Phương trình sóng một chiều với hệ số biến thiên liên kết với điều kiện biên chứa tích phân

gặp phải. Sự tận tình hướng dẫn của Thầy đã giúp tôi hoàn thành luận văn này. Xin trân trọng cảm ơn quý Thầy Cô trong và ngoài khoa Toán – Tin học trường Đại học Sư phạm Tp. Hồ Chí Minh đã tận tình truyền đạt kiến thức và kinh nghiệm quý báu cho tôi trong suốt thời gian học tập tại trường. Chân thành cảm ơn Ban chủ nhiệm khoa Toán – Tin học, quý Thầy Cô thuộc phòng quản lý Khoa học Công nghệ & Sau Đại học, thư viện trường Đại học Sư phạm Tp.HCM đã tạo điều kiện thuận lợi để tôi hoàn thành chương trình học cũng như trong quá trình làm thủ tục bảo vệ luận văn tốt nghiệp. Tôi vô cùng biết ơn Thầy Kiều Ngọc Tú, hiệu trưởng Trường THPT Trần Hưng Đạo đã tạo điều kiện thuận lợi nhất để tôi được hoàn thành khóa học. Tôi cũng không quên gửi lời biết ơn đến gia đình tôi, chỗ dựa tinh thần vững chắc nhất của tôi. Sau cùng, vì kiến thức bản thân còn hạn chế nên luận văn khó tránh khỏi những thiếu sót. Tôi rất mong nhận được sự chỉ bảo của quý Thầy Cô và sự góp ý chân thành của các bạn bè đồng nghiệp. Tôi xin chân thành cảm ơn. Thành phố Hồ Chí Minh, tháng 10 năm 2008. Lê Trường Giang 1 MỞ ĐẦU Trong luận văn này chúng tôi xét bài toán sau: Tìm một cặp các hàm (u, P) thỏa: tt xx tu u f (u,u ) F(x, t),0 x 1,0 t T,− + = < < < < (1) xu (0, t) P(t),= (2) u(1,t)=0, (3) 0 t 1u(x,0) u (x),u (x,0) u (x)= = (4) t tf (u,u ) K(x, t)u (t)u= + λ (5) trong đó 0 1K(x,t), λ(t), F(x,t), u , u là các hàm cho trước thỏa các điều kiện mà ta sẽ chỉ ra sau. Hàm chưa biết u(x,t) và các giá trị biên chưa biết P(t) thỏa phương trình tích phân phi tuyến sau đây 2 0 0 t 0 t 0 0 P(t) g (t) u (0, t) K u(0, t) u(0, t) k (t s)u(0,s)ds, α−= + λ + − −∫ (6) trong đó α λ≥ ≥0 02, K 0, >0 là các hằng số cho trước và 0 0g (t), k (t) là các hàm cho trước. Trong [2], Đ.Đ.Áng và Alain Phạm đã thiết lập một định lý tồn tại và duy nhất nghiệm cho bài toán (1) – (5) với u0, u1, P là các hàm cho trước, với t t tf (u,u ) u sign(u ),(0 1) α= < α < (7) Tổng quát hóa kết quả trong [2], N.T.Long và Alain Phạm [3 –5, 8, 10, 11 đã xét bài toán (1), (3), (4) liên kết với điều kiện biên không thuần nhất tại x = 0 sau đây có dạng t x 0 0 0 u (0, t) g (t) H(u(0, t)) k (t s)u(0,s)ds,= + − −∫ (8) 2 mà (7) được xét như một trường hợp riêng. Chẳng hạn bài toán (1), (3), (4) và (8) đã được nghiên cứu ứng với các trường hợp k 0,≡ H(s) hs,= với h 0> [10]; k 0≡ [11]; H(s) = hs, với h 0> [5]. Trong trường hợp H(s) = h.s, với h > 0, bài toán (1), (2), (3), (4), (8), ẩn hàm u(x,t) và giá trị biên chưa biết P(t) thỏa bài toán Cauchy cho phương trình vi phân thường như sau 2 ttP"(t) P(t) hu , 0 t T,+ ω = < < (9) 0 1P(0) P , P '(0) P ,= = (10) trong đó 0 10, h 0, P , Pω> ≥ là các hằng số cho trước ([1], [11]). Trong [1], N.T. An và N.D. Triều đã nghiên cứu một trường hợp đặc biệt của bài toán (1)–(4), (7), (9), (10) với 0 1 0u u P 0= = = và K(x, t) K,≡ (t)λ ≡ λ trong đó K, ,λ là các hằng số dương cho trước. Trong trường hợp này bài toán (1) – (4), (9), (10) 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. Trong trường hợp (7), bài toán (1) – (4), (9), (10) mô tả sự va chạm giữa một vật rắn và một thanh đàn hồi nhớt tuyến tính với ràng buộc đàn hồi phi tuyến ở bề mặt, các ràng buộc liên hệ với lực cản ma sát nhớt. Từ (9), (10) ta biểu diễn P(t) theo P0, P1, ,ω h, ttu (0, t) và sau khi tích phân từng phần, ta được t 0 0 0 P(t) g (t) hu(0, t) k (t s)u(0,s)ds,= + − −∫ (11) trong đó 0 0 0 1 1 1g (t) (P hu (0))cos t (P hu (0))sin t,= − ω + − ωω (12) 0k (t) h sin t.= ω ω (13) Bằng việc khử ẩn hàm P(t), ta thay điều kiện biên (2) bởi 3 t x 0 0 0 u (0, t) g (t) hu(0, t) k (t s)u(0,s)ds.= + − −∫ (14) Khi đó ta đưa bài toán (1) – (4), (9), (10) về bài toán (1) – (4), (11) – (13) hay (1), (3), (4), (12) – (14). Các tác giả Bergounioux, Long, Alain [3], và Long, Alain, Diễm [8] đã nghiên cứu bài toán (1), (2), (4), (8) và 1 tu(1, t) u (1, t) 0,+ λ =x 1u (1,t)+K (3’) t tf (u,u ) Ku u ,= + λ (15) trong đó K, ,λ 1K , 1λ là các hằng số không âm cho trước. Bài toán (1), (2), (4), (8), (3’), (15) mô tả sự va chạm của một vật rắn và một thanh đàn hồi nhớt tuyến tính tựa trên một nền đàn hồi nhớt với ràng buộc đàn hồi tuyến tính ở bề mặt, các ràng buộc liên kết với lực cản ma sát nhớt. 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 nghiệm yếu của bài toán (1) – (6) trong hai trường hợp 1 20 1 0(u ,u ) H (0,1) L (0,1),u (1) 0∈ × = và 2 1 0 1(u ,u ) H (0,1) H (0,1),∈ × 0u (1) 0,= 1u (1) 0.= Chứng minh được dựa vào phương pháp Galerkin liên kết với các đánh giá tiên nghiệm và phương pháp compact yếu. Trong phần này, định lý Schauder được sử dụng trong việc chứng minh tồn tại nghiệm xấp xỉ Galerkin. Chương 3, chúng tôi nghiên cứu sự ổn định và tính trơn của nghiệm bài toán (1) – (6) trong trường hợp 2.α = 4 Chương 4, chúng tôi xét một trường hợp cụ thể để minh họa phương pháp tìm nghiệm của bài toán. Kế đến là phần kết luận và danh mục các tài liệu tham khảo. 5 Chương 1 CÁC CÔNG CỤ CHUẨN BỊ 1.1. Các không gian hàm thông dụng Chúng ta bỏ qua định nghĩa các không gian hàm thông dụng và kí hiệu gọn lại như sau: p p m m m m 0 0L L ( ), H H ( ), H =H ( ),= Ω = Ω Ω T(0,1) Q (0,T) (0,1) (0,T), T 0Ω = =Ω× = × > Ta dùng các ký hiệu ,⋅ ⋅ và . để chỉ tích vô hướng và chuẩn sinh bởi tích vô hướng tương ứng trên 2L . Kí hiệu ,⋅ ⋅ cũng dùng để chỉ cặp tích đối ngẫu giữa một phiếm hàm tuyến tính liên tục với một phần tử của một không gian hàm. Ký hiệu X⋅ để chỉ chuẩn trong không gian Banach X. Ta gọi X’ là không gian đối ngẫu của X. Các ký hiệu pL (0,T;X), 1 p≤ ≤∞ , là không gian Banach của các hàm đo được u : (0,T) X→ , sao cho p 1 T pp L (0,T;X) X 0 u u(t) dt ⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ = < +∞∫ nếu 1 p≤ <∞ và L (0,T;X) X0 t T u esssup u(t)∞ < < = nếu p =∞ Ta kí hiệu u(t), tu '(t) u (t) u(t),= = i ttu ''(t) u (t) u(t),= = ii xu (t), để lần lượt chỉ 2 2 u uu(x, t), (x, t), (x, t), t t ∂ ∂ ∂ ∂ u (x, t) x ∂ ∂ theo thứ tự. 1.2. Các bổ đề quan trọng. 6 Cho ba không gian Banach 0 1B ,B,B với 0 1B B B⊂ ⊂ với phép nhúng liên tục sao cho B0, B1 phản xạ, (1.1) 0B B1 với phép nhúng compact. (1.2) Ta định nghĩa: 0 1p p0 1 dvW {v L (0,T;B ) : v ' L (0,T;B )}, dt = ∈ = ∈ trong đó i0 T , 1 p , i 0,1.< < ∞ ≤ ≤ ∞ = Trang bị trên W một chuẩn như sau: p p0 1 0 1W L (0,T;B ) L (0,T;B ) v v v '= + . Khi đó W là không gian Banach. Hiển nhiên 0pW L (0,T;B)⊂ . Ta có kết quả sau: Bổ đề 1.1 ([6], p.57). Dưới giả thiết (1.1), (1.2) và nếu i1 p ,< < ∞ i 0,1= thì phép nhúng 0pW L (0,T;B)1 là compact. Bổ đề 1.2 ([6], p.12). Cho Q là mở bị chặn của RN, g, gm qL (Q),1 q∈ < < ∞ thỏa (i) qm L (Q)g C,≤ với mọi m, (ii) mg g→ hầu hết trong Q. Khi đó: mg g→ trong qL (Q) yếu. Sau cùng, chúng tôi trình bày một kết quả về lý thuyết phổ được áp dụng trong nhiều bài toán biên. Trước hết ta làm một số giả thiết sau: Cho V và H là hai không gian Hilbert thực thỏa các điều kiện (1.3) (i) Phép nhúng V H1 là compact (ii) V trù mật trong H 7 Cho a : V V R× → là một dạng song tuyến tính đối xứng, liên tục trên VxV và cưỡng bức trên V. Chính xác hơn, ta gọi a là một dạng song tuyến tính: (j) Nếu u a(u,v)→ tuyến tính từ V vào R với mọi v V∈ và v a(u,v)→ tuyến tính từ V vào R với mọi u V∈ . (jj) Đối xứng nếu a(u,v) a(v,u)= , u,v V∀ ∈ (jjj) Liên tục nếu V V M 0: a(u,v) M u v , u,v V∃ > ≤ ∀ ∈ (4j) Cưỡng bức nếu 2 V 0 : a(v,v) v , v V∃α > ≥ α ∀ ∈ Khi đó ta có kết quả sau: Bổ đề 1.3 ([12], Định lý 6.2.1, p.137). Dưới giả thiết (1.3), (1.4). Khi đó, tồn tại một cơ sở trực chuẩn Hilbert {wj} của H gồm các hàm riêng wj tương ứng với giá trị riêng jλ sao cho 1 2 j jj0 ... ..., lim→∞< λ ≤ λ ≤ ≤ λ ≤ λ = +∞ i ij jja(w ,v) w ,v , v V, j 1,2...= λ ∀ ∈ ∀ = Hơn nữa, dãy i j j w{ }λ cũng là một cơ sở trực chuẩn Hilbert của V đối với tích vô hướng a(.,.). Chứng minh bổ đề 1.3 có thể tìm thấy trong [12, Định lý 6.2.1, p. 127]. 8 Chương 2 SỰ TỒN TẠI VÀ DUY NHẤT NGHIỆM 2.1. Giới thiệu. Trong chương II chúng tôi xét bài toán sau: Tìm một cặp các hàm (u, P) thỏa: tt xx tu u K(x, t)u (t)u F(x, t),0 x 1,0 t T,− + + λ = < < < < (1) xu (0, t) P(t),= (2) u(1,t)=0, (3) 0 t 1u(x,0) u (x),u (x,0) u (x)= = (4) trong đó K(x,t), λ(t), F(x,t), 0u , 1u là các hàm cho trước thỏa các điều kiện mà ta sẽ chỉ ra sau. Hàm chưa biết u(x,t) và các giá trị biên chưa biết P(t) thỏa phương trình tích phân phi tuyến sau đây 2 0 0 t 0 t 0 0 P(t) g (t) u (0, t) K u(0, t) u(0, t) k (t s)u(0,s)ds, α−= + λ + − −∫ (5) trong đó α ≥ 2, ≥0K 0, λ0>0 là các hằng số cho trước và 0g (t), 0k (t) là các hàm cho trước. Trong chương này, ta sẽ thiết lập một định lý tồn tại và duy nhất nghiệm yếu của bài toán (1) – (5). 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. 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 chúng ta đặt: 1V {v H (0,1) : v(1) 0}= ∈ = (2.1.1) 9 và một dạng song tuyến tính trên V V× 1 0 a(u,v) u '(x)v '(x)dx= ∫ (2.1.2) V là một không gian con đóng của H1, do đó cũng là một không gian Hilbert đối với tích vô hướng của H1. Khi đó ta có các bổ đề sau: Bổ đề 2.1.1. Phép nhúng 0V C ([0,1])1 là compact và 0C ([0,1]) Vv v ' v ,≤ ≤ 1 1H V H 1 v v ' v v , v V. 2 ≤ ≤ ≤ ∀ ∈ (2.1.3) Bổ đề 2.1.2. Dạng song tuyến tính đối xứng a(.,.) được xác định bởi (7), liên tục trên VxV và cưỡng bức trên V. Các bổ đề 2.1.1 và 2.1.2 là kết quả quen thuộc mà chứng minh của nó có thể tìm thấy trong nhiều tài liệu liên quan đến lý thuyết về không gian Sobolev, chẳng hạn [6]. Chú thích 2.1.1. Ta suy ra từ (2.1.3) rằng, trên V cả ba chuẩn 1Hv , v ' và V v a(v,v)= là tương đương. 2.2. Định lý tồn tại và duy nhất nghiệm. Ta thiết lập các giả thiết sau (F): 1 TF L (Q )∈ ( 0g ): 10g H ([0,T])∈ (K): TK L (Q )∞∈ (λ ): λ L ([0,T])∞∈ ( 0k ): 10k H (0,T)∈ (1’): α λ≥ ≥0 02,K 0, >0 10 (2’): 20 1Vu ,u L∈ ∈ Khi đó, ta có định lý sau: Định lý 2.2.1. Với các giả thiết (F), ( 0g ), (K), (λ ), ( 0k ), (1’), (2’) được thỏa. Khi đó tồn tại một nghiệm yếu ( , )u P của bài toán (1) – (5) thỏa 2 1 2 (0, ; ), (0, ; ), (0,.) (0, ) (2.2.1) (0, ) (2.2.2) tu L T V u L T L u H T P L T ∞ ∞⎧⎪⎨⎪⎩ ∈ ∈ ∈ ∈ Hơn nữa, nếu 2α = hoặc 3α ≥ thì nghiệm ( , )u P là duy nhất. Chứng minh. Việc chứng minh được chia làm nhiều bước Bước 1. Xấp xỉ Galerkin Xét một cơ sở trực chuẩn j{w } trong V gồm các vectơ riêng jw của toán tử Laplace 2 2/ x−∂ ∂ , 2j j j jw (x) 2/(1 ) cos( x), (2 j 1) , j 1,2,...2 π= + λ λ λ = − = (2.2.3) Đặt m m mj j j 1 u (t) c (t)w , = =∑ (2.2.4) trong đó mjc (t) thỏa hệ phương trình vi phân phi tuyến " m mx mj jx j ' m m j j , u (t),w u ,w P (t)w (0) K(x, t)u (t) (t)u (t),w F(x, t),w + + + + λ = (2.2.5) 2' m m m m0 0 0 t m0 0 P (t) g (t) u (t) K u (0, t) u (0, t) k (t s)u (0,s)ds, α−= + λ + − −∫ (2.2.6) với 11 m 1 m 0m 0mj j j 1 m ' 2 m 1m 0mj j j 1 u (0) u w u ma nh trong H u (0) u w u ma nh trong L ⋅= ⋅= ⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩ = = α → = = β → ∑ ∑ (2.2.7) Hệ phương trình này được viết lại dưới dạng 'm m j " 2 mmj j mj j2 j j K(x, t)u (t) (t)u (t),w 1c (t) c (t) P (t)w (0) w F(x, t),w ⎡⎣ + + λ ⎤⎦ −+ λ = − (2.2.8) 2' m m m m0 0 0 t m0 0 P (t) g (t) u (t) K u (0, t) u (0, t) k (t s)u (0,s)ds, α−= + λ + − −∫ (2.2.9) ' mj mj mj mjc (0) , c (0) , 1 j m= α = β ≤ ≤ . (2.2.10) Hệ phương trình này tương đương với hệ phương trình vi tích phân t ' m0mj mj j j2 0j 2 m m0 j ' m m j t j m0j2 0 0j , 1c (t) G (t) N (t ) u ( )w (0) w K u (0, ) u (0, )w (0) K(x, )u ( ) ( )u ( ),w d w (0) N (t )d k ( s)u (0,s)ds, 1 j m w α− τ ⎡⎣ ⎤⎦ = − − τ λ τ + τ τ + τ τ + λ τ τ τ + − τ τ τ − ≤ ≤ ∫ ∫ ∫ (2.2.11) trong đó j j j sin( t) N (t) , λ λ= (2.2.12) 12 t j' 0mj mj j mj j j2 0j t j j2 0j . w (0) G (t) N (t) N (t) N (t )g ( )d w 1 N (t ) F(x, ),w d w = α +β − − τ τ τ + − τ τ τ ∫ ∫ (2.2.13) Khi đó ta có bổ đề sau Bổ đề 2.2.1. Giả sử các giả thiết (F), ( 0g ), (K), (λ ), ( 0k ), (1’), (2’) thỏa. Khi đó với mỗi 0T > cố định, hệ phương trình (2.2.11) – (2.2.13) có nghiệm 1( ,..., )m mmmc c c= trên [0, ] [0, ]mT T⊂ . Chứng minh. Ta bỏ qua chỉ số m, hệ (2.2.11) – (2.2.13) được viết lại dưới dạng c Uc= , (2.2.14) trong đó m m1 1c (c ,...,c ), Uc ((Uc) ,...,(Uc) ),= = t j j j j 0 ,(Uc) (t) G (t) N (t )(Vc) ( )d= + − τ τ τ∫ (2.2.15) t j 1j 2 j 0 ,(Vc) (t) f (c(t),c'(t)) f (t s,c(s))ds= + −∫ (2.2.16) t j' 0j mj j mj j j2 0j t j2 0j . w (0) G (t) N (t) N (t) N (t )g ( )d w 1 F(x, ),w d w = α +β − − τ τ τ + τ τ ∫ ∫ (2.2.17) Các hàm 2m m1j 2 jf : , f :[0,T]→ × →\ \ \ \ cho bởi 13 2m m 01j i i i i j2 i 1 i 1j m m m 0 i i j i i i i j i 1 i 1 i 1 1f (c,d) K c w (0) c w (0) w (0) w d w (0) w (0) K c w d w ,w α− = = = = = ⎡ ⎛ ⎞⎢ ⎜ ⎟⎢ ⎝ ⎠⎣ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎥⎦ = − + λ + + λ ∑ ∑ ∑ ∑ ∑ (2.2.18) m j 02 j i i2 i 1j w (0) f (t,c) k (t) c w (0) w = = ∑ (2.2.19) Với mỗi mT 0, M 0> > , ta đặt ( ){ }1 mm 1S c C [0,T ]; : c M ,= ∈ ≤\ trong đó 1 0 0c c c'= + với m m i0 1 10 t T i 1 c sup c(t) , c(t) c (t) ≤ ≤ = = =∑ (2.2.20) Dễ nhận thấy S là một tập con lồi đóng và bị chặn của ( )1 mmY C [0,T ];= \ . Áp dụng định lý điểm bất động Schauder, chúng ta sẽ chứng minh toán tử U :S Y→ được xác định bởi (2.2.15) – (2.2.19) có điểm bất động. Điểm bất động này là nghiệm của hệ (2.2.11). a) Trước hết, ta chứng minh U là ánh xạ từ S vào chính nó Trước hết, ta chứng minh U: Y Y→ . Lấy c Y∈ , để chứng minh Uc Y∈ chúng ta cần bổ đề sau Bổ đề 2.2.3: Với hàm 1F:[0,T] , F L (0,T)→ ∈\ thì hàm H(t) = t 1 j 0 N (t τ)F(τ)dτ C ([0,T])− ∈∫ . Chứng minh bổ đề 2.2.3: 14 t j j j 0 t h j j t sinλ (t h τ) sinλ (t τ)H(t h) H(t) 1 F(τ)dτ h λ h sinλ (t h τ)λ F(τ)dτ h + + − − −+ − = + −+ ∫ ∫ Từ j j sinλ (t h τ) sinλ (t τ) F(τ) 2 F(τ) h + − − − ≤ và j j j j sinλ (t h τ) sinλ (t τ) F(τ) λ cosλ (t τ)F(τ) khi h 0 h + − − − → − → Theo định lý Lebesgue t t j j j j 0 0 sinλ (t h τ) sinλ (t τ)1 F(τ)dτ cosλ (t τ)F(τ)dτλ h + − − − → −∫ ∫ khi h 0→ Tương tự, ta cũng có: j sinλ (t h τ) F(τ) 2 F(τ) h + − ≤ và t h j t sinλ (t h τ) F(τ)dτ 0 khi h 0 h + + − → →∫ Do đó t j 0 H'(t) cosλ (t τ)F(τ)dτ= −∫ . Lại sử dụng định lý về sự hội tụ Lesbegue, ta cũng chứng minh được nH'(t ) H'(t)→ với mọi dãy nt t trong[0,T]→ . Do đó 1H C ([0,T])∈ . Bổ đề được chứng minh xong. 15 Sử dụng bổ đề 2.2.3 và các giả thiết (F), ( 0g ), (K), ( λ ), ( 0k ), (1’), (2’), chúng ta suy ra 1jG C ([0,T]; )∈ \ và ( )0 mj(Vc) C [0,T ];∈ \ với mọi ( )1 mmc C [0,T ];∈ \ , hơn nữa từ (2.2.15) suy ra t j j j j 0 (Uc)' (t) G ' (t) N' (t )(Vc) ( )d= + − τ τ τ∫ (2.2.21) và U :Y Y→ . Lấy c S∈ , ta suy ra từ (2.2.15) – (2.2.21) rằng m1 1 0 1 m1(Uc)(t) G(t) T Vc≤ + λ (2.2.22) m1 1 0(Uc)'(t) G '(t) mT Vc≤ + (2.2.23) Mặt khác, ta suy ra từ (F), ( 0g ), (K), ( λ ), ( 0k ), (1’), (2’) và (2.2.16), (2.2.18), (2.2.19) rằng m 1 21j 2 j0 j 1 (M,T) c S Vc m N (f ,M) TN (f ,M,T) = ⎡ ⎤⎣ ⎦ ≡ β ∀ ∈ ≤ +∑ (2.2.24) trong đó { } { } m m m 1 1j 1j 2 2 j 2 j N (f ,M) sup f (y,z) : y M, z M N (f ,M,T) sup f (t, y) :0 t T, y M ⎧⎪⎨⎪⎩ = ≤ ≤ = ≤ ≤ ≤ \ \ \ (2.2.25) Do vậy từ (2.2.22) – (2.2.25) ta thu được m1 1T 1 1Uc G (1 )T (M,T),≤ + + βλ (2.2.26) trong đó 1T 0T 0T 1 10 t T 0 t T G G G' sup G(t) sup G'(t) ≤ ≤ ≤ ≤ = + = + (2.2.27) Chọn M 0> và mT 0> sao cho 1TM 2 G≥ và m 1 1 Mm(1 )T (M,T) 2 + β ≤λ (2.2.28) 16 Do đó, 1Uc M c S≤ ∀ ∈ , có nghĩa là U là ánh xạ từ S vào chính nó. b) Bây giờ ta chứng minh toán tử U liên tục trên S. Lấy c,d S∈ , ta có t j j j j j 0 (Uc) (t) (Ud) (t) N (t ) (Vc) ( ) (Vd) ( ) d⎡ ⎤⎣ ⎦− = − τ τ − τ τ∫ (2.2.29) Vì vậy m0 0 1 1Uc Ud T Vc Vd− ≤ −λ (2.2.30) Tương tự, cũng từ đẳng thức t j j j j j 0 (Uc)' (t) (Ud)' (t) N' (t ) (Vc) ( ) (Vd) ( ) d⎡ ⎤⎣ ⎦− = − τ τ − τ τ∫ (2.2.31) Ta thu được m0 0(Uc)' (Ud)' T Vc Vd− ≤ − (2.2.32) Nhờ các đánh giá (2.2.30), (2.2.32), ta chỉ cần chứng minh rằng toán tử ( )0 mmV : Y C [0,T ];→ \ là liên tục trên S. Ta có ( ) j j 1j 1j t 2 j 2 j 0 (Vc) (t) (Vd) (t) f (c(t),c'(t)) f (d(t),d '(t)) f (t s,c(s)) f (t s,d(s)) ds − = − + − − −∫ (2.2.33) Từ các giả thiết (F), ( 0g ), (K), ( λ ), ( 0k ), (1’), (2’) ta suy ra rằng tồn tại một hằng số MK 0> sao cho ( ) m m 1j 1j 0 t T j 1 M 0 0 sup f (c(t),c'(t)) f (d(t),d '(t)) K c d c' d ' c,d S ≤ ≤ = − ≤ − + − ∀ ∈ ∑ (2.2.34) Ta có bổ đề sau Bổ đề 2.2.4. Giả sử 2 :[0, ] mmjf T × →\ \ là hàm liên tục và đặt 17 ( )02 0 ( )( ) ( , ( )) , [0, ]; t m j mjW c t f t s c s ds c C T= − ∈∫ \ (2.2.35) Khi đó toán tử ( ) ( )0 0: [0, ]; [0, ];mj m mW C T C T→\ \ là liên tục trên S. Chứng minh. Bổ đề được suy ra một cách dễ dàng nhờ vào tính liên tục đều của hàm 2 jf trên mm[0,T ] [ M,M]× − . Từ (1.2.34), (1.2.35), (1.2.36) ta suy ra ( ) m m m j j0 0 T j 1 M 0 0 m j j 0 t T j 1 Vc Vd sup (Vc) ( ) (Vd) ( ) K c d c' d ' sup (W c)(t) (W d)(t) , c,d S ≤τ≤ = ≤ ≤ = − = τ − τ ≤ − + − + − ∀ ∈ ∑ ∑ (2.2.36) Sử dụng bổ đề 2.2.2 và bất đẳng thức (2.2.36) chứng tỏ rằng ( )0 mmV : Y C [0,T ];→ \ là liên tục trên S. c) Bây giờ ta sẽ chứng minh rằng tập US là một tập con compact của Y. Lấy mc S, t, t ' [0,T ]∈ ∈ . Từ (2.2.15) ta viết lại j j j j t t ' j j j j 0 0 t j j j j j 0 t ' j j t (Uc) (t) (Uc) (t ') G (t) G (t ') N (t )(Vc) ( )d N (t ' )(Vc) ( )d G (t) G (t ') N (t ) N (t ' ) (Vc) ( )d N (t ' )(Vc) ( )d ⎡ ⎤⎣ ⎦ − = − + − τ τ τ − − τ τ τ = − + − τ − − τ τ τ − − τ τ τ ∫ ∫ ∫ ∫ (2.2.37) Do bất đẳng thức mj jN (t) N (s) t s , t,s [0,T ]− ≤ − ∀ ∈ (2.2.38) và từ (2.2.24), (2.2.37), ta thu được 18 m j j1 j 1 m1 0 1 m1 1 (Uc)(t) (Uc)(t ') (Uc) (t) (Uc) (t ') 1G(t) G(t ') (T ) t t ' Vc 1G(t) G(t ') (M,T)(T ) t t ' = − = − ≤ − + + −λ ≤ − +β + −λ ∑ (2.2.39) Tương tự, từ (2.2.21) – (2.2.24), ta cũng thu được m m1 1(Uc)'(t) (Uc)'(t ') G '(t) G '(t ') (M,T)( T 1) t t '− ≤ − +β λ + − (2.2.40) Do US S⊂ và từ đánh giá (2.2.39), (2.2.40), ta suy ra được rằng họ các hàm { }US Uc,c S= ∈ là bị chặn và đẳng liên tục đối với chuẩn 1. của không gian Y. Áp dụng định lý Arzela-Ascoli đối với không gian Y, ta suy ra được US là compact trong Y. Do định lý điểm bất động Schauder nên U có điểm bất động c S∈ , cũng chính là nghiệm của hệ (2.2.11). Bổ đề 2.2.1 được chứng minh hoàn tất. Dùng bổ đề 2.2.1, hệ phương trình (2.2.5) – (2.2.7) có nghiệm m m(u (t),P (t)) trong một khoảng m[0,T ] . Các đánh giá tiên nghiệm tiếp theo cho phép chúng ta lấy mT T= với mọi m. Bước 2: Đánh giá tiên nghiệm. Thế (2.2.6) vào (2.2.5), sau đó nhân phương trình thứ j của hệ (2.2.5) cho mjc '(t) và cộng các phương trình theo chỉ số j, ta có " ' ' ' m m mx mx m0 2 2' ' m m m m0 0 u (t),u (t) u ,u g (t)u (0, t) u (0, t) K u (0, t) u (0, t)u (0, t)α− + + + λ + t ' m m0 0 u (0, t) k (t s)u (0,s)ds− −∫ ' m m j jK(x, t)u (t) (t)u (t),w F(x, t),w+ + λ = (2.2.41) 19 Tích phân từng phần (2.2.41) theo biến thời gian từ 0 đến t, chúng ta có được phương trình sau bằng vài sự sắp xếp lại m m om m0 0S (t) S (0) 2g (0)u (0) 2g (t)u (0, t)= + − t t ' ' m m m 0 0 2 F(s),u (s) ds 2 K(x,s)u (s),u (s) ds+ −∫ ∫ t t ' ' ' m m m0 0 0 2 λ(s)u (s),u (s) ds 2 g (s)u (0,s)ds− +∫ ∫ t r ' m m0 0 0 2 u (0,r) k (r s)u (0,s)ds dr ⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ + −∫ ∫ m m0 0m 0S (0) 2g (0)u (0) 2g (t)u (0, t)= + − 51 2 3 4I I I I I+ + + + + (2.2.42) với 2 2 α' m m mx m0 2S (t) u (t) u (t) K u (0, t)α= + + t 2' m0 0 2λ u (0,s) ds+ ∫ (2.2.43) Sử dụng bất đẳng thức 2 212ab εa b , a,b , ε 0ε≤ + ∀ ∈ ∀ >\ (2.2.44) và các bất đẳng thức sau 0m m mx mC ( ) u (0, t) u (t) u (t) S (t)Ω≤ ≤ ≤ (2.2.45) t t22 22 ' m m m0m 0m 0 0 u (t) 2 u 2 u (s) ds 2 u 2 S (s)ds≤ + ≤ +∫ ∫ (2.2.46) Chúng ta đánh giá vế phải của (2.2.42) như sau 22 2 m m m0 0 0 1 12g (t)u (0, t) g (t) ε u (0, t) g (t) εS (t)ε ε− ≤ + ≤ + (2.2.47) 20 t t t 22' ' m m1 0 0 0 I 2 F(x,s),u (s) ds F(s) ds u (s) ds= ≤ +∫ ∫ ∫ t t 2 m 0 0 F(s) ds S (s)ds≤ +∫ ∫ (2.2.48) T t t ' m m m2 L (Q ) 0 0 I 2 K(x,s)u (s),u (s) ds 2 K S (s)ds∞= − ≤∫ ∫ (2.2.49) t t 2' ' ' m m m3 0 0 I 2 λ(s)u (s),u (s) ds 2 λ(s) u (s) ds= − = −∫ ∫ 1 t mL (0,T) 0 2 λ S (s)ds≤ ∫ (2.2.50) 2 t t ' ' 2 m m4 0 0 L (0,T) 0 0 I 2 g (s)u (0,s)ds g u (0,s)ds= ≤ +∫ ∫ 2 t ' m0 L (0,T) 0 g S (s)ds≤ + ∫ (2.2.51) t r ' 5 m m0 0 0 I 2 u (0,r) k (r s)u (0,s)ds dr ⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ = −∫ ∫ t m m0 0 2u (0, t) k (t s)u (0,s)ds= −∫ t r t ' 2 m m m0 0 0 0 0 2 u (0,r) k (r s)u (0,s)ds dr 2k (0) u (0,r)dr ⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ − − −∫ ∫ ∫ t t t t22 ' m m m0 0 0 0 0 0 1εS (t) k (θ)dθ S (s)ds 2 t k (θ) dθ S (s)dsε≤ + +∫ ∫ ∫ ∫ t m0 0 2 k (0) S (s)ds+ ∫ mεS (t)≤ 21 2 2 t ' o m0 0L (0,T) L (0,T) 0 1 k 2 T k 2 k (0) S (s)dsε ⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠+ + + ∫ (2.2.52) Mặt khác, từ (2.2.7), (2.2.43), (g0), (k0), (1’), (2’) và bổ đề 2.1.1, ta có m m0 2 α2' m mx 0 0m 0 0m 1 S (0) 2g (0)u (0) 2u (0) u (0) K u (0) 2g (0)u (0)α C , m + = + + + ≤ ∀ (2.2.53) trong đó: C1 là hằng số chỉ phụ thuộc vào 0 1 0 0u ,u ,g ,k ,α . Kết hợp (2.2.42), (2.2.43), (2.2.47) – (2.2.53) ta được 22 T 1 2 2 22 2' m m1 0 0 L (Q )L (0,T) L (0,T) ' 0 0L L L (0,T) L (0,T) t m0 0 1S (t) C g g F 2εS (t)ε 1(2 K 2 λ k 2 T kε 2 k (0) ) S (s)ds ∞ ∞ ≤ + + + + + + + + + + ∫ (2.2.54) Chọn 1ε 4 = . Từ (2.2.54) ta có: t (1) (1) m T T m 0 S (t) M N S (s)ds≤ + ∫ (2.2.55) với: 22 T 1 2 2 22 2(1) ' T 1 0 0 L (Q )L (0,T) L (0,T) (1) ' T 0 0 0L L L (0,T) L (0,T) 1M 2(C g g F )ε 1N 2(2 K 2 λ k 2 T k 2 k (0) )ε ∞ ∞ ⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩ = + + + = + + + + + (2.2.56) Sử dụng bổ đề Gronwall, chúng ta rút ra từ (2.2.55), (2.2.56) là (1) (1) (1) (1) m T T T T TS (t) M exp(tN ) M exp(TN ) C , t [0,T]≤ ≤ = ∀ ∈ (2.2.57) Mặt khác từ (2.2.6), (2.2.43), (2.2.57) ta rút ra: 22 α 1 1 Tα α 'T T m m0 0 0 0L (0,T) 0 0 0 αC αCP (t) g K k (s)ds λ u (0, t) 2K 2K∞ − ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ≤ + + +∫ i(1) 'T m0C λ u (0, t)≤ + (2.2.58) 2 T2 2' ' T m mL (0,T) 00 Cu (0,.) u (0, t) dt 2λ= ≤∫ (2.2.59) Từ (2.2.58), (2.2.59) suy ra: i( ) i( ) i( ) i 2 1 T 22 m mL (0,T) 0 1 T 22(1) ' T m0 0 1 T T 22 2(1) 2 ' T m0 0 0 1 2 2(1) T TT0 P (t) P (t) dt C λ u (0, t) dt 2 C dt 2 λ u (0, t) dt 2T C λ C C , m ⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠ = ≤ + ≤ + ≤ + = ∀ ∫ ∫ ∫ ∫ (2.2.60) với iTC là hằng số dương chỉ phụ thuộc vào T. Bước 3: Qua giới hạn Từ (2.2.43), (2.2.58) - (2.2.60) ta suy ra rằng, tồn tại một dãy con của dãy {um, Pm}, vẫn kí hiệu là {um, Pm}, sao cho: mu u→ trong L (0,T;V)∞ yếu* (2.2.61a) ' mu u '→ trong 2L (0,T;L )∞ yếu* (2.2.61b) mu (0, t) u(0, t)→ trong L (0,T)∞ yếu* (2.2.61c) ' mu (0, t) u '(0, t)→ trong 2L (0,T) yếu (2.2.61d) mP P→ trong 2L (0,T) yếu (2.2.61e) 23 Áp dụng bổ đề về tính compact của Lions (xem [6], p.57), kết hợp với ( )1 0H 0,T C ([0,T])1 , ta có thể suy từ (2.2.61a) - (2.2.61d) rằng tồn tại một dãy con vẫn ký hiệu là {um}, sao cho: mu u→ trong 2 TL (Q ) mạnh và a.e trong QT (2.2.62a) mu (0, t) u(0, t)→ trong 0C ([0,T]) (2.2.62b) Từ (2.2.62b), ta có: j i 2 0 0 t 0 0 m m m m P (t) g (t) K u (0, t) u (0, t) k (t s)u (0,s)ds P(t) α−= + − − →∫ (2.2.63) trong 0 ([0, ])C T mạnh với i t2 0 0 0 0 P(t) g (t) K u(0, t) u(0, t) k (t s)u(0,s)dsα−= + − −∫ (2.2.64) Kết hợp với (2.2.61d), ta được j ' m m 0 m 0P (t) P(t)P (t) u (0, t) u '(0, t) P(t)+ λ + λ= → = (2.2.65) trong 2L (0, )T yếu Qua giới hạn trong (2.2.5) – (2.2.7) nhờ vào (2.2.61a), (2.2.61b), (2.2.61e), (2.2.65) ta có 1 1 2 0 0 t 0 t 0 0 x x u(0) = u , u'(0) = u , P(t) g (t) u (0, t) K u(0, t) u(0, t) k (t s)u(0,s)ds, d v dt , v V u '(t),v u ,v P(t) (0) K(x,t)u(t) (t)u '(t),v F(x, t),v α− ⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪ = + λ +⎪⎪⎪ − −⎪⎩ ∀ ∈ + + + +λ = ∫ (2.2.65) Sự tồn tại nghiệm được chứng minh xong. 24 Bước 4: Sự duy nhất nghiệm. Giả sử (u, P),  (u,P) là hai nghiệm yếu của bài toán (1) – (5) thỏa l l l l 2 t t 1 2 u,u L (0,T;V); u ,u L (0,T;L ) u(0,.),u(0,.) H (0,T) P,P L (0,T) ∞ ∞⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩ ∈ ∈ ∈ ∈ (2.2.67) thì (v, Q) với l lv u u, Q P P= − = − là nghiệm yếu của bài toán sau: l tt xx t x t t0 0 t 0 0 v v K(x, t)v (t)v 0 v (0, t) Q(t),v(1, t) 0 v(x,0) 0,v (x,0) 0 Q(t) v (0, t) K (H(u(0, t)) H(u(0, t))) k (t s)v(0,s)ds ⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎩ − + + λ = = = = = = λ + − − −∫ (2.2.68) với 2H(z) z zα−= Chúng ta xét bổ đề sau: Bổ đề 2.2.3. Cho u là nghiệm yếu của bài toán 1 1 0 1 2 0, 0 1,0 (0, ) ( ), (1, ) 0 ( ,0) , ( ,0) (0, ; ), (0, ; )∞ ∞ ⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩ − + φ = < < < < = = = = ∈ ∈ tt xx x t t u u x t T u t P t u t u x u u x u u L T V u L T L thì: 22 1 1 0 0 1 1'( ) ( ) ( ) '(0, ) ( ), '( ) 2 2 t t xu t u t P s u s ds s u s ds+ + + φ∫ ∫ 22 1 1 1 2 2 ox u u≥ + h.k.n trên [0;T] Hơn nữa: nếu 0 1 0= =u u thì xảy ra dấu bằng ở bất đẳng thức trên. 25 Chứng minh của bổ đề có thể tìm thấy trong [3]. Sử dụng bổ đề 2.2.3 với t1 K(x, t)v (t)v ,φ = + λ 1P (t) Q(t),= 0 1u u 0= = chúng ta có t 2 2 x 0 1 1v'(t) v (t) Q(s)v'(0,s)ds 2 2 + + ∫ t 0 K(x, t)v (t)v',v '(s) ds 0+ + λ =∫ (2.2.69) Thay (2.2.68) vào (2.2.69) ta được: t t 2 0 1 0 0 0 t r t 0 0 0 0 t 0 Z(t) 2K H (t)v'(0,s)ds v'(0,s) ds 2 v'(0,r) k (r s)v(0,s)ds dr 2 K(x, t)v,v'(s) ds 2 (t)v',v '(s) ds ⎡ ⎤⎣ ⎦ ⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ + + λ = − − − λ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ (2.2.70) trong đó: l 2 2 x 1 Z(t) v'(t) v (t) H (t) H(u(0, t)) H(u(0, t)) ⎧⎪⎨⎪⎩ = + = − (2.2.71) Chúng ta có: T t t 0 0 t t L (Q ) L (0,T) 0 0 2 K(x, t)v,v'(s) ds 2 (t)v',v '(s) ds 2 K Z(s)ds 2 Z(s)ds∞ ∞ − − λ ≤ + λ ∫ ∫ ∫ ∫ (2.2.72) Ta cũng có: t r 0 0 0 2 v'(0,r) k (r s)v(0,s)ds dr ⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ −∫ ∫ 26 t t 2 0 0 0 0 2v(0, t) k (t r)v(0,r)dr 2k (0) v (0,s)ds= − −∫ ∫ t s ' 0 0 0 2 v(0,s) k (s r)v(0,r)dr ds ⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ − −∫ ∫ ( )2 2 t22 '0 0 0L (0,T) L (0,T) 0 1 Z(t) 2 k T k 2 k (0) 1 Z(s)ds 2 ≤ + + + + ∫ (2.2.73) Từ (2.2.70) – (2.2.73) ta có: 2 2 T 22 ' 0 0L (Q ) L (0,T) L (0,T) L (0,T) 0 t t 2 0 1 0 0 0 t 0 4 K 4 4 k 2T k 4 k (0) 2) Z(t) 4K H (t)v'(0,s)ds 4 v'(0,s) ds ( Z(s)ds ∞ ∞ ⎡ ⎤⎣ ⎦ + λ + + + + + + λ ≤ ∫ ∫ ∫ (2.2.74) Chúng ta xét hai trường hợp của α . Trường hợp 1: 2α = , l l1H (t) H(u(0, t)) H(u(0, t)) u(0, t) u(0, t)= − = − Chúng ta có: t t 0 1 0 0 0 t 2 2 0 00 4K H (s)v'(0,s)ds 4K v(0,s)v'(0,s)ds 2K v (0,s) 2K v (0, t) 0⎡ ⎤⎣ ⎦ = = = ≥ ∫ ∫ (2.2.75) Do đó: 2 2 T 22 ' 0 0L (Q ) L (0,T) L (0,T) L (0,T) 0 t 0 4 K 4 4 k 2T k 4 k (0) 2] Z(t) [ Z(s)ds ∞ ∞+ λ + + + + ≤ ∫ (2.2.76) Sử dụng bổ đề Gronwall chúng ta suy ra Z 0≡ , nghĩa là lu u= . Trường hợp 2: 3α ≥ . Sử dụng tích phân từng phần ta có: 27 t 0 1 0 4K H (s)v'(0,s)ds∫ l( )t 10 0 0 d4K H u(0,s) v(0,s) d v'(0,s)ds d ⎧ ⎫⎪ ⎪⎡ ⎤⎨ ⎬⎢ ⎥⎣ ⎦⎪ ⎪⎩ ⎭ = + θ θθ∫ ∫ l( )10 0 d2K H u(0,s) v(0,s) d .v'(0, t) d ⎡ ⎤⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦⎢ ⎥⎣ ⎦ = + θ θθ∫ l( ) l( )t 120 0 0 2K v (0,s)ds H" u(0,s) v(0,s) . u '(0,s) v'(0,s) d ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ − + θ + θ θ∫ ∫ t 3 0 1 0 2K ( 1)( 2)R (s)Z(s)dsα−≥ − α − α − ω∫ (2.2.77) với: l{ } l1L (0,T;V) L (0,T;V)R max u , u ,ω (s) u '(0,s) u '(0,s)∞ ∞= = + Sử dụng bổ đề Gronwall, từ (2.2.74) – (2.2.77), ta có Z 0≡ , nghĩa là lu u≡ . Định lý 2.2.1 được chứng minh. Chúng tôi thành lập các giả thiết mạnh hơn: (F’): 2 TtF,F L (Q )∈ ( 0g ’): 10g H ([0,T])∈ (K’): TK L (Q )∞∈ , t TK L (Q )∞∈ (λ ’): λ L ([0,T])∞∈ , tλ L ([0,T])∞∈ ( 0k ’): 10k H (0,T)∈ (1’’): α λ≥ ≥0 02,K 0, >0 (2’’): 20 1V Vu H ,u∩∈ ∈ Định lý 2.2.2. Với các giả thiết (F’), ( 0g ’), (K’), (λ ’), ( 0k ’), (1’’), (2’’) được thỏa. Khi đó tồn tại một nghiệm yếu ( , )u P của bài toán (1) – (5) thỏa 28 2 1 2 2 1 (0, ; ), (0, ; ), (0, ; ) (0,.) (0, ), (0, ) ∞ ∞ ∞⎧ ∈⎪⎨⎪⎩ ∈ ∈ ∈ ∈ tttu L T H u L T H u L T L u H T P H T Hơn nữa, nếu 2=α hoặc 3≥α thì nghiệm ( , )u P là duy nhất. Chứng minh: Việc chứng minh được chia làm nhiều bước Bước 1. Xấp xỉ Galerkin Xét một cơ sở trực chuẩn j{w } trong V gồm các vectơ riêng jw của toán tử Laplace 2 2/ x−∂ ∂ , 2j j j jw (x) 2/(1 ) cos( x), (2 j 1) , j 1,2,...2 π= + λ λ λ = − = Đặt m m mj j j 1 u (t) c (t)w , = =∑ trong đó mjc (t) thỏa hệ phương trình vi phân phi tuyến " m mx mj jx j ' m m j j u (t),w u ,w P (t)w (0) K(x, t)u (t) (t)u (t),w F(x, t),w + + + + λ = (2.2.78) 2' m m m m0 0 0 t m0 0 P (t) g (t) u (t) K u (0, t) u (0, t) k (t s)u (0,s)ds, α−= + λ + − −∫ (2.2.79) với m 2 m 0m 0mj j j 1 m ' 1 m 1m 0mj j j 1 (2.2.80) (2.2.81) u (0) u w u ma nh trong H u (0) u w u ma nh trong H ⋅= ⋅= ⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩ = = α → = = β → ∑ ∑ 29 Theo giả thiết của định lý 2.2.2, hệ phương trình (2.2.78) – (2.2.81) có nghiệm m m(u (t),P (t)) trong miền m[0,T ] . Các đ._.