Phương trình sóng Kirchhoff phi tuyến với điều kiện biên Dirichlet trong không gian Sobolev có trọng

[1] D.T.T. Binh, A.P.N. Dinh, N.T. Long, Linear recursive schemes associated with the nonlinear wave equation involving Bessel’s operator, Math. Comp. Modelling, 34 (5-6) (2001) 541 – 556. [2] G.F. Carrier (1945), “On the nonlinear vibrations problem of elastic string”, Quart. J. Appl. Math. 3, pp. 157-165. [3] Y. Ebihara, L.A. Medeiros, M.M. Minranda, Local solutions for a nonlinear degenerate hyperbolic equation, Nonlinear Anal. 10 (1986) 27 – 40. [4] M. Hosoya, Y. Yamada, On some nonlinear wave equation I: Local existence and regularity of solutions, J. Fac. Sci. Univ. Tokyo. Sect. IA, Math. 38 (1991) 225 – 238. [5] N.T. Long, et al., On the nonlinear vibrations equation with a coefficient containing an integral, Comp. Maths. Math. Phys. 33 (9) (1993) 1171 – 1178. [6] N.T. Long, T.M. Thuyet, On the existence, uniqueness of solution of the nonlinear vibrations equation, Demonstratio Math. 32 (4) (1999) 749-758. [7] N.T. Long, A.P.N. Dinh, D.T.T. Binh, Mixed problem for some semilinear wave equation involving Bessel’s operator, Demonstratio Math. 32 (1) (1999) 77 – 94. [8] N.T. Long, A.P.N. Dinh, T.N. Diem, Linear recursive schemes and asymptotic expansion associated with the Kirchhoff-Carrier operator, J. Math. Anal. Appl. 267 (1) (2002) 116 – 134. [9] N. T. Long, On the nonlinear wave equation associated with the mixed homogeneous conditions, J. Math. Anal. Appl. 274 (1) (2002) 102 – 123. [10] N. T. Long, L. T. P. Ngoc, On a nonlinear Kirchhoff-Carrier wave equation in the unit membrane: The quadratic convergence and asymptotic expansion of solutions, Demonstratio Math. 40 (2) (2007) 365 – 392. [11] N.T. Long, L.T.P. Ngoc, On nonlinear boundary value problems for nonlinear wave equations, Vietnam J. Math. 37 (2 – 3) (2009) 141 – 178.

ĐẠI HỌC QUỐC GIA THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

NGUYỄN TUẤN DUY

PHƯƠNG TRÌNH SÓNG KIRCHHOFF PHI TUYẾN

VỚI ĐIỀU KIỆN BIÊN DIRICHLET TRONG KHÔNG GIAN SOBOLEV CÓ TRỌNG

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH

ĐẠI HỌC QUỐC GIA THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

-

NGUYỄN TUẤN DUY

PHƯƠNG TRÌNH SÓNG KIRCHHOFF PHI TUYẾN

VỚI ĐIỀU KIỆN BIÊN DIRICHLET TRONG KHÔNG GIAN SOBOLEV CÓ TRỌNG

Chuyên ngành: Toán Giải tích

Mã số: 60 46 01

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Người hướng dẫn: TS LÊ THỊ PHƯƠNG NGỌC

Cao đẳng Sư phạm Nha Trang

TP HỒ CHÍ MINH – NĂM 2010

LUẬN VĂN ĐƯỢC HOÀN THÀNH TẠI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN TP HỒ CHÍ MINH

Người hướng dẫn: TS Lê Thị Phương Ngọc

Người nhận xét 1: TS Trần Minh Thuyết

Đại học Kinh tế TP HCM

Người nhận xét 2: TS Trịnh Anh Ngọc

Đại học Khoa học Tự nhiên TP HCM

Học viên Cao học: Nguyễn Tuấn Duy

Đại học Tài chính – Marketting

Luận văn sẽ được bảo vệ tại Hội đồng chấm Luận án tại Đại học Khoa học Tự nhiên Thành phố Hồ Chí Minh vào lúc… giờ…, ngày…, tháng

12, năm 2010

Có thể tìm hiểu luận văn tại Phòng Sau Đại học, Thư viện Trường Đại học Khoa học Tự nhiên Thành phố Hồ Chí Minh

TP HỒ CHÍ MINH – NĂM 2010

LỜI CẢM ƠN

Lời đầu tiên, tôi trân trọng kính gửi đến cô hướng dẫn, TS Lê Thị PhươngNgọc lòng biết ơn chân thành và sâu sắc nhất Cô đã tận tình chỉ bảo giúp tôinắm được từng bước nghiên cứu, giải đáp thắc mắc và đóng góp những ý kiến quíbáu để tôi có thể vượt qua những khó khăn và hoàn thành luận văn này

Xin trân trọng cảm ơn thầy TS Nguyễn Thành Long người đã dạy dỗ tôinhững kiến thức quý báu trong suốt quá trình học tập, đã tạo điều kiện thuận lợicho tôi được học tập trong một môi trường khoa học nghiêm túc

Tôi thành thật biết ơn thầy TS Trần Minh Thuyết và Ths Phạm ThanhSơn đã đọc luận văn đóng góp chân tình và cho tôi những nhận xét bổ ích.Tôi cũng xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến quý Thầy Cô Khoa Toán –Tin học, trường Đại học Khoa học Tự nhiên Thành phố Hồ Chí Minh

đã tận tình giảng dạy và truyền đạt kiến thức cũng như kinh nghiệm quí báu chotôi trong suốt thời gian học tập tại trường

Chân thành cảm ơn Ban Giám hiệu, Khoa cơ bản Trường Đại học Tàichính-Marketing đã tạo điều kiện thuận lợi để tôi hoàn thành chương trình họccũng như các thủ tục bảo vệ luận văn tốt nghiệp

Xin cảm ơn các bạn lớp Cao học Giải tích khoá 18 và các anh chị trongnhóm Xeminar do Thầy Long tổ chức đã động viên và nhiệt tình giúp đỡ tôi hoànthành luận văn

Tôi cũng không quên gởi lời biết ơn đến gia đình tôi, những người đã luôn ủng

hộ tôi trong những lúc khó khăn nhất

Tôi rất mong nhận được sự chỉ bảo của các Thầy Cô và những đóng góp quíbáu các bạn đồng nghiệp Xin chân thành cảm ơn

Thành phố Hồ Chí Minh, tháng 12 năm 2010

Nguyễn Tuấn Duy

Mục lục

Lời cảm ơn 1

Chương 1: Tổng quan bài toán 3

Chương 2 : Các không gian hàm và ký hiệu 7

Chương 3 : Định lý tồn tại duy nhất nghiệm 10

Chương 4 : Sự hội tụ cấp hai 25

Chương 5 : Khai triển tiệm cận của nghiệm theo tham số bé 43

Kết luận 57

Tài liệu tham khảo 58

Chương 1

Tổng quan bài toán

Trong luận văn này chúng tôi xét bài toán sau

ru2r(r; t)dr liên quantới bài toán (1.1) là bài toán

chặn trong RN với biên @ 1 đủ trơn v và là véctơ pháp tuyến đơn vị trên biên

@ 1 hướng ra phía ngoài

VớiN = 1 và 1 = (0; L) phương trình (1.2)1 xuất phát từ bài toán mô tả daođộng phi tuyến của một dây đàn hồi [6]

hvtt P0+ Eh

2L

Z L

0 j@v@y(y; t)j2)dy vxx = 0; 0 < x < L; 0 < t < T;

ở đây v là độ võng, x là biến không gian, t là biến thời gian, là khối lượng riêng,

h là thiết diện, L là chiều dài sợi dây ở lúc ban đầu, E là môđun Young và P0 làlực căng lúc ban đầu

Trong [2], Carrier cũng đã thiết lập một bài toán có dạng

vtt P0+ P1

Z L

0 jv2(y; t)jdy vxx = 0;

Trường hợp phương trình (1.3)1 không chứa số hạng

rur thì (1.3)1 có dạng

utt B(

Z 1 0

ru2r(r; t)dr)urr = f (r; u): (1.4)

Khi f = 0 bài toán Cauchy hay bài toán hỗn hợp (1.4) đã được nhiều tác giảnghiên cứu; xem [2, 4] và các tài liệu tham khảo được nêu trong đó Tổng quancác kết quả thuộc về lĩnh vực Toán học của mô hình Kirchhoff có thể được tìmthấy trong các tài liệu [12, 13] Hosoya và Yamada [4] đã nghiên cứu bài toán(1:4) (1:3)3;4 với f = f (u) = juj u; trong đó > 0, 0 là các hằng số chotrước Trong [5, 6], các tác giả Long, Thuyết cũng đã nghiên cứu sự tồn tại và duynhất nghiệm của phương trình

utt+ 2u B(jjrujj2) u + "jutj 1ut = F (x; t); x2 ; t > 0;

ở đây > 0; " > 0; 0 < < 1, là tập mở và bị chặn trongR3:

Luận văn được trình bày theo các chương mục sau:

Chương 1: Phần mở đầu tổng quan về bài toán khảo sát trong luận văn, chỉ racác kết quả đã có trước đó

Chương 2: Trình bày một số kết quả chuẩn bị bao gồm việc nhắc lại một sốkhông gian Sobolev có trọng, một số kết quả về các phép nhúng compact giữa cáckhông gian hàm

Chương 3: Khảo sát bài toán xấp xỉ tuyến tính cho bài toán (1.1) nghiên cứu

về sự hội tụ của thuật giải, sự tồn tại và duy nhất của nghiệm yếu của bài toán(1.1)

Chương 4: Khảo sát thuật giải lặp cấp hai và tìm lại kết quả tồn tại của nghiệmyếu của bài toán (1) với f = f (r; t; u) kết quả này là sử mở rộng của [18] khi thay

a/ Nghiên cứu dáng điệu tiệm cận của nghiệm yếu của bài toán (1.5) khi

theo một chuẩn jj:jj nào đó, với tham số 1 > 0 đủ bé, các hằng số CN độc lậpvới 1:

Chương 2

Các không gian hàm và kí hiệu

Đặt = (0; 1) Ta bỏ qua định nghĩa các không gian hàm thông dụng Cm( ),

Lp( ); Hm( ): Với mỗi hàm v 2 C0( ); ta định nghĩakvk0 =

Z 1 0

rv2(r)dr

1 2

và

V0 là đầy đủ hóa của không gian C0( ) đối với jj:jj0:

Tương tự, với mỗi hàm v 2 C1( ) ta định nghĩa kvk1 = (jjvjj2

ru(r)v(r)dr và hu; vi + hu0; v0i :

Dễ dàng chứng minh được rằng V0 và V1 là các không gian Hilbert với các tích

vô hướng tương ứng như trên Mặt khác, V1 được nhúng liên tục và nằm trù mậttrong V0: Đồng nhất V0 với V0

0 (đối ngẫu của V0 ), ta có V1 ,! V0 V0

1: Tacũng dùng ký hiệu h ; i để chỉ cặp tích đối ngẫu giữa V1 và V10:

Ta định nghĩa toán tử a( ; ) như sau:

a(u; v) =

Z 1 0

Mặt khác hàm w~j cũng thỏa mãn bài toán giá trị biên:

8

<

:

A ~wj = jw~j trong ,lim

kvk2 = kvrk20 +kAvk20

1 2

V2 cũng là không gian Hilbert đối với tích vô hướng:

hur; vri + hAu; Avi : (2.3)Mặt khác ta cũng có thể định nghĩa V2 =fv 2 eV1 : Av 2 V0g:

Bổ đề 2.5 Các phép nhúng V2 ,! eV1 ,! V0 là compact.

Bổ đề 2.6 Với mọi v 2 V2;

(i)jjvrjjL 1 ( )

1p

2jjAvjj0;(ii)jjvrrjj0

r3

2jjAvjj0;(iii)jjvrjj2

L 1 ( ) (2jjvjj0+p1

2jjAvjj0)jjvjj0:Chứng minh bổ đề 2.6 có thể tìm thấy trong [1]

Bổ đề 2.7 Với mọi u2 eV1 và v 2 V0; ta có:

hu2;jvji p1

2jjurjj2

0jjvjj0:Với một không gian Banach X ta sẽ ký hiệu chuẩn trên là jj:jjX và X0 là đốingẫu của X Ký hiệu Lp(0; T ; X); 1 p 1 là không gian Banach gồm tất cảcác hàm đo được u : (0; T ) ! X; sao cho

Chương 3

Định lý tồn tại duy nhất nghiệm

Ở chương này ta khảo sát bài toán Tìm hàm u thỏa

Để khảo sát bài toán (3.1) ta thành lập bộ giả thiết sau:

Rõ ràng với giả thiết (H2) (H3) các hằng số trong (3.2) hoàn toàn xác định.Với sự lựa chọnM > 0 và T > 0 thích hợp, ta sẽ xây dựng một dãy quy nạp tuyếntính fumg hội tụ về nghiệm yếu của bài toán (3.1).

um(0) = eu0; _um(0) = eu1; (3.4)

Fm(r; t) = f (r; t; um 1;rum 1);

m(t) = krum 1(t)k20 : (3.5)Khi đó, ta có định lý sau:

Định lý 3.1 Giả sử (H1) (H3) đúng Khi đó, tồn tại hằng số M > 0 phụthuộc vào eu0; eu1; và hằng số T > 0 phụ thuộc vào eu0; eu1; ; f; sao cho với

u0 0; tồn tại dãy quy nạp tuyến tính fumg W1(M; T ) xác định bởi (3.3)-(3.5).Chứng minh Định lý 3.1

Ta chia làm các bước sau

Bước 1: Xấp xỉ Galerkin

Giả sửwj =fpw~j

j

g là cơ sở trong eV1: Dùng phương pháp xấp xỉ Faedo-Galerkin

để xây dựng nghiệm xấp xỉ của (3.4)-(3.5) dưới dạng

Với giả thiết um 1 thỏa (3.3), ta có bổ đề sau.

Bổ đề 3.2 Giả sử (H1) (H3) đúng Khi đó với các hằng số M > 0; T > 0 cốđịnh, hệ phương trình (3.7)-(3.8) có nghiệm duy nhất u(k)m (t) trên đoạn 0 t T:Chứng minh bổ đề 3.2 Hệ phương trình (3.7)-(3.8) được viết lại dưới dạng

Z

0

m(s)c(k)mj(s)dsd+

Z t 0

Z

0

hFm(s); wji dsd ; 1 j k:

Ta cần chứng minh Hm : C([0; T ]; Rk) ! C([0; T ]; Rk) có điểm bất động.Chuẩn trên X = C([0; T ]; Rk) được định nghĩa như sau

2)njjc(k)m d(k)m jjX;8n 2 N: (3.10)

Với n = 1 ta có

jHm[c(k)m ](t) Hm[d(k)m ](t)j = j

Z t 0

Z

0

jc(k)mj(s) d(k)mj(s)jds; 1 j k:Suy ra

Giả sử bất đẳng thức (3.10) đúng với n = k Ta chứng minh (3.10) đúng với

n = k + 1: Thật vậy

jHmk+1[c(k)m ](t) Hmk+1[d(k)m ](t)j1 = jHm[Hmk[c(k)m ]](t) Hm[Hmk[d(k)m ]](t)j1

kKe0

Z t 0

Z

0 jHmk[c(k)m ](s) Hmk[d(k)m ](s)jds

kK0

Z t 0

Z

0

1(2n)! kK0s

jjHmn[c(k)m ] Hmn[d(k)m ]jjX

1(2n)!( kK0T

2)njjc(k)m d(k)m jjX;8n 2 N:

Vì lim

n !1

1(2n)!( kK0T

2)n= 0 nên9nk 2 N sao cho (2n1

jj•u(k)m (s)jj20ds; (3.11)

Sm(k)(t) = Sm(k)(0) +

Z t 0

0

m(s) a(u(k)m (s); u(k)m (s)) +jjAu(k)m (s)jj20 ds+2

Z t 0

Fm(s); _u(k)m (s) ds+2

Z t 0

a(Fm(s); _u(k)m (s))ds

Z t 0

m(s)a(u(k)m (s); •u(k)m (s))ds+

Z t 0

Ta sẽ tiến hành đánh giá tiên nghiệm I1; ::; I5:

Tích phân I1: Từ giả thiết (H2) ta có:

j 0m(t)j 2j 0( )j j hrum 1(t);r _um 1(t)i j

2K0jjum 1(t)jjV e 1jj _um 1(t)jjV e 1 (3.14)2K0M2:

Vậy

I1 =

Z t 0

0

m(s) a(u(k)m (s); u(k)m (s)) +jjAu(k)m (s)jj20 ds (3.15)2K0M2

0

Z t 0

Sm(k)(s)ds:

Tích phân I2 : Từ giả thiết (H3) ta có đánh giá

I2 = 2

Z t 0

Fm(s); _u(k)m (s) ds 2

Z t 0

jjFm(s)jj0jj _u(k)m (s)jj0ds

Z t 0

jjFm(s)jj20ds +

Z t 0

jj _u(k)m (s)jj20ds

TK

2 1

2 +

Z t 0

Tích phân I3 : Từ giả thiết (H3) và tính bức của a( ; ) nên

jjr _u(k)m (s)jj

qa( _u(k)m (s); _u(k)m (s))

a(Fm(s); _u(k)m (s)) ds2

Sm(k)(s)ds: (3.17)

Sử dụng bổ đề 2.6 và giả thiết um 1 2 W1(M; T ); ta có

jjrFm(s)jj20 =

Z 1 0

2 (1 + 2M

Z t 0

m(s)a(u(k)m (s); •u(k)m (s))ds

Z t 0

K0jjAu(k)m (s)jj0jj•u(k)m (s)jj0ds3

4K

2 0

Z t 0

jjAu(k)m (s)jj20ds + 1

3

Z t 0

jj•u(k)m (s)jj20ds3K2

0

4 0

Z t 0

Sm(k)(s)ds +1

3S

(k)

Tích phân I5 : Sử dụng lại bất đẳng thứcjabj 34a2+ 1

3b

2 ta thu được:

I5 =

Z t 0

Fm(s); •u(k)m (s) ds

Z t 0

jjFm(s)jj0jj•u(k)m (s)jj0ds3

Z t 0

Sm(k)(s)ds + T K

2 1

2+

Z t 0

Sm(k)(s)ds + 3

2K

2

1(1 + 2M2)T+

Z t 0

Sm(k)(s)ds + 3K

2 0

4 0

Z t 0

+ 2 +3K

2 0

4 0 =

6K0M2 0

+ 6 + 9K

2 0

4 0;vậy

Sm(k)(t) 3Sm(k)(0) + C1(M; T ) + C2(M; T )

Z t 0

Sm(k)(s)ds: (3.22)Đánh giá Sk

m(0) ta có

Sm(k)(0) = Xm(k)(0) + Ym(k)(0)

= jj~u1kjj20+ (jjr~u0jj20)[ẵu0k; ~u0k) +jjAeu0kjj20] + ẵu1k; ~u1k):

Từ sự hội tụ trong (3.8) kết hợp với bất đẳng thức jjvjj2

0 jjvrjj2

0 ta suy ra tồntại M > 0 không phụ thuộc vào m; k sao cho

Sm(k)(0) M

2

eb0 exp(

e

C32eb0T ) < 1:

Sm(k)(s)ds; 0 t T: (3.25)

Áp dụng bổ đề Gronwall ta có

Sm(k)(t) M2exp( T C2(M; T )) exp(tC2(M; T )) M2;8t 2 [0; T ]: (3.26)Vây u(k)m 2 W1(M; T );8m; k:

Bước 3 Qua giới hạn

Vì u(k)m 2 W1(M; T );8m; k; nên ta trích được dãy con fu(k)m g của fu(k)m g vẫn gọi

Qua giới hạn trong (3.7), ta có um thỏa mãn (3.4) trong L2(0; T ) yếu

Mặt khác ta suy được từ (3.3) và (3.4)1vàum 2 W (M; T ) rằng •um = m(t)Aum+

ii) Mặt khác dãy quy nạp tuyến tính fumg xác định bởi (3.4)-(3.5) hội tụ mạnh

về nghiệm yếu u của bài toán (3.1) trong không gian

eb0 exp(

e

C32eb0T ) < 1;

với

eb0 = minf1; 0C0g và eC3= maxf2K0M2; 2g:

Chứng minh định lý 3.3 gồm hai ý (a) và (b)

a) Sự tồn tại nghiệm Trước hết ta chú ý rằng W1(T ) là không gian Banachđối với chuẩn

jjvjjW 1 (T ) =jjvjjL 1 (0;T ; e V 1 )+jj _vjjL 1 (0;T ;V 0 ):

Ta sẽ chứng minh fumg là dãy Cauchy trong W1(T ) Đặt vm = um+1 um; khi

đóvm thỏa mãn bài toán biến phân sau

0 m+1(s)a(vm(s); vm(s))ds2

Z t 0 m+1(s) m(s) hAum(s); _vm(s)i ds+2

Z t

0 hFm+1(s) Fm(s); _vm(s)i ds: (3.29)

Ta có

0 m+1(s) 2 @ ( )

@ j hrum(s);r _um(s)i j (3.30)2K0jjum(s)jjV e 1jj _um(s)jjV e 1 2K0M2:

ở đây 2 (0; 1):

Ta có

jjFm+1(t) Fm(t)jj20 =

Z 1 0

Z 1 0

r [f (r; t; um;rum) f (r; t; um 1;rum 1)]2dr

Z 1 0

2K1jjvm 1jjW 1 (T ):

Từ (3.31)-(3.36) ta suy ra

jj _vm(t)jj20+ 0C0jjvm(t)jj2V e 1 2K0M2

Z t

0 jjvm(s)jj2V e 1ds+2K0Mjjvm 1jjW 1 (T )

Z t

0 jjAum(s)jj0jj _vm(s)jj0ds+2p

2K1jjvm 1jjW 1 (T )

Z t

0 jj _vm(s)jj0ds: (3.37)Do

2K0Mjjvm 1jjW 1 (T )

Z t 0

jjAum(s)jj0jj _vm(s)jj0ds(K0M )2jjvm 1jj2W 1 (T )

Z t

0 jjAum(s)jj20ds +

Z t

0 jj _vm(s)jj20ds; (3.39)mà

(K0M )2jjvm 1jj2W 1 (T )

Z t

0 jjAum(s)jj20ds T (K0M2)2jjvm 1jj2W 1 (T ): (3.40)Đặt eC3 = maxf2K0M2; 2g ta được

jj _vm(t)jj20+ 0C0jjvm(t)jj2V 1 e Ce3

Z t

0 jj _vm(s)jj20+jjvm(s)jj2V e 1 ds+2K12jjvm 1jj2W 1 (T )

jj _vm(s)jj20+jjvm(s)jj2Ve1 ds:

kT = 2T (K0M2+p

2K1)

s1

eb0 exp(

e

C32eb0T ) < 1; với T đủ bé. (3.46)Suy ra

m T

với u2 W (M; T ): Ta có với mọi w 2 eV1:

j m(t)Aum(t) (jjru(t)jj20)Au(t); w j

= j m(t)Aum(t) m(t)Au(t) + m(t)Au(t) (jjru(t)jj20)Au(t); w j

= j h m(t)Aum(t) m(t)Au(t); wi + m(t)Au(t) (jjru(t)jj20)Au(t); w j

K0hA(um u)(t); wi + ( m(t) (jjru(t)jj20)hAu(t); wi : (3.50)

Ta có:

hA(um u)(t); wi jjr(um u)(t)jj0jjrwjj0

Fm(t) ! f(r; t; u; ru) mạnh trong L1(0; T ; V0) (3.57)Cho qua giới hạn trong (3.4) với m = mj ! +1 từ các kết quả trên ta suy

•

u = (jjru(t)jj20)Au + f (r; t; u;ru) 2 L1(0; T ; V0):

Ta kết luận u2 W1(M; T ): Sự tồn tại nghiệm được chứng minh

b) Sự duy nhất nghiệm

Giả sử u1; u2 là hai nghiệm yếu của bài toán (3.1) sao cho u1; u2 2 W1(M; T ):Đặt v = u1 u2; thì v thỏa mãn bài toán biến phân sau:

0

1(s)a(v(s); v(s))ds2

Z t 0

[ 1(s) 2(s)]hAu2(s); _v(s)i ds+2

Z t 0

hf1(s) f2(s); _v(s)i ds: (3.60)

Ta có

j 1(s) 2(s)j = @ ( s)@s jjru1(s)jj20 jjru2(s)jj20

2K0Mjjrv(s)jj0:Và

Z t 0

2K0Mjjrv(s)jj0jj _v(s)jj0ds+4K1

(jjrv(s)jj20+jj _v(s)jj20)ds: (3.62)

X(s)ds;8t 2 [0; T ]: (3.63)

Áp dụng bổ đề Gronwall ta suy ra được X(t) = 0: Tức là u1 u2:

g là cơ sở trong eV1: Dùng phương pháp xấp xỉ Faedo-Galerkin

để xây dựng nghiệm xấp xỉ của (4.2) và (4.3) dưới dạng

Bổ đề 4.2 Giả sử (H1) và (H4) (H5) đúng Khi đó, với các hằng số

M > 0 ; T > 0 , hệ phương trình (4.4) và (4.5) có nghiêm duy nhất um(k)(t) trên[0; Tk

Z

0 hf(r; s; um 1) um 1Duf (r; s; um 1); wji dsd+

Z t 0

Z

0

(k)

m (s)c(k)mj(s)dsd :Tương đương

c(k)mj(t) = (k)j + (k)j t +

Z t 0

Z

0

hf(r; s; um 1) um 1Duf (r; s; um 1); wji dsd+

Z t 0

D ( jjqjjT) Khi đójjH[c]jjY jjqjjT +1

2D T

(k) m

Ta chứng minh (4.10) đúng với n = k + 1: Thật vậy

Hk+1[c](t) Hk+1[d](t)

1 = jH(Hk[c])(t) H(Hk[d])(t)j

eD

jjHn[c] Hn[d]jjY

1(2n)!Den(Tm(k))2njjc djjY

1(2n)!DenT2njjc djjY;8n 2 N:

vậy Hn: S ! S là ánh xạ co Do đó (4.4)-(4.5) có nghiệm duy nhất u(k)m (t) trênđoạn [0; Tm(k)] Bổ đề 4.2 được chứng minh

Bước 2 Đánh giá tiên nghiệm

Tương tự như chương 3 đặt

Sm(k)(t) = Sm(k)(0) +

Z t 0

(k) m

0

(s) a(u(k)m (s); u(k)m (s)) +jjAu(k)m (s)jj20 ds+2

Z t 0

Fm(k)(s); _u(k)m (s) ds+2

Z t 0

a(Fm(k)(s); _u(k)m (s))ds

Z t 0

(k)

m (s)a(u(k)m (s); •u(k)m (s))ds+

Z t 0

(k) m

I1 cp+11

0

( 0+ 1)

Z t 0

Sm(k)(s) p+1ds + c12

0

( 0+ 1)

Z t 0

Sm(k)(s) 2ds: (4.17)

Z t

0

f (r; s; um 1); _u(k)m (s) ds + 2

Z t 0

u(k)m Duf (r; s; um 1); _u(k)m (s) ds+2

Z t

0

um 1Duf (r; s; um 1); _u(k)m (s) ds2K

Z t

0 jj _u(k)m (s)jj0ds + 2K

Z t

0 jju(k)m (s)jj0jj _u(k)m (s)jj0ds+2K

Z t 0

Z t 0

jj _u(k)m (s)jj20ds

K2T + (KM )2T + 3

Z t 0

jj _u(k)m (s)jj20ds + K2

Z t 0

jjru(k)m (s)jj20ds

T (K2 + (KM )2) + 3

Z t 0

Sm(k)(s)ds + K

2 0

Z t 0

Sm(k)(s)ds:

Vậy

I2 T (K2+ (KM )2) + (3 +K

2 0

)

Z t 0

Sm(k)(s)ds: (4.18)

Ta có

I3 = 2

Z t 0

a(Fmk(s); _ukm(s))ds:

Ta thu được bất đẳng thức sau

+ 1

! Z t 0

I4

Z t 0

c0(jjru(k)m (s)jj2p0 + 1)jjAu(k)m (s)jj0jj•u(k)m (s)jj0ds

=

Z t 0

c0jjru(k)m (s)jj2p0 jjAu(k)m (s)jj0jj•u(k)m (s)jj0ds (4.21)+

Z t 0

G1 =

Z t 0

c0[a(u(k)m (s); u(k)m (s))]pjjAu(k)m (s)jj0jj•u(k)m (s)jj0ds3c20

2

Z t 0

[a(u(k)m (s); u(k)m (s))]2pjjAu(k)m (s)jj20+ 1

6

Z t

0 jj•u(k)m (s)jj20ds3c20

2 2p+10

Z t 0

0

2 0

Z t 0

Sm(k)(s)ds + 1

6S

(k)

m (t): (4.24)Tóm lại

I4 3c

2 0

2 0

Z t 0

Sm(k)(s)ds + 3c

2 0

2 2p+10

Z t 0

Sm(k)(s) 2p+1ds + 1

3S

(k)

m (t): (4.25)