Bài toán Parabolic liên quan đến sự xuyến thấu của từ trường trong một vật chất

hăn để hoàn thành luận văn, lòng biết ơn chân thành và sâu sắc. Xin bày tỏ lòng biết ơn đối với Quý Thầy, Cô trong và ngoài Khoa Toán–Tin học, trường Đại Học Sư phạm Thành phố Hồ Chí Minh, trường Đại học Khoa học Tự nhiên Thành phố Hồ Chí Minh đã tận tình giảng dạy, truyền đạt kiến thức cũng như các hỗ trợ khác về tinh thần và tư liệu cho tôi trong suốt thời gian học tập và làm việc. Chân thành cảm ơn Quý Thầy, Cô trong Ban Chủ nhiệm Khoa Toán –Tin học, Quý Thầy, Cô thuộc Phòng Quản lý Khoa học Công nghệ Sau Đại học, trường Đại học Sư phạm Thành phố Hồ Chí Minh đã nhiệt tình giúp đỡ, động viên, tạo mọi điều kiện thuận lợi về thủ tục hành chính cho tôi trong suốt quá trình học tập. Chân thành cảm ơn Quí Thầy Nguyễn Bích Huy, Trần Minh Thuyết đã đọc và đóng góp nhiều ý kiến quý báu cho luận văn của tôi. Xin cảm ơn các bạn bè đồng nghiệp và các bạn cùng lớp cao học giải tích khóa 15 đã luôn động viên và quan tâm trong thời gian học tâp và làm luận văn. 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. Thành phố Hồ Chí Minh, tháng năm 2007. Trương Văn Chính. MỞ ĐẦU Trong luận văn này chúng tôi xét bài toán giá trị biên và ban đầu sau: (0.1)  tu A u F(x,u) f (x, t), (x, t) x(0,T),    (0.2) u 0 trong x(0,T),  (0.3) ou(x,0)=u (x), trong đó (0.4)  N t 20 i 1 i i 1 2 2N i 1 i uA(u) a u(x, ) d , x x uu , x                            là một miền mở, bị chận trong N có biên đủ trơn . Các giả thiết trên các hàm a, F, f và uo cần thiết sẽ được chỉ rõ ra sau đó. Bài toán này đã được xét bởi Laptev [4] với f=0, F=0 mà ý nghĩa của nó là sự xuyên thấu của từ trường vào vật chất. Để mô tả hiện tượng được sinh ra trong vật dẫn được đặt trong một từ trường thay đổi bên ngoài, trong trường hợp xấp xỉ á dừng, Laptev [4] đã đề nghị hệ phương trình dưới đây (0.5) 2B c rot rot H t 4     1[ ], div B=0, ở đây H, B lần lượt là cường độ và cảm ứng từ trường,  là suất dẫn điện của vật chất và hằng số c là vận tốc của ánh sáng trong chân không. Ta thu được phương trình thứ nhất của (0.5) bởi việc khử E từ hệ: (0.6) 1 Brot E , divB 0, c t 4rot E j, j E. c          Xuyên thấu vào vật chất, sự biến thiên của từ trường bên ngoài sinh ra trong vật chất một điện trường biến thiên có cường độ E. Đây là nguyên nhân xuất hiện một dòng điện có mật độ j. Dòng điện sinh ra nhiệt trong vật chất và có nhiệt độ trong đó là , phụ thuộc vào suất dẫn điện . Giả sử rằng suất dẫn điện      phụ thuộc vào nhiệt độ , ta thêm vào (0.5) phương trình gây ra nhiệt nhờ sự nóng lên của Joule: (0.7) 2v 1C j , t    trong đó vC là nhiệt dung của vật chất mà trong trường hợp tổng quát cũng phụ thuộc vào nhiệt độ . Để hệ đơn giản ta sẽ giả sử rằng độ thấm từ 1  và B=H. Do đó, dựa vào định luật j E  và từ (0.6), hệ (0.5), (0.7) được viết theo dạng dưới đây: (0.8) 2H c rot ( )rot H t 4      [ ], div H=0, (0.9) 2 v cC ( ) ( ) rot H , t 4      trong đó ta đặt     1 .     Hệ (0.8), (0.9) bỏ qua một số các hiệu ứng vật lý, chẳng hạn như tính dẫn nhiệt của môi trường và sự tác động của bên ngoài. Tuy nhiên, theo quan điểm toán học, nó luôn làm phức tạp thêm trong việc trình bày, do đó ta chỉ cần xét (0.8), (0.9). Laptev biến đổi (0.8), (0.9) thành một phương trình bởi hàm s( ) dưới đây: (0.10)     o v C s d .       Để đơn giản ta giả sử quá trình bắt đầu lúc t = 0 và nhiệt độ trong vật chất lúc đó tương ứng với hằng số o. Chia (0.9) cho  .  Khi đó, từ (0.10) ta suy ra: (0.11)      2 vC cs rot H . t t 4         Tích phân (0.11) theo biến thời gian ta thu được (0.12)   2t 0 cs rot H d . 4    Các hàm  vC ( ),   là dương nhờ vào ý nghĩa vật lý của chúng, như vậy hàm  s  là đơn điệu tăng. Do đó nó có duy nhất một hàm ngược, ký hiệu là 1s .  Từ hệ thức (0.13)  s ,      ta suy ra (0.14)   2t 0 cs rot H d . 4                Thế (0.14) vào phương trình đầu tiên của (0.8), ta viết (0.8) thành (0.15)   t 20rot rot d rot ,t        w a w x, w (0.16) div w = 0, trong đó ta đặt (0.17)    2ca s s , H. 4       cw= 4 Giả sử rằng trường w có dạng (0.18)    w= 0,0,u , u x, y, t , trong đó u là hàm nhận giá trị thực. Khi đó phương trình (0.16) tự động thoả mãn. Nếu hàm số    bị chận, tức là  o 10        , khi đó a(s) cũng vậy, tức là  2 2o 1c ca s .4 4     Hiện tượng này được chú ý trong cả hai trường hợp bán dẫn và plasmas. Trong [4] Laptev thiết lập các định lý tồn tại và duy nhất nghiệm cho phương trình (0.1) với  1o of F 0, u H    và  1a C , dưới các điều kiện: (0.19)  o 12b a a s a , s 0,     (0.20)   1 2 2 0 b s a ' s ds .       Để nới rộng kết quả của Laptev, trong bài báo [6], Long và Alain Phạm đã chứng minh các định lý tồn tại, duy nhất và dáng điệu của nghiệm khi t  cho bài toán (0.1)-(0.4) trong trường hợp  2ou L ,     of (x, t) 0, F F u , F C , ,      F 0 0 sao cho F u u   là hàm không giảm, với 0  đủ nhỏ, F biến mọi tập bị chận của  2L  thành một tập bị chặn của  2L  và hàm  1a C , thoả các điều kiện (0.19), (0.20). Trong [6], Long và Alain Phạm cũng thu được nghiệm u thuộc về    2 2 1 1o oL 0,T;H H L 0,T;H ,  nếu tăng cường thêm giả thiết 1o ou H ;    1F C ; , F 0 0,F' , 0      và F Lipschitz địa phương. Gần đây, T.A. Jangveladze, Z.V. Kiguradze [3], cũng nghiên cứu dáng điệu tắt dần của nghiệm bài toán tương tự với miền một chiều (0,1).  Luận văn được trình bày theo các chương mục sau: Phần mở đầu tổng quan về bài toán khảo sát trong luận văn, điểm qua các kết quả đã có trước đó, đồng thời nêu bố cục của luận văn. Chương 1, chúng tôi trình bày một số công cụ 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. Chương 2, chúng tôi trình bày sự tồn tại và duy nhất của nghiệm yếu của bài toán (0.1)–(0.4), dưới giả thiết    2 2o Tu L , f L Q ,   TQ (0,T),     oF C , , F(x,0) 0 sao cho F u F(x,u) u      là hàm không giảm theo biến u, với 0  đủ nhỏ, F biến mọi tập bị chận của  2L  thành tập bị chận của  2L  và hàm  1a C , thoả các điều kiện (0.19), (0.20). Chương 3 là phần nghiên cứu tính trơn của nghiệm yếu của bài toán (0.1) – (0.4), theo tính trơn của điều kiện đầu. Cụ thể là chúng tôi tăng cường giả thiết và điều kiện đầu  1o ou H  cùng với một số điều kiện trên các hàm f, F, a, chúng tôi chứng tỏ rằng nghiệm yếu u thuộc về    2 2 1 1o oL 0,T;H H L 0,T;H  và  2t Tu L Q . Chương 4: Nghiên cứu tính bị chận của nghiệm yếu của bài toán (0.1) – (0.4) theo tính bị chận của điều kiện đầu. Trong chương này, nếu  ou L  cùng với một số điều kiện khác trên các hàm f, F, a, luận văn chứng tỏ nghiệm yếu u thuộc về  TL Q . Chương 5 đề cập đến dáng điệu tiện cận của nghiệm yếu của bài toán (0.1)–(0.4) khi t . Cuối cùng là phần kết luận và tài liệu tham khảo. CHƯƠNG 1 CÁC CÔNG CỤ CHUẨN BỊ 1. Các không gian hàm thông dụng. Ta kí hiệu N  là một miền mở, bị chận, có biên  đủ trơn, TQ (0,T), T 0   , và bỏ qua định nghĩa các không gian hàm thông dụng: m p m m,pC ( ), L ( ), H ( ), W ( ).    Để cho gọn, ta kí hiệu lại như sau: p p m m m,2 m,p m,pL L ( ), H H ( ) W ( ), W =W ( ).       Có thể xem trong [1, 2]. Ta định nghĩa 2 2L L ( )  là không gian Hilbert với tích vô hướng: (1.1) 2u,v u(x)v(x)dx, u,v L .     Kí hiệu . để chỉ chuẩn sinh bởi tích vô hướng (1.1), nghĩa là: (1.2) 1 2 2 2u u,u u (x)dx , u L .          Định nghĩa không gian Sobolev cấp 1 (1.3) 1 2 2 i vH v L : L , i 1,2,..., N . x        Không gian này cũng là không gian Hilbert đối với tích vô hướng: (1.4) 1 N H i 1 i i u vu,v u,v , . x x      Kí hiệu 1H. để chỉ chuẩn sinh bởi tích vô hướng (1.4), nghĩa là: (1.5) 1 1 1H Hu u,u , u H .  Ta có bổ đề liên hệ giữa hai không gian L2 và H1 sau: Bổ đề 1.1. Phép nhúng 1 2H L là compact và (1.6) 1 1Hv v , v H .   Chứng minh bổ đề 1.1 có thể tìm thấy trong [2]. Ta cũng sử dụng một không gian Sobolev đặc biệt hơn đó là không gian (1.7) 11 HH1 0 cH D( ) C ( ) .     (bao đóng trong không gian H1 của không gian các hàm khả vi vô hạn có giá compact trong  ). 10H cũng là không gian con đóng của 1H , do đó, 10H là không gian Hilbert đối với tích vô hướng 1H . Mặt khác, trên 10H , 1Hv chuẩn trên 1H và 1 1 2 2N H i 1 i vv dx x        là nửa chuẩn trên 1H là hai chuẩn tương đương. Điều này cho bởi bất đẳng thức Poincaré sau: Bổ đề 1.2. (Bất đẳng thức Poincaré) Tồn tại hằng số C C phụ thuộc vào  , sao cho (1.8) 1 2 2N 1 o i 1 i vv C dx , v H . x          Chứng minh bổ đề 1.2 có thể tìm thấy trong [2]. Một cách đặc trưng khác để xác định 1oH là: (1.9)  1 1o oH v H : v 0 .    Chú thích 1.1. Trong [2] đã chứng minh rằng tồn tại một ánh xạ tuyến tính liên tục 1 2o : H ( ) L ( )    sao cho ov v   (hạn chế của v trên  ), với mọi 1v C ( ).  Khi đó o còn gọi là ánh xạ vết. Bổ đề 1.3. Đồng nhất 2L với ( 2L )’ (đối ngẫu của 2L ). Khi đó ta có 1 2 2 1H L (L )' (H ) '  với các phép nhúng liên tục và nằm trù mật. Chứng minh. Trước hết ta chứng minh rằng L2 nhúng trong (H1)’. Vì 1 2H L , với mọi 2w L , ánh xạ (1.10) 1 w w T : H v T (v) w,v w(x)v(x)dx       là tuyến tính, liên tục trên H1, tức 1wT (H ) '. Ta xét ánh xạ (1.11) 2 1 w T : L (H ) ' w T(w) T .   Khi đó ta có (1.12)  1 1 2w H 'T ,v w,v , v H , w L .     Ta sẽ chứng minh toán tử T thỏa các tính chất sau: (i) 2 1T : L (H ) ' là đơn ánh, (ii) 1 2w (H ) 'T w , w L ,   (iii)  2 2wT(L ) T : w L  là trù mật trong (H1)’. Chứng minh (i): Dễ thấy rằng T tuyến tính. Nếu Tw=0, thì 1 1 1 w (H ) ',H w,v T , v 0, v H .    Do 1oH trù mật trong L2, nên ta có 2w,v 0, v L .   Do đó w = 0. Vậy T là đơn ánh, nghĩa là T là một phép nhúng từ L2 vào (H1)’. Chứng minh (ii): Ta có, với mọi 2w L , 1 1 1 1 1H H 1 1 1 1 1H H w w(H ) ' v H , v 1 v H , v 1 H v H , v 1 v H , v 1 T sup T , v sup w, v sup w v sup w v w .              Chứng minh (iii): Ta chứng minh rằng mỗi phiếm hàm tuyến tính liên tục trên (H1)’ và triệt tiêu trên T(L2) thì cũng triệt tiêu trên (H1)’. Coi 1L (H )", với 1 1 2 w w(H )",(H ) ' L,T 0, T T(L ).   Ta chứng minh rằng L = 0. Thật vậy, do H1 phản xạ, tức (H1)” = H1, theo nghĩa (1.13) 1 1 1 11 1(H )",(H ) ' (H ) ',(H )L (H )", v V : L,z z,v , z (H ) '.       Lấy 1wz T (H ) ',  ta có 1 1 1 1 1 w w(H )",(H ) ' (H ) ',(H ) 0 L,T T ,v w,v , w H     . Do H1 trù mật trong L2 nên ta có 2w,v 0, w L .   Vậy v = 0. Theo (1.13) ta có 1 1 1 1 1(H )",(H ) ' (H ) ',HL, z z, v 0, z (H ) '.    Vậy L triệt tiêu trên (H1)’. Chú thích 1.2. Từ Bổ đề 1.3, ta dùng ký hiệu tích vô hướng , trong L2 để chỉ cặp tích đối ngẫu 1 1(H ) ',H, giữa 1oH và (H1)’. Chuẩn trong L2 được ký hiệu bởi . Ta cũng ký hiệu X để chỉ chuẩn trong không gian Banach X và gọi X’ là không gian đối ngẫu của X. 2. Không gian hàm Lp(0,T;X), p .1   Cho X là không gian Banach thực với chuẩn là X . . Ta kí hiệu Lp(0,T;X), p1   là không gian các lớp tương đương chứa hàm u : (0,T) X đo được sao cho: T p X 0 u(t) dt , 1 p ,     hay X M 0 : u(t) M, a.e. t (0,T),    với p .  Ta trang bị trong Lp(0,T;X), p1   chuẩn như sau: p 1 T pp L (0,T;X) x 0 u u(t) dt , ,       vôùi 1 p< và pL (0,T;X) x 0 t T x u esssup u(t) u(t) M,       inf{M>0: a.e. t (0,T)}, vôùi p= . Khi đó ta có các bổ đề mà chứng minh của chúng có thể tìm thấy trong Lions[5]. Bổ đề 1.4. (Lions[5]): Lp(0,T;X), p1   là không gian Banach. Bổ đề 1.5. (Lions[5]): Gọi X’ là đối ngẫu của X. Khi đó, với p '1 1 1, 1 p , L (0,T;X ') p p '      là đối ngẫu của pL (0,T;X). Hơn nữa, nếu X là không gian phản xạ thì pL (0,T;X) cũng phản xạ. Bổ đề 1.6. (Lions[5]): 1(L (0,T;X)) ' L (0,T;X). Hơn nữa, các không gian L1(0,T;X), L(0,T;X) không phản xạ. Chú thích 1.3. Nếu p p pX L ( ) thì L (0,T;X) L ( x(0,T)).    3. Phân bố có giá trị véctơ trong không gian Banach. Định nghĩa 1.1. Cho X là không gian Banach thực. Một ánh xạ tuyến tính liên tục từ D((0,T)) vào X được gọi là một (hàm suy rộng) phân bố có giá trị trong X. Tập hợp các phân bố có giá trị trong X kí hiệu là: D’(0,T;X) = L(D(0,T);X) = {f : D((0,T)) X: f tuyến tính, liên tục}. Chú thích 1.4. Ta kí hiệu D(0,T) thay cho D((0,T)) hoặc cC ((0,T)) để chỉ không gian các hàm thực khả vi vô hạn lần và có giá compact trong (0,T). Định nghĩa 1.2. Cho fD’(0,T;X). Ta định nghĩa đạo hàm df dt theo nghĩa phân bố của f bởi công thức (1.14) df d, f , , D(0,T). dt dt     Các tính chất i/ Cho v  Lp(0,T;X). Ta làm tương ứng nó bởi ánh xạ vT : D(0,T) X như sau: (1.15) T v 0 T , v(t) (t)dt, D(0,T)    . Ta có thể nghiệm lại rằng vT D'(0,T;X) . Thật vậy, i.1/ Ánh xạ vT : D(0,T) X là tuyến tính. i.2/ Ta chứng minh vT : D(0,T) X là liên tục vì: Giả sử  i iD(0,T), sao cho 0 trong D(0,T)    ta có, (1.16) x T T v j j j x 0 0x 1 1 T Tp p 'p 'p j 0 0 T , v(t) (t)dt v(t) (t) dt v(t) dt (t) dt 0, j + .                        Do đó v jT , 0 trong X khi j + .    Vậy vT D'(0,T;X) ii/ Ánh xạ vv T là một đơn ánh, tuyến tính từ Lp(0,T;X) vào D’(0,T;X). Do đó, ta có thể đồng nhất Tv = v. Khi đó ta có kết quả sau: Bổ đề 1.7. (Lions[5]) pL (0,T;X) D'(0,T;X) với phép nhúng liên tục. 4. Đạo hàm trong Lp(0,T;X). Do Bổ đề 1.7, f  Lp(0,T;X) ta có thể coi f  D’(0,T;X) và do đó df dt là phần tử của D’(0,T;X). Ta có kết quả sau: Bổ đề 1.8. (Lions[5]). Nếu f, f’  L1(0,T;X) thì f bằng với hầu hết một hàm liên tục từ [0,T] vào X. Chứng minh Bổ đề 1.8 được thực hiện qua nhiều bước. Bước 1. Đặt t 0 H(t) f '(s)ds.  Khi đó H :[0,T] X liên tục, vì f’  L1(0,T;X). Trước hết, ta chứng minh dH df f ' dt dt   theo nghĩa phân bố. Thật vậy, do (1.17) T 0 T t 0 0 T T T 0 s 0 dH d d, H, H(t) (t)dt dt dt dt df '(s)ds dt dt d =- f '(s)ds dt f '(s) (s)ds f ', , D(0,T). dt                          Vậy dH df f ' dt dt   trong D’(0,T;X). Bước 2. Ta chứng minh f = H + C theo nghĩa phân bố (C là hằng). Thật vậy, giả sử v = H - f ta có v’ = 0 theo nghĩa phân bố (do bước 1). Ta có: v ' 0 tương đương với (1.18) T 0 v(s) '(s)ds 0, D(0,T).   Cho D(0,T), ta có thể viết  dưới dạng o ',     trong đó D(0,T), o thỏa T T o 0 0 (s)ds 1, = (t)dt.     Thật vậy, vì T o 0 ( (t) (t))dt 0    nên nguyên hàm của o(t) (t)   triệt tiêu tại t = 0 sẽ thuộc D(0,T). Chọn t o 0 (t) ( (t) (t))dt.     Trong (1.18) thay ’ bởi ’ ta thu được T 0 v(s) '(s)ds 0, D(0,T)   hay T o 0 v(s)[ (s) (s)ds 0, D(0,T).     Do đó (1.19) T T T T o o 0 0 0 0 v(s) (s)ds (s)ds = (s)ds v(t) (t)dt, D(0,T).         Đặt T o 0 C v(t) (t)dt,  từ (1.8) ta suy ra: T 0 (v(s) C) (s)ds 0, D(0,T).    Vậy v(t) = C trong D’(0,T;X). Bước 3. Ta sử dụng tính chất sau: Nếu w  L1(0,T;X) và T 0 w(t) (t)dt 0, D(0,T)   thì w(t) 0 với hầu hết t  [0,T]. Có được điều này do ánh xạ w T từ L1(0,T;X) vào D’(0,T;X) là một đơn ánh (theo tính chất ii/ trên). Từ các bước 1, 2, 3 ta suy ra f = H + C theo nghĩa phân bố. Tương tự ta có bổ đề sau: Bổ đề 1.9. (Lions[5]) Nếu f, f’  Lp(0,T;X) thì f bằng hầu hết một hàm liên tục từ [0,T] vào X. 5. Bổ đề về tính compact của Lions. Cho ba không gian Xo, X1, X với o 1X X X  sao cho (1.20) Xo, X1 là phản xạ, (1.21) Phép nhúng oX X là compact. Với i0 T , 1 p ,      i = 0, 1. Ta đặt: (1.22)  o 1p p 1W(0,T)= v L (0,T;X) : v' L (0,T;X ) .  Ta trang bị cho W(0,T) chuẩn sau: (1.23) p po 1 o 1W(0,T) L (0,T;X ) L (0,T;X ) v v v' .  Khi đó W(0,T) là không gian Banach. Hiển nhiên opW(0,T) L (0,T;X). Ta có kết quả sau đây liên quan đến phép nhúng compact. Bổ đề 1.10. (Bổ đề về tính compact của Lions[5]) Với giả thiết (1.20), (1.21) và nếu i1 p , i=0,1   thì phép nhúng opW(0,T) L (0,T;X) là compact. Chứng minh. Có thể tìm thấy trong Lions[5], trang 57. 6. Bổ đề về sự hội tụ yếu trong Lq(Q). Bổ đề 1.11. Cho Q là tập mở, bị chặn của IRN và Gm, G  Lq(Q), 1< q < + sao cho, qm LG C , trong đó C là hằng số độc lập với m và mG G hầu khắp nơi trong Q. Khi đó, mG G yếu trong Lq(Q). Chứng minh bổ đề có thể tìm thấy trong Lions[5], trang 12. Trong luận văn ta kí hiệu u(t), tu '(t) u (t) u(t),  ttu ''(t) u (t) u(t),  i i i i jx x x x x u (t), u (t), u (t), u(t) để lần lượt chỉ 2 2 u uu(x, t), (x, t), (x, t), t t     2 2 2N 2 2 i 1i i i j i u u u u(x, t), (x, t), (x, t), (x, t). x x x x x          CHƯƠNG II SỰ TỒN TẠI VÀ DUY NHẤT NGHIỆM Trong chương này chúng tôi trình bày định lý tồn tại và duy nhất nghiệm yếu cho bài toán giá trị biên và ban đầu sau: (2.1)  tu A u F(x,u) f (x, t), (x, t) x(0,T),    (2.2) u 0 trong x(0,T),  (2.3) ou(x,0)= u (x), trong đó (2.4)  N t 20 i 1 i i 1 2 2N i 1 i uA(u) a u(x, ) d , x x uu , x                            là một miền mở, bị chận trong N có biên đủ trơn . Các giả thiết trên các hàm a, F, f và uo cần thiết sẽ được chỉ rõ ra sau đó. Chứng minh được dựa vào phương pháp Galerkin liên hệ với các đánh giá tiên nghiệm, từ đó rút ra các dãy con hội tụ yếu trong các không gian thích hợp nhờ một số các phép nhúng compact và phương pháp đơn điệu. Trong phần này định lý Schauder về điểm bất động được sử dụng trong việc chứng minh tồn tại nghiệm xấp xỉ Galerkin. Trước hết ta thành lập các giả thiết sau: (A1) 2ou L , (A2) 1a C ( ; ) thỏa các điều kiện: (i) 1 22 0 b s a '(s) ds ,       (ii) tồn tại các hằng số ao, a1 sao cho o 12b a a(s) a , s 0.     (A3) Hàm oF C ( ; )  thỏa các điều kiện: (i) F(x,0)=0, x ,  (ii)   2F(x,u) F(x,v) (u v) u v , u,v , a.e.x ,        với 0  sao cho o 2 o a 2b0 C    ở đây, oC 0 là hằng số thỏa 2 2 1 o 0L L v C v , v H .    (iii) 2F(v)(x) F(x,v(x)), v L ,  F biến một tập bị chận trong 2L ( ) thành một tập bị chận trong 2L ( ). (A4) 2 T Tf L (Q ), Q = x (0,T), T >0.  Ta có định lý sau: Định lý 2.1. Giả sử các giả thiết (A1) – (A4) đúng. Khi đó, bài toán (2.1) – (2.4) có duy nhất nghiệm yếu 2 1 2ou L (0,T;H ) L (0,T;L )  , với mỗi T > 0. Chứng minh. Chứng minh định lý 2.1 là tổ hợp phương pháp compact và lý luận về tính đơn điệu và được thực hiện qua nhiều bước. Trước hết ta chứng minh các bổ đề sau: Bổ đề 2.1. Giả sử A là toán tử được xác định bởi (2.4). Khi đó, ta có bất đẳng thức: (2.5) T T 2 o 0 0 T 2 2 1 1 o 0 (a 2b) u(t) v(t) dt A(u(t)) A(v(t)),u(t) v(t) dt (a 2b) u(t) v(t) dt, u,v L (0,T;H ), T > 0.                Bổ đề 2.2. Với mỗi 2 10u,w L (0,T;H ) ta có: (2.6) T T 0 0 0 lim A(u(t) w(t)),w(t) dt A(u(t)),w(t) dt,     và tồn tại một dãy m m mm{ }, 0, lim 0,    sao cho (2.7) T T mm 0 0 lim F(u(t) w(t)),w(t) dt F(u(t)),w(t) dt.    Chứng minh các bổ đề. Chứng minh bổ đề 2.1. Toán tử 2 1 2 10A : L (0,T;H ) L (0,T;H ) như trong (2.4) được xác định như sau: (2.8) T T t 2 0 0 0 Au(t),v(t) dt a( u( ) d ) u(t), v(t) dt,        với mọi 2 1ou, v L (0,T;H ). Ta viết (2.9) T 0 T t t 2 2 0 0 0 T 0 Au(t) Av(t),u(t) v(t) dt a( u( ) d ) u(t)) a( v( ) d ) v(t)), u(t) v(t) dt J, w(t) dt,                      trong đó, ta đặt (2.10) t t 2 2 0 0 J a( u( ) d ) u(t)) a( v( ) d ) v(t)), w = u-v.          Dùng công thức (2.11)  1 0 dH(u) H(v) H(v w) d , w = u-v, d      và giả thiết (A2) ta thu được (2.12) 1 t 2 0 0 1 1 0 0 dJ a v w d (v w) d d dsa(s)d w + a '(s) (v w)d , d                               ở đây (2.13) t 2 0 s(x, t, ) (v( ) w( )) d .         Xét tích phân T 0 J, w(t) dt. Do (2.12) ta có (2.14) T T 1 2 0 0 0 J, w(t) dt a(s) w(t) d dxdt K,          trong đó (2.15) T 1 0 0 dsK a '(s) (v w) w(t)d dxdt. d            Ta sẽ chứng minh rằng: (2.16) 2 T 2 L (Q ) K 2b w .  Ta có (2.17) 2 T 2 2 T T 2T 1 2 2 2 2 L (Q ) 0 0 1 2 2 1L (Q ) L (Q ) 0 dsK w . a '(s) (v w) d dxdt d w J d ,                  trong đó (2.18) 2 T 2T 2 2 2 1 L (Q ) 0 dsJ a '(s) (v w) dxdt. d         Chú ý, từ (2.13) ta có (2.19) t 0 2 t t t 2 2 2 0 0 0 2 ds 2 (v w) wd , d ds 4 (v w) d . w d 4s(x, t, ) w d , d ds(v w) . dt                          Thay (2.19) vào (2.18), sau khi đổi thứ tự các biến lấy tích phân  và t, ta thu được (2.20) 2 T T t 2 2 2 1 L (Q ) 0 0 T T 2 2 0 dsJ 4 a '(s) s(x, t, ) w d dxdt dt ds4 dx w d a '(s) s(x, t, ) dt dt                  s(x,T, )T 2 2 0 s(x, , ) 4 dx w d a '( ) d             2 T T 2 2 0 0 22 L (Q ) 4 dx w d a '( ) d 4b w .             Vậy từ (2.17) và (2.20) ta đã chứng minh được (2.16). Do giả thiết (A2) và (2.16) vế phải của (2.14) được đánh giá như sau (2.21) 2 T 2 T T 1 2 2 1 L (Q ) 0 0 2 1 L (Q ) a(s) w(t) d dxdt K a w K (a 2b) w ,              (2.22) 2 T 2 T T 1 2 2 o L (Q ) 0 0 2 o L (Q ) a(s) w(t) d dxdt K a w K (a 2b) w .              Cuối cùng, từ (2.9), (2.14), (2.21) và (2.22) ta thu được (2.5). Bổ đề 2.1 đã được chứng minh. Chứng minh Bổ đề 2.2. * Chứng minh (2.6). Trong (2.5) thay v bởi u w ( >0),   ta có (2.23) T T 22 o 0 0 T 22 1 0 (a 2b) w(t) dt A(u(t)) A(u(t) w(t)), w(t) dt (a 2b) w(t) dt,                 hay (2.24) T T 2 o 0 0 T 2 1 0 (a 2b) w(t) dt A(u(t) w(t)) A(u(t)),w(t) dt (a 2b) w(t) dt.               Cho 0  , qua giới hạn kẹp, ta được (2.25) T 0 A(u(t) w(t)) A(u(t)),w(t) dt 0.    Do đó ta có (2.6). * Chứng minh (2.7). Giả sử m m{ }, 0< 1   là dãy thỏa mmlim 0.  Ta có mu w u  mạnh khi m . Do F liên tục nên tồn tại dãy con của  m vẫn kí hiệu là  m sao cho: (2.26) mF(x,u w) F(x,u)  hầu khắp nơi trong QT, với mỗi 2 1ou,w L (0,T;H ). Đặt (2.27) g (x,u) F(x,u) u, 0.     Do m0 1,  nên mu w u w u w ,      vì g không giảm theo biến u nên ta có: (2.28) mg (x,u w) g (x, u w ),    (2.29) mg (x,u w) g (x, u w ).       Do g (x, u w ) g (x,0) 0, g (x, u w ) g (x,0) 0            nên từ (2.28), (2.29) ta được mg (x,u w) g (x, u w ) g (x, u w ).         Do đó (2.30) mg (x,u w) g (x, u w ) g (x, u w ).        Từ (2.30) ta suy ra: (2.31) m 1 F(x,u w) F(x, u w ) F(x, u w ) 3 ( u w ) F (x, u w ).             Do 2 1ou,w L (0,T;H ) nên từ (2.31) ta có: (2.32) 2 2 T T (1) m 1 TL (Q ) L (Q ) F(x,u w) F (x, u w ) C ,    trong đó (1)TC là hằng số độc lập với m. Từ (2.26) và (2.32), áp dụng bổ đề 1.11 ta suy ra (2.33) mF(x,u w) F(x,u)   trong L2(QT) yếu, do đó ta có (2.7). Như vậy Bổ đề 2.2 đã được chứng minh. Trở lại chứng minh định lý 2.1. Định lý được chứng minh qua nhiều bước. Bước 1. Phương pháp Galerkin. (được giới thiệu bởi Lions [5]) Xét cơ sở đặc biệt của 10H là  jw , j=1,2,... được hình thành từ các hàm riêng của toán tử Laplace -: (2.34) 1 2 j j j j o 1 2 j j 1 jj w w , w H H , j 1,2,... 0 ... ..., lim .                     Ta có thể lấy  jw là một cơ sở của 10H và trực chuẩn trong L2. Đặt (2.35) n n nj j j 1 u (t) c (t)w ,   trong đó các hàm hệ số njc (t) thỏa mãn hệ phương trình vi phân phi tuyến (2.36) t 2 n t i n n i 0 n i i (u ) ,w a u ( ) d u (t), w F(x,u (t)),w f (x, t),w , 1 i n,               (2.37) n 0nu (0) u , (2.38) n 0n ni i 0 i 1 u w u    mạnh trong L2. Hệ (2.36), (2.37) có thể viết thành một dạng khác như sau: (2.39) tn 2' ni nj n j i j 1 0 n i i c (t) c (t) a u ( ) d w , w F(x,u (t)),w f (x, t),w , 1 i n,                 (2.40) ni nic (0) . Do đó, từ hệ (2.39), (2.40), lấy tích phân theo biến thời gian ta được (2.41) t tn 2 ni ni nj n n i j 1 0 0 t t n i i 0 0 c (t) c (s) a u ( ) d u , w ds F(x,u (s)),w ds f (x,s),w ds, 1 i n.                     Ta có bổ đề sau: Bổ đề 2.3. Hệ (2.41) có nghiệm un(t) trên một khoảng n0 t T ,  với nT (0,T]. Chứng minh Bổ đề 2.3. Ta bỏ qua chỉ số n trong các cách viết và ta viết n j j i i j 1 u(t) c (t)w , c (t),   lần lượt thay cho n n nj j ni ni j 1 u (t) c (t)w , c (t), .   Hệ (2.41) được viết lại thành phương trình điểm bất động (2.42) nc(t) (Uc)(t), 0 t T ,   trong đó (2.43)    1 2 n 1 2 n i i i t sn 2 i j j i j 1 0 0 t i 0 t i i i 0 n j j j 1 c c ,c ,...,c ,Uc (Uc) ,(Uc) ,...,(Uc) , (Uc) (t) (t) (Vc) (t), (Vc) (t) c (s) a u( ) d w , w ds F(x,u(s)),w ds, (t) f (x,s),w ds, 1 i n, u(t)= c (t)w .                                 Xét   o nnX C 0,T ; là không gian Banach các hàm liên tục   nnc : 0;T  đối với chuẩn (2.44) n n jX 1 1 0 t T j 1 c sup c(t) , c(t) c (t) , c X.       Ta ký hiệu  M XB c X : c M   là quả cầu đóng tâm O, bán kính M. Dùng định lý điểm bất động Schauder, ta sẽ chứng minh rằng tồn tại các hằng số M > 0, nT (0,T) sao cho toán tử M MU : B B có điểm bất động. Điểm bất động này cũng chính là nghiệm của hệ (2.42), (2.43). (i) Trước hết ta chứng minh U là ánh xạ từ MB vào chính nó. Do i i i(Uc) (t) (t) (Vc) (t)  xác định theo (2.43) nên i(Uc) liên tục theo biến t với mọi i = 1, 2, …,n, nghĩa là Uc X. Mặt khác, ta lại có (2.45) t t i i i i i 0 0 t T i i 0 0 (t) f (s),w ds f (s) w ds f (s) ds f (s) ds.                  Do đó ta suy ra từ (2.45) rằng (2.46) T X 1 0 f (s) ds.    Ta viết (2.47)      i i iVc (t) pc (t) qc (t),  trong đó (2.48) t sn 2 i j j i j 1 0 0 t i i 0 (pc) (t) c (s) a u( ) d w , w ds, (qc) (t) F(x,u(s)),w ds.                   Chú ý rằng (2.49) 2 j j j j j 2 j j j j j j w w , w w ,w w ,w w , 1 j n.               Từ (2.43) ta có (2.50) n n n j j j j j j 1 j 1 j 1 u(t) = c (t)w c (t) w c (t) M.         Do (A3)(iii) ánh xạ F xác định bởi 2F(v)(x) F(x,v(x)), v L ,  biến mọi tập bị chận trong 2L ( ) thành một tập bị chận trong 2L ( ) nên từ (2.50) ta được (2.51) 1F(x,u(s)) F(u(s)) C (M),  trong đó C1(M) là hằng số phụ thuộc vào M. Từ (2.51) ta có (2.52)   nTt j n 1i 0 0 qc (t) F(x,u(s)) w ds F(x,u(s)) ds T C (M),    (2.53)   n t tn n j 1 j i 1 i j ji j 1 j 10 0 T n 2 2 1 j 1 n j 10 pc (t) c (s)a w w ds a c (s)ds a K c (s)ds a K T M,               với  jK max , j 1,2,...,n  . Từ (2.43), (2.46), (2.47), (2.52), (2.53) ta thu được (2.54) T 2 i i n 1 1 0 (Uc) (t) f (s) ds T (C (M) a K M).    Do đó (2.55) Tn n i i1 i 1 i 1 0 2 1 1 n Uc(t) (Uc) (t) n f (s) ds (C (M) a K M)nT .           Chọn M sao cho (2.56) Tn i i 1 0 2 n f (s) ds M.        Sau khi chọn M ta tiếp tục chọn Tn > 0 sao cho (2.57) 21 1 n M(C (M) K a M)nT . 2   Cuối cùng ta được (2.58)  n1Uc(t) M, t 0,T ,   và do đó (2.59) n X 1 0 t T Uc sup Uc(t) M     hay MUc B . Như vậy (i) được chứng minh. (ii) Chứng minh U liên tục trên MB . Giả sử với mọi dãy   M Mm mc B , c c trong B ,  ta chứng minh mUc Uc trong MB . Trước hết ta chứng minh rằng (2.60) m i i m i i m i i (Uc ) (t) (Uc) (t) (pc ) (t) (pc) (t) (qc ) (t) (qc) (t) 0.       Muốn vậy, ta sẽ lần lượt chứng minh rằng m i i(pc ) (t) (pc) (t) 0  và m i i(qc ) (t) (qc) (t) 0.  (ii1) Chứng minh n m i i 0 t T sup (pc ) (t) (pc) (t) 0.     Ta phân tích m i i(pc ) (t) (pc) (t) thành hai số hạng sau (2.61) t sn 2 m i i m j j m j i j 10 0 t s sn 2 2 j m j i j 10 0 0 m i m i (pc ) (t) (pc) (t) [(c ) (s) (c) (s)] a u d w , w ds c (s) a u d a u d w , w ds (I ) (t) (J ) (t),                                      trong đó (2.62) n n j j m m j j j 1 j 1 t sn 2 m i m j j m j i j 10 0 t s sn 2 2 m i j m j i j 10 0 0 u(t) c (t)w , u (t) (c ) (t)w , (I ) (t) [(c ) (s) (c) (s)] a u d w , w ds, (J ) (t) c (s) a u d a u d w , w ds.                                           Ta lần lượt chứng minh hai số hạng bên ._.