ĐẠI HỌC QUỐC GIA TP. HỒ CHÍ MINH
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
LÊ HỮU KỲ SƠN
PHƯƠNG TRÌNH SÓNG PHI TUYẾN VỚI
ĐIỀU KIỆN BIÊN PHI TUYẾN: TÍNH TRƠN
VÀ KHAI TRIỂN TIỆM CẬN CỦA NGHIỆM
YẾU
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
Thành phố Hồ Chí Minh - 2011
ĐẠI HỌC QUỐC GIA TP. HỒ CHÍ MINH
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
LÊ HỮU KỲ SƠN
PHƯƠNG TRÌNH SÓNG PHI TUYẾN VỚI
ĐIỀU KIỆN BIÊN PHI TUYẾN: TÍNH TRƠN
VÀ KHAI TRIỂN TIỆM CẬN CỦA NGHIỆM
YẾU
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
Chuyên ngành: Toán Giải Tích
Mã số: 60 46 01
NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC
TS. TRẦN MINH THUYẾT
Đại học Kinh Tế Thành phố Hồ Chí Minh
Thành phố Hồ Chí Minh - 2011
Luận văn thạc só toán học - Chuyên ngành Giải Tích Trang 3
LỜI CẢM ƠN
Lời đầu tiên, tôi xin trân trọng kính gửi đến Thầy TS. Trần Minh Thuyết lời cảm ơn sâu
sắc nhất về sự tận tâm hướng dẫn và chỉ bảo của thầy trong suốt quá trình làm luận văn. Qua
đó tôi đã học được từ thầy nhiều điều bổ ích.
Xin trân trọng cảm ơn Thầy TS. Nguyễn Thành Long đã tạo điều kiện cho tôi tham gia
nhóm học thuật, đã đọc và đóng góp nhiều ý kiến quý báu cho luận văn của tôi.
Xin trân trọng cảm ơn quý Thầy - Cô trong hội đồng chấm luận văn Thạc só đã dành thời

1.5 Bổ đề về tính compact . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
1.6 Bổ đề về sự hội tụ yếu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
1.7 Bổ đề Gronwall . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
1.8 Đònh lý Ascoli-Arzela . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
1.9 Đònh lý Schauder . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
2 SỰ TỒN TẠI VÀ DUY NHẤT NGHIỆM YẾU CỦA BÀI TOÁN VỚI NHÓM ĐIỀU KIỆN
THỨ NHẤT 20
5
Trang 6 Luận văn toán học
3 SỰ TỒN TẠI VÀ DUY NHẤT NGHIỆM YẾU CỦA BÀI TOÁN VỚI NHÓM ĐIỀU KIỆN
THỨ HAI 33
4 KHAI TRIỂN TIỆM CẬN CỦA NGHIỆM YẾU THEO BA THAM SỐ BÉ (λ, λ
0
, λ
1
) 42
Kết luận 56
Tài liệu tham khảo 58
Lê Hữu Kỳ Sơn - Cao học Giải Tích K18. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .Trang 6
CHƯƠNG 1
KIẾN THỨC CHUẨN BỊ
1.1 Một số không gian hàm
Trong toàn bộ luận văn này, ký hiệu Ω = (0, 1), Q
T
= Ω ×(0, T ), T > 0 và bỏ qua các đònh
nghóa về các không gian hàm C
m
(Ω), L
p
(Ω), W

∂u
∂t
(x, t),
∂
2
u
∂t
2
(x, t),
∂u
∂x
(x, t),
∂
2
u
∂x
2
(x, t).
Ta ký hiệu ·, · để chỉ tích vô hướng trên không gian L
2
được xác đònh bởi
u, v =

1
0
u(x)v(x)dx, ∀u, v ∈ L
2
, (1.1)
và || ·|| là chuẩn sinh bởi tích vô hướng (1.1), tức là
||u|| =

= {v ∈ L
2
: v
x
∈ L
2
}, (1.3)
H
2
= {v ∈ L
2
: v
x
, v
xx
∈ L
2
}, (1.4)
với tích vô hướng được đònh nghóa tương ứng là ·, ·
H
1
và ·, ·
H
2
, xác đònh bởi
u, v
H
1
= u, v + u
x

=

||u||
2
+ ||u
x
||
2

1
2
, ∀u ∈ H
1
, (1.7)
||u||
H
2
=

||u||
2
+ ||u
x
||
2
+ ||u
xx
||
2


y
v
t
(t)dt|
≤ |v(y)|+

1
0
|v
x
(x)|dx. (1.10)
Do đó
v
2
(x) ≤ 2v
2
(y) + 2

1
0
|v
x
(x)|
2
dx
= 2v
2
(y) + 2||v
x
||

≤
√
2||v||
H
1
, ∀v ∈ H
1
. (1.14)
Bổ đề 1.1 được chứng minh xong.
Bổ đề 1.2. Đồng nhất L
2
với không gian đối ngẫu (L
2
)

của nó. Khi đó ta có H
1
→ L
2
≡
(L
2
)

→ (H
1
)

với các phép nhúng liên tục và trù mật.
Chứng minh

1
0
ω(x)v(x)dx (1.15)
tuyến tính liên tục trên H
1
. Do đó T
ω
∈ (H
1
)

.
Xét ánh xạ
T : L
2
−→ (H
1
)

ω −→ T (ω) ≡ T
ω
(1.16)
trong đó T
ω
được xác đònh ở (1.15) và T
ω
, v
(H
1
)

ω
= 0, suy ra
T
ω
, v
(H
1
)

,H
1
= ω, v = 0, ∀v ∈ H
1
. (1.17)
Mặt khác, H
1
trù mật trong L
2
nên ta viết lại (1.17) rằng
ω, v = 0, ∀v ∈ L
2
. (1.18)
Từ (1.18), suy ra ω = 0.
Vậy T là đơn ánh, tức T là một phép nhúng từ L
2
vào (H
1
)

.

,||v||
H
1
=1
|T
ω
, v|
= sup
v∈H
1
,||v||
H
1
=1
|ω, v| ≤ sup
v∈H
1
,||v||
H
1
=1
||ω||.||v||
≤ sup
v∈H
1
,||v||
H
1
=1
||ω||.||v||

ω

(H
1
)

,(H
1
)

= 0, ∀T
ω
∈ T (L
2
).
Lê Hữu Kỳ Sơn - Cao học Giải Tích K18 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Trang 15
Trang 16 Luận văn toán học
Ta chứng minh L = 0.
Do H
1
phản xạ, tức là H
1
≡ (H
1
)

theo nghóa
∀L ∈ (H
1
)

ω

(H
1
)

,(H
1
)

= T
ω
, v
(H
1
)

,H
1
= ω, v , ∀ω ∈ H
1
, (1.21)
suy ra v = 0, nên theo (1.17), ta có
L, z
(H
1
)

,(H
1

p
X
dt < ∞, với 1 ≤ p < ∞ hay ∃M > 0 sao cho
||u(t)||
X
≤ M , a.e t ∈ (0, T ) với p = ∞, ở đây ta đồng nhất các hàm bằng nhau hầu khắp nơi
trên (0, T ).
Ta trang bò trên L
p
(0, T ; X) bởi chuẩn ||u||
L
p
(0,T ;X)
, với
||u||
L
p
(0,T ;X)
=


T
0
||u(t)||
p
X
dt

1
p


=



L
p

(0, T ; X

), 1 < p < ∞, p

=
p
p −1
,
L
∞
(0, T ; X

), p = 1.
Bổ đề 1.5. (i) Nếu X phản xạ thì L
p
(0, T ; X) cũng phản xạ với 1 < p < ∞,
(ii) Các không gian L
1
(0, T ; X), L
∞
(0, T ; X) là không phản xạ.
1.3 Phân bố có trò vector

p
(0, T ; X) → D

(0, T ; X) là liên tục.
1.4 Đạo hàm trong L
p
(0, T ; X)
Theo bổ đề 1.8, phần tử f ∈ L
p
(0, T ; X) do đó f và
df
dt
là phần tử của D

(0, T ; X).
Ta có bổ đề sau
Lê Hữu Kỳ Sơn - Cao học Giải Tích K18 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Trang 17
Trang 18 Luận văn toán học
Bổ đề 1.9. [4, Lions] Nếu f,
df
dt
∈ L
p
(0, T ; X), 1 ≤ p ≤ +∞ thì f bằng hầu hết với một hàm
liên tục từ [0, T ] vào X.
1.5 Bổ đề về tính compact
Cho B
0
, B, B
1

1
)

. (1.27)
Ta trang bò cho W (0, T ) chuẩn
||u||
W (0,T )
= ||u||
L
p
0
(0,T ;B
0
)
+ ||u

||
L
p
1
(0,T ;B
1
)
. (1.28)
Khi đó, W (0, T ) là một không gian Banach đối với chuẩn (1.28). Hiển nhiên W (0, T ) →
L
p
0
(0, T ; B). Mặt khác, ta có kết quả quan trọng sau đây về phép nhúng compact.
Bổ đề 1.10. [4, Lions] Nếu giả thiết (i)-(ii) thỏa và nếu 1 < p

Lê Hữu Kỳ Sơn - Cao học Giải Tích K18 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Trang 18
Luận văn thạc só toán học - Chuyên ngành Giải Tích Trang 19
1.7 Bổ đề Gronwall
Bổ đề này liên quan đến một bất đẳng thức và nó rất cần thiết cho việc đánh giá tiên nghiệm
trong các chương sau.
Bổ đề 1.12. Giả sử f : [0, T ] → R là hàm khả tích, không âm trên [0.T ] và thỏa bất đẳng thức
f(t) ≤ C
1
+ C
2

t
0
f(s)ds với hầu hết t ∈ [0, T ], trong đó C
1
, C
2
là các hằng số không âm.
Khi đó f(t) ≤ C
1
e
C
2
t
, với hầu hết t ∈ [0, T ].
Đặc biệt, nếu f(t) ≤ C
1

t
0

NGHIỆM YẾU CỦA BÀI TOÁN VỚI
NHÓM ĐIỀU KIỆN THỨ NHẤT
Trong chương này, chúng tôi trình bày đònh lý tồn tại và duy nhất nghiệm yếu cho bài toán:















u
tt
− u
xx
+ λ|u|
γ−2
u = f(x, t) , 0 < x < 1 , 0 < t < T ,
u
x
(0, t) −u
t
(0, t) −λ

điều kiện mà ta sẽ chỉ ra sau.
Đònh nghóa 2.1. Ta nói u là nghiệm yếu của bài toán (2.1) nếu u ∈ L
∞
(0, T ; H
1
), sao cho
20
Luận văn thạc só toán học - Chuyên ngành Giải Tích Trang 21
u
t
∈ L
∞
(0, T ; L
2
), u(0, .) ∈ H
1
(0, T ), u(1, .) ∈ H
1
(0, T ), và u thỏa bài toán biến phân sau.












(0, t) + λ
0
|u(0, t)|
α−2
u(0, t)}v(0)
= f(t), v, ∀v ∈ H
1
,
u(0) = u
0
, u

(0) = u
1
.
(2.2)
Trước tiên, ta thành lập các giả thiết sau
(A
1
) u
0
∈ H
1
, u
1
∈ L
2
,
(A
2

u(0, ·) ∈ H
1
(0, T ), u(1, ·) ∈ H
1
(1, T ).
Hơn nữa, nếu α, β, γ ≥ 2 thì nghiệm yếu là duy nhất.
Chứng minh .
Chứng minh đònh lý 2.2 gồm nhiều bước.
Chứng minh đònh lý dựa vào phương pháp xấp xỉ Galerkin liên hệ với các đánh giá tiên
nghiệm, từ đó rút ra các dãy con hội tụ yếu trong các không gian hàm thích hợp nhờ một số
phép nhúng compact. Trong phần này, đònh lý Schauder và Ascoli-Arzela được sử dụng trong
việc chứng minh tồn tại nghiệm xấp xỉ Galerkin.
Bước 1: Xấp xỉ Galerkin
Lê Hữu Kỳ Sơn - Cao học Giải Tích K18 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Trang 21
Trang 22 Luận văn toán học
Xét w
j
là một cơ sở trực chuẩn của H
1
. Ta tìm nghiệm xấp xỉ của bài toán (2.1) dưới dạng
u
m
(t) =
m

j=1
c
mj
(t)w
j

 + u
mx
(t), w
jx
 + λ|u
m
(t)|
γ−2
u
m
(t), w
j

+{u

m
(1, t) + λ
1
|u
m
(1, t)|
β−2
u
m
(1, t)}w
j
(1)
+{u

m


j=1
α
mj
w
j
→ u
0
mạnh trong H
1
, (2.5)
u
1m
=
m

j=1
β
mj
w
j
→ u
1
mạnh trong L
2
. (2.6)
Thay (2.3) vào (2.4)-(2.6), và đặt ψ
p
(z) = |z|
p−2

, w
j
 +

m
i=1
c
mi
w
ix
, w
jx
 + λψ
γ
(u
m
), w
j

+

m
i=1
c

mi
(t)w
i
(1)w
j

j
,
c
mj
(0) = α
mj
, c

mj
(0) = β
mj
, 1 ≤ j ≤ m.
(2.7)
Bỏ qua các chỉ số m, ta viết c
i
, α
i
, β
i
lần lượt thay cho c
mi
, α
mi
, β
mi
và sử dụng các kí
Lê Hữu Kỳ Sơn - Cao học Giải Tích K18 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Trang 22
Luận văn thạc só toán học - Chuyên ngành Giải Tích Trang 23
hiệu sau:
















c(t) = (c
1
(t), , c
m
(t))
T
,
A = (a
ij
), a
ij
= w
i
, w
j
,

[c](t) = λψ
γ
(u
m
), w
j
,
H
0
[c](t) = (H
01
[c](t), , H
0m
[c](t))
T
, H
0j
[c](t) = λ
0
ψ
α
(u
m
(0, t))w
j
(0),
H
1
[c](t) = (H
11

)
T
và α = (α
1
, , α
m
)
T
.
(2.8)
Ta viết lại hệ (2.7) như sau



Ac

(t) + Bc(t) + G[c](t) + H
0
[c](t) + H
1
[c](t) + Dc

(t) = F (t),
c(0) = α, c

(0) = β.
(2.9)
Do {w
j
} là cơ sở nên ma trận A là khả nghòch. Sau khi nhân A


s
0
A
−1
H
0
[c](r)dr
−

t
0
ds

s
0
A
−1
H
1
[c](r)dr −

t
0
A
−1
Dc(s)ds, (2.10)
trong đó

F (t) = α + tβ + tA


j=1
|c
j
(t)| và tập S = {c ∈ X : ||c||
X
≤ ρ}.
Ta chọn chuẩn ma trận vuông cấp m
||A|| = max
1≤j≤m
m

i=1
|a
ij
|.
Lê Hữu Kỳ Sơn - Cao học Giải Tích K18 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Trang 23
Trang 24 Luận văn toán học
Để ý rằng ta có bất đẳng thức sau
|Ac(t)|
1
≤ ||A|||c(t)|
1
, ∀c ∈ X,
Với mỗi c ∈ X, ta đònh nghóa toán tử U
U[c](t) =

F (t) −

t

[c](r)dr −

t
0
ds

s
0
A
−1
H
1
[c](r)dr
−

t
0
A
−1
Dc(s)ds. (2.11)
Lúc này hệ (2.10) thành
c(t) = U[c](t). (2.12)
Ta cần chọn ρ để U : S −→ S, rồi dùng đònh lý điểm bất động Schauder để chứng minh (2.12)
có nghiệm. Ta kiểm tra các điều sau
(S
1
) U : X −→ X liên tục,
(S
2
) U : S −→ S với cách chọn ρ và T

A
−1
Dc(r)ds

∈ X,
và G[c], H
0
[c], H
1
[c] ∈ X cho nên


t
0
ds

s
0
A
−1
G[c](r)dr +

t
0
ds

s
0
A
−1

] −U [c]



X
≤




t
0
ds

s
0
A
−1
B

c
(k)
(r) −c(r)

dr



X
+


s
0
A
−1

H
0
[c
(k)
](r) −H
0
[c](r)

dr



X
+




t
0
ds

s
0


ds



X
= I
1
+ I
2
+ I
3
+ I
4
+ I
5
. (2.13)
Với I
1
, ta có
I
1
=




t
0
ds


s
0



c
(k)
(r) −c(r)



X
dr
≤



A
−1
B






c
(k)
− c

(k)
} bò chặn và G
j
liên tục nên G
j
[c
(k)
](t) bò chặn. Do dó áp dụng đònh lý hội tụ bò chặn ta có I
2
→ 0 khi c
(k)
→ c
trong X.
Tương tự cho I
3
, I
4
. Vậy ta có U : X −→ X liên tục.
Chứng minh (S
2
)
Ta sẽ chỉ ra rằng với ρ và T
m
thích hợp thì U : S −→ S. Đặt
K = sup
0≤t≤T
|

F (t)|
1

2
α
ρ
α−1
+ mλ
1
T ||A
−1
||T
m
√
2
β
ρ
β−1
(2.16)
Ta chọn ρ sao cho K ≤
ρ
2
. Sau đó chọn T
m
thỏa
T
m

T ||A
−1
B||ρ + ||A
−1
D||ρ + mλT ||A

2
. (2.17)
Khi đó ta có ||U[c]||
X
≤ ρ tức là U[c] ∈ S. Vậy U : S −→ S.
Chứng minh (S
3
)
Do U (S) ⊂ S nên {U[c]}
c∈S
bò chặn đều. Mặt khác, với mọi c ∈ S, ta có thể chứng minh
{U[c]}
c∈S
đồng liên tục bằng kó thuật tương tự như chứng minh (S
2
).
Vậy theo đònh lý Ascoli-Arzela thì U (S) compact trong X. Và từ đònh lý Schauder, U có điểm
bất động.
Bước 2: Đánh giá tiên nghiệm
Ta nhân c

mj
vào phương trình thứ j của hệ (2.4), sau đó cộng m phương trình đó lại rồi lấy
tích phân cận từ 0 đến t, ta có
S
m
(t) = 2

t
0

(1, s)ds
+
2λ
1
β
|u
m
(1, t)|
β
+
2λ
0
α
|u
m
(0, t)|
α
+
2λ
γ
||u
m
(t)||
γ
L
γ
. (2.19)
Do f ∈ L
2
(Q

2
L
2
(Q
T
)
+

t
0
S
m
(s)ds. (2.20)
Lê Hữu Kỳ Sơn - Cao học Giải Tích K18 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Trang 26
Luận văn thạc só toán học - Chuyên ngành Giải Tích Trang 27
Ta có
S
m
(0) = ||˙u
1m
||
2
+ ||∇u
0m
||
2
+
2λ
1
β

bò chặn.
Và H
1
(0, 1) → L
p
(0, 1) với p ≥ 1 thì tồn tại M > 0 để
||u
0m
||
L
γ
≤ M||u
0m
||
H
1
,
|u
0m
(1)| ≤ ||u
0m
||
C([0,1])
≤
√
2||u
0m
||
H
1

2
(Q
T
)
.
Áp dụng bổ đề Gronwall ta có
S
m
(t) ≤ C
2
e
t
≤ C
3
, 0 ≤ t ≤ T
m
≤ T. (2.24)
Chú ý rằng tồn tại một số dương C
4
để
||u
m
(t)||
2
≤ 2t

t
0
||˙u
m

0
S
m
(s)ds + 2||u
0m
||
2
≤ S
m
(t) + 2t

t
0
S
m
(s)ds + C
1
≤ C
4
. (2.25)
Bước 3: Qua giới hạn
Tư ø(2.18)-(2.25) ta trích được dãy con của dãy {u
m
} mà vẫn kí hiệu {u
m
} sao cho
u
m
−→ u trong L
∞

m
} sao cho
u
m
−→ u trong L
2
(Q
T
) mạnh và hầu hết trong Q
T
. (2.30)
Hàm ψ
γ
liên tục cho nên
ψ
γ
(u
m
) −→ ψ
γ
(u) hầu hết trong Q
T
. (2.31)
Hơn nữa với
1
γ
+
1
γ


γC
3
2λ
.
Theo bổ đề về sự hội tụ yếu 1.11 ta có
ψ
γ
(u
m
) −→ ψ
γ
(u) trong L
γ

(Q
T
) yếu. (2.32)
Từ (2.28) ta trích được dãy con của dãy {u
m
(0, ·)} mà vẫn kí hiệu {u
m
(0, ·)} sao cho
u
m
(0, ·) −→ u(0, ·) trong C([0, T ]),
và ψ
α
liên tục nên
ψ
α






d
dt
u

(t), w+ u
x
(t), w
x
 + λ|u(t)|
γ−2
u(t), w
+{u

(1, t) + λ
1
|u(1, t)|
β−2
u(1, t)}w(1)
+{u

(0, t) + λ
0
|u(0, t)|
α−2
u(0, t)}w(0)













u

− u
xx
+ F
1
= 0, 0 < x < 1, 0 < t < T,
u
x
(0, t) = P
0
(t), u
x
(1, t) = −P
1
(t),
u(x, 0) = u


(0, s) ds + 2
t

0
P
1
(s)u

(1, s) ds
+ 2
t

0
F
1
(s), u

(s)ds = 0, a.e t ∈ [0, T ]. (2.37)
Giả sử u
1
và u
2
là hai nghiệm yếu của bài toán (2.1) sao cho



u
i
∈ L
∞







u

(t) −u
xx
(t) + λ( |u
1
|
γ−2
u
1
− |u
2
|
γ−2
u
2
) = 0, 0 < x < 1, 0 < t < T,
u
x
(0, t) = u

(0, t) + λ
0
( |u

(1, t)),
u(0) = u

(0) = 0.
(2.39)
Áp dụng bổ đề trên với
F
1
= λ( |u
1
|
γ−2
u
1
− |u
2
|
γ−2
u
2
), (2.40)
Lê Hữu Kỳ Sơn - Cao học Giải Tích K18 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Trang 29
Trang 30 Luận văn toán học
và



P
0
(t) = u

(1, t)|
β−2
u
2
(1, t)).
(2.41)
Ta có
H(t) = −2λ

t
0
( |u
1
(s)|
γ−2
u
1
(s) − |u
2
(s)|
γ−2
u
2
(s)), u

(s)ds
− 2λ
0
t


β−2
u
2
(1, s))u

(1, s)ds
=
¯
I
1
+
¯
I
2
+
¯
I
3
, (2.42)
trong đó
H(t) = ||u

(t)||
2
+ ||u
x
(t)||
2
+ 2


2
|
γ−2
u
2
(s), u

(s)ds
≤ 2λ

t
0
(γ −1)M
γ−2
1
||u(s)||||u

(s)||ds
≤ [λ(γ −1)M
γ−2
1
]
2

t
0
||u(s)||
2
ds +


u(s) =

s
0
u

(η)dη,
Do đó
||u(s)||
2
≤


s
0
||u

(η)||dη

2
≤ s

s
0
||u

(η)||
2
dη.
Lê Hữu Kỳ Sơn - Cao học Giải Tích K18 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Trang 30