Không gian sobolev và nghiệm suy rộng của bài toán hyperbolic

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG PHẠM THỊ BẢY KHÔNG GIAN SOBOLEV VÀ NGHIỆM SUY RỘNG CỦA BÀI TOÁN HYPERBOLIC LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC Đà Nẵng – Năm 2015 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG PHẠM THỊ BẢY KHÔNG GIAN SOBOLEV VÀ NGHIỆM SUY RỘNG CỦA BÀI TOÁN HYPERBOLIC Chuyên ngành: Ph ng pháp Toán sơ cấp Mã số: 60.46.40 LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC Ng ih ng dẫn khoa học: TS TRẦN NHÂN TÂM QUYỀN Đà Nẵng – Năm 2015 LỜI CAM ĐOAN Tôi cam đoan cơng trình nghiên cứu riêng tơi Các số liệu, kết nêu luận văn trung thực chưa công bố công trình khác Học viên Phạm Thị Bảy MỤC LỤC MỞ ĐẦU 1 Tính cấp thiết đề tài Mục tiêu nghiên cứu Đối tượng phạm vi nghiên cứu Phương pháp nghiên cứu Bố cục đề tài Tổng quan tài liệu nghiên cứu CHƯƠNG KHÔNG GIAN SOBOLEV 1.1 KHÔNG GIAN CÁC HÀM LIÊN TỤC VÀ HÀM KHẢ VI LIÊN TỤC ¯ C k (Q) ¯ 1.1.1 Không gian định chuẩn C(Q) 1.1.2 Công thức Ostrogradsky 1.2 KHƠNG GIAN CÁC HÀM KHẢ TÍCH 1.2.1 Không gian L1 (Q) L2 (Q) 1.2.2 Tính chất khơng gian L1 (Q) L2 (Q) 1.3 ĐẠO HÀM SUY RỘNG 11 1.3.1 Định nghĩa đạo hàm suy rộng 11 1.4 KHÔNG GIAN SOBOLEV 15 1.4.1 Không gian Hilbert H k (Q) 15 1.4.2 Một số tính chất khơng gian H k (Q) 17 1.5 TÍNH CHẤT CỦA HÀM THUỘC H (Q) 18 1.5.1 Vết hàm 18 1.5.2 Cơng thức tích phân phần 22 1.5.3 Tính chất vết hàm thuộc H (Q) 23 1.5.4 Chuẩn tương đương H (Q) 23 1.6 KHÔNG GIAN C r,0 VÀ C 2s,s KHÔNG GIAN H r,0 VÀ H 2s,s 24 1.6.1 Không gian Banach C r,0 (QT ) C 2s,s (QT ) 25 1.6.2 Không gian Hilbert H r,0 (QT ) H 2s,s (QT ) 25 CHƯƠNG PHƯƠNG TRÌNH HYPERBOLIC 29 2.1 BÀI TOÁN HỖN HỢP 29 2.1.1 Tính nghiệm 29 2.1.2 Sự tồn nghiệm suy rộng 37 2.1.3 Phương pháp Galerkin 48 2.1.4 Tính trơn nghiệm suy rộng 53 2.2 NGHIỆM SUY RỘNG CỦA BÀI TOÁN CAUCHY 79 KẾT LUẬN 86 DANH MỤC TÀI LIỆU THAM KHẢO QUYẾT ĐỊNH GIAO ĐỀ TÀI LUẬN VĂN (BẢN SAO) MỞ ĐẦU Tính cấp thiết đề tài Phương trình đạo hàm riêng đời vào khoảng kỉ thứ XVII nhu cầu học ngành khoa học khác Nó ngày có vai trị quan trọng ứng dụng rộng rãi nhiều ngành khoa học cơng nghệ tối ưu, điều khiển tối ưu, trị chơi vi phân, tính tốn khoa học, Ngày nay, phương trình đạo hàm riêng trở thành mơn tốn học vừa mang tính lý thuyết, vừa mang tính ứng dụng rộng Trước phát triển vũ bão khoa học công nghệ, chắn phương trình đạo hàm riêng cịn phát triển mạnh mẽ tương lai, mở đường cho u thích nghiên cứu tốn học ứng dụng Trong q trình học tập, tơi thầy cô dạy môn này, chưa tìm hiểu sâu Cho nên, làm luận văn liên quan đến phương trình đạo hàm riêng tổng qt tơi có hứng thú Tuy nhiên, thực đề tài thấy rằng, giới phương trình đạo hàm riêng phát triển mạnh, nước ta cịn sách viết chủ đề Vì thế, gợi ý thầy hướng dẫn, để bước đầu làm quen với phương trình đạo hàm riêng, luận văn tơi tìm hiểu không gian Sobolev nghiệm suy rộng tốn Hyperbolic Vì đề tài nghiên cứu luận văn em mang tên: “Không gian Sobolev nghiệm suy rộng toán Hyperbolic” 2 Mục tiêu nghiên cứu + Cung cấp kiến thức giải tích, đại số tuyến tính phương trình đạo hàm riêng tuyến tính cấp + Trình bày lý thuyết không gian Sobolev, không gian hàm có nhiều ứng dụng tốn học tính tốn + Trình bày hệ thống lý thuyết nghiệm suy rộng không gian Sobolev Phục vụ việc nghiên cứu tồn nghiệm suy rộng toán giá trị biên ban đầu dạng Hyperbolic Đối tượng phạm vi nghiên cứu Đề tài đặt trọng tâm vào lý thuyết không gian Sobolev nghiệm suy rộng toán Hyperbolic Phương pháp nghiên cứu + Thu thập tài liệu tác giả nghiên cứu phương trình đạo hàm riêng + Tham gia buổi seminar thầy hướng dẫn để trao đổi kết nghiên cứu Trao đổi qua email với chuyên gia ứng dụng phương trình đạo hàm riêng Bố cục đề tài Ngoài phần mở đầu, kết luận tài liệu tham khảo đề tài chia thành chương + Chương dành để trình bày khơng gian Sobolev, tính chất, định lý nhúng Đây không gian thường gặp hầu hết ngành khoa học Những kiến thức chương tảng để tiếp cận nội dung chương + Chương nội dung trọng tâm đề tài Trong đó, tơi đề cập đến lý thuyết nghiệm suy rộng không gian Sobolev cho toán giá trị biên ban đầu dạng Hyperbolic Tổng quan tài liệu nghiên cứu + Tổng quan kết tác giả nghiên cứu liên quan phương trình đạo hàm riêng nhằm xây dựng hệ thống lý thuyết không gian hàm + Chứng minh làm rõ mệnh đề, đưa số tốn, ví dụ minh hoạ nhằm làm sáng tỏ vấn đề nghiên cứu CHƯƠNG KHÔNG GIAN SOBOLEV Sobolev S.L xây dựng không gian vào khoảng kỷ 20 từ đến nhiều nhà tốn học khác tiếp tục mở rộng phát triển để nghiên cứu Một không gian phiếm hàm sử dụng rộng rãi lý thuyết phương trình đạo hàm riêng khơng gian Sobolev 1.1 KHƠNG GIAN CÁC HÀM LIÊN TỤC VÀ HÀM KHẢ VI LIÊN TỤC 1.1.1 ¯ C k (Q) ¯ Không gian định chuẩn C(Q) Giả sử Q miền bị chặn không gian Euclide n chiều Rn ¯ bao đóng Q Tập E ⊂ Q gọi phần chặt tương Q ứng với Q, kí hiệu E ⋐ Q, E ⊂ Q với E bao đóng E Tập hàm có đạo hàm riêng liên tục đến cấp k Q, k số nguyên không âm kí hiệu C k (Q), tập gồm ¯ hàm mà đạo hàm riêng đến cấp k liên tục Q ¯ Khi k = 0, C (Q) C (Q) ¯ hàm liên tục kí hiệu C k (Q) ¯ kí hiệu C(Q) C(Q) ¯ Ta kí hiệu C ∞ (Q) Q Q tập hàm thuộc vào tập C k (Q) với k = 0, 1, , tức C ∞ (Q) = ∞ C k (Q) C ∞ (Q) tập hàm thuộc tập C k (Q), k = 0, 1, k=0 tức C ∞ (Q) = ∞ k=0 C k (Q) Một hàm f (x) gọi có giá compact Q tồn miền Q′ ⋐ Q cho f (x) = Q\Q′ Tập C˙ k (Q) gồm tất ¯ có giá compact; tập giao tập hàm thuộc C k (Q) ∞ kí hiệu C˙ ∞ (Q); C˙ ∞ (Q) = C˙ k (Q) k=0 ¯ tập hàm liên tục Q ¯ Tập không Xét tập C(Q) ¯ ta đưa chuẩn gian tuyến tính Trong C(Q), f ¯ C(Q) = max |f (x)| (1.1) ¯ x∈Q ¯ thỏa mãn Có thể kiểm tra trực tiếp hàm max |f (x)| xác định C(Q) ¯ x∈Q tất tiên đề để trở thành chuẩn sau max |cf | = |c| max |f | ¯ x∈Q ¯ x∈Q ¯ |f1 (x)| + |f2 (x)|, ∀x ∈ Q, |f1 (x) + f2 (x)| max |f1 (x) + f2 (x)| ¯ x∈Q max |f (x)| ¯ x∈Q max |f1 (x)| + max |f2 (x)| ¯ x∈Q ¯ x∈Q max |f (x)| = ⇔ f (x) ≡ ¯ x∈Q ¯ Sự hội tụ theo chuẩn (1.1) trùng với hội tụ Q ¯ với chuẩn (1.1) khơng gian Banach, theo tiêu Khơng gian C(Q) ¯ mà dãy với chuẩn Cauchy dãy hàm C(Q) ¯ chuẩn (1.1) hội tụ hàm thuộc C(Q) ¯ giới hạn Theo định lý Weirstrass, hàm liên tục Q ¯ nên tập tất dãy đa thức mà hội tụ Q ¯ Ngược lại, đa thức tùy ý có đa thức trù mật khắp nơi C(Q) thể biểu diễn giới hạn dãy đa thức với hệ số hữu tỉ mà ¯ Do đó, tập đếm tất đa thức với hệ số hội tụ Q ¯ Điều có nghĩa không hữu tỉ trù mật khắp nơi C(Q) ¯ không gian khả ly gian C(Q) 73 Do đó, chuỗi ∞ k=1 αk2 (t) hội tụ [0, T ] tổng ∞ αk2 (t) H s−1 (QT ) C f k=1 Vậy, ta chứng minh bổ đề 2.1.9 p = Khi p = 1, ta chứng minh tương tự Theo (2.65), (2.51), với s − chẵn, ta có |λk | s−1 s−1 dUk = (−1) dt f (x, τ )∆ s−1 vk (x)cos |λk |(t − τ )dxdτ Qt = (−1) s−1 ∆ s−1 |λk |(t − τ )dxdτ = βk (t) f (x, τ ).vk (x)cos Qt Vì T βk2 (t) T nên chuỗi ∞ k=1  dt ∆ s−1 Dt 2 f (x, t)vk (x)dx , ∞ βk2 (t) giống chuỗi ∞ βk2 (t) C f k=1 αk2 (t), hội tụ [0, T ] H s−1 (QT ) k=1 Khi s − lẻ, ta có |λk | = (−1) s−2 |λk | ∆ s−2 s−1 dUk dt f (x, τ )vk (x)cos |λk |(t − τ )dxdτ Qt = (−1) s−2 (sin ∆ |λk |t D0 s−2 f (x, 0)vk (x)dx 74 ∆ + s−2 fτ (x, τ )vk (x)sin |λk |(t − τ )dxdτ ) Qt (2) (3) = β k (t) + β k (t) = βk (t) Vì  (2)  β k (t) ∆ s−2 D0  (3) T β k (t) nên chuỗi ∞ (s) ∆ Dτ f (x, 0)vk (x)dx , s−2 2 fτ (x, τ )vk (x)dx dτ, (β k (t))2 (cũng giống chuỗi k=1 đó, chuỗi T 2 ∞ (2) ∞ (s) (αk (t))2 ), s = 2, 3, k=1 (β k (t))2 hội tụ [0, T ] k=1 ∞ (2) (β k (t))2 C f H s−1 (QT ) k=1 Như vậy, bổ đề 2.1.9 hoàn toàn chứng minh với p = Bây giờ, giả sử p Vì hàm Uk (t) thỏa phương trình vi phân Uk′′ − λk Uk = fk với p chẵn, p s nên ta có p p−2 p−4 d fk dp−2 fk dp Uk 2 = λk Uk + λk fk + λk + + p−2 , dtp dt2 dt với p lẻ, < p s, ta có p−3 dfk p−1 dUk dp−2 fk dp Uk 2 + λ + + = λ k k dtp dt dt dtp−2 Do đó, bổ đề 2.1.9 chứng minh với p với q thỏa q s − 2, chuỗi ∞ k=1 s ta q λs−2−q ( ddtfqk )2 hội tụ k 75 [0, T ] bất đẳng thức ∞ k=1 |λk | s−2−q dq fk ( q ) dt C f H s−1 (QT ) đúng, với số C > phụ thuộc vào QT Khi s − p chẵn, theo bổ đề 2.1.8 2.1.12, ta có |λk | s−q−2 ∂ q f (x, t) vk (x)dx ∂tq s−q−2 dq fk ( q ) = |λk | dt Dt = (−1) s−q−2 ∆ s−q−2 ∂ q f (x, t) vk (x)dx = γk (t) ∂tq Dt với t ∈ [0, T ] Vì ∆ ∆ s−q−2 ∂q f ∂tq đó, chuỗi s−q−2 ∂q f ∂tq ∈ H (QT ) nên ta thấy với t ∈ [0, T ] ∈ L2 (Dt ) hàm ∆ ∞ k=1 s−q−2 2 ∂ q f (x,t) ∂tq L2 (Dt ) liên tục [0, T ] Do γk2 (t) hội tụ [0, T ] ∞ γk2 (t) = ∆ k=1 s−q−2 ∂ q f (x, t) ∂tq 2 H s−1 (QT ) C f L2 (Dt ) Cho s − q số lẻ Khi đó, với t ∈ [0, T ], ta có |λk | s−q−2 s−q−3 ∂ q fk ( q ) = (−1) |λk | ∂t ∆ s−q−3 ∂ q f (x, t) vk (x)dx = ∂tq |λk |γ k (t) Dt Vì ∆ s−p−3 ∂q f ∂tq ∈ HD2 (QT ) (hoặc HN2 (QT )) nên theo bổ đề 2.1.12 ta có ◦ ∂q f 1 ∆ ∂tq ∈ H (Dt ) (hoặc H (Dt )) với t ∈ [0, T ] Hơn nữa, hàm s−q−3 q liên tục đoạn [0, T ] Vì với t ∈ [0, T ] ta có ∆ ∂∂tfq H (Dt ) ∞ ∞ s−q−3 ∂ q f 2 γ k (t) (|λk | + 1) γ k (t) (|λk | + 1) = ∆ ∂tq H (D ) nên chuỗi t k=1 k=1 ∞ nữa, chuỗi γ k (t) (|λk |) hội tụ [0, T ] k=1 s−q−3 ∞ k=1 γ k (t) (|λk |) ∆ s−q−3 ∂qf ∂tq C f H (Dt ) H s−1 (QT ) 76 Định lý 2.1.14 Cho ∂D ∈ C s , ϕ ∈ H s (D), ψ ∈ H s−1 (D), f ∈ H s−1 (QT ), với s thỏa điều kiện sau:   [ s−3 ] s−3 ∂ 2i  s−1  ∆[ ]−i ∂t2i  ϕ|∂D = = ∆[ ] ϕ + f i=0 với s thỏa điều kiện  s ψ|∂D = = ∆[ ]−1 ψ + (giả sử với s < 0, s [ 2s ]−2 ∆[ ]−2−i s i=0 =0 (2.66) ∂D0  ∂ 2i + 1f  ∂t2i+1 =0 (2.67) ∂D0 = 0) Khi nghiệm suy rộng toán hỗn i=0 hợp thứ (2.45)-(2.47) thuộc H s (QT ) Điều kiện (2.66) (2.67) định lý 2.1.14 có dạng ϕ |∂D = s = 1, dạng ϕ |∂D = ψ |∂D = s = dạng ϕ |∂D = ψ |∂D = 0, (∆ϕ + f ) |∂D0 = s = Vì f ∈ H s−1 (QT ), nên vết f |D0 thuộc H s−2 (D0 ) theo phần ý bổ đề 2.1.12 Do đó, với s với i = 0, , [ s−3 ] s−3 2i tồn vết ∆[ ]−i ∂∂t2if với i = 0, , [ 2s ] − với s vết s ∆[ ]−2−i ∂D0 ∂ 2i+1 f ∂t2i+1 ∂D thuộc vào L2 (∂D0 ) Chứng minh Khi s = 1, phần kết luận định lý hiển nhiên Khi s = 2, từ bổ đề 2.1.8 đến định lý 2.1.6 ta suy kết luận Ta chứng minh định lý với s = 3, với s > 3,ta chứng minh tương tự 77 Cùng với toán (2.45)-(2.47), ta xét toán vtt − ∆v = ft , (2.68) v |t=0 = ψ, (2.69) vt |t=0 = ∆ϕ + f |D0 (2.70) Sự tồn nghiệm suy rộng v(x, t) toán (2.68)-(2.69) đảm bảo theo giả thiết định lý Ta v = ut Rõ ràng hàm t ω(x, t) = ϕ(x) + v(x, τ )dτ thuộc H (QT ) t ∇ω = ∇ϕ + ∇v(x, τ )dτ, ωt = v Vì v nghiệm suy rộng tốn (2.68)-(2.69) nên hàm ω thỏa đồng thức tích phân D0 QT ft ηdxdt (f + ∆ϕ)ηdx + (∇ωt ∇η − ωtt ηt )dxdt = (2.71) QT với tất η ∈ H (QT ) thỏa η |DT = 0, η |ΓT = (2.72) ¯ T ) thỏa mãn điều kiện Cho η ∈ C (Q η |DT = ηt |DT = 0, η |ΓT = (2.73) 78 Khi đó, (∇ωt ∇η − ωtt ηt )dxdt QT (∇ϕ∇η − ψηt )dx (∇ω∇ηt − ωt ηtt )dxdt − =− D0 QT (∇ϕ.η − ψηt )dx (∇ω∇ηt − ωt ηtt )dxdt + =− D0 QT ft ηdxdt = − QT f ηdx f ηt dxdt − D0 QT Thay bất đẳng thức vào (2.71), ta có QT D0 QT f ηt dxdt ψηt dx + (∇ω∇ηt − ωt ηtt )dxdt = ¯ T ) thỏa điều kiện (2.72), ta có Với hàm ζ(x, t) thuộc C (Q ¯ T ) mà hàm thỏa mãn điều thể nhận thấy hàm η(x, t) C (Q kiện (2.73), chẳng hạn hàm ζ = ηt η(x, t) = − ω thỏa đồng thức tích phân ζ(x, τ )dτ , nên hàm t f ζdxdt ψζdx + (∇ω∇ζ − ωt ζt )dxdt = QT D0 QT T ¯ T ) thỏa điều kiện (2.72) Do đó, với với ζ(x, t) thuộc C (Q ζ ∈ H (QT ) thỏa điều kiện (2.72) Vì nghiệm suy rộng toán (2.45)-(2.47) nên ω = u v = ut Vì vậy, u ∈ H (QT ) ut ∈ H (QT ) Theo bổ đề 2.1.8 đến định lý 2.1.6, ta có utt |Dt = vt |Dt ∈ H (Dt ), f1 ∈ H (Dt ) u ∈ H (Dt ) với hầu hết t ∈ [0, T ] đồng thời u H s (Dt ) const f1 H (Dt ) const f H (Dt ) + utt H (Dt ) 79 const f H (QT ) + ψ const f H (D) H (QT ) + ∆ϕ + f + ψ H (D) H (D0 ) + ϕ + ft H (QT ) H s (D) Do u ∈ H s (QT ) 2.2 NGHIỆM SUY RỘNG CỦA BÀI TOÁN CAUCHY Trên dải ΠT = {x ∈ Rn , < t < T } với T > 0, ta xét phương trình hyperbolic utt − div(k(x)∇u(x, t)) + a(x)u(x, t) = f (x, t), (2.74) k(x) ∈ C (Rn ), a(x) ∈ C(Rn ), inf k(x) = k0 > 0, sup k(x) = x∈Rn k1 < ∞, giả sử a(x) x∈Rn Hàm u(x, t) ∈ C (ΠT ) ∩ C (ΠT {t = 0}) gọi nghiệm cổ điển toán Cauchy phương trình (2.74) dải ΠT , ΠT thỏa mãn phương trình (2.74) với t = thỏa điều kiện ban đầu u |t=0 = ϕ(x), (2.75) ut |t=0 = ψ(x) (2.76) Với R > 0, ta kí hiệu QT,R hình trụ {|x| < R, < t < T }, ST,R mặt bên {|x| = R, < t < T }, Dτ,R với τ ∈ [0, T ] tập {|x| < R, t = τ } Đặc biệt, D0,R DT,R kí hiệu cho mặt đáy mặt hình trụ QT,R Giả sử u(x, t) nghiệm cổ điển toán Cauchy (2.74)-(2.76) dải ΠT +δ với δ > 0, hàm f (x, t) thuộc khơng gian L2 (QT,R ) 80 với R > Nhân hai vế (2.74) với hàm v(x, t) tùy ý, cho v(x, t) ∈ H (QT,R0 ), v(x, t) = ΠT \QT,R0 , v DT,R0 = 0, v ST,R0 =0 (2.77) với R0 = R0 (v) > 0, lấy tích phân đồng thức thu tồn dải ΠT Theo cơng thức Ostrogradsky ta có ΠT ΠT ψ(x)v(x, 0)dx (2.78) f vdxdt + (k∇u∇v + auv − ut vt )dxdt = Rn (trong đồng thức này, tích phân khơng lấy toàn dải ΠT mặt phẳng {x ∈ Rn , t = 0} mà cịn lấy hình trụ QT,R0 đáy D0,R0 ) Cho f (x, t) ∈ L2 (QT,R ) ψ(x) ∈ L2 (|x| < R) với R > Ta đưa định nghĩa sau Hàm u gọi nghiệm suy rộng toán Cauchy (2.74)-(2.76) dãi ΠT thuộc H (QT,R ) với R > thỏa đồng thức tích phân (2.78) với v thỏa điều kiện (2.77) với R0 = R0 (v) > thỏa điều kiện ban đầu (2.75) (tức là, u(x, t) D0,R = ϕ(x) với R > 0) Bây ta chứng minh tồn tính nghiệm suy rộng toán (2.74)-(2.76) Để làm điều này, ta phải chứng minh bổ đề sau Lấy số γ > √ k1 (k1 = sup k(x) < ∞) Lấy t1 số x∈Rn lớn T x điểm Rn Kí hiệu Kt1 ,τ (x0 ), τ ∈ (0, T ] nón cụt {|x − x0 | < γ(t1 − t), < t < τ } nằm ΠT , kí hiệu Γt1 ,τ (x0 ) mặt bên nó: Γt1 ,τ (x0 ) = {|x − x0 | = γ(t1 − t), < t < τ }, kí hiệu D0,γ(t1 −θ) (x0 ) tập {|x − x0 | < γ(t1 − θ), t = θ}, θ τ , (khi đó, 81 D0,γt1 (x0 ) Dτ,γ(t1 −τ ) (x0 ) đáy mặt nó) Nếu x0 điểm gốc khơng gian Rn nón Kt1 ,τ (x0 ) = Kt1 ,τ (0) kí hiệu Kt1 ,τ mặt bên Γt1 ,τ (0) kí hiệu Γt1 ,τ Trong trường hợp này, Dτ,γ(t1 −τ ) (0) = Dτ,γ(t1 −τ ) nói riêng, D0,γt1 DT,γ(t1 −T ) mặt đáy mặt nón Kt1 ,T Bổ đề 2.2.1 Với t1 > T x0 ∈ Rn , lấy hàm u(x, t) ∈ H (Kt1 ,T (x0 )), u|D0,γt (x0 ) = (k(x)∇u∇v + auv − ut vt )dxdt = (2.79) Kt1 ,T (x0 ) với v thỏa điều kiện v ∈ H (Kt1 ,T (x0 )), v = ΠT \Kt1 ,T (x0 ), v|DT,γ(t −T ) (x0 ) = 0, v|Γt ,T (x0 ) = Khi đó, u = Kt1 ,T (x0 ) Chứng minh Với x0 = 0, lấy τ ∈ (0, T ] Kt1 ,T ta xét hàm v(x, t) = θ(x) =  θ(x)    u(x, z)dz Kt1 ,τ , t   0    t1 − |x| γ  τ Kt1 ,T \Kt1 ,τ , với γ(t1 − τ ) < |x| < γt1 , với |x| < γ(t1 − τ ) (t = θ(x), |x| < γt1 phương trình mặt Γt1 ,τ v(x, t)thuộc H (Kt1 ,T ), v Γt1 ,τ ′ = 0, v Dτ ′ ,γ(t1 −τ ′ ) ¯ τ,γ(t −τ ) ) Hàm D = với τ ′ ∈ [τ, T ] 82 nghiệm suy rộng v có dạng  θ(x)    ∇u(x, z)dz + u(x, θ(x))∇θ t ∇v =   0 vt =   −u(x, t) Kt1 ,τ , (2.80) Kt1 ,T \Kt1 ,τ , Kt1 ,τ ,  0 (2.81) Kt1 ,T \Kt1 ,τ Vì u ∈ H (Kt1 ,T ) nên tồn dãy hàm us , s = 1, 2, ¯ t ,T ) mà hội tụ u H (Kt ,T ) Xét dãy hàm v1 , v2 , C (K 1 ¯ t ,T ) C (K vm (x, t) =  θ(x)   ζm (t) um (x, z)dz   0 Kt1 ,τ , t Kt1 ,T \Kt1 ,τ , với ζm (t) với t < τ (1 − 1/m), với t > τ, ζm (t) ∈ C (−∞, +∞), | dζdtm | C0 m Với τ ′ ∈ [τ, T ] vm ζm (t) Γt1 ,τ ′ 1, Dτ ′ ,γ(t1 −τ ′ ) 0, Ta dãy vm , m = 1, 2, , hội tụ v H (Kt1 ,T ) Thật vậy, dãy vm , m = 1, 2, , rõ ràng hội tụ v L2 (Kt1 ,T ) dãy ∇vm , m = 1, 2, ,  θ(x)   ζm (t) ∇um (x, z)dz + ζm (t)um (x, θ(x))∇θ t ∇vm =   0 Kt,τ , Kt1 ,T \Kt1 ,τ hội tụ vectơ hàm ∇v L2 (Kt1 ,T ) xác định (2.80) (tức là, (vm )xi → vxi , i = 1, , n m → ∞) đó, m → ∞,  2 θ(x) C02 m2 Kt1 ,τ \Kt1 ,τ (1−1/m)   t  um (x, z)dz  dxdt = 83 C02 T u2m (x, z)dxdz Kt1 ,τ \Kt1 ,τ (1−1/m)   2C02 T   (u − um )2 dxdt + Kt1 ,T Kt1 ,τ \Kt1 ,τ (1−1/m) dãy v1t , v2t , ,  θ(x)   ′ −ζm (t)um (x, t) + ζm um (x, z)dz (t) τ vmt =   0  u2 dxdt → 0, Kt1 ,τ , Kt1 ,T \Kt1 ,τ , hội tụ hàm vt L2 (Kt1 ,T )) xác định (2.81) Thay v vào đồng thức (2.79), ta có θ(x) k(x)∇u(x, t) t Kt1 ,τ Kt1 ,τ Dτ,γ(t1 −τ ) av dx (2.83) u2 (x, θ(x))dx (2.84) = 0, ta có avvt dxdt = − Kt1 ,τ Tương tự, u (2.82) Kt1 ,τ Kt1 ,τ Γt1 ,τ ut udxdt = a(x)vt vdxdt + − Vì v k(x)u(x, θ(x))∇u(x, t)∇θdxdt ∇u(x, z)dzdxdt+ D0,γt1 D0,γt1 = nên uut dxdt = Kt1 ,τ 2 |x|