghiên cứu khai triển tiệm cận của nghiệm yếu của bài toán ( )Qε theo một tham số bé ε.

Trong chương 4, chúng tôi xét một bài toán cụ thể để minh họa phương pháp tìm nghiệm của bài toán trên

Kế đến là phần kết luận và sau cùng là danh mục các tài liệu tham khảo Nhìn chung các kết quả trình bày trong các chương 2, 3, 4 là một nới rộng nhỏ kết quả trong [13, 14]

CHƯƠNG 1 CÁC CÔNG CỤ CHUẨN BỊ

1.1 Các không gian hàm thông dụng

Đầu tiên, ta đặt các ký hiệu sau Ω =( )0 , 1 , Q T = Ω ×( )0 ,T , T > 0 , và bỏ qua định nghĩa các không gian hàm thông dụng: m( )Ω , p( )Ω , m( )Ω , m,p( )Ω

W H

L

cho gọn, ta ký hiệu lại như sau L p( )Ω =L p, H m( )Ω =H m =W m,2, W m,p( )Ω =W m,p.

Có thể xem chi tiết trong [1, 2]

0

u u

0

2 / 2

Liên quan giữa hai không gian hàm 1

H và C0( )Ω , ta có bởi bổ đề sau

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

(1.6) v C0( )Ω ≤ 2 v H1 ∀v∈H1.

Chứng minh Bổ đề 1.1 không khó khăn

Chú thích 1.1 Phép nhúng 1

H  0( )Ω

C về mặt đại số ta hiểu theo nghĩa:

Với mỗi hàm u∈H1, tồn tại duy nhất một hàm liên tục ~u∈C0( )Ω sao cho

C H Id

H c

H

C D

0

2 / /

/

) ( , 〉 =⎜⎜⎝⎛ ⎟⎟⎠⎞

〈v v ∫v x dx là hai chuẩn tương đương

Điều này cho bởi bổ đề sau

Bổ đề 1.2 Phép nhúng 1

H  0( )Ω

C là compact và(1.8) v C0( )Ω ≤ v/ ∀v∈H10.

Chứng minh Bổ đề 1.2 không khó khăn

Một cách đặc trưng khác để xác định 1

0

H là (1.9) H10 ={v∈H1: v( ) ( )0 =v1 = 0}.

Bổ đề 1.3 Đồng nhất 2

L với 2 /

)

(L ( đối ngẫu của 2

L ) Khi đó ta có

1

0

H  L2 ≡(L2 ) /  (H10)/ ≡ H−1, với các nhúng liên tục và nằm trù mật

Chứng minh Trước hết ta chứng minh rằng 2

L nhúng trong − 1

H Vì H10 ⊂L2, với mọi w∈L2 , ánh xạ

,

:

dx x v x w v w v T v

R H T

w

w

a

là tuyến tính liên tục trên H10, tức là T w∈ (H10)/ ≡H−1.

Ta xét ánh xạ

w

T w T w

H L T

H H

w − = ∀ ∈ ∀ ∈

Ta sẽ chứng minh rằng toán tử T thoả các tính chất sau:

(i) T :L2 → H−1 là đơn ánh,

T = w ∈ là trù mật trong H−1

Chứng minh (i) Dễ thấy rằng T tuyến tính Nếu T w = 0 , thì

, , 0 , 1

0 , 1

v T v w

H H

sup

sup

, sup ,

sup

1 1

1

1 1

1 1 1

1 1

1 ,

1 ,

1 , 1

,

w v

w

v w

v w v

T T

H v

H v

v H v

v H v w v H v H w

H H

H H

H và triệt tiêu trên H−1. Coi L ∈ H( −1)/, với L,T w ( )H− 1 ′,H− 1 = 0 , ∀T w∈T( )L2 .

Ta chứng minh rằng L= 0 Thật vậy, do 1

/ 1

1 1 1

T L

H H w H

H H H

H

Vậy L triệt tiêu trên H− 1

Chú thích 1.2 Từ Bổ đề 1.3 ta dùng ký hiệu tích vô hướng 〈⋅,⋅〉 trong L2 để chỉ cặp tích đối ngẫu 〈⋅ , ⋅〉H− 1 ,H1 giữa 1

0

H và − 1

H Chuẩn trong L2 được ký hiệu bởi ⋅ Ta cũng ký hiệu ⋅ X 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 p(0 ,T;X), 1≤ p≤ ∞

ChoX là không gian Banach thực đối với chuẩn ⋅ X. Ta ký hiệu

(0 ,T;X),

L p 1≤ p≤ ∞ , là không gian các lớp tương đương chứa hàm u: ( )0 ,T →X

đo được, sao cho

∫T ( ) p < ∞

X dt t u

p T

p X X

L ess u t u

Bổ đề 1.4 (Lions [10]): L p(0 ,T; X), 1≤ p≤ ∞ là không gian Banach

Bổ đề 1.5 (Lions [10]): Gọi /

X là đối ngẫu của X và 1 + 1/ = 1 ,

p p

1< p<∞ Khi đó ( /) ( ( ) )/

; , 0

; , 0 /

X T L X T

L p = p là đối ngẫu của L p(0 ,T;X). Hơn nữa, nếu X phản xạ thì L p(0 ,T;X) cũng phản xạ

Bổ đề 1.6 (Lions [10]): (L1(0 ,T;X) )/ =L∞(0 ,T;X/). Hơn nữa, các không gian

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 D( ( )0 ,T ) vào X gọi là một hàm suy rộng phân bố có giá trị trongX.

Tập các phân bố có giá trị trongX ký hiệu là

( T X)=L(D( T X) )=

D/ 0 , ; 0 , ; {u: D( )0 ,T →X : u tuyến tính, liên tục }

Chú thích 1.4 Ta ký hiệu D ,( )0 T thay cho D( ( )0 ,T ) hoặc C c∞( ( )0 ,T ) để chỉ không gian các hàm số thực khả vi vô hạn có giá compact trong ( )0 T,

Định nghĩa 1.2 Cho u∈D/(0 ,T;X). Ta định nghĩa đạo hàm

Ta có thể nghiệm lại rằng T v∈D/(0 ,T;X). Thật vậy:

j) Ánh xạ T v : D( )0 ,T →X là tuyến tính

jj) Ta nghiệm lại ánh xạ T v : D( )0 ,T → X là liên tục

Giả sử { }ϕj ⊂D( ),0 T, sao cho ϕj → 0 trong D( ).0 T, Ta có:

0

0 0

t dt

t v

dt dt t t v dt

t t v T

p T

p j

p T

p X

X

T j X

T j X

j v

ϕ

ϕϕ

ϕ

Do đó T v,ϕj → 0 trong X khi j→ +∞ Vậy T v∈D/(0 ,T;X).

ii/ Ánh xạ vaT v là một đơn ánh, tuyến tính từ L p(0 ,T;X) vào D/(0 ,T;X). Do đó, ta có thể đồng nhất T v =v. Khi đó ta có kết quả sau:

Bổ đề 1.7 (Lions[10]) L p(0 ,T;X)⊂D/(0 ,T;X) với phép nhúng liên tục 1.4 Đạo hàm trong L p(0 ,T;X).

Do Bổ đề 1.7, phần tử u∈L p(0 ,T;X) ta có thể coi u và do đó

dt

du là phần tử của D/(0 ,T;X).

Ta có các kết quả sau

Bổ đề 1.8 (Lions[10]) Nếu u∈L1(0 ,T;X) và u/ ∈L1(0 ,T;X), thì u bằng hầu hết với một hàm liên tục từ [ ]0 ,T →X.

Chứng minh Bổ đề 1.8 bằng nhiều bước:

H Khi đó H:[ ]0 ,T →X liên tục, vì u/∈L1(0 ,T;X).

Trước hết, ta chứng minh rằng /

u dt

du dt

dH = = theo nghĩa phân bố Thật vậy:

d H dt

d ds s u

T s

/

u dt

du dt

dH = = trong D/(0 ,T;X).

Bước 2: Ta suy ra rằng u=H +C theo nghĩa phân bố ( C là hằng)

Thật vậy, giả sử v=H −u. Ta có v/ = 0 theo nghĩa phân bố ( do bước 1)

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

0

/

T D ds

s s v

t λϕϕ

nên nguyên hàm của ϕ( )t −λϕ0( )t triệt tiêu tại t= 0 sẽ thuộc D( ).0 ,T Chọn

( )t =∫t( ( )s − ( )s )ds

0

0

λϕϕ

ψ trong (1.18), ta thay ϕ/ bởi ψ/, ta thu được:

( ) ( ) 0 , ( )0 , ,

0

s v

0 0 0

T D dt

t t v dt t

ds s s v ds

s s v

T T

T T

ϕ

ϕλϕ

0 0

s C s v

t t w

Từ các bước 1, 2, 3 ở trên ta suy ra rằng u=H +C, theo nghĩa phân bố

Tương tự ta có bổ đề sau

Bổ đề 1.9 (Lions[10]) Nếu u∈L p(0 ,T;X) và u/ ∈L p(0 ,T;X), thì u bằnghầu hết với một hàm liên tục từ [ ]0 ,T →X.

1.5 Bổ đề về tính compact của Lions[10]

Cho ba không gian Banach X0, X1, X với X0  X  X1 với các phép nhúng là liên tục, sao cho:

(1.20) X0, X1 là phản xạ,

(1.21) phép nhúng X0  X là compact

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

(1.22) W( )0,T ={v∈L p0(0,T;X0): v/∈L p1(0,T;X1) }

Ta trang bị W( )0 ,T bởi chuẩn

( 1 ).

1 0

0

; , 0 /

; , 0 ,

w v p v p

Khi đó, W( )0 ,T là một không gian Banach

Hiển nhiên W( )0 ,T ⊂L p0(0 ,T;X). Ta cũng có kết quả sau đây liên quan đến phép nhúng compact

Bổ đề 1.10 (Bổ đề về tính compact của Lions [10]) Với giả thiết (1.20), (1.21) và nếu 1 < p i< ∞ ,i= 0 , 1 , phép nhúng W( )0 ,T  L p0(0 ,T;X) là compact

Chứng minh Bổ đề 1.10 có thể tìm thấy trong Lions [10], trang 57

1.6 Bổ đề về sự hội tụ yếu trong L q( )Q

Bổ đề sau đây liên quan đến sự hội tụ yếu trong L q( )Q.

Bổ đề 1.11 (Xem Lions [10], trang 12) Cho Q là tập mở bị chặn của ℜN

và G m,G∈L q( )Q, 1 <q< ∞ , sao cho,

( ) C,

G

Q L

m q ≤ trong đó C là hằng số độc lập với m

và

.

.e

a G

u t x t

u t x t

u t

x

2 2

CHƯƠNG 2 SỰ TỒN TẠI VÀ DUY NHẤT NGHIỆM

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

trong đó f,g,u~0,~u1 là các hàm cho trước thỏa các điều kiện mà ta sẽ chỉ 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

Trước hết ta thành lập các giả thiết sau:

( )A1 g ∈ C3( )ℜ+ ;

( )A2 u~0∈H2, u~1∈H1, u~0( )1 =u~1( )1 = 0 ;

( )A3 f ∈C0( [ ]0 , 1 × ℜ+× ℜ 3) thoả các điều kiện

( ) (i f 0 ,t,u,v,w)= f(1 ,t,u,v,w)= 0 với mọi t≥ 0 và (u,v,w)∈ ℜ 3 ,

( )ii D j f ∈C0( [ ]0 , 1 × ℜ+× ℜ3), j= 1 , 3 , 4 , 5

Ở đây ta đã dùng các ký hiệu 1 , 2 , 3 ,

u

f f D t

f f D x

f f D

Với x∈[ ]0 , 1 và t≥0, ta đặt

(2.1) φ( ) (x,t = 1 −x) ( )g t,

(2.2) v( ) ( ) ( )x,t =u x,t −φ x,t,

(2.3) ~f(x,t,v,v x,v t)= f(x,t,v+φ,v x +φx,v t+φt) (− 1 −x) ( )g// t,

(2.4) ~v0( )x =u~0( ) ( )x −φ x, 0 , ~v1( )x =u~1( )x −φt( ),x, 0

cùng với điều kiện nhất quán

, , 0

K

A w v u t

, , 1

K

A w v u t x

+ +

1

; , 0 {

Ta liên kết bài toán (2.6)-(2.8) với bài toán biến phân sau

Tìm v m ∈W1(M,T) thoả bài toán biến phân tuyến tính dưới đây

(2.14) v&&m( )t ,w +a(v m( )t,w)= F m( )t ,w ∀w∈H10,

(2.15) v m( )0 =~v0, v&m( )0 =~v1,

trong đó

(2.16) F m( )x,t = ~f(x,t,v m−1( )t , ∇v m−1( )t,v&m−1( )t ).

Khi đó, ta có định lý sau đây

Định lý 2.1 Giả sử rằng các giả thiết ( ) ( )A1 − A3 đúng Khi đó tồn tại các hằng số

0

>

M phụ thuộc vào g,u~0,u~1 và hằng số T > 0 phụ thuộc vào g,u~0,u~1, f sao cho, với mọi v0∈W1(M,T), tồn tại một dãy qui nạp tuyến tính { }v m ⊂W1(M,T)

được xác định bởi (2.14)-(2.16)

Chứng minh Chứng minh gồm nhiều bước

Bước 1 Xấp xỉ Galerkin (được giới thiệu bởi Lions [10])

Xét một cơ sở đặc biệt { }w j của 1

−

,

2 , 1 , ,

0

= Δ

m t c t w v

j k mj

j k mj

k =∑ →

=

β mạnh trong H10.

Chú thích Hệ (2.18)-(2.19) có thể viết thành một dạng khác như sau:

(2.22) c&&mj( )k ( )t +λ2j c mj( )k ( )t = F m( )t,w j , 1 ≤ j≤k,

(2.23) ( )( )0 ( ), ( )( )0 ( )k.

mj k

mj k mj k

, , sin

sin cos

0

k j d

w F t

t t

t

c

t

j m j

j j

j k mj j k mj k

λ

τλλ

λβ

λα

Giả sử rằng v m−1 thoả (2.13) Khi đó dễ thấy rằng hệ (2.18), (2.19) có nghiệm duy nhất ( )k

T với mọi m và k.

Bước 2 Các đánh giá tiên nghiệm Đặt

* Nhân (2.18) cho c& ( )mj k ( ),t sau đó lấy tổng theo j, ta thu được

(2.25) v&&m( )k ( )t ,v&m( )k ( )t +a(v( )m k ( )t,v& ( )m k ( )t )= F m( )t,v& ( )m k ( )t ,

m k

w = −λ− Δ sau đó đơn giản − 2 ,

j

λ ta được (2.27) v&&m( )k ( )t , Δw j +a(v m( )k ( )t , Δw j)= F m( )t , Δw j , 1 ≤ j≤k.

Ta biến đổi từng số hạng trong (2.27)

(2.28) v&&m( )k ( )t , Δw j =∫v&&m( )k ( )t Δw j dx

= ( )( ) ( )− ( )( ) ( )− ∫1 ( )( )

0

0 , 0 1

, ,

,

, ,

, ,

~ ,

//

1 1

1

1 1 1

t g t F t

F

t v t v t

v t x f

t v t v t v t x f t x F

m m

t m

x m

m

m m m

∇ +

&

Khi đó, ta suy từ (2.27)-(2.30) rằng

(2.31) a(v&&m( )k ,w j)+ Δv m( )k ( )t, Δw j =a(F m,w j)−g//( ) ( )t w jx 0 , 1 ≤ j≤k. Nhân (2.31) cho c& ( )mj k ( ),t sau đó lấy tổng theo j, ta thu được (2.32) a(v&&m( )k ,v& ( )m k ( )t )+ Δv( )m k ( )t , Δv&m( )k ( )t =a(F m,v&m( )k ( )t )−g//( )t v&mx( )k ( )0 ,t,

m m k

m k

=

t k m k

m k

m k

(2.37) ( )( )= ( )( )+ ∫ ( ) ( )( ) + ∫ ( ( ) ( )k ( ) )

m m k

m m k

m k

m t S F s v s ds a F s v s ds S

0 0

, 2

, 2

+∫ ( )( ) − ∫t ( ) ( )k ( )

mx

t k

m s ds g s v s ds v

0 //

0

2

, 0

2

0

2 0

0 0 0

t k m

t

k m m

ds s S TK

ds s S K ds s v s F

1 0

m

t

k m

m s v s ds TK M S s ds F

I &&

Phương trình (2.18) có thể viết lại như sau

(2.42) v&& ( )k ( )t,w − Δv( )k ( )t,w = F ( )t,w , 1 ≤ j≤k.

Thay thế w j bởi v&&m( )k ( )t sau đó tích phân, ta thu được

0

2 0

m s ds v s ds F s ds

v&&

Từ (2.3), (2.9), (2.13), (2.16), (2.25), (2.27), (2.34)-(2.36) và (2.43) ta thu được

0

2 0 0

2

t k m

t k

m s ds TK S s ds v

s g

s g I

, 0 0

2 0 , 0 0 2

, 0 2

, 0 2

0 , 0 0 2

0 ///

−

=

+ +

−

=

t

k mx

k mx

t k

mx

t

k mx k

mx k

mx

ds s v s g

t v ds s g g

v g

ds s v s g t v t g v

g

Chú ý rằng, do Bổ đề 1.1, ta có

( )( ) ( )( ) ([ ]) ( )( ) ( )

1 , 0 1

,

, 0

H

k mx C

k mx k

2

2

2 2 2

2 2 2

1

t S

t v t

v

t v t v

k m

k m H

k m

k mxx k

ta thu được từ (2.45) và (2.46) rằng

(2.48) = ∫t ( ) ( )k ( )

mx s ds v

s g I

≤

t

k mx

k mx t

kx

ds s v s g

t v ds s g g

v g

0 ///

0

///

//

0 //

, 0 2

, 0 0

2 0 0 2

≤

t

k m

k m t

kx

ds s S s g

t S ds s g g

v g

0 ///

0

///

//

0 //

2 2

0 2 2 0 0 2

1 1 2 0 2 0 0 2

2

2 0

2 0 0 2

2 2

2 2 0

2 2 0 0 2

0

2 ///

2 //

0 //

0

2 ///

2 ///

2 2

//

0 //

0 ///

///

//

0 //

∫

∫

∫

+ +

≤

+ +

+

+ +

+

≤ +

+ +

m kx

t k m k

m

k m kx

t

k m

k m k

m kx

ds s S t S

g T T

g v

g

ds s S g

T t S

g T t S g

v g

ds s S g

t S g T t

S g

v g

ε

εε

ε

ε

εε

trong đó ta đã dùng ký hiệu . ( ).

0 2 0 0 2 0 2

0

2 ///

2 2

1 2

0

2 //

0 //

+ +

+ +

+

≤

∞

t k m

kx k

m k

m k

m

ds s S g

T T

M TK

TK

g v

g S

t S t S

2 //

0 //

∫

+ +

+ +

m kx

k m k

m t S g v g C M T S s ds S

trong đó