Sử dụng phương pháp xấp xỉ Galerkin vào một số bài toán biên phi tuyến

các hằng số cho trước, hàm phải tìm ),( txu và giá trị biên chưa biết )(tP thỏa mãn bài toán Cauchy cho phương trình vi phân thường như sau ⎪⎩ ⎪⎨⎧ == <<=+ ,)( ,)0( ,0),,0()()( 1 / 0 2// PtPPP TtthutPtP ttω (2.1.6) với ,0 ,0 ≥> hω 0P và 1P là các hằng số cho trước. Trong [1] đã nghiên cứu một trường hợp đặc biệt của bài toán (2.1.1)- (2.1.6) với 0~~ 010 === Puu và ,2== βα trong đó điều kiện biên (2.1.3) được thay bởi ,0),1( =tu (2.1.7) 50 Trong trường hợp nầy bài toán (2.1.1), (2.1.2), (2.1.4), (2.1.5), (2.1.6), (2.1.7) là mô hình toán học mô tả sự va chạm của một vật rắn và một thanh đàn nhớt tuyến tính tựa trên một nền cứng [1]. Chú ý rằng từ (2.1.6) ta biểu diễn )(tP theo ),0(,,,, 10 tuhPP ttω và sau đó tích phân từng phần, ta thu được ,),0()(),0()()( 0 ∫ −−+= t dssustkthutgtP (2.1.8) trong đó ⎪⎩ ⎪⎨ ⎧ = −+−= .sin)( ,sin))0(~(cos))0(~()( 101000 thtk tuhPtuhPtg ωω ω ωω (2.1.9) Bằng cách khử bớt một ẩn hàm )(tP thì điều kiện biên (2.1.2) có dạng .),0()(),0()(),0( 0 ∫ −−+= t x dssustkthutgtu (2.1.10) Vậy ta đưa bài toán (2.1.1)-(2.1.6) về bài toán (2.1.1)-(2.1.5), (2.1.8) hoặc (2.1.1), (2.1.3)-(2.1.5), (2.1.10) với các hàm ),(tg )(tk cho trước như (2.1.9). Trong [5], Bergounioux, N.T. Long, Alain P. N. Định đã xét bài toán (2.1.1)-(2.1.5), (2.1.8) với .2== βα Trong trường hợp nầy, bài toán mô tả sự va chạm của một vật rắn và một thanh đàn nhớt tựa trên một nền đàn hồi nhớt với ràng buộc đàn hồi tuyến tính tại bề mặt, các ràng buộc liên kết với một lực cản ma sát nhớt. Trong chương nầy chúng tôi muốn đề cập là bài toán (2.1.1)-(2.1.6) với ,2≥α 0≥β là các hằng số cho trước. Trong trường hợp nầy bài toán (2.1.1)- (2.1.6) là mô hình toán học mô tả sự va chạm của một vật rắn và một thanh đàn hồi nhớt phi tuyến tựa trên một nền đàn hồi nhớt[1]. Chúng tôi cũng thu được sự tồn tại nghiệm toàn cục của bài toán. Kết quả nầy đã mở rộng kết quả trong [5] với trường hợp .2== βα Mặt khác, nếu ,2== βα chúng tôi cũng thu được một 51 số kết quả về tính đều của nghiệm tùy thuộc vào tính đều của dữ kiện. Phần cuối của chương nầy chúng tôi chứng minh nghiệm ),( Pu của bài toán (2.1.1)-(2.1.5), (2.1.8) với ,2== βα có được một khai triển tiệm cận cấp 1+N theo theo hai tham số λ,K như sau: ( ) ,122, 2121 21 ⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ ++= + ≤+ ∑ N N KOKuu λλ γγγγ γγ (2.1.11) ( ) ,122, 2121 21 ⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ ++= + ≤+ ∑ N N KOKPP λλ γγγγ γγ (2.1.12) theo nghĩa ( ) , ),1(),1( 1 22 1 ),0( , );,0( , );,0( , 2 21 21 21 2 21 21 211 21 21 21 + ≤+ ≤+≤+ +≤ ⋅−⋅+ −+− ∑ ∑∑ ∞∞ N TLN LTLNHTLN KC Kuu KuuKuu λ λ λλ γγ γγ γγ γγ γγ γγ γγ γγ γγ && && (2.1.13) và ( ) ,1222 ]),0([ , 21 21 21 + ≤+ +≤− ∞ ∑ N TCN KCKPP λλ γγγγ γγ (2.1.14) với 21, CC là hằng số độc lập với λ,K . Kết quả thu được ở đây cũng đã mở rộng và chứa đựng các kết quả trong [1, 2, 5, 23, 25] như là trường hợp riêng. Kết quả nầy sẽ được công bố trong [D3]. 2.2. Sự tồn tại và duy nhất nghiệm Ta thành lập các giả thiết sau )( 1H 0,0,0,0 1 >≥≥> λλ hK và ,01 >+ hK )( 2H 20 Hu ∈ và ,11 Hu ∈ )( 3H )),,0()1,0((, 2 TLff t ×∈ )( 4H ),,0(),0( 1,21 TWTHk ∩∈ 52 )( 5H ).,0( 2 THg ∈ Khi đó ta có định lý sau Định lý 2.1. Với các giả thiết ),()( 51 HH − tồn tại duy nhất nghiệm yếu ),( Pu của bài toán (2.1.1) – (2.1.5), (2.1.8) sao cho ⎪⎪⎩ ⎪⎪⎨ ⎧ ∈ ∩∈ ∈ ∈∈∈ ∞ ∞ ∞ ∞∞∞ ).,0( ),,0(),0(),1( ),,0(),0( ),;,0(),;,0(),;,0( ,1 ,12 ,1 212 TWP TWTHtu TWtu LTLuHTLuHTLu ttt (2.2.1) Chú ý 2.1. Từ (2.2.1) dẫn đến );,0();,0( 2110 LTCHTCu ∩∈ ).;,0( 2HTL∞∩ (2.2.2) Chứng minh định lý 2.1. Chứng minh bao gồm năm bước. Bước 1: Xấp xỉ Galerkin. Giả sử }{ jw là cơ sở đếm được của .2H Ta tìm nghiệm xấp xỉ của bài toán (2.1.1) – (2.1.5), (2.1.8) dưới dạng ,)()( 1 ∑ = = m j jmjm wtctu (2.2.3) trong đó các hàm )(tcmj thoả mãn hệ phương trình vi phân thường )1()()0()(),(),(// jmjmjxmxjm wtQwtPwtuwtu ++〉〈+〉〈 ,,...,1 ,),()),(),(( / mjwtfwtutuF jjmm =〉〈=〉〈+ (2.2.4) ,),0()(),0()()( 0 ∫ −−+= t mmm dssustkthutgtP (2.2.5) ),,1(),1()( /11 tutuKtQ mmm λ+= (2.2.6) )0( 0 1 0 uwuu m j jmjmm →== ∑ = α trong 2H mạnh, (2.2.7) )0( 1 1 1 / uwuu m j jmjmm →== ∑ = β trong 1H mạnh. (2.2.8) 53 Từ các giả thiết của định lý 2.1, bài toán (2.2.4) –(2.2.8) tồn tại nghiệm ),,( mmm QPu trên các đoạn ].,0[ mT Đánh giá tiên nghiệm dưới đây cho phép lấy TTm = với mọi .m Bước 2: Đánh giá tiên nghiệm I. Thay (2.2.5), (2.2.6) vào (2.2.4), sau đó nhân phương trình thứ j của (2.2.4) với ),(/ tcmj lấy tổng theo j và cuối cùng lấy tích phân theo ,t ta có ,)(),(2),0()(),0(2 ),0()(2)0()( 0 / 0 0 / 0 / ∫∫ ∫ ∫ 〉〈+−+ −= t m t s mm t mmm dssusfduskdssu dssusgStS τττ (2.2.9) với .),1(2)(2),1( ),0()(2)()()( 0 2/ 1 0 /2 1 222/ ∫∫ +++ +++= t m t Lmm mLmmxmm dssudssutuK thutuKtututS λλ α β α β α (2.2.10) Sử dụng giả thiết )(),( 54 HH sau đó lấy tích phân từng phần theo t ta thu được ∫+−+= t mmmmm dssusgtutgugStS 0 / 0 ),0()(2),0()(2)0()0(2)0()( ∫∫ −−+ t m t mm dssukdutktu 0 2 0 ),0()0(2),0()(),0(2 τττ .)(),(2),0()(),0(2- 0 / 0 0 / ∫∫ ∫ 〉〈+− t m t s mm dssusfduskdssu τττ (2.2.11) Từ (2.2.7), (2.2.8) và (2.2.10) ta có ,)0()0(2)0( 10 CugS mm ≤+ với mọi ,m (2.2.12) trong đó 1C là hằng số độc lập với .m Sử dụng bất đẳng thức 22 12 baab εε +≤ với mọi IRba ∈, và 0>ε tùy ý, dẫn đến 54 ∫ ∫++++≤ t t mmm dssudssgtutgCtS 0 0 22/22 1 ),0()( 1),0()(1)( εεεε ∫∫ +−++ t mt mm dssukdssustktu 0 2 2 0 2 ),0()0(2),0()(1),0( εε ∫∫ ∫ ∫ ++ ⎥⎥⎦ ⎤ ⎢⎢⎣ ⎡ −++ t m t t s mm dssudssf dsdusksu 0 2/ 0 2 0 2 0 /2 )()(1 ),0()(1),0( εε τττεε ),0(2)()()(1 2 0 2 0 2/2 1 tudssfdssgtgC m tt εε +⎥⎦ ⎤⎢⎣ ⎡ +++= ∫∫ 2 0 0 2/ 0 2 ),0()(1 )(),0())0((2 ∫ ∫∫ −+ +++ t m t m t m dssustk dssudssuk ε εε .),0()(1 0 2 0 /∫ ∫ −+ t s m dsdusk τττε (2.2.13) Mặt khác, do ,01 >+ hK ta có một hằng số 0~ >C chỉ phụ thuộc vào 1K và ,h sao cho , ~)1()0( 1221 22 1 HvvCvKhvv Hx ∈∀≥++ (2.2.14) Hơn nữa, do phép nhúng )1,0(1H ↪ ]1,0[0C là liên tục nên tồn tại một hằng số 00 >C sao cho , 10]1,0[ 10 HvvCv HC ∈∀≤ (2.2.15) Vì vậy, từ (2.2.10) và (2.2.14) dẫn đến .)(~)(~)()(),0( 000]1,0[ 10 tSCtSC CtuCtutu mmHmCmm ≡≤≤≤ (2.2.16) Bây giờ sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwartz, ta ước lượng hai tích phân cuối cùng ở vế phải của (2.2.13) như sau 55 i/ ,)( )( ~ ),0( )(1),0()(1 00 2 2 0 0 2 0 2 2 0 ∫∫ ∫∫∫ ≤ ≤− t m t t m tt m dssSdk C dssudkdssustk θθε θθεε (2.2.17) ii/ ∫∫∫ ∫ ≤− t mtt s m dudktdsdusk 0 2 0 2/ 0 2 0 / ),0( )(1),0()(1 ττθθετττε .)( )( ~ 00 2/ 2 0 ∫∫≤ t mt dSdktC ττθθε (2.2.18) Chọn ε sao cho 2 1~20 20 ≤< εC và sử dụng hai đánh giá ở trên, từ (2.2.13) và (2.2.16) – (2.2.18) ta có ,)()()()( 0 21 ∫+≤ t mm dssStgtgtS (2.2.19) trong đó ⎪⎪⎩ ⎪⎪⎨ ⎧ ⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ ++++= ⎥⎦ ⎤⎢⎣ ⎡ +++= ∫∫ ∫∫ . )( )( ~2 ))0((~42)( ,)()()(22)( 0 2/ 0 2 2 02 02 0 2 0 2/2 11 tt tt dktdkCkCtg dssfdssgtgCtg θθθθεεε ε (2.2.20) Do phép nhúng )1,0(1H ↪ ]1,0[0C là liên tục nên ta suy từ các giả thiết )()( 53 HH − rằng )2,1( ,)( )( =≤ iMtg iTi a.e. ],,0[ Tt∈ (2.2.21) các hằng số )(iTM chỉ phụ thuộc vào .T Vì thế ).t(0 ,)()( 0 )2()1( TTdssSMMtS m t mTTm ≤≤≤+≤ ∫ (2.2.22) Aùp dụng bổ đề Gronwall ta được ],,0[ , )exp()( )2()1( TtMtMMtS TTTm ∈∀≤≤ với mọi .0>T (2.2.23) Bước 3: Đánh giá tiên nghiệm II. 56 Lấy đạo hàm (2.2.4) theo t .,...,1 ,),( ),()()1(),()()1( )1()()0()(),(),( / //2//2 ////// mjwtf wtutuwtutuK wtQwtPwtuwtu j jmmjmm jmjmjxmxjm =〉〈= 〉〈−+〉〈−+ ++〉〈+〉〈 −− βα βλα Nhân phương trình thứ j với ),(// tcmj lấy tổng theo j sau đó lấy tích phân theo ,t sắp xếp lại ta được ∫ ∫ ∫ ⎥⎦ ⎤⎢⎣ ⎡ −++ −= t mm t mmm dudssuskuk dssusgXtX 0 // 0 / 0 /// ),0(),0()(),0()0(2 ),0()(2)0()( ττττ τ ∫ ∫ −−+ t mmm dxxuxuxudK 0 1 0 ///2 ),(),(),()1(2 ττττα α ,)(),(2 0 ///∫ 〉〈+ t m dssusf (2.2.24) trong đó 2/ 1 2/2/2// ),1(),0()()()( tuKtuhtututX mmmxmm +++= ∫+ t m du 0 2// 1 ),1(2 ττλ ∫ ∫ −−+ t mm dxxuxud 0 1 0 2//2/ ),(),()1(2 τττβλ β 2/ 1 2/2/2// ),1(),0()()( tuKtuhtutu mmmxm +++= ∫+ t m du 0 2// 1 ),1(2 ττλ .),()1(8 0 1 0 2 2/ 2 ∫ ∫−+ t m dxxud dd β τττββ λ (2.2.25) Tích phân từng phần các tích phân vế phải (2.2.24) ta có 57 ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ 〉〈+ −+ ⎥⎦ ⎤⎢⎣ ⎡ −++− − ⎥⎦ ⎤⎢⎣ ⎡ −++ + −+= − t m t mmm t mmmm mm m t mm t m mmmm dssusf dxxuxuxudK dudssuskukuk uuk tudssustktuk dssusg tutgugXtX 0 /// 0 1 0 ///2 0 / 0 //// 10 / 0 / 0 /// // 1 / )(),(2 ),(),(),()1(2 ),0(),0()(),0()0(),0()0(2 )0()0()0(2 ),0(),0()(),0()0(2 ),0()(2 ),0()(2)0()0(2)0()( ττττα τττττ α τ ∫ ∫ ∫∫ ∫ −− −+− ++ −−+ −+= t mm t mm t m t mmm mmm mmmm dssuskdu dssustktuduk dssusgtutuk tutgtukuk uukugX 0 0 /// 0 // 0 2/ 0 //// //2/2 0 / 101 / ),0()(),0(2 ),0()(),0(2),0()0(2 ),0()(2),0(),0()0(2 ),0()(2),0()0()0()0( )0()0()0(2)0()0(2)0( τ τττ ττ ∫ ∫ −−+ t mmm dxxuxuxudK 0 1 0 ///2 ),(),(),()1(2 ττττα α ∫ 〉〈+ t m dssusf 0 /// )(),(2 . (2.2.26) Trước tiên, từ (2.2.7), (2.2.8), (2.2.25) và các giả thiết )(),( 54 HH ta có đánh giá )0()0()0()0()0(2)0()0(2)0( 20 / 101 / mmmmm ukuukugX +−+ ,)0( 2// 2 muC +≤ (2.2.27) trong đó 02 >C là hằng số chỉ phụ thuộc vào .,,,,,, 110 hKKkguu Đồng thời, ta suy từ (2.2.4) – (2.2.6) rằng 58 ,)0(),0()0(),,()0(,)0( ////10//0 2// 〉〈=〉〈+〉〈− mmmmmmxxm ufuuuFuuu nên )0(),()0( 100 // fuuFuu mmmxxm ++≤ và do đó từ (2.2.7) ta thu được .)0( 3 // Cum ≤ (2.2.28) Mặt khác, từ (2.2.14) – (2.2.16) dẫn đến .)(~)()( 0/0)( / 10 tXCtuCtu mHmCm ≤≤Ω (2.2.29) Ta rút ra từ (2.2.16), (2.2.22) và (2.2.29) ∫ ∫ ∫ − − −≤ − t mmT t mmm duuMCK dxxuxuxudK 0 ///2 0 0 1 0 ///2 )()()~)(1(2 ),(),(),()1(2 τττα ττττα α α .)()~(~)1( 0 2 00 ∫−−≤ t mT dXMCCK ττα α (2.2.30) Từ (2.2.24) – (2.2.28) ta có ∫ ∫ ∫∫ ∫ −+ −++ ++ +++≤ t mm t mm t m t mmm mmm dssuskdu dssustktuduk dssusgtutuk tutgtukCCtX 0 0 /// 0 // 0 2/ 0 //// //2/2 32 ),0()(),0(2 ),0()(),0(2),0()0(2 ),0()(2),0(),0()0(2 ),0()(2),0()0()( τ τττ ττ ∫ ∫ ∫ 〉〈+ −+ − t m t mmm dssusf dxxuxuxudK 0 /// 0 1 0 ///2 )(),(2 ),(),(),()1(2 ττττα α 59 ∫∫ ∫ ++ ++ +++≤ t mT t m t mmT mT tXdkMCdssXCk dssXsgCtXMCk tXCtgMCkCC 0 /2 0 0 2 0 0 // 0 2 0 0 /2 0 /2 32 )()(~2)(~)0(2 )()(~2 )(~)0(2 )(~)(2~)0( θθ ∫ ∫ ∫ −−+ + t mT t t mT dXMCCK dXdkMC 0 2 00 0 0 //2 0 )()~(~)1( )()(~2 ττα ττθθ α .)()( 00 2/ ∫∫ ++ t m t dssXdssf (2.2.31) Sử dụng một lần nữa bất đẳng thức ,, ,4 4 12 22 IRbabaab ∈∀+≤ ta suy ra ( )20/20/232 ~)(4~)0()( CtgMCkCCtX Tm +++≤ )( 4 1~)0(4)( 4 1 4 0 2 tXMCktX mTm +++ ∫∫ ∫ ∫∫∫ +⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛+ +⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛+ +++ t m t T m t T t m t m t dXdkMC tXdkMC dssXCkdssXdssgC 0 2 0 //4 0 2 0 /4 0 0 2 0 00 2//2 0 )()(~ )( 4 1)(~4 )(~)0(2)()(~ ττθθ θθ ( ) ∫−−+ t mT dXMCCK 0 2 00 )( ~~)1( ττα α .)()( 00 2/ ∫∫ ++ t mt dssXdssf (2.2.32) 60 Do phép nhúng )1,0(1H ↪ ]1,0[0C là liên tục nên từ các giả thiết )()( 53 HH − và (2.2.22) dẫn đến rằng ],,0[ ,)()( 0 )4()3( TtdXMMtX t mTTm ∈∀+≤ ∫ ττ với mọi ,0>T (2.2.33) trong đó ( ) 20020)4( ~~)1(8)0(~812 −−++= αα TT MCCKkCM và )3(TM là hằng số chỉ phụ thuộc 032 ~,,,,,, CCCKgfT và .TM Aùp dụng bổ đề Gronwall ta thu được ( ) ],,0[ ,~exp)( )4()3( TtMtMMtX TTTm ∈∀≤≤ với mọi .0>T (2.2.34) Mặt khác, rút ra từ (2.2.5), (2.2.6), (2.2.10), (2.2.22), (2.2.25) và (2.3.34) ta có ,)5( ),0(,1 TTWm MP ≤∞ (2.2.35) ,)6( ),0(1 TTHm MQ ≤ (2.2.36) .)7( )( / )( /2/ TQLmQL mm Muuu T T ≤= ′− ′ βββ ββ (2.2.37) )(~)( 2 )( 2/ 2 tMtXu t m QL m T ≤≤⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ ∂ ∂ β (2.2.38) Ta cũng có ( ) ∫∫ ∫ ∫ − − ≤ =⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ ∂ ∂ 1 0 2/ 0 2 0 2 0 1 0 2/2/ 2 2 )( 2/ ),()(~ 4 ),(),( 42 dxtxudttXC dxtxutxudtu x mx t m T mxm QL m T β ββ β β ( )∫ −≤ t mm dttXtXC 0 2 0 2 )()(~ 4 ββ ( ) ,~~~ 4 )8( 2 0 2 TTT MMMC ≤≤ −ββ (2.2.39) với mọi 0>T và . 1 / −= β ββ 61 Bước 4: Qua giới hạn. Từ (2.2.10), (2.2.23), (2.2.25), (2.2.34) – (2.2.38), tồn tại một dãy con của { },),,( mmm QPu mà ta vẫn ký hiệu là { },),,( mmm QPu sao cho uum → trong ),;,0( 1HTL∞ yếu*, (2.2.40) // uum → trong ),;,0( 1HTL∞ yếu*, (2.2.41) // uum → trong ),( TQLβ yếu, (2.2.42) //// uum → trong ),;,0( 2LTL∞ yếu*, (2.2.43) ),0(),0( tutum → trong ),,0(,1 TW ∞ yếu*, (2.2.44) ),1(),1( tutum → trong ),,0(,1 TW ∞ yếu*, (2.2.45) ),1(),1( tutum → trong ),,0(2 TH yếu, (2.2.46) )(~)( tPtPm → trong ),,0(,1 TW ∞ yếu*, (2.2.47) )(~)( tQtQm → trong ),,0(1 TH yếu, (2.2.48) )()()( / 2/ ttutu mm χβ →− trong ),(/ TQLβ yếu. (2.2.49) Dựa vào bổ đề compact của J.L. Lions [18, p. 57] ta suy ra từ (2.2.38) – (2.2.41), (2.2.43) – (2.2.45), tồn tại một dãy con của },{ mu vẫn ký hiệu }{ mu sao cho uum → trong ),(2 TQL mạnh, (2.2.50) // uum → trong ),(2 TQL mạnh, (2.2.51) 12/ χ β →mu trong ),(1 TQH mạnh, (2.2.52) ),0(),0( tutum → trong ],,0[0 TC mạnh, (2.2.553) ),1(),1( tutum → trong ],,0[1 TH mạnh, (2.2.54) ),1(),1( tutum → trong ],,0[0 TC mạnh. (2.2.55) Từ (2.2.5), (2.2.6) và (2.2.53) – (2.2.55) ta có 62 ),(),0()(),0()()( 0 tPdssustkthutgtP t m =−−+→ ∫ mạnh trong ],,0[0 TC (2.2.56) ),(),1(),1()( /11 tQtutuKtQm =+→ λ mạnh trong ].,0[0 TC (2.2.57) Vậy từ (2.2.47), (2.2.48) và (2.2.56), (2.2.57) ta được PP ~= và .~QQ = (2.2.58) Sử dụng bất đẳng thức ],,[, ,)1( 222 RRyxyxRyyxx −∈∀−−≤− −−− ααα α (2.2.59) với mọi 0>R và mọi ,2≥α ta suy ra từ (2.2.16), (2.2.24), (2.2.49) rằng uuuu mm 22 −− → αα trong ),(2 TQL mạnh. (2.2.60) Tương tự ta cũng có từ (2.2.30), (2.2.34), (2.2.50) và bất đẳng thức (2.2.59) / 2//2/ uuuu mm −− → ββ trong ),(2 TQL mạnh. (2.2.61) Vì thế, do (2.2.60) ta được ),(),( // uuFuuF mm → trong ),(2 TQL mạnh. (2.2.62) Nhờ (2.2.39), (2.2.41), (2.2.43), (2.2.56), (2.2.57), (2.2.62), qua giới hạn (2.2.4), (2.2.7), (2.2.8) ta có u là nghiệm yếu của bài toán ⎪⎩ ⎪⎨ ⎧ == ∈∀〉〈= 〉〈+++〉〈+〉〈 ,)0(,)0( ,,),( )),(),(()1()()0()(),(),( 1 / 0 1 /// uuuu Hvvtf vtutuFvtQvtPvtuvtu xx (2.2.63) trong ),0(2 TL yếu. Mặt khác, ta cũng có từ (2.2.40) – (2.2.42) và giả thiết )( 3H rằng ).;,0(),( 2/// LTLfuuFuuxx ∞∈−+= Vì vậy );,0( 2HTLu ∞∈ và việc chứng minh sự tồn tại nghiệm hoàn tất. Bước 5: Chứng minh sự duy nhất nghiệm. Gọi 2,1 ),,( =iPu ii là hai nghiệm yếu của (2.1.1) – (2.1.5), (2.1.8) sao cho 63 ⎪⎩ ⎪⎨ ⎧ ∈ ∩∈∈ ∈∈∈ ∞ ∞∞ ∞∞∞ ).,0( ),,0(),0(),1(),,0(),0( ),;,0(),;,0(),;,0( ,1 ,12,1 2//1/2 TWP TWTHtuTWtu LTLuHTLuHTLu i ii iii (2.2.64) Khi đó ),( Pu với 21 uuu −= và 21 PPP −= thỏa mãn bài toán biến phân ⎪⎪⎩ ⎪⎪⎨ ⎧ == ∈∀=〉−〈+ 〉−〈+++〉〈+〉〈 −− −− ,0)0()0( ,,0, ,)1()()0()(),(),( / 1/ 2 2/ 2 / 1 2/ 1 2 2 21 2 1 // uu Hvvuuuu vuuuuKvtQvtPvtuvtu xx ββ αα λ (2.2.65) ở đây ⎪⎩ ⎪⎨ ⎧ += −−= ∫ ).,1(),1()( ,),0()(),0()( / 11 0 tutuKtQ dssustkthutP t λ Thay ,/uv = sau đó lấy tích phân theo ,t ta được ,),0()(),0(2 ,2)( 0 0 / 0 / 2 2 21 2 1 ∫ ∫ ∫ −+ 〉−〈−= −− t t dssuskdu duuuuuKtZ τ αα τττ τ (2.2.66) trong đó, ),1(),0()()()( 212 22/ tuKthutututZ x +++= .,2),1(2 0 // 2 2/ 2 / 1 2/ 1 0 2/ 1 ∫∫ 〉−〈++ −−tt duuuuudssu τλλ ββ (2.2.67) Sử dụng bất đẳng thức (2.2.59), ta đánh giá số hạng đầu tiên trong vế phải của (2.2.66) ,)()1(2 )()()1(2,2 0 2 0 /2 0 / 2 2 21 2 1 ∫ ∫∫ − −−− −≤ −≤〉−〈 t tt dZRK duuRKduuuuuK ττα τττατ α ααα (2.2.68) 64 với }.2,1,max{ );,0( 1 == ∞ iuR HTLi Tích phân từng phần số hạng cuối của (2.2.66) ta có ∫ ∫ ∫∫ ∫ ∫ −− −−= −= t tt t dssuskdu dukdssustktu dssuskduJ 0 0 / 0 2 0 0 0 / .),0()(),0(2 ),0()0(2),0()(),0(2 ),0()(),0(2 τ τ τττ ττ τττ (2.2.69) Mặt khác, từ (2.2.14) – (2.2.16), (2.2.67) suy ra .)(~)(~)()(),0( 0 0 0]1,0[ 1 0 tZCtZ C CtuCtutu HC ≡≤≤≤ Vì thế ∫∫ +−≤ tt dZCkdssZstktZCJ 0 2 0 0 2 0 )( ~)0(2)()()(~2 ττ ∫ ∫ −′+ t dssZskdZC 0 0 2 0 )()()( ~2 τ τττ ∫∫∫ ++≤ ttt dZCkdssZdkCtZ 0 2 0 00 24 0 )( ~)0(2)()(~2)( 2 1 ττθθ .)((~2 0 2 1 0 22 0 ∫∫ ⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ ′+ tt dssZdktC θθ (2.2.70) Ta suy ra từ (2.2.66), (2.2.68) – (2.2.70) rằng ],,0[ ,)()( 0 TtdssZmtZ t T ∈∀≤ ∫ với .)(~4~4 ~)0(4)(~4)1(2 2 1 0 2/2 0 2 0 2 0 0 24 0 2 ⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛++ ++−= ∫ ∫− T T T dkCC CkdkCRKm θθ θθα α 65 Aùp dụng bổ đề Gronwall, ta suy được 0≡Z và định lý (2.1) được chứng minh xong.„ 2.3. Sự phụ thuộc tính trơn của nghiệm vào các dữ kiện Trong phần này chúng tôi nghiên cứu tính trơn của nghiệm bài toán (2.1.1) – (2.1.5), (2.1.8) trong trường hợp .2== βα Từ đây, chúng ta giả sử ),,,,( 11 λλKKh thỏa mãn các giả thiết ).( 1H Ta cũng tăng cường thêm các giả thiết sau: )1(1 )(H )1,0( 3 0 Hu ∈ và ),1,0(21 Hu ∈ )1(2 )(H )(,, 2 Tttt QLfff ∈ và ),1,0()0,( 1Hxf ∈ )1(3 )(H ),,0( 3 THg ∈ )1(4 )(H ).,0( 2 THk ∈ Ta lấy đạo hàm theo t bài toán (2.1.1) - (2.1.5), (2.1.8) tương ứng với 2== βα và đặt .~ ,~ /PPuu t == Khi đó )~,~( Pu là nghiệm yếu của bài toán )~(Q sau: )~(Q ⎪⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎩ ⎪⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎨ ⎧ −−+= == =++≡ = <<<<=+−= ∫ ,),0(~)(),0(~)(~)(~ ),(~)0,(~),(~)0,(~ ,0),1(~),1(~),1(~~ ),(~),0(~ ,0,10),(~)~,~(~~~ 0 10 11 t t tx x txxtt dssustktuhtgtP xuxuxuxu tutuKtuuB tPtu TtxtfuuFuuuL λ trong đó ⎪⎩ ⎪⎨⎧ +−== −==+= ).0,(),(~ ,~ ),0()()()(~ ,~ ,),( 100110 0 / xfuuFuuuu utktgtgffuKuuuF xx ttt λ (2.3.1) 66 Giả sử kgfuu ,,,, 10 thỏa các giả thiết )1( 1 )(H – )1( 4 )(H . Khi đó kgfuu ,~, ~,~,~ 10 thỏa mãn các giả thiết )( 2H – )( 5H và nhờ định lý 2.1 thì bài toán ) ~(Q có duy nhất nghiệm yếu )~,~( Pu sao cho ⎪⎪ ⎪⎪ ⎩ ⎪⎪ ⎪⎪ ⎨ ⎧ ∈ ∩∈ ∈ ∈ ∈ ∩∩∈ ∞ ∞ ∞ ∞ ∞ ∞ ).,0(~ ),,0(),0(),1(~ ),,0(),0(~ ),;,0(~ ),;,0(~ ),;,0();,0();,0(~ ,1 ,12 ,1 2 1 22110 TWP TWTHtu TWtu LTLu HTLu HTLLTCHTCu tt t (2.3.2) Do sự duy nhất của nghiệm yếu ta có .~ ,~ /PPuu t == (2.3.3) Từ (2.3.2) – (2.3.3) ta suy ra rằng ⎪⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎩ ⎪⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎨ ⎧ ∈ ∩∈ ∈ ∈ ∈ ∈ ∩∩∈ ∞ ∞ ∞ ∞ ∞ ∞ ).,0( ),,0(),0(),1( ),,0(),0( ),;,0( ),;,0( ),;,0( ),;,0();,0();,0( ,2 ,23 ,2 2 1 2 221120 TWP TWTHtu TWtu LTLu HTLu HTLu LTCHTCHTCu ttt tt t (2.3.4) Khi đó ta có định lý sau Định lý 2.2. Với 2== βα và các giả thiết ),( 1H )1(1 )(H – )1(4 )(H đúng. Khi đó tồn tại duy nhất nghiệm yếu ),( Pu của bài toán (2.1.1) – (2.1.5), (2.1.8) thỏa mãn (2.3.4).„ Tương tự, đạo hàm (2.1.1) – (2.1.5), (2.1.8) theo t đến cấp ,r ta thu được ),( ][][ rr Pu với r r r t uu ∂ ∂=][ và r r r t PP ∂ ∂=][ sẽ là nghiệm yếu của bài toán 67 )( )(rQ ⎪⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎩ ⎪⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎨ ⎧ −−+= == = = <<<<= ∫ ,),0()(),0()()( ),()0,(),()0,( ,0 ),(),0( ,0,10),,( 0 ][][][][ ][ 1 ][][ 0 ][ ][ ][][ ][][ t rrrr rr t rr r rr x rr dssustkthutgtP xuxuxuxu Bu tPtu TtxtxfLu trong đó các hàm ][1 ][ 0 , rr uu định nghĩa bằng quy nạp như sau ⎪⎪ ⎪⎪ ⎩ ⎪⎪ ⎪⎪ ⎨ ⎧ ≥−== ∂ ∂= ≥∂ ∂+−== ≥== ∑− = −− − − −−− − .1 , )0( , , ,1 ),0,(),( , ,1 , , 1 0 )1( 0 ][]0[ ][ 1 1 ]1[ 1 ]1[ 0 ]1[ 0 ][ 11 ]0[ 1 ]1[ 0 ][ 00 ]0[ 0 r dt kdu dt gdggg t ff rx t fuuFuuuu ruuuu r r r r r r r r r r rrr xx r rr ν ν ν ν (2.3.5) Giả sử rằng kgfuu ,,,, 10 thỏa mãn các điều kiện sau: )(1 )( rH 20 +∈ rHu và ,11 +∈ rHu )(2 )( rH ⎪⎪⎩ ⎪⎪⎨ ⎧ −≤≤∈∂ ∂ +≤≤∈∂ ∂ ,10 ,)0,( ,10 ),( 1 2 rHx t f rQL t f T μ ν μ μ ν ν )(3 )( rH ),,0(2 THg r+∈ )(4 )( rH ).,0(1 THk r+∈ Khi đó kgfuu rrrr ,,,, ][][][1 ][ 0 thỏa mãn các giả thiết ).()( 52 HH − Aùp dụng định lý 2.1 cho bài toán ),( )(rQ tồn tại duy nhất nghiệm yếu ),( ][][ rr Pu thỏa mãn (2.2.1) và (2.2.2), nghĩa là 68 ⎪⎪ ⎪⎪ ⎩ ⎪⎪ ⎪⎪ ⎨ ⎧ ∈ ∩∈ ∈ ∈ ∈ ∩∩∈ ∞ ∞ ∞ ∞ ∞ ∞ ).,0( ),,0(),0(),1( ),,0(),0( ),;,0( ),;,0( ),;,0();,0();,0( ,1][ ,12][ ,1][ 2][ 1][ 22110][ TWP TWTHtu TWtu LTLu HTLu HTLLTCHTCu r r r r tt r t r (2.3.6) Hơn nữa, từ sự duy nhất nghiệm ta cũng có .,),( ][][ ⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ ∂ ∂ ∂ ∂= r r r r rr t P t uPu Vì vậy ta thu được từ (2.3.4) rằng ⎪⎪⎩ ⎪⎪⎨ ⎧ ∈ ∩∈ ∈ ∩∩∈ ∞+ ∞++ ∞+ +− ).,0( ),,0(),0(),1( ),,0(),0( ),;,0();,0();,0( ,1 ,12 ,1 21121 TWP TWTHtu TWtu LTCHTCHTCu r rr r rrr (2.3.7) Ta có định lý sau Định lý 2.3. Với 2== βα và các giả thiết ),( 1H )(4)(1 )()( rr HH − đúng. Khi đó tồn tại duy nhất nghiệm yếu ),( Pu của bài toán (2.1.1) – (2.1.5), (2.1.8) thỏa mãn (2.3.7) và ).;,0(),;,0(),;,0( 22 2 1 1 1 2 LTL t uHTL t uHTL t u r r r r r r ∞ + + ∞ + + ∞ ∈∂ ∂∈∂ ∂∈∂ ∂ „ 2.4. Khai triển tiệm cận của nghiệm theo hai tham số Trong phần này chúng tôi giả sử 2== βα và ),,,,,( 11 kgfKh λ thỏa mãn các giả thiết ).()( 51 HH − Với các tham số ,0,0 ≥≥ λK chúng tôi xét bài toán nhiễu )~( ,λKQ sau đây: 69 )~( ,λKQ ⎪⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎩ ⎪⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎨ ⎧ −−+= == =++≡ =≡ <<<<+−−=−≡ ∫ .),0()(),0()()( ),()0,(),()0,( ,0),1(),1(),1( ),(),0( ,0,10),,( 0 10 11 0 t t tx x tttxx dssustkthutgtP xuxuxuxu tutuKtuBu tPtuuB TtxtxfuKuuuLu λ λ Giả sử ),( 0,00,0 Pu là nghiệm yếu duy nhất của bài toán ) ~( 0,0Q tương ứng với )0,0(),( =λK , nghĩa là: )~( 0,0Q ⎪⎪ ⎪⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎩ ⎪⎪ ⎪⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎨ ⎧ ∈ ∩∈∈ ∈∈ ∩∩∈ −−+= == == <<<<≡= ∞ ∞∞ ∞∞ ∞ ∫ ).,0( ),,0(),0(),1(),,0(),0( ),;,0(),;,0( ),;,0();,0();,0( .),0()(),0()()( ),()0,(),()0,( ,0),( ,0,10),,(~ ,1 0,0 ,12 0,0 ,1 0,0 2// 0,0 1/ 0,0 22110 0,0 0 0,00,00,0 1 / 0,000,0 0,00,00,00 0,00,0 TWP TWTHtuTWtu LTLuHTLu HTLLTCHTCu dssustkthutgtP xuxuxuxu ButPuB TtxtxfHLu t Gọi ),( 2121 ,, γγγγ Pu với NZ ≤+≤∈ + 21221 2 ,),( γγγγ là nghiệm yếu của bài toán )~( 21 ,γγQ ⎪⎪ ⎪⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎩ ⎪⎪ ⎪⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎨ ⎧ ∈ ∩∈∈ ∈∈ ∩∩∈ −−= == == <<<<≡= ∞ ∞∞ ∞∞ ∞ ∫ ),,0( ),,0(),0(),1(),,0(),0( ),;,0(),;,0( ),;,0();,0();,0( .),0()(),0()( ,0)0,()0,( ,0),( ,0,10),,(~ ,1 , ,12 , ,1 , 2// , 1/ , 22110 , 0 ,,, / ,, ,,,0 ,, 21 2121 2121 21 212121 2121 212121 2121 TWP TWTHtuTWtu LTLuHTLu HTLLTCHTCu dssustkthutP xuxu ButPuB TtxtxfHLu t γγ γγγγ γγγγ γγ γγγγγγ γγγγ γγγγγγ γγγγ ở đây 70 ⎪⎩ ⎪⎨ ⎧ ≤+≤∈−−= −=−= +−− .2 ,),( , ~ ,~,~ 21 2 21 / 1,,1, / 0,01,00,00,1 212121 NZuuH uHuH γγγγγγγγγγ Gọi ),(),( ,, KK PuPu λλ= là nghiệm yếu duy nhất của bài toán )~( ,λKQ , khi đó cặp hàm số ),( Rv định nghĩa bởi ⎪⎩ ⎪⎨ ⎧ −= −= ∑ ∑ ≤+≤ ≤+≤ , , 21 21 21 21 21 21 0 ,, 0 ,, N K N K KPPR Kuuv γγ γγ γγλ γγ γγ γγλ λ λ sẽ thỏa mãn bài toán ⎪⎪ ⎪⎪ ⎪⎪ ⎩ ⎪⎪ ⎪⎪ ⎪⎪ ⎨ ⎧ ∈ ∩∈∈ ∈∈ ∩∩∈ −−= == == <<<<+−−= ∞ ∞∞ ∞∞ ∞ ∫ ),,0( ),,0(),0(),1(),,0(),0( ),;,0(),;,0( ),;,0();,0();,0( .),0()(),0()( ,0)0,()0,( ,0),( ,0,10),,( ,1 ,12,1 2//1/ 22110 0 0 ,, TWR TWTHtvTWtv LTLvHTLv HTLLTCHTCv dssvstkthvtR xvxv BvtRvB TtxtxevKvLv t t KNt λλ (2.4.1) trong đó .)( 1 / 1,,1,, 21 21 2121∑ +=+ −− += NKN Kuue γγ γγγγγγλ λ (2.4.2) Ta có bổ đề sau đây Bổ đề 2.1. Ta có đánh giá sau ,)(~ 122 );,0(,, 2 ++≤∞ NNLTLKN KCe λλ (2.4.3) ở đây NC ~ là hằng số chỉ phụ thuộc vào các hằng số );,0(,1 121 HTL u ∞− γγ , );,0(1, 121 HTL u ∞−′ γγ , .1,),( 21221 +=+∈ + NZ γγγγ Chứng minh. 71 Do các hàm 1,,1 2121 , −− γγγγ uu , 1,),( 21 2 21 +=+∈ + NZ γγγγ bị chận trong không gian );,0( 1HTL∞ nên từ (2.4.2) ta thu được .21 21 121121 2 1 );,0( / 1,);,0(,1);,0(,, γγ γγ γγγγλ λKuue N HTL HTLLTLKN ∑ +=+ −− ⎟⎠⎞⎜⎝⎛ +≤ ∞∞∞ (2.4.4) Mặt khác, sử dụng bất đẳng thức HoŠlder, ,11 qp b q a p ab +≤ ,0, ≥∀ ba ,1, >∀ qp ,111 =+ qp với ,1 2 1 += NKa γ ,1 2 2 += Nb γ λ ,1 1γ += Np ,1 2γ += Np ta được ( ) 2 1222 1 1 2 1 2 21 21 + + ++ +≤⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛= N N NN KKK λλλ γγ γγ , (2.4.5) với mọi .1,),( 21 2 21 +=+∈ + NZ γγγγ Từ (2.4.4), (2.4.5) ta thu được (2.4.3) với .~ 1 );,0( / 1,);,0(,1 21 121121∑ +=+ −− ⎟⎠⎞⎜⎝⎛ += ∞∞N HTLHTLN uuC γγ γγγγ (2.4.6) Như vậy bổ đề 2.1 được chứng minh xong.„ Tiếp theo ta có định lý dưới đây. Định lý 2.4. Giả sử 2== βα và các giả thiết )()( 51 HH − được thỏa mãn.Khi đó với mỗi ,0,0 ≥≥ λK bài toán )~( ,λKQ có duy nhất nghiệm yếu ),(),( ,, KK PuPu λλ= thỏa mãn đánh giá tiệm cận đến cấp 1+N như sau ),0( / , 0 / , );,0( , 0 , );,0( / , 0 / , 2 21 21 21 1 21 21 212 21 21 21 ),1(),1( TLN K HTLN K LTLN K Kuu KuuKuu γγ γγ γγ λ γγ γγ γγ λ γγ γγ γγ λ λ λλ ⋅−⋅+ −+− ∑ ∑∑ ≤+≤ ≤+≤≤+≤ ∞∞ ( ) ,~ 122* 1 ++ +≤ NN KC λ (2.4.7) và 72 ( ) ,~ 122** 1 ]),0([ , 0 , 0 21 21 21 + + ≤+≤ +≤− ∑ NN TCN K KCKPP λλγγγγ γγ λ (2.4.8) với mọi ,0,0 ≥≥ λK trong đó, các hàm ( ) 2121 ,, , γγγγ Pu là nghiệm yếu của các bài toán ,1,),(),~( 21 2 21, 21 +=+∈ + NZQ γγγγγγ các hằng số ,~* 1+NC ** 1~ +NC độc lập với ,K .λ Chứng minh. Nhân hai vế phương trình đầu của (2.4.1) với ,/v sau đó lấy tích phân theo t ta được ,),0()(),0(2,2)( 0 0 / 0 / ,, ∫ ∫∫ −+〉〈= tt KN dssvskdvdvetz τ λ ττττ (2.4.9) trong đó .)(2),1(2 )(),1(),0()()()( 0 2/ 0 2/ 1 22 1 222/ ∫∫ ++ ++++= tt x dvdssv tvKtvKthvtvtvtz ττλλ (2.4.10) Để ý rằng ,),1(2)(~)( ),1(2),1(),0()()()( 0 2/ 1 22/ 0 2/ 1 2 1 222/ 1 ∫ ∫ ++≥ ++++≥ t H t x dssvtvCtv dssvtvKthvtvtvtz λ λ (2.4.11) ,)(~)(),0( 0)(0 tZCtvtv C ≤≤ Ω (2.4.12) với các hằng số 0 ~,~ CC được định nghĩa bởi (2.2.14), (2.2.16) theo thứ tự. Ta chứng minh tương tự phần trên rằng ,)()(~2)(~)0(2 )()(~1)()()( 0 21 0 2/2 0 0 2 0 00 24 0 0 2 );,0(,, 2 ∫∫∫ ∫∫∫ ⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛++ ++++≤ ∞ ttt ttt LTLKN dsszdktCdsszCk dsszdkCtzdsszeTtz θθ θθεελ (2.4.13) 73 với mọi ],0[ Tt∈ và 0>ε . Chọn 0>ε sao cho , 2 1≤ε từ (2.4.3), (2.4.13) ta thu được ,)()(~2)( 0 1222 ∫++≤ + tTNN dsszKCTtz ρλ (2.4.14) trong đó .)(~2)(~4~)0(42 21 0 2/2 0 0 24 0 2 0 ⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛+++= ∫∫ TTT dkTCdkCCk θθεθθρ (2.4.15) Aùp dụng bổ đề Gronwall, từ (2.4.14), (2.4.15) ta có ).exp()(~2)( 1222 TNN TKCTtz ρλ ++≤ (2.4.16) Từ (2.4.11) ta được ).exp()(~2 )(),1(2)(~)( 1222 0 2/ 1 22/ 1 T N N t H TKCT tzdssvtvCtv ρλ λ ++≤ ≤++ ∫ (2.4.17) vì vậy ( ) ,~),1( 122* ),0( / );,0();,0( / 212 ++≤⋅++ ∞∞ N NTLHTLLTL KCvvv λ (2.4.18) hay ta có (2.4.7). Mặt khác, từ định nghĩa của )(tR trong (2.4.1) và (2.4.18) ta dẫn đến 1 22* 0 );,0( 0 ]),0([ ~)( )( 10 + ⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ +⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ +≤ ⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ +≤ ∫ ∫ ∞ N N T HTL T TC KCdkh vdkhR λθθ θθ 1 22**~ + ⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ += NN KC λ (2.4.19) hay ta có (2.4.8). Vậy định lý 2.4 được chứng minh xong.„ ._.