Phương trình sóng mô tả thanh đàn hồi nhớt

Minh – 2006 LỜI CẢM ƠN Lời đầu tiên, tôi trân trọng kính gởi đến Thầy Nguyễn Thành Long lời cảm ơn sâu sắc nhất về sự tận tình giúp đỡ của thầy đối với tôi trong suốt khóa học và nhất là trong việc hoàn thành luận văn này. Xin chân thành cảm ơn Thầy Nguyễn Bích Huy và Thầy Nguyễn Công Tâm đã đọc và đóng góp nhiều ý kiến quý báu cho luận văn của tôi. Xin bày tỏ lòng biết ơn đối với Quý Thầy, Cô trong và ngoài Khoa Toán – tin học, trường Đại Học Sư Phạm và trường Đại Học Khoa học –Tự nhiên Thành phố Hồ Chí Minh đã tận tình giảng dạy, truyền đạt kiến thức trong suốt thời gian tôi học tập và làm việc. Xin cảm ơn quý Thầy Cô thuộc Phòng quản lý sau Đại học Trường Đại Học Sư Phạm Thành phố Hồ Chí Minh đã tạo mọi điều kiện thuận lợi cho tôi về thủ tục hành chính trong khóa học. Tôi cũng xin chân thành cảm ơn Ban Lãnh Đạo trường, Bộ môn Toán - Khoa Khoa học, trường Đại học Nông Lâm Thành phố Hồ Chí Minh đã tạo điều kiện thuận lợi mọi mặt để tôi có thể yên tâm học tập và làm việc. Cuối cùng, xin gởi lời cảm ơn thân thương nhất đến gia đình tôi -chỗ dựa tinh thần trong cuộc sống của tôi bây giờ và mãi sau này, đã tạo điều kiện tốt nhất giúp tôi hoàn thành bản luận văn này và anh Nguyễn Hữu Thái – người đã giúp đỡ tôi rất nhiều trong việc in ấn tài liệu cũng như sửa chữa luận văn. Vì kiến thức bản thân còn nhiều hạn chế nên luận văn khó tránh khỏi thiếu sót, rất mong nhận được sự chỉ bảo của quý Thầy, Cô và sự góp ý chân thành của các bạn bè đồng nghiệp. Tp.HCM, ngày 20 tháng 11 năm 2006 Lê Nguyễn Kim Hằng 1 MỞ ĐẦU Trong luận văn này, chúng tôi khảo sát bài toán ( ) ( )( ) , , , 0 1, 0 ,tt xx tu t u f u u F x t x t Tμ− + = < < < < (0.1) ( ) ( )0, ,xu t P t= (0.2) ( ) ( )11, 1, 0,x tu t u tλ+ = (0.3) ( ) ( ) ( ) ( )0 1,0 , ,0 ,tu x u x u x u x= = (0.4) trong đó ( ), ,t tf u u Ku uλ= + (0.5) và μ , 0 1, ,u u F là những hàm cho trước thỏa các điều kiện mà ta sẽ chỉ ra sau, 1, ,K λ λ là các hằng số không âm cho trước. Hàm chưa biết ( ),u x t và giá trị biên chưa biết ( )P t thỏa phương trình tích phân tuyến tính sau: ( ) ( ) ( ) ( ) ( )0 0 0, 0, , t P t g t K u t k t s u s ds= + − −∫ (0.6) với 0K là hằng số cho trước, và ,g k là những hàm cho trước. Trong trường hợp này, bài toán ( ) ( )0.1 0.5− là mô hình toán học mô tả sự va chạm của một vật rắn và một thanh đàn hồi nhớt tuyến tính tựa trên một nền chịu tác dụng của lực cản nhớt. Một bài toán khác cùng loại bài toán này cũng được thành lập từ bài toán (0.1) – (0.4), trong đó hàm chưa biết ( ),u x t và giá trị biên chưa biết ( )P t thỏa một bài toán Cauchy cho phương trình vi phân thường dưới đây ( ) ( ) ( )// 0 0, , 0 ,ttP t P t K u t t Tω+ = < < (0.7) ( ) ( )/0 10 , 0 ,P P P P= = (0.8) trong đó 0 0 10, 0, ,K P Pω > ≥ là các hằng số cho trước. Từ ( )0.7 và ( )0.8 ta biểu diễn ( )P t theo ( )0 0 1, , , , 0,ttK P P u tω và sau đó tích phân từng phần, ta được ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )0 0 0 0, sin 0, , t P t g t K u t K t s u s dsω ω= + − −∫ (0.9) 2 trong đó ( )( ) ( )( )0 0 0 1 0 1 sin( ) 0 cos 0 .tg t P K u t P K u ωω ω= − + − (0.10) Chú ý rằng công thức (0.9) xác định ( )P t cùng dạng (0.6) với ( ) 0 sin .k t K tω ω= (0.11) Bằng cách khử ẩn hàm ( ) ,P t ta thay thế điều kiện biên (0.2) bởi ( ) ( ) ( ) ( ) ( )0 0 0, 0, 0, . t xu t g t K u t k t s u s ds= + − −∫ (0.12) Khi đó, chúng ta đưa bài toán ( ) ( ) ( ) ( )0.1 0.4 , 0.7 , 0.8− về ( ) ( )0.1 0.4 ,− ( ) ( )0.9 0.11− hay (0.1), (0.3), (0.4), (0.12). Trước đây, các tác giả Nguyễn Thúc An và Nguyễn Đình Triều [1] đã nghiên cứu một trường hợp riêng của bài toán ( ) ( ) ( ) ( ) ( )0.1 , 0.2 , 0.4 , 0.7 , 0.8 và ( )1, 0u t = với ( ) 1,tμ = 0 1 0 0u u P= = = và ( ), t tf u u Ku uλ= + , trong đó ,K λ là các hằng số không âm cho trước. Bài toán này là mô hình toán học mô tả sự va chạm của một vật rắn và một thanh đàn hồi nhớt tuyến tính tựa trên một nền cứng [1]. Như vậy, bài toán nghiên cứu trong luận văn này tương tự với bài toán được xét trong [1]. Trong [2], Đặng Đình Áng và Alain Phạm Ngọc Định đã thiết lập định lý tồn tại và duy nhất nghiệm toàn cục cho bài toán giá trị biên và ban đầu (0.1), (0.2), (0.4) và ( )1, 0=u t với ( ) 1,tμ = 0 1, ,u u P là các hàm cho trước và ( ) ( ) ( )1, 0, , , 0 1 .t t tF x t f u u u uα α−= = < < (0.13) Bằng sự tổng quát hóa của [2], Long và Alain Phạm [6, 7], Long và Thuyết [9], Long và Dũng [10], Long, Tâm và Trúc [11] đã xét bài toán (0.1), (0.4) liên kết với điều kiện biên thuần nhất tại 1=x và không thuần nhất tại 0x = có dạng ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) 0 0, 0, 0,= + − −∫txu t g t H u t k t s u s ds , ( )1, 0=u t (0.14) 3 Các tác giả nêu trên đã lần lượt xét nó trong [6] với ( ) 1, 0,t kμ ≡ ≡ ( ) 0 ,=H s K s trong đó 0 0;>K trong [6,11] với ( ) 1,tμ ≡ ( ) 0 ,=H s K s trong đó 0 0.>K Liên quan đến bài toán (0.1) – (0.6), ta xét bài toán nhiễu dưới đây theo ba tham số bé ( ) 31, ,Kε λ +∈\ với * * *1 10 , 0 , 0K Kε ε λ λ≤ ≤ ≤ ≤ ≤ ≤ (trong đó * * * 1 , ,Kε λ là các số dương cố định) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 , , 1 0 1 0 0 ( ) , , 0 1, 0 , 0, , 1, 1, 0, ,0 , ,0 , 0, 0, . tt xx t x K x t t t u t t u Ku u F x t x t T u t P t P u t u t u x u x u x u x P t g t K u t k t s u s ds ε λ μ ε μ λ λ ⎧⎪ − + = − − + < < < <⎪⎪ =⎪⎪ + =⎨⎪ = =⎪⎪⎪ = + − −⎪⎩ ∫  Ta giả sử rằng 0 10, 0K λ≥ > là hai số thực cố định và các hàm ( )0 1 1, , , , , ,u u F g kμ μ cho trước cố định và thỏa các giả thiết nào đó sao cho với mỗi ( ) 31, ,Kε λ +∈\ cho trước, bài toán ( ) ( )0.1 0.6− có duy nhất một nghiệm yếu ( ),u P phụ thuộc vào ba tham số ( )1, ,Kε λ 1 1, , , , ,K Ku u P Pε λ ε λ= = Luận văn này sẽ nghiên cứu khai triển tiệm cận của nghiệm bài toán ( )1 , ,KPε λ theo ba tham số bé ( )1, , ,ε λK tức là nghiệm có thể xấp xỉ bởi một đa thức theo ba biến ( )1, ,Kε λ ( ) ( ) ( ) ( ) 31 2 1 2 3 1 2 3 1 2 3 31 2 1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 , , , 1 , , , ˆ, , , ˆ , N N u x t U x t K P t P t K γγ γ γ γ γ γ γ γγ γ γ γγ γ γ γ γ γ γ γγ γ γ ε λ ε λ + + + + ≤ ∈ + + ≤ ∈ ≈ ≈ ∑ ∑ ] ] theo nghĩa cần phải chỉ ra các hàm ( ) ( ) 1 2 3 1 2 3 1 2 3 ˆ ˆ, , , ,γ γ γ γ γ γ γ γ γ+ + ≤U x t P t N 1 2 3, ,γ γ γ +∈] và thiết lập các đánh giá 4 ( ) ( ) 31 2 1 2 3 1 2 3 1 2 3 31 2 1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 2 2 1 1 1 , , , * 1 2 2 2 1 2 1 , , , ** ˆ , ˆ , γγ γ γ γ γ γ γ γ γ γ γ γγ γ γ γ γ γ γ γ γ γ γ ε λ ε λ ε λ ε λ + + + + + ≤ ∈ + + + ≤ ∈ − ≤ + + − ≤ + + ∑ ∑ ] ] N N N N N N u U K C K P P K C K theo các chuẩn * ** ,i i trong các không gian hàm thích hợp và với các tham số ( )1, ,Kε λ đủ bé, các hằng số 1 2,N NC C độc lập với các tham số ( )1, , .ε λK Các kết quả liên quan đến bài toán xấp xỉ tiệm cận theo nhiều tham số đã được một số tác giả quan tâm, chẳng hạn như: Long, Alain Phạm, Diễm [12], Long, Út, Trúc [13], Long, Giai [14], Long, Trường [15]. Trong luận văn này, tác giả đã mở rộng một kết quả của [12] với trường hợp 1 0K = , trong đó các tác giả Long, Alain Phạm, Diễm đã xét bài toán (2.1)- (2.6) với hàm 1μ ≡ và đã thu được khai triển tiệm cận của nghiệm bài toán ( ),KP λ dưới đây theo hai tham số bé ( ),K λ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) , 1 1 0 1 0 0 , , 0 1, 0 , 0, , 1, 1, 1, 0, ,0 , ,0 , 0, 0, . λ λ λ ⎧ − = − − + < < < <⎪⎪ =⎪⎪ + + =⎨⎪ = =⎪⎪ = + − −⎪⎩ ∫  tt xx t x K x t t t u u Ku u F x t x t T u t P t P u t K u t u t u x u x u x u x P t g t K u t k t s u s ds 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 kết quả chuẩn bị bao gồm việc nhắc lại một số không gian hàm và một số kết quả về các phép nhúng compact giữa các không gian hàm. Chương 2, chúng tôi nghiên cứu về sự tồn tại và duy nhất của nghiệm yếu toàn cục của bài toán (0.1) – (0.6). Chứng minh được dựa vào phương pháp Faedo-Galerkin liên kết với các đánh giá tiên nghiệm cùng với kỹ thuật hội tụ yếu và tính compact. 5 Chương 3, chúng tôi chứng minh rằng nghiệm yếu ( ),u P của bài toán ( ) ( )0.1 0.6− là ổn định đối với các hàm ( ), , ,F g kμ và các hằng số ( )0 1, , , .λ λK K Chương 4, chúng tôi nghiên cứu sự khai triển tiệm cận của nghiệm yếu của bài toán nhiễu ( )1 , ,KPε λ theo ba tham số bé 1, , .ε λK Chương 5, chúng tôi xét một bài toán cụ thể minh họa cho phương pháp tìm nghiệm xấp xỉ tiệm cận theo 3 tham số. Sau cùng là phần kết luận và danh mục các tài liệu tham khảo. Nhìn chung, các kết quả trình bày trong các chương 2 – 4 là một nới rộng nhỏ kết quả trong [12] như là một đóng góp khá khiêm tốn của tác giả. 6 Chương 1: CÁC KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 1.1. Các không gian hàm Đầu tiên, ta đặt các ký hiệu ( ) ( )0,1 , 0, , 0,Ω = = Ω× >TQ T T ( ) ( ) ( )/, ,= tu t u t u t ( ) ( )// ,= ttu t u t ( ) ( ) ,= ∇xu t u t ( ) ( )xxu t u t= Δ để lần lượt chỉ ( ) ( ) ( )22, , , , , ,∂ ∂∂ ∂ u uu x t x t x t t t ( ) ( )2 2, , , .∂ ∂∂ ∂ u ux t x t x x và bỏ qua định nghĩa các không gian hàm thông dụng: ( ) ( ), ,m pC LΩ Ω ( ) ,ΩmH ( ), .Ωm pW Có thể xem trong [3]. Để cho gọn, ta kí hiệu lại như sau ( ) ( ) ( ),2 , ,, , .Ω = Ω = = Ω =p p m m m m p m pL L H H W W W Ta định nghĩa 2L là không gian Hilbert đối với tích vô hướng ( ) ( )1 2 0 , , , .= ∈∫u v u x v x dx u v L (1.1) Kí hiệu i để chỉ chuẩn sinh bởi tích vô hướng (1.1), nghĩa là 2, , .= ∈u u u u L (1.2) Và định nghĩa { }1 2 2: ,xH v L v L= ∈ ∈ (1.3) là không gian Hilbert đối với tích vô hướng 1 1 , , , , , .= + ∈x xu v u v u v u v H (1.4) Kí hiệu 1Hi để chỉ chuẩn sinh bởi tích vô hướng (1.4), nghĩa là ( )1 1/ 222 11, , .= = + ∈xHv v v v v v H (1.5) Khi đó, ta có bổ đề sau Bổ đề 1.1. Phép nhúng 1H 1 ( )0C Ω là compact và ( )0 1 12 .C Hv v v HΩ ≤ ∀ ∈ (1.6) Chứng minh bổ đề ( )1.1 không khó khăn. 7 Bổ đề 1.2. Đồng nhất 2L với ( )/2L (đối ngẫu của 2L ). Khi đó ta có 1H 1 ( )/2 2L L≡ 1 ( )/1 ,H với các phép nhúng liên tục và nằm trù mật. Chứng minh Trước hết ta chứng minh rằng 2L nhúng trong ( )/1 .H Vì 1H 1 2 ,L với mọi 2 ,∈w L ánh xạ ( ) ( ) ( ) 1 1 0 : , w w T H v T v w v w x v x dx → = = ∫ \ 6 (1.7) là tuyến tính liên tục trên 1,H tức là ( )/1 .∈wT H Ta xét ánh xạ ( )( ) /2 1: .w T L H w T w T → =6 (1.8) Khi đó, ta có ( )/1 1 1 2,, , , , .w H HT v w v v H w L= ∀ ∈ ∀ ∈ (1.9) Ta sẽ chứng minh toán tử T thỏa các tính chất sau: (i) ( )/2 1:T L H→ là đơn ánh, (ii) ( )/1 2 ,w HT w w L≤ ∀ ∈ (iii) ( ) { }2 2:wT L T w L= ∈ là trù mật trong ( )/1 .H Chứng minh (i): Ta dễ dàng T tuyến tính. Nếu 0,=wT thì ( )/1 1 1,, , 0, .w H Hw v T v v H= = ∀ ∈ Do 1H trù mật trong 2 ,L nên ta có 2, 0, .w v v L= ∀ ∈ Do đó 0.=w Vậy T là đơn ánh, nghĩa là T là một phép nhúng từ 2L vào ( )/1 .H Chứng minh (ii): Ta có, với mọi 2 ,∈w L 8 ( )/1 1 1 1 1 1 1 , 1 , 1 , 1 sup , sup , sup ∈ = ∈ = ∈ = = = ≤ H H H w wH v H v v H v v H v T T v w v w v 1 1 1, 1 sup . ∈ = ≤ = H H v H v w v w Chứng minh (iii): Ta sẽ chứng minh rằng mỗi phiếm hàm L tuyến tính liên tục trên ( )/1H và triệt tiêu trên ( )2T L thì cũng triệt tiêu trên ( )/1 .H Xem ( )//1 ,∈L H với ( ) ( )// /1 1,, 0w H HL T = ( )2 .∀ ∈wT T L Ta chứng minh rằng 0.=L Thật vậy, do 1H phản xạ, tức là ( )//1 1 ,=H H theo nghĩa ( ) ( ) ( ) ( ) ( )// / /1 1 1 1// /1 1 1, ,, : , , , .H H H HL H v H L z z v z H∀ ∈ ∃ ∈ = ∀ ∈ (1.10) Lấy ( )/1 ,= ∈wz T H ta có ( ) ( ) ( )// / /1 1 1 1 2, ,0 , , , , .= = = ∀ ∈w wH H H HL T T v w v w L Suy ra 0.=v Theo (1.10) ta có ( ) ( ) ( ) ( )// / /1 1 1 1 /1, ,, , 0, .H H H HL z z v z H= = ∀ ∈ Vậy L triệt tiêu trên ( )/1 .H Chú thích 1.1. Từ bổ đề 1.2, ta dùng ký hiệu tích vô hướng ,i i trong 2L để chỉ cặp tích đối ngẫu giữa 1H và ( )/1 .H Chuẩn trong 2L được ký hiệu bởi .i Ta cũng ký hiệu X i để chỉ chuẩn trong một không gian Banach X và gọi /X là không gian đối ngẫu của .X 1.2. Về không gian hàm ( )0, ; , 1 .pL T X p≤ ≤ ∞ 1.2.1. Giới thiệu không gian hàm ( )0, ; , 1 .pL T X p≤ ≤ ∞ Cho X là không gian Banach thực đối với chuẩn X i . Ta kí hiệu ( )0, ; ,pL T X 1 p≤ ≤ ∞ là không gian các lớp tương đương chứa hàm ( ): 0,u T X→ đo được, sao cho 9 ( ) 0 T p X u t dt <∞∫ , với 1 ,≤ < ∞p và ( ) ( )0 : , . ., 0, ,∃ > ≤ ∈ X M u t M a e t T với .= ∞p Ta trang bị cho ( )0, ; , 1pL T X p≤ ≤ ∞ chuẩn như sau ( ) ( ) 1/ 0, ; 0 p pT p L T X X u u t dt ⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠∫ , với 1 ,≤ < ∞p và ( ) ( )0, ;∞ = 0<t<TesssupL T X Xu u t ( ) ( ){ }inf 0 : , . ., 0,XM u t M a e t T≡ > ≤ ∈ với .= ∞p Khi đó ta có các bổ đề sau đây mà chứng minh của chúng có thể tìm thấy trong Lions [5]. Bổ đề 1.3. (Lions[5]) ( )0, ; , 1pL T X p≤ ≤ ∞ là không gian Banach. Bổ đề 1.4. (Lions[5]) Gọi /X là đối ngẫu của X và / 1 1 1, 1 p p p + = < < ∞ . Khi đó ( ) ( )( )//0, ; 0, ;p pL T X L T X= là đối ngẫu của ( )0, ; .pL T X Hơn nữa, nếu X phản xạ thì ( )0, ;pL T X cũng phản xạ. Bổ đề 1.5. (Lions[5]) ( )( ) ( )/1 /0, ; 0, ; .L T X L T X∞= Hơn nữa, các không gian ( ) ( )1 /0, ; 0, ;L T X L T X∞= không phản xạ. Chú thích 1.2. Nếu ( )pX L= Ω thì ( ) ( )( )0, ; 0, .p pL T X L T= Ω× 1.2.2. Phân bố có giá trị vectơ Định nghĩa 1.1. Cho X là một không 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) có giá trị trong .X Tập các phân bố có giá trị trong X ký hiệu là ( ) ( )( ) ( ){/ 0, ; 0, ; : 0, |D T X L D T X u D T X u= = → tuyến tính, liên tục }. Chú thích 1.3. Ta sẽ ký hiệu ( )0,D T thay cho ( )( )0,D T hoặc ( )( )0,cC T∞ để chỉ không gian các hàm số thực khả vi vô hạn có giá compact trong ( )0, .T 10 Định nghĩa 1.2. Cho ( )/ 0, ;u D T X∈ . Ta định nghĩa đạo hàm du dt theo nghĩa phân bố của u bởi công thức ( ), , , 0, .du du D T dt dt ϕϕ ϕ= − ∀ ∈ (1.11) Tính chất: (i) Cho ( )0, ;pv L T X∈ . Ta làm tương ứng với nó bởi ánh xạ ( ): 0,vT D T X→ như sau: ( ) ( ) ( ) 0 , , 0, . T vT v t t dt D Tϕ ϕ ϕ= ∀ ∈∫ (1.12) Ta có thể nghiệm lại rằng ( )/ 0, ; .vT D T X∈ Thật vậy: o Ánh xạ ( ): 0,vT D T X→ là tuyến tính. o Ta kiểm tra ánh xạ ( ): 0,vT D T X→ là liên tục. Giả sử { } ( )0, ,ϕ ⊂i D T sao cho 0iϕ → trong ( )0,D T . Ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) / / 0 0 1/ 1/ 0 0 , 0, . T T v i i i XX X p pT T p p iX T v t t dt v t t dt v t dt t dt i ϕ ϕ ϕ ϕ = ≤ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞≤ → →+∞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ∫ ∫ ∫ ∫ (1.13) Do đó , 0v iT ϕ → trong X khi i → +∞ . Vậy ( )/ 0, ; .vT D T X∈ (ii) Aùnh xạ vv T6 là một đơn ánh, tuyến tính từ ( )0, ;pL T X vào ( )/ 0, ;D T X . Do đó ta có thể đồng nhất .=vT v Khi đó, ta có kết quả sau. Bổ đề 1.6. (Lions [5]) ( )0, ;pL T X 1 ( )/ 0, ;D T X với phép nhúng liên tục. 1.2.3. Đạo hàm trong ( )0, ;pL T X Do bổ đề 1.6, phần tử ( )0, ;pu L T X∈ ta có thể coi u và do đó du dt là phần tử của ( )/ 0, ; .D T X Ta có các kết quả sau 11 Bổ đề 1.7. (Lions [5]) Nếu ( )1 0, ;u L T X∈ và ( )/ 1 0, ;u L T X∈ thì u bằng hầu hết với một hàm liên tục từ [ ]0,T vào .X Chứng minh: Gồm 3 bước Bước 1: Đặt ( ) ( )/ 0 .= ∫tH t u s ds Vì ( )/ 1 0, ;u L T X∈ nên ánh xạ [ ]: 0,H T X→ liên tục. Trước hết, ta chứng minh rằng /dH du u dt dt = = theo nghĩa phân bố. Thật vậy, với mọi ( )0, ,ϕ ∈D T ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0 / / 0 0 0 / / 0 , , , . T T t T T s T dH d dH H t t dt dt dt dt d du s ds t dt u s ds t dt dt dt u s s ds u ϕ ϕϕ ϕ ϕ ϕ ϕ = − = − ⎛ ⎞= − = −⎜ ⎟⎝ ⎠ = = ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ (1.14) Vậy: /dH du u dt dt = = trong ( )/ 0, ; .D T X Bước 2: Ta sẽ chứng minh rằng u H C= + theo nghĩa phân bố với C là hằng số. Thật vậy, giả sử v H u= − . Từ kết quả ở bước 1, ta có / 0v = theo nghĩa phân bố. Ta sẽ chứng minh rằng v C= theo nghĩa phân bố: Ta có / 0v = tương đương với ( ) ( ) ( )/ 0 0, 0, . T v s s ds D Tϕ ϕ= ∀ ∈∫ (1.15) Xem ( )0, ,ϕ ∈D T ta có thể viết ϕ dưới dạng /0 ,ϕ λϕ ψ= + trong đó ( )0, ,ψ ∈D T 0ϕ thỏa ( )0 0 1 T s dsϕ =∫ và ( ) 0 .λ ϕ= ∫T s ds Thật vậy, vì ( ) ( )( )0 0 0 T s s dsϕ λϕ− =∫ nên nguyên hàm của ( ) ( )0s sϕ λϕ− triệt tiêu tại 0s = 12 sẽ thuộc ( )0, .D T Chọn ( ) ( ) ( )( )0 0 t t s s dsψ ϕ λϕ= −∫ trong (1.15), thay /ϕ bởi / .ψ ta thu được ( ) ( ) ( )/ 0 0, 0, . T v s s ds D Tψ ϕ= ∀ ∈∫ Hay ( ) ( ) ( )( ) ( )0 0 0, 0, . T v s s s ds D Tϕ λϕ ϕ− = ∀ ∈∫ Hay ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0 0 0 0 0 0 , 0, . T T T T v s s ds v s s ds s ds v s s ds D T ϕ λ ϕ ϕ ϕ ϕ = = ∀ ∈ ∫ ∫ ∫ ∫ (1.16) Đặt ( ) ( )0 0 ,ϕ= ∫TC v s s ds ta suy ra từ ( )1.16 rằng ( )( ) ( ) ( ) 0 0, 0, . T v s C s ds D Tϕ ϕ− = ∀ ∈∫ Vậy ( )v t C= trong ( )/ 0, ; .D T X Bước 3: Ta sử dụng tính chất sau Nếu ( )1 0, ;w L T X∈ và ( ) ( ) ( ) 0 0, 0, ,ϕ ϕ= ∀ ∈∫T v s s ds D T thì ( ) 0=w t với hầu hết ( )0, .∈t T Điều này có được là vì ánh xạ ww T6 từ ( )1 0, ;L T X vào ( )/ 0, ;D T X là đơn ánh – theo tính chất (ii) ở trên. Từ các bước 1, 2, 3 ở trên ta suy ra rằng f H C= + theo nghĩa phân bố. Tương tự ta có bổ đề sau Bổ đề 1.8. (Lions [2]) Nếu ( )0, ;pu L T X∈ và ( )/ 0, ;pu L T X∈ thì u bằng hầu hết với một hàm liên tục từ [ ]0,T vào .X 13 1.3. Bổ đề về tính compact của Lions Cho ba không gian Banach 0 1, ,X X X thỏa 0X 1 X 1 1X với các phép nhúng là liên tục, sao cho: 0 1,X X là phản xạ, (1.17) phép nhúng 0X 1 X là compact. (1.18) Với 0 , 1 , 0,1,< < ∞ ≤ ≤ ∞ =iT p i ta đặt ( ) ( ) ( ){ }0 1/0 10, 0, ; : 0, ; .p pW T v L T X v L T X= ∈ ∈ (1.19) Và trang bị ( )0,W T bởi chuẩn ( ) ( ) ( )0 10 1 / 0, 0, ; 0, ; .p pW T L T X L T Xv v v= + (1.20) Khi đó, ( )0,W T là một không gian Banach và hiển nhiên, ( )0,W T 1 ( )0 0, ; .pL T X Dưới đây là một kết quả liên quan đến phép nhúng compact. Bổ đề 1.9. (Bổ đề về tính compact của Lions [5]) Với giả thiết ( ) ( )1.17 , 1.18 và nếu 1 ip< < ∞ , 0,1i = thì phép nhúng ( )0,W T 1 ( )0 0, ;pL T X là compact. Chứng minh bổ đề 1.9 có thể tìm thấy trong Lions [5], trang 57. 14 Chương 2: SỰ TỒN TẠI VÀ DUY NHẤT NGHIỆM Trong luận văn này chúng tôi xét bài toán sau ( ) ( )( ) , , , 0 1, 0 ,tt xx tu t u f u u F x t x t Tμ− + = < < < < (2.1) ( ) ( )0, ,xu t P t= (2.2) ( ) ( )11, 1, 0,x tu t u tλ+ = (2.3) ( ) ( ) ( ) ( )0 1,0 , ,0 ,tu x u x u x u x= = (2.4) trong đó ( ), ,t tf u u Ku uλ= + (2.5) với 1, ,K λ λ là các hằng số không âm cho trước; 0 1, , ,μ u u F là những hàm cho trước thỏa các điều kiện mà ta sẽ chỉ ra sau. Hàm chưa biết ( ),u x t và giá trị biên chưa biết ( )P t thỏa phương trình tích phân tuyến tính sau: ( ) ( ) ( ) ( ) ( )0 0 0, 0, , t P t g t K u t k t s u s ds= + − −∫ (2.6) trong đó 0K là hằng số cho trước và ,g k là các hàm cho trước. Trước hết, ta thành lập các giả thiết sau ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 1 0 1 2 2 2 3 0 2 4 5 0 1 , , , , , 0, , 0, , 0, , , 0, 0. μ μ μ λ λ + ∈ ∈ ∈ ∈ ≥ > ∈ ∀ > ≥ > \ t T A u H u H A F F L Q A C t A k g H T T A K K Định lí 2.1. Giả sử rằng các giả thiết ( ) ( )1 5A A− được thỏa. Khi đó, với mọi 0,>T bài toán (2.1) – (2.6) tồn tại duy nhất nghiệm yếu u sao cho: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 2 1, 2 1, 0, ; , 0, ; , 0, ; , 0, 0, , 1, 0, , 0, . ∞ ∞ ∞ ∞ ∞ ⎧ ∈ ∈ ∈⎪⎪ ∈ ∈⎨⎪ ∈⎪⎩ i i t ttu L T H u L T H u L T L u W T u H T P W T (2.7) Nhận xét 2.1. (i) Qua định lí trên, ta suy được từ (2.7) rằng bài toán (2.1) – (2.6) có duy nhất 15 một nghiệm yếu ( ),u P mà thành phần u của nó thỏa ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0 1 1 2 2 1 2 1, 2 0, ; 0, ; 0, ; , 0, ; , 0, ; , 0, 0, , 1, 0, . t tt u C T H C T L L T H u L T H u L T L u W T u H T ∞ ∞ ∞ ∞ ⎧ ∈ ∩ ∩⎪⎪ ∈ ∈⎨⎪ ∈ ∈⎪⎩ i i (ii) Mặt khác, từ (2.7) ta cũng nhận thấy rằng , , , , ,x t xx xt ttu u u u u u thuộc về không gian ( ) ( )2 20, ; TL T L L Q∞ ⊂ . Do đó ( ) ( ) ( ) ( )2 0 1 1 2 20, ; 0, ; 0, ; .Tu H Q C T H C T L L T H∞∈ ∩ ∩ ∩ Từ đó nếu ( ) ( ) ( )2 10 1, ∈ Ω × Ωu u H H thì thành phần u của nghiệm yếu ( ),u P sẽ thuộc vào không gian hàm ( )2 TH Q . Và nghiệm như thế một phần nào khá giống với nghiệm cổ điển thuộc ( )2 ,TC Q vì dữ kiện đầu ( )0 1,u u không cần thiết thuộc về ( ) ( )2 1 .Ω × ΩC C Chứng minh: Phần chứng minh của định lí 2.1 gồm 4 bước. Chứng minh dựa vào phương pháp Galerkin liên hệ với các đánh giá tiên nghiệm, từ đó rút ra được các dãy con hội tụ yếu về nghiệm trong các không gian hàm thích hợp nhờ một số các phép nhúng compact. Bước 1: Xấp xỉ Galerkin Gọi { }jw là một cơ sở đếm được của 2 .H Ta tìm nghiệm xấp xỉ dưới dạng: ( ) ( ) 1 , = = ∑mm mj j j u t c t w (2.8) trong đó các hàm hệ số ( )mjc t thỏa mãn hệ phương trình vi tích phân sau ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) // / 1 / , , 1, 1 0 , , , 1 , m j mx jx m j m j m m j j u w t u t w t u t w t P t w Ku t u t w F t w j m μ λ μ μ λ + + + + + = ≤ ≤ (2.9) ( ) ( )/0 10 , 0 ,m m m mu u u u= = (2.10) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )0 0 0, 0, , t m m mP t g t K u t k t s u s ds= + − −∫ (2.11) và 16 ( ) 0 1 0 ,α = = = →∑mm om mj j j u u w u (2.12) ( )/ 1 1 1 0 m m m mj j j u u w uβ = = = →∑ . (2.13) Từ các giả thiết trong định lí 2.1, ta dễ thấy với mọi * ,∈`m tồn tại duy nhất nghiệm ( )mu t có dạng (2.8) thỏa ( ) ( )2.9 2.11− hầu khắp nơi trên [ ]0, mT với mT nào đó thỏa 0 .< ≤mT T Các đánh giá tiên nghiệm ở bước 2 dưới đây cho phép ta lấy hằng số mT T= với mọi m. Bước 2: ™ Đánh giá tiên nghiệm 1 Thay ( )2.11 vào ( )2.9 và nhân phương trình thứ j của ( )2.9 với ( )/ ,mjc t sau đó lấy tổng theo ,j ta được ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 22 2/ / 1 2/ 2 / 0 / / 0 1 1 11, 2 2 2 1 0, 0, 2 0, 0, , . m mx m m m m m t m m m d d du t t u t t u t K u t dt dt dt du t K t u t t g t u t dt t u t k t s u s ds F t u t μ λ μ λ μ μ μ + + + + + + − − =∫ (2.14) Ta viết lại (2.14) như sau ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 22 2/ / 1 2/ 2 0 2/ / 2 / 0 / / 0 2 1, 2 0, 0, 2 0, 2 0, 0, 2 , . m mx m m m m mx m m t m m m d d du t t u t t u t K u t dt dt dt du t K t u t dt t u t K t u t t g t u t t u t k t s u s ds F t u t μ λ μ λ μ μ μ μ μ + + + + + = + − + − +∫ (2.15) Tích phân từng phần theo biến thời gian từ 0 đến ,t nhờ các giả thiết ( ) ( )2 4 ,−A A ta có: 17 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0 / 2/ 0 0 / 2 0 0 0 2 0 ' 0 0 0 0 2 0 0 0 2 0, 2 0, 0, 2 0, 0, 2 0 0, 2 0, 0, 2 , m m m m t t m mx t t m m m t m t s t m m ms S t S g u t g t u t s g s u s ds s u s ds K s u s ds t u t k t s u s ds k s u s ds u s ds s k s u d F s u s ds μ μ μ μ μ μ μ μ τ τ τ∂∂ = + − + ⎡ ⎤ +⎣ ⎦ + + − − − ⎡ − ⎤ +⎣ ⎦ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ (2.16) ( ) ( ) ( ) ( ) 80 1 0 2 0 0 0 ,m m i i S g u Iμ = ≡ + +∑ trong đó ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 22/ / 1 0 222 / 0 0 2 1, 0, 2 . t m m mx m t m m m S t u t t u t s u s ds K t u t K u t u s ds μ λ μ μ λ = + + + + + ∫ ∫ (2.17) Sử dụng các giả thiết ( ) ( ) ( )1 3 5,A A A− và (2.12), (2.13), ta thu được ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 0 0 1 0 2 22 0 0 0 0 0 2 0 0 0 0 0 0 0 2 0 0 0 . m m m m mx m m m m S g u u u u K u K u g u u μ μ μ μ + + = + + + + + (2.18) Suy ra ( ) ( ) ( ) ( ) 20 0 110 2 0 0 0 2m m mS g u u Cμ+ + ≤ , với mọi m, (2.19) trong đó 1C là một hằng số không phụ thuộc vào m mà chỉ phụ thuộc vào ( )0 ,μ ( )0 ,g 0 0 1, , ,K K u u . Ta sẽ lần lượt đánh giá các số hạng , 1,8iI i = ở vế phải của (2.16) như sau: Bằng cách dùng bổ đề 1.1 và bất đẳng thức Cauchy-Swcharz cùng với bất đẳng thức 2 212 , , 0,ab a b a bε εε≤ + ∀ ∈ ∀ >\ (2.20) ta được 18 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0 1 1 0, 1 0, 22 0, 2 0, 2 22 2 , μ μ μ μ εε ∞ ∞ ∞ Ω= − ≤ ≤ ≤ + L T m mL T C m mL T H H I t g t u t g u t g u t g u t (2.21) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0 1 1 0, / / 2 0, 0 0 / 0, 0 2 2/ 0 2 0, 2 2 2 2 , μ μ μ μ ∞ ∞ ∞ Ω= ⎡ ⎤ ≤⎣ ⎦ ≤ ≤ + ∫ ∫ ∫ ∫ HL T t t m m CL T t m HL T t m I s g s u s ds g u s ds g u s ds g T u s ds (2.22) ( ) ( ) ( ) ( ) 12 2/ /3 0, 0 0 ,μ μ ∞= ≤∫ ∫t tmx m HL TI s u s ds u s ds (2.23) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0 1 2/ 2 / 4 0 0 0, 0 0 2/ 0 0, 0 0, 2 , μ μ μ ∞ ∞ Ω= ≤ ≤ ∫ ∫ ∫ t t m mL T C t mL T H I K s u s ds K u s ds K u s ds (2.24) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 10, 2 1 10, 5 0 0, 0 2 22 2 0 0 2 22 2 0, 0 2 0, 0, 4 4 4 , μ μ ε με ε με ∞ ∞ ∞ = − ≤ − ≤ + ≤ + ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ L TH H L TH H t m m t m mL T H H t t m m t m mL T I t u t k t s u s ds u t k t s u s ds u t k s ds u s ds u t k u s ds (2.25) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1226 0, 0 0 2 0 0, 4 0 . ,μ μ ∞= − ≤∫ ∫t tm mL T HI k s u s ds k u s ds (2.26) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 7 0 0 2 2 0 0 0 2 2 2 0 0 0 0 2 0, 0, 0, 0, 0, 0, μ τ τ τ μ τ τ τ μ τ τ τ τ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ = − ⎡ − ⎤⎣ ⎦ ⎡ ⎤≤ + ⎡ − ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦⎣ ⎦ ⎡ ⎤⎛ ⎞≤ + ⎡ − ⎤⎢ ⎥⎜ ⎟⎣ ⎦⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ t s m m t t s m m t t s s m m s s s I u s ds s k s u d u s ds ds s k s u d u s ds ds s k s d u d 19 ( ) ( ) ( ) ( )1 1 2 2 2 0 0 0 0 2 2 .μ τ τ τ τ∂∂ ⎡ ⎤⎛ ⎞≤ + ⎡ − ⎤⎢ ⎥⎜ ⎟⎣ ⎦⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦∫ ∫ ∫ ∫ t t s s m mH Hs u s ds ds s k s d u d (2.27) Mặt khác, ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )/ / .μ τ μ τ μ τ∂ ⎡ − ⎤ = − + −⎣ ⎦∂ s k s s k s s k ss ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )/ /0,0, .μ τ μ τ μ τ∞∞∂ ⎡ − ⎤ ≤ − + −⎣ ⎦∂ L TL Ts k s k s k ss (2.28) Do đó ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 0, 0,0, 2 0, 2 2 / / 0,0, 0 0 2 22 2/ /2 2 . L T L TL T L T s s L TL Ts s k s d k s k s d k k μ τ τ μ τ μ τ τ μ μ ∞∞ ∞∞ ∂ ∂ ⎛ ⎞− ≤ − + −⎡ ⎤⎜ ⎟⎣ ⎦⎝ ⎠ ≤ + ∫ ∫ (2.29) Từ (2.27) và (2.29), ta thu được ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 2 20, 0,0, 0, 2 20, 0,0, 7 0 0 2 2 2 0 0 0 0 2 22 22 2/ / 0 0 2 2 2/ / 2 0, 0, 2 2 2 4 2 4 4 L T L TL T L T L T L TL T L t s m m t t s s m mH H t t m mH H s s I u s ds s k s u d u s ds ds s k s d u d u s ds T k k u s ds T k T k μ τ τ τ μ τ τ τ τ μ μ μ μ ∞∞ ∞∞ ∂ ∂ ∂ ∂ = − ⎡ − ⎤⎣ ⎦ ⎡ ⎤⎛ ⎞≤ + ⎡ − ⎤⎢ ⎥⎜ ⎟⎣ ⎦⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎛ ⎞≤ + +⎜ ⎟⎝ ⎠ ≤ + + ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ( ) ( ) 1 0, 2 2 0 . T t m H u s ds⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠ ∫ (2.30) Từ (2.17) suy ra ( ) ( ) ( ) ( ) 22/ /8 0 0 0 2 ,= ≤ +∫ ∫ ∫t t tm mI F s u s ds F s ds u s ds ( ) ( )22 0 .≤ + ∫T t mL Q F S s ds (2.31) Khi đó, từ các đánh giá ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2.16 , 2.19 , 2.21 2.26 , 2.30− và (2.31) ta thu được 20 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 10, 0, 1 1 2 1 10, 21 2 20, 0,0, 22 22 / 1 0 22/ / 00, 0, 0 0 2 22 2 0, 0 2 2 0, 0 0 2 2 2/ / 1 2 2 2 2 4 4 0 . 2 4 4 μ ε με μ μ ε με μ μ μ ∞ ∞ ∞ ∞ ∞ ∞ ∞∞ ≤ + + + + + + + + + + + + + + ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ L T HL T L TH H T L T L TL T L t m m mH t t m mHL T L T H t m mL T t t m mL T L QH S t C g u t g T u s ds u s ds K u s ds u t k u s ds k u s ds F S s ds T k T k ( ) ( ) 1 0, 2 2 0 ⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠ ∫T t m H u s ds ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 0, 0, 1 1 21 10, 1 2 20, 0,0, 0, 2 22 2/ 1 2 2/ 0, 0 0 2 22 2/ 0 0,0, 0 0 2 0, 0 0 2 22 2/ / 1 2 2 2 2 42 4 0 . 2 4 4 μ μ εε μ μ με μ μ μ ∞ ∞ ∞ ∞ ∞ ∞ ∞∞ = + + + + + + + + + + ⎛ ⎞+ + +⎜ ⎟⎝ ⎠ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ TL T L T H L T H L T L TL T L T mL Q H t t m m HL T t t m mL TL T H t t m mL T H C g g F u t T u s ds u s ds K u s ds k u s ds k u s ds S s ds T k T k ( ) 12 0 .∫t m Hu s ds (2.32) Ta viết lại (2.32) rằng ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 12 21 2 0 0 2 , t t m m T T m mH H S t u t K K u s ds S s dsε ε ε≤ + + +∫ ∫ (2.33) trong đó ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 0, 0, 22 2/1 1 1 2 2 , 2 ε μ με ∞ ∞= + + + TL T L TT L QK C g g F (2.34) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 0, 2 20, 0,0, 0, 2 22 / / 0 0,0, 0, 2 22 2/ / 0, 42 4 0 . 2 4 4 . ε μ μ με μ μ μ ∞ ∞ ∞ ∞ ∞∞ = + + + + + + + L T L T L TL T L T T L TL T L T L T K T K k k T k T k (2.35) Chú ý rằng, từ (2.17), ta có ( ) ( ) ( ) ( )2 22' '0 1 0 0 2 1, .μ λ μ≥ + + ∫tm m mx mS t u t u t u s ds (2.36) 21 Kết hợp (2.19) và (2.36) ta thu được ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2/ / 0 0 0 0 22 / 0 1 0 0 2 2 2 2 2 . t t m m m m m t t m m m u t u u s ds u u s ds u t u s ds C t S s ds ⎛ ⎞ ⎛ ⎞≤ + ≤ +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ≤ + ≤ + ∫ ∫ ∫ ∫ (2.37) Từ (2.36), (2.37) suy ra ( ) ( ) ( ) ( ) ( )12 2 2 1 0 0 1 2 . t m m mx m mH u t u t u t C S t t S s dsμ= + ≤ + + ∫ (2.38) Do đó ta có được từ (2.34), (2.38) như sau ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 0 2 21 2 0 0 1 1 0 0 2 1 0 0 0 1 2 1 1 0 2 22 0 0 1 2 22 4 2 2 2 11 4 . μ ε ε ε εε ε εμ ε τ τ ε ε ε εμ ε ε εμ ≤ + + + ⎡ ⎤≤ + + +⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎡ ⎤+ + + +⎢ ⎥⎣ ⎦ ≤ + + + ⎡ ⎤+ + + +⎢ ⎥⎣ ⎦ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ t t m m T T m mH H t m m T t s t T m m m m T T t T T m S t u t K K u s ds S s ds C S t T S s ds K K C S s s S d ds S s ds S t C K TC K T K T K S s ds (2.39) Chọn 0ε > sao cho 0 2 1 . 2 ε μ < Từ (2.39) t._.a thu được ( ) ( ) ( ) ( )1 2 0 , 0 , t m T T m mS t M M S s ds t t T T≤ + ∀ ≤ ≤ ≤∫ (2.40) trong đó ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 2 1 1 2 2 22 0 4 2 2 , 12 1 4 . ε ε ε ε ε εμ ⎧ = + +⎪⎨ ⎡ ⎤= + + +⎪ ⎢ ⎥⎣ ⎦⎩ T T T T T T M C K TC K M T K T K (2.41) Áp dụng bổ đề Gronwall ta thu được từ (2.40) rằng ( ) ( ) ( )( ) [ ]1 2exp 0, ,m T T TS t M tM M t T≤ ≤ ∀ ∈ (2.42) với ( ) ( )1 2, ,T T TM M M là các hằng số không phụ thuộc vào m mà chỉ phụ thuộc vào 22 T và 0 , , , , .μK F g k ™ Đánh giá tiên nghiệm 2 Lấy đạo hàm (2.9) theo biến thời gian, ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) /// / / // 1 / / 1 / // / , , , 1, 1 1, 1 0 , , , 1 . μ μ λ μ λ μ μ λ + + + + + + + = ≤ ≤ m j mx jx mx jx m j m j m j m m j j u w t u t w t u t w t u t w dt u t w t P t w dt Ku t u t w F t w j m (2.43) Nhân phương trình thứ j của (2.43) với ( )//mjc t sau đó lấy tổng theo ,j ta được ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2// / / // 2// / / // // 1 1 2 2/ // / // 1 1 , 2 2 1, 1, 1, 0, 1 , . 2 m mx mx mx m m m m m m m m d du t t u t t u t u t dt dt dt u t t u t u t t P t u t dt dK u t u t F t u t dt μ μ λ μ λ μ μ λ + + + + + + + = (2.44) Hay ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2// / / / / // 2// / / // // 1 1 2 2/ // / // 2 , 2 1, 2 1, 1, 2 0, 2 2 , . μ μ μ λ μ λ μ μ λ ⎡ ⎤+ − +⎢ ⎥⎣ ⎦ + + + + + = m mx mx mx mx m m m m m m m m d du t t u t t u t t u t u t dt dt dt u t t u t u t t P t u t dt dK u t u t F t u t dt (2.45) Khi đó ta viết lại (2.45) như sau ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2/ / / // 0 0 / / // // 1 0 0 5 / // 10 0 2 , 2 1, 1, 2 0, 2 , 0 , μ μ λ μ μ = = + − − − + = + ∫ ∫ ∫ ∫ ∑∫ t t m m mx mx mx t t m m m m t m m i i X t X s u s ds s u s u s ds ds u s u s ds s P s u s ds ds F s u s ds X J (2.46) trong đó ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2// / // 1 0 2 2/ // 0 2 1, 2 . t m m mx m t m m X t u t t u t s u s ds K u t u s ds μ λ μ λ = + + + + ∫ ∫ (2.47) 23 Từ (2.9), ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) // /0 , 0 0 , 0 , 0 , 0 , , 1 . μ− + = ≤ ≤ m j mxx j m m j j u w u w f u u w F w j m Nhân ( )// 0mjc vào đẳng thức trên rồi lấy tổng theo ,j ta được ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) // // // / // // 0 , 0 0 0 , 0 0 , 0 , 0 0 , 0 . μ− + = m m mxx m m m m m u u u u f u u u F u Suy ra ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2// // 0 1 // 0 1 0 0 0 0 , 0 0 0 0 . 0 . m mxx m m m mxx m m m u F u Ku u u F u K u u u μ λ μ λ ≤ + − − ⎡ ⎤≤ + + +⎣ ⎦ (2.48) Do đó ( ) ( ) ( )// 0 0 10 0 0m mxx m mu F u K u uμ λ≤ + + + . (2.49) Từ (2.12), (2.13) và các giả thiết ( ) ( ) ( )1 3 5,A A A− và bổ đề (1.18) ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2// / / 2 2 2// 1 1 2 2 2 0 0 1 1 1 2 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 , , 2 m m mx m m mx m mxx m m mx m X u u K u u u K u u K u u F u K u C m μ μ μ λ μ = + + = + + ⎡ ⎤≤ + + + + +⎣ ⎦ ≤ ∀ (2.50) trong đó 2C là một hằng số chỉ phụ thuộc vào ( ) ( )0 10 , , , , , 0K u u Fμ λ . Bây giờ ta sẽ lần lượt đánh giá các số hạng , 1,5iJ i = ở vế phải của (2.46). ƒ Đánh giá số hạng 1.J Từ giả thiết ( )3A và (2.47), ta suy ra ( ) ( ) ( ) ( )2/ / /1 0, 00 0 1 . t t mx mL T J s u s ds X s dsμ μμ ∞= ≤∫ ∫ (2.51) ƒ Đánh giá số hạng 2 .J Từ giả thiết ( )3 ,A ta có 24 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) / // / / 2// / / / , , , . mx mx mx mx mx mx mx ds u s u s s u s u s dt s u s u s s u s μ μ μ μ = − − (2.52) Điều này dẫn đến ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) / // 2 0 / / / 0 1 2// / / / 0 0 4 2 1 2 , 2 0 , 2 , 2 , 2 . μ μ μ μ μ = = − = − + + ≡ ∫ ∫ ∫ ∑ t mx mx mx mx mx mx t t mx mx mx i i J s u s u s ds u u t u t u t s u s u s ds s u s ds J (2.53) (i) ( ) ( )(1) / /2 0 1 0 1 32 0 , 2 0 ,mx mx mx mxJ u u u u Cμ μ= ≤ ≤ với mọi m. (2.54) (ii) Từ (2.17), (2.42), (2.47) và bất đẳng thức (2.20), ta thu được ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0, (2) / / / / 2 0, / / 0, 0, 0 0 2/ 2 0 2 , 2 2 2 1 . L T mx mx mx mxL T m m T mL T L T T m J t u t u t u t u t S t X t M X t M X t μ μ μ μμ μ μ εεμ ∞ ∞ ∞ ∞ = − ≤ ≤ ≤ ≤ + (2.55) (iii) Tương tự (ii), áp dụng bất đẳng thức (2.20) với 1,ε = ta cũng có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0, 0, (3) // / // / 2 0, 0 2 2// // 2 2 0 00 0 2 , 2 1 1 . L T L T t mx mx mx mxL T t t T m T m J s u s u s ds u t u t M X s ds TM X s ds μ μ μ μμ μ ∞ ∞ ∞ = ≤ ⎛ ⎞≤ + = +⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ∫ ∫ ∫ (2.56) (iv) Từ (2.47) ta đđược ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2(4) / / / / 2 0, 0 0 / 0, 0 0 2 2 2 . t t mx mxL T t mL T J s u s ds u s ds X s ds μ μ μμ ∞ ∞ = ≤ ≤ ∫ ∫ ∫ (2.57) Từ (2.53) – (2.57), ta suy ra rằng 25 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) [ ]( ) ( ) ( ) ( ) 0, 0, 0, 2 2 2/ // 2 3 2 2 0 0 / 0, 00 0 2 3 2 0 / 0, 0 0 1 1 2 1 1 21 . T L T L T C T m T t t m mL T T m t mL T J C M X t TM X s ds X s ds C T M X t X s ds μ ε μεμ μ μμ μ εεμ μμ ∞ ∞ ∞ ∞ ≤ + + + + + ⎛ ⎞≤ + + +⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎛ ⎞+ +⎜ ⎟⎝ ⎠ ∫ ∫ ∫ (2.58) ƒ Đánh giá số hạng 3.J ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) / / // 3 1 0 1 1 2 2 / / // 1 0, 0 0 2 1, 1, 2 1, 1, . t m m t t m mL T J s u s u s ds u s ds u s ds λ μ λ μ ∞ =− ⎛ ⎞ ⎛ ⎞≤ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ∫ ∫ ∫ (2.59) Mà từ giả thiết ( )3A và (2.42), (2.47), ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2/ / 1 1 0 0 0 2 2// // 1 1 0 0 0 2 1, 2 1, , 2 1, 2 1, . λ μ λ μ λ μ λ μ ⎧ ≥ ≥⎪⎪⎨⎪ ≥ ≥⎪⎩ ∫ ∫ ∫ ∫ t t m m m t t m m m S t s u s ds u s ds X t s u s ds u s ds (2.60) Do đó ta thu được từ (2.59), (2.60) cùng với bất đẳng thức (2.20) như sau ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0, 1 1 2 2 / 3 1 0, 1 0 1 0 / 0, 0 2/ 2 0 1 12 2 2 1 1 , 0 4 λ μ λ μ λ μ μμ μ ε εεμ ∞ ∞ ∞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞≤ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ≤ ≤ + ∀ > L T m mL T T mL T T m J S t X t M X t M X t (2.61) ƒ Đánh giá số hạng 4 .J Ta có ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )0 0 0, 0,μ μ μ μ τ τ τ⎛ ⎞= + − −⎜ ⎟⎝ ⎠∫ s m m m d ds P s s g s K s u s s k s u d ds ds 26 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) / / / 0 0 / / 0 0 / / / 0 0 0 0, 0, 0 0, 0, 0, 0 0, 0, 0, . μ μ μ μ τ τ τ μ τ τ τ μ μ μ μ μ τ τ τ = + + ⎛ ⎞− + − − −⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎡ ⎤= + − +⎣ ⎦ ∂− −⎡ ⎤⎣ ⎦∂ ∫ ∫ ∫ m m s s m m m m m s m g s K s u s K s u s s k u s k s u d s k s u d g s K s k s u s K s u s s k s u d s (2.62) Suy ra ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) /// // 4 0 0 / // 0 0 / // 0 0 // 0 0 2 0, 2 0, 2 0 0, 0, 2 0, 0, 2 0, 0, t t m m m t m m t m m t s m m dJ s P s u s ds g s u s ds ds K s k s u s u s ds K s u s u s ds u s ds s k s u d s μ μ μ μ μ μ τ τ τ = − = − ⎡ ⎤− −⎣ ⎦ − ∂+ ⎡ − ⎤⎣ ⎦∂ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ (2.63) ( )4 4 1 . = ≡ ∑ i i J Ta lại lần lượt đánh giá ( )4 , 1.4iJ i = bằng cách dùng (2.47), tích phân từng phần và bất đẳng thức (2.20). (i) Đánh giá (1)4 .J ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0, 2 , /1 // 4 0 / / /// / 1 0 / / / 1 0, // / 0 2 2/ / / 1 2 2// / 0 2 0, 2 0 0 2 0, 2 0, 2 0 0 2 0, 2 0, 12 0 0 0, 0, . μ μ μ μ μ μ μ μ μ εε μ ∞ ∞ = − = − + ≤ + + ≤ + + + + ∫ ∫ ∫ ∫ L T L o T t m t m m m m m L T t m m m t m J g s u s ds g u g t u t g s u s ds g u g u t g s u s ds g u g u t g u s ds (2.64) 27 Mà với mọi [ ]0,1 ,∈x ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2/ / / 2 / 1 0 0 1 2 22 / 2 / 1 1 0 2 1 0 , 0,0 , 2 0 2 , 2 0 2 , 2 0 2 22 0 .μ = + ≤ + ≤ + = + ≤ + ∫ ∫ ∫ x x m m mx m mx m mx m mx m m u x t u u x t dx u u x t dx u u x t dx u u t u X t (2.65) Do đó ( ) ( ) ( ) ( ) 0 0,1 2 2/ / 2 1 0 20, 2 0 .μ⎛ ⎞⎡ ⎤⎜ ⎟⎢ ⎥⎣ ⎦⎝ ⎠ ≤ ≤ + C m m m mu t u t u X t (2.66) Từ (2.64) và (2.66), ta suy ra ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0 0 20, 0, 2 2/ / //1 4 1 2 2 1 1 0 2 2 12 0 0 2 0 2 0μ μ μ μ με ε ∞ ≤ + + ⎡ ⎤ ⎡ ⎤+ + + +⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦∫ L T L T m t m m m m J g u g g u X t u X s ds ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )20, 0, 2 2/ / // 1 12 0 0μ μ με ∞≤ + +L T L Tm g u g g ( ) ( ) ( ) ( ) 0 0 2 1 0 2 22 2 0 . t m m mT u X t X s ds ε μ με+ + + + ∫ (2.67) (ii) Đánh giá ( )24 .J Đặt ( ) ( ) ( ) ( )/1 0 0h s K s k sμ μ= − thì ( )11 .+∈ \h C (2.68) Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 / // 4 0 0 // 1 0 / 1 0 1 1 / / 1 0 2 0 0, 0, 2 0, 0, 2 0 0 0 2 0, 0, 2 0, 0, μ μ⎡ ⎤=− −⎣ ⎦ = − = − + ⎡ ⎤⎣ ⎦ ∫ ∫ ∫ t m m t m m m m m m t m m J K s k s u s u s ds h s u s u s ds h u u h t u t u t h s u s u s ds 28 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0, 0, / 1 0 1 1 0, 2/ / / 1 1 0 0 222 / 1 0 1 1 2/ / / 1 1 0,0, 0 0 222 / 1 0 1 1 1 2 0 0 0 2 0, 0, 2 0, 0, 2 0, 12 0 0 0 0, 0, 2 0, 0, 2 0, 12 0 0 0 0, 0, εε εε ∞ ∞∞ ∞ ∞ ≤ + + + ≤ + + + + ≤ + + + ∫ ∫ ∫ ∫ L T L T m m m mL T t t m m m m m m m t t m m mL TL T m m m m h u u h u t u t h s u s u s ds h s u s ds h u u h u t u t h u s u s ds h u s ds h u u h u t u t h ( ) ( ) ( )( ) ( ) 22/ /1 0,0, 0 0 0, 1 2 0, .∞∞ + +∫ ∫t tm mL TL T u s ds h u s ds (2.69) Mặt khác, một cách tương tự bất đẳng thức (2.65), (2.66), ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0 0,1 2 2 2 2 0 0 0 0 2 20, 2 0 2 0 .μ μ⎛ ⎞⎡ ⎤⎜ ⎟⎢ ⎥⎣ ⎦⎝ ⎠ ≤ ≤ + ≤ + C m m m m m Tu t u t u S t u M (2.70) Từ (2.66), (2.69), (2.70), ta suy ra rằng ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) 0, 2222 / 4 1 0 1 1 22/ / 1 1 0,0, 0 0 12 0 0 0 0, 0, 0, 1 2 0, L T m m m m t t m mL TL T J h u u h u t u t h u s ds h u s ds εε ∞∞ ∞≤ + + + + +∫ ∫ ( ) ( ) ( ) [ ]( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) 0,1 2 2 1 0 1 1 0 0 2 2 1 1 10, 0 00 1 22 0 0 0 2 0 2 22 0 1 2 2 0 C T m m m T t m m m mL T h u u T h u M u X t h u X s ds ε μ ε μ μ∞ ⎛ ⎞⎛ ⎞≤ + + +⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ + + + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠∫ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) 0, 2 / 2 1 1 00, 0 2 2 1 0 1 1 1 10, 1 0, 0 0 0 1 12 0 2 0 0 0 2 0 2 1 2 0 2 2 1 2 . ε μ ε ε μ μ ∞ ∞ ∞ ∞ ⎛ ⎞⎛ ⎞≤ + +⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠ + + + + + + + ∫ L T m TL T m m m mL T t m mL T h T h u M h u u u T h u X t h X s ds (2.71) (iii) Đánh giá ( )34 .J Dùng tích phân từng phần sau đó sử dụng (2.66) ta thu được 29 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 23 / // / 4 0 0 0 0 2 22 / / / 0 1 0 0 0 22 / / 0 1 0 0, 0 2 / 2 0 1 0 10, 00 2 / 2 0 1 0 10, 2 0, 0, 0, 0 0 0, 0, 0 0 0, 20 0 2 0 0 0 2 0 μ μ μ μ μ μ μ μ μ μ μ μ ∞ ∞ ∞ ⎡ ⎤= − = − ⎣ ⎦ ⎡ ⎤= − + ⎣ ⎦ ≤ + ⎛ ⎞≤ + +⎜ ⎟⎝ ⎠ ≤ + ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ t t m m m t m m m t m mL T t m m mL T m mL T dJ K s u s u s ds K s u s ds ds K u K t u t K s u s ds K u K u s ds K u K u X s ds K u TK u ( ) ( )/0 0, 0 0 2 .μμ ∞+ ∫ t mL T K X s ds (2.72) (iv) Đánh giá ( )44 .J Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 4 // 4 0 0 / 0 / / / 0 0 / / / 0 / / / 2 0, 0, 2 0, 0, 2 0, 0 0 0, 0, 2 0, 0, 2 0 0 0, 0, μ τ τ τ μ μ μ μ τ τ τ μ μ μ μ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ = −⎡ ⎤⎣ ⎦ = −⎡ ⎤⎣ ⎦ ⎛ ⎞⎡ ⎤− + + −⎡ ⎤⎜ ⎟⎣ ⎦⎣ ⎦⎝ ⎠ ⎡ ⎤= − + −⎣ ⎦ ⎡ ⎤− +⎣ ⎦ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ t s m m t m m t s m m m t m m m m s t s J u s ds s k s u d u t t k t s u s ds u s ds s k s k u s s k s u d u t t k t s t k t s u s ds s k s k u s u ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 0 / 0 0 4 4 4 4 4 4 2 0, 0, . μ τ τ τ∂∂− −⎡ ⎤⎣ ⎦ ≡ + + ∫ ∫ ∫ t t s m m a b c s s ds u s ds s k s u d J J J (2.73) Ta cũng sẽ đánh giá lần lượt ( ) ( ) ( )4 4 44 4 4, , . a b cJ J J ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 4 / / / 4 0 2 2/ / / 2 0 0 22/ / / 2 0,0, 0 0 2 0, 0, 10, 0, 10, 0, μ μ ε μ με ε μ με ∞∞ ⎡ ⎤= − + −⎣ ⎦ ⎡ ⎤≤ + − + −⎣ ⎦ ⎡ ⎤≤ + − + −⎢ ⎥⎣ ⎦ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ t a m m t t m m t t m mL TL T J u t t k t s t k t s u s ds u t t k t s t k t s ds u s ds u t k t s k t s ds u s ds 30 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) [ ]( ) ( ) ( ) 2 2 1 0, 0,0, 1 2 1 0 2 22 2/ / 2 00, 0, 0 2 22 2 1 00, 0 0 12 0 2 12 0 1 4 12 0 0 . ε μ μ με μ ε μμ ε μ ∞∞ ⎛ ⎞≤ +⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎡ ⎤ ⎛ ⎞+ + +⎢ ⎥ ⎜ ⎟⎢ ⎥ ⎝ ⎠⎣ ⎦ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞≤ + + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠C T L TL T m m m TL T L T m m m TH T u X t k k T u M Tu X t k u M (2.74) Từ giả thiết ( ) ( )3 4, ,A A đặt ( ) ( ) ( ) ( ) ( )/ /2 0 0h s s k s kμ μ= + thì ( ) ( )12 .h s C +∈ \ (2.75) Ta được ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 4 / 2 4 2 2 0 0 2 2 / 2 2 0 2 2 0 2 2 / 2 2 0 2 20, 0, 0 2 2 2 0 0 2 0, 0 2 0, 0, 0, 0 0 0, 0, 0 0 0, 0, 20 0 1 2 0 .μ ∞ ∞ ⎡ ⎤= − = − ⎣ ⎦ = − + ≤ + + ⎛ ⎞≤ + + +⎜ ⎟⎝ ⎠ ∫ ∫ ∫ ∫ t t b m m m t m m m t m m mL T L T m m T C T dJ h s u s u s ds h s u s ds ds h u h t u t h s u s ds h u h u t h u s ds h u T u M h (2.76) Tương tự như đánh giá ( )44 aJ cùng với (2.70), (2.66), ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) [ ]( ) ( )20, 2 2 2 2 2 2 0 2 4 / 4 0 0 2 2/ 0 0 0 2 2/ 2 0 0 0 0 2 22 2 1 0, 0 1 2 0, 0, 0, 0, 0, 0, 2 0 8 0μ μ τ τ τ μ τ τ τ μ τ τ τ τ μ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ =− ⎡ − ⎤⎣ ⎦ ⎡ ⎤≤ + ⎡ − ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦⎣ ⎦ ⎡ ⎤≤ + ⎡ − ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎛ ⎞≤ + +⎜ ⎟⎝ ⎠ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ C T t s c m m t t s m m t t s s m m t m m mH T s s s J u s ds s k s u d u s ds ds s k s u d u s ds ds s k s d u d u X s ds k ds u ( ) ( ) ( ) [ ]( ) ( ) ( ) ( ) [ ]( ) ( ) ( ) ( ) 2 0, 2 0, 0 0 0 2 2 0 0 2 22 2 1 0, 0 0 2 22 2 2 1 00, 0 2 1 2 , 2 0 8 0, 2 0 16 0 . μ μ μ τ τ μ μ ≤ + + ⎛ ⎞≤ + + +⎜ ⎟⎝ ⎠ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ C T C T t s t t m m mH T t m m T mH T d Tu X s ds T k u s ds Tu T k u M X s ds (2.77) Từ (2.73), (2.74), (2.76), (2.77), ta thu được 31 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) [ ]( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) [ ]( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 0, 1 2 0, 1 0 0 0 0 1 2 4 4 4 4 4 4 4 4 2 22 2 1 00, 0 2 2 2 2 0 0 2 10, 2 22 2 00, 0 2 2 1 2 0 2 0, 1 1 1 2 4 12 0 0 0 0 2 1 0 2 0 16 0 2 0 0 0 2 1 μ μ μ μ ε με μ μ ε = + + ⎛ ⎞ ⎛ ⎞≤ + + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎛ ⎞+ + + + +⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎛ ⎞+ + +⎜ ⎟⎝ ⎠ ≤ + + + + + ∫ C T C T a b c m m m TH T m m T mC T t m T mH T m m C T J J J J Tu X t k u M h u T u M h Tu T k u M X s ds T u h u T h [ ]( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 0, 0 0 2 2 22 2 00, 0 0 2 2 2 18 0 .εμ μ με μ ⎛ ⎞⎛ ⎞⎛ ⎞+ +⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠ + + ∫ C T m TH T t m m T T k u M X t X s ds (2.78) Từ (2.63), (2.67), (2.71), (2.72), (2.78), ta lại thu được ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) 0 0 4 1( ) 4 4 1 / 1 00, 0, 0 6 2 , 3 2 , i T m i t mL T L T J J N m X t h K X s ds ε μ μ ε μ∞ ∞ = = ≤ + + + + ∑ ∫ (2.79) trong đó ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) [ ]( ) [ ]( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 2 20, 0, 1 2 2/ / //1 1 2 1 0 1 2 0 / 2 0 0 1 10,0, 2 2 22 1 0, 0, 0, 2 0 0 2 0, 1, 2 0 0 2 0 0 0 0 0 6 4 0 2 2 1 2 0 1 22 8 10 .1 ε μ μ με ε μ μ με ε μ ∞∞ ∞ ⎡ ⎤⎣ ⎦ = + + + + ⎡ ⎤+ + + + + +⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎡⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ + + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎤ ⎛ ⎞+⎜ ⎟⎥ ⎝ ⎠⎦ + + L T L T T m m m m mL TL T C T C T H T m TC T N m g u g g h u u h u T K TK T h u TT h T k u MT h (2.80) Từ giả thiết ( ) ( )3 5A A− và (2.12), (2.13), (2.80) ta có ( ) ( ) ( ) ( )1 21, 2T T N m Nε ε≤ với mọi m. (2.81) 32 ƒ Đánh giá số hạng 5.J ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2/ // / // 5 0 0 0 2/ 0 2 , . T t t t m m t mL Q J F s u s ds F s ds u s ds F X s ds = ≤ + ≤ + ∫ ∫ ∫ ∫ (2.82) Ta thu được từ (2.46), (2.50), (2.51), (2.58), (2.61), (2.79), (2.81) và (2.82) như sau ( ) ( ) ( ) ( ) [ ]( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0 0 0, 2 5 1 2/ 2 3 20, 0 00 2 1/ / 20, 0 00 / 1 00, 0, 0 2/ 0 3 2 2 0, 6 2 0 1 1 1 1 2 2 11 , 4 3 2 1 1 2 2 2 ε μ μ μ μ εμ εμ μ μ ε εμ εμ μ ε ε ∞ ∞ ∞ ∞ = ∞ = + ⎛ ⎞≤ + + + + +⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎛ ⎞+ + + + +⎜ ⎟⎝ ⎠ + + + + + + ≤ + + ∑ ∫ ∫ ∫ ∫ T T m m i i t m T mL T t m T m TL T t m mL T L T t mL Q T T C L T X t X J C X s ds C M T X t X s ds M X t N m X t h K X s ds F X s ds N N ( ) ( ) ( )4 0 0 3 11 , 2 ε μ ⎛ ⎞+ +⎜ ⎟⎝ ⎠ ∫ t m T mX t N X s ds (2.83) trong đó ( ) ( )3TN ε là hằng số chỉ phụ thuộc vào T, 0 1, , , , , ,F u u Kμ λ ε và ( )4TN là hằng số chỉ phụ thuộc vào T, 0 1, , , , ,F u u Kμ λ cụ thể như sau ( ) ( ) [ ]( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) 0, 2 23 2 3 2 0 2 2/ / 2 0 4 / / 0, 0, 0 0 / 1 00, 0, 0 2 0, 2 12 1 2 , 2 2 44 4 3 2 . ε μεμ μεμ μ μμ μ μμ ∞ ∞ ∞ ∞ ∞ ⎛ ⎞= + + +⎜ ⎟⎝ ⎠ + + = + + + + + T T T T T L Q T L T L T L T L T C L T N C C M T M F N h K (2.84) Chọn 0ε > sao cho 0 3 12 1 2 ε μ ⎛ ⎞+ ≤⎜ ⎟⎝ ⎠ . Từ (2.81), (2.83) ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )3 2 4 0 . t m T T T mX t N N N X s dsε ε≤ + + ∫ (2.85) Áp dụng bổ đề Gronwall, từ (2.85) ta thu được 33 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )3 2 4exp , 0 .m T T T TX t N N tN N t Tε ε⎡ ⎤≤ + ≤ ≤ ≤⎣ ⎦ (2.86) với ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 3 4, , ,ε εT T T TN N N N là các hằng số không phụ thuộc vào m mà chỉ phụ thuộc vào T và 0 , , , , , , .λ μK K F g k Mặt khác, từ (2.11), (2.66), (2.70) ta suy ra rằng ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) 0 0 0 00, 0, 0 2 2 0 0 00, 0, 12 0 00, 0, 2 2 2 0, 0, 2 0 2 0 2 0 . μ μ μ ∞ ∞ ∞ ∞ ∞ ∞ ≤ + + ≤ + + + + ≤ + + + ≤ ∫tm m mL T L T m T m TL T L T m T TL T L T P t g K u t k u s ds g K u M T k u M g K T k u M D (2.87) Từ đó ( ) ( )1 0, .∞ ≤m TL TP D (2.88) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) 0 0 / / / / 0 0 / / / 00, 0, 0 / 2 0 10, 2/ 2 00, 2 2 0, 0 0, 0, 0, 0 0, 0, 2 0 0 2 0 . μ μ ∞ ∞ ∞ ∞ = + − − − ≤ + + + ≤ + + + + + ≤ ∫ ∫ t m m m m t m m mL T L T m TL T m T TL T P t g t K u t k u t k t s u s ds g K u t k u t k u s ds g K u N k T k u M D (2.89) Từ đó ( ) ( )2/ 0, .∞ ≤m TL TP D (2.90) Do đó ta thu được từ (2.88), (2.90) rằng ( ) ( ) ( ){ } ( )1, 3/0, 0, 0,max , .m m m TW T L T L TP P P D∞ ∞ ∞= ≤ (2.91) Bước 3: Qua giới hạn Từ (2.17), (2.42), (2.47), (2.86) và (2.91), ta có thể chọn ra một dãy con của dãy ( ){ },m mu P , vẫn kí hiệu là ( ){ },m mu P , sao cho: mu u→ trong ( )10, ;L T H∞ yếu*, (2.92) 34 / / mu u→ trong ( )10, ;L T H∞ yếu*, (2.93) // // mu u→ trong ( )20, ;L T L∞ yếu*, (2.94) ( ) ( )0, 0,mu u→i i trong ( )1, 0,W T∞ yếu*, (2.95) ( ) ( )1, 1,mu u→i i trong ( )2 0,H T yếu, (2.96) → mP P trong ( )1, 0,W T∞ yếu*. (2.97) Theo bổ đề compact của Lions (bổ đề 1.9 ở chương 1), từ (2.92) – (2.97) ta suy ra tồn tại một dãy con ( ){ }, ,m mu P vẫn kí hiệu là ( ){ }, ,m mu P sao cho: mu u→ mạnh trong ( )2 TL Q và a.e. (x,t) trong ,TQ (2.98) / / mu u→ mạnh trong ( )2 TL Q và a.e. (x,t) trong ,TQ (2.99) ( ) ( )0, 0,mu u→i i mạnh trong [ ]( )0 0, ,C T (2.100) ( ) ( )1, 1,mu u→i i mạnh trong [ ]( )1 0, ,C T (2.101) mP P→  mạnh trong [ ]( )0 0, .C T (2.102) Từ (2.11), (2.100), suy ra ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )0 0 0, 0, t mP t g t K u t k t s u s ds P t→ + − − =∫ (2.103) mạnh trong [ ]( )0 0, .C T Ta suy được từ (2.102) và (2.103) rằng P P≡  a.e. trong TQ . (2.104) Qua giới hạn (2.9) nhờ vào (2.92) – (2.94) và (2.103), ta có ( ),u P thỏa bài toán biến phân sau đây ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) // / 1 / 1 , , 1, 1 0 , , , , μ λ μ μ λ + + + + + = ∀ ∈ x xu v t u t v t u t v t P t v Ku t u t v F t v v H (2.105) và điều kiện đầu ( ) ( )/0 10 , 0 .= =u u u u (2.106) Mặt khác, từ giả thiết ( )2A , ( )3A và (2.105), ta thu được ( ) ( ) ( ) ( ) ( )// / 21 0, ; .λμ ∞⎡ ⎤= + + − ∈⎣ ⎦xxu u t Ku t u t F L T Lt (2.107) 35 Do đó ( )20, ; .∞∈u L T H Vậy sự tồn tại nghiệm u của bài toán (2.1) - (2.6) trong định lí 2.1 đã được chứng minh. Bây giờ ta tiếp tục chứng minh tính duy nhất của nghiệm. Bước 4: Tính duy nhất của nghiệm Giả sử bài toán (2.1), (2.6) có hai nghiệm ( ), , 1, 2i iu P i = thỏa (2.7). Ta đặt 1 2u u u= − và 1 2P P P= − . Lúc này ( ),u P thỏa bài toán ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) // / 1 / 1 / 0 0 , , 1, 1 0 , 0, , 0 0 0, 0, 0, , μ λ μ μ λ ⎧ + + +⎪⎪ + + = ∀ ∈⎪⎨ = =⎪⎪ = − −⎪⎩ ∫ x x t u t v t u t v t u t v t P t v Ku t u t v v H u u P t K u t k t s u s ds (2.108) và ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 / 1 // 2 1, 2 1, 0, ; , 0, ; , 0, ; , 0, 0, , 1, 0, , 0, . ∞ ∞ ∞ ∞ ∞ ⎧ ∈ ∈ ∈⎪⎨ ∈ ∈ ∈⎪⎩ i i u L T H u L T H u L T L u W T u H T P W T (2.109) Lấy /v u= và thay ( )P t vào (2.108), ta có ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 22 2/ / 1 2/ 2 0 2/ / 2 0 / 0 2 1, 2 0, 0, 2 0, 0, . m mx m m m m mx m t m m d d du t t u t t u t K u t dt dt dt du t K t u t dt t u t K t u t t u t k t s u s ds μ λ μ λ μ μ μ μ + + + + + = + + −∫ (2.110) Lấy tích phân theo biến thời gian từ 0 đến t đẳng thức (2.110), sau đó dùng tích phân từng phần, ta được ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2/ / 2 0 0 0 2 0 0 0 0 0, 2 0, 0, 2 0 0, 2 0, 0, , σ μ μ μ μ μ τ τ τ∂∂ = + + − − − ⎡ − ⎤⎣ ⎦ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ t t x t t t s s t s u s ds K s u s ds t u t k t s u s ds k s u s ds u s ds s k s u d (2.111) 36 trong đó ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 22/ / 1 0 222 / 0 0 2 1, 0, 2 . t x t t u t t u t s u s ds K t u t K u t u s ds σ μ λ μ μ λ = + + + + + ∫ ∫ (2.112) Từ (2.112), ta chú ý rằng ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) [ ]( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0 1 1 0 2 22 / / 0 0 0 2 22 0,1 2 2 2 0 1 , , 2 , .μ σ σ σ ⎛ ⎞= ≤ ≤⎜ ⎟⎝ ⎠ ≤ ≤ = + ≤ + ∫ ∫ ∫ ∫ t t t m m C H t xH u t u s ds t u s ds t s ds u x t u t u t u t u t u t t t s ds (2.113) Do đó, ta có các đánh giá sau ( ) ( ) ( ) ( ) 12 2/ / 0, 0 0 ,μ μ ∞≤∫ ∫t tx HL Ts u s ds u s ds (2.114) ( ) ( ) ( ) ( ) 12/ 2 /0 0 0, 0 0 0, 2 ,μ μ ∞≤∫ ∫t t HL TK s u s ds K u s ds (2.115) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 10, 2 1 10, 0, 0 0 2 22 2 0 0 2 22 2 0, 0 2 0, 0, 4 4 4 , μ μ ε με ε με ∞ ∞ ∞ − ≤ − ≤ + ≤ + ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ L TH H L TH H t t L T H H t t t L T t u t k t s u s ds u t k t s u s ds u t k s ds u s ds u t k u s ds (2.116) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 122 0, 0 0 2 0 0, 4 0 . ,μ μ ∞− ≤∫ ∫t tL T Hk s u s ds k u s ds (2.117) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0 0 2 2 0 0 0 2 2 2 0 0 0 0 2 0, 0, 0, 0, 0, 0, μ τ τ τ μ τ τ τ μ τ τ τ τ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ⎡ ⎤− −⎣ ⎦ ⎡ ⎤⎡ ⎤≤ + −⎢ ⎥⎣ ⎦⎣ ⎦ ⎡ ⎤⎛ ⎞⎡ ⎤≤ + −⎢ ⎥⎜ ⎟⎣ ⎦⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ t s t t s t t s s s s s u s ds s k s u d u s ds ds s k s u d u s ds ds s k s d u d 37 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) [ ]( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 2 20, 0 ,0 , 0 , 1 1 10, 0 , 2 2 2 0 0 0 0 2 22 22 2/ / 0 0 22 2 0 2 2 2 4 2 4 . μ τ τ τ τ μ μ μ ∞∞ ∂ ∂ ⎡ ⎤⎛ ⎞⎡ ⎤≤ + −⎢ ⎥⎜ ⎟⎣ ⎦⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎛ ⎞≤ + +⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎛ ⎞≤ +⎜ ⎟⎝ ⎠ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ L T L TL T L T C T H T t t s s H H t t H H t H s u s ds ds s k s d u d u s ds T k k u s ds T k u s ds (2.118) Từ (2.111), (2.113) - (2.118), ta thu được ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 2 1 10, 1 2 20, 0,0, 0, 21 0, 2 2 2/ / 00, 0, 0 0 2 22 2 0, 0, 0 0 2 2 22 2/ / 0 2 2 2/ 0 0,0, 2 4 4 0 . 2 4 4 42 1 2 4 0 . L T H L T L TL T L T L T t t H H HL T L T t t L T L T H t H L TH L T L t u s ds K u s ds u t k u s ds k u s ds T k T k u s ds u t K k k σ μ μ ε μ με μ μ ε μ με μ ∞ ∞ ∞∞ ∞∞ ∞ ∞ ∞ ≤ + + + + ⎛ ⎞+ + +⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎡≤ + + + +⎢⎣ + ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ( ) [ ]( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 10, 0, 1 1 0 0 0 0 22 2 0, 0 2 2 0 0 0 0 2 0 1 1 1 1 4 . C T H T t T H t TH H t t s T t T T T k u s ds u t D u s ds t t s ds D s s d ds t T D T D s ds μ μ μ μ μ ε ε ε σ σ ε σ σ τ τ ε σ ε ε ε σ ⎤+ ⎥⎦ ≤ + ⎛ ⎞ ⎛ ⎞≤ + + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎛ ⎞≤ + + +⎜ ⎟⎝ ⎠ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫     (2.119) Chọn 0ε > sao cho 0 1 . 2 ε μ ≤ Từ (2.119) ta được ( ) ( ) ( ) ( )2 0 0 12 .σ ε ε ε σμ ⎛ ⎞≤ + +⎜ ⎟⎝ ⎠ ∫  t T Tt T D T D s ds (2.120) Áp dụng bổ đề Gronwall, ta thu được từ (2.120) rằng ( ) 0,σ ≡t nghĩa là 1 2 .=u u Vậy định lí 2.1 đã được chứng minh xong. 38 Chương 3: SỰ ỔN ĐỊNH CỦA NGHIỆM Trong chương này, chúng tôi giả sử các hàm ( ), , ,F g kμ thỏa các giả thiết ( ) ( )2 4A A− và các hằng số ( )0 1, , ,K K λ λ thỏa giả thiết ( )5 .A Theo định lí 2.1, bài toán ( ) ( )2.1 2.6− có duy nhất nghiệm yếu ( ),u P phụ thuộc vào ( )0 1, , , , , , ,F g k K Kμ λ λ : ( ) ( )0 1 0 1, , , , , , , , , , , , , , , ,u u F g k K K P P F g k K Kμ λ λ μ λ λ= = (3.1) trong đó 0 1,u u là các hàm cố định thỏa 2 1 0 1, .∈ ∈u H u H Đặt [ ] ( ) ( ){0 0 1 0 1, , , , , , , : , , , , , , ,F g k K K F g k K Kμ μ λ λ μ λ λℑ = thỏa các giả thiết ( ) ( )}2 4 ,−A A trong đó 0 0μ > là một hằng số dương cố định. Khi đó ta thu được định lí sau. Định lí 3.1. Giả sử ( )1A thỏa, khi đó với mỗi 0T > , nghiệm của bài toán (2.1) – (2.6) là ổn định đối với ( ) [ ]0 1 0, , , , , , ,F g k K Kμ λ λ μ∈ℑ theo nghĩa: Nếu ( )0 1, , , , , , ,F g k K Kμ λ λ , ( ) [ ]0 1 0, , , , , , ,j j j j j j j jF g k K Kμ λ λ μ∈ℑ sao cho ( ) ( ) [ ]( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 / / 0. 0, 0, 0 0 1 1 0, 0, 0, T T j jL Q L Q j j jC T H T H T j j j j F F F F g g k k K K K K μ μ λ λ λ λ ⎧ − + − →⎪⎪ − + − + − →⎨⎪⎪ − + − + − + − →⎩ (3.2) khi j → +∞ , thì ( ) ( )( ) ( ) ( )( )/ /, , 0, , 1, , , , 0, , 1, ,j j j j ju u u t u t P u u u t u t P→ (3.3) trong ( ) ( ) [ ]( ) ( ) [ ]( )1 2 0 1 00, ; 0, ; 0, 0, 0,L T H L T L C T H T C T∞ ∞× × × × mạnh khi j → +∞ , trong đó ( )0 1, , , , , , , ,j j j j j j j j ju u F g k K Kμ λ λ= ( )0 1, , , , , , ,j j j j j j j j jP P F g k K Kμ λ λ= . 39 Chứng minh: Trước hết, ta chú ý rằng, nếu ( ) [ ]0 1 0, , , , , , ,F g k K Kμ λ λ μ∈ℑ thỏa ( ) ( ) [ ]( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 / * * * * 0. 0, 0, * * * * 0 0 1 1 , , , , 0 , 0 , 0 , 0 , μ μ λ λ λ λ ⎧ + ≤⎪⎪ ≤ ≤ ≤⎨⎪ ≤ ≤ ≤ ≤ ≤ ≤ < ≤⎪⎩ T TL Q L Q C T H T H T F F F g g k k K K K K (3.4) trong đó * * * * * * * *0 1, , , , , , ,F g k K Kμ λ λ là các hằng số dương cố định, thì các đánh giá tiên nghiệm của các dãy xấp xỉ Galerkin { }mu và { }mP như trong định lí 2.1 thỏa ( ) ( ) ( ) [ ]2 22/ / 0 1, , 0, ,+ + ≤ ∀ ∈∫tm mx m Tu t u t u s ds C t T (3.5) ( ) ( ) ( ) [ ]22 2// / // 0 1, , 0, ,+ + ≤ ∀ ∈∫mx t m m Tu t u t u s ds C t T (3.6) ( ) [ ]1, 0, , 0, ,∞ ≤ ∀ ∈m TW TP C t T (3.7) trong đó TC là một hằng số chỉ phụ thuộc vào các hằng số * * 0 1 0, , , , , ,μ μT u u F * * * * * * 0 1, , , , ,λ λg k K K (độc lập với 0 1, , , , , , ,F g k K Kμ λ λ ). Do đó giới hạn ( ),u P trong các không gian hàm thích hợp của dãy ( ){ },m mu P xác định bởi (2.8) – (2.13) là một nghiệm yếu của bài toán (2.1) – (2.6) thỏa các đánh giá tiên nghiệm (3.5) – (3.7). Bây giờ ta sẽ chứng minh định lí 3.1 dựa vào nhận xét trên. Do (3.2) nên ta có thể giả sử tồn tại các hằng số dương * * * * * * * *0 1, , , , , , ,F g k K Kμ λ λ sao cho các dữ kiện ( ) [ ]0 1 0, , , , , , ,j j j j j j j jF g k K Kμ λ λ μ∈ℑ thỏa (3.4) với ( ) ( )0 1 0 1, , , , , , , , , , , , , , .μ λ λ μ λ λ= j j j j j j j jF g k K K F g k K K Nhờ nhận xét trên, ta suy ra các nghiệm ( ),j ju P của bài toán (2.1)–(2.6) tương ứng với ( ) ( )0 1 0 1, , , , , , , , , , , , , ,j j j j j j j jF g k K K F g k K Kμ λ λ μ λ λ= thỏa ( ) ( ) ( ) [ ]2 22/ / 0 1, , 0, ,+ + ≤ ∀ ∈∫tj jx j Tu t u t u s ds C t T (3.8) 40 ( ) ( ) ( ) [ ]22 2// / // 0 1, , 0, , jx t j j Tu t u t u s ds C t T+ + ≤ ∀ ∈∫ (3.9) ( ) [ ]1, 0, , 0, ,∞ ≤ ∀ ∈j TW TP C t T (3.10) trong đó TC là một hằng số chỉ phụ thuộc vào các hằng số * * 0 1 0, , , , ,T u u Fμ μ , * * * * * * 0 1, , , , ,g k K K λ λ (độc lập với j). Ta đặt 0 0 0 1 1 1 , , , , , , , . j j j j j j j j j j j j j j j F F F g g g k k K K K K K K μ μ μ λ λ λ λ λ λ ⎧ = − = − = − =⎪⎨ = − = − = − = −⎪⎩       (3.11) Khi đó ( ),j j j jv u u Q P P= − = − thỏa bài toán sau ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) // / / 1 / 0 0 ˆ( ) , , 0 1, 0 , 0, , ˆ1, 1, , ,0 ,0 0, ˆ 0, 0, , μ λ λ ⎧⎪ − + + = < < < <⎪⎪ =⎪⎪ + =⎨⎪ = =⎪⎪⎪ = − = + − −⎪⎩ ∫ j jxx j j j jx j jx j j j j t j j j j j v t v Kv v F x t x t T v t Q t v t v t H t v x v x Q t P t P t g t K v t k t s v s ds (3.12) trong đó ( ) ( ) ( ) /ˆ , , ,j j j jxx j j j jF x t F x t t u K u uμ λ= + − −   (3.13) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )0 0 ˆ 0, 0, ,= + − −∫  tj j j j j jg t g t K u t k t s u s ds (3.14) ( ) ( )/1ˆ 1, .j j jH t u tλ= −  (3.15) Nhân tích vô hướng phương trình đầu trong (3.12) với ( )/2 jv t ta thu được ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) // / / / / / 1 / / / 2 , 2 , ˆ2 1, 1, 2 0, ˆ2 , 2 , . μ μ λ μ λ + + − + + + = j j jx jx j j j j j j ._.