Thuật giải lặp và khai triển tiệm cận của nghiệm theo hai tham số bé cho phương trình sóng phi tuyến với điều kiện biên hỗn hợp

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP. HCM HỒ QUANG ĐỨC THUẬT GIẢI LẶP VÀ KHAI TRIỂN TIỆM CẬN CỦA NGHIỆM THEO HAI THAM SỐ BÉ CHO PHƯƠNG TRÌNH SÓNG PHI TUYẾN VỚI ĐIỀU KIỆN BIÊN HỖN HỢP LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Chuyên ngành: Toán Giải Tích Mã số: 60. 46. 01 Thành phố HCM 2010 2LỜI CẢM ƠN Lời đầu tiên tôi trân trọng kính gửi đến Thầy TS. Nguyễn Thành Long, Khoa Toán – Tin học, Trường ĐHKHTN TP. HCM lời cảm ơn sâu sắc nhất. Thầy đã tận tâm giảng dạy và hướng dẫn tôi từng bướ

pdf65 trang | Chia sẻ: huyen82 | Lượt xem: 1379 | Lượt tải: 1download
Tóm tắt tài liệu Thuật giải lặp và khai triển tiệm cận của nghiệm theo hai tham số bé cho phương trình sóng phi tuyến với điều kiện biên hỗn hợp, để xem tài liệu hoàn chỉnh bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
c làm quen với công việc nghiên cứu khoa học một cách nghiêm túc. Đức tính say mê, nghiêm túc trong nghiên cứu khoa học của Thầy là tấm gương để thế hệ chúng tôi noi theo. Nhân đây, tôi cũng biết ơn sâu sắc Thầy TS. Trần Minh Thuyết đã dành nhiều thời gian, công sức hướng dẫn và đưa ra nhiều góp ý quý báu cho luận văn của tôi. Xin chân thành cảm ơn Quý Thầy, Cô thuộc Phòng Khoa học Công nghệ - Sau đại học, Trường Đại học Sư Phạm TP.HCM đã tạo mọi điều kiện thuận lợi cho tôi hoàn thành chương trình học và quá trình hoàn thành luận văn. Xin trân trọng cảm ơn Ban Giám Hiệu và các đồng nghiệp trường THPT Vĩnh Kim – Tiền Giang, đã tạo nhiều điều kiện thuận lợi về vật chất, tinh thần cũng như thời gian để tôi hoàn thành tốt chương trình học tập và trong thời gian viết luận văn. Lời thân thương nhất xin được gửi đến gia đình tôi, nơi đã tạo cho tôi mọi điều kiện thuận lợi để học tập và hoàn thành luận văn này; Vì kiến thức bản thân còn nhiều hạn chế, nên luận văn khó tránh khỏi thiếu sót, rất mong được sự chỉ bảo của Quý Thầy, Cô và sự góp ý chân thành của các bạn bè đồng nghiệp. Tiền Giang, tháng 10 năm 2010. Hồ Quang Đức 4Chương 1 PHẦN TỔNG QUAN Trong luận văn này, chúng tôi tập trung xét bài toán giá trị biên và ban đầu cho phương trình sóng phi tuyến thuộc dạng dưới đây ( ) ( , , ), 0 1, 0 ,tt xx tu t u u f x t u x t T        (1.1) (0, ) 0, (1, ) (1, ) ( ),xu t u t u t g t   (1.2) 0 1( , 0) ( ), ( , 0) ( ),tu x u x u x u x   (1.3) trong đó ,  là các hằng số; , 0,u 1,u ,f g là các hàm cho trước thỏa các điều kiện mà ta sẽ chỉ ra sau. Phương trình (1.1) mô tả dao động phi tuyến của một sợi dây đàn hồi, ở đây, u là độ võng, các hằng số ,  và các hàm , 0,u 1,u ,f g xuất hiện trong bài toán có một ý nghĩa Cơ học nào đó. Bài toán (1.1) − (1.3) cũng được nhiều nhà toán học quan tâm nghiên cứu trong thời gian gần đây, xem [3 – 13], [15 – 17] và các tài liệu tham khảo trong đó. Phương trình (1.1) với các dạng khác nhau của , f và các điều kiện biên khác nhau đã được khảo sát bởi nhiều tác giả, chẳng hạn Trong [3], N. T. Long, A. P. N. Định, T. N. Diễm đã khảo sát phương trình (1.1) với 1, 0, ( , , , , ) ( , , , , )x t x tf f x t u u u g x t u u u      với điều kiện biên hỗn hợp không thuần nhất. Trong [5], N. T. Long, N. C. Tâm, N. T. T. Trúc khảo sát phương trình (1.1) với 1, 0, ( , , , , )x tf f x t u u u    với điều kiện biên hỗn hợp không thuần nhất. Trong [6] N. T. Long đã nghiên cứu bài toán (1.1) với 2( , ),xB t u    0, ( , , , , )x tf f x t u u u   với điều kiện biên hỗn hợp thuần nhất. Trong chương 3, chúng tôi nghiên cứu sự tồn tại và duy nhất nghiệm yếu của bài toán (1.1) – (1.3) với ( ) 0.g t  Chứng minh được dựa vào phương pháp Galarkin liên kết với các đánh giá tiên nghiệm cùng với kỹ thuật hội tụ yếu và tính compact. Trong chương 4, chúng tôi nghiên cứu sự tồn tại và duy nhất nghiệm yếu của bài toán (1.1)  (1.3) bằng cách đổi ẩn hàm, ta đưa bài toán (1.1)  (1.3) về bài toán của có điều kiện biên thuần nhất đã xét ở chương 3. 5Trong chương 5, chúng tôi nghiên cứu sự tồn tại và hội tụ của dãy lặp cấp hai { }mu về nghiệm yếu của bài toán (1.1)  (1.3) thỏa một đánh giá sai số 2 * . n mu u C    Trong chương 6, chúng tôi nghiên cứu bài toán nhiễu theo 2 tham số bé ( , )  0 1 ( ) ( , , ), 0 1, 0 , (0, ) 0, (1, ) (1, ) ( ), ( , 0) ( ), ( , 0) ( ), tt xx t x t u t u u f x t u x t T u t u t u t g t u x u x u x u x                   trong đó, 0 1, , , ,f g u u   là các hàm cho trước. a/ Nghiên cứu dáng điệu tiệm cận của nghiệm yếu ,u u  của bài toán ,( )P  khi 0 , 0 .    b/ Nghiên cứu khai triển tiệm cận của nghiệm yếu ,u u  của bài toán ,( )P  theo 2 tham số bé ( , )  , có nghĩa là có thể xấp xỉ nghiệm ,u  bởi một đa thức theo hai biến ,  :  , ( , ) ( , ) i jij i j N u x t U x t       Theo nghĩa cần phải chỉ ra các hàm  ( , ) ( , 1, )ijU x t i j N và thiết lập đánh giá    12 2, * ( , ) N i jij N i j N u U x t C            Theo một chuẩn thích hợp  , với các tham số dương ,  đủ bé, hằng số NC độc lập với các tham số bé , .  Trong chương 7, ta xét một bài toán cụ thể để minh họa phương pháp tìm nghiệm tiệm cận của bài toán nhiễu ở chương 6. Luận văn này được trình bày theo các chương mục sau. Chương 1: Tổng quan về bài toán khảo sát trong luận văn và nêu các kết quả liên quan đến bài toán, đồng thời nêu bố cục của luận văn. Chương 2: Chúng tôi trình bày một số kết quả chuẩn bị bao gồm việc nhắc lại một số không gian hàm, một số kết quả về các phép nhúng compact giữa các không gian hàm. 6Chương 3: Chúng tôi nghiên cứu một thuật giải xấp xỉ tuyến tính, sự tồn tại và duy nhất nghiệm yếu của bài toán (1.1)  (1.3) với ( ) 0g t  . Chương 4: Sự dụng kết quả của chương 3 để khảo sát sự tồn tại và duy nhất nghiệm yếu của bài toán (1.1)  (1.3). Chương 5: Nghiên cứu thuật giải lặp cấp hai cho bài toán (1.1)  (1.3). Chương 6: Dáng điệu tiệm cận và khai triển tiệm cận của bài toán (1.1) – (1.3). Chương 7: Xét một ví dụ cụ thể. Kế đến là Phần kết luận, nhằm tóm tắt kết quả đã thực hiện trong luận văn và cuối cùng là danh mục các tài liệu tham khảo. 1Chương 2 MỘT SỐ CÔNG CỤ CHUẨN BỊ 2.1. Các không gian hàm Đầu tiên, ta đặt các ký hiệu (0,1),  (0, ), 0.TQ T T   Ta bỏ qua định nghĩa các không gian hàm thông dụng như: ( ),mC ( ) ,p pL L  ( ) ,m mH H  , ,( ) .m p m pW W  Ta có thể xem trong [1]. Ta định nghĩa 2( ) H L là không gian Hilbert đối với tích vô hướng 1 2 0 , ( ) ( ) , , .u v u x v x dx u v L    (2.1) Ký hiệu || || chuẩn sinh bởi tích vô hướng này, nghĩa là 1/21 2 2 0 || || , ( ) , .u u u u x dx u L        (2.2) Ta định nghĩa 1 2 2{ : },xH v L v L   (2.3) và 1, , , .x xHu v u v u v      (2.4) 1H là không gian Hilbert đối với tích vô hướng (2.4). Ta ký hiệu 1 1|| || ,H Hv v v   là chuẩn trong 1H . Ta có bổ đề sau. Bổ đề 2.1. Phép nhúng 1H ↪ 0( )C  là compact và 0 1 1 ( )|| || 2|| || , .C Hv v v H    (2.5) Chứng minh bổ đề 2.1 có thể tìm trong [1]. Bổ đề 2.2. Đồng nhất H với H  (đối ngẫu của H ). Khi đó ta có 1H ↪H H  ↪ 1( )H  , với các phép nhúng liên tục và nằm trù mật. Chú thích 1.1. Từ bổ đề 2.2 ta dùng ký hiệu tích vô hướng ,  trong 2L để chỉ cặp tích đối ngẫu giữa 1H và 1( )H  Ta cũng ký hiệu || ||X để chỉ chuẩn trong một không gian Banach X và gọi X  là không gian đối ngẫu của .X 22.2. Không gian hàm (0, ; ), 1pL T X p  Ta định nghĩa (0, ; )pL T X là không gian các lớp tương đương chứa 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 a e t T    khi .p   (2.6) Ta trang bị (0, ; ), 1 ,pL T X p  bởi chuẩn như sau 1 (0, ; ) 0 ( ) ,p T p p L T X X u u t dt     với 1  p , (0, ; ) 0 sup ( )   pL T X Xt Tu ess u t  inf 0 : ( ) , . ., (0, )   XM u t M a e t T khi . p (2.7) Khi đó ta có các bổ đề sau đây mà chứng minh của chúng có thể tìm thấy trong Lions [2]. Bổ đề 2.3. (0, ; ), 1  pL T X p là không gian Banach. Bổ đề 2.4. Gọi X  là đối ngẫu của .X Khi đó (0, ; )pL T X  với 1( 1) ,p p p    1 ,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 2.5. 1( (0, ; )) (0, ; )L T X L T X  . Hơn nữa, các không gian 1(0, ; ),L T X (0, ; )L T X  không phản xạ. Bổ đề 2.6. Ta có (0, ; ( )) ( ), 1 .p p p TL T L L Q p    2.3. Phân bố có giá trị vectơ Định nghĩa 2.1. Cho X là không gian Banach thực. Một ánh xạ tuyến tính liên tục từ ((0, ))TD vào X gọi là một (hàm suy rộng) phân bố có giá trị trong .X Tập các phân bố có giá trị trong X ký hiệu là (0, ; )T XD = ((0, ); )T XL ) = { :f D(0, )T ,X f tuyến tính, liên tục} . 3Chú thích 2.2. Ta ký hiệu ((0, ))TD thay cho ((0, ))TD hoặc  (0, )cC T để chỉ không gian các hàm số thực khả vi vô hạn có giá compact trong (0, ).T Định nghĩa 2.2. Cho f (0, ; )T XD . Ta định nghĩa đạo hàm dfdt theo nghĩa phân bố của f bởi công thức , , ,ddfdt dtf         (0, )TD . (2.8) Các tính chất i / Cho (0, ; ) pv L T X , ta làm tương ứng nó bởi ánh xạ như sau: :vT (0, )TD ,X 0 , ( ) ( ) ,TvT v t t dt       (0, )TD . (2.9) Ta có thể nghiệm lại rằng vT (0, ; )T XD . Thật vậy, j) Ánh xạ :vT (0, )TD  X là tuyến tính. jj) Ta nghiệm lại ánh xạ :vT (0, )TD  X là liên tục. Giả sử { }j (0, )TD , sao cho 0j trong (0, )TD . Ta có 0 0 , ( ) ( ) ( ) ( )T Tv j j jX XX T v t t dt v t t dt       / / 11 0 0 ( ) ( ) 0, .T T pp p pjXv t dt t dt khi j                (2.10) Do đó , 0v jT   trong X khi  j . Vậy vT (0, ; )T XD . ii/ Ánh xạ  vv T là một đơn ánh, tuyến tính từ (0, ; )pL T X vào (0, ; )T XD . Do đó, ta có thể đồng nhất vT v . Khi đó ta có kết quả sau. Bổ đề 2.7. (Lions [2]). (0, ; )pL T X ↪ (0, ; )T XD với phép nhúng liên tục. 2.4. Đạo hàm trong (0, ; )pL T X Do bổ đề 2.7, phần tử (0, ; ) pf L T X ta có thể coi f và do đó dfdt là các phần tử của (0, ; )T XD . Ta có các kết quả sau. 4Bổ đề 2.8. 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 2.9. 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 Chứng minh các bổ đề 2.8, 2.9 có thể tìm thấy trong nhiều sách, chẳng hạn như Lions [2]. 2.5. Một số kết quả sử dụng trong luận văn Cho ba không gian Banach 0 1, ,X X X với 0X ↪X ↪ 1X sao cho: 0 1,X X là phản xạ. (2.11) Phép nhúng 0X ↪X là compact, X ↪ 1X liên tục. (2.12) Với 0 , 1 , 0,1.iT p i       Ta đặt 0 1 0 1(0, ) { (0, ; ): (0, ; )}p pW T v L T X v L T X   . (2.13) Ta trang bị (0, )W T bởi chuẩn 0 10 1(0, ) (0, ; ) (0, ; ) 'p pW T L T X L T Xv v v  . (2.14) Khi đó (0, )W T là một không gian Banach. Hiển nhiên ta có (0, )W T ↪ 0(0, ; ).pL T X Ta cũng có kết quả sau đây liên quan đến phép nhúng compact. Bổ đề 2.10. (Bổ đề về tính compact của Lions trang 57). Với giả thiết (2.11), (2.12) và nếu 1 , 1,2   ip i , thì phép nhúng (0, )W T ↪ 0(0, ; )pL T X là compact. Chứng minh bổ đề 2.10 có thể tìm thấy trong Lions [2]. Bổ đề sau đây liên quan đến sự hội tụ yếu trong ( ).pL Q Bổ đề 2.11. (Lions [2], trang 12). Cho Q là tập mở bị chận của N và , ( ),pmG G L Q 1 p  , sao cho: ( ) pm L QG C , trong đó C là hằng số độc lập với ,m và 5. .,mG G ae trong .Q Khi đó, ta có: mG G trong ( )pL Q yếu. Bổ đề sau liên quan đến một bất phương trình tích phân và nó rất cần thiết cho việc đánh giá tiên nghiệm trong các chương sau. Bổ đề 2.12. (Bổ đề Gronwall). Giả sử :[0, ]f T là hàm khả tích, không âm trên [0, ]T và thỏa bất đẳng thức 1 2 0 ( ) ( )tf t C C f s ds   , với hầu hết [0, ],t T trong đó 1 2,C C là các hằng số không âm. Khi đó 2 1( ) C tf t C e , với hầu hết [0, ]t T . Bổ đề 2.13. Cho dãy { }m thỏa mãn 0 10, 0 , 1,2,m m m         trong đó 0 1, 0    là các hằng số cho trước. Khi đó , 1.1m m     Bổđề 2.14. Đặt 1{ (0,1) : (0) 0}V v H v   và 1 0 ( , ) (1) (1), , .a u v u vdx u v u v V      Khi đó 1( , ) || || || ||,a u v C u v   2 0( , ) || || ,a v v C v  trong đó 0 11 , 1 .2C C    Vì vậy a là dạng song tuyến tính, đối xứng, liên tục, cưỡng bức trênV V , khi đó (, )a   xác định một tích vô hướng trên V và tích vô hướng này sinh ra một chuẩn trên V được ký hiệu là || || .V Mặt khác ta có 60 [0,1] || || || || || ||VCv v v   , 1 1 1 2 || || || || || || 1 2 || ||H V Hv v v v     . Vì vậy trên V ta có ba chuẩn tương đương là 1|| || , || ||, || || .VHv v v Phép chứng minh là đơn giản, xin phép được bỏ qua. Bổ đề 2.15. Tồn tại cơ sở Hilbert { }j jw  trong 2(0,1)L gồm các hàm riêng jw ứng với trị riêng j sao cho 1 20 ..... ...,j       lim ,jj    và ( , ) , , , 1,2,....j j ja w v w v v V j      Hơn nữa, dãy { }jw với /j j jw w  cũng là cơ sở Hilbert của V ứng với tích vô hướng (, ).a   Ta lại có jw thoả bài toán giá trị biên sau:   , 0 1, (0) 0, (1) (1) 0, [0,1] . j j j j j j j w w x w w w w C             Phép chứng minh có thể tìm thấy trong [14]. Cuối cùng, ta ký hiệu: ( ),u t ( )u t  ( ) ( ),tu t u t  ( ) ( ) ( ),ttu t u t u t    ( )xu t ( ),u t  ( )xxu t ( ),u t  lần lượt thay cho ( , ),u x t ( , ),u x tt   2 2 ( , ), u x tt   ( , ), u x tx   2 2 ( , ). u x tx   7Chương 3 SỰ TỒN TẠI VÀ DUY NHẤT NGHIỆM 3.1. Giới thiệu Trong chương này, phần 1 chúng tôi sẽ kết hợp bài toán (1.1) – (1.3) với một thuật giải quy nạp tuyến tính mà sự tồn tại và duy nhất nghiệm được chứng minh bằng phương pháp Galerkin và phương pháp compact yếu; phần 2 chúng tôi chứng minh dãy { }mu sẽ hội tụ về nghiệm yếu của bài toán (3.1). Nghiệm yếu của bài toán (1.1) – (1.3) là một hàm 2(0, ; ),u L T V H  sao cho (0, ; ),tu L T V 2( ),tt Tu L Q đồng thời u thỏa mãn phương trình biến phân sau 0 1 , ( ) ( , ) , ( , , ), , , a.e (0, ), ( , 0) ( ), ( , 0) ( ), tt t t u v t a u v u v f x t u v v V t T u x u x u x u x                 (3.1) trong đó ( , )a u v được xác định ở bổ đề 2.14. 3.2. Các ký hiệu và giả thiết Ta thành lập các giả thiết sau: (A1) 20 1, ,u V H u V    (A2) 1([0,1] [0, ) )f C    thỏa (0, , 0) 0, 0,f t t   (A3) 1( )C   với 0( ) 0, 0,t t     (A4) , 0.   Với 0M  , * 0T  ta định nghĩa 0 0 *( , ) sup{| ( , , )| : ( , , ) ( )},K K M f f x t u x t u A M   (3.2) 1 1 1 3 *( , ) sup{(| | | |)( , , ) : ( , , ) ( )},K K M f D f D f x t u x t u A M    (3.3) trong đó *( ) {( , , ) [0,1] [0, ] : | | }.A M x t u T u M     Ta đặt 82 2 2 2 (0, ; ) (0, ; ) ( ) ( , ) { (0, ; ) : (0, ; ), ( ), || || , || || , || || }, T t tt T t ttL T V H L T V L Q W M T u L T V H u L T V u L Q u M u M u M             (3.4) 2 1( , ) { ( , ) : (0, ; )}.ttW M T u W M T u L T L   (3.5) 3.3. Thuật giải xấp xỉ tuyến tính cho phương trình sóng phi tuyến Trong phần này, với sự lựa chọn M và T thích hợp ta xây dựng một dãy { }mu trong 1( , )W M T bằng quy nạp. Dãy { }mu sẽ được chứng minh hội tụ về nghiệm yếu của bài toán (1.1) – (1.3). Chọn số hạng ban đầu 0 0.u  Giả sử rằng 1 1( , ).mu W M T  (3.6) Ta liên kết bài toán (3.1) với bài toán biến phân sau. Tìm 1( , ), 1mu W M T m  sao cho 0 1 ( ), ( ) ( ( ), ) ( ), ( ), , , (0) , (0) , m m m m m m u t v t a u t v u t v F t v v V u u u u                  (3.7) trong đó 1( ) ( , , ( )).m mF t f x t u t (3.8) Sự tồn tại mu cho bởi định lý sau đây. Định lý 3.1. Giả sử (A1) – (A4) đúng. Khi đó, tồn tại các hằng số 0M  và 0T  sao cho, với 0 0u  tồn tại một dãy quy nạp tuyến tính 1{ } ( , )mu W M T xác định bởi (3.6) – (3.8). Chứng minh định lý 3.1. Gồm các bước sau. Bước 1. Xấp xỉ Galerkin. Giả sử { }jw là cơ sở của V . Dùng phương pháp xấp xỉ Galerkin để xây dựng nghiệm xấp xỉ của (3.7) dưới dạng ( ) ( ) 1 ( ) ( ) , k k k m mj j j u t c t w   (3.9) với ( )kmjc thỏa các hệ phương trình vi phân tuyến tính 9( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0 1 ( ), ( ) ( ( ), ) ( ), ( ), , 1, , (0) , (0) , k k k m j m j m j m j k k m k m k u t w t a u t w u t w F t w j k u u u u                (3.10) trong đó ( ) 0 0 1 k k k mj j j u w u     mạnh trongV  2,H (3.11) ( ) 1 1 1 k k k mj j j u w u     mạnh trong .V (3.12) Giả sử 1mu  thỏa (3.6), ta có bổ đề sau. Bổ đề 3.1. Giả sử (A1) – (A4) đúng. Khi đó, với 0T  cố định, hệ phương trình (3.10) – (3.12) có nghiệm duy nhất ( )kmu xác định trên 0 .t T  Chứng minh bổ đề 3.1. Bỏ qua các chỉ số ,m k trong cách viết và ta viết ( ),jc t ,j j lần lượt thay cho ( ) ( ) ( )( ), , .k k kmj mj mjc t   Khi đó, hệ phương trình (3.10) – (3.12) được viết lại dưới dạng như sau: 1 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ), , 1 , (0) , (0) . j j j m j j j j j j j c t t c t c t F t w j k c c                  (3.13) Hệ phương trình này tương đương với hệ phương trình tích phân ( ) 0 0 0 ( ) 0 0 ( ) ( ) ( ) ( ), , 1 . t ts s j j j j j t s j m j c t e ds d s e c s ds d e F s w ds j k                              (3.14) Ta viết lại (3.14) dưới dạng 0( ) [ ]( ) [ ]( )+ ( ), ([0, ]; ),kc t H c t L c t G t c C T    trong đó 1 1( ) ( ( ),..., ( )), [ ]( ) ( [ ]( ),..., [ ]( )), [ ]( ) [ ]( ) ( ), k k j j j c t c t c t H c t H c t H c t H c t L c t G t      và 10 ( ) 0 0 ( ) 0 0 0 [ ]( )= ( ) ( ) , ( ) ( ), , 1 . t s j j j t ts s j j j j m j L c t d s e c s ds G t e ds d e F s w ds j k                               Sự tồn tại nghiệm ( )( )kmu t trên đoạn [0, ]T sẽ được suy ra từ sự tồn tại nghiệm ( )k mc  0([0, ]; )kC T  thỏa mãn phương trình tích phân nói trên. Như vậy ta cần chứng minh toán tử 0 0: ([0, ]; ) ([0, ]; )k kH C T C T  có điểm bất động. Ở đây, chuẩn trong không gian Banach 0([0, ]; )kX C T  được định nghĩa như sau: 10 || || sup ( ) ,X t Tc c t  1 1 ( ) ( ), k j j c t c t   với mỗi 1( ,..., ) .kc c c X  Ta bắt đầu việc chứng minh bằng phương pháp quy nạp rằng: Với , ,c d X [0, ],t T  thì bất đẳng thức sau đúng.  2 1 || || [ ]( ) [ ]( ) || || , ,(2 )! n kn n X t H c t H d t c d nn         (3.15) ở đây, (0, )|| || || || .L T   Chứng minh (3.15) như sau Với 1,n  ta có ( ) 0 0 0 0 [ ]( ) [ ]( ) [ ]( ) [ ]( ) ( ) ( ) ( ) || || ( ) ( ) , 1 , j j j j t s t j j j t k j j H c t H d t L c t L d t d e s c s d s ds d c s d s ds j k                            Hay 0 01 1 [ ]( ) [ ]( ) || || ( ) ( ) k kt j j k j j j j H c t H d t d c s d s ds          10 0 || || ( ) ( )tk d c s d s ds      2|| || || || .2 k X t c d    Do đó 11 2 1 || ||[ ]( ) [ ]( ) || || .2 k X tH c t H d t c d     (3.16) Vậy, (3.15) đúng với 1.n  Giả sử (3.15) đúng với 1.n  Khi đó 1 1 1 1 [ ]( ) [ ]( ) [ [ ]]( ) [ [ ]]( )n n n nH c t H d t H H c t H H d t    10 0 || || [ ]( ) [ ]( )t n nk d H c s H d s ds       20 0 1|| || || || || ||(2 )! t n k k Xd s c d dsn           12|| || || || .(2 2)! n k X t c dn     (3.17) Bất đẳng thức (3.15) được chứng minh. Điều này dẫn đến  2|| ||[ ] [ ] || || ,(2 )! n kn n XX T H c H d c dn      với mọi .n   (3.18) Vì  2|| ||lim 0,(2 )! n k n T n      nên tồn tại n   sao cho  2|| || 1.(2 )! n k T n     Áp dụng định lý Banach, ta suy ra được H có một điểm bất động duy nhất .c X Bổ đề 3.1 được chứng minh Khi đó hệ phương trình vi phân (3.10) có nghiệm duy nhất ( )( )kmu t trên một khoảng [0, ].T Bước 2. Đánh giá tiên nghiệm. Nhân (3.10)1 bởi ( )( ) kmc t , sau đó lấy tổng theo ,j ta được ( ) ( ) ( ) ( )( ), ( ) ( ) ( ( ), ( ))k k k km m m mu t u t t a u t u t    ( ) ( ) ( )( ), ( ) ( ), ( ) ,k k km m m mu t u t F t u t        (3.19) hay 2 ( ) ( )|| ( )|| ( ) ( ( ), ( )) ( ) ( ( ), ( ))k k k k km m m m m d u t t a u t u t t a u t u tdt         2 ( )2 || ( )|| 2 ( ), ( ) .k km m mu t F t u t     (3.20) Sau đó tích phân theo biến thời gian, cận từ 0 đến t trong(3.20) ta được. 12 ( ) ( ) ( ) ( ) 0 ( ) (0) ( ) ( ( ), ( ))tk k k km m m mX t X s a u s u s ds   ( ) 2 ( ) 0 0 2 || ( )|| 2 ( ), ( ) ,t tk km m mu s ds F s u s ds      (3.21) trong đó ( ) ( ) 2 ( ) ( )( ) || ( )|| ( ) ( ( ), ( )).k k k km m m mX t u t t a u t u t  (3.22) Trong (3.10)1 thay jw bởi ,jw ta được ( ) ( ) ( )( ), ( ) ( ( ), ) ( ), ( ), .k k km j m j m j m ju t w t a u t w u t w F t w              (3.23) Từ giả thiết (A2) và tính tích phân từng phần theo biến ,x với cận từ 0 đến 1 các tích phân trong (3.23) ta thu được ( ) ( ) ( )( ( ), ) ( ) ( ), ( ( ), ) ( ( ), ).k k km j m j m j m ja u t w t u t w a u t w a F t w       (3.24) Nhân (3.24) bởi ( )( ) kmc t , sau đó lấy tổng theo ,j thì (3.24) trở thành ( ) ( ) ( ) ( )( ( ), ( )) ( ) ( ), ( )k k k km m m ma u t u t t u t u t      ( ) ( ) ( )( ( ), ( )) ( ( ), ( )).k k km m m ma u t u t a F t u t    (3.25) hay ( ) ( ) ( ) 2 ( ) 2( ( ), ( )) ( )|| ( )|| ( )|| ( )||k k k km m m m d a u t u t t u t t u tdt           ( ) ( ) ( )2 ( ( ), ( )) 2 ( ( ), ( )).k k km m m ma u t u t a F t u t    (3.26) Tích phân theo biến thời gian, cận từ 0 đến ,t ta được ( ) ( ) ( ) 2 0 ( ) (0) ( ) || ( ) || t k k k m m mY t Y s u s ds   ( ) ( ) ( ) 0 0 2 ( ( ), ( )) 2 ( ( ), ( )) , t tk k k m m m ma u s u s ds a F s u s ds     (3.27) trong đó ( ) ( ) ( ) ( ) 2( ) ( ( ), ( )) ( )|| ( )|| .k k k km m m mY t a u t u t t u t    (3.28) Tổ hợp (3.21) – (3.22) và (3.27) – (3.28), ta suy ra rằng ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 0 ( ) (0) ( ) ( ( ), ( )) || ( )||tk k k k km m m m mS t S s a u s u s u s ds       ( ) 2 ( ) ( ) ( ) 0 0 2 || ( ) || ( ( ), ( )) 2 ( ), ( )t tk k k km m m m mu s a u s u s ds F s u s ds             13 ( ) ( ) 2 0 0 2 ( ( ), ( )) || ( )|| ,t tk km m ma F s u s ds u s ds    5 ( ) 1 (0) ,km j j S I    (3.29) trong đó ( ) ( ) ( ) ( ) 2 0 ( ) ( ) ( ) || ( )|| .tk k k km m m mS t X t Y t u s ds     (3.30) Sau đây, ta sẽ lần lượt đánh giá các tích phân jI , 1,5,j  trong vế phải của (3.29). Tích phân thứ nhất. Từ giả thiết (A3) và (3.30). Ta có ( ) ( ) ( ) 2 1 0 ( ) 00 || || ( ( ), ( )) || ( )|| || || ( ) . t k k k m m m t k m I a u s u s u s ds S s ds               (3.31) Tích phân thứ hai. Từ (3.30). Ta thu được ( ) 2 ( ) ( ) ( ) 2 0 0 2 || ( ) || ( ( ), ( )) 2 ( ) .t tk k k km m m mI u s a u s u s ds S s ds          (3.32) Tích phân thứ ba. Từ giả thiết (A2), (3.2), (3.4), (3.6), (3.8) và (3.30). Ta suy ra rằng ( ) ( ) 3 0 0 ( ) 2 ( ) 0 00 0 2 | ( ), ( ) | 2 || ( )|| || ( )|| 2 ( ) ( ) . t tk k m m m m t tk k m m I F s u s ds F s u s ds K S s ds TK S s ds              (3.33) Tích phân thứ tư. Từ giả thiết (A2), (3.3), (3.6) và (3.8). Ta có được đánh giá 1 1 1 3 1 1( ) ( , , ( )) ( , , ( )) ( , , ( )) ( ),m m m m mF t f x t u t D f x t u t D f x t u t u t         nên 1 1 3 1 1| ( )| | ( , , ( ))| | ( , , ( ))|.| ( )|,m m m mF t D f x t u t D f x t u t u t         1 1 3 1 1| ( , , ( ))| | ( , , ( ))| . 1 | ( )| ,m m mD f x t u t D f x t u t u t      1 1 1(1 || ( )||) (1 ),mK u t K M     hay 1|| ( )|| (1 ).mF t K M   Do đó 14 ( ) ( ) 4 10 0 2 | ( ( ), ( ))| 2 || ( )|| || ( )||t tk km m m mI a F s u s ds C F s u s ds      ( ) ( )1 1 0 0 2 (1 ) ( ( ), ( ))t k km m C K M a u s u s ds C     2 ( )1 1 00 [ (1 )] ( ) .t km C K M T S s dsC    (3.34) Tích phân thứ năm. Ta có thể viết lại (3.10)1 như sau: ( ) ( ) ( )( ), ( ) ( ), ( ), ( ), .k k km j m j m j m ju t w t u t w u t w F t w          (3.35) Nhân (3.35) bởi ( )( )kmc t , sau đó lấy tổng theo ,j thì (3.35) trở thành ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ), ( ) ( ) ( ), ( ) ( ), ( ) ( ), ( ) .k k k k k k km m m m m m m mu t u t t u t u t u t u t F t u t              hay ( ) 2 ( ) ( )|| ( )|| | ( )|.|| ( )||.|| ( )||k k km m mu t t u t u t   ( ) ( ) ( )|| ( )||.|| ( )|| || ( )||.|| ( )||k k km m m mu t u t F t u t    2 ( ) 2 2 ( ) 2 2 03 ( )|| ( )|| 3 || ( )|| 3 .k km mt u t u t K     (3.36) Từ (3.36) tích phân theo ,t ta được   ( ) 2 ( ) 2 5 00 0 2 ( ) 2 00 3|| || ( ) 3 ( ) 3 3 || || ( ) 3 . t tk k m m t k m I S s ds S s ds K T S s ds K T                (3.37) Tổ hợp (3.29), (3.31) – (3.37), ta được ( ) ( ) ( ) 1 2 0 ( ) (0) ( , ) ( ) ( ) ,tk k km m mS t S D M T D M S s ds    (3.38) trong đó 2 1 2 2 2 1 0 0 1 1( , ) [4 (1 ) ],D M T T K C C K M   (3.39) 2 2 0 || ||( ) 3|| || 3 2 2.D M            (3.40) Bây giờ ta đánh giá số hạng ( )(0)kmS . Ta có  ( ) 2 21 0 0 0 1 1(0) || || (0) ( , ) || || ( , ).km k k k k k kS u a u u u a u u     (3.41) 15 Từ các giả thiết (A1), (A3) và (3.11), (3.12). Ta suy ra rằng tồn tại hằng số 0,M  độc lập với k và m , sao cho: 2 ( )(0) ,2 k m MS  với mọi k và .m (3.42) Chú ý rằng 10 lim ( , ) 0. T D M T   (3.43) Từ (3.38), (3.42), (3.43), chúng ta luôn chọn được hằng số 0T  sao cho:  2 2( ) 212 ( , ) ,TD MM D M T e M  (3.44) và 00 0 || ||1 21(1 )exp ( 2 1) 1.TT CK TK            (3.45) Cuối cùng, ta suy từ (3.38) và (3.44) rằng 2( )( ) 2 ( ) 2 0 ( ) ( ) ( )tTD Mk km mS t M e D M S s ds   , 0 .t T  (3.46) Sử dụng bổ đề Gronwall, chúng ta suy từ (3.46) rằng 2 2 2 2( ) ( ) ( ) ( )( ) 2 2 2( ) ,TD M D M t TD M TD MkmS t M e e M e e M    0 .t T  (3.47) Vậy ta có ( ) ( , ),kmu W M T , .m k (3.48) Bước 3. Qua giới hạn. Từ (3.47) – (3.48) ta có thể suy ra rằng tồn tại một dãy con của dãy ( ){ },kmu mà vẫn ký hiệu ( ){ }kmu sao cho ( )k m mu u trong 2(0, ; )L T V H  yếu *, (3.49) ( )k m mu u  trong (0, ; )L T V yếu *, (3.50) ( )k m mu u  trong 2( )TL Q yếu , (3.51) thỏa ( , ).mu W M T (3.52) Từ (3.49) – (3.51) qua giới hạn trong (3.10) ta có thể kiểm tra dễ dàng rằng mu thỏa (3.7) trong 2(0, )L T yếu. Mặt khác, từ (3.7)1, (3.52), ta được 2( ) (0, ; ).m m m mu t u u F L T L        (3.53) 16 Do vậy, 1( , ).mu W M T Định lý 3.1 được chứng minh hoàn tất 3.4. Sự tồn tại và duy nhất nghiệm Định lý 3.2. Giả sử (A1) – (A4) đúng, khi đó tồn tại 0, 0M T  sao cho (1.1) – (1.3) có duy nhất nghiệm yếu 1( , )u W M T . Mặt khác, dãy quy nạp tuyến tính { }mu xác định bởi (3.6) – (3.8) hội tụ về nghiệm yếu u trong không gian 2 1( ) { (0, ; ) : (0, ; )}.W T u L T V u L T L    (3.54) Hơn nữa, đánh giá sai số 2(0, ; ) (0, ; )|| || || || , , m m m TL T V L T Lu u u u CK m       (3.55) trong đó 00 0 || ||1 21(1 )exp ( 2 1) .TT CK TK           Chứng minh. a. Sự tồn tại nghiệm Ta có 1( )W T là không gian Banach đối với chuẩn (xem [2]) 21( ) (0, , ) (0, ; ) || || || || || || .W T L T V L T Lv v v    (3.56) Ta chứng minh rằng { }mu là dãy Cauchy trong 1( )W T Đặt 1 .m m mv u u  Khi đó, mv thỏa bài toán biến phân sau 1( ), ( ) ( ( ), ) ( ), , , , (0) (0) 0, m m m m m m m v t v t a v t v v t v F F v v V v v                   (3.57) Trong (3.57) thay v bởi .mv Sau đó lấy tích phân theo t ta được 2 0 0 1 0 ( ) ( ) ( ( ), ( )) 2 || ( )|| 2 ( ) ( ), ( ) , t t m m m m t m m m z t s a v s v s ds v s ds F s F s v s ds               trong đó 2( ) || ( )|| ( ) ( ( ), ( )).m m m mz t v t t a v t v t  Ta có 17 1 1 3 1 1 1 3 1 1 1 1 1 | ( ) ( )| | ( , , ( )) ( , , ( )| | ( , , ( ))( )| | ( , , ( ))|.| | | |, m m m m m m m m m m m m m m m F t F t f x t u t f x t u t D f x t u u u u u D f x t u u u u u K v                        với 0 1.  Vậy, 1 1 1|| ( ) ( )|| || ( )||.m m mF t F t K v t   Khi đó 2 0 0 1 1 0 ( ) || || ( ( ), ( )) 2 || ( )|| 2 || ( )|| || ( )|| t t m m m m t m m z t a v s v s ds v s ds K v s v s ds            0 || || 1 1 0 0 0 ( ) 2 ( ) 2 || ( )|| || ( )|| t t t m m m mz s ds z s ds K v s v s ds        0 1 || || 2 2 1 1 ( ) 0 ( 2 1) ( ) || || . t m m W Tz s ds K T v      (3.58) Áp dụng bổ đề Gronwall cho (3.58), ta được 01 || ||2 2 1 1 ( )( ) || || exp[( 2 1) ].m m W Tz t K T v T    (3.59) Mặt khác, 0 0 1 21( ) (1 ) (|| ( )|| || ( )||) .Cm m mz t v t v t     (3.60) Từ (3.59) và (3.60) ta suy ra rằng 0 0 01 || ||2 2 21 1 1 ( )(|| ( )|| || ( )||) (1 )|| || exp ( 2 1) ,Cm m m W Tv t v t K T v T            [0, ].t T  hay là 1 1( ) 1 ( ) || || || || , ,m W T T m W Tv K v m    trong đó 0 0 1 21 0 || ||(1 )exp ( 2 1) 1.TT CK TK               Do đó 1 1( ) 0 ( ) || || || || , .mm W T T W Tv K v m  18 Điều này dẫn đến , ,m p   thì ta có 1 1( ) 1 ( ) || || || ||m p m W T m p m p W Tu u u u      11 ( )|| ||m m W Tu u   1 1 0 ( )( )|| ||m p mT T W TK K v    10 ( )|| || .1 m T W T T K vK  Vậy { }mu là dãy Cauchy trong 1( )W T , do đó tồn tại 1( )u W T sao cho: mu u mạnh trong 1( ).W T (3.61) Mặt khác, 1{ } ( , )mu W M T nên tồn tại một dãy con của { }mu mà ta vẫn ký hiệu là { }mu sao cho mu u trong 2(0, ; )L T V H  yếu , (3.62) mu u  trong (0, ; )L T V yếu , (3.63) mu u  trong 2( )TL Q yếu, (3.64) thỏa ( , ).u W M T (3.65) Ta có 1 3 1 1 ( ) ( , , ) ( , , ) ( , , ) ( , , ( ))( ), m m m m F t f x t u f x t u f x t u D f x t u u u u u           nên 3 1 1| ( ) ( , , )| | ( , , ( ))|.| |,m m mF t f x t u D f x t u u u u u       hay 11 1 1 1 ( ) || ( ) ( , , )|| || || || || .m m m W TF t f x t u K u u K u u      Do đó 2 11 1 ( )(0, ; ) || ( ) ( , , )|| || || .m m W TL T LF t f x t u K u u    Vì vậy, ( ) ( , , )mF t f x t u mạnh trong 2(0, ; ).L T L (3.66) Ta viết lại (3.7) như sau 0 1 ( ), ( ) ( ( ), ) ( ), ( ), , , (0) , (0) . m m m m m m u t v t a u t v u t v F t v v V u u u u                  19 Từ (3.62) – (3.66), qua giới hạn, ta được ( , )u W M T thỏa bài toán biến phân 0 1 , ( ) ( , ) , ( , , ), , , (0) , (0) , u v t a u v u v f x t u v v V u u u u ._.

Các file đính kèm theo tài liệu này:

  • pdfLA5514.PDF
Tài liệu liên quan