THUẬT GIẢI LẶP VÀ KHAI TRIỂN TIỆM CẬN CHO PHƯƠNG TRÌNH SÓNG PHI TUYẾN KIỂU CARRIER

LỜI CẢM ƠNLời đầu tiên, tôi xin gửi lòng biết ơn sâu sắc của tôi đến thầy hướng dẫn cho tôi làthầy Tiến sĩ Trần Minh Thuyết và Tiến sĩ Lê Xuân Trường người đã tận tìnhhướng dẫn và giúp đ

Trang 1

ĐẠI HỌC QUỐC GIA THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

-

HÀ NGUYỄN THÙY LINH

THUẬT GIẢI LẶP VÀ KHAI TRIỂN TIỆM CẬN CHO PHƯƠNG TRÌNH SÓNG PHI TUYẾN KIỂU CARRIER

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

TP HỒ CHÍ MINH – NĂM 2010

Trang 2

ĐẠI HỌC QUỐC GIA THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

-

HÀ NGUYỄN THÙY LINH

THUẬT GIẢI LẶP VÀ KHAI TRIỂN TIỆM CẬN CHO PHƯƠNG TRÌNH SÓNG PHI TUYẾN KIỂU

CARRIER

Chuyên ngành: Toán Giải tích

Mã số: 60 46 01

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Người hướng dẫn: TS TRẦN MINH THUYẾT

Đại học Kinh tế TP HCM

Trang 3

TP HỒ CHÍ MINH – NĂM 2010

Trang 4

LỜI CẢM ƠN

Lời đầu tiên, tôi xin gửi lòng biết ơn sâu sắc của tôi đến thầy hướng dẫn cho tôi làthầy Tiến sĩ Trần Minh Thuyết và Tiến sĩ Lê Xuân Trường người đã tận tìnhhướng dẫn và giúp đỡ cho tôi vượt qua mọi khó khăn trong suốt quá trình làm luận văn.Tôi xin gởi lời biết ơn chân thành và sâu sắc đến các thầy

Xin chân thành cảm ơn thầy Tiến Sĩ Nguyễn Thành Long đã đọc luận văn, đónggóp chân tình và cho tôi những nhận xét quý báu

Tôi xin cảm ơn đến tất cả Quý thầy cô trong hội đồng chấm luận văn đã dành thờigian quý báu để tham dự hội đồng chấm luận văn của tôi và cả những góp ý sâu sắc chobuổi bảo vệ

Tôi xin trân trọng cảm ơn Quý Thầy Cô trong và ngoài của Khoa Toán-Tin họcTrường Đại học Khoa học Tự nhiên thành phố Hồ Chí Minh, đã truyền đạt kiến thức vàkinh nghiệm học thuật cho tôi trong suốt quá trình học tại trường

Xin trân trọng cảm ơn Ban Giám hiệu, các thầy cô phòng Quản lý Sau Đại học trườngĐại học Khoa học Tự nhiên thành phố Hồ Chí Minh đã tạo mọi điều kiện thuận lợi giúptôi hoàn thành chương trình học

Cảm ơn các bạn học viên lớp cao học Khóa 18 đã hỗ trợ cho tôi nhiều mặt trongthời gian học và làm luận văn Cảm ơn anh Phạm Thanh Sơn và các anh trong trong lớpSeminar cho những ý kiến đóng góp về luận văn

Lời thân thương nhất xin được gởi đến gia đình tôi, nơi đã tạo mọi điều kiện cho tôihọc tập và hoàn thành luận văn này

Mặc dù đã cố gắng nhiều nhưng do kiến thức bản thân còn hạn chế nên luận văn khótránh khỏi những thiếu sót, tôi rất mong sự chỉ bảo quý báu của các Quý Thầy Cô, và

sự đóng góp chân thành của các bạn khi đọc luận văn Tôi xin chân thành cảm ơn

Thành phố Hồ Chí Minh, tháng 12 năm 2010

HÀ NGUYỄN THÙY LINH

Trang 5

MỤC LỤC

Chương 0 Phần tổng quan Trang 1

Chương 1 Các công cụ chuẩn bị 3

1.1 Các không gian hàm thông dụng 3

1.2 Không gian hàm Lp(0; T ; X) ; 1 p 1: .4

1.3 Bổ đề về tính compact của Lions 5

1.4 Một số kết quả khác 5

Chương 2 Sự tồn tại duy nhất nghiệm cho bài toán biên thuần nhất 6

2.1 Giới thiệu 6

2.2 Sự tồn tại duy nhất nghiệm 6

Chương 3 Sự tồn tại duy nhất nghiệm cho bài toán biên không thuần nhất 19

Chương 4 Thuật giải lặp cấp ba 34

4.1 Giới thiệu 34

4.2 Thuật giải lặp cấp 3 34

Chương 5 Khai triển tiệm cận 53

Phần kết luận 67

Tài liệu tham khảo 68

Trang 6

trong đó ; ~u0; u~1; g0; g1; f là các hàm cho trước thỏa các điều kiện mà ta sẽ chỉ ra sau

và số hạng phi tuyến ku(t)k2 là hàm phụ thuộc vào tích phânku(t)k2 =

Z 1 0

u2(x; t)dx:Phương trình (0.1) có nguồn gốc từ phương trình mô tả dao động phi tuyến của mộtdây đàn hồi (Kirchhoff[5])

hutt = P0+Eh

2L

Z L 0

trong đó P0; P1 là các hằng số dương

Bài toán (0.1) có nhiều ý nghĩa trong Cơ học mà nhiều nhà Toán học quan tâm nghiêncứu trong thời gian gần đây

Phương trình (0.1) với các dạng khác nhau của ; f và các điều kiện biên khác nhau

đã được khảo sát bởi nhiều tác giả, chẳng hạn:

Trong [8] ; Nguyễn Thành Long đã khảo sát phương trình (0.1) với điều kiện biên hỗnhợp thuần nhất, B t;kuxk2 ; f f (x; t; u; ux; ut) :

Trong [9] ; Nguyễn Thành Long đã khảo sát phương trình (0.1) với điều kiện biên hỗnhợp thuần nhất, B t;kuk2;kuxk2 ; f f x; t; u; ux; ut;kuk2;kuxk2 :

Trong [11] ; Nguyễn Thành Long, Bùi Tiến Dũng đã khảo sát phương trình (0.1) vớiđiều kiện biên hỗn hợp thuần nhất, B kuxk2 ; f f x; t; u; ux; ut;kuxk2 :

Trong [16] ; Lê Xuân Trường, Lê Thị Phương Ngọc và Nguyễn Thành Long đã khảosát phương trình (0.1) với B t;kuk2;kuxk2 ; f f (x; t; u) và điều kiện biên hỗnhợp thuần nhất

Trong chương2; 3 chúng tôi nghiên cứu về sự tồn tại và duy nhất nghiệm của bài toán(0.1) trên cơ sở thiết lập một dãy lặp tuyến tính fumg hội tụ mạnh về nghiệm của bàitoán trong không gian hàm thích hợp

Trang 7

Để chứng minh sự tồn tại của dãy fumg ; chúng tôi áp dụng phương pháp xấp xỉGalerkin xây dựng một dãy hàmfu(k)m g trong các không gian hàm hữu hạn chiều, kết hợpvới các đánh giá tiên nghiệm và phương pháp compact yếu.

Để tăng tốc độ hội tụ, chương4 chỉ ra một thuật giải lặp tinh tế hơn so với thuật giảilặp cấp một và thu được thuật giải lặp cấp 3 hội tụ mạnh về nghiệm của bài toán trêncùng một không gian hàm đã xét ở chương 3:

Ngoài ra, nhờ kết quả của chương3; chúng tôi tiến hành khảo sát bài toán nhiễu cấpcao theo một tham số bé"; trong đó số hạng nhiễu là hệ số Carrier:

Luận văn này sẽ nghiên cứu khai triển tiệm cận của nghiệm bài toán(P") theo tham

số bé"; tức là nghiệm có thể xấp xỉ bởi một đa thức theo "

u (x; t) PN

k=0u^k(x; t) "k;theo nghĩa cần chỉ ra các hàmu^k(x; t) và thiết lập đánh giá theo dạng

u" PN

k=0u^k"k

L 1(0;T;H 1)+ _u"

PN k=0

Luận văn được trình bày theo các chương mục sau:

Chương 0, tổng quan về bài toán được khảo sát trong luận văn, và điểm qua các kếtquả trước đó đồng thời nêu bố cục của luận văn

Chương 1, chúng tôi trình bày một số công cụ chuẩn bị bao gồm việc nhắc lại một sốkhông gian hàm, một số kết quả về phép nhúng compact giữa các không gian hàm.Chương 2, chúng tôi nghiên cứu về sự tồn tại và duy nhất nghiệm yếu của bài toán(0.1)g0(t) = g1(t) 0:

Chương 3, chúng tôi nghiên cứu về sự tồn tại và duy nhất nghiệm yếu của bài toán(0.1)g0(t)6= 0 6= g1(t) :

Chương 4, chúng tôi khảo sát thuật giải lặp cấp ba, bao gồm việc xây dựng dãy lặp,chứng minh sự hội tụ của dãy lặp, đồng thời đánh giá tốc độ hội tụ

Chương 5, chúng tôi sẽ nghiên cứu khai triển tiệm cận của nghiệm yếu của bài toán(P") theo một tham số bé ":

Kế đến là phần kết luận và sau cùng là danh mục các tài liệu tham khảo

Trang 8

CHƯƠNG 1

Các công cụ chuẩn bị

1.1 Các không gian hàm thông dụng

Đầu tiên, ta đặt các ký hiệu sau = (0; 1) ; QT = (0; T ) ; T > 0; và bỏ qua địnhnghĩa không gian hàm thông dụng: Cm ; Lp( ) ; Hm( ) ; Wm;p( ) : Để cho gọn, ta

ký hiệu lại như sauLp( ) = Lp; Hm( ) = Hm = Wm;2; Wm;p( ) = Wm;p: Định nghĩađầy đủ có thể xem trong [1] :

Ta định nghĩa L2 = L2( ) là không gian Hilbert đối với tích vô hướng

hu; vi =

Z 1 0

u2(x) dx

1 2

Mặt khác, H1

0 cũng là không gian con đóng của H1; do đó, H1

0 là không gian Hilbertđối với tích vô hướng củaH1:

Mặt khác trên H1

0; kvkH 1 và kvxk =

Z 1 0

v2

x(x) dx

1 2

là hai chuẩn tương đương.Liên quan giữa hai không gan hàm H1 và C0 ; ta có bổ đề sau

Bổ đề 1.1 Phép nhúng H1 ,! C0 là compact và

kvkC 0( )

p

Trang 9

Chứng minh bổ đề 1:1 không khó khăn.

Bổ đề 1.2 Phép nhúng H1 ,! C0 là compact và

Chứng minh bổ đề 1:2 không khó khăn

Bổ đề 1.3 Dạng song tuyến tính đối xứng a ( ; ) được định nghĩa trong (1.7) là ánh

xạ liên tục trên V V và bức trên V; tức là,

i) ja (u; v)j kukV kvkV ; 8u; v 2 V;

ii) a (u; u) =kuk2V ; 8u 2 V:

Chứng minh bổ đề 1.3 được tìm thấy dễ dàng ở nhiều tài liệu liên quan đến lý thuyết

về không gian Sobolev, chẳng hạn[1] ; [2] :

Bổ đề 1.4 Đồng nhất L2 với (L2)0 ( đối ngẫu của L2): Khi đó, ta có H1

0 ,! L2

(L2)0 ,! (H01)0 H 1; với các nhúng liên tục và nằm trù mật

Chứng minh bổ đề 1:5 có thể xem trong [2]

Chú thích 1.1 Từ bổ đề1:5 ta dùng ký hiệu tích vô hướng h ; i trong L2 để chỉ cặptích đối ngẫuh ; iH 1 ;H 1 giữa H1

0 và H 1:Chuẩn trong L2 được ký hiệu bởi k:k ; Ta cũng ký hiệu k:kX để chỉ chuẩn trong mộtkhông gian BanachX và gọi X0 là không gian đối ngẫu của X:

1.2 Không gian hàm Lp(0; T ; X) ; 1 p 1:

Cho X là không gian Banach thực đối với chuẩn k:kX: Ta ký hiệu Lp(0; T ; X) ; 1

p 1; là không gian các lớp tương đương chứa hàm u : (0; T ) ! X đo được, sao cho

Z T

0

ku (t)kpXdt <1; 1 p <1;

hay 9M > 0 : ku (t)kX M; a:e; t2 (0; T ) ; với p = 1:

Ta trang bị cho Lp(0; T ; X) ; 1 p 1; chuẩn như sau

kukL p (0;T ;X)=

Z T 0

ku (t)kpXdt

1 p

Khi đó, ta có các bổ đề dưới đây mà chứng minh cả chúng có thể tìm thấy trong[6] :

Bổ đề 1.5 ([6]) Lp(0; T ; X) ; 1 p 1; là không gian Banach

Bổ đề 1.6 ([6]) Gọi X0 là đối ngẫu của X: Khi đó, với p0 = p 1p ; 1 < p < 1 thì

Trang 10

Chú thích 1.2 Nếu X = Lp( ) thì Lp(0; T ; X) = Lp((0; T ) ) :

1.3 Bổ đề về tính compact của Lions

Cho các không gian Banach X0; X; X1 với X0 ,! X ,! X1 sao cho:

Hiển nhiên W (0; T ) ,! Lp 0(0; T; X0) :

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

Bổ đề 1.8 (Bổ đề về tính compact của Lions) Với giả thiết (i), (ii) và nếu1 < pi <1;

f (s) ds; 8t 2 [0; T ] ;trong đó C1; C2 là các hằng số không âm Khi đó

Trang 11

CHƯƠNG 2

Sự tồn tại và duy nhất nghiệm

cho bài toán biên thuần nhất

u2(x; t)dx.Chứng minh được dựa vào kỹ thuật tuyến tính hóa và phương pháp Galerkin liên hệvới các đánh giá tiên nghiệm, từ đó rút ra các dãy con hội tụ yếu trong các không gianhàm thích hợp Trong phần này, định lý ánh xạ co dạng lặp được sử dụng trong việcchứng minh tồn tại nghiệm xấp xỉ Galerkin

2.2 Sự tồn tại duy nhất nghiệm

Trước hết ta thành lập các giả thiết sau

(H1) ~u0 2 H1

0 \ H2; ~u1 2 H1

0;(H2) 2 C1

Trang 12

Khi đó, ta có định lý sau đây

Định lý 2.1 Giả sử các giả thiết (H1) (H3) thỏa Khi đó, tồn tại các hằng số dương

M > 0; T > 0 và một dãy quy nạp tuyến tính fumg W1(M; T ) xác định bởi (2.6) –(2.8)

Chứng minh Ý tưởng chứng minh dựa vào phương pháp xấp xỉ Galerkin được giớithiệu bởi Lions [6] ; trước hết là thiết lập dãy xấp xỉ Galerkin n

u(k)m

o

; tiếp đến là đánhgiá tiên nghiệm, cuối cùng qua giới hạn nhờ vào lý luận về tính compact, ta thu được

um 2 W1(M; T ) là nghiệm của bài toán (2.7)

Chi tiết chứng minh như sau

Bước 1 Xấp xỉ Galerkin

Giả sửfwjg với wj(x) =p

2 sin (j x) ; j 2 N là cơ sở đặc biệt của H1

0 \ H2 gồm cáchàm riêngwj của toán tử = @x@22 sao cho wj = jwj; wj 2 H01 \ H2:

Dùng phương pháp Galerkin để xây dựng nghiệm xấp xỉ

Trang 13

0

m(s) c(k)mj(s) ds+

Z t 0

dZ

0

m(s) cmj(s) ds;

Gj[t] = j + jt +

Z t 0

dZ

0 hFm(s) ; wji ds;

Với mỗiT > 0 mà ta sẽ chọn sau, đặt Y = C0

[0; T ]; Rk là không gian Banach các hàmliên tụcc : [0; T ]! Rk đối với chuẩn

Trang 14

Thật vậy, với n = 1 thì

jHj[c] (t) Hj[d] (t)j = jLj[c] (t) Lj[d] (t)j1 j

Z t 0

dZ

0 jc (s) d (s)j1ds

kN~0t2

2 kc dkY :Vậy (2.17) đúng vớin = 1:

Giả sử (2.17) đúng với n 1: Khi đó, ta có

Hn+1[c] (t) Hn+1[d] (t) 1 = jH (Hn[c]) (t) H (Hn[d]) (t)j1

kN~0

Z t 0

dZ

0 jHn[c] (s) Hn[d] (s)j1ds

kN~0Z t 0

dZ

0

p

kN~

0 2n

p

kN~0T 2p(2p)! < 1; tức là

Hp : Y ! Y là ánh xạ co

Áp dụng định lý ánh xạ co lặp Banach, ta suy raH có duy nhất điểm bất động trong

Y và do đó hệ (2.10)-(2.12) có duy nhất nghiệm u(k)m trên [0; T ] Vậy bổ đề 2:1 đã đượcchứng minh

Bước 2 Đánh giá tiên nghiệm

Đặt

Sm(k)(t) = p(k)m (t) + qm(k)(t) +

Z t 0

Trang 15

Trong (2.10) thay wj bởi _u(k)m (t)

p(k)m (t) = p(k)m (0) +

Z t 0

_m(s) ru(k)m (s) 2ds + 2

Z t 0

Fm(s) ; _u(k)m (s) ds:

Tương tự, trong (2.10) thaywj = 1

j wj; sau đó đơn giản j; ở đây @@x2

qm(k)(t) = q(k)m (0) +

Z t 0

_m(s) ru(k)m (s) 2+ u(k)m (s) 2 ds+2

Z t 0

Fm(s) ; _u(k)m (s) ds + 2

Z t 0

rFm(s) ;r _u(k)m (s) ds +

Z t 0

•

u(k)m (s) 2ds

Trang 16

Chúng ta lần lượt đánh giá các tích phân có mặt trong vế phải của (2.20) và sử dụngbất đẳng thức 2ab a2+ b2:

Sm(k)(s) ds: (2.22)Tích phân I2:

Z t 0

kFm(s)k _u(k)m (s) ds 2

Z t 0

kFm(s)k _u(k)m (s) ds

Z t 0

kFm(s)k2+ _u(k)m (s) 2 ds

N02T +

Z t 0

Tích phân I3:

jI3j 2

Z t 0

krFm(s)k r _u(k)m (s) ds:

Mặt khác, ta có

jrFm(t)j = jrf (x; t; um 1)j jD1f (x; t; um 1)j + jD3f (x; t; um 1)j jrum 1j

N1(1 +jrum 1j) ;jrFm(t)j2 2N12 1 +jrum 1j2 ;

krFm(t)k2 2N12 1 +krum 1k2 2N12 1 + M2 :

Do đó

jI3j 2

Z t 0

q2N2

1 (1 + M2)

q

q(k)m (s)ds 2N12 1 + M2 T +

Z t 0

Sm(k)(s) ds: (2.24)Tích phân I4:

Phương trình (2.10) được viết lại

Trang 17

u(k)m (s) 2ds 2

Z t 0

2

m(s) u(k)m (s) 2ds + 2

Z t 0

kFm(s)k2ds

2 ~N0

Z t 0

m(s) u(k)m (s) 2ds + 2

Z t 0

kFm(s)k2ds2N02T + 2 ~N0

Z t 0

Trang 18

Sm(k)(s) ds; 0 t T: (2.34)

Áp dụng bổ đề Gronwall cho (2.34) ta suy ra

Sm(k)(t) M2exp ( T C2(M; T )) exp (C2(M; T ) T ) M2; 0 t T: (2.35)

Bước 3 Qua giới hạn

Từ (2.36) ta trích ra một dãy con của fu(k)m g vẫn kí hiệu là fu(k)m g; sao cho

Do đóum 2 W1(M; T ) : Vậy định lý 2.1 được chứng minh hoàn toàn

Định lý 2.2 Giả sử (H1) (H3) thỏa mãn Khi đó bài, tồn tại M > 0 và T > 0 thỏa(2.30), (2.32), (2.33) sao cho bài toán (2.1) có duy nhất nghiệm yếu u2 W1(M; T ) : Mặtkhác, dãy quy nạp tuyến tính fumg xác định bởi (2.7) – (2.8) hội tụ mạnh về nghiệm yếutrong không gian

W1(T ) = u 2 L1 0; T ; H01 : _u2 L1 0; T ; L2 :

Hơn nữa, ta có ước lượng sau

kum ukL 1(0;T ;H 1) + k _um _ukL 1 (0;T ;L 2 ) CNTm; 8m: (2.41)trong đó,

Trang 19

và C là hằng số chỉ phụ thuộc vào T; ~u0; ~u1 và NT:

Chứng minh

(a) Sự tồn tại nghiệm

Trước hết, ta nhắc lại rằngW1(T ) với chuẩn k kW 1 (T ) là một không gian Banach (xem[6]),

kvkW 1 (T ) =kvkL 1(0;T ;H 1) + k _vkL 1 (0;T ;L 2 ): (2.43)

Ta sẽ chứng minh rằngfumg là dãy Cauchy trong W1(T ) :

Đặt vm = um+1 um: Khi đó, vm thỏa bài toán biến phân

d

dtk _vm(t)k2+ m+1(t) d

dtkrvm(t)k2 = 2 m+1(t) m(t) h um(t) ; _vm(t)i

+2hFm+1(t) Fm(t) ; _vm(t)i :Đặt Pm(t) =k _vm(t)k2+ m+1(t)krvm(t)k2, tích phân cận từ 0 tới t ta có

Pm(t) =

Z t 0

_m+1(s)krvm(s)k2ds + 2

Z t 0 m+1(s) m(s) h um(s) ; _vm(s)i ds+2

Trang 20

Tương tự, vì

jFm+1(t) Fm(t)j = jf (x; t; um) f (x; t; um 1)j N1jum um 1j

N1jvm 1(t)j N1kvm 1kW 1 (T );nên

Từ (2.46)-(2.49), suy ra

jJ1j 2 ~N1M2

Z t 0

krvm(s)k2ds 2 ~N1M

2Z t 0

Z t

0 k _vm(s)k ds4M4N~12T kvm 1k2W 1 (T )+

Z t 0

jJ3j 2N1kvm 1kW 1 (T )

Z t 0

k _vm(s)k ds

N12T kvm 1k2W 1 (T )+

Z t 0

Kết hợp (2.46) và (2.50)-(2.52), ta được

Pm(t) 4 ~N12M4+ N12 Tkvm 1k2W 1 (T )+2 1 + N~1M

2! Z t 0

Pm(s) ds;8t 2 [0; T ]: (2.53)

Sử dụng bất đẳng thức Gronwall, ta suy ra

Pm(t) 4 ~N12M4+ N12 T exp 2 1 + N~1M

2!T

!

kvm 1k2W 1 (T );8t 2 [0; T ]:Khi đó, với mọi t 2 [0; T ];

Trang 22

Từ (2.58) và (2.65), suy ra

Qua giới hạn trong (2.7) khi m ! 1; kết hợp với (2.59) – (2.61) và (2.64), (2.66) tasuy ra rằng, tồn tạiu2 W (M; T ) thỏa phương trình

h•u (t) ; vi + ku (t)k2 hru (t) ; rvi = hf (x; t; u) ; vi ; 8v 2 H01; (2.67)

và điều kiện đầu

k _w (t)k2+ ~2(t)krw (t)k2 =

Z t 0

~02(s)krw (s)k2ds+2

Z t 0

(~2(s) ~1(s))h u1(s) ; _w (s)i ds+2

Z t 0

Trang 23

(~2(s) ~1(s))h u1(s) ; _w (s)i ds 4 ~N1 M 2

p

Z t 0

Áp dụng bổ đề Gronwall, ta suy ra được X (t) = 0; nghĩa là u1 u2:

Vậy định lý 2:2 đã được chứng minh hoàn toàn

Trang 24

CHƯƠNG 3

Sự tồn tại và duy nhất nghiệm

cho bài toán biên không thuần nhất

Trong chương này, chúng tôi trình bày định lý tồn tại và duy nhất nghiệm yếu chobài toán với điều kiện biên không thuần nhất

trong đó ; ~u0; u~1; g0; g1; f là các hàm cho trước

Trước hết ta thành lập các giả thiết sau

(H1) ~u0 2 H1

0 \ H2; ~u1 2 H1

0;(H2) 2 C1(R+); (s) > 0; 8s 0;

Trang 25

Khi đó bài toán (3.1) tương đương với bài toán giá trị biên ban đầu

Trang 26

vm(0) = ~v0; _vm(0) = ~v1; (3.12)trong đó

Khi đó, ta có định lý sau đây

Định lý 3.1 Giả sử các giả thiết (H1) (H4) thỏa Khi đó, tồn tại các hằng số dương

M > 0; T > 0 và một dãy quy nạp tuyến tính fvmg W1(M; T ) xác định bởi (3.10) –(3.12)

0 \ H2:Dùng phương pháp Galerkin để xây dựng nghiệm xấp xỉ

Chứng minh bổ đề 3.1 Chứng minh tương tự bổ đề 2.1

Bước 2 Đánh giá tiên nghiệm

Đặt

Sm(k)(t) = Xm(k)(t) + Ym(k)(t) +

Z t 0

Trang 27

Xm(k)(t) = Xm(k)(0) +

Z t 0

_m(s) rvm(k)(s) 2ds + 2

Z t 0

Fm(s) ; _v(k)m (s) ds; (3.27)

Tương tự, trong (3.15) thaywj = 1

j wj; sau đó đơn giản j; = @@x2

Do đó, ta suy từ (3.32), (3.33) rằng

hFm(t) ; wji = g100(t)rwj(1) + g000(t)rwj(0) hrFm(t) ;rwji : (3.34)

Trang 28

Khi đó, thay (3.30), (3.31), (3.34) vào (3.28) được

g00

1(s)r _vm(k)(1; s) ds 2

Z t 0

_m(s) vm(k)(s) 2+ rvm(k)(s) 2 ds+2

Z t 0

Fm(s) ; _v(k)m (s) ds + 2

Z t 0

rFm(s) ;r _vm(k)(s) ds+2

Z t 0

g100(s)r _v(k)m (1; s) ds 2

Z t 0

g000(s)r _v(k)m (0; s) ds +

Z t 0

•

vm(k)(s) 2ds

= Sm(k)(0) + I10 + I20 + I30 + I40 + I50 + I60: (3.38)

Ta sẽ lần lượt đánh giá các tích phân I0

j; j = 1; :::; 6 trong vế phải của (3.38)

_m(s) v(k)m (s) 2+ rv(k)m (s) 2 ds

~

K1Z t 0

vm(k)(s) 2+ rv(k)m (s) 2 ds

~

K1Z t 0

Sm(k)(s) ds: (3.39)

Trang 29

Tích phân thứ hai

Ta suy từ (3.7), (3.23), (3.24), rằng

jI20j = 2

Z t 0

Fm(s) ; _vm(k)(s) ds 2

Z t 0

kFm(s)k _v(k)m (s) ds2K0

Z t 0

_v(k)m (s) ds K02T +

Z t 0

rFm(s) ;r _vm(k)(s) ds 2

Z t 0

krFm(s)k r _vm(k)(s) ds2

q2K2

1(1 + M2)

Z t 0

r _v(k)m (s) ds2K12 1 + M2 T +

Z t 0

g100(s)r _vm(k)(1; s) ds = 2g100(t)rv(k)m (1; t) 2g001(0)rv(k)m (1; 0)+2

Z t 0

g000

1 (s) ds rvm(k)(1; t)+2

Z t 0

g000

1 (s) ds rv(k)m (1; t)+2

Z t 0

g000

1 (s)rv(k)m (1; s) ds:

(3.42)

Trang 30

Chú ý rằng, do bổ đề 1.1, ta có

rvm(k)(1; t) rvm(k)(t) C0( ) p

2 rv(k)m (t) H1p

g100(0) +

Z t 0

g1000(s) ds

q

Sm(k)(t)+2

s

2 Z t 0

g1000(s) ds

2

+ Sm(k)(t)+ 2

Z t

0 jg0001 (s)j2ds +

Z t 0

Sm(k)(s) ds

2jg100(0)j jr~v0k(1)j + 1 2 jg100(0)j + kg1000kL 1 (0;T )

2

+ Sm(k)(t)+ 2 kg0001k2L 2 (0;T )+

Z t 0

Sm(k)(s) ds

2jg100(0)j jr~v0k(1)j + C[g1; ] + Sm(k)(t) +

Z t 0

Tương tự (3.45), ta cũng có

jI50j = 2

Z t 0

g000(s)r _vm(k)(0; s) ds

2jg000(0)j jr~v0k(0)j + C[g0; ] + Sm(k)(t) +

Z t 0

Trang 31

Z t 0

Sm(k)(s) ds

2Sm(k)(0) + 4jg00

1(0)j jr~v0k(1)j + 4 jg00

0 (0)j jr~v0k(0)j + 2C[g0; ] + 2C[g1; ]+T D1(M; T ) + D2(M; T )

Z t 0

Sm(k)(s) ds;

(3.51)trong đó

Trang 32

Bước 3 Qua giới hạn

Từ (3.58) ta suy ra rằng, tồn tại một dãy con của dãy fvm(k)g; vẫn ký hiệu là fv(k)m g;sao cho

Do đó, vm 2 W1(M; T ) : Vậy định lý 3.1 được chứng minh hoàn toàn

Định lý 3.2 Giả sử (H1) (H4) thỏa mãn Khi đó bài, tồn tại M > 0 và T > 0 thỏa(3.53) – (3.56), sao cho bài toán (3.1) có duy nhất nghiệm yếu v 2 W1(M; T ) : Mặt khác,dãy quy nạp tuyến tính fvmg xác định bởi (3.10) – (3.13) hội tụ mạnh về nghiệm v yếutrong không gian

exp 1 + K~1(M +M )(M +M1)

T < 1;

Trang 33

và C là hằng số chỉ phụ thuộc vào T; ~v0; ~v1 và kT:

Chứng minh

a) Sự tồn tại của nghiệm

Trước hết, ta sẽ chứng minh rằngfvmg là dãy Cauchy trong W1(T ) :

Đặt wm = vm+1 vm: Khi đó, wm thỏa bài toán biến phân

k _wm(t)k2+ m+1(t)krwm(t)k2 =

Z t 0

_m+1(s)krwm(s)k2ds+2

Z t 0 m+1(s) m(s) h vm(s) ; _wm(s)i ds+2

Z t 0

hFm+1(s) Fm(s) ; _wm(s)i ds

= J1+ J2 + J3:

(3.66)Đặt

Trang 34

và C là hằng số chỉ phụ thuộc vào T; ~v0; ~v1 và kT:

Chứng minh

a) Sự tồn tại của nghiệm

Trước hết, ta sẽ chứng minh rằngfvmg là dãy Cauchy trong W1(T ) :

Đặt wm = vm+1 vm: Khi đó, wm thỏa bài toán biến phân

k _wm(t)k2+ m+1(t)krwm(t)k2 =

Z t 0

_m+1(s)krwm(s)k2ds+2

Z t 0 m+1(s) m(s) h vm(s) ; _wm(s)i ds+2

Z t 0

hFm+1(s) Fm(s) ; _wm(s)i ds

= J1+ J2 + J3:

(3.66)Đặt

Trang 35