Chương 2. Phương trình toán tử vỉ phân cấp một
2.5. Bài toán giá trị ban đ ầ u
Giả sử Vl ầ không gian Banach phản xạ được nhúng liên tục vào không gian Hilbert / / v à trù mật trong H. Ta đồng nhất H với H* và đồng nhất H* với không gian con của V . Khi đó ta có
V <ZH <zV*.
Xét phương trình dạng
u’ + Au — f ,
trong đó A là toán tử Volterra ánh xạ không gian X với
x = u (S, V) n ^ “ < p < p ữ <00
vào không gian liên hợp của nó X * . Đạo hàm u’ của u E X theo nghĩa của không gian các phân bố D*(S, V*). Phương trình dạng đó được gọi là phương trình tiến hóa. Sau đay ta xét bài toán Cauchy hay bài toán giá trị ban đầu của phương trình tiến hóa.
G iảsử u e x , đặt ||ô|| = | t 4 №n+ |MU№Ơ).
Khi đó không gian liên hợp c ừ à X là X*
X* = ư ( S ; V * ) + r ° ( S ; H ) , - + - = 1, — + — = 1,
p <ỉ Pữ 9o
YỚi chuẩn thông thường của tổng các không gian Banach, cụ thể như sau
z = x + y e L q(S,V*) + ư * ( S \ H) , ||z|x . = ằ ớa x ( ||x ||iớ(S ;r. ) ,||^||iớ0(S;iớ) )
Đặt
w = ịuịu e x , u ' e ||w|| =||m|| +||m|| . v ô e w.
Tích vô hướng <f , u ) = J(/(s),M(í))cfe, / e X*, u e X.
5
Người ta chứng minh được rằng w được nhúng liên tục vào C(S,H).
Định lý 2.5. Giả sử A e (X -ằ X*) là toỏn tử Volterra radian liờn tục , đơn điệu và bức. Khi đó bài toán
u' + Au = f , u(0) = a, u<eX , (2 3 9 )
Với mọi/ thuộc X* và a thuộc H có một nghiệm u duy nhất.
Hơn nữa u e w <- C(S’H ) và phép tương ứng a u là một ánh xạ liên tục từ H vào C(S,H).
Nhận xét. Do đạo hàm u' hiểu theo nghĩa phân bố D ( S , v ) cho nên phương trình có nghĩa trong không gian D*(S, V*) . Nếu u thuộc X thỏa mãn phương trình này th ì u ' = f - A u e X và do đó u e w c= c (s’ ■ Điều đó nói lên rằng điều kiện ban đầu u(0) = a<EH có nghĩa.
Định lý 2.6. Giả sử các điều kiện của định lí 2.5 được thỏa mãn. Nếu un là nghiệm của phương trình Galerkin
u' + A u „ = /„ , n n n ■/ B 5 (0) = a , u E X ,/ í V y n ~ R n ~
và u là nghiệm của bài toán (2.39), thì a) Un -ằ u trong C ( S ; H);
b) un hội tụ yếu đến u trong X;
c) Au hội tụ yếu đến Au trong x*\
d) J (Uô. X*) - (^ô)(s)>ô, (s)-ô(*))*->0 V t e S .
0
Định lý 2.7. Gỉa sử p ữ > 0 và A Ê Ợớ -ằ X*) là toỏn tử Volterra radian liờn tục.
Giả sử với Ẫ > 0 và moi u , v e X
Ịe-Ut ((Au)(t)-(Ẩv)(t) + Ắ(u(t)-v(t)), u ( t ) - v ( t ) ) d t > 0 (2 40)
s
lim 7—— ịe~2Át ((Au)(t) + Ẫ(u(tỴ), u(t))dt = +00 ( 2 4 1 )
W * ” >0 \\X \\x s
Khi đó với v/ eX*, a & H mọi bài toán
u' + Au = / , w(0) = a, a e l , ^2 42)
CÓ một nghiệm duy nhất u . Hơn nữa u e w c C(S>H ) và phép tương ứng a u là ánh xạ liên tục từ H vào C(S,H).
Neu dãy {an} , ãne H n hội tụ trong i f tới a, thì với mỗi n phương trình Galerkin có một nghiệm duy nhất un và dãy { un }thỏa mãn các tính chất sau:
a) trong C ( S ; H ) ;
b) un hội tụ yếu đến u trong X;
Au hội tụ yếu đến Au trong X*;
J((^Mn)(s)-(^M)(í),Mn(í)-M (í))ífa^O V íe S . 0
Hệ quả Nếu ^0 - 0 và Ả + ẰI, p > 0, là toán tử V olterra, radian liên tục, đơn điệu và bức ánh xạ X vào X* thì các kết luận nêu trong định lí 2.7 vẫn đúng.
Bổ đề 2.7. Nếu và
Ị g(s)ds > 0 Ví gS,
0
thì với mọi ^ - 0
Ị e~2Ẳsg(s)ds > e~2ẰT J g(s)ds > 0 Ví e s.
0 0
2.6. Phương pháp xấp xỉ liền tiếp
Sau đây ta áp dụng phương pháp xấp xỉ liên tiếp giải một số bài toán Cauchy đối với phương trình vi phân thường cấp 1.
Xét bài toán Cauchy
y' = f { x , y ) ,
2.6.1 Định lí Cauchy - Picar. ( Định lí tồn tại và duy nhất nghiệm ) Giả sử hàm / thỏa mãn các điều kiện sau đây:
a) / liên tục trong miền G
b) / thỏa mãn điều kiện Lipschitz theo y trong miền G
Giả sử
= \ y - y ữ\ ^ b} , D ^ G
M = max \ f { x , y ) \ , \ f { x , y ) - f { x , ỹ ) \ < N \ y - ỹ \ , V { x , ỳ ) , ( x , ỹ ) & D . h = min a,
\ 1V1M y
Khi đó ứng với mỗi điểm trong (x0, ya) e D d G tồn tại duy nhất một nghiệm y = y{x) của phương trình y ' = f (x,y) thỏa mãn điều kiện
y ( x ữ) = y ữ.Nghiệm này xác định trên đoạn [xữ- h , x 0 +h] .
Chứng minh.
Ta xét dãy xấp xỉ Picar ị y ,(*)}. Vì {>> ,(x)}eG, n = 0, 1, 2,... và / liên tục trên G nên các hàm y (x) khả vi và liên tục trên [x0 - h, x ữ+h]. Dễ thấy
y n(xữ) = y ữ, n = 0, 1, 2,... Bây giờ ta chứng minh rằng y n(jc) hội tụ đều trên [x0 - h, x ữ+h]. Trên đoạn [xữ- h , x ữ+h] ta có:
< M \ x - x n
*0
M*)-.yi(*)| = ][_f(T’y2{T) ) - f { T>yÁT))\dT - ][_f(T’yẢ T))~ f ( T’y Á T)) \ dT
*0
\ M \ r - x ữ\dT ML I
■\xn - X
Ta chứng minh rằng, khi x e [x r h,x0 + h] thì
ML I
\y* (*)|^ I h>-*r (2.43)
Thật vậy với n = 1,2 ta đã kiểm tra ở trên. Giả sử (2.43) đúng với n. Khi đó
|^ +i W - ^ W l =
0
^ MLnXt ị _ M ư I
< ---\\T — Xn \ d r = ----— J C - X
n! 01 (n + l)!1 1
f 9
r___1 5 1 Ã , J . W , 1 r___/ r \ A ■' l \ 4' _
- L ]\y.{T) - y . - A T)\dT
X* xn
tức là bât đăng thức (2.43) đúng với n+1. Vì (2.43) đúng khi \x - xa I < h
nên ta đi đến đánh giá sau đây:
Mư~l (2.44)
XG [xữ - h,xữ + h \ , n = 1, 2, ...
Xét chuỗi hàm
>>0 (*) + u (*) - y0 (*)) + - + (^ (* ) - y„-1 (*)) + -^ (2-45) Do(2.44)ta suy ra rằng, giá tĩị tuyệt đối của số hạng tổng quát của chuỗi (2.45) trên đoạn [xa - h, x0+h] không vượt quá số hạng tổng quát của chuỗi
°° Mĩn~l dương hôi tu Y h" .
„=1 n\
Bởi vậy, theo tiêu chuẩn Weierstrass chuỗi (2.45) hội tụ đều trên
[jc0 - h, x 0+h] đến hàm y [ x ) . Dễ ứiấy, tổng riêng s (x) cuả chuỗi (2.45) là y (x) và do đó ta đã chứng minh
y (x) hội tụ đều đến y(jc) trên [x0 - h , x ữ+h].
Vì
y A x ) = yô + ) f ( T’ y*-i (T) (2-46)
*0
và hàm / liên tục trên G nên trong đẳng thức ( 4 ) ta có thể chuyển qua giới hạn khi n -> 00 dưới dấu tích phân. Kết quả ta được
?(*) = .Vo+ } /(* . ?(*))*' (2.47)
*0
Vì sự hội tụ của dãy [yn (jc)} là đều trên đoạn [x0- h, x0 +h] . Đẳng thức (2.47) và sự liên tục của hàm / cho ta khẳng định được rằng y( x) là hàm khả vi trên [jc0 - h , x ữ+h]. Lấy đạo hàm hai vế của (2.47) ta có:
y'{x) = f { x, y{ x) ) > * G[*0- h , x a+h]
Hiển nhiên y[ xữ) = yữ. Vậy y ( x) là nghiệm của bài toán Cauchy xác định trên đoạn [x0- h, xữ+h].
Bây giờ ta chứng minh rằng nghiệm này là duy nhất. Giả sử còn có nghiệm j ( x ) của phương trình y' = f ( x , y ) xác định trên khoảng
[x0-h',x0+ h'] thỏa mãn điều kiện ban đầu ỹ ( x0) = y0. Khi đó tr®n [x0 - h'>x0+h']- Tích phân đồng nhất thức này với ĩ ễ [ x ( - h',xữ + h'] ta có
ỹ (*) = ^0 + } / ỹ T (2-48)
Đặt ổ = min ịh', h} và xét các đẳng thức (2.46), (2.48) trên đoạn [x0 - õ , x ữ+õ\ . Trừ (2.48) cho (2.46) ta được
y { x ) - y A x ) = ] \ f ( T' y (T)) - f (r’ >Vi (r))}*r
*0 Ta chứng minh rằng
Iy { x ) - y a{ x ) ụ - ^ - S ' " n = 0,1, 2,... (2.49) Thật vậy với n = 0 ta có
X
\ y { x ) - y 0 (x)| = |j>(x)-;y0|= J / ( r , j ( r ) y r < M \ x - x 0\ < M ổ
\ í \ í \l ^ I ln+1 Do đó
!>>(*)->Vi(*)|= ] [ f { T^ { T) ) - f ( T’y Á T) Ĩ Ỷ T - u ^ ĩ S \ ì \ T~ Xữ\n+ldT
*0 \ / *0
(2.50) Vì chuỗi m Ỵ 7 L" , ỏ n+ì hôi tu nên số hang tổng quát của nó dần tới okhi
t ớ ( ô + l)!
ằ -> oc. Từ (2.50) suy ra
limy n{x) = y ( x ) , x t [ x ữ- S , x ữ+ S \ .
n-> 00 \ / \ / I. J
Do tính duy nhất của giới hạn nên ta đi đến kết luận jỹ(*) = >>(*)■
Định lí được chứng minh.
Xét bài toán Cauchy
Phương pháp xấp xỉ liên tiếp là phương pháp xây dựng dãy hàm y (jc) theo công thức:
Và nghiệm của bài toán ( 1 ) là giới hạn của dãy hàm y n (jc) .
Trong hình chữ nhật D , D = ị ị x , y ) e R2 1 |jc- Jt01 < a,[y- 1 < Z>Ị, thì dãy hàm (>> (jc)) hội tụ tới nghiệm jv(x) của phương trình ( 1 ) trên đoạn
[x,x + h],h > 0 là một số dương nào đó và hàm y a(jc) tùy ý cho trước.
Sai số giữa y (x) và được đánh giá bởi công thức sau:
y' = f(x>y)> ,y(*0) = >v (2.51)
X
yn{x) = yữ + ị f { x’yn-i (*))&> (2.52)
Ví dụ 2.4. Tìm ba nghiệm xấp xỉ liên tiếp của bài toán sau bằng phương pháp xấp xỉ liên tiếp, y ' = X2 + y 2, y (o) = 0.
Giải.
Thay bài toán trên bởi phương trình tích phân y ( x ) = j Ịjc2 + y 2 ) c ừ . 0
Áp dụng phương pháp xấp xỉ liên tiếp với xấp xỉ đầu tiên:
y0 (*) = 0
X X
(*) = J (*2 + yồ (*))& - Ị x2dx =
0 0
y i W = j ( *2+ J'i2 ( * ) ) * = í
0 0
f 2 *■'
X + - —
V 9 y
X X
dx = — + —
3 63
( 6 o 10 14 N 3 7 o 11 15
■, X 2 x X , X X 2 x X
X + — + —— dx = — + — + -
63 2079 59535
9 189 3 9 6 9) 3
Lấy a = \, Ồ = 0,5. Khi đó D = |(X, y ) e R2 1 |jc| < 1, |_v| < 0,5 | ,
M = ( ” ? > > M + ^ 1 = 1' 2 5 ' " = ( S ? „ \ r , ( * ■ r i= ( 5 5 * M = 1
T a có , |r ( ^ ) - ^ (^>1 1 ; “ 5-10"2"
V í dụ 2.5. Tìm ba nghiệm xấp xỉ liên tiếp của bài toán sau bằng phương pháp xấp xỉ liên tiếp, y' = x2 - y , y {o) = 1.
Giải:
Thay bài toán trên bởi phương trình tích phân y (x) = j Ịjc2 - y y x .
0
Áp dụng phương pháp xấp xỉ liên tiếp với xấp xỉ đầu tiên:
^0(*) = 1
y 1 ( x ) = 1 + J ị x 2 - y 0 (x)y.Jt = j ị x 2 - \ ỳ ì x = —— X +1
0 0 ^
y 2 (x) = 1 + 1 ị x 2 - y l = \ + ị [ x 2 - — + x - \
0 0 V 3
, X X X
dx = — - — + — - x + l
3 12 2
3 4 2 A 3 4 5 3 2
X X X , X X X X X ^
+ x dx = — - — + - — — + — + 1
3 12 60 6
3 n 2 J 3 1 2
Lấy a = l, ồ = 0,5. Khi đó D = { ( x , y ) e R 21 1*1 < 0 ,5 ,^ -lỊ <0,5} ,
M = M =( S&K -H =°'75' * = ( S S íK M =(5ỹJ-i|=1
Ta có, \ y ị x ) - y , ị x ) ị < 0 , 1 5 . ^ = - ^ x ' , m axjv(.v)->■,(*) < 3-°^ 625 ^ 2.10 Ví dụ 2.6. Tìm nghiệm gần đúng thứ hai của phương trình y ’ = x + y 2 thỏa mãn điều kiện ban đầu J>(0) = 0.
Giải:
Thay bài toán trên bởi phương trình tích phân y (x ) = j (x + y 2 y t x . 0
Áp dụng phương pháp xấp xỉ liên tiếp với xấp xỉ đầu tiên:
:Vo(*) = 1
X X 2
y l (x ) = 1 + Ị ( x + ý ị (x))cỉjc = 1 + Ị ( X + Ýỳdx = — + X+1
0 0 2
X X
y 2 ( x ) = l + ị ( x + y l ( x ) Y x = l + ị
0 0
/
( x 2 ì2 ^
3x 2 2 x 3 X 4
x + — + X + 1 dx = 1 + X + — - + — +
V ) 2 3 4
M = m ạx \ f (x,y)\ = ma* \x + y 21 = 0 ,7 5 , N = m ạx \ f ' ( x, y) \ = m ạx \2y\ = \
(x , y ) e D1 y v ỵ i { x ,y ) e D I x,y)<=D I I I { x ,ỳ )e D 1 (x,^)€D I / j (*,;v)e.D 1 1
,— = — x 4, max I
4! 96
,y ) s D
Ta C Ó , | j ( x ) - j 3 ( x ) | < 0 , 7 5 . ^ - = ^ 4 , fm M | y ( x ) - j >3( x ) | < 3 -0,9°66 2 5 2.10 ..
Ví dụ 2.7. Tìm nghiệm gần đúng của phương trình y ’ = X + y thỏa mãn điều kiện ban đầu y(o) = 1.
Giải.
Thay bài toán trên bởi phương trình tích phân y { x) = ị { x + y)dx.
0
Áp dụng phương pháp xấp xỉ liên tiếp với xấp xỉ đầu tiên:
>>0 (*) = 1
X X 2
y 1 ( x ) = 1 + Ị ( x + y ữ = 1 + Ị ( x + Ýỳdx = — + X+1
0 0 2
X x ( X 2
>>2(x) = l + _[(* + >>! (x))fc = l + J 2 x + ^ - + l
0 0 V
1 x í X
y ĩ ịx) = l + ị ị x + y 2 [x^đx = 1 + J 2x + l + x 2 + —
0 0 V ^
d x = \ + x 2 + — + X
6
2 X X
dx — 1 + X + X H--- 1- ——
3 24
Chương 3. PH Ư Ơ NG TRÌNH TOÁN T Ử VI PH ÂN CẤP HAI Giả sử V là không gian Hilbert khả ly được nhúng liên tục và trù mật vào một không gian Hilbert H nào đó. Ta đồng nhất H với không gian liên hợp H ' , H*
là không gian con của không gian V*, với V" là không gian con liên hợp của V . Ta có: V cz H cz r
Ta kí hiệu lần lượt III, |.| III là chuẩn tương ứng của các không gian V , H , V*
và là tích vô hướng trong H , cũng là tích vô hướng của V' và V . Ta kí hiệu s = [0, t ] là khoảng hữu hạn ( T > 0 ). Những kí hiệu nói trên trong V và H được sử dụng về sau.
Xét phương trình toán tử vi phân có dạng:
u ” + Au' + Bu = f ( 3 . 1 )
Trong đó A, B là các toán tử Volterra. Ánh xạ không gian hàm X = ư (S; v),
2 < p < 00 vào không gian liên hợp X* của nó và u', u" kí hiệu là đạo hàm bậc nhất và bậc hai của hàm u & u ịS; v ) theo nghĩa của không gian các phân bố
D *ị s; V*). Những giả thiết về toán tử A và B sẽ được nêu ở trong định lí 3.1 và 3.2.
Trong mục 3.1 chúng ta chứng minh định lí về tồn tại duy nhất nghiệm.
Trong mục 3.2 chứng minh về sự hội tụ của phương pháp Galerkin của bài toán ban đầu đối với phương trình ( 3 .1 ) .
3.1. Các định lí tồn tại và duy nhất
Trong mục này chúng ta sử dụng các kí hiệu sau:
x = ư ( s; V), X* =Lq(S; v ‘), - + - = 1;w = \(oIoeX , o 'g X ‘}.
p q
Hơn nữa ta giả thiết rằng 2 < p <00, với những giá trị đó của p ta có phép nhúng I c l ‘ , đây là phép nhúng liên tục giữa X và X*. Ta kí hiệu tích vô hướng giữa X và X* là
3.1.1. Bài toán với giá trị ban đầu
Định lí 3.1. Giả sử với Ẳ > 0 toán tử A +ẲIG (X -> X") là một toán tử Volterra đơn điệu radian liên tục, bức (coercive). Giả sử là toán tử thỏa mãn điều kiện
(5m)(ớ) = 50m(ớ) vôe J, V t e S ,
trong đó Bữ G ị v -> V’) là toán tử tuyến tính tự liên hợp, bị chặn và xác định dương. Khi đó với a0 e V, ữj e H và f G X" bài toán
u” + Au' + Bu = f ( 3 .2 )
w(0) = a0, w'(0) = aj aeC Ị/S 1; F ), m'ẽI CÓ duy nhất một nghiệm u và u'G w .
N hận xét 3.1. Phương trình u" + Au’+ Bu = f được hiểu là phương trình ở trong không gian 3)" ịs; V*). Nấu uẽC(S; v ) và ! i ' e l thỏa mãn phương trình này thì
u" = f - A u ' - B u e X* và do đó u' gW czC( S; H ) cho nên điều kiện ban đầu u'(0) = a1e H là CÓ nghĩa.
C hứng m inh định lí 3.1. Giả sử R là toán tử Volterra xác định bởi đẳng thức
(i?v)(í) = aữ + Jv(í)ífa, v ẽ I ( 3 . 3 )
0
Dễ dàng kiểm tra được R là toán tử liên tục Lipschitz là ánh xạ ( x -> X*). Nếu
u là nghiệm của bài toán ( 3 . 2 ) thì V = u' là nghiệm của bài toán:
v' + {A + BR) v = f v(0) = a1; v s X . ( 3 . 4 )
N gược lại nếu V là nghiệm của bài toán ( 3 . 4 ) thì u = Rv là nghiệm của bài toán
( 3 .2 ) . ■ ■
Theo hệ quả của định lí 2.7 bài toán ( 3.4 ) có nghiệm duy nhất trong trường hợp toán tử Volterra A + BR + ẲI e ( x X*) là toán tử radian liên tục đơn điệu và bức. Theo giả thiết toán tử A+Ằ Ie ( x -> X*) radian liên tục, đơn điệu, bức cho nên chỉ cần chứng minh rằng toán tử BR e ( x X*) là toán tà radian liên tục, đơn điệu và
liminf -7—!— (BRv,v) > - 00.
1) Với V £ X và p > 2 > q và Bữbị chặn ta có I M r =
1 1
( V ( V (
J I M 0 I I > - ^ 1 íK O III* - K 2 J||v(0lirdt
Vs y Vi’ / ví =K2\ K -
Trong đó K 1} K 2không phụ thuộc vào V. Từ tích chất liên tục Lipschitz của toán tử R e ị x X*) suy ra tớnh liờn tục của toỏn tử BR e ị x -ằ X*).
2) Dựa trên tính chất của toán tử B và B0, với v , ũ) s X ịBRv-BRcữ, V - a>) = jỊiỉ0 (i?v-iỉ© )(í), (R v - R ứ)) (í)jdt
= ^ ( J80 ( i ? v - i ? © ) ( r ) , ( i ? v - i t o ) ( r ) ) > 0
nghĩa là toán tử BR đơn điệu.
3) Từ (3.3 ) và các tính chất của toán tử B0 suy ra
(5Jỉv,v> = |Ị 5 ,( ớv ) ( l) ,( J ỉv ) '( ằ ) Ị d t - ỉ ( 5 , ( ớ v ) ( r ) , ( S v ) ( ĩ ' ) ) - ( ỉ 0<!„ a 0)
1 ao)-
Do đó lim inf (BRv, v) > 0.
Hx-*00 V\\ \\x
( 3 .5 ) Như vậy toán tử BR thỏa mãn các tính chất được nêu ở trên.
Đ e khẳng định nghiệm u của bài toán ( 3.2 ) thỏa mãn điều kiện u' e w ta sử dụng kết quả đã nêu trong nhận xét 3.1 ở trên. Định lí được chứng minh.
Định lí 3.2. Giả sử p = 2, nghĩa là X = ú (S; v ) với số ụ > 0 toán tử
A + ụ l G ( x - ằ X*) là toỏn tử Volterra, rađian liờn tục, đơn điệu mạnh. Giả sử Ba là toán tử Volterra, liên tục Lipchitz. Khi đó YỚi mọi aữ e V, flj e H và / Ẽ l ' bài toán
u" + Au' + Bu - f
w(0) = a0, M'(0) = ữj ôeC ỊS ; V), u' e X
CÓ m ộ t n g h i ệ m d u y nhất u v à u thỏa m ã n đ iề u kiện u' e w.
Nhận xét 3.2. Điều kiện ban đầu tt'(o) = a, e / / được giải thích giống như trường hợp bài toán (3 .2 ).
C hứng minh định lí 3.2. Tương tự như chứng minh định lí 3.1, ta sử dụng toán tử R e ( x x ) được xác định bởi công thức ( 3.3 ). Bài toán ( 3.5 ) tương đương với bài toán (3.4). Sau đây ta sẽ chứng minh một số bất đẳng thức bổ trợ.
V ới các giả thiết đã nêu ra đối YỚi bài toán ( 3.4 ) việc chứng minh định lí 3.2 tương tự với chứng minh định lí 2.7 ở chương 2.
Giả sử U,V€ X và Ẵ > 0 theo bổ đề 2.7, YỚi
^ ( s ) = ( ( ^ M ) ( 5,) - ( ^ M ) ( ‘S') + / / (u(j) - v(j) ) , ô (s) - v(j) ) - i w| ô (s) - v(s)|| .
ta được
Ịe~2Xs >Ịe~1Xs Ịffí v(s)|| jíỉs,
0 0
trong đó m kí hiệu là hằng số đơn điệu của toán tử đơn điệu mạnh A + ụ l . Từ công thức ( 3.3 ) suy ra Vtt, V <eX và Ẳ > 0
Ị e 1ẰS ||(ì?m)(s)-(ì?v)(s)||2 ds = Ị e 2ẦS J(íí(cr)-v(cr))dcr ds < ĩ ị e 1ẰS Jỉí(cr)-v(cr)dcr
0 0 0 0 0
=^ f e"2AsK í ) - v(í )irds - (*s) - v('sr)irds ^
< ^ j e- K * ) - v ( * ) f d s .
Kí hiệu M là hằng số Lipschitz của toán tử B . Kết hợp bất đẳng thức cuối cùng và bổ đề 2.7 với
= M 2 ||( ìỉm ) ( í) - ( ì? v ) ( í) ||2 -||(js ì ỉ m ) ( í ) - ( js ì ỉ v ) ( s ) ||2 ,
và với u, V e X , Ả > 0 ta được
Ịe~2ẢS ((5ì?m)(í)-(5ì?v)(s), w(í)-v(í))ífa >
0
> - — Ịe~2ẮS ||m ( s ) - v ( s ) ||2 d s — — J e~1Xs ||( 5 ì ? m ) ( í) - ( 5 ì ỉ v ) ( s ) ||2 ds >
2 * 2 m Q
dcrds
> - — ị e 2ẮS ||m (í) — V(•S')||2 ds — ^ —Ị e Us | | ( 5 ì ỉ m ) ( í ) - ( 5 ì ỉ v ) ( í ) ||2 ds >
2 ị 2 m ị
Từ đó ta kết luận rằng với u, V e X và Ẳ > 0
t
Ị e 2ẲS(((A + B R ) u ) ( s ) - ( ( A + BR) v) ( s ) , ô ( s ) - >
0
= ! • " { ( (3.6)
Từ ( 3.6 ) ta thấy toán tử A + BR YỚi Ằ = max (ụ, M 2T / m2) thỏa mãn các điều kiện ( 2.40 ), ( 2.41 ) chương 2. Do toỏn tử Ả + BRe ( x - ằX*) là toỏn tử radian liên tục cho nên áp dụng định lí 2.7 chương 2 vào bài toán ( 3.4 ) ta có điều phải chứng minh.
Nhận xét 3.3. Có thể khẳng định nghiệm của bài toán Cauchy được xét trong định lớ 3.1 và 3.2 phụ thuộc liờn tục vào cỏc điều kiện ban đầu ô0 và ô1 theo nghĩa sau đây: phép tương ứng {aữ’a\} {“>“'} là một ánh xạ liên tục từ V x H
vao C(S;K)xC(S;//).
3.1.2. Nghiệm tuần hoàn
Định lí 3.3. Giả sử toán tử A e ( x -> X") là toán tử radian liên tục, đơn điệu và bức. Cũn toỏn tử B e ( x - ằ thỏa món điều kiện (3.1). Khi đú với V/ G X ’ bài
có nghiệm.
Neu thêm giả thiết A là toán tử đơn điệu nghiêm ngặt thì nghiệm của bài toán ( 3.7 ) là duy nhất.
Nhận xét 3.4. Trong định lí này ta giả thiết X = u{s-, V*}, 2 < p < 00. Nhận xét 3.5. Nếu hàm u e C ( S , V ) và u'G X thỏa mãn phương trình
u" + Au' + Bu = f (trong không gian SỀ* V*) ) thì u”G X" và do đó u' G w c: C(S;H). Cho nên điều kiện u'(0) = u ' ( t ) có nghĩa.
Chứng minh định lí 3.3: Để giải quyết bài toán ( 3.7 ) ta đưa vào không gian
Không gian là không gian con đóng của không gian X . Sử dụng định lí Hanl - Banach ta khẳng định được rằng không gian liên hợp của là không gian không gian đó được hiểu là không gian thương của không gian X* trên không
toán u" + Au' + Bu = f
m(0 ) = m(t), m' ( 0 ) = u’( t ) u e C ( S ; V ) , u ' e X ( 3 . 7 )
gian con gồm các phần tử bằng không trên xữ . Nếu ŨD&X' bằng không trên x ữ thì với hàm ẹe Si(S') và x e V do ọ' xex ữ ta có
(<o'{<p),x) = - { c o ( ẹ ' ) , x ) = - ị { c o { s ) , < p ' { s ) x ) d s = 0 , s
nghĩa là co là hằng số ( ở đẳng thức trên Cử'(ọ) kí hiệu giá trị của phiếm hàm Cữ'(ọ) tại ẹ & D ( s ) và coịỹ')là giá trị của (SiV'} tại <p'e<2>(s)). Ngược lại với mỗi hàm hằng Cử £ X* bằng không trên x 0. Như vậy không gian Xg gồm các lớp hàm thuộc vào X*, chỉ sai khác nhau một hằng số. Trong mỗi lớp đó tồn tại duy nhất một phần tử Cữ&x' có tính chất j (o(s)ds = 0. Cho nên không gian
s
*0* là không gian liên họp của x ữ và có thể đồng nhất với không gian (^*) =|<ơ| <ơe ЛТ*, ị<o{s)ds = o |.
Tích vô hướng của phần tử 6) G X* và phần tử и £ x ữ được cho bởi công thức {co,ù) = (s),u(s))ds.
s
Giả sử / 0 là phép nhúng liên tục X 0 vào X và г e {x* x*0 ) là toán tử liên hợp của / 0 .Với (0 e X' và и G х й .ta có
ịr0cữ,u) = (eo,ĩ0u) = (eo,u), ( 3 . 8 )
từ đó ta có r nco = cou với CữG X " .0
Sau các nhận xét ở trên ta có thể phát biểu lại bài toán ( 3.7 ). Giả sử Ra e ( x a x ) là toán tử xác định bởi đẳng thức.
(Äov)( f) = J v(í)cfe, v e X ữ. ( 3 . 9 )
0
N ếu и G с (£; v ) và u’ e X ữ, thì RqU.’ = и + u0, trong đó u0 là một hàm hằng ở trên s . Giả sử С = / ’ (AIữ + BRữ ) G (X' và g = / ’/ G X * . Ta chứng minh bài toán ( 3.7 ) tương đương với bài toán
v' + Cv = g, v<eX 0 ( 3 . 1 0 )
1. Giả sử и là nghiệm của bài toán ( 3.7 ). Khi đó u' G x ữ và u" G JT0\ Ta có u” + Cu' = u” + r a (AIa + BRữ)u' = / 0* (u” + Au' + Bu + Bua) =
= К ( M"+ A u ' + B u ) = K f = g ’
nghĩa là V = u ' là nghiệm của bài toán ( 3 . 1 0 ) .
2. Giả sử V là nghiệm của bài toán ( 3.10 ). Ta đặt = Rữv. Khi đó u[ = V và
Mj (o) = Mj ( r ) và и" = v' = g - Cv G X * và u[ (о) = u[ {т ) .
Ta có
и" + Cu[ = и"+ /* (ẩ ỉ0 + BRữ ) u[ = /* ô + Au' + Вщ ) = / * / , Cho nên и”+ Au[ + Вщ = f + /j
Trong /j e X* đó là hàm hằng thích hợp. Với u = u l —B 1f í t a c ó ’ м(0) = и (г) u'(0) = u'(T)
và
и" + Au[ + Вщ — и"+ Au[ + Вщ - f\ - f
Nghĩa là и là nghiệm của bài toỏn ( 3.7 ). ( Sự tồn tại toỏn tử S '1 (E (x* -ằ X) được suy ra từ giả thiết (3.1 ). Các lập luận ở trên chứng tỏ rằng tồn tại một song ánh giữa tập nghiệm của bài toán ( 3.7 ) và tập nghiệm của bài toán ( 3 . 1 0 ) . Bây giờ ta sẽ giải bài toán ( 3.10 ) dựa vào định lí 1.10 chương 1.
Xét Vve J 0
( a v .v ) = J j- M V M 'M V ) ' (<))* =
= ỉ{ K ( V ) ( r ) ,( V ) ( r ) ) - ( J í .( V ) ( 0 ) .( V ) ( 0 ) ) } = 0 . . . .
V ■ V Theo ( 3.9 ), (i?„v)(r) = (i?„v)(o) = 0. Từ ( 3.8 ), ( 3.11 ) và định nghĩa toán tử
С v ớ i m.v ẽI ,
{ Cv,v) = ( Av,v)
( C u - C v , u - v ) = (A u - A v , u - v).
Vì vậy dựa vào điều kiện bức và tính đơn điệu (nghiêm ngặt) của toán tà А suy ra С cũng là toán tử bức và đơn điệu (nghiêm ngặt). Toán tử с cũng là toán tử radian liên tục. v ề sau ( bổ đề 3.1) ta sẽ chứng minh toán tử Л xác định trên
wữ = jv I V e x ữ, v' G X ' I bởi công thức
Av = v', v e W 0, (3 .1 2 )
và toán tử Л đi từ là toán tử radian liên tục, đơn điệu cực đại. Như vậy bài toán ( 3.10 ) thỏa mãn các điều kiện của định lí 1.10 chương l.Từ định lí đó suy ra bài toán ( 3.10 ) có nghiệm. N eu bổ sung с là toán tử đơn điệu nghiêm ngặt, thì bài toán ( 3.10 ) có nghiệm duy nhất. Định lí 3.3 được chứng minh.
Bổ đề 3.1. Toán tử A G ịwữ ^ x'ữ ), xác định bởi công thức ( 3.12 ) là ánh xạ tác động từ x 0 vào X * đồng thời là toán tử radian liên tục và đơn điệu cực đại.
Chứng minh.
1) Với v,(oeW0 và h e R 1. Ta có
Л (v + hcò) = Av + hAa>,
từ đó suy ra Л là toán tử radian liên tục.
2) Với 14 eWữ ta có
и (г )-и (0 ) = J u'ịs^jds — 0
s
và do đó
(лu,Ù) — I = —Í|ỉí(r)|2 -|и(0)|2) = 0
г 2 ' '
nghĩa là toán tử tuyến tính Л là toán tử đơn điệu.
3) Giả sử với V E x 0 vàù) E Xq cho trước
( œ-Au, v — ù) > 0 VueWg. (3 .1 3 )
Ta cần chứng minh rằng v' = ú) và do đó veỉVg. Trước tiên chọn и = ọ'X với ẹ G Q)(s) và JC G V. Khi đó и e Wữ và
f \
0<{(ữ-(p"x,v-(p'x) = (ũ),v)- jỗ7"(5,)v(i) + ỗ7'(i,)v(5,)ifa, X +{ỹ"x,ọ'x) =
Vs )
= {cữ,v) + [(o'(q))-v”(ọ),x)-,
trong đó Cữ'[ọ) và Vя[ọ) được kí hiệu tương ứng là giá trị của các phiếm hàm Cữ' và v" tại phần tử ẹ e lậs1). Bất đẳng ứiức sau cùng chứng tỏ rằng
{co’( ọ ) - a ? ( ọ ) , x ) có cận dưới đúng không phụ thuộc vào X . Điều đó chỉ xảy ra trong trường hợp Cữ'[ọ) = Vя [ ọ ) . Cho nên v' - Cữ = u0 là hàm hằng ở trên đoạn s.
Từ đó ta suy ra với mỗi u<EWữ
0 < { y ' - u ữ - u ' , v - u ) = —Ị | v ( r ) - í / ( r ) | 2 - | v ( 0 ) - í / ( 0 ) | 2 j
= ( u ( 0 ) , v ( 0 ) - v ( r ) ) + Ị ( | v ( T f - |v(0)|2 j.
í T 1']
Mặt khác với V x e V thì hàm u(t) = t2 - T t + — X cỏ giá trị thuộc vào không
V 6 )
gian Vg, cho nên trong bất đẳng thức cuối cùng и (о) có thể là một phần tử tùy ý của không gian V . Vì vậy bất đẳng thức này chỉ xảy ra khi v(o) = v ( r ) , và đối với hàm hằng ta có
Jm0 {t)dt = J(v'(í)-íy(í))íử = v ( r )- v (0 ) = 0;
5 s
Điều này có nghĩa M0 = 0 và v' = ũ). Như vậy ta đã chứng minh rằng Л là toán tử đơn điệu cực đại. Bổ đề được chứng minh.
N hận xét 3.6. Trong các định lí 3.1 - 3.3 giả thiết rằng A + ẢI là toán tử bức hoặc đơn điệu mạnh đã loại trừ trường hợp Ả = 0. Định lí về sự tồn tại nghiệm của bài toán Cauchy và sự tồn tại nghiệm tuần hoàn có thể được chứng minh YỚi những giả thiết khái quát hơn đối với toán tử А. Ta chỉ hạn chế xét các trường hợp nêu trên vì hai lí do:
Một là để phép chứng minh đơn giải hơn;
Hai là với những trường hợp này cho phép ta có những kết quả sâu sắc hơn về sự hội tụ của phương pháp Galerkin.
3.2. Phương pháp Gaỉerkỉn
Cũng như trong mục 3.1 ta sẽ sử dụng các kí hiệu sau
X = Ư ( S ; V ), X* = L q(S\ V*), - + - = l;W = {ỷ>|đeX, ử/gX *}.
p q