Bài toán ngược và lời giải xấp xỉ ổn định ứng dụng vào phương trình tích phân luận án phó tiến sĩ toán lý chuyên ngành giải tích hàm

BÀI TOÁN NGƯỢC VÀ LỜI GIẢI XẤP XỈ ỔN ĐỊNH ỨNG DỤNG VÀO PHƯƠNG TRÌNH TÍCH PHÂN Từ năm 1960 trở lại đây, các bài toán ngược không chỉnh được các nhà Toán học trên thế giới khảo cứu một các

THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH

1995

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH

Người hướng dần : TIẾN SĨ QUỐC GIA TRẦN VĂN TẤN

Đại Học Sư Phạm TP Hồ Chí Minh

GIÁO SƯ TIẾN SĨ ĐẶNG ĐÌNH ÁNG

Đại Học Tổng Hợp Tp Hồ Chí Minh

LUẬN ÁN ĐƯỢC HOÀN THÀNH TẠI KHOA TOÁN TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH

Người hướng dẫn: Tiến Sĩ Quốc Gia TRẦN VĂN TẤN

Đại học Sư Phạm Tp Hồ Chí Minh

Giáo Sư Tiến Sĩ ĐẶNG ĐÌNH ÁNG Đại Học Tổng Hợp Tp Hồ Chí Minh

Người nhận xét 1:

Người nhận xét 2:

Cơ quan nhận xét:

Lu ận án sẽ được bảo vệ tại Hội đồng chấm luận án Nhà nước

h ọp tại Trường Đại Học Sư Phạm Thành Phố Hồ Chí Minh

Tôi xin chân thành cám ơn Phó Giáo Sư Dương Minh Đức đã cho nhiều nhận xét, quý báu về nội dung của luận án

Tôi xin chân thành cám ơn sự động viên ân cần của quý đồng nghiệp Khoa Toán Trường Đại Học Sư Phạm Thành Phố Hồ Chí Minh và Khoa Toán Trường Đại

Học Tổng Hợp Thành Phố Hồ Chí Minh; Sự giúp đỡ chí tình của Anh Đinh Ngọc Thanh trong quá trình tôi hoàn thành lập luận án này

Thành Phố Hồ Chí Minh, tháng 6 năm 1995

BÀI TOÁN NGƯỢC VÀ LỜI GIẢI XẤP XỈ ỔN ĐỊNH ỨNG DỤNG VÀO PHƯƠNG TRÌNH TÍCH PHÂN

Từ năm 1960 trở lại đây, các bài toán ngược không chỉnh được các nhà Toán

học trên thế giới khảo cứu một cách sâu rộng mà tiêu biểu là các công trình của Tikhonov, Lavrentiev, Lions Từ thời gian đó nay các bài toán ngược không chỉnh càng ngày càng được chú ý khảo cứu một cách rộng rãi vì nó mang lại rất nhiều áp

dụng quan trọng trong y học, kỹ nghệ, địa vật lý và kỹ thuật

Trong luận án này chúng tôi nghiên cứu hai bài toán ngược không chỉnh : Bài toán xác định miền cho một phương trình elliptic và bài toán Stenfan ngược

Mục đích của luận án là xét sự chỉnh hóa hai bài toán ngược nêu trên với các

nội dung gồm : xây dựng lời giải xấp xỉ ổn định; sự duy nhất nghiệm của bài toán; đánh giá sai số giữa lời giải xấp xỉ với lời giải chính xác

Luận án được hình bày gồm hai phần Phần một được dành cho sự khảo cứu bài toán xác định miền cho một phương trình elliptic Bằng Cách xử dụng cực trị của một phiếm hàm liên tục trên một tập compact chứa trong một không gian hàm thích hợp, rồi

lại xấp xỉ phiếm hàm nói trên bởi các phiếm hàm liên tục trên các không gian hữu hạn chiều để đưa ra cách

xây dựng lời giải xáp xỉ ổn định Sau đó là khảo sát tính duy nhất nghiệm của bài toán xác định miền Phần hai của luận án là bài toán Stefan ngược Trong phần này chúng tôi xét một bài toán Stefan ngược một chiều và một bài toán Stefan ngược hai chiều

Bằng cách đưa về phương trình tích phân loại một; rồi chuyển sang phương trình tích

chập; sau đó sử dụng phương pháp Tikhonow để đưa ra cách xây dựng lời giải xấp xỉ

ổn định đồng thời đánh giá sai số giữa lời giải xấp xỉ với lời giải chính xác khi các dữ

liệu đo được bị lệch với sai số ε

∂xi = Diu: đạo hàm riêng phần cùa hàm u

: Toán tử Laplacien cùa hàm u

2 : đạo hàm theo hướng pháp tuyến n của hàm u

H1 (G) = W1,2 (G): Không gian sobolev

B�(r, x) : quả cầu đóng tâm X, bán kính r

C(G�):Không gian các hàm số liên lục trên G

C1(G�)::Không gian các hàm số có đạo hàm liên lục trên G

C2 (G):Không gian các hàm số có đạo hàm cấp hai liên tục trên G

𝑜

𝐺: phần trong của tập hợp G

G \ G1 = {x ∈ R2

| x ∈ G và x ∉ G1}

f ≡ 0trênΓ với mọi x∈Γ

f ≢ 0 trên Γ : tồn tại x∈Γ sao cho f(x) ≠ 0

M ỘT SỐ KẾT QUẢ SỬ DỤNG TRONG LUẬN ÁN

(u,v) = ∫Ωu, v + ∫Ω ∇u ∇v (u,v ∈ H1 (Ω))

với chuẩn tương ứng là :

Không gian 𝐻01(Ω) được định nghĩa như sau :

𝐻01(Ω) = 𝐻��������� : bao đóng của 𝐶𝑐1(Ω) 𝑐1(Ω) trong H1 (Ω) (trong đó 𝐶𝑐1(Ω) là không gian các hàm số có giá compact và có đạo hàm liên tục trên Ω)

là một miền bị chặn với biên ∂Ω khá trơn (smooth); Γ0⊂∂Ω thỏa

õG o > 0 và Γ0 là mở trong ∂Ω Với p > 1 thì tồn tại hằng số C > 0, (C chỉ phụ thuộc

vào n, p, Ω, Γ0) sao cho :

đặc biệt khi u∈ {v∈ 𝑊1, 𝑝 (Ω)| 𝑣 = 0 𝑡𝑟ê𝑛 Γ0 } thì

‖u‖W1−p (Ω) ≤ C ‖∇u‖[L p (Ω)] n

Do đó trên V thì chuẩn ‖u‖W1−p (Ω) và chuẩn ‖∇u‖[Lp (Ω)]n là tương đương với nhau

2 V ết (traces) của H 1

( Ω):

Định lý ([29])

Cho Ω là một miền bị chặn trong Rn

với biến ∂Ω đủ trơn (smooth) Với m = 1

hoặc m = 2 thì tồn tại duy nhất một ánh xạ tuyến tính liên tục

R : Wm.p (Ω) → Wm-1,q (∂Ω)

sao cho Ru = u|∂Ω nếu u ∈ C2 (Ω�)

trong đó : q ≤ np−p

n−p nếu 1 ≤ p < n hoặc nếu 1 ≤ p < n

Từ định lý trên ta suy ra rằng : tốn tại duy nhất một ánh xạ tuyến tính liên tục :

|| f(x 1 ) – f(x 2 )|| ≤ k || x 1 – x 2 || v ới mọi x 1 , x 2 trong M ( v ới 0 < k < 1)

Thì t ồn tại duy nhất một điểm bất động của f, nghĩa là có duy nhất phần tử x 0 ∈

M sao cho f(x 0 ) = x 0

4 Định lý ánh xạ ngược

Định lý :

Cho X, Y là hai không gian Banch; U là một tập hợp mở trong X với x0 ∈ M và

một ánh xạ f: U→ Y thuộc lớp C1 ( có đạo hàm cấp một liên tục trên U)và giả sử rằng f’(x0) :X → Ylà khả đảo

Thì f là C1 khả đảo địa phương tại x0,nghĩa là tồn tại một tập hợp mở V1 trong

Y với và một f(x0) ∈ V1 ánh xạ V1 → U1 thỏa

ϕof (x) = x, với mọi x∈ U1 ( U1 là tập mở chứa trong U)

foϕ(y) = y với mọi y∈ V1

Thì ta có :

i) Nếu u ∈ W1,p (Ω) thì uo H ∈ W1,p

(Ω’) (1≤ p ≤ ∞) ii)

(trong đó H(y) = x và j = 1, 2, …, n)

Cho Ω là một miền bị chặn trong Rn

với biên ∂Ω trơn, với u ∈ H1 (Ω), v∈ H1

(Ω) thì ta có

7 Định lý Lax - Milgram

7.1 Định nghĩa :

Cho H là một không gian Hilbert và a: H × H → R là một song tuyến tính

i) a liên tục trên H nếu tồn tại hằng số C > 0 sao cho

|a(u, v) ≤ C|| u || ||v || với mọi u, v trong H

ii) a là bức nếu tồn tại hằng số α > 0 sao cho a(v, v) ≥ 𝛼‖𝑣‖2với mọi v trong H

7.2 Định lý Lax - Milgram ([32])

Cho a(u, v) là một song tuyến tính liên tục và bức trên không gian Hilbert H

Với ϕ ∈ H’ (ϕ là một phiến hàm tuyến tính liên tục trên H) thì tồn tại duy nhất một

phần tử u ∈ H sao cho

a(u, v) = 〈ϕ,v〉 với mọi v ∈ H

Hơn nữa nếu a là đối xứng ( tức là a(u,v) = a(v,u) với mọi u,v trong H) thì u được xác định bởi

i) || P(x) – x|| ∈ ε với mọi x thuộc K

ii) P(K) ⊂ C0 {a1, a1 ,… an}

(Với là C0 {a1, a1 ,… an} là bao lồi của {a1, a1 ,… an}.)

Ch ứng minh

Đặt ε = min (1, ε) Xét họ quả cầu mở {B(x,ε’)| x ∈ K} là một phủ mở của K

Vì K là là tập compact nên tồn tại một số hữu hạn các phần tử a1, a1 ,… an trong K sao cho :

Với mỗi i ∈ {1, 2, … ,n}ta đặt hàm định ϕi : E → R bởi

ϕI (x) = max (0, ε’ - ||x = a1||)

rõ ràng ϕi là các hàm số liên tục và thỏa

ϕi (x) = 0 nếu x ∉ B(ai, ε’)

ϕi (x) > 0 nếu x ∈ B(ai, ε’)

Từ đó ta suy ra rằng :

ϕI (x), ||x – ai || ≤ ϕi(x) ε’ với mọi x ∈ E

và với mọi x ∈ K Bây giờ ta đặt : P : K → E bởi :

ii) E m là các không gian h ữu hạn chiều

iii) ‖𝑃𝑚 𝑥 − 𝑥‖𝐸 h ội tụ đều về 0, với ∀ x ∈ K

PH ẦN MỘT BÀI TOÁN XÁC ĐỊNH MIỀN

(G)) đồng thời u thỏa điều kiện Cauchy trên phần biên cho trước (Γ) định bởi trên Γ

u = f trên

𝜕𝑢

𝜕𝑛 = h trên Γ 0( Với Γ 0≠ ∅, Γ 0 ⊂ Γ , Γ 0 mở trong Γ và Γ 0cho trước) Ngoài ra u còn thỏa điều

kiện Dirichlet trên phân biên γ (γ ⊂ ∂G và γ là phải tìm) :

toán được khảo cứu trong luận án này là bài toán không chỉnh theo nghĩa Hadamard,

tức là bài toán không luôn luôn tồn tại nghiệm và khi toán có nghiệm thì nghiệm không

phụ thuộc liên tục vào các dữ kiện đã biết

Trong phần này chúng tôi đưa ra phương pháp xây dựng lời giải xấp xỉ ổn định cho bài toán Chúng tôi sẽ xét miền G như là ảnh của một miền Ω cố định (cho trước) qua một phép biến đổi Ψ sao cho Γ ⊂ ∂Ω và các điểm của Γ bất biến qua biến đổi (nghĩa là Ψ(x) = x với mọi x∈Γ) Ngoài ra chúng tôi còn sử Γ, γ là các đường cong

"Star - Shaped đối với một điểm O trong R2

(Γ là "Star -Shaped" đối với O khi mọi tia

kẻ từ O chỉ cắt Γ duy nhất tại một điểm) Bài toán xác định miền nói trên được đưa về bài toán xác định hệ số của một phương trình biến phân elliptic và sau đó được (lần tới bài toán tìm cực trị của một phiếm hàm liên tục trên một tập compact K của một không gian hàm thích hợp Một cực trị của phiếm hàm nói trên không nhất thiết phải là nghiệm của bài toán Tuy nhiên nêu bài toán có nghiệm thuộc về tập K thì nghiệm ấy

phải là một cực trị của phiếm hàm đã nêu Kế tiếp chúng tôi xấp xỉ bài toán cực trị ấy

bởi bài toán cực trị hữu hạn chiều Sau đó là chứng minh sự ổn định của lời giải: Giả sử

dữ kiện cho trước f, h là khá gần với dữ kiện chính xác f0, h0 (ứng với f0, h0 bài toán có

lời gải trong tập compact K) Cực tiểu của phiếm hàm đã nêu (tùy thuộc vào f, h) sẽ là

lời giải xấp xỉ Lời giải xấp xỉ này là ổn định theo nghĩa tập lời giải (xem định lý 3)

theo các thay đổi về f và h và do đó cho ta sự chỉnh hóa của bài toán

Sau đó chúng tôi chứng minh sự duy nhất của cặp nghiệm (G, u) của bài toán

Với miền G không đơn liên giới hạn bởi hai đường cong Γ và γ và đều là "Star - Shaped" đối với một điểm O trong R2 và hàm u ∈ C2

(G) ∩ C(G�) thì chúng tôi chứng minh được sự duy nhất của cặp lời giải bao gồm một miền G và một hàm u xác định trên G và thỏa các yêu cầu của bài toán Công cụ chính được sử dụng ở

đây là công thức Green và tính duy nhất nghiệm của phương trình elliptic bậc hai trên

một miền cho trước

Bài toán nêu trên có một số áp dụng đáng chú ý như sau : Thứ nhất là xem bài toán tìm cặp (G,u) trong đó u là phân bố nhiệt trong một miền giới hạn bởi phân biên ngoài Γ (đã biết) và trên Γ ta biết trước sự phân bố nhiệt 𝑢|Γvà biến đổi nhiệt, ∂u ∂n� �

𝛤

(heat flux); còn phần biên trong γ (cần tìm) sao cho phân bố nhiệt trên đó được chỉ định (𝑢|γ = 0) Áp dụng thứ hai là xác định hình dáng của bình chứa nếu biết trước hình dàn

của "plasma"; đây là bài toán ngược của bài toán xác định hình dáng của "plasma" nếu

biết trước hình dáng của bình chứa ([12], [14]) Một áp dụng thứ ba của bài toán là xác định hình dáng của vết nứt trong môi trường đàn hồi (elasticity) bằng phương pháp diện

thế (electric potential method) ([25])

1 V ị trí bài toán

1.1 Gi ới thiệu bài toán :

Cho G là một miền bị chặn trong R2 là ∂G và một phần biên Γ ⊂∂G cho trước Chúng ta xét phương trình elliptic trong miền G xác định như sau :

(1.1) ∆u = 0trong G

(Với c = c(x) ≥, ∀x ∈ G)

u thỏa điều kiện Cauchy trên phần biên Γ 0 (Với Γ 0≠ ∅ và Γ 0 là mở trong Γ ), và

thỏa một, điều kiện Dirichlet Trên Γ \ Γ 0

(1.2) u = f trên Γ

(1.3) 𝜕𝑢

𝜕𝑛 = h trên Γ

trong đó 𝜕𝑢𝜕𝑛 là đạo hàm của u theo hướng pháp tuyến ngoài trên Γ 0)

Giả sử thêm rằng u thỏa một điều kiện Dirichlet trên ∂G\Γnhư sau :

(1.4) u = 0 trên ∂G\Γ

Bài toán được đặt ra như sau đây :

Cho trước Γ và Γ 0 , cho trước các hàm f và h lần lượt trong L2

(Γ) và L2(Γ 0), chúng ta muốn tìm miền G thỏa Γ⊂ ∂ G và tìm một hàm u xác định trên G thỏa đồng

thời các điều kiện (1.1), (1.2), (1.3) và (1.4) nêu trên

Chúng ta sẽ xem miền G như là ảnh của một miền Ω cố định qua một phép biến

đổi Ψ nào đó Giả sử rằng Ω là một miền bị chặn và cố định trong R2

iii) Ψ duy trì các điểm của Γtheo nghĩa Ψ(x,y) = (x,y), ∀(x,y) ∈Γ

Thì G xác định như trên sẽ là một miền bị chặn trong R2

và thỏa Γ ⊂∂G

1.2 M ột ví dụ :

Xét miền G giới hạn bởi hai dường cong γ, Γ

thuộc lớp C1

và là "Star - Shaped" đối với một điểm O

Giả sử γ nằm ở phía bên trong Γ và Γ 0 là phần biên cho

trước của ∂G (xem hình vẽ)

Cho Ω là một miền cố định giới hạn bởi Γ và một đường cong "Star -Shaped"

γ0 thuộc lớp C1

(ta có thể chọn γ0là đường tròn tâm O chứa ở phía trong của Γ )

Ta có miền G nói trên là thỏa (1.5)

Thật vậy, chúng ta biểu diễn Γ, γ, γ0 bằng tọa độ cực (tại 0) như sau:

(với θ ∈ [0, 2π ] , ρ > 0 )

Chúng ta kiểm tra được lực tiếp rằng Γ là một song ánh từ Ω� lên G� và duy trì

các điểm của Γ Hơn nữa vì R(θ), r(θ), r0(θ) là thuộc lớp C1

nên Γ cùng thuộc lớp C1

Do biểu thức xác định Ψ ta có thể mở rộng Ψ thành một biến đổi thuộc hớp C1

và song ánh từ một miền O chứa Ω� lên một miền tương ứng chứa G� Hàm Ngược ϕ =

Ψ -1được cho bởi

ϕ(θ,ρ) = �θ,𝑅(θ)−𝑟(1 θ){[𝑅(θ) − 𝑟(θ)]ρ + [𝑟0(θ) − 𝑟(θ)]𝑅(θ)}�

1.3 Bi ến đổi bài toán

Trong phần này, chúng tôi sẽ đưa bài toán xác định miền nói trên thành bài toán

xác định hệ số của một phương trình biến phân elliptic

Thật vậy : với w ∈ WG thì ta có w = 0 trên ∂G\ Γ 0 suy ra w = 0 trên ∂G\ Γnên u

+ w = 0 trên ∂G\ Γ

Ta lại có u = f ; w = 0 trên Γ \ Γ 0 nên u + w = f trên Γ \ Γ 0 Do đó u + w ∈ VG

Ngược lại với v ∈ VG Xét w = v - u thì w = 0 trên ∂G\ Γ; w = f - f = 0 trên Γ \

Γ 0 nên w = 0 trên ∂G\ Γ0 tức w ∈ WG

Vì u + wG = vGnên phương trình biến phân nói trên tương đương với

(1.6) �∫G�∇u ∇(p − u) + cu (p − u)� = ∫Γoh(p − u)dΓ

trên O , và có các đạo hàm riêng phần cấp một là bị chặn trên O

𝐶𝑏1(O ) là không gian Banach với chuẩn sau :

|| Ψ ||1 = sup {|Ψ(x)|, |DiΨj(x)| ∀ 1 ≤ I, j ≤ 2, x ∈ OChúng ta xét miền G có dạng (1.5) trong đó Ψ∈ 𝐶𝑏1(O ) và là song ánh trên

O đồng thời Ψ(x) không suy biến tại mọi x ∈ O , Γ là bất biến qua Ψ

Theo định lý ánh xạ ngược thì có ϕ = Ψ-1≡ (ξ,η) : Ψ(O ) → O với ϕ

là song ánh, ϕ thuộc lớp C1 trên Ψ(O ) và hơn nữa Ψ(Ω) = G, Ψ(Ω�) = G�, Ψ(∂Ω) =

∂G; Ψ (Γ) = Γ, Ψ (Γ) = Γ, Ψ (∂Ω \Γ) = ∂G \ Γ

Bây giờ đưa (1.6) về một phương trình biến phân trên Ω`

Đặt v = uoΨ Với w xác định Ω, ta xét p= woϕ Do tính chất của ϕ và không

= 𝐴1Ψ + 𝐴2Ψ Vì ϕ(x,y) = (x,y) = Ψ(x,y) với mọi (x,y) ∈Γ nên ta có :

Từ (1.7) và (1.9) ta có sự tương đương giữa (1.6) và :

(1.10) �𝐴Ψ (𝑣, 𝑤 − 𝑣) = 〈𝐿, 𝑤 − 𝑣〉 ∀w ∈ V

𝑣 ∈ 𝑉 , Trong đó L = Lh (H1(Ω))* xác định bởi

2 Gi ải bài toán bằng một phương pháp biến phân

Ta thấy rằng nếu cho trước Ψ thì các hệ số 𝑎𝑖𝑗Ψ được xác định và do đó aΨ cũng

hoàn toàn được xác định Chúng tôi sẽ chứng minh rằng (1.10) có duy nhất một lời giải

ghi là v = vΨ và sẽ dùng điều kiện (1.11) để chọn Ψ sao cho 𝑣Ψ|Γ0 là gần nhất theo một

nghĩa nào đó

2.1 S ự tồn tại nghiệm 𝒗Ψ :

Xét tập hợp Q gồm các phép biến đổi T thỏa các tính chất sau đây :

i) Ψ∈ 𝐶𝑏1(O )

ii) Ψ là song ánh trên O

iii) |Jac Ψ (x,y) | ≠ 0 với mọi (x,y) ∈ O

iv) Y'(x,y) = (x,y) với mọi (x,v) ∈ Γ

Chúng ta giả sử rằng tập hợp K các lời giải T là một tập hợp compact trong

𝐶𝑏1(O )và K ⊂ Q

Xét phép song tuyến tính sau :

WG = { v ∈ H1 (Ω): v = 0 trên ∂Ω\ Γ}

của H1(Ω) với chuẩn trên W xác định bởi

với v ∈ W Lưu ý rằng do bất đẳng thức Poincaré nên ‖𝑣‖w và ‖𝑣‖H1(Ω) là tương đương

trên không gian con W

Xét 𝑓 �∈ H1

(Ω) sao cho 𝑓̂|∂Ω \ Γo = f và đặt 〈𝐿�, 𝑣〉 = 〈𝐿, 𝑣〉 - AΨ

(𝑓̃, 𝑣) với v ∈ W

Ta có 𝐿� là phiếm bám tuyến tính liên t ục trên W nên theo định lý Lax -Milgram thì tồn tại duy nhất một lời giải v0∈ W sao cho :

AΨ (v0, v) = 〈𝐿�, 𝑣〉 với mọi v ∈ W

Nên AΨ (v0, v) = 〈𝐿�, 𝑣〉 - AΨ

(𝑓̃, v) Suy ra AΨ (v0 + 𝑓̃,v) = 〈𝐿�, 𝑣〉, ∀v∈W

Đặt 𝑣� = v0 + 𝑓̃ thì 𝑣� ∈ V và

AΨ (v0, v) = 〈𝐿�, 𝑣〉 , ∀v∈W

tức 𝑣� là lời giải của (1.10)

Lời giải nói trên là duy nhất Thật vậy nếu ứng với 𝑓̃1 và 𝑓̃2 (𝑓̃1≠ 𝑓̃2 trong

H1(Ω) cho tương ứng hai lời giải 𝑣�1 và 𝑣�2 (trong V) thì

Ta vừa chứng minh được rằng (1.10) có lời giải duy nhất ghi là v = vΨ

Do vΨ|Γo ∈ L2 (Γo) nên ta đặt được phiếm hàm J như sau :

2.2 X ấp xỉ Ψ0 trên những không gian hữu hạn chiều

Xét {Vn} là một dãy các không gian con affin hữu hạn chiều của V và {Vn} xấp

xỉ V theo nghĩa sau đây :

limn→∞dist (v, Vn) = 0 với v ∈ V

Trong đó

Ta có thể chọn {Vn} bằng cách như sau :

Chọn cố định một phần tử v0 ∈ V và lấy {𝑉�n} là một dãy các không gian con

hữu hạn chiều của

𝑉� = {v ∈ H1 (Ω): v = 0 trên Γ \ Γ0}

Và thỏa limn→∞ 𝑑𝑖𝑠𝑡 (𝑣, 𝑉�𝑛) = 0 với mọi v ∈ 𝑉� và chọn Vn = v0 - 𝑉�n

Theo bổ đề Leray thì tồn tại {S1}1 là dãy các không gian con hữu hạn chiều của 𝐶𝑏1(O )và {I1}1 là dãy các ánh xạ : I1 : 𝐶𝑏1(O )→S1 thỏa các tính chất sau :

(i) I1|Q là liên lục với mọi l

(1.14) (ii) K1≡ I1(K) ⊂ Q với mọi 1

iii) I1(q) hội tụ đều về q trên K(1 →∞ )

Bây giờ ta xét phép xấp xỉ Galerkin của phương trình (1.10) tới Vnnhư

Để chứng minh bổ đề 1 ta cần

2.3.2 B ổ đề 2 :

Với {Ψk} và Ψnhư trong bổ đề 1 thì có

(1.18) (Diϕkj) o Ψk hội tụ đều về (Diϕkj) o Ψ trên Ω� khi k →∞ và 1≤ i, j ≤ 2

Ta có Ψ(Ω�) là tập compact; Ψ( O ) là tập mở và Ψ(Ω�) ⊂ Ψ(O ) nên tồn

tại tập mở E sao cho

2.3.3 B ổ đề 3 :

Với {Ψk} và Ψ như trong bổ đề 1 thì tồn tại số k0∈ N sao cho

(1.19) Ψ(Ω�) ⊂ E với mọi k→ k0

Ch ứng minh bổ đề 3

Với Ψ(x) ∈ Ψ(Ω�) là compact nên tồn tại rx > 0 thỏa B(Ψ(x), 2 rx) ⊂ E và ta có

Vì Ψ(Ω�) là compact nên tồn tại x1, x2, …, xN trong Ω� sao cho

Với ε = min (𝑟𝑥1, … , 𝑟𝑥𝑁) > 0 thì tồn tại k0 > 0 sao cho k ≥ k0 thì

(do Ψk → Ψ trong 𝐶𝑏 1(O ) nên Ψk hội tụ đều về Ψ trên Ω�)

Với x ∈ Ω� thì tồn tại xi (1 ≤ i ≤ N) để

Vẫn với {Ψk} và Ψ như trong bổ đề 1 thì tồn tại số nguyên k1≥ k0 sao cho

(1.20) E� ⊂ Ψk (O ) với mọi k ≥ k1

Để chứng minh bổ đề 4 ta cần

2.3.5 B ổ đề 5 :

Với giả thiết nêu trong bổ đề 1 thì ta có

(1.21) Với mỗi x ∈ Ψ(O ) thì tồn tại kx ∈ N và số dương rx > 0

sao cho B(x,rx) ⊂ Ψk (O ) với mọi k ≥ kx

Ch ứng minh bổ đề 5

Cho x ∈ Ψ(O ) thì tồn tại a ∈ O sao cho Ψ(a) = x Vì Ψ ∈ Q, Ψk ∈ Q nên

các ánh xạ luyến tính Ψ'(a) và Ψk’ (a) là khả đảo trong L (R2

)

Ta có Ψk → Ψ trong 𝐶𝑏 1(O ) nên 𝐷𝑖Ψ𝑘𝑗(a) → 𝐷𝑖Ψ𝑗(a) với 1≤ i, j ≤ 2 và

suy ra Ψ’k (a)→ Ψ’(a) trong L (R2

Ta có Ψk → Ψ trong 𝐶𝑏 1(O ) nên Ψk hội tụ trên về Ψ trên O và Ψ’k

hội tụ đều về Ψ’ trên O

và

với mọi x ∈ B(a,r) ⊂ O với mọi k ≥ k2

Do dó, áp dụng định lý giá (rị trung bình cho hàm số Φ và Φk (với k ≥ k2) thì chúng là các ánh xạ có trên B(a,r) với hệ số co là 12, nghĩa là

Phần chứng minh U ⊂ B(a,r) với k ≥ k2là hoàn toàn tương tự

Ta có Ψk (a)→ Ψ(a) trong R2 và

[Ψ’k (a)]-1 → [Ψ’ (a)]-1 trong L (R2

) nên

và tồn tại k3≥ k2 sao cho

|𝑎𝑘− 𝑎| <𝑟4 với mọi k ≥ k3

Ta có : Với mọi t ∈ B(α, r/4) thì |𝑎𝑘− 𝑎| <𝑟4

Từ đó suy ra rằng 𝐼𝑘−1 hội tụ về I trên 𝐵�(x,ρ) nên tồn lại k1≥ k3 sao cho

với mọi k ≥ k4

Do vậy ta có : với k ≥ k4 thì

Như vậy ta đã chứng minh rằng : với x ∈ Ψ (O ) thì tồn lại kx = k4, và rx = ρ/2

thỏa B (x,rx) ⊂ Ψk (O ) với mọi k ≥ kx

Bổ đề 5 đã được chứng minh xong □

Ch ứng minh bổ đề 4 :

Với mọi x ∈ 𝐸� thì x ∈ Ψ (O ) vì 𝐸� ⊂ Ψ (O ) nên theo (1.21) (trong bổ

đề 5) thì tồn tại rx > 0 và kx > 0 sao cho B(x,rx) ⊂ Ψ (O ) với mọi k ≥ kx

Ta có và vì 𝐸� là tập compact nên tồn tại x1 , xN thuộc 𝐸� sao cho

Với mọi k ≥ k1 = max {k1, 𝑘𝑥1, …, 𝑘𝑥𝑁}

Vậy bổ đề 4 đã được chứng minh □

k ≥ k1; đồng thời Diϕj là liên tục đều trên E� nên

(1.24) (Diϕj) (Ψk(x)) hội tụ đều về (Diϕj) (Ψ(x)) trên Ω�

Bây giờ ta lại xét số hạng thứ nhất trong vế phải của (1.23)

Theo (1.20) thì E� ⊂ Ψk(O ) ∀k ≥ k1, nên ϕk và Diϕkjxác định và liên tục trên E� ⊂ Ψk(O ) với mọi k ≥ k1, do đó :

(1.25) ϕk hội tụ đều về ϕ trên Q�

Thật vậy, với b ∈ E� , ta có :

mà Ψk → Ψtrong 𝐶𝑏 1(O ) nên

Do đó với E� ⊂ E1⊂ E�1 ⊂ Ψ(O ) thì ta có

Với b ∈ E� và với k đủ lớn

Ta có , b ∈ E� nên do (1.26) và ϕ liên tục đều E�1 , ta suy ra ϕk(b) hội tụ đều về ϕ(b) trên E�

Do vậy (1.25) đã được chứng minh

Bây giờ xét b ∈ E�, ta có O (trong L (R2

)) nên ta có

hội tụ đều với b ∈ 𝑄�

Mặt khác, vì ϕ(E�) ⊂ O và ϕ (E�) là compact nên theo (1.25) (ϕk hội tụ đều về ϕ trên E�)

thì tồn tại tập mở P1 sao cho

và với mọi k đủ lớn

Do đó dùng (1.25) và tính liên tục đều của Ψ’ trên P�1 thì ta có

(1.29) Ψ’(ϕk (b)) hội tụ đều về Ψ’(ϕ (b)) với b ∈ E�

Kết hợp (1.27), (1.28), và (1.29) ta thu được

(1.30) Ψk’(ϕk (b)) → Ψ’(ϕ (b)) đều trên b ∈ E� trong L (R2

) Đặt biệt với 1≤ I, j ≤ 2 thì ta có

(1.31) DiΨkj(ϕk (b)) → DiΨj(ϕ (b)) đều trên E�

(Diϕkj)(b) → (Diϕj)(b) đều trên E�

Kết hợp kết quả vừa có với (1.19) suy ra

𝐷𝑖 ϕ𝑗 �Ψ𝑘(𝑥)� → 𝐷𝑖 ϕ𝑗 �Ψ𝑘(𝑥)� điều trên Ω� (theo (1.24))

𝐷𝑖 ϕ𝑘𝑗 �Ψ𝑘(𝑥)� → 𝐷𝑖 ϕ𝑗 �Ψ𝑘(𝑥)� đều trên Ω� (theo (1.32))

Do đó 𝐷𝑖 ϕ𝑘𝑗 ∘ Ψk hội tụ đều về 𝐷𝑖 ϕ𝑗 ∘ Ψ trên Ω� khi k →∞

Vậy đã chứng minh xong bổ đề 2

Ch ứng minh bổ đề 1

Bây giờ với ( 1≤ i, j ≤ 2 ta có (theo (1.8)) thì

nhưng theo giả thiết thì

|Jac Ψk| → |Jac Ψ | đều trên Ω�

do đó (1.17) được suy ra từ (1.18)

Vậy bổ đề 1 đã được chứng minh