các bài toán biên phí tuyến xuất hiện trong khoa học ứng dụng( vật lý. hóa học, cơ học, kỹ thuật...) rất phong phú và đa dạng. đây là nguồn đề tài mà rất nhiều nhà toán học từ trước đến nay quan tâm nghiên cứu
Trang 1Chương 2
KHẢO SÁT PHƯƠNG TRÌNH SÓNG PHI TUYẾN THUỘC DẠNG
) , ( ) ,
F u
), 1 , 0 (
), , ( ) ,
F u
), ( )
, 1 ( )
,
(u u t K u 2u u t 2u t
trong đó u0,u1,f là các hàm số cho trước và K,K1,λ ≥ 0 ,λ1> 0 và α,β ≥ 2 là các
hằng số cho trước, hàm phải tìm u ( t x, )và giá trị biên chưa biết P (t) thỏa mãn bài
toán Cauchy cho phương trình vi phân thường như sau
, ) ( , ) 0 (
, 0
), , 0 ( ) ( )
(
1 /
0
2 //
P t P P P
T t t hu t P t
với ω > h0 ≥0, P0 và P1 là các hằng số cho trước
Trong [1] đã nghiên cứu một trường hợp đặc biệt của bài toán
(2.1.1)-(2.1.6) với u~0 =u~1 =P0 = 0 và α =β =2, trong đó điều kiện biên (2.1.3) được thay
bởi
, 0 ) , 1 ( t =
Trang 2Trong trường hợp nầy bài toán (2.1.1), (2.1.2), (2.1.4), (2.1.5), (2.1.6), (2.1.7) là mô hình toán học mô tả sự va chạm của một vật rắn và một thanh đàn nhớt tuyến
tính tựa trên một nền cứng [1]
Chú ý rằng từ (2.1.6) ta biểu diễn P (t) theo P0, P1,ω,h,u tt( 0 ,t) và sau đó tích phân từng phần, ta thu được
( ) ( ) ( 0 , ) ( ) ( 0 , ) ,
0
− +
=
t
ds s u s t k t hu t g t
P (2.1.8) trong đó
−
=
sin )
(
,
sin )) 0 (
~ (
cos )) 0 (
~ (
)
t h
t
k
t u
h P t u
h P t
Trang 3(2.1.1)-số kết quả về tính đều của nghiệm tùy thuộc vào tính đều của dữ kiện Phần cuối của chương nầy chúng tôi chứng minh nghiệm (u,P) của bài toán (2.1.1)-(2.1.5), (2.1.8) với α =β =2, có được một khai triển tiệm cận cấp N+ 1 theo theo hai tham số K,λ như sau:
( 2 2 ) 1 ,
,
2 1 2 1 2 1
u
γ γ γ γ
(2.1.11)
1 2 2 ,
2 1 2 1 2 1
P
γ γ γ γ
theo nghĩa
) , 1 ( )
, 1 (
1 2 2 1
) , 0 ( ,
)
; , 0 ( ,
)
; , 0 ( ,
2
2 1 2
1 2 1
2
2 1 2 1 2 1 1
2 1 2 1 2 1
+
≤ +
≤ +
≤ +
− +
L T L N
H T L N
K C
K u
u
K u u
K u u
λ
λ
λλ
γ γ γ
γ γ γ
γ γ γ γ γ γ
γ γ γ γ γ
,
2 1 2 1 2 1
+
≤ +
K C K
P
γ γ γ γ
(2.1.14)
với C1, C2 là hằng số độc lập với K,λ Kết quả thu được ở đây cũng đã mở rộng và chứa đựng các kết quả trong [1, 2, 5, 23, 25] như là trường hợp riêng Kết quả nầy sẽ được công bố trong [D3]
2.2 Sự tồn tại và duy nhất nghiệm
Ta thành lập các giả thiết sau
Trang 4(H5 g∈H2( 0 ,T).
Khi đó ta có định lý sau
Định lý 2.1 Với các giả thiết (H1) − (H5), tồn tại duy nhất nghiệm yếu (u,P) của
bài toán (2.1.1) – (2.1.5), (2.1.8) sao cho
), , 0 ( )
, 0 ( ) , 1 (
), , 0 ( )
, 0 (
),
; , 0 ( ),
; , 0 ( ),
; , 0 (
, 1
, 1 2
, 1
2 1
2
T W P
T W T H t u
T W t u
L T L u H T L u H T L
; , 0
0
L T C H T C
Chứng minh định lý 2.1 Chứng minh bao gồm năm bước
Bước 1: Xấp xỉ Galerkin
Giả sử {w j} là cơ sở đếm được của H2 Ta tìm nghiệm xấp xỉ của bài toán
(2.1.1) – (2.1.5), (2.1.8) dưới dạng
, ) ( )
trong đó các hàm c mj (t) thoả mãn hệ phương trình vi phân thường
) 1 ( ) ( ) 0 ( ) ( ),
( ),
(
//
j m j
m jx mx j
(
0
− +
), , 1 ( )
, 1 ( )
m
j
j mj m
u w u
u
m
j
j mj m
=
Trang 5Từ các giả thiết của định lý 2.1, bài toán (2.2.4) –(2.2.8) tồn tại nghiệm
Bước 2: Đánh giá tiên nghiệm I
Thay (2.2.5), (2.2.6) vào (2.2.4), sau đó nhân phương trình thứ j của (2.2.4)
với c mj/ (t), lấy tổng theo j và cuối cùng lấy tích phân theo t, ta có
, ) ( ), ( 2 ) , 0 ( ) ( ) , 0 ( 2
) , 0 ( ) ( 2 ) 0 ( )
− +
t m m
m
ds s u s f d
u s k ds s u
ds s u s g S
t
S
τττ
(2.2.9)
với
) , 1 ( 2
) ( 2
) , 1 (
) , 0 ( )
( 2 ) ( )
( )
(
0
2 / 1 0
/ 2
1
2 2
2 /
∫
+ +
+ +
+
=
t m t
L m m
m L m mx
m m
ds s u ds
s u t
u K
t hu t
u K t
u t u t
S
λλ
0 ( 2 ) 0 ( )
(
+ u m t ∫t k t− u m d − k ∫t u m s ds
0 2 0
) , 0 ( ) 0 ( 2 ) , 0 ( ) ( ) , 0 (
, ) 0 ( ) 0 ( 2 ) 0
Trang 6S m t ≤C + g t + u m t + ∫t g s ds+ ∫t u m s ds
2 2
/ 2
2
1 1 ( ) ( 0 , ) 1 ( ) ( 0 , ) )
ε
εε
0
2
) , 0 ( ) 0 ( 2 )
, 0 ( ) (
1 ) , 0 (
εε
∫
∫
+ +
+
t m t
m m
ds s u ds
s f
ds d u
s k s
u
0
2 / 0
2 0
2
0
/ 2
) ( )
( 1
) , 0 ( ) (
1 ) , 0 (
εε
τττ
εε
) , 0 ( 2 )
( )
( )
(
0 2 0
2 / 2
t t
2
) , 0 ( ) ( 1
) ( )
, 0 ( ) ) 0 ( ( 2
∫
∫
∫
− +
+ +
+
t
m
t m t
m
ds s u s t k
ds s u ds
s u k
ε
εε
) , 0 ( ) ( 1
~)1()
0
2 2
v C v
K hv
~ ) (
~ )
( )
( ) ,
0
0 ] 1 , 0
C
C t
u C t
u t
Bây giờ sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwartz, ta ước lượng hai tích phân cuối
cùng ở vế phải của (2.2.13) như sau
Trang 7i/
, ) ( )
(
~
) , 0 ( )
(
1 )
, 0 ( ) (
1
0 0
2 2 0
0 2 0
2 2
t m
t t
m
ds s S d k C
ds s u d k ds
s u s t
k
θθε
θθε
ii/ ∫ ∫t s k s− u m d ds≤ t∫t k d ∫t u m d
0 2 0
2 / 0
ττ
ε
( ) ( )
~
0 0
2 / 2 0
0 < C02ε ≤ và sử dụng hai đánh giá ở trên, từ (2.2.13) và (2.2.16) – (2.2.18) ta có
, ) ( ) ( ) ( ) (
0 2
≤
t m
+ +
(
~ 2 ) 0 ( (
~ 4 2 )
(
, ) ( )
( )
(
2 2 )
(
0
2 / 0
2 2 0 2
0 2
0 2 0
2 / 2
1 1
t t
t t
d k t d k
C k
C t
g
ds s f ds s g t g C
t
g
θθθ
θε
εε
(
0
) 2 ( ) 1 (
T T ds
s S M M t
t m T T
Aùp dụng bổ đề Gronwall ta được
], , 0 [ , ) exp(
Trang 8Lấy đạo hàm (2.2.4) theo t
, , 1 , ), (
), ( ) ( ) 1 ( ),
( ) ( ) 1 (
) 1 ( ) ( ) 0 ( ) ( ),
( ),
(
/
//
2 / /
2
/ /
/ ///
m j
w t f
w t u t u w
t u t u K
w t Q w
t P w t u w t
u
j
j m m
j m m
j m j
m jx mx j
〉
〈
− +
+ +
〉
〈 +
Nhân phương trình thứ j với c mj// (t), lấy tổng theo j sau đó lấy tích phân theo t,
sắp xếp lại ta được
t
m m
m
d u
ds s u s k u
k
ds s u s g X
//
/
) , 0 ( ) , 0 ( ) ( ) , 0 ( ) 0 ( 2
) , 0 ( ) ( 2 ) 0 ( )
(
τττ
0
//
/ 2
) , ( ) , ( ) , ( )
1 (
2 / 2 / 2 //
) , 1 ( )
, 0 ( )
( )
( )
1 ( 1 , )
0 1
0
2 //
2 /
) , ( )
, ( )
1 (
2 / 1
2 / 2 / 2 //
) , 1 ( )
, 0 ( )
( )
1 ( 1 , )
0 1
0
2 2 /
2 − ∫ ∫
d
d d
β
ττ
τβ
β
Tích phân từng phần các tích phân vế phải (2.2.24) ta có
Trang 9− +
+ +
− +
m
t
m m
m m
m m
m t
m m
t
m
m m
m m
ds s u s f
dx x u x u x
u d K
d u
ds s u s k u
k u
k
u u k
t u ds s u s t k t u k
ds s u s g
t u t g u
g X
0
//
/ 2 0
/ 0
//
/ /
1 0
/ 0
/ 0
/ //
/ / 1
/
) ( ), ( 2
) , ( ) , ( ) , ( )
1 ( 2
) , 0 ( ) , 0 ( ) ( )
, 0 ( ) 0 ( ) , 0 ( ) 0 ( 2
) 0 ( ) 0 ( ) 0 ( 2
) , 0 ( ) , 0 ( ) ( ) , 0 ( ) 0 ( 2
) , 0 ( ) ( 2
) , 0 ( ) ( 2 ) 0 ( ) 0 ( 2 ) 0 ( )
(
ττ
ττ
α
τττ
ττ
−
+ +
−
− +
− +
=
t
m m
t
m m
t m
t
m m
m
m m
m
m m m
m
ds s u s k d u
ds s u s t k t u d u
k
ds s u s g t u t u k
t u t g t u k u
k
u u k u
g X
0
2 /
0
/ //
/
/ / 2
/ 2
0 /
1 0 1
/
) , 0 ( ) ( )
, 0 ( 2
) , 0 ( ) ( ) , 0 ( 2 )
, 0 ( ) 0 ( 2
) , 0 ( ) ( 2 ) , 0 ( ) , 0 ( ) 0 ( 2
) , 0 ( ) ( 2 ) , 0 ( ) 0 ( ) 0 ( ) 0 (
) 0 ( ) 0 ( ) 0 ( 2 ) 0 ( ) 0 ( 2 ) 0 (
τ
τττ
ττ
−
0 1
0
//
/ 2
) , ( ) , ( ) , ( )
1 (
0
//
/
) ( ), (
Trước tiên, từ (2.2.7), (2.2.8), (2.2.25) và các giả thiết (H4), (H5)ta có đánh giá
) 0 ( ) 0 ( ) 0 ( ) 0 ( ) 0 ( 2 ) 0 ( ) 0 ( 2 )
Trang 10, ) 0 ( ), 0 ( ) 0 ( ), , ( ) 0 ( , )
0
1 0 //
0
2 // − 〈 mxx m 〉 + 〈 m m m 〉 = 〈 m 〉
u
nên
) 0 ( ) , ( )
0
//
f u
u F u
và do đó từ (2.2.7) ta thu được
) 0
~ ) ( )
0 ) ( /
T
t
m m
m
d u u
M C K
dx x u x u x
u d K
0
//
/ 2 0
0 1
0
//
/ 2
) ( ) ( )
~ )(
1 ( 2
) , ( ) , ( ) , ( )
1 (
2
τττ
α
ττ
ττ
α
α α
( 1 )~ (~ ) ( )
0
2 0
− +
+
+ +
+ +
+
≤
t
m m
t
m m
t m
t
m m
m
m m
m
ds s u s k d u
ds s u s t k t u d u
k
ds s u s g t
u t u k
t u t g t u k C C t X
0
2 /
0
/ //
/
/ / 2
/ 2 3 2
) , 0 ( ) ( )
, 0 ( 2
) , 0 ( ) ( ) , 0 ( 2 )
, 0 ( ) 0 ( 2
) , 0 ( ) ( 2 ) , 0 ( ) , 0 ( ) 0 ( 2
) , 0 ( ) ( 2 ) , 0 ( ) 0 ( )
(
τ
τττ
ττ
∫
∫ ∫
〉
〈 +
m
ds s u s f
dx x u x u x
u d K
0
//
/ 0 1
0
//
/ 2
) ( ), ( 2
) , ( ) , ( )
, ( )
1 (
Trang 11∫
∫
+ +
+ +
+ +
+
≤
t
m T
t m
t
m m
T
m T
t X d k M C ds s X C k
ds s X s g C t X M C k
t X C t g M C k C C
0
/ 2
0 0
2 0
0
//
0 2
0
0 / 2
0 / 2 3 2
) ( )
(
~ 2 ) (
~ ) 0 ( 2
) ( ) (
~ 2 ) (
~ ) 0 ( 2
) (
~ ) ( 2
~ ) 0 (
θθ
∫
−
− +
+
t m T
m T
d X M
C C K
d X d k M C
0
2 0
0
//
2 0
) ( )
~ (
~ ) 1 (
) ( )
(
~ 2
ττα
ττθ
θ
α
) ( )
(
0 0
2 /
0 / 2 3 2
~ ) ( 4
~ ) 0 ( )
) ( 4
1
~ ) 0 ( 4 ) ( 4
0 2
t X M
C k t
+ +
+
t m t
T
m t
T
t m t
m t
d X d
k M C
t X d
k M C
ds s X C k ds s X ds s g C
0 2
0
//
4 0
2
0
/ 4
0
0
2 0 0
0
2 //
2 0
) ( )
(
~
) ( 4
1 )
(
~ 4
) (
~ ) 0 ( 2 ) ( )
(
~
ττθ
θ
θθ
~)1
.)()
(
0 0
2 /
∫
+ t f s ds t X m s ds (2.2.32)
Trang 12Do phép nhúng H1( 0 , 1 )↪C0[ 0 , 1 ] là liên tục nên từ các giả thiết (H3) − (H5) và
(2.2.22) dẫn đến rằng
], , 0 [ , ) ( )
(
0
) 4 ( ) 3 (
T t d
X M M t X
t m T T
m ≤ + ∫ τ τ ∀ ∈ với mọi T > 0 , (2.2.33)
0 0 2
0 )
4
) 1 ( 8 ) 0 (
~ 8
T Q
L m Q
L m
u
T T
β
β
) (
~ ) (
2
) (
2 /
2
t M t X u
Q L m
0
2 0
2 0 1
0
2 /
2 /
2 2
) (
2 /
) , ( )
(
~ 4
) , ( )
, ( 4
2
dx t x u dt t X C
dx t x u t x u dt u
x
mx t
m
T
mx m
Q L m
T
β
β β
ββ
∫ ( ) −
0
2 0
2
) ( )
(
~ 4
0 2
T T
Trang 13Bước 4: Qua giới hạn
Từ (2.2.10), (2.2.23), (2.2.25), (2.2.34) – (2.2.38), tồn tại một dãy con của {(u m,P m,Q m)}, mà ta vẫn ký hiệu là {(u m,P m,Q m)}, sao cho
u
u m → trong L∞( 0 ,T;H1), yếu*, (2.2.40)
/ /
u
u m → trong L∞( 0 ,T;H1), yếu*, (2.2.41)
/ /
~ )
(t P t
P m → trong W1,∞( 0 ,T), yếu*, (2.2.47)
) (
~ )
(t Q t
Q m → trong H1( 0 ,T), yếu, (2.2.48)
) ( ) ( )
/
t t
u t
u m β− m →χ trong Lβ/(Q T), yếu (2.2.49) Dựa vào bổ đề compact của J.L Lions [18, p 57] ta suy ra từ (2.2.38) – (2.2.41), (2.2.43) – (2.2.45), tồn tại một dãy con của {u m}, vẫn ký hiệu {u m} sao cho
u
/ /
u
1 2
,
1
u m → trong C0[ 0 ,T], mạnh (2.2.55) Từ (2.2.5), (2.2.6) và (2.2.53) – (2.2.55) ta có
Trang 14), ( )
, 0 ( ) ( ) , 0 ( ) ( )
(
0
t P ds s u s t k t hu t g t
P
t
m → + −∫ − = mạnh trong C0[ 0 ,T], (2.2.56)
), ( ) , 1 ( )
, 1 ( )
1
2 2
R R y x y x R y
y x
với mọi R> 0 và mọi α ≥2, ta suy ra từ (2.2.16), (2.2.24), (2.2.49) rằng
u u u
u mα−2 m → α−2 trong L2(Q T), mạnh (2.2.60)
Tương tự ta cũng có từ (2.2.30), (2.2.34), (2.2.50) và bất đẳng thức (2.2.59)
/ 2 / / 2
/
u u u
u m β− m → β− trong L2(Q T), mạnh (2.2.61)
Vì thế, do (2.2.60) ta được
) , ( ) ,
(u u/ F u u/
F m m → trong L2(Q T), mạnh (2.2.62)
Nhờ (2.2.39), (2.2.41), (2.2.43), (2.2.56), (2.2.57), (2.2.62), qua giới hạn
(2.2.4), (2.2.7), (2.2.8) ta có u là nghiệm yếu của bài toán
+
〉
〈 +
〉
〈
, ) 0 ( , )
0
(
, ,
), (
)), ( ), ( ( ) 1 ( ) ( ) 0 ( ) ( ),
( ),
(
1 /
0
1
/ //
u u
u u
H v v t f
v t u t u F v t Q v t P v t u v t
,
//
L T L f u u F u
Vì vậy u∈L∞( 0 ,T;H2) và việc chứng minh sự tồn tại nghiệm hoàn tất
Bước 5: Chứng minh sự duy nhất nghiệm
Gọi (u i,P i), i= 1 , 2 là hai nghiệm yếu của (2.1.1) – (2.1.5), (2.1.8) sao cho
Trang 15), , 0 ( )
, 0 ( ) , 1 ( ), , 0 ( )
, 0 (
),
; , 0 ( ),
; , 0 ( ),
; , 0 (
, 1
, 1 2
, 1
2 //
1 /
2
T W P
T W T H t u T W t u
L T L u H T L u H T L u
i
i i
i i
i
(2.2.64) Khi đó (u,P) với u =u1−u2 và P= P1−P2 thỏa mãn bài toán biến phân
〉
−
〈 + +
+
〉
〈 +
0
(
, ,
0 ,
, )
1 ( ) ( ) 0 ( ) ( ),
( ),
(
/
1 /
2
2 / 2 / 1
2 / 1
2 2 2 1 2 1 //
u u
H v v
u u u u
v u u u u K v t Q v t P v t u v t
β β
α α
, 1 ( )
(
, ) , 0 ( ) ( ) , 0 ( ) (
/ 1 1
0
t u t u K t Q
ds s u s t k t hu t P
t
λ
Thay v=u/, sau đó lấy tích phân theo t, ta được
, ) , 0 ( ) ( ) , 0 ( 2
, 2
) (
/ 0
/ 2 2 2 1 2 1
∫
− +
ds s u s k d u
d u u u u u K t
Z
τ
α α
τττ
τ
trong đó,
) , 1 ( )
, 0 ( )
( )
( )
2 / 2 / 1
2 / 1 0
2 /
+ λ t u s ds λt u β− u u β− u u dτ (2.2.67) Sử dụng bất đẳng thức (2.2.59), ta đánh giá số hạng đầu tiên trong vế phải của
(2.2.66)
, ) ( )
1 ( 2
) ( ) ( )
1 ( 2 ,
2
0 2 0
/ 2
0
/ 2 2 2 1 2 1
d Z R K
d u u R K
d u u u u u K
ττα
τττα
τ
α
α α
α
(2.2.68)
Trang 16với max{ , 1 , 2 }.
)
; , 0 ( 1 =
R
H T L
i Tích phân từng phần số hạng cuối của (2.2.66) ta có
t
ds s u s k d u
d u
k ds s u s t k t u
ds s u s k d u
J
/
0 2 0
/
) , 0 ( ) ( ) , 0 ( 2
) , 0 ( ) 0 ( 2 ) , 0 ( ) ( ) , 0 ( 2
) , 0 ( ) ( ) , 0 ( 2
τ τ
τττ
ττ
τττ
(2.2.69)
Mặt khác, từ (2.2.14) – (2.2.16), (2.2.67) suy ra
) (
~ ) (
~ )
( )
( ) , 0
u C t
u t
τ
τττ
0
2 4
0 ( ) ( ) 2 ( 0 )~ ( )
~ 2 ) ( 2
) ( (
~ 2
0 2 1
0
2 2
0 ⎜⎜⎝⎛∫ ′ ⎟⎟⎠⎞ ∫
Ta suy ra từ (2.2.66), (2.2.68) – (2.2.70) rằng
], , 0 [ , ) ( )
(
0
T t ds s Z m t Z
(
~ 4
~ 4
~ ) 0 ( 4 ) (
~ 4 )
1 ( 2
2 1
0
2 / 2 0 2 0
2 0 0
2 4 0 2
+ +
d k C C
C k d k C R
K m
θθ
θθ
Trang 17Aùp dụng bổ đề Gronwall, ta suy được Z ≡ 0 và định lý (2.1) được chứng minh xong.
2.3 Sự phụ thuộc tính trơn của nghiệm vào các dữ kiện
Trong phần này chúng tôi nghiên cứu tính trơn của nghiệm bài toán (2.1.1) – (2.1.5), (2.1.8) trong trường hợp α =β =2 Từ đây, chúng ta giả sử
=
=
=
= +
−
=
) , 0 (
~ ) (
~ ) (
~
), (
~ ) 0 , (
~ ), (
~ ) 0 , (
~
, 0 ) , 1 (
~ ) , 1 (
~ ) , 1 (
~
~
), (
~ ) , 0 (
~
, 0
, 1 0 ), (
~ )
~ ,
~ (
1 1
t t
t x
x
t xx
tt
ds s u s t k t u t g t P
x u x u x u x u
t u t u K t u u B
t P t u
T t x
t f u u F u u u L
=
).
0 , ( ) , (
~ ,
~
), 0 ( ) ( ) ( ) (
~ ,
~ , )
, (
1 0 0
1 1 0
0 /
x f u u F u u u u
u t k t g t g f f u Ku u
u F
xx
t t
Trang 18Giả sử u0,u1,f,g,k thỏa các giả thiết ( 1 )
1 )
4 )
(H Khi đó u~0,u~1,~f,g~,k
thỏa mãn các giả thiết (H2)–(H5) và nhờ định lý 2.1 thì bài toán (Q~) có duy nhất
nghiệm yếu (u~,P~) sao cho
~
), , 0 ( )
, 0 ( ) , 1 (
~
), , 0 ( )
, 0 (
~
),
; , 0 (
~
),
; , 0 (
~
),
; , 0 ( )
; , 0 ( )
; , 0 (
~
, 1
, 1 2
, 1 2 1
2 2
1 1 0
T W P
T W T H t u
T W t u
L T L u
H T L u
H T L L T C H T C u
P P u
), , 0 ( )
, 0 ( ) , 1 (
), , 0 ( )
, 0 (
),
; , 0 (
),
; , 0 (
),
; , 0 (
),
; , 0 ( )
; , 0 ( )
; , 0 (
, 2
, 2 3
, 2 2 1 2
2 2
1 1
2 0
T W P
T W T H t u
T W t u
L T L u
H T L u
H T L u
L T C H T C H T C u
ttt tt t
(2.3.4)
Khi đó ta có định lý sau
Định lý 2.2 Với α=β = 2 và các giả thiết (H1), (H1)(1)– ( 1 )
Trang 19) (Q (r)
( ) (
), ( ) 0 , ( ), ( ) 0 , (
, 0
), ( )
, 0 (
, 0
, 1 0
), , (
0
] ]
] ]
] 1 ]
] 0 ]
]
] ]
] ]
t
r r
r r
r r
t r
r r
r r
x
r r
ds s u s t k t hu t g t P
x u x u x u x u Bu
t P t u
T t x
t x f Lu
trong đó các hàm [ ]
1 ]
, 1 ), 0 , ( )
, (
, 1
, ,
1
0
) 1 ( 0 ]
] 0 [ ]
1
1 ] 1 [ 1 ] 1 [ 0 ]
1 [ 0 ] 1 1 ] 0 [ 1
] 1 [ 0 ] 0 0 ] 0 [ 0
r dt
k d u
dt
g d g g g
t
f f
r x t
f u
u F u
u u u
r u
u u u
r r r
r r r
r r
r
r r
r r
xx r
r r
ν ν
H
1 +
H u
, ) 0 , (
, 1 0
), (
1 2
r H
x t f
r Q
L t
Trang 20), , 0 ( )
, 0 ( ) , 1 (
), , 0 ( )
, 0 (
),
; , 0 (
),
; , 0 (
),
; , 0 ( )
; , 0 ( )
; , 0 (
, 1 ]
, 1 2
]
, 1 ]
2 ]
1 ]
2 2
1 1 0
]
T W P
T W T H t u
T W t u
L T L u
H T L u
H T L L T C H T C u
r r r
r tt
r t r
(2.3.6)
Hơn nữa, từ sự duy nhất nghiệm ta cũng có
, )
t
P t
u P
∞ + +
∞ +
+
−
).
, 0 (
), , 0 ( )
, 0 ( )
,
1
(
), , 0 ( )
; , 0 ( )
; , 0 (
, 1
, 1 2
, 1
2 1
1 2
1
T W
P
T W
T H
t
u
T W
t
u
L T C H T C H T C
u
r
r r
r
r r
r
(2.3.7)
Ta có định lý sau
Định lý 2.3 Với α=β = 2 và các giả thiết (H1), (H1)(r) − (H4)r) đúng Khi đó tồn
tại duy nhất nghiệm yếu (u,P) của bài toán (2.1.1) – (2.1.5), (2.1.8) thỏa mãn
(2.3.7) và ( 0 , ; ), ( 0 , ; ), 2 ( 0 , ; 2).
2 1 1
1 2
L T L t
u H
T L t
u H
T L t
u
r r r
r r
r
∞ +
+
∞ +
2.4 Khai triển tiệm cận của nghiệm theo hai tham số
Trong phần này chúng tôi giả sử α =β =2 và (h,K1,λ1,f,g,k) thỏa mãn
các giả thiết (H1) − (H5). Với các tham số K ≥ 0 ,λ≥ 0 , chúng tôi xét bài toán
nhiễu (Q~K,λ) sau đây:
Trang 21=
=
= +
), ( ) 0 , ( ), ( ) 0 , (
, 0 ) , 1 ( )
, 1 ( ) , 1 (
), ( ) , 0 (
, 0
, 1 0
), , (
0
1 0
1 1
0
t t
t x
x
t tt
xx
ds s u s t k t hu t g t P
x u x u x u x u
t u t u K t u Bu
t P t u u B
T t x
t x f u Ku u
u Lu
λλ
Giả sử (u0,0,P0,0) là nghiệm yếu duy nhất của bài toán (Q~0,0) tương ứng với
), , 0 ( )
, 0 ( ) , 1 ( ), , 0 ( )
, 0 (
),
; , 0 ( ),
; , 0 (
),
; , 0 ( )
; , 0 ( )
; , 0 (
) , 0 ( ) ( ) , 0 ( )
( ) (
), ( ) 0 , ( ), ( ) 0 , (
, 0 ),
(
, 0
, 1 0
), , (
~
, 1 0 , 0
, 1 2
0 , 0 ,
1 0
, 0
2 //
0 , 0 1 /
0 , 0
2 2
1 1 0
0 , 0
0
0 , 0 0
, 0 0
, 0
1 /
0 , 0 0
0 , 0
0 , 0 0
, 0 0 , 0 0
0 , 0 0 , 0
T W P
T W T H t u T W t u
L T L u H T L u
H T L L T C H T C u
ds s u s t k t hu t g t P
x u x u x u x u
Bu t P u B
T t x
t x f H Lu
t
Gọi ( , )
2 1
), , 0 ( )
, 0 ( ) , 1 ( ), , 0 ( )
, 0 (
),
; , 0 ( ),
; , 0 (
),
; , 0 ( )
; , 0 ( )
; , 0 (
) , 0 ( ) ( ) , 0 ( )
(
, 0 ) 0 , ( )
0 , (
, 0 ),
(
, 0
, 1 0
), , (
~
, 1 ,
, 1 2
, ,
1 ,
2 //
, 1 /
,
2 2
1 1 0
,
0
, ,
,
/ , ,
, ,
, 0
, ,
2 1
2 1 2
1
2 1 2
1
2 1
2 1 2
1 2
1
2 1 2
1
2 1 2
1 2 1
2 1 2 1
T W P
T W T H t u T W t u
L T L u
H T L u
H T L L T C H T C u
ds s u
s t k t hu
t P
x u x u
Bu t P u
B
T t x
t x f H
Lu
t
γ γ
γ γ γ
γ
γ γ γ
γ
γ γ
γ γ γ
γ γ
γ
γ γ γ
γ
γ γ γ
γ γ γ
γ γ γ γ
ở đây