TOÀN VĂN Sử dụng các phương pháp của giải tích phi tuyến vào một số bài toán biên phi tuyến

Danh sách ký hiệu 11 Sử dụng phương pháp xấp xỉ tuyến tính và khai triển tiệm cận cho bài toán biên hỗn hợp không thuần nhất cho phương trình sóng phi tuyến 14 1.1 Giới thiệu.. 28 1.5 Kh

Phản biện 3: PGS TS PHẠM HỮU ANH NGỌC

Phản biện độc lập 1: GS TSKH NGUYỄN XUÂN TẤN

Phản biện độc lập 2: TS NGUYỄN VĂN NHÂN

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC

1 TS NGUYỄN THÀNH LONG

2 TS TRẦN MINH THUYẾT

THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH - 2013

Danh sách ký hiệu 1

1 Sử dụng phương pháp xấp xỉ tuyến tính và khai triển tiệm cận cho bài toán biên hỗn hợp không thuần nhất cho phương trình sóng phi tuyến 14

1.1 Giới thiệu 14

1.2 Các ký hiệu và giả thiết 14

1.3 Sự tồn tại dãy xấp xỉ tuyến tính 17

1.4 Sự tồn tại và duy nhất nghiệm yếu 28

1.5 Khai triển tiệm cận của nghiệm theo hai tham số bé 35

Kết luận chương 1 48

2 Sử dụng phương pháp Galerkin kết hợp phương pháp compact và khai triển tiệm cận cho phương trình sóng phi tuyến liên kết với bài toán Cauchy cho phương trình vi phân thường 50 2.1 Giới thiệu 50

2.2 Sự tồn tại và duy nhất nghiệm 51

2.3 Dáng điệu tiệm cận của nghiệm khi 1 ! 0+ 68

2.4 Khai triển tiệm cận của nghiệm yếu 75

Kết luận chương 2 84

3 Sử dụng phương pháp Galerkin kết hợp phương pháp compact và khai triển tiệm cận cho phương trình sóng phi tuyến với điều kiện biên không

iii

3.1 Giới thiệu 853.2 Sự tồn tại và duy nhất nghiệm yếu 863.3 Sự ổn định của nghiệm 1003.4 Khai triển tiệm cận của nghiệm yếu theo hai tham số bé K, 106Kết luận chương 3 116

Sử dụng phương pháp xấp xỉ tuyến tính và khai triển tiệm cận cho bài toán biên hỗn hợp không thuần nhất cho phương trình sóng phi tuyến

Trong chương nầy, chúng ta sử dụng không gian hàm V =fv 2 H1 : v (1) = 0g :

14

Ta cũng chú ý rằng V là không gian con đóng của H1, do đó V là không gian Hilbertđối với tích vô hướng của H1: Mặt khác trên V các chuẩn v7 ! kvxk và v 7 ! kvkH 1 làtương đương.

Bổ đề sau đây cũng được sử dụng trong suốt luận án

Trước hết, để tiện theo dõi, ta sẽ giới thiệu một số ký hiệu cũng như khái niệm nghiệm

yếu của bài toán (1.2.2):

Ta gọi một hàm v 2 L1(0; T ; V \ H2) thỏa điều kiện vt 2 L1(0; T ; V ) ; vtt 2

L1(0; T ; L2) là nghiệm yếu của bài toán (1.2.2) nếu nó thỏa bài toán biến phân dướiđây

Tìm vm2 W1(M; T ) (m 1) thỏa bài toán biến phân

Định lý 1.3.1 Giả sử (H1) (H3) thỏa Khi đó tồn tại các hằng số M > 0 và T > 0sao cho, với v0 = ~v0, tồn tại một dãy qui nạp fvmg W1(M; T ) xác định bởi (1.2.9),(1.2.10)

Chứng minh Chứng minh gồm một số bước

Bước 1: Xấp xỉ Faedo-Galerkin Xét một cơ sởfwjg của V

wj(x) =

s2

1 + 2j cos ( jx) ; j = (2j 1)2; j 2 N; (1.3.1)gồm các hàm riêng của toán tử Laplace = @x@22 Đặt

vm(k)(t) =Xk

j=1c(k)mj(t) wj; (1.3.2)trong đó các hệ sốc(k)mj thỏa hệ phương trình vi phân tuyến tính

0

Xk j=1

(m)

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

Z t 0

Z

0 hFm(s) ; wji dsd ;

ij(s) =h m(t)rwi;rwji ; 1 i; j k:

(1.3.8)

Chú ý rằng X = C [0; T ] ; Rk là không gian Banach đối với chuẩn

Z

0

Pk j=1 ij(s) (cj(s) dj(s))dsd

Z t 0

Z

0

Xk j=1j ij(s)j jcj(s) dj(s)j dsd

Xk j=1 sup

0 s T j ij(s)j

Z t 0

Z

0

Vn 1[c] (s) Vn 1[d] (s)1dsd

2k ~K2k ~Kt2 n 1

[2(n 1)]! kc dkX

Z t 0

Z

0

s2n 2dsd2k ~Kt2 n

(2n)! kc dkX:Vậy (1.3.11) được chứng minh

Z 1 0

0

m(x; s) rvm(k)(x; s)

2

dx+2

Z t 0

Z t 0

ds

Z 1 0

0

m(x; s) vm(k)(x; s)

2

dx+2

Z t 0

Z t 0

Ta sẽ đánh giá các tích phân bên phải của (1.3.15) và (1.3.17) như dưới đây.

ds

Z 1 0

0

m(x; s) rvm(k)(x; s) 2dx (1.3.20)1

0

~K(M; )(M + M + 1)

Z t 0

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

Z t 0

kFm(s)k _vm(k)(s) ds (1.3.21)

T K12(M; ~f ) +

Z t 0

ds

Z 1 0

0

m(x; s) v(k)m (x; s) 2dx (1.3.22)1

0

~K(M; )(M + M + 1)

Z t 0

@

@s(

@ m

@x (s)rv(k)m (s)); v(k)m (s) ds (1.3.23)2

p

0

Z t 0

I4(s)q

Ym(k)(s)ds;

@ 2 m

@sD3 (x; s; m(x; s)) (rvm 1(x; s) + g (s))+D3 (x; s; m(x; s)) @

@s(rvm 1(x; s) + g (s))

= D2D1 (x; s; m(x; s))+D3D1 (x; s; m(x; s)) (rvm 1(x; s) +r' (x; s))+D1D3 (x; s; m(x; s)) (rvm 1(x; s) + g (s))+D32 (x; s; m(x; s)) ( _vm 1(x; s) + _' (x; s)) (rvm 1(x; s) + g (s))+D3 (x; s; m(x; s)) (r _vm 1(x; s) +r _' (x; s)) ;

Ym(k)(s) ds:

kFm(0)k2+ 2T

Z T 0

h(1 + 2M )2+ v00

Tích phân thứ bảy I7:

Do (1.2.8), (1.3.14) và (1.3.37), ta có được

jI7j = 2

Z t 0

@Fm

@s (s) ds +

Z t 0

(1 + 2M + v00m 1(s) )Ym(k)(s) ds:

Ta còn đánh giá

Z t 0

D

@

@x( m(s)rvm(k)(s)); •vm(k)(s)E

ds+2

Z t 0

D

Fm(s) ; •v(k)m (s)E

ds2

Z t 0

@

@x( m(s)rvm(k)(s)) v•m(k)(s) ds+2

Z t

0 kFm(s)k •v(k)m (s) ds2

Z t 0

•

v(k)m (s)

2

ds+2

Z t

0 kFm(s)k2ds + 12

Z t 0

@

@x( m(s)rvm(k)(s)) 2ds + 2

Z t 0

kFm(s)k2ds2

Z t 0

~K(M; )(M + M )

q

Xm(k)(s) + p1

0

~K(M; )

q

Ym(k)(s)

1 p

0

~K(M; )p

Sm(k)(s) ds:(1.3.44)Chọn > 0; với 2

0

1

2; từ (1.3.14), (1.3.15), (1.3.17), (1.3.20) – (1.3.22), (1.3.30),(1.3.34), (1.3.38), (1.3.39) và (1.3.44), ta suy ra

Sm(k)(t) D~0k+ ~D1(M; T; ) + 2

Z t 0

~

D2(M; T; ) + 1

0K1(M; ~f )k•vm 1(s)k Sm(k)(s) ds;

(1.3.45)trong đó

0 K1(M; ~f )+ 2 1 (M + M + 1)2 1 + 1+(M +M +1)p

Sau cùng, từ (1.3.45), (1.3.47) và (1.3.49), ta suy ra

Sm(k)(t) M2exp 2T ~D2(M; T; ) 2

pT

Từ (1.3.53) ta suy ra rằng tồn tại một dãy con của dãy fv(k)m g vẫn ký hiệu là fv(k)m g;

Qua giới hạn trong (1.3.3), ta cóvm thỏa (1.2.9), (1.2.10) trongL2(0; T ) ; yếu.

Hơn nữa từ (1.2.9), (1.2.10) và (1.3.54)4 ta suy ra

v00m= @

@x( m(t)rvm(t)) + Fm2 L1 0; T ; L2 : (1.3.55)Vậy vm2 W1(M; T ) và chứng minh của định lý 1.3.1 được hoàn tất

Định lý 1.4.1 Giả sử (H1) (H3) thỏa Khi đó

(i) Tồn tại các hằng số dương M và T thỏa (1.3.47), (1.3.49) và (1.3.50) sao cho bàitoán (1.2.2) có duy nhất nghiệm yếu v 2 W1(M; T ) :

(ii) Hơn nữa dãy quy nạp tuyến tính fvmg xác định bởi (1.2.9), (1.2.10) hội tụ mạnh

về nghiệm yếu v của bài toán (1.2.2) trong không gian

(i) Sự tồn tại nghiệm

Trước hết, ta để ý rằng W1(T ) là một không gian Banach với chuẩn tương ứng (Lions[28])

kwkW 1 (T )=kwkL 1 (0;T ;V )+kw0kL 1 (0;T ;L 2 ): (1.4.3)

Ta sẽ chứng minh rằngfvmg là một dãy Cauchy trong W1(T ) :

Đặt wm = vm+1 vm: Khi đó wm thỏa bài toán biến phân

ds

Z 1 0

0 m+1(x; s)jrwm(x; s)j2dx+2

Z t

0 hFm+1(s) Fm(s) ; w0m(s)i ds+2

Z t 0

ds

Z 1 0

0 m+1(x; s) jrwm(x; s)j2dx

Vậy

jJ2j 2

Z t

0 hFm+1(s) Fm(s) ; w0m(s)i ds4T K2

1(M; ~f )kwm 1k2W 1 (T )+

Z t 0

zm(s) ds:

(1.4.9)

Tích phân thứ ba J3:

Ta có

jJ3j = 2

Z t 0

@

@x m+1(s) m(s) rvm(s) ; w0m(s) ds (1.4.10)

Z t 0

+kD3 [vm]kC 0( ) krvm(s)kC 0( ) krwm 1(s)k+kD3 [vm] D3 [vm 1]kC 0( )

kD3 [vm]kC 0( ) K (M; ) :~

(1.4.13)

Ta suy từ (1.4.12) và (1.4.13) rằng

@

@x m+1(s) m(s) rvm(s) 3M ~K (M; )kwm 1kW1(T )

+ (M + M ) M ~K (M; )kwm 1kW1(T )(3 + M + M ) M ~K (M; )kwm 1kW1(T ):

p

zm(s)ds: (1.4.15)Kết hợp (1.4.5), (1.4.7), (1.4.9) và (1.4.15); ta được

zm(s) ds:

Áp dụng bổ đề Gronwall, từ (1.4.16), ta suy ra

kwmkW 1 (T ) kT kwm 1kW 1 (T ) 8m 2 N; (1.4.17)trong đókT là một hằng số, với0 < kT < 1 được xác định như trong (1.3.50) Từ (1.4.17)

v00 = @

= [v]vxx+ @

@x [v] vx+ ~f [v] 2 L1 0; T ; L2 :

Do đó ta có v 2 W1(M; T ) : Sự tồn tại đã được chứng minh

(ii) Sự duy nhất nghiệm

Giả sử v1; v2 2 W1(M; T ) là hai nghiệm yếu của bài toán (1.2.2) Khi đó v = v1 v2

thỏa bài toán biến phân

Z 1 0

0

1(x; s) v2x(x; s) dx + 2

Z t 0

hF1(s) F2(s) ; v0(s)i ds (1.4.30)+2

Z t 0

@

@x[( 1(s) 2(s))rv2(s)] ; v0(s) ds X3

i=1Zi(t) ;trong đó

ds

Z 1

0 j 01(x; s)j vx2(x; s) dx (1.4.32)1

0

(1 + M + M ) ~K (M; )

Z t 0

z (s) ds ZM(1)

Z t 0

z (s) ds;

jZ2(t)j 2

Z t 0

hF1(s) F2(s) ; v0(s)i ds (1.4.33)4K1(M; ~f )

Z t 0

z (s) ds ZM(2)

Z t 0

z (s) ds;

jZ3(t)j = 2

Z t 0

@

@x[( 1(s) 2(s))rv2(s)] ; v0(s) ds (1.4.34)2

Z t 0

@

@x[( 1(s) 2(s))rv2(s)] kv0(s)k ds:

M (3 + M + M ) ~K (M; )kvx(s)k :

z (s) ds ZM(3)

Z t 0

z (s) ds: (1.4.39)

Kết hợp (1.4.30), (1.4.32), (1.4.33) và (1.4.39), ta có

Z (t) ZM(1)+ ZM(2)+ ZM(3)

Z t 0

Sử dụng bổ đề Gronwall, suy raZ (t) 0; i.e.; v1 v2:

Định lý 1.4.1 được chứng minh hoàn toàn

Chú thích 1.4.1

(i) Từ đây ta suy ra nghiệm yếu của bài toán (1.1.1) được tính theo công thứcu = v+';với ' (x; t) = (x 1) g0(t) + g1(t) : Ta cũng kiểm tra không khó khăn rằng nghiệm yếucủa bài toán (1.1.1) là duy nhất

(ii) Trường hợp 1; f = f (x; t; u; ux; ut) với f 2 C1([0; 1] R+ R3) ; và vài điềukiện biên khác thay cho (1.1.1)2; các kết quả đã thu được trong các bài báo [33], [36], [38].(iii) Kết quả phần nầy vẫn đúng với trường hợp = (u); f = f (x; t; u; ux; ut) với

f 2 C1([0; 1] R+ R3) và đã được công bố trong [L1]

(iv) Kết quả phần nầy vẫn đúng với trường hợp = (u); f = f (x; t; u; ux; ut) với

f 2 C1([0; 1] R+ R3) ; và điều kiện biên (1.1.1)2 được thay bởi điều kiện biên Dirichletthuần nhất và đã được công bố trong [L3]

Trong mục này, ta giả sử rằng ; 1 2 C2([0; 1] R+ R) ; (x; t; z) 0 >0; 1 0; f; f1 2 C1([0; 1] R+ R3) :

Ta xét bài toán nhiễu sau, trong đó "1; "2 là những tham số bé sao cho 0 "1 1;j"2j 1 :

Để cho gọn ta cũng ký hiệu f [u] = f (x; t; u; ux; ut) và [u] = (x; t; u):

Cho u0 u0;0 là nghiệm yếu của bài toán (P0;0) (P0) (như trong Định lý 1.4.1)tương ứng~" = ("1; "2) = (0; 0), nghĩa là

Xét dãy hữu hạn các nghiệm yếu u ; 2 Z2

+; 1 j j N; được xác định bởi các bàitoán sau:

1 j j j j;

@

@x

h[ ] + (1)[ 1] ru i

1 m!Dmf [u0] T(m1 )

Bổ đề 1.5.1 Cho [ ] ; [f ] ; j j N; là các hàm số được xác định bởi công thức(1.5.5) và (1.5.7).

Đặt

h =X

j j N u ~" :Khi đó, ta có

[h] =X

j j N [ ]~" +k~"kN +1R~(1)N [ ;~"] ; (1.5.9)

f [h] =X

j j N [f ]~" +k~"kN +1R(1)N [f;~"] ; (1.5.10)với R~(1)N [ ;~"]

và sử dụng công thức (21) của bổ đề 03, ta có

[u0+ h1] = [u0] +PN

m=1

1 m!Dm

3 [u0]hm

1

+N !1

Z 1 0

(1 )NDN +13 [u0+ h1] hN +11 d

= [u0] +PN

m=1

1 m!D3m [u0] P

3 [u0] P

m j j N

T(m)[u]~"

+PN m=2

1 m!Dm

Hơn nữa, nếu ta đặt

Vậy, phần 1 của Bổ đề 1.5.1 được chứng minh

(ii) Ta chỉ chứng minh (1.5.10) với N 2:

Bằng cách khai triển Taylor hàmf [u0+ h1] quanh điểm u0 đến cấp N + 1; sau đó sửdụng công thức (21) của bổ đề 03, ta thu được

f [u0+ h1] = f [u0] + D3f [u0] h1+ D4f [u0]rh1+ D5f [u0] h0

1

m2Z 3 +

2 jmj N

1 m!Dmf [u0] hm1

1 m!Dmf [u0] T(m1 )

1 m!Dmf [u0] T(m1 )

1 m!Dmf [u0] T(m1 )

R(1)N [f; h1] = X

m2Z 3 +

jmj=N+1

N + 1m!

Z 1 0

(1 )NDmf [u0+ h1] hm1

1 (rh1)m2(h01)m3

d : (1.5.17)

1 m!Dmf [u0] T(m1 )

1 m!Dmf [u0] T(m1 )

1 jmj j j

P

( ; ; )2A(m;N) + + =

1 m!Dmf [u0] T(m1 )

1 m!Dmf [u0] T(m1 )

Vậy (1.5.10) đúng Bổ đề 1.5.1 được chứng minh

Gọi u = u"1;"2 2 W1(M; T ) là nghiệm yếu của bài toán (P"1;"2) : Khi đó v = uP

trong đó R(1)N 1[f; f1;~"] = R(1)N [f;~"] + "2

k!"kR

(1)

N 1[f1;~"] bị chận trong không gian hàm

L1(0; T ; L2) bởi một hằng số chỉ phụ thuộc vào N; T; f; f1; u ;j j N:

Hơn nữa, từ (1.5.9) và (1.5.25) ta thu được

N [ ; 1;~"] :

(1.5.30)

Chứng minh Bổ đề 1.5.2 được hoàn tất.

Bây giờ, ta xét dãy các hàm fvmg được xác định bởi

Nhân hai vế của (1.5.34)1 với v0

1, sau đó lấy tích phân, và từ (1.5.22) ta được

Z t

0

ds

Z 1 0

0 1;" 1(x; s) v21x(x; s) dx

T K2

k~"k2N +2+

Z t 0

kv0

1(s)k2ds +

Z t 0

ds

Z 1 0

0 1;" 1(x; s) v2

ta suy ra

0 1;" 1(x; t) (1 + M ) K (M ; ) + ~~ K1(M ; 1) 0; (1.5.36)vớiM = (N + 2) M:

kv0

1(s)k2ds + 0

Z t 0

Ta sẽ chứng minh sự tồn tại một hằng số CT, độc lập vớim và ~" sao cho

kvm0 kL 1 (0;T ;L 2 )+kvmkL 1 (0;T ;V ) CT k~"kN +1; với k~"k 1, với mọi m (1.5.39)

Nhân hai vế của (1.5.33)1 với v0

m, sau đó lấy tích phân, và từ (1.5.22) ta thu được

kv0m(t)k2+ 0kvmx(t)k2 T K2k~"k2N +2+

Z t

0 kv0m(s)k2ds (1.5.40)+

Z t 0

ds

Z 1 0

0 m;" 1(x; s) vmx2 (x; s) dx+2

Z t 0

kF" 2[vm 1+ h] F"2[h]k kvm0 (s)k ds+2

Z t 0

Bây giờ ta đánh giá các tích phân bên phải của (1.5.40)

Đánh giá ^I1(t) :

Ta có

0 m;" 1(t) = D2 [vm 1+ h] + "1D2 1[vm 1+ h]

Từ (1.5.41), ta suy ra

^

I1(t) =

Z t 0

ds

Z 1 0

0 m;" 1(x; s) v2mx(x; s) dx &1

Z t

0 kvmx(s)k2ds: (1.5.42)Đánh giá ^I2(t) :

Ta cũng để ý rằng

kf [vm 1 + h] f [h]k 2K1(M ; f )kvm 1kW 1 (T );

và

kf1[vm 1+ h] f1[h]k 2K1(M ; f1)kvm 1kW 1 (T ):

Vậy, ta có

kF" 2[vm 1+ h] F"2[h]k &2kvm 1kW 1 (T ); (1.5.43)trong đó &2 = &2(M ; f; f1) = 2 [K1(M ; f ) + K1(M ; f1)] :

@x "1(vm 1+ h) "1(h) hx kvm0 (s)k ds (1.5.50)

2 3kvm 1kW 1 (T )

Z t 0

kvm0 (s)k ds

T 23kvm 1k2W 1 (T )+

Z t 0

kv0m(s)k2ds + &1

Z t 0

ta thu được

kv0kL 1 (0;T ;L 2 )+kvkL 1 (0;T ;V ) CT k~"kN +1; (1.5.57)hoặc

u = u"1;"2 2 W1(M; T ) thỏa đánh giá tiệm cận đến cấp N + 1 như trong (1.5.58); các hàm

u ;j j N là nghiệm yếu của các bài toán ( ~P ); j j N; tương ứng

Kết luận chương 1

Như vậy, bằng một phép đổi ẩn hàm, bài toán giá trị biên và ban đầu cho phương trìnhsóng phi tuyến kết hợp với các điều kiện biên hỗn hợp không thuần nhất được đưa vềbài toán với điều kiện biên thuần nhất Khi đó ta có cơ sở để xét bài toán ứng với khônggian hàm V =fv 2 H1 : v (1) = 0g và nêu ra được điều kiện đủ của sự tồn tại duy nhất

nghiệm yếu địa phương, cũng khảo sát được khai triển tiệm cận của nghiệm yếu theo haitham số bé "1; "2 đến cấp cao.

Các kết quả của chương này tổng quát hoá các kết quả trong [32], [33], [36], [38], [41]

và đã được công bố trong [L1] Ta cũng lưu ý rằng phương pháp xấp xỉ tuyến tính được

sử dụng ở đây không áp dụng được cho [19], [21], [30], [31], [37], [39], [40], [43], [53], [55],[56]

Bằng các kỹ thuật tương tự, kết quả thu được về khai triển tiệm cận theo hai tham

số bé nêu trên có thể mở rộng để thiết lập khai triển tiệm cận của nghiệm theo nhiềutham số bé Trong đó, cần lưu ý việc tính toán lũy thừa của một đa thức theo hai biến(tổng quát được cho nhiều biến) và kỹ thuật khai triển Taylor với các dạng phần dư, ởđây phần dư dạng tích phân là thích hợp nhất do sự xuất hiện các biến trong thành phầncủa hai hàm ; f

Sử dụng phương pháp Galerkin kết hợp phương pháp compact và khai triển tiệm cận cho phương trình sóng phi tuyến liên kết với bài toán

Cauchy cho phương trình vi phân

k (t; s) u (0; s) ds thì P (t) thoả mãn bài

50

toán Cauchy sau đây cho phương trình vi phân thường

1 ! 0+: Phần 3 thiết lập một khai triển tiệm cận của nghiệm u 1 theo tham số bé 1;đến cấpN:

Ngoài chuẩn thông thườngkvkH 1 = kvk2+kvxk2 1=2; trên H1 ta còn dùng một chuẩntương đươngkvk1 = v2(1) +kvxk2 1=2: Khi đó, ta có bổ đề sau

Bổ đề 2.2.1 Phép nhúng H1 ,! C0([0; 1]) là compact và

(i) kvkC 0 ([0;1])

p

2kvk1; với mọi v 2 H1;(ii) kvkC 0 ([0;1])

3kvkH 1 kvk1

p

3kvkH 1; với mọi v 2 H1: (2.2.2)

Ta thiết lập các giả thiết sau:

(H6) 2 W2;1(0; T ) ; (t) 0;

(H7) p; q; 2; K 0; ; 1 > 0;

(H8) (0; 0) ~u0x(0) = g (0) + (0) ~u0(0) ; (1; 0) ~u0x(1) = 1j~u1(1)j 2u~1(1) :Nghiệm yếu của bài toán (2.1.1) là một hàmu2 L1(0; T ; H2) ; với ut 2 L1(0; T ; H1) ;

utt 2 L1(0; T ; L2) ; jutjq2 1

ut 2 H1(QT) ; jut(1; )j2 1

ut(1; ) 2 H1(0; T ) ; và thỏa bàitoán biến phân

(ii) Từ (2.2.5) ta thấy rằng u 2 H2(QT) nếu (~u0; ~u1) 2 H2 H1: Do đó nghiệm thuđược ở đây khá giống với nghiệm cổ điển mà điều kiện đầu(~u0; ~u1) không nhất thiết phảithuộc C2( ) C1( ):

Chứng minh Việc chứng minh gồm bốn bước

Bước 1 Xấp xỉ Faedo-Galerkin Cho fwjg là cơ sở đếm được của H2: Ta tìm nghiệmxấp xỉ của bài toán (2.1.1) dưới dạng

m(t)) ; wji = hF (t) ; wji ; 1 j m;

um(0) = ~u0; u0

m(0) = ~u1;

(2.2.7)trong đó r(z) =jzjr 2z; r 2 fp; q; g;

Pm(t) = g (t) + (t) um(0; t) +

Z t 0

k (t; s) um(0; s) ds: (2.2.8)

Từ các giả thiết của định lý, hệ (2.2.7) – (2.2.8) có nghiệmum(t) trên khoảng [0; Tm][0; T ] : Các đánh giá tiên nghiệm dưới đây cho phép ta lấy Tm= T với mọi m:

Bước 2 Đánh giá tiên nghiệm I

Thay (2.2.8) vào (2.2.7), rồi nhân phương trình thứj của (2.2.7) với c0

mj(t) và lấy tổngtheo j; sau đó lấy tích phân theo biến thời gian, sau vài tính toán ta thu được

Sm(t) = Sm(0) + 2g (0) ~u0(0) 2g (t) um(0; t)

+2

Z t 0

ds

Z 1 0

0(x; s) u2

mx(x; s) dx+2

Z t 0

g0(s) um(0; s) ds +

Z t 0

0(s) u2m(0; s) ds+2

Z t

0 hF (s) ; u0

m(s)i ds 2

Z t 0

Z s 0