BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP.HỒ CHÍ MINH
Nguyễn Bằng Phong
PHƯƠNG TRÌNH SĨNG PHI TUYẾN VỚI
ĐIỀU KIỆN BIÊN CHỨA SỐ HẠNG
MEMORY Ở MỘT PHẦN BIÊN TRÁI.
Chuyên ngành : Tốn Giải tích
Mã số : 60.46.01
LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC
NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC:
TS. NGUYỄN THÀNH LONG
Thành phố Hồ Chí Minh 2009
LỜI CẢM ƠN
Lời đầu tiên, tơi xin kính gởi đến TS. Nguyễn Thành Long, lời cám ơn sâu
sắc về sự giúp đỡ tận tình của Thầy đối với tơi trong suốt khĩa học và n
60 trang |
Chia sẻ: huyen82 | Lượt xem: 1383 | Lượt tải: 1
Tóm tắt tài liệu Phương trình sóng phi tuyến với điều kiện biên chứa số hạng Memory ở một phần biên trái, để xem tài liệu hoàn chỉnh bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
hất là
trong việc hồn thành luận văn này.
Xin chân thành cám ơn PGS. TS Nguyễn Bích Huy và TS. Lê Thị Phương
Ngọc, cùng tất cả quý Thầy Cơ trong Hội đồng chấm luận văn đã dành thời gian
đọc và cho những ý kiến quý báu cũng như những lời phê bình bổ ích đối với luận
văn của tơi.
Tơi cũng xin cám ơn tất cả quý Thầy Cơ Khoa Tốn của Trường Đại học Sư
phạm TP. Hồ Chí Minh và Trường Đại học Khoa học Tự nhiên TP. Hồ Chí Minh
đã tận tình giảng dạy và truyền đạt những kiến thức bổ ích trong suốt khĩa học tại
Trường Đại học Sư phạm Tp. Hồ Chí Minh.
Xin cám ơn quý Thầy Cơ cơng tác tại Phịng Khoa học Cơng nghệ - Sau Đại
học, Trường Đại học Sư phạm TP. Hồ Chí Minh đã tạo mọi điều kiện thuận lợi về
mặt thủ tục hành chính cho tơi trong suốt khĩa học.
Xin gởi lời cám ơn đến Ban Giám hiệu và đồng nghiệp của Trường THPT
chuyên Lê Quý Đơn, Ninh Thuận đã tạo điều kiện và khích lệ tơi trong suốt quá
trình học.
Xin chân thành cám ơn các bạn trong nhĩm sinh hoạt chuyên mơn, nhất là các
anh Phạm Thanh Sơn, ThS Nguyễn Văn Ý - những người đã đĩng gĩp cho tơi
những ý kiến hết sức quý báu về chuyên mơn, cũng như tạo điều kiện thuận lợi để
tơi hồn thành luận văn này.
Tơi xin cám ơn các bạn học viên Cao học Khĩa 17 và các bạn đồng nghiệp
đã hỗ trợ tơi trong thời gian học.
Cuối cùng, tơi xin gởi lời cám ơn sâu sắc đến gia đình tơi, là chỗ dựa cho tơi
về mọi mặt và dành mọi điều kiện tốt nhất để tơi học tập và hồn thành luận văn
này.
Nguyễn Bằng Phong
1
Chương 1. PHẦN MỞ ĐẦU
Trong luận văn này chúng tơi xét bài tốn sau: Tìm một cặp hàm ,u P thỏa:
0 1
( ) ( ) ( , ), 0 1, 0 ,
( ) (0, ) ( ),
( ) (1, ) (1, ) 0,
( , 0) ( ), ( , 0) ( ),
tt xx t
x
x
t
u t u u F u f x t x t T
t u t P t
t u t hu t
u x u x u x u x
% %
(1.1)
trong đĩ
0
( ) ( ) ( ) (0, ) ,
t
P t g t k t s u s ds (1.2)
,h là các hằng số cho trước, 0 1, , , , , ,u u g f F k % % là các hàm cho trước thỏa các
điều kiện mà ta sẽ chỉ ra sau.
Trong [5], Nguyen Thanh Long, Le Van Ut và Nguyen Thi Thao Truc đã thiết lập
một định lý tồn tại và duy nhất nghiệm cho bài tốn (1.1)(1), (1.1)(4) với điều kiện biên:
(0, ) 0,
( ) (1, ) ( ),x
u t
t u t Q t
(1.3)
trong đĩ
1 1
0
( ) ( ) (1, ) ( ) (1, ) ( ) ( ) (1, ) ,
t
tQ t K t u t t u t g t k t s u s ds (1.4)
1 1, ,g K là các hàm cho trước.
Tổng quát hĩa kết quả trong [5], Le Thi Phuong Ngoc, Le Nguyen Kim Hang,
Nguyen Thanh Long đã xét một dạng khác của bài tốn (1.1)(1), (1.1)(4) với điều
kiện biên:
0 0
0
1 1
0
(0, ) (0, ) ( ) ( ) (0, ) ,
(1, ) (1, ) ( ) ( ) (1, ) ,
t
x
t
x
t u t g t k t s u s ds
t u t g t k t s u s ds
(1.5)
mà (1.3)- (1.4) được xét như một trường hợp riêng.
2
Bài tốn (1.1)- (1.2) được khảo sát trong luận văn này là một sự tổng quát hĩa
một phần kết quả trong [5] với F là một hàm theo u , đồng thời đây cũng là một
dạng khác của bài tốn được khảo sát trong [9].
Trong luận văn này, chúng tơi nghiên cứu sự tồn tại và duy nhất nghiệm tồn
cục của bài tốn (1.1)-(1.2). Việc chứng minh được dựa vào phương pháp xấp xỉ
Galerkin, các kỹ thuật đánh giá tiên nghiệm cùng với các kỹ thuật hội tụ yếu dựa
vào tính compact. Dựa vào kết quả này, chúng tơi tiến đến việc khảo sát tính trơn,
tính ổn định của nghiệm theo một bộ dữ liệu , , , , ,j j j j j jh g k f với 0 1, ,F u u% % là
các hàm cố định cho trước. Cuối cùng là kết quả về việc nghiên cứu khai triển tiệm
cận theo một tham số khi 0 cho bài tốn:
0 1
0 1
, 0 ,( ) ( ) ( , ), 0 1
( ) (0, ) ( ), ( ) (1, ) (1, ),
( , 0) ( ), ( , 0) ( ),
tt xx t
x x
t
t TLu u t u F u u f x t x
Q L u t u t P t L u t u t hu t
u x u x u x u x
%
% %
trong đĩ ( ) ( ) ( ) (0, ) .
t
P t g t k t s u s ds
0
Theo kết quả về khai triển tiệm cận của bài tốn %Q , chúng tơi đã xấp xỉ
được nghiệm yếu ( )u t trong bài tốn (1.1)-(1.2) dưới dạng một đa thức theo :
0
( , ) ( , )
N
i
i
i
u x t U x t
trong đĩ ( , )iU x t là các hàm được xác định từ những hệ
phương trình vi phân tuyến tính đơn giản hơn.
Các kết quả liên quan đến bài tốn xấp xỉ tiệm cận theo một tham số đã được
một số các tác giả quan tâm, chẳng hạn như: Ngoc, Hang, Long [9], Long, Ngoc
[7], Long, Ut, Truc [5].
Luận văn được trình bày theo các chương mục sau:
Chương 1: Phần mở đầu nêu tổng quan về bài tốn khảo sát trong luận văn,
điểm qua các kết quả đã cĩ trước đĩ, đồng thời nêu bố cục của luận văn.
Chương 2: Chúng tơi trình bày một số kết quả chuẩn bị bao gồm việc nhắc lại
3
một số khơng gian hàm, một số kết quả về các phép nhúng compact giữa các khơng
gian hàm.
Chương 3: Chúng tơi nghiên cứu về sự tồn tại và duy nhất nghiệm yếu của bài
tốn (1.1)-(1.2) cho trường hợp 1 20 1,u H u L % % .
Chương 4: Chúng tơi khảo sát tính trơn của nghiệm khi 2 10 1,u H u H % % .
Chương 5: Chúng tơi nghiên cứu tính ổn định của nghiệm bài tốn (1.1)-(1.2)
theo bộ dữ liệu , , , , ,h g k f với 0 1, ,F u u% % là những hàm cố định cho trước.
Chương 6: Chúng tơi nghiên cứu bài tốn khai triển tiệm cận của nghiệm khi
0 .
Kế đến là phần kết luận của của luận văn và sau cùng là danh mục các tài liệu
tham khảo.
4
Chương 2. MỘT SỐ CƠNG CỤ CHUẨN BỊ
2.1. Các khơng gian hàm
Đặt (0,1) , (0, ) , 0TQ T T . Bỏ qua định nghĩa các khơng gian hàm
thơng dụng 1,, ,m p pC L W (cĩ thể xem trong [1]), và kí hiệu
1 1H H , 2 2H H là các khơng gian Sobolev thơng dụng.
Ta định nghĩa 2L là khơng gian Hilbert với tích vơ hướng
1
2
0
, ( ) ( ) ; , .u v u x v x dx u v L (2.1)
Kí hiệu || || là chuẩn sinh bởi tích vơ hướng (1.1), khi đĩ:
1
2 22
0
, ( ) , .u u u u x dx u L (2.2)
Trên 1H ta sử dụng chuẩn sau:
1
2 2 2 1|| || || || || || ,
H
xv v v v H . (2.3)
Ta cĩ kết quả sau:
Bổ đề 2.1 Phép nhúng 1 0H C là compact và
0 12C Hv v . (2.4)
2.2. Khơng gian hàm (0, ; ), 1 .pL T X p
Cho X là khơng gian Banach thực với chuẩn || ||X .Ta kí hiệu (0, ; ),
pL T X
1 p là khơng gian các lớp tương đương của hàm : 0,u T X đo được
sao cho:
0
( )
T
p
X
u t dt với 1 ,p
hay
0 : ( ) , 0,
X
M u t M t T với p . (2.5)
Trên (0, ; ), 1pL T X p , ta trang bị một chuẩn xác định bởi
5
1
(0, ; )
0
( )p
T p
p
L T X X
u u t dt
với 1 ,p
hay (0, ; ) ( )pL T X Xu essup u t
0 : ( ) , 0,Xinf M u t M t T với .p (2.6)
Khi đĩ ta cĩ các bổ đề sau đây mà chứng minh của chúng cĩ thể được tìm thấy
trong Lions[2].
Bổ đề 2.2. (0, ; ), 1pL T X p là một khơng gian Banach.
Bổ đề 2.3. Gọi X là khơng gian đối ngẫu của X . Khi đĩ (0, ; )pL T X với
1 1
1, 1 p
p p
là đối ngẫu của (0, ; )pL T X . Hơn nữa, nếu X phản xạ thì
(0, ; )pL T X cũng phản xạ.
Bổ đề 2.4. 1(0, ; ) (0, ; )L T X L T X . Hơn nữa, các khơng gian 1(0, ; )L T X ,
(0, ; )L T X khơng phản xạ.
Ghi chú 2.1. Nếu pX L thì ta kí hiệu (0, ; ) 0, .p pL T X L T
2.3. Phân bố cĩ giá trị vectơ
Định nghĩa 2.1
Cho X là khơng gian Banach thực. Một ánh xạ tuyến tính liên tục từ 0,D T
vào X được gọi là một phân bố (hàm suy rộng) cĩ giá trị trong X.
Tập các phân bố cĩ giá trị trong X được kí hiệu là:
tuyến tính liên tục0, ; ( (0, ); ) : (0, )D T X L D T X f D T X f .
Ghi chú 2.2. Ta kí hiệu 0,D T thay cho 0,cC T
để chỉ khơng gian các hàm
thực khả vi vơ hạn và cĩ giá compact trong 0,T .
Định nghĩa 2.2.
Cho 0, ;f D T X . Ta định nghĩa : (0, )df D T X
dt
xác định bởi
6
, , , (0, )df df D T
dt dt
. (2.7)
Ta dễ dàng nghiệm lại rằng 0, ;df D T X
dt
và df
dt
được gọi là đạo hàm của f
theo nghĩa phân bố.
Các tính chất
1) Cho (0, ; )pv L T X . Đặt tương ứng nĩ với ánh xạ : (0, )vT D T X xác
định như sau :
0
, ( ) ( ) , (0, )
T
vT v t t dt D T . (2.8)
Ta cĩ thể nghiệm lại rằng 0, ;vT D T X . Thật vậy:
i) Ánh xạ : (0, )vT D T X hiển nhiên là tuyến tính.
ii) Ta nghiệm lại ánh xạ : (0, )vT D T X là liên tục.
Giả sử (0, )j D T thỏa 0j trong (0, )D T , ta cĩ :
0 0
, ( ) ( ) ( ) ( )
T T
v j j j XX
X
T v t t dt v t t dt
1 1
0 0
( ) ( ) 0
T Tp p
pp j
jX X
v t dt t dt
.
Do đĩ, , 0v jT trong X khi j . Vậy 0, ;vT D T X .
2) Ánh xạ : (0, )vT D T X là một đơn ánh từ (0, ; )
pL T X vào 0, ;D T X . Do
đĩ, ta cĩ thể đồng nhất vT v . Khi đĩ, ta cĩ kết quả sau.
Bổ đề 2.5. (Lions[2]) (0, ; ) 0, ;pL T X D T X với phép nhúng liên tục.
2.4. Đạo hàm trong 0, ;pL T X .
Do bổ đề 2.5, (0, ; )pf L T X cĩ thể xem như là một phần tử của 0, ;D T X ,
nghĩa là 0, ;f D T X . Do đĩ, df
dt
cũng là một phần tử của 0, ;D T X .
7
Ta cĩ kết quả sau:
Bổ đề 2.6. (Lions[2]) Nếu 1(0, ; )f L T X và 1(0, ; )f L T X thì f bằng hầu
hết với một hàm liên tục từ 0,T X .
Bổ đề 2.7 (Lions[2]) Nếu (0, ; )pf L T X và (0, ; )pf L T X thì f bằng hầu
hết với một hàm liên tục từ 0,T X .
2.5. Bổ đề về tính compact của Lions[2]
Cho ba khơng gian Banach 0 1, ,X X X với 0 1X X X và các phép nhúng
liên tục sao cho :
i) 0 1,X X là phản xạ. (2.9)
ii) Phép nhúng 0X X là compact. (2.10)
Với 0 , 1 , 0,1iT p i ta đặt
0 10 10, 0, ; : 0, ;p pW T v L T X v L T X . (2.11)
Ta trang bị 0,W T một chuẩn 0 10 10, 0, ; 0, ;p pW T L T X L T Xv v v . (2.12)
Khi đĩ, 0,W T là một khơng gian Banach. Hiển nhiên 00, 0, ;pW T L T X .
Ta cũng cĩ kết quả sau đây về phép nhúng compact.
Bổ đề 2.8. (Bổ đề về tính compact của Lions [2]) Với các giả thiết (2.10),
(2.11) và nếu 1 , 0, 1ip i thì phép nhúng 00, 0, ;
pW T L T X là
compact.
Bổ đề 2.9. (Bổ đề về sự hội tụ yếu trong ( )pL Q [1]) Cho ¡NQ là tập mở,
bị chặn, , ( ), 1pmF L Q p sao cho ( )pm L QF C và mF hầu khắp
nơi trên Q , trong đĩ C là hằng số độc lập với m . Khi đĩ: mF yếu trên ( )
pL Q .
2.6. Định lý Schauder Cho K là tập lồi, đĩng, khác rỗng của khơng gian
Banach E và :T K K là ánh xạ liên tục sao cho bao đĩng T K của T K
là tập compact. Khi đĩ T cĩ ít nhất một điểm bất động.
2.8. Định lý Arzela-Ascoli Cho 0T , ký hiệu 0, ; mX C T ¡ là khơng
8
gian Banach các hàm liên tục : 0, mf T ¡ đối với chuẩn
1
0 1
sup , , ..., .
m
j mX
t T j
f f t f f f X
Giả sử Y X thỏa:
i) Y bị chặn đều, tức là 0 : , .XM f M f Y
ii) Y liên tục đồng bậc (đẳng liên tục), tức là
thì
1
0, 0 : , 0, , sup
m
j j
f Y j
t t T t t f t f t
.
Khi đĩ Y compact tương đối trong X .
2.9. Bất đẳng thức Gronwall Giả sử : 0,f T ¡ là hàm khả tích, khơng âm
trên 0,T và thỏa 1 2
0
,
t
f t C C f d a.e. 0, ,t T với 1 2,C C là các
hằng số khơng âm. Khi đĩ
1 2exp ,f t C C t a.e. 0,t T .
2.10. Các kí hiệu
Ta dùng các kí hiệu ( ) ( ), ( ) ( ), ( ), ( )t tt x xxu t u t u t u t u u t u u t để
lần lượt chỉ
2 2
2 2
( , ), ( , ), ( , ), ( , )
u u u u
x t x t x t x t
t t x x
.
9
Chương 3: SỰ TỒN TẠI VÀ DUY NHẤT NGHIỆM
Trong chương này, chúng tơi trình bày định lý về sự tồn tại và duy nhất
nghiệm yếu tồn cục cho bài tốn:
Tìm một cặp hàm ( , ), ( )u x t P t thỏa :
0 1
( ) ( ) ( , ), 0 1, 0 ,
( ) (0, ) ( ),
( ) (1, ) (1, ) 0,
( , 0) ( ), ( , 0) ( ),
tt xx t
x
x
t
u t u u F u f x t x t T
t u t P t
t u t hu t
u x u x u x u x
% %
(3.1)
trong đĩ
0
( ) ( ) ( ) (0, ) ,
t
P t g t k t s u s ds (3.2)
0 1, , , , , ,u u F f g k % % là các hàm cho trước thỏa các điều kiện nào đĩ mà ta sẽ
chỉ ra sau.
Trước tiên ta thành lập các giả thiết:
1 21 0 1(0,1), 0,1 ,H u H u L % %
2 , ,H h ¡ ¡
23 ,TH f L Q
1 14 (0, ), 0, ,H k H T g H T
15 0, ( ) 0,H C t ¡
01F F C ¡ và thỏa mãn điều kiện sau: tồn tại các hằng số 1 1, 0C C
sao cho :
21 1
0
( ) ,
z
F s ds C z C với mọi ¡z .
2F Với mỗi 0M , tồn tại 0MK sao cho :
( ) ( ) , , ,MF u F v K u v u v M M .
10
Khi đĩ ta cĩ định lý :
Định lý 3.1
Giả sử 1 5H H , 1 2F F đúng. Khi đĩ, với mỗi 0T , tồn tại duy nhất
một nghiệm yếu ,u P của bài tốn (3.1)-(3.2) sao cho :
1 2
1
0, ; , 0, ; ,
(0, ), (0, ), (1, ) 0, .
tu L T H u L T L
u P H T u L T
Chứng minh
Bước 1 : Xấp xỉ Galerkin
Xét một dãy jw là một cơ sở đếm được của 1H , trực chuẩn trong 2L . Ta tìm
nghiệm xấp xỉ của bài tốn (3.1)-(3.2) dưới dạng:
1
( ) ( )
m
m mj j
j
u t c t w
, (3.3)
trong đĩ, các hàm hệ số ( )mjc t thỏa mãn hệ phương trình vi phân :
( ), ( ) ( ), ( ) (0) (1, ) (1) ( ),m i mx ix m i m i m iu t w t u t w P t w hu t w u t w
( ( )), ( ), , 1 ,m i iF u t w f t w i m (3.4)
( ) ( ) ,
t
m m
0
P t g t k(t - s)u (0,s)ds (3.5)
mạnh trong
mạnh trong
1
0 0
1
1 1
1
(0) ,
(0) .
m
m m mj j
j
m
2
m m mj j
j
u u w u H
u u w u L
% %
% %
(3.6)
Hệ (3.4)-(3.6) được viết lại dưới dạng :
1
( ) ( ) ( ) , (1) (1) ( )
[ ]( ) [ ]( ) (0) ( ), ,1 ,
(0) , (0) .
m
mi mi ix jx i j mj
j
i m m i i
mi mi mi mi
c t c t t w w hw w c t
F c t P c t w f t w i m
c c
% (3.7)
11
1
( ) ( ) ( ) ( ) (0) ,
t m
m mj j
j
P c t g t k t s c s w ds
0
(3.8)
1
[ ]( ) ( ( ) ), .
m
i m mj j i
j
F c t F c t w w
% (3.9)
Khi đĩ, ta cĩ bổ đề sau:
Bổ đề 3.1 Giả sử 1 5H H là đúng. Với mọi 0T cố định, khi đĩ hệ
(3.7)-(3.9) cĩ nghiệm ,m mu P trên 0, 0,mT T .
Chứng minh
Lấy tích phân (3.7) theo biến thời gian từ 0 đến t , nhân vào cả hai vế cho ,te
ta được:
( ) [ ]( ) ( ), 1t mi mi m mie c t A c t t i m . (3.10)
trong đĩ
1 0 0 0
[ ]( ) ( ) ( ) (0) [ ]( ) [ ( )] ,
t t tm
t
mi m ij mj i m i m
j
A c t e s c s ds w P c s ds F c s ds
%% (3.11)
0
( ) ( ), ,
t
t
mi mi mi it e f s w ds
(3.12)
( ) ( ) , (1) (1).ij ix jx i jt t w w hw w % (3.13)
Tiếp tục lấy tích phân hai vế (3.10) theo biến thời gian từ 0 đến t , ta được:
0
( ) [ ]( ) ( ), 1 ,
t
t
mi mi m mic t e A c s ds t i m
% (3.14)
trong đĩ
0
( ) ( ) .
t
t
mi mi mit e s ds
% (3.15)
Đặt
12
1 2
1 2
0
1 2
( ) ( ), ( ),..., ( ) ,
( ) ( ), ( ), ..., ( ) ,
( ) [ ]( ) ,
( ) ( ), ( ), ..., ( ) .
m m m mm
m m m m m m mm m
t
t
mi m mi m
m m m mm
c t c t c t c t
D c t D c t D c t D c t
D c t e A c s ds
t t t t
% % % %
(3.16)
Hệ (3.14) được viết lại là:
( ) ( ) ( ) ( )m m m m m mc t D c t t Uc t % (3.17)
Để đơn giản, ta bỏ qua chỉ số ,m khi đĩ hệ (3.17) được viết lại như sau:
c Uc . (3.18)
Chú ý rằng với mỗi ,i 1 i m thì
0
1 0 0 0
0
0
( ) ( ) ( ) ( ),
( ) [ ]( )
[ ]( ) ( ) ( ) (0) [ ]( ) [ ( )]
( ) ( ) ,
( ) ( ),
i i i
t
t
i i
t t tm
t
i ij j i i
j
t
t
i i i
t
t
i i i i i
Uc t D c t t
D c t e A c s ds,
A c t e s c s ds w P c s ds F c s ds
t e s ds
t e f s w ds
%
%%
%
.
(3.19)
Với 0, 0mT M mà ta sẽ chọn sau. Đặt:
¡0 00, ; :mmS c C T c M
trong đĩ
0 1
0
sup ( )
mt T
c c t
,
1
1
( ) ( )
m
i
i
c t c t
. (3.20)
Dễ thấy S là tập con lồi, đĩng, bị chặn trong khơng gian Banach
¡0 0, ; mmY C T .
13
(a) Trước tiên ta sẽ tìm cách chọn 0, 0mT M để ánh xạ U đi từ S vào
chính nĩ.
Do 0( ) 0, ; , ( )mmt C T t Y %¡ , nên từ (3.14), ta suy ra
1 2( ) ( ), ( ), ..., ( ) ,mA c t A c t A c t A c t Y c Y . Từ đĩ suy
ra ( ) ,D c t Y c Y . Do đĩ:
:U Y Y .
Lấy c S . Từ (3.19)(1,2) , ta cĩ:
1 1 1
1 1 0
0
( )( ) ( ) ( ) ,
( ) [ ]( ) [ ] .
t
m
Uc t D c t t
D c t Ac s ds T Ac
%
(3.21)
Mặt khác, từ (3.19)(3), ta cĩ:
1 21
1 1 10 0
[ ( )] ( ) ( ) ( )
t tm m m
t
i m i m i
i i i
A c t e c s ds w g s ds T N M T N
% % ,
trong đĩ
1
1
1
1
1 (0, )
1
2
max ( ), 1 , max , 1 ,
(0),
( ) sup (0) (0) , , 1
, max ( ) , , 1 .
n
m
ij ij m ij
j
m
i
i
m
i i j jL T
j
i i H
t t T i m
w w
N M k w y w y M i m
N w F z z i m
¡
%
%
¡
(3.22)
Từ đĩ suy ra:
] 1 2(0, )0
1 1
1 2(0, )
1 1
[ ( )
( )
m
m
m m
T
m m m i m iL T
i i
m m
T
m i iL T
i i
Ac e MT w g T T N M T N
T e M w g N M N
% %
% %
( , ).mTmT e M T
(3.23)
14
Kết hợp (3.21), (3.23) ta cĩ :
20 0*( , )
mT
mUc T e M T
% , (3.24)
trong đĩ
0* 1
sup ( ) , 0t t T % % . (3.25)
Chọn 0,M sau đĩ chọn 0mT sao cho
0*
2
,
2
( , ) .
2
mT
m
M
M
T e M T
%
(3.26)
Từ đĩ suy ra 0Uc M với mọi c S . Điều này cĩ nghĩa là ( )U S S .
(b) Tiếp theo, ta sẽ chỉ ra rằng :U S Y là ánh xạ liên tục. Lấy ,c d S , ta cĩ:
( ) ( ) ( ) ( ) [ ]( ) [ ]( ) , 1 ,i i i iUc t Ud t D c t D d t i m (3.27)
0
( ) ( ) [ ]( ) [ ]( ) , 1 ,
t
t
i i i iD c t D d t e A c s A d s ds i m
(3.28)
i
1 0
[ ]( ) [ ]( ) ( ) ( )
tm
t
i i j j j
j
A c t A d t e s c d s ds
%
0 0
(0) [ ] [ ] ( ) [ ] [ ] ( ) ,
t t
t
i i iw e P c P d s ds F c F d s ds
% % (3.29)
0 1
( ) ( ) ( ) ( ) (0) ,
t m
j j j
j
P c t P d t k t s c d s w ds
(3.30)
% %
1 1
[ ]( ) [ ]( ) ( ) ( ) , .
m m
i i j j j j i
j j
F c t F d t F c t w F d t w w
(3.31)
Từ (3.30), (3.22)(2), tồn tại hằng số ( , ) 0k w % sao cho
0
0
sup ( ) ( )
mt T
P c t P d t c d
. (3.32)
Từ (3.31) và giả thiết 2( )F , suy ra
15
0
0 1
sup [ ]( ) [ ]( )
m
m
i i
t T i
F c t F d t c d
% % . (3.33)
Do đĩ
] ] 0 00[ [ 1
m mT T
m mAc Ad e T c d e T w c d
% % . (3.34)
Suy ra
2 1 2 10 0 01 .m m
T T
m mUc Ud e T B c d e T w B c d
% % (3.35)
Từ các đánh giá (3.34) và (3.35) ta suy ra :U S Y là liên tục.
(c) Ta cịn chỉ ra rằng ( )U S là compact tương đối trong Y . Lấy c S ,
, 0, mt t T . Từ (3.19) ta cĩ:
( ) ( ) ( ) ( )i iUc t Uc t
( ) ( ) ( ) ( ) , 1 .i i i iD c t D c t t t i m
% % (3.36)
0
( ) ( ) [ ]( ) [ ]( )
t t
t t t
i i i i
t
D c t D c t e e A c s ds e A c s ds
0
0
[ ]( ) [ ]( ) , 1 .
t t
t t
i i
t
e t t A c s ds e A c s ds i m
(3.37)
0 0
0
( ) ( ) ( )
t
t t
i i i it t e t t e t t s ds
% %
( ) , 1 ,
t
t
i
t
e s ds i m
(3.38)
trong đĩ 0 ,t t t hoặc 0 , .t t t
Suy ra:
01( ) ( ) 1 .i i mD c t D c t T A c t t (3.39)
0*1
1
( ) ( ) 1 ,
m
i i i m
i
t t t t T t t
% % (3.40)
trong đĩ 0* 1sup ( ) , 0t t T % .
16
Từ (3.36), (3.39), (3.40) ta suy ra rằng tồn tại một hằng số 1 độc lập với
, ,c t t sao cho:
1( ) ( ) .Uc t Uc t t t (3.41)
Từ kết quả ( )U S S và đánh giá (3.41), ta suy ra tập hợp ( )U S bị chặn đều
và liên tục đều theo chuẩn 0|| . || trong khơng gian Banach Y . Áp dụng định lý
Azela-Ascoli ta cĩ ( )U S là tập compact tương đối.
Theo định lý điểm bất động Schauder, U cĩ một điểm bất động
1 2( , , ..., )mc c c c S . Từ đĩ ta suy ra rằng hệ (3.4)-(3.6) cĩ nghiệm ( ), ( )m mu t P t
với
1
( ) ( )
m
m mj j
j
u t c t w
trên đoạn 0, mT .
Các đánh giá tiên nghiệm sau đây cho phép ta lấy ,mT T với mọi m .
Bước 2: Đánh giá tiên nghiệm:
Thay (3.5) vào (3.4). Nhân vào phương trình thứ j của (3.4) với ( ),mjc t lấy
tổng theo ,j ta được:
0
22
( ) ( ) ( ) 2 ( ) 2 ( ) ( ) (0, ) (0, )
t
m mx m m mS t t u t u t g t k t s u s ds u t
2 ( ( )), ( ) 2 ( ), ( )m m mF u t u t f t u t ,
trong đĩ
2 2 2( ) ( ) ( ) ( ) (1, )m m mx mS t u t t u t hu t . (3.42)
Lấy tích phân theo biến thời gian từ 0 đến t , ta được
22
0 0 0
( ) (0) ( ) ( ) 2 ( ) 2 ( ) (0, )
t t t
m m mx m mS t S s u s ds u s ds g s u s ds
1
0 0
ˆ2 (0, ) ( ) (0, ) 2 ( ( , ))
t
m m mu s ds k s u d F u x t dx
0
1
0
0 0
ˆ2 ( ( )) 2 ( ), ( )
t
m mF u x dx f s u s ds , (3.43)
17
trong đĩ
0
ˆ( ) ( )
z
F z F s ds . (3.44)
Sử dụng giả thiết 4 ,H lấy tích phân từng phần theo biến thời gian cho các số
hạng
0
( ) (0, )
t
mg s u s ds và
00
(0, ) ( ) (0, ) ,
t s
m mu s ds k s u d ta được:
1
22
0
0 0 0
ˆ( ) (0) 2 ( ( )) ( ) ( ) 2 ( )
t t
m m m mx mS t S F u x dx s u s ds u s ds
0
2
0
2 (0, ) ( ) (0, ) 2 (0) (0, )
t t
m m mu t k t u d k u s ds
0
0 0
2 (0) (0) 2 ( ) (0, ) 2 ( ) (0, ) 2 ( ), ( )
t t
m m m mg u g t u t g s u s ds f s u s ds
1
0 0
ˆ2 (0, ) ( ) (0, ) 2 ( ( , ))
t s
m m mu s ds k s u d F u x t dx
0
. (3.45)
Từ (3.42) và giả thiết 5H , ta cĩ bất đẳng thức:
2 2
0( ) ( ) ( )m m mxS t u t u t . (3.46)
Từ bổ đề 2.1, (3.46), và (3.6)(1) ta cĩ:
2
2 2
0
0 0
( ) (0) ( ) 2 2 ( )
t t
m m m m mu t u u s ds u t S s ds
0
0
2 ( )
t
mC t S s ds . (3.47)
0 1
2 2 2 2 2
(0, ) ( ) 2 ( ) 2 ( ) ( )m m m mx mC Hu t u t u t u t u t
0
0 0
( )
2 2 ( )
t
m
m
S t
C t S s ds
. (3.48)
Áp dụng bất đẳng thức
18
2 212 , , , 0ab a b a b
¡ . (3.49)
Ta lần lượt cĩ các đánh giá sau:
2
00 0
( ) ( ) ( )
t t
mx ms u s ds S s ds
, (3.50)
trong đĩ
|| . || || . ||L .
1
22
0 0
2 (0) (0, ) 4 (0) ( )
t t
m m H
k u s ds k u s ds . (3.51)
0 0 0
2 2 212 (0, ) ( ) (0, ) (0, ) ( ) . (0, )
t t t
m m m mu t k t u d u t k d u d
0
21 1
2 22
(0, )
2
2 ( ) ( )
t
m mL TH H
u t k u s ds
. (3.52)
1
22 2 21 12 ( ) (0, ) (0, ) ( ) 2 ( ) ( )m m m Hg t u t u t g t u t g t
. (3.53)
1
22
0 0 0
2 ( ) (0, ) 2 ( ) ( )
t t t
m m H
g s u s ds u s ds g s ds
1 2
22
0,
0
2 ( )
t
m H L T
u s ds g . (3.54)
Áp dụng bất đẳng thức (3.49) kết hợp với bất đẳng thức Cauchy-Schwartz, ta
cĩ các đánh giá sau:
00
2 (0, ) ( ) (0, )
t s
m mu s ds k s u d
0
1 12
22 2
0 0 0
22 2
0 0
(0, ) ( ( ) (0, ) )
2 ( ) 2 ( )
t t s s
m m
t t
m mH HL
u s ds k s d u d ds
u s ds T k u s ds
19
122 2(0, )
0
2 1 ( )
t
m HL T
T k u s ds . (3.55)
0
22
0 0
2 ( ), ( ) ( ) ( )
t t t
m mf s u s ds f s ds u s ds
0
2
0
( ) ( )
t t
mf s ds S s ds . (3.56)
1
2
1 1 0 1
0 0
ˆ2 ( ( , )) 2 ( ) 2 2 4 ( )
t
m m mF u x t dx C u t C C C T S s ds . (3.57)
Thay các kết quả từ (3.50)-(3.57) vào (3.45), ta được
1
0 0 0
0
ˆ( ) (0) 2 (0) (0) 2 2 ( ( ))m m m mS t S g u C F u x dx
1
2
1
0 0
4 ( ) 1 2 4 ( )
t
m mH
u t C T S s ds
2 12
2 22
(0, ) (0, )
1
4 1 (0) ( )
t
mL T HL T
k k T k u s ds
0
2
2 22
0,
0
1
( ) ( )
t
L T
g t g f s ds
. (3.58)
Đặt 2 2
22
(0, ) (0, )
1
4 1 (0)T L T L TC k k T k
, TC là hằng số chỉ phụ
thuộc T .
Chọn 0
1
8
, thay vào (3.58) ta được:
1
0 0 0
0
ˆ( ) 2 (0) 4 (0) (0) ( ( ))m m m mS t S g u C F u x dx
2
2 22
0 00,
0
1
2 ( ) ( ) 4
t
TL T
g t g f s ds C C TC
20
21
0 0 0
2 1 2 2 4 ( )
t
T
T m
C
C T T C T S s ds
. (3.59)
Do các giả thiết 1 2 4 5, , ,H H H H và (3.6), tồn tại hằng số %0C chỉ phụ
thuộc vào 0 1, , , ,g u u h % % sao cho:
%0 0 02 (0) 4 (0) (0)m mS C g u C với mọi m . (3.60)
Mặt khác, do giả thiết 3 4H H và phép nhúng 1 0(0, ) 0,H T C T nên
tồn tại hằng số (1)TM chỉ phụ thuộc vào T sao cho:
2
2 22 (1)
0 0 00,
0
1
2 ( ) ( ) 4
t
T TL T
C g t g f s ds C C TC M
% (3.61)
với mọi 0,t T .
Từ giả thiết 1( )H , và tính liên tục của F ta suy ra
1
(1) (2)
0
0
ˆ4 ( ( ))T m TM F u x dx M với mọi m ¥ , (3.62)
trong đĩ ( ) , 1, 2iTM i là các hằng số chỉ phụ thuộc T .
Từ (3.59)-(3.61) ta suy ra rằng :
(2) (1)
0
( ) ( )
t
m T T mS t M N S s ds , (3.63)
trong đĩ
(1) 21
0 0
2 1 2 2 4 TT T
C
N C T T C T
. (3.64)
Từ (3.63)-(3.64) suy ra :
2 1
0
( )
t
m T T mS t M N S s ds . (3.65)
Áp dụng bổ đề Gronwall, ta thu được :
21
2 1
0
exp ( ) , , 0, .
t
m T T TS t M N s ds M m t T
¥ (3.66)
Mặt khác từ (3.5), (3.48), (3.66) ta suy ra được rằng:
02 0,
2
2 22
0 0
2 ( ) (0, ) ( )
L T
T T s
m mP g s ds u s ds k s d
2 2
0
(0) (0, )
T
mk u s ds
0
2 2 2
0 00 0
2 ( ) ( ) (0)
T s T
T TM T Mg s ds k d k ds
. (3.67)
Vì giả thiết 4H nên từ (3.67) ta suy ra 1 0, ,mP H T m ¥ .
Do phép nhúng 1 0(0, ) 0,H T C T nên
1 0,
,m TH TP M m ¥ . (3.68)
Mặt khác :
1 1 10, 0, ;( , ) 2 ( ) 2m m m TH T L T Hu x t u t u M . (3.69)
Do đĩ, từ giả thiết ¡0( )F C và (3.69) ta suy ra :
1
2( ( , )) sup ( )
T
m T
z M
F u x t F z M
với mọi ( , ) ,Tx t Q và mọi m ¥ . (3.70)
Hay ta cĩ
2( )( ) Tm TL QF u M với mọi m ¥ . (3.71)
Bước 3: Qua giới hạn
Từ (3.42), (3.66), (3.68), (3.71) ta suy ra rằng tồn tại một dãy con của dãy
,m mu P mà ta vẫn kí hiệu là ,m mu P sao cho
mu u trong
1(0, ; )L T H yếu*, (3.72)
mu u trong
2(0, ; )L T L yếu*, (3.73)
(0, ) (0, )mu t u t trong (0, )L T
yếu*, (3.74)
(1, ) (1, )mu t u t trong (0, )L T
yếu*, (3.75)
22
%mP P trong
1(0, )H T yếu , (3.76)
( )mF u trong ( )TL Q
yếu*. (3.77)
Do bổ đề compact của Lions (bổ đề 2.8) và phép nhúng 1 0(0, ) 0,H T C T
compact nên ta suy ra từ (3.72)-(3.75) rằng, tồn tại một dãy con vẫn kí hiệu là
mu , sao cho :
mu u mạnh trong
2( )TL Q và a.e trên TQ , (3.78)
(0, ) (0, )mu t u t mạnh trong
0 0,C T , (3.79)
(1, ) (1, )mu t u t mạnh trong
0 0,C T , (3.80)
%mP P mạnh trong
0 0,C T . (3.81)
Do tính liên tục của F và từ (3.78) nên
( ) ( )mF u F u a.e trên TQ . (3.82)
Áp dụng bổ đề 2.9, từ (3.70), (3.82) ta suy ra rằng :
( ) ( )mF u F u yếu trong
2( )TL Q . (3.83)
Kết hợp (3.77) và (3.83) ta suy ra ( )F u a.e trên TQ .
Mặt khác, từ (3.5), (3.79) ta cĩ:
( ) ( ) ( ) (0, ) ( )
t
mP t g t k t s u s ds P t
0
mạnh trong 0 0,C T . (3.84)
Từ (3.76) và (3.84) ta thu được %( ) ( )P t P t .
Qua giới hạn trong (3.4)-(3.6) , ta cĩ u thỏa mãn phương trình biến phân :
( ), ( ) ( ), ( ) (0) (1, ) (1) ( ),x x
d
u t v t u t v P t v hu t v u t v
dt
1( ( )), ( ), ,F u t v f t v v H . (3.85)
Do (3.72), mu u yếu* trong
1 2(0, ; ) (0, ; ).L T H L T L
Suy ra
, ,m j ju w u w yếu trong (0, )L T
. (3.86)
Mặt khác:
23
Do mu bị chặn trong
1 2 1(0, ; ) (0, ; )L T H L T H nên ,m ju w bị chặn trong
2(0, )L T . Do mu bị chặn trong
2 2(0, ; )L T L nên ,m ju w bị chặn trong
2(0, )L T .
Suy ra ,m ju w bị chặn trong
1 0(0, ) 0,H T C T compact.
Do đĩ
,m j ju w trong
0 0,C T . (3.87)
Kết hợp (3.86), (3.87), do tính duy nhất của giới hạn nên , ,m j ju w u w
trong 0 0,C T .
Suy ra
(0), (0),m j ju w u w (3.88)
Mặt khác:
10 10,
(0) (0), (0) (0), (0) (0) .m j m j m jHC T Hu u w u u w u u w
Kết hợp (3.6), (3.88) suy ra %0(0)u u .
Chứng minh tương tự, ta cũng cĩ được rằng %1(0)u u .
Sự tồn tại nghiệm của bài tốn (3.1)-(3.2) trong định lý 3.1 đã được chứng
minh xong.
Bước 4: Sự duy nhất nghiệm
Bổ đề 3.2 Giả sử u là nghiệm yếu của bài tốn sau:
0 1
0 1
1 2
1 1 2
0 1
( ) , 0 1, 0 ,
( ) (0, ) ( ), ( ) (1, ) ( ),
( , 0) ( ), ( , 0) ( ),
(0, ;._.
Các file đính kèm theo tài liệu này:
- LA7514.pdf