Phương trình sóng phi tuyến với điều kiện biên Dirichlet không thuần nhất ở một phần biên: sự tồn tại, duy nhất và khai triển tiệm cận

KHAI TRIỂN TIỆM CẬN Chuyên ngành: Toán Giải Tích Mã số: 60 46 01 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học: TS. Nguyễn Thành Long Thành phố Hồ Chí Minh - 2007 LỜI CÁM ƠN Lời đầu tiên, tôi xin kính gởi đến TS. Nguyễn Thành Long, lời cám ơn sâu sắc 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 cám ơn PGS. TS Nguyễn Bích Huy và TS. Nguyễn Công Tâm, cùng tất cả quý Thầy Cô trong Hội Đồng chấm luận văn đã dành thời gian đọc và cho những ý kiến quý báu cũng như những lời phê bình bổ ích đối với luận văn của tôi. Tôi cũng xin cám ơn tất cả quý Thầy Cô Khoa Toán của hai trường, trường Đại học Sư phạm Tp. Hồ Chí Minh và trường Đại học Khoa học Tự nhiên Tp. Hồ Chí Minh đã tận tình giảng dạy và truyền đạt những kiến thức bổ ích trong suốt khóa học tại trường Đại học Sư phạm Tp. Hồ Chí Minh. Xin cám ơn quý Thầy Cô thuộc Phòng Sau Đại học, trường Đại học Sư phạm Tp. Hồ Chí Minh đã tạo mọi điều kiện thuận lợi về mặt thủ tục hành chính cho tôi trong suốt khóa học. Xin gởi lời cám ơn đến Ban Giám hiệu và toàn thể giáo viên của trường THPT Thống Nhất A đã tạo điều kiện và động viên tôi trong suốt quá trình học. Xin chân thành cám ơn TS. Trần Minh Thuyết và Ths. Lê Khánh Luận đã hỗ trợ về cơ sở vật chất cho các buổi sinh hoạt chuyên môn tạo điều kiện thuận lợi để tôi hoàn thành luận văn này. Tôi xin cám ơn các bạn học viên Cao học Khóa 15 và các bạn đồng nghiệp đã hỗ trợ tôi trong thời gian học, nhất là Ths. Võ Giang Giai đã đóng góp những ý kiến quý báu cho tôi trong lúc làm luận văn. Cuối cùng, tôi xin gởi lời cám ơn đến gia đình tôi, là chỗ dựa cho tôi về mọi mặt và đã tạo mọi điều kiện tốt nhất để tôi học tập và hoàn thành luận văn này. Nguyễn Hữu Nhân 1 MỤC LỤC Trang Mục lục...................................................................................................... 1 MỞ ĐẦU.................................................................................................... 2 Chương 1. CÁC CÔNG CỤ CHUẨN BỊ .................................................. 5 1.1. Các không gian hàm thông dụng .............................................. 5 1.2. Các không gian hàm (0, ; ), 1pL T X p≤ ≤ ∞ ............................. 8 1.3. Phân bố có giá trị trong không gian Banach............................. 9 1.4. Đạo hàm trong (0, ; )pL T X ..................................................... 10 1.5. Bổ đề về tính compact của Lions[7]...................................... 12 Chương 2. SỰ TỒN TẠI VÀ DUY NHẤT NGHIỆM............................ 13 2.1. Giới thiệu ................................................................................ 13 2.2. Thuật giải xấp xỉ tuyến tính.................................................... 14 2.3. Sự tồn tại và duy nhất nghiệm................................................ 23 Chương 3. KHAI TRIỂN TIỆM CẬN..................................................... 27 Chương 4. KHẢO SÁT MỘT VÍ DỤ CỤ THỂ ..................................... 41 KẾT LUẬN ............................................................................................. 43 TÀI LIỆU THAM KHẢO ....................................................................... 44 2 MỞ ĐẦU Trong luận văn này, chúng tôi xét bài toán giá trị biên và ban đầu sau ( ) ( , , ), 0 1, 0 ,tt xx tu t u f t u u x t Tμ− = < < < < (0.1) (0, ) 0, (1, ) ( ),u t u t tϕ= = (0.2) i i 0 1 ( ,0) ( ), ( ,0) ( ), t u x u x u x u x= = (0.3) trong đó i i0 1, ( ), ( ), ,f t t u uμ ϕ là các hàm cho trước thỏa các giả thiết mà chúng tôi sẽ chỉ ra sau. Trong [6], Ficken và Fleishman đã chứng minh sự tồn tại, duy nhất nghiệm của phương trình 31 22xx tt tu u u u u bα α ε− − − = + , với 0ε > bé. (0.4) Rabinowitz [13] đã chứng minh sự tồn tại nghiệm tuần hoàn của phương trình 12 ( , , , )xx tt t x tu u u f x t u uα− + = , (0.5) trong đó ε là một tham số bé và f là một hàm tuần hoàn theo thời gian. Trong bài báo của Caughey và Ellison [3], đã hợp nhất các xấp xỉ trong các trường hợp trước đây để bàn sự tồn tại, duy nhất và tính ổn định tiệm cận của nghiệm cổ điển cho một lớp các hệ động lực phi tuyến liên tục. Trong [4], Alain Phạm đã nghiên cứu sự tồn tại, duy nhất và dáng điệu tiệm cận khi 0ε → của nghiệm yếu của bài toán (0.1), (0.3) liên kết với điều kiện biên Dirichlet thuần nhất (0, ) (1, ) 0u t u t= = , (0.6) trong đó các số hạng phương trình (0.1) cho bởi 11 1( ) 1, ( , ), ([0, ) ).t f f t u f Cμ ε≡ = ∈ ∞ ×\ (0.7) Bằng sự tổng quát hóa của [4], Alain Phạm và Long [5] đã xét bài toán (0.1), (0.3), (0.6) với ( ) 1tμ ≡ và số hạng phi tuyến có dạng 1( , , )tf f t u uε= . (0.8) Nếu 21 ([0, ) ) Nf C∈ ∞ ×\ thỏa 1( ,0,0) 0f t = với mọi 0t ≥ , một khai triển tiệm cận của nghiệm bài toán (0.1), (0.3), (0.6) đến cấp N+1 theo ε thu được, với ε đủ nhỏ, mà điều này đã nới rộng kết quả cho phương trình đạo hàm riêng từ phương trình vi phân thường [1]. Trong [8,9], Long và Alain Phạm đã nghiên cứu bài toán (0.1), (0.3) với ( ) 1tμ ≡ , và số hạng phi tuyến có dạng 1( , )tf f u u= . (0.9) Trong [8], các tác giả xét nó với điều kiện biên hỗn hợp không thuần nhất 3 (0, ) (0, ) ( ), (1, ) 0,xu t hu t g t u t= + = (0.10) trong đó h>0 là hằng số dương cho trước và trong [9] với điều kiện tổng quát hơn 0 (0, ) ( ) (0, ) ( ) (0, ) , (1, ) 0. t xu t g t hu t k t s u s ds u t= + − − =∫ (0.11) Trong [10], Long và Diễm đã nghiên cứu bài toán (0.1), (0.3) với điều kiện biên hỗn hợp thuần nhất 0 1(0, ) (0, ) (1, ) (1, ) 0,x xu t h u t u t h u t− = − = (0.12) trong đó 0 1,h h là các hằng số không âm cho trước với 0 1 0h h+ > và các số hạng phi tuyến vế phải có dạng 1( , , , , ) ( , , , , ).x t x tf f x t u u u f x t u u uε= + (0.13) Trong trường hợp 2 3 1 31([0;1] [0; ) ), ([0;1] [0; ) )f C f C∈ × ∞ × ∈ × ∞ ×\ \ các tác giả đã thu được một khai triển tiệm cận của nghiệm yếu uε đến cấp hai theo ε , với ε đủ nhỏ [10]. Trong luận văn này chúng tôi nghiên cứu sự tồn tại và duy nhất nghiệm địa phương của bài toán (0.1)-(0.3). Chứng minh được dựa vào phương pháp Garlerkin liên kết với các đánh giá tiên nghiệm cùng với kỹ thuật hội tụ yếu và tính compáct. Nhờ kết quả này chúng tôi tiến đến khảo sát bài toán nhiễu cấp cao theo một tham số bé ε , trong đó số hạng nhiễu là số hạng phi tuyến trong phương trình cùng dạng và ở biểu thức của điều kiện đầu như bài toán sau: ( ) i i i i 1 1 0 0 1 1 ( ) ( ) ( , , ) ( , , ), 0 1, 0 , ( ) (0, ) 0, (1, ) ( ), ( ,0) ( ) ( ), ( ,0) ( ) ( ), tt xx t t t u t t u f t u u f t u u x t T P u t u t t u x u x x u x u x x ε μ εμ ε ϕ εϕ εϕ ⎧ − + = + < < < <⎪ = =⎨⎪ = + = +⎩ trong đó, ta giả sử rằng i i i i 1 2 1 1 2 1 0 1 0 0 1 0 1 2 2 1 ( ), , , , , ( ), ( ), N N N C u H u H H H H f C f C ϕ ϕ ϕ + + + + + ∈ ∈ ∈ ∈ ∩ ∈ ∈ × ∈ × \ \ \ \ \ và thỏa thêm một số điều kiện phụ. Luận văn này sẽ nghiên cứu khai triển tiệm cận của nghiệm bài toán ( )Pε theo tham số bé ε , tức là nghiệm có thể xấp xỉ bởi một đa thức theo ε : l 0 ( , ) ( , ) N k k k u x t u x t ε = ≈∑ (0.14) theo nghĩa cần chỉ ra các hàm ( , ), ( 0,1,..., )u x t k N= và thiết lập đánh giá theo dạng 4 l l 12 0 1 0 0 (0, ; )(0, ; ) N N Nk kk k T k k L T HL T L u u u u C t t ε εε ε ε ∞∞ + = = ∂ ∂− + − ≤∂ ∂∑ ∑ , (0.15) với tham số ε đủ bé, hằng số CT độc lập với tham số ε . Các kết quả liên quan đến bài toán xấp xỉ tiệm cận theo một tham số đã được một số các tác giả quan tâm, chẳng hạn như: Long, Diễm [10], Long, Định, Diễm [12], Long, Tâm, Trúc [11]. 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, 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 nghiệm yếu của bài toán (0.1)-(0.3). Chương 3, chúng tôi nghiên cứu khai triển tiệm cận của nghiệm yếu của bài toán ( )Pε theo một tham số bé ε . Chương 4, chúng tôi xét một bài toán cụ thể để minh họa phương pháp tìm nghiệm của bài toán trên. Kế đến là phần kết luận của của luận văn và sau cùng là danh mục các tài liệu tham khảo. 5 Chương 1 CÁC CÔNG CỤ CHUẨN BỊ 1.1. Các không gian hàm thông dụng Đầu tiên, ta đặt các ký hiệu sau (0,1), (0, ), 0TQ T TΩ = =Ω× > , và bỏ qua định nghĩa các không gian hàm thông dụng: ,( ), ( ), ( ), ( ).m p m m pC L H WΩ Ω Ω Ω Để cho gọn, ta ký hiệu lại như sau ,2 , ,( ) , ( ) , ( )p p m m m m p m pL L H H W W WΩ = Ω = = Ω = (có thể xem trong [2]). Ta định nghĩa 2 2 ( )L L= Ω là không gian Hilbert với tích vô hướng 1 2 0 , ( ) ( ) , ,u v u x v x dx u v L= ∈∫ . (1.1) Ký hiệu i để chỉ chuẩn sinh bởi tích vô hướng (1.1), nghĩa là ( )1/ 21 2 20, ( ) ,u u u u x dx u L= = ∈∫ . (1.2) Ta định nghĩa không gian Sobolev cấp 1 1 2 2{ : ' }H v L v L= ∈ ∈ . (1.3) Không gian này cũng là không gian Hilbert với tích vô hướng 1, , ', 'Hu v u v u v= + . (1.4) Ký hiệu 1Hi để chỉ chuẩn sinh bởi tích vô hướng (1.4), nghĩa là 1 1 2, ,H Hu u u u L= ∈ . (1.5) Liên hệ giữa hai không gian H1 và 0 ( )C Ω , ta có bổ đề sau. Bổ đề 1.1. Phép nhúng 1H ↪ 0 ( )C Ω là compact và 0 1 1( ) 2 , .C Hv v v HΩ ≤ ∀ ∈ (1.6) Chứng minh bổ đề 1.1 không khó khăn. Chú thích 1.1. Phép nhúng 1H ↪ 0 ( )C Ω về mặt đại số ta hiểu theo nghĩa: Với mỗi hàm 1u H∈ , tồn tại duy nhất một hàm liên tục  0 ( )u C∈ Ω sao cho u u= a.e. x∈Ω .[2]. Ta sẽ sử dụng phép nhúng  1 0: ( ) . Id H C u u → Ω 6 6 Phép nhúng 1 0: ( )Id H C→ Ω là liên tục và compact. Điều này có nghĩa là một dãy 1{ }mu H⊂ bị chặn trong 1H , tồn tại một dãy con { } { }km mu u⊂ sao cho { } km u hội tụ đều trên Ω , ở đây, ta đồng nhất j ( ) k k km m m u u Id u≡ = . Ta sử dụng một không gian Sobolev đặc biệt hơn đó là không gian Sobolev 11 1 0 ( ) ( ) HH cH D C ∞= Ω = Ω (1.7) (bao đóng trong H1 của không gian các hàm khả vi vô hạn có giá compact trong Ω ). Mặt khác, 10H cũng là không gian con đóng của H1 , do đó, 10H là không gian Hilbert đối với tích vô hướng của 1H . Mặt khác, trên 10H , 1Hv và ( )1/ 21 20', ' '( )v v v x dx= ∫ là hai chuẩn tương đương. Điều này cho bởi bổ đề sau. Bổ đề 1.2. Ta có phép nhúng từ 10H ↪ 0 ( )C Ω là compact và 0 1 0 1 ( ) 0 , C Hx v v v v HΩ ≤ = ∀ ∈ . (1.8) Chứng minh bổ đề 1.2 không khó khăn. Một cách đặc trưng để xác định 10H là 1 10 { : (0) (1) 0}H v H v v= ∈ = = . (1.9) Bổ đề 1.3. Đồng nhất 2L với 2 /( )L (đối ngẫu của 2L ). Khi đó, ta có 10H ↪ 2 2 /( )L L≡ ↪ 1 / 10( )H H −≡ , với các phép nhúng liên tục và nằm trong trù mật. Chứng minh Trước hết ta chứng minh rằng 2L nhúng trong 1H − . Vì 1 20H L⊂ , với mọi 2w L∈ , ánh xạ 1 0 1 0 : ( ) , ( ) ( ) w w T H v T v w v w x v x dx → = = ∫ \ 6 (1.10) là tuyến tính liên tục trên 10H , tức là 1 / 1 w 0( )T H H −∈ ≡ . Ta xét ánh xạ 2 1: ( ) .w T L H w T w T −→ =6 (1.11) Khi đó ta có 1 1 0 1 2 0, , , , , .w H HT v w v v H w L− = ∀ ∈ ∀ ∈ (1.12) Ta sẽ chứng minh rằng toán tử T thỏa các tính chất sau: 7 (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 1H − . Chứng minh (i) Dễ thấy rằng T là tuyến tính. Nếu 0wT = , thì 1 1 0 1 0, , , 0 ,w H Hw v T v v H−= = ∀ ∈ . Do 10H trù mật trong 2L , nên ta có 2, 0 ,w v v L= ∀ ∈ . Do đó w=0. Vậy T là đơn ánh, nghĩa là, một phép nhúng từ 2L vào 1H − . Chứng minh (ii) Ta có, với mọi 2w L∈ , 1 11 11 00 00 1 10 0 1 0 1 10 0 , 1, 1 , 1 , 1 sup , sup , sup sup . HH H H w wH v H vv H v v H v H v H v T T v w v w v w v w − ∈ =∈ = ∈ = ∈ = = = ≤ ≤ = Chứng minh (iii) Ta chứng minh rằng mỗi phiếm hàm tuyến tính liên tục trên 1H − và triệt tiêu trên 2( )T L thì cũng triệt tiêu trên 1H − . Coi 1 /( )L H −∈ , với 1 / 1( ) ,, 0w H HL T − − = , 2( )wT T L∀ ∈ . Ta chứng minh rằng L=0. Thật vậy, do 10H phản xạ, tức là, 1 / 1 0( )H H − = , theo nghĩa, 1 / 1 1 1 0 1 / 1 ( ) , , ( ) , : , , , H H H H L H v V L z z v z H− − −− −∀ ∈ ∃ ∈ = ∀ ∈ . (1.13) Lấy 1wz T H −= ∈ , ta có 1 / 1 1 1 0 1 0( ) , , 0 , , , ,w wH H H HL T T v w v w H− − −= = = ∀ ∈ . 8 Do 10H trù mật trong 2L , nên ta có 2, 0 ,w v w L= ∀ ∈ . Vậy v=0. Theo (1.13) ta có 1 / 1 1 1 0 1 ( ) , , , , , H H H H L z z v z H− − − −= ∀ ∈ . Vậy L triệt tiêu trên 1H − . Chú thích 1.2. Từ bổ đề 1.3 ta dùng ký hiệu tích vô hướng ,i i trong 2L để chỉ cặp tích đối ngẫu 1 1 0, , H H−i i giữa 10H và 1H − . Ta cũng ký hiệu Xi để chỉ chuẩn trong một không gian Banach X và gọi X/ là không gian đối ngẫu của X. 1.2. Các không gian hàm (0, ; ), 1pL T X p≤ ≤ ∞ Cho X là không gian Banach thực đối với chuẩn Xi . Ta ký hiệu (0, ; ), 1pL T X p≤ ≤ ∞ là không gian các lớp tương đương chứa hàm :(0, )u T X→ đo được, sao cho 0 ( ) , 1 T p X u t dt p< ∞ ≤ < ∞∫ hay 0 : ( ) , . ., (0, )XM u t M a e t T∃ > ≤ ∈ , với .p = ∞ Ta trang bị (0, ; ), 1pL T X p≤ ≤ ∞ bởi chuẩn như sau ( )1/(0, ; ) 0 ( ) , 1 ,p pT pL T X Xu u t dt p= ≤ < ∞∫ (0, ; ) 0 sup ( )pL T X X t T u es 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 ta có thể tìm thấy trong Lions[7]. Bổ đề 1.4 (Lions [7]). (0, ; ), 1pL T X p≤ ≤ ∞ là không gian Banach. 9 Bổ đề 1.5 (Lions [7]). 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 là phản xạ thì (0, ; )pL T X cũng phản xạ. Bổ đề 1.6 (Lions [7]). ( )/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 1.3. Nếu ( )pX L= Ω thì (0, ; ) ( (0, ))p pL T X L T= Ω× . 1.3. Phân bố có giá trị trong không gian Banach. 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 gọi là một (hàm suy rộng) 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 là tuyến tính liên tục}. Chú thích 1.4. Ta 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). 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∈ (1.14) Các tính chất. a) 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∈∫ . (1.15) Ta có thể nghiệm lại rằng / (0, ; )vT D T X∈ . Thật vậy: i. Ánh xạ : (0, )vT D T X→ là tuyến tính. ii. Ta nghiệm lại ánh xạ : (0, )vT D T X→ là liên tục. Giả sử { } (0, )m D TΦ ⊂ sao cho 0mΦ → trong (0, )D T . Ta có: 10 ( ) ( ) 0 0 1/ 1/ ' ' 0 0 , ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0 , . T T v m m m XX X p pT T pp mX T v t t dt v t t dt v t dt t dt m Φ = Φ ≤ Φ ≤ Φ → →+∞ ∫ ∫ ∫ ∫ (1.16) Vậy / (0, ; )vT D T X∈ . b) Ánh 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 Tv=v. Khi đó ta có kết qủa sau: Bổ đề 1.7 (Lions [7]). /(0, ; ) (0, ; )pL T X D T X⊂ với phép nhúng liên tục. 1.4. Đạo hàm trong (0, ; )pL T X . Do bổ đề 1.7, 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. Bổ đề 1.8 (Lions [7]). 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 X→ Chứng minh bổ đề 1.8 bằng nhiều bước: Bước 1 Đặt 0 ( ) '( ) . t w t u s ds= ∫ Khi đó : [0, ]w T X→ là liên tục, vì 1' (0, ; )u L T X∈ . Trước hết, ta chứng minh rằng 'dw du u dt dt = = theo nghĩa phân bố. Thật vậy: (0, )D T∀Φ∈ , ta có: ( ) 0 0 0 0 0 0 , , ( ) ( ) '( ) ( ) '( ) ( ) '( ) ( ) ', . T T t T t T dw d dw w t t dt dt dt dt du s ds t dt dt du s ds t dt dt u s s ds u Φ ΦΦ = − = − Φ= − Φ= − = Φ = Φ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ (1.17) 11 Vậy 'dw du u dt dt = = trong / (0, ; )D T X . Bước 2 Ta suy ra rằng u=w+C theo nghĩa phân bố (C là hằng số). Thật vậy, giả sử v=w-u. Ta có v/=0 theo nghĩa phân bố (do bước 1). Ta sẽ chứng minh rằng: v=C theo nghĩa phân bố. Thật vậy, v/=0 tương đương với / 0 ( ) ( ) 0, (0, ). T v s s ds D TΦ = ∀Φ∈∫ (1.18) Coi (0, )D TΦ∈ , ta có thể viết Φ dưới dạng 0 'λ ψΦ = Φ + , trong đó (0, )D Tψ ∈ , 0Φ thỏa 00 ( ) 1 T s dsΦ =∫ và 00 ( )T t dtλ = Φ∫ . Thật vậy, vì 00 ( ( ) ( )) 0 T t t dtλΦ − Φ =∫ nên nguyên hàm của 0( ) ( )t tλΦ − Φ triệt tiêu tại t=0 sẽ thuộc D(0,T). Chọn 00( ) ( ( ) ( )) t t s s dsψ λ= Φ − Φ∫ trong (1.18), ta thay 'Φ bởi 'ψ , ta thu được: / 0 ( ) ( ) 0, (0, ). T v s s ds D Tψ = ∀Φ∈∫ hay 00 ( )[ ( ) ( )] 0, (0, ). T v s s s ds D TλΦ − Φ = ∀Φ∈∫ hay 00 0 00 0 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) , (0, ). T T T T v s s ds v s s ds t dt v t t dt D T λΦ = Φ = Φ Φ ∀Φ∈ ∫ ∫ ∫ ∫ (1.19) Đặt 00 ( ) ( ) , T C v t t dt= Φ∫ ta suy ra từ (1.19) rằng 0 ( ( ) ) ( ) 0, (0, ). T v s C s ds D T− Φ = ∀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, ) T w t t dt D TΦ = ∀Φ∈∫ thì ( ) 0 . ., (0, ).w t a e t T≡ ∈ Điều này có được do ánh xạ ww T6 từ 1(0, ; )L T X vào / (0, ; )D T X là đơn ánh (do tính chất (ii) ở trên). 12 Từ các bước 1, 2, 3 ở trên ta suy ra rằng u=H+C, theo nghĩa phân bố. Tương tự ta có bổ đề sau: Bổ đề 1.9 (Lions [7]). 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 X→ 1.5. Bổ đề về tính compact của Lions[7] Cho ba không gian Banach 0 1, ,X X X với 0X ↪ X↪ 1X với các phép nhúng liên tục, sao cho 0 1,X X là phản xạ, (1.20) Phép nhúng 0X ↪ X là compact. (1.21) Với 0 , 1 , 0,1iT p i< < ∞ ≤ ≤ ∞ = ta đặt 0 10 1(0, ) { (0, ; ): ' (0, ; )}. p pW T v L T X v L T X= ∈ ∈ (1.22) Ta trang bị W(0,T) bởi chuẩn 0 1 0 1(0, ) (0, ; ) (0, ; ) ' .p pW T L T X L T Xv v v= + (1.23) Khi đó, W(0,T) là một không gian Banach. Hiển nhiên 0(0, ) (0, ; )pW T L T X⊂ Ta cũng có kết quả sau đây liên quan đến phép nhúng compact. Bổ đề 1.10 (Bổ đề về tính compact của Lions [7]). Với giả thiết (1.20), (1.21) và nếu 1 , 0,1ip i< < ∞ = thì phép nhúng (0, )W T ↪ 0 (0, ; )pL T X là compact. Chứng minh bổ đề 1.10 có thể tìm thấy trong Lions[7], trang 57. 1.6. Bổ đề về sự hội tụ yếu trong ( )qL Q Bổ đề sau đây liên quan đến sự hội tụ yếu trong ( )qL Q . Bổ đề 1.11 (xem Lions [7], trang 12). Cho Q là một tập mở và bị chặn trong N\ và , ( ), 1qmG G L Q q∈ < < ∞ , sao cho ( ) ,qm L QG C≤ trong đó C là hằng số độc lập với m và . . .mG G a e trong Q→ Khi đó mG G→ trong ( )qL Q yếu. Ta cũng dùng các ký hiệu ( ), '( ) ( ), "( ) ( ), ( ) ( ), ( ) ( )t tt x xxu t u t u t u t u t u t u t u t u t= = =∇ = Δ để chỉ 2 2 2 2( , ), ( , ), ( , ), ( , ), ( , ), u u u uu x t x t x t x t x t t t x x ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ lần lượt. 13 Chương 2 SỰ TỒN TẠI VÀ DUY NHẤT NGHIỆM 2.1. Giới thiệu Xét bài toán biên và giá trị đầu sau: i i 0 1 ( ) ( , , ), 0 1, 0 , (0, ) 0, (1, ) ( ), ( ,0) ( ) , ( ,0) ( ), tt xx t t u t u f t u u x t T u t u t t u x u x u x u x μ ϕ ⎧ − = < < < <⎪⎪ = =⎨⎪ = =⎪⎩ (2.1) trong đó i i 0 1 , , ,u uμ ϕ là các hàm cho trước, số hạng phi tuyến f cũng là hàm cho trước thoả mãn một số điều kiện mà ta sẽ chỉ ra sau. Trong chương này, ta sẽ thiết lập một định lí tồn tại và duy nhất nghiệm yếu của bài toán (2.1) bằng phương pháp xấp xỉ tuyến tính kết hợp phương pháp Galerkin và phương pháp compact yếu. Xét một cơ sở trực giao Hilbert { } j w của 1 0 H và trực chuẩn trong 2L gồm các hàm ( ) 2 sin( ), 1,2,... j w x j x jπ= = được lập từ các hàm riêng của toán tử Laplace 2 2x ∂−Δ = − ∂ sao cho 2 1 20, , , 1,2,...j j j j jw w j w H H jλ λ π−Δ = = ∈ ∩ = trong đó 2 j λ các giá trị riêng của −Δ sao cho 1 2 ... ..., lim , j jj o λ λ λ λ→+∞< ≤ ≤ ≤ ≤ = +∞ (2.2) 2 1 0 ( , ) : , , , 1,2,.. j jx x j j a w v w v w v v H jλ= = ∀ ∈ ∀ = (2.3) Hơn nữa, dãy { / } j j w λ cũng là một cở sở trực chuẩn Hilbert của 10H đối với tích vô hướng 1 0 , ( , ) , .x xHu v a u v u v= = (2.4) 14 2.2. Thuật giải xấp xỉ tuyến tính Ta thành lập các giả thiết sau (A1) : 3( ),Cϕ +∈ \ (A2) : 1 0( ) , ( ) 0,C tμ μ μ+∈ >≥\ (A3) : i i2 10 1, ,u H u H∈ ∈ i i i i 0 1 0 1 (0) (0) 0, (1) (0), (1) (0), t u u u uϕ ϕ= = = = (A4) : 1 2( )f C +∈ ×\ \ thoả các điều kiện ( ,0,0) 0, 0.f t t= ∀ ≥ Bằng cách đổi biến ( , ) ( , ) ( ),v x t u x t x tϕ= − (2.5) ta đưa bài toán (2.1) về bài toán sau i i i 0 1 ( ) ( , , ), ( , ) (0,1) (0, ), (0, ) (1, ) 0, ( ,0) ( ), ( ,0) ( ), tt xx t T t v t v f t v v x t Q T v t v t v x v x v x v x μ⎧ − = ∈ = ×⎪⎪ = =⎨⎪ = =⎪⎩ (2.6) trong đó i( , , ) ( , , ) , t t t tt f t v v f t v x v x xϕ ϕ ϕ= + + − (2.7) i i i i 0 0 1 1 ( ) ( ) (0), ( ) ( ) (0). t v x u x x v x u x xϕ ϕ= − = − (2.8) Cho trước 0, 0M T> > , ta đặt i i { , , } sup ( , , ) : 0 , , , p t u v fK f t u v t T u v M p∈ ⎧ ⎫⎛ ⎞∂⎪ ⎪= + ≤ ≤ ≤⎜ ⎟⎨ ⎬⎜ ⎟∂⎪ ⎪⎝ ⎠⎩ ⎭ ∑ (2.9) 1 2 1 2 0 0 1 2 1 2 0 0 0 (0, ; ) (0, ; ) ( ) ( , ) { (0, ; ) : (0, ; ), ( ), , , }, T t tt T t ttL T H H L T H L Q W M T v L T H H v L T H v L Q v v v M∞ ∞ ∞ ∞ ∩ = ∈ ∩ ∈ ∈ ≤ (2.10) 2 0 ( , ) { ( , ) : (0, ; )}. tt W M T v W M T v L T L∞= ∈ ∈ (2.11) Tiếp theo, ta xây dựng dãy { }mv trong W(M,T) bằng qui nạp và chứng minh nó hội tụ về nghiệm bài toán (2.1) với sự lựa chọn 0, 0M T> > thích hợp. Ta xét giải thuật xấp xỉ sau: 15 Chọn số hạng ban đầu i0 0.v v= Giả sử rằng: 1 ( , ).mv W M T− ∈ (2.12) Ta liên kết bài toán (2.6) với bài toán: Tìm hàm m v thoả mãn phương trình biến phân sau i 1 1 1 0 , ( ) , ( , , ), , , m mx x m m v w t v w f t v v w w Hμ − −′′ ′+ = ∀ ∈ (2.13) i i 0 1 (0) , (0) . m m v v v v′= = (2.14) Sự tồn tại của m v được cho bởi định lí sau: Định lí 2.1 Giả sử (A1)-(A4) đúng. Khi đó tồn tại các hằng số dương M, T và một dãy qui nạp tuyến tính { } ( , )mv W M T⊂ thỏa bài toán (2.13)-(2.14). Chứng minh. Gồm các bước sau đây: Bước 1. Xấp xỉ Galerkin. Xét một cơ sở { }jw của 1 0H như ở (2.2)-(2.3). Đặt ( ) ( ) 1 ( ) ( ) , k k k m mj j j v t c t w = =∑ (2.15) trong đó ( ) ( )kmjc t thoả hệ phương trình vi phân tuyến tính ( ) ( )( ), ( ) ( ), ( ), , 1 ,k k m j mx jx m j v t w t v t w F t w j kμ′′ + = ≤ ≤ (2.16) j j( ) ( )0 1(0) , (0) ,k km k m kv v v v′= = (2.17) trong đó i 1 1( ) ( , ( ), ( )),m m mF t f t v t v t− −′= (2.18) j i( )0 0 1 k k k mj j j v w vα = ≡ →∑ mạnh trong 1 20 ,H H∩ (2.19) j i( )1 1 1 k k k mj j j v w vβ = ≡ →∑ mạnh trong 10H . (2.20) Hệ (2.13), (2.14) có thể viết thành một dạng khác như sau: ( ) 2 ( )( ) ( ) ( ) ( ), , 1 ,k kmj j mj m jc t t c t F t w j kλ μ′′ + = ≤ ≤ (2.21) 16 ( ) ( ) ( ) ( )(0) , (0) .k k k kmj mj mj mjc cα β′= = (2.22) Do đó, ta cũng suy ra từ (2.21)-(2.22) rằng ( ) ( ) ( ) 0 0 2 ( ) 0 0 ( ) ( ), ( ) ( ) , 1 . t rk k k mj mj mj m j t t k j mj c t t dr F s w ds dr s c s ds j k α β λ μ = + + − ≤ ≤ ∫ ∫ ∫ ∫ (2.23) Bổ đề 2.1. Giả sử rằng vm-1 thỏa (2.13). Khi đó hệ (2.23) có nghiệm ( ) ( )kmv t trên một khoảng 0 .t T≤ ≤ Chứng minh bổ đề 2.1 Bỏ qua chỉ số m, k trong các cách viết, và ta viết ( ), ,j j jc t α β lần lượt thay cho ( ) ( ) ( )( ), , .k k kmj mj mjc t α β Ta viết lại hệ (2.23) thành phương trình điểm bất động ( ) ( )( ), 0 ,c t Uc t t T= ≤ ≤ (2.24) trong đó ( )1 2 1 2 2 0 0 0 0 ( , ,..., ), ( ) ,( ) ,...,( ) , ( ) ( ) ( ) ( ) ( ), ( ) ( ) ( ) ( ) , ( ) ( ), , 1 . k k j j j t r j j j t r j j j m j c c c c Uc Uc Uc Uc Uc t t Vc t Vc t dr s c s ds t t dr F s w ds j k γ λ μ γ α β = = = + = − = + + ≤ ≤ ∫ ∫ ∫ ∫ (2.25) Ta chỉ cần chứng minh tồn tại một số tự nhiên p0 sao cho toán tử 0 0: ([0, ]; )p kU X C T X= →\ là co, tức là tồn tại một hằng số [0,1)ρ∈ sao cho 0 0 , , ,p p XX U c U d c d c d Xρ− ≤ − ∀ ∈ (2.26) ở đây ta sử dụng chuẩn trong X như sau 0 1 sup ( ) , . k jX t T j c c t c X ≤ ≤ = = ∈∑ (2.27) Sau đây, bằng quy nạp ta sẽ chứng minh rằng với mọi *,p∈` ta có 2 1 ( )( ) ( ) ( ) ( ) , , , [0, ], (2 )! pk p p j j X j tU c t U d t c d c d X t T p σ = − ≤ − ∀ ∈ ∀ ∈∑ (2.28) trong đó ,kσ π μ ∞= ở đây ta dùng ký hiệu 0 sup ( ) . t T tμ μ∞ ≤ ≤= ™ Với p=1 ta có 17 2 0 0 1 1 2 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) (s) ( ) . 2 k kt r j j j j j j X Uc t Ud t k c s d dsdr t c d π μ σ ∞= = − ≤ − ≤ − ∑ ∑∫ ∫ Vậy (2.28) đúng với p=1. ™ Giả sử (2.28) đúng với 1p ≥ , tức là 2 1 ( )( ) ( ) ( ) ( ) , , , [0, ]. (2 )! pk p p j j X j tU c t U d t c d c d X t T p σ = − ≤ − ∀ ∈ ∀ ∈∑ (2.29) ™ Ta sẽ chứng minh (2.28) đúng với p+1, nghĩa là 1 1 1 2 2 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) , , , [0, ]. (2 2)! k p p j j j p X U c t U d t t c d c d X t T p σ + + = + − ≤ − ∀ ∈ ∀ ∈+ ∑ (2.30) Thật vậy ( ) ( ) 1 1 1 1 2 0 0 1 2 2 0 0 2 2 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) (2 )! ( ) . (2 2)! k p p j j j k p p j j j kt r p p j j j pt r X p X U c t U d t U U c t U U d t U c s U d s dsdr s c d dsdr p t c d p σ σσ σ + + = = = + − = − ≤ − ≤ − = −+ ∑ ∑ ∑∫ ∫ ∫ ∫ (2.31) Từ (2.31), ta suy ra rằng (2.30) đúng. Như vậy (2.28) cũng đúng với mọi *.p∈` Mặt khác, do 2( )lim 0 (2 )! p p T p σ →∞ = nên tồn tại một số tự nhiên p0 sao cho 02 0 ( )0 1 (2 )! pT p σ≤ < . Tức là toán tử 0pU là co. Theo nguyên lý ánh xạ co, ta suy ra rằng hệ (2.23) có duy nhất nghiệm ( ) ( )kmv t trên 0 .t T≤ ≤ Bổ đề 2.1 đã được chứng minh xong. 18 Bước 2. Đánh giá tiên nghiệm. Đánh giá thứ nhất. Nhân (2.16) với ( ) ( )kmjc t′ và lấy tổng theo j ta được ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ), ( ) ( ) ( ), ( ) ( ), ( ) .k k k k k m m mx mx m m v t v t t v t v t F t v tμ′′ ′ ′ ′+ = (2.32) Do đó ta có 2 2 2( ) ( ) ( ) ( ) 1 1( ) ( ) ( ) '( ) ( ) 2 2 ( ), ( ) . k k k m mx mx k m m d v t t v t t v t dt F t v t μ μ⎡ ⎤′ + −⎢ ⎥⎣ ⎦ ′= (2.33) Đánh giá thứ hai. Trong (2.16) thay 2 1 j j j w wλ −= Δ , sau đó đơn giản 2jλ ta được ( )( ) ( )( ), ( ) ( ), ( ), .k km j m j m jv t w t a v t w F t wμ′′ −Δ + −Δ = −Δ (2.34) Hơn nữa, ta có ( ) ( )( ), ( ), ,k k m j mx jx v t w v t w′′ ′′−Δ = (2.35) ( )( ) ( )( ), ( ), ,k km j m ja v t w v t w−Δ = Δ Δ (2.36) 1 0 1 0 ( ), ( , ) ( ) (1, ) (1) (0, ) (0) ( , ) ( ) (1, ) (1) ( ), . m j m j m j m j m j m j mx jx F t w F x t w x dx F t w F t w F x t w x dx F t w F t w −Δ = − Δ = − ∇ + ∇ + ∇ ∇ = − ∇ + ∫ ∫ (2.37) Nhờ vào (2.35)-(2.37), ta viết lại (2.34) như sau: ( ) ( )( ), ( ) ( ), (1, ) (1) ( ), . k k mx jx m j m j mx jx v t w t v t w F t w F t w μ′′ + Δ Δ = − ∇ + (2.38) Trong (2.38) thay jw bởi ( ) ( )kmv t′ , ta được 19 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ), ( ) ( ) ( ), ( ) (1, ) (1, ) ( ), ( ) , k k k k mx mx m m k k m m mx mx v t v t t v t v t F t v t F t v t μ′′ ′ ′+ Δ Δ ′ ′= − ∇ + (2.39) hay 1 0 2 2( ) ( ) ( ) 2( ) ( ) 1 ( ) ( ) ( ) (1, ) (1, ) 2 1( ), ( ) '( ) ( ) . 2 k k k m m m m H k k mx mx m d v t t v t F t v t dt F t v t t v t μ μ ⎡ ⎤′ ′+ Δ = − ∇⎢ ⎥⎣ ⎦ ′+ + Δ (2.40) Từ (2.33) và (2.40), ta suy ra rằng: 2 2( ) ( ) ( ) ( ) 0 ( ) ( ) 0 2 ( ) ( ) 0 0 ( ) (0) '( ) ( ) ( ) 2 ( ), ( ) ( ), ( ) 2 (1, ) (1, ) ( ) , tk k k k m m mx m t k k m m mx mx t tk k m m m S t S s v s v s ds F s v s F s v s ds F s v s ds v s ds μ ⎡ ⎤= + + Δ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎡ ⎤′ ′+ +⎢ ⎥⎣ ⎦ ′ ′′− ∇ + ∫ ∫ ∫ ∫ (2.41) trong đó 11 2 2 ( ) ( ) ( ) 22 2( ) ( ) ( ) 0 2 22( ) ( ) ( ) 0 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) . k k k m m mx tk k k mx m m tk k k m mx mHH S t v t v t t v t v t v s ds v t t v t v s ds μ μ ′ ′= + ⎡ ⎤ ′′+ + Δ +⎢ ⎥⎣ ⎦ ′ ′′= + + ∫ ∫ (2.42) Ta viết (2.41) dưới dạng ( ) ( ) 1 4( ) (0) ... , k k m mS t S I I= + + + (2.43) trong đó , 1,2,3,4iI i = lần lượt là các tích phân xuất hiện trong (2.41). Sau đây, ta sẽ lần lượt đánh giá các tích phân trong vế phải của (2.43). Tích phân thứ nhất 1 2 2( ) ( ) 1 0 2( ) ( ) 0 0 0 '( ) ( ) ( ) ' ' ( ) ( ) . t k k mx m t tk k mx mH I s v s v s ds v s ds S s ds μ μμ μ ∞ ∞ ⎡ ⎤= + Δ⎢ ⎥⎣ ⎦ ≤ ≤ ∫ ∫ ∫ (2.44) 20 Tích phân thứ hai Sử dụng bất đẳng thức 2 22 , ,ab a b a b≤ + ∀ ∈\ ta có (2.45) ( ) ( ) ( ) 2 0 ( ) ( ) 0 22 ( ) ( ) 0 0 2 ( ) 0 0 2 ( ), ( ) ( ), ( ) 2 ( ) ( ) ( ) ( ) 1( ) ( ) 2 1 ( ) 12 1 1 ( ) . t k k m m mx mx t k k m m mx mx t k k m m m t k m I F s v s F s v s ds F s v s F s v s ds F s v s K S s ds K T K S s ds μ μ ⎡ ⎤′ ′= +⎢ ⎥⎣ ⎦ ′ ′≤ + ⎛ ⎞⎛ ⎞′≤ + + +⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎡ ⎤⎛ ⎞≤ + + +⎢ ⎥⎜ ⎟⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦ ∫ ∫ ∫ ∫ (2.46) Tích phân thứ ba ( ) 3 0 ( ) ( ) ( ) 0 2 (1, ) (1, ) (1,0) (1,0) (1, ) (1, ) 2 (1, ) (1, ) . t k m mx tk k k m mx m mx m mx I F s v s ds F v F t v t F s v s ds ′= − ′= − + ∫ ∫ (2.47) Mặt khác, ta có: j( ) 2 2 (1,0) (1,0) (1,0) (1) 2 4 , 4 k m mx m okxF v F v KM MK = ≤ ≤ + (2.48) 1 ( ) ( ) ( ) ( ) 2 ( ) 0 0 (1, ) (1, ) (1, ) 2 ( ) ( ) ( )2 , 2 k k k m mx mx mx H k k m m F t v t K v t K v t S t K S tK μ μ ≤ ≤ ≤ ≤ + (2.49) ._.