Thuật giải lặp cho phương trình sóng phi tuyến có hệ số chứa tích phân với điều kiện biên hỗn hợp thuần nhất

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP HỒ CHÍ MINH _ Nguyễn Thị Ngọc Hiền THUẬT GIẢI LẶP CHO PHƯƠNG TRÌNH SĨNG PHI TUYẾN CĨ HỆ SỐ CHỨA TÍCH PHÂN VỚI ĐIỀU KIỆN BIÊN HỖN HỢP THUẦN NHẤT LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC Thành phố Hồ Chí Minh - 2008 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP HỒ CHÍ MINH Nguyễn Thị Ngọc Hiền THUẬT GIẢI LẶP CHO PHƯƠNG TRÌNH SĨNG PHI TUYẾN CĨ HỆ SỐ CHỨA TÍCH PHÂN VỚI ĐIỀU KIỆN BIÊN HỖN HỢP THUẦN NHẤT Chun ngành: Tốn Giải Tích Mã số: 60 46 01 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: TS NGUYỄN THÀNH LONG Thành phố Hồ Chí Minh - 2008 Luận văn hoàn thành Trường Đại học Sư phạm TP Hồ Chí Minh Người hướng dẫn: TS Nguyễn Thành Long Khoa Toán – Tin học, Đại học Khoa học Tự nhiên TP Hồ Chí Minh Người nhận xét 1: PGS TS Lê Hồn Hố Khoa Tốn – Tin học, Đại học Sư phạm TP Hồ Chí Minh Người nhận xét 2: TS Lê Thị Phương Ngọc Trường Cao đẳng Sư phạm Nha Trang Học viên cao học: Nguyễn Thị Ngọc Hiền Luận văn bảo vệ Hội Đồng chấm luận văn Trường Đại học Sư phạm TP Hồ Chí Minh, vào lúc … giờ… ngày… tháng … năm 2008 Có thể tìm hiểu luận văn Phịng Sau Đại học, thư viện trường Đại học Sư phạm TP Hồ Chí Minh Thành phố Hồ Chí Minh – 2008 LỜI CẢM ƠN Lời tơi trân trọng kính gửi tới Thầy hướng dẫn, TS Nguyễn Thành Long, lòng biết ơn chân thành sâu sắc Người Thầy ân cần tận tình hướng dẫn, giúp cho nắm bước nghiên cứu giải đáp thắc mắc gặp phải Sự đam mê nghiên cứu khoa học tận tình hướng dẫn Thầy giúp tơi hồn thành luận văn Xin trân trọng cảm ơn Thầy Lê Hồn Hóa Cô Lê Thị Phương Ngọc dành thời gian, công sức để đọc cho nhận xét quý báu luận văn Xin trân trọng cảm ơn q Thầy Cơ ngồi khoa Tốn – Tin học trường Đại học Sư phạm Tp Hồ Chí Minh tận tình truyền đạt kiến thức kinh nghiệm quý báu cho suốt thời gian học tập trường Chân thành cảm ơn Ban chủ nhiệm khoa Tốn – Tin học, q Thầy Cơ thuộc phịng quản lý Khoa học Cơng nghệ & Sau Đại học, thư viện trường Đại học Sư phạm Tp.HCM tạo điều kiện thuận lợi để tơi hồn thành chương trình học trình làm thủ tục bảo vệ luận văn tốt nghiệp Xin cảm ơn anh chị lớp Cao học Giải tích Khóa 16, anh chị nhóm xemina Thầy tổ chức động viên nhiệt tình giúp đỡ tơi suốt thời gian qua Tôi không quên gửi lời biết ơn đến gia đình tơi, người hết lịng lo lắng bên lúc khó khăn Sau cùng, kiến thức thân cịn hạn chế nên luận văn khó tránh khỏi thiếu sót Tơi mong nhận bảo q Thầy Cơ góp ý chân thành bạn bè đồng nghiệp Tôi xin chân thành cảm ơn Thành phố Hồ Chí Minh, tháng năm 2008 Nguyễn Thị Ngọc Hiền MỤC LỤC Lời cảm ơn Mục lục MỞ ĐẦU .c định (3.2), (3.3) hội tụ cấp hai nghiệm u toán (3.1) mạnh không gian W1 (T ) theo nghĩa um − u W1 (T ) ≤ C um−1 − u W1 (T ) , (3.83) C số thích hợp Hơn ta có ước lượng um − u ≤ W (T ) m β2 , µT (1 − β ) ∀m, (3.84) 55 µT = 2(1 + 2) + ⎛1 ⎞ T K (q − 1) M q −1 exp ⎜ TK M(1) ⎟ , b0 ⎝2 ⎠ (3.85) ⎛ 1⎞ K M(1) = ⎜1 + ⎟ ⎡⎣1 + K (q − 1) M q −1 + 2(1 + C1 )(d1M p + d1M ) ⎤⎦ , ⎝ b0 ⎠ (3.86) β = M µT < (3.87) Chú ý điều kiện cuối thỏa mãn chọn số T > thích hợp Chứng minh Trước hết, ta chứng minh {um } dãy Cauchy W1 (T ) Đặt vm = um+1 − um Khi {vm } thỏa mãn toán biến phân sau ⎧ vm (t ), v + bm+1 (t )a ( vm (t ), v ) ⎪ ⎨− ( bm+1 (t ) − bm (t ) ) ∆um (t ), v = Gm+1 (t ) − Gm (t ), v , ∀v ∈V , (3.88) ⎪v (0) = v (0) = 0, m ⎩ m với Gm+1 − Gm = − f (um ) + f (um−1 ) − f ′(um )(um+1 − um ) − f ′(um−1 )(um − um−1 ) f ′′( zm−1 )(um − um−1 ) − f ′(um )(um+1 − um ) − f ′(um−1 )(um − um−1 ) = − f ′(um−1 )(um − um−1 ) − = − f ′(um )vm − = − K (q − 1) um f ′′( zm )vm2 −1 q−2 q−4 vm − K (q − 1)(q − 2) zm zmvm2 −1 , zm = um−1 + θ vm−1 , < θ < Thay v = vm (3.88), sau lấy tích phân theo t ta thu (3.89) (3.90) 56 vm (t ), vm (t ) + bm+1 (t )a ( vm (t ), vm (t ) ) − ( bm+1 (t ) − bm (t ) ) ∆um (t ), vm (t ) (3.91) = Gm+1 (t ) − Gm (t ), vm (t ) , hay 1d 1d vm (t ) + ( bm+1 (t )a ( vm (t ), vm (t ) ) ) dt dt = ( bm+1 (t ) − bm (t ) ) ∆um (t ), vm (t ) + bm′ +1 (t )a ( vm (t ), vm (t ) ) + Gm+1 (t ) − Gm (t ), vm (t ) , lấy tích phân theo t ta t vm (t ) + bm+1 (t )a ( vm (t ), vm (t ) ) = ∫ bm′ +1 ( s )a ( vm ( s ), vm ( s ) ) ds t ( +2 ∫ ⎡ B ∇um+1 ( s ) ⎣ ) − B ( ∇u (s) )⎤⎦ ∆u (s), v (s) ds m t t 0 m m +2 ∫ vm f ′(um ), vm ( s ) ds + ∫ vm2 −1 f ′′( zm ), vm ( s ) ds = J1* + J 2* + J 3* + J 4* (3.92) Ta có ( bm+1 (t ) = B ∇um+1 (t ) ( ), bm′ +1 (t ) = B′ ∇um+1 (t ) ( = d1 ∇um+1 (t ) ) ∇u p−2 ≤ 2(d1M p + d1M ) m +1 (t ) ∇um+1 (t ) ) + d1 ∇um+1 (t ) ∇um+1 (t ) 57 t J ≤ 2(d1 + d1 ) M p ∫ a ( vm ( s ), vm ( s ) ) ds * (3.93) t ≤ 2(d1M p + d1M ) ∫ vm ( s ) V ds t ( J = ∫ [ B ∇um+1 ( s ) * ( ) − B ( ∇u (s) )] ∆u (s), v (s) ds, 2 m ) − B ( ∇u ( s ) ) = B′ ( ζ ( s ) ) ( ∇ u ( s ) B ∇um+1 ( s ) m m m m +1 m − ∇u m ( s ) 2 ), ζ m ( s ) = θ m ∇um+1 ( s) + (1 − θ m ) ∇um ( s) , < θ m < ≤ ζ m ( s ) = θ m ∇um+1 ( s ) + (1 − θ m ) ∇um ( s ) ≤ θ m M + (1 − θ m ) M ≤ M , B′ (ζ m ( s ) ) ≤ d1 ζ m ( s ) ( B ∇um+1 ( s ) + d1 ≤ d1M p −2 + d1 , p −1 ) − B ( ∇u ( s ) ) m = B′ (ζ m ( s) ) ∇um+1 ( s ) − ∇um ( s ) 2 ≤ M (d1M p −2 + d1 ) ∇vm ( s ) , t * J ≤ 4(d1M 2p + d1M ) ∫ vm ( s ) V vm ( s ) ds (3.94) t J = ∫ vm f ′(um ), vm ( s ) ds * t ≤ K (q − 1) M q −2 ∫v m ( s ) vm ( s ) ds t ≤ K (q − 1) M q −2 ∫v m ( s ) V vm ( s ) ds (3.95) 58 t * J = ∫ vm2 −1 ( s ) f ′′( zm ), vm ( s ) ds t ≤ K (q − 1)(q − 2) M q −3 ∫ vm2 −1 ( s ), vm ( s ) ds t ≤ K (q − 1)(q − 2) M q −3 ∫v m −1 ( s ) V vm ( s ) ds ≤ K (q − 1)(q − 2) M q −3 vm−1 t W1 (T ) ∫ v ( s ) ds m (3.96) Từ (3.93) – (3.96) ta suy từ (3.92) 2 vm (t ) + b0 vm (t ) V t ≤ 2(d1M 2p + d1M ) ∫ vm ( s ) V ds t +2(2d1M 2p + 2d1M + K (q − 1) M q −2 ) ∫ vm ( s ) V vm ( s ) ds + K (q − 1)(q − 2) M q −3 vm−1 W1 (T ) t ∫ v m ( s ) ds (3.97) Đặt 2 Z m (t ) = vm (t ) V + vm (t ) (3.98) Ta suy từ (3.97), (3.98) 1⎛ 1⎞ Z m (t ) ≤ ⎜1 + ⎟ TK (q − 1) (q − 2) M q −6 vm−1 ⎝ b0 ⎠ W1 (T ) t (3.99) + K M(1) ∫ Z m ( s )ds, ⎛ 1⎞ K M(1) = ⎜1 + ⎟ ⎡⎣1 + 4d1M p + 4d1M + K (q − 1) M q −2 ⎤⎦ ⎝ b0 ⎠ (3.100) 59 Sử dụng bổ đề Gronwall cho (3.98) – (3.100), ta suy vm ≤ µT vm−1 W (T ) W1 (T ) , (3.101) µT = + ⎛1 ⎞ T K (q − 1)(q − 2) M q −3 exp ⎜ TK M(1) ⎟ b0 ⎝2 ⎠ (3.102) Từ (3.101) ta có um − um + p W1 (T ) ≤ m β , ∀m, p, µT (1 − β ) (3.103) β = 2M µT < (3.104) Vậy {um } dãy Cauchy W1 (T ) Nên tồn u ∈W1 (T ) cho um → u mạnh W1 (T ) Khi với chứng minh tương tự định lý 2.5, ta có u ∈W1 ( M , T ) nghiệm yếu toán (3.1) Chuyển qua giới hạn p → +∞, với m cố định ta thu ước lượng (3.84) từ (3.103) Vậy định lý chứng minh.„ ... Nguyễn Thị Ngọc Hiền THUẬT GIẢI LẶP CHO PHƯƠNG TRÌNH SĨNG PHI TUYẾN CĨ HỆ SỐ CHỨA TÍCH PHÂN VỚI ĐIỀU KIỆN BIÊN HỖN HỢP THUẦN NHẤT Chuyên ngành: Toán Giải Tích Mã số: 60 46 01 LUẬN VĂN THẠC... Giải tích hàm phi tuyến để khảo sát tồn nghiệm yếu toán phi tuyến, chẳng hạn phương pháp Galerkin liên hệ với kỹ thuật đánh giá tiên nghiệm, kỹ thuật tính compact Lions hội tụ yếu Chúng tơi có. .. thu chứa đựng chương Ở chương 2, xét thuật giải lặp cấp cho phương trình sóng phi tuyến ( utt − B u x (t ) )u xx ( + f (u , ut ) = F x, t , u , u x (t ) ) , < x < 1, < t < T , với giá trị biên