BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH
o0o

DƯƠNG THANH LIÊM

PHƯƠNG TRÌNH SÓNG VỚI ĐIỀU KIỆN
BIÊN KHÔNG THUẦN NHẤT CHỨA
TÍCH PHÂN GIÁ TRỊ BIÊN

LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC

THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH – 2006

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC:
TS. Nguyễn Thành Long
Khoa Toán – Tin học, Đại học Khoa học Tự nhiên
TP. Hồ Chí Minh.

THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH - 2006 Luận Văn được hoàn thành tại:
Trường Đại học Sư phạm TP. Hồ Chí Minh. Người hướng dẫn: TS. Nguyễn Thành Long,
Khoa Toán – Tin học,
Đại học Khoa học Tự nhiên TP. Hồ Chí Minh. Người nhận xét 1:

Người nhận xét 2:


q
(Q) . . . . . . . . . . . . . . . . .12
Chương 2. Sự tồn tại và duy nhất nghiệm 13
2.1 Đònh lý 2.1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
2.2 Đònh lý 2.2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33
2.3 Đònh lý 2.3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33
Chương 3. Sự ổn đònh của nghiệm 34
Đònh lý 3.1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34
Chương 4. Xét một trường hợp cụ thể 41
Phần kết luận 51
Tài liệu tham khảo 52 LỜI CẢM ƠN

Lời đầu tiên, tôi xin chân thành cảm ơn Tiến Sỹ Nguyễn Thành Long, người
Thầy đã tận tình hướng dẫn, giúp đở tôi trong suốt khoá học và nhất là trong việc
hoàn thành luận văn này.
Xin chân thành cảm ơn quý Thầy, Cô thuộc khoa Toán-Tin học của hai
trường Đại Học Sư Phạm và Đại Học Khoa Học Tự Nhiên thành phố Hồ Chí Minh
đã tận tình truyền đạt kiến thức và kinh nghiệm cho tôi trong suốt khoá học.
Xin chân thành cảm ơn Phòng Khoa Học Công Nghệ – Sau Đại Học trường
Đại Học Sư Phạm thành phố Hồ Chí Minh đã tạo điều kiện thuận lợi cho tôi hoàn
thành chương trình học tập và thực hiện luận văn này.
Xin chânh thành cảm ơn Ban lãnh đạo Phòng giáo dục, Ban giám đốc Trung
tâm giáo dục thường xuyên Huyện Củ Chi và các bạn đồng nghiệp đã tạo điều kiện
và giúp đở tôi hoàn thành khoá học.
Cuối cùng, tôi xin cảm ơn các bạn học viên Cao học khoá 14 – Chuyên ngành
Giải tích, trường Đại Học Sư Phạm thành phố Hồ Chí Minh và đặc biệt là những
người thân trong gia đình đã động viên giúp đở tôi rất nhiều trong suốt khoá học.

,
(0.3)
u(x,
0
) = u
o
(x), u
t
(x,
0
) = u
1
(x),
(0.4)
trong đó
f(u,u
t
) = Ku + λ u
t
với
K
,
λ
là các hằng số không âm và
u
o
, u
1
, F
là các

Bằng sự tổng quát hóa của [2], Long và Đònh [5], [6] đã xét bài toán (0.1),
(0.3), (0.4) liên kết với điều kiện biên không thuần nhất tại
x
= 0 có dạng

−−
∫
0
000.
t
x
u(,t)=
g
(t)+ H(u( ,t)) k(t s)u( ,s)ds
(0.6)
Các tác giả trên đã lần lượt cứu xét nó trong [5,6] với
k
≡ 0, H(s) = hs,
trong đó
h
> 0.
2
Trong trường hợp H(s) = hs, trong đó h > 0, bài toán (0.1)-(0.5) được thành
lập từ bài toán (0.1)-(0.4), trong đó, hàm chưa biết u(x,t) và giá trò biên chưa biết
P(t) thỏa một bài toán Cauchy sau đây cho một phương trình vi phân thường

′′
ω 0 0
2
tt

từng phần ta thu được

−−
∫
00,
t
0
P(t)=
g
(t)+ h(u( ,t)) k(t s)u( ,s)ds
(0.9)
trong đó

ω
−ω−
ω
sin t
g(t) = (P hu ( ))cos t + (P hu (0))
00 11
0, (0.10)

ωω
k(t) = h sin t.
(0.11)
Bằng cách khử ẩn hàm P(t), ta thay thế điều kiện biên (0.2) bởi

−−
∫
0
00 0

Kế đến là phần kết luận và sau cùng là danh mục các tài liệu tham khảo.

4
CHƯƠNG 1. MỘT SỐ CÔNG CỤ CHUẨN BỊ

1.1
. Các không gian hàm.
Đầu tiên, ta đặt các ký hiệu sau
Ω

= (0,1),
Q
T
=
Ω
× (0,T), T > 0, và bỏ qua
đònh nghóa các không gian hàm thông dụng:


.
u,v = u(x)v(x)dx, u, v L
(1.1)
Ký hiệu
.
để chỉ chuẩn sinh bởi tích vô hướng (1.1), nghóa là
⎛⎞
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
∫
1
1
2
2
0
,
u= u,v= u(x)dx

∈ .
2
uL
(1.2)
Ta đònh nghóa

{
}
∈
1
:1

′
=
V
vvv
là hai chuẩn tương
đương. Điều này cho bởi bổ đề sau
Bổ đề 1.1:
Phép nhúng

V
↪
o
C( )
Ω

là compact vào
C( )Ω
≤
V
vv

với mọi

∈
vV.
(1.5)
5


IR

∫
a
1
0
.
w
v T (v) = w,v = w(x)v(x)dx

(1.6)
là tuyến tính liên tục trên
V
, tức là
′
∈
w
TV.

Ta xét ánh xạ:

′
→
a
:
.
w
TH V
w T(w) = T

T
(
H
) =
{
}
: ∈
w
TwH
là trù mật trong
V’.

Chứng minh:
(i) Dễ thấy rằng
T
tuyến tính. Nếu
T
w
= 0 thì
′
=
∀∈
w
VV
w,v T v
V
.
,
,v ,
Do

≤
v, 1 v, 1
v, 1
v, 1
sup , sup
sup
sup
VV
V
V
ww
V
Vv Vv
Vv
V
Vv
TTvw,v
wv
w v = w .

(iii) Ta chứng minh rằng mọi phiếm hàm tuyến tính liên tục trên
V’
và triệt tiêu
trên
T
(
H
) thì cũng triệt tiêu trên
V
’. Coi


′′ ′ ′
=
=∀∈
ww
V,V V,V
=L,T T l w,l w
V
.
0,,
Do
V
trù mật trong
H
, nên ta có:
=
∀∈
w,l w H.
0,
Vậy
l
= 0. Theo (1.9) ta có:
′′ ′ ′
′
=
=∀∈
L,z z,l z V.
0,
V,V V,V


1.2. Không gian hàm
L
p
(0,
T
;
X
), 1 ≤
p
≤ ∞.
Cho
X
là không gian Banach thực đối với chuẩn .
X
. Ta ký hiệu
L
p
(0,
T
;
X
), 1 ≤
p
≤ ∞, là không gian các lớp tương đương chứa hàm u : (0,
T
) → X
đo được, sao cho:
7

0

∫
1
0
0
p
T
p
p
L(,T;X) X
u=u(t)dt
với 1 ≤
p
<∞,
hay

0
0
p
L(,T;X) X
<t<T
u = esssu
p
u(t){
}
0: , ., (0, )
X
inf M u(t) M a.e t T

1
, 1 <
p
< ∞,
là đối ngẫu của L
p
(0,T;X). Hơn nữa, nếu X phản xạ thì
L
p
(0,T;X) cũng phản xa
ï.
Bổ đề 1.5: (Lions[4]). (
1
(0, ; )
LTX
)’ = (0, ; )
LTX
∞
′
.
Hơn nữa các không gian

1
(0, ; )
LTX,
(0, ; )
LTX
∞
′
không phản xa

Tập các phân bố có giá trò trong
X
, ký hiệu là:
8

D’
(0
,T
;
X
)
= L
(
D
(0
,T
);
X
)
=
{
u
:
D
(0
,T
)

→
X

dt
theo nghóa phân
bố của
u
bởi công thức:

0
du d
,u,, D(,T).
dt dt
ϕ
ϕ=− ∀ϕ∈ (1.10)
Các tính chất:
i/. Cho
v
∈
L
p
(0.
T
;
X
) ta làm tương ứng nó bởi ánh xạ
T
v
:
D
(0,
T
) →

) →
X
là liên tục.
Giả sử
{
}
()
j
D,T
ϕ⊂ 0
sao cho
j
ϕ
→ 0 trong
D
(0,
T
). Ta có:

′
′
→∞
ϕ= ϕ ≤ ϕ
⎛⎞⎛ ⎞
≤ϕ⎯⎯⎯⎯→
⎜⎟⎜ ⎟
⎜⎟⎜ ⎟
⎝⎠⎝ ⎠
∫∫
∫∫

T
v
∈
D’
(0,
T
;
X
).
ii/. nh xạ
v
vTa
là một đơn ánh, tuyến tính từ
L
p
(0,
T
;
X
) vào D’(0,
T
;
X
). Do đó,
ta có thể đồng nhất
T
v

=
v

L
p
(0,
T
;
X
) ta có thể coi
u
và do đó
du
dt
là các
phần tử của
D’
(0,
T
;
X
). Ta có kết quả sau
Bổ đề 1.7. (Lions [4])
Nếu

u
∈
L
1
(0,
T
;
X

T
] →
X
liên tục, vì
1
0
uL(,T;X).
′
∈

Trước hết, ta chứng minh rằng
dH du
u
dt dt
′
=
= theo nghóa phân bố. Thật vậy:
()
D,T
∀ϕ∈ 0 ta có:

0
00 0
0
T
Tt T T
s
T
dH d d
,H, H(t)(t)dt

;
X
).
Bước 2: Ta suy ra rằng
u
=
H
+
C
, theo nghóa phân bố (
C
là hằng).
Thật vậy, giả sử
v
=
H
−
u
. Ta có
v
′
=
0 theo nghóa phân bố (do bước 1).
Ta sẽ chứng minh rằng
v
=
C
theo nghóa phân bố. Thật vậy
v
′

)
D,T
ψ∈ 0
,
0
ϕ
thỏa
T
(
s)ds
ϕ
=
∫
0
0
1 và λϕ
∫
0
T
=(t)dt.

Thật vậy, vì
()
T
(t) (t) dt
ϕ
−λ
ϕ
=
∫

ϕ
bởi
′
ψ
, ta thu được

()
T
v(s) (s)ds , D ,T
′
ψ=∀ϕ∈
∫
0
00
do đó

[]
()
T
v(s) (s) (s ds , D ,T
ϕ−λϕ = ∀ϕ∈
∫
0
0
00
hay

()
0
00

Vậy
v
(
t
) =
C
trong
D’
(0,
T
;
X
).
Bước 3: Ta sử dụng tính chất sau
11
Nếu
w
∈
L
1
(0,
T
;
X
) và
()
T
w(t) (t)dt , D ,T
ϕ=∀ϕ∈
∫

=
H
+
C
, theo nghóa phân bố.
Tương tự ta có bổ đề sau:
Bổ đề 1.8. (Lions [4])
Nếu

u
∈
L
p
(0,
T
;
X
)
và

u
′
∈
L
p
(0,
T
;
X
)

X
1
là phản xạ, (1.16)
Phép nhúng
X
0
↪
X
là compact. (1.17)
Với 0 <
T
< ∞,
i
p
≤≤∞1 , i = 0, 1, ta đặt:

()
()
()
{
}
0
1
01
00:0
p
p
W ,T v L ,T;X v L ,T;X .
′
=∈ ∈

0
0
00
.
Ta cũng có kết quả sau đây liên quan đến phép nhúng compact.
Bổ đề 1.9. (Bổ đề về tính compact của Lions [4])

Với giả thiết
(1.16), (1.17)
va
ø 1
i
p
,
<
<∞
i
= 0, 1,
thì phép nhúng

W
(0,
T
) ↪
()
p
L,T;X
0
0
là compact

sao
cho

p
m
L(Q)
G
C
≤ ,
trong đó C là hằng số độc lập với m và G
m
→ G a.e. trong Q
.
Khi đó G
m
→ G yếu trong L
q
(Q)
.
Ta cũng dùng các ký hiệu u(t),
′
=
=
t
u(t) u (t) u(t
)
&
,
tt
u (t) u (t) u(t
13
CHƯƠNG 2. SỰ TỒN TẠI VÀ DUY NHẤT NGHIỆM
Trong chương này, chúng tôi trình bày sự tồn tại và duy nhất của nghiệm
yếu toàn cục cho bài toán: tìm một cặp hàm (u(x,t), P(t)) thỏa:

(
)
−++λ= ∈Ω <<
tt xx t
u u Ku u F(x,t), x = , , t T,
01 0 (2.1)

0
x
u ( ,t) P(t),
= (2.2)

,
g
,
H
,
k
là các hàm cho trước
thỏa các điều kiện nào đó mà ta sẽ đặt ra sau.
Chứng minh được dựa vào phương pháp 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 các phép nhúng compact. Trong phần này, đònh lý Schauder được
sử dụng trong việc chứng minh tồn tại nghiệm xấp xỉ Galerkin.
Trước hết ta thành lập các giả thiết sau:
(A
1
)
K, λ
là hai hằng số không âm;
(A
2
)
u
o
∈
H
1
,
u
1
∈

2
0
FL ,T;

(A
6
) Hàm số
(
)
HCIR
∈
1
thỏa
H
(0) = 0 và tồn tại một hằng số
h
>
0
0
14
sao cho
η
∧
η= ≥− ∀η∈
∫
0
0
(
)H(s)dsh, IR.
H

0000
tt
u L ,T;V , u L ,T;L , u ( ,t) L ,T ,
(2.6)

()
∈
1
0
PH ,T.
(2.7)
Hơn nữa, nếu H thỏa thêm điều kiện
()
6
A
′

2
1
H C (IR), H (s) , s IR.
′
∈>−∀∈

Khi đó nghiệm bài toán là duy nhất
.
Chứng minh: Gồm nhiều bước.
Bước 1: Xấp xỉ Galerkin.
Xét một cơ sở trực chuẩn đặc biệt trong
V
như sau:

mm
jj
j
u(t) c (t)w,
(2.9)
trong đó c
mj
(t) thỏa một hệ phương trình vi phân phi tuyến sau đây:
15

()
′′
++
′
++λ = ≤≤
mj mjmj
mmj j
u (t),w a u (t),w P (t)w ( )
Ku (t) u (t),w F(t),w ,
j
m,
0
1
(2.10)

()
0
00
t
mm m

==α →
⎪
⎪
⎨
⎪
′
==β →
⎪
⎩
∑
∑
(2.12)
Hệ phương trình (2.10)-(2.12) được viết lại dưới dạng

−
⎡
⎤
′′ ′
+λ = + +λ −
⎣
⎦
2
2
1
0
m
jj
m
j
m

2
0
00
c(t) c(t)
q
(t), t ,
c( ) , c ( ) ,
⎧
′′
+λ = >
⎪
⎨
′
=α =β
⎪
⎩
(2.16)
cho bởi công thức
:

[
]
0
t
sin (t )
sin( t)
c(t) cos( t)
q
()d.
λ−τ

w

ta thu được (2.13)-(2.15) là tương đương với hệ phương trình vi tích phân sau:
⎡⎤
λ−τ
λ
⎣⎦
=α λ +β + τ τ
λλ
λ
=α λ +β
λ
⎡⎤
λ−τ
⎣⎦
⎡⎤
′
−τ+τ+λτ−ττ
⎣⎦
λ
λ
=α λ +β
λ
∫
∫
0
2
0
1
0

⎡⎤
⎛⎞
λ−τ
⎣⎦
⎢
−τ+τ−τ−
⎜⎟
⎜⎟
λ
⎢
⎝⎠
⎣
⎤
′
τ+λ τ− τ τ
⎦
λ
=α λ +β −
λ
∫∫
2
00
1
000
1
t
j
mmj
j
j

∫
∫
2
0
2
0
0
1
00
t
j
jj
j
j
t
j
mj mmj
j
j
sin (t )
g
()w() F(),w d
sin (t )
H u ( , ) w ( ) Ku ( ) u ( ),w d
wτ
⎡⎤
⎛⎞

00
1
00
0
0219
t
mj mj j m j m m j
j
t
j
jm
j
c (t) G (t) N (t ) H(u ( , ))w ( ) Ku ( ) u ( ),w d
w
w( )
+ N (t ) k( s)u ( ,s)ds d , .
w
τ
⎡⎤
′
=− −τ τ +τ+λττ
⎣⎦
⎛⎞
−τ τ− τ
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
∫
∫∫
trong đó

N (t) , .
G (t) N (t) N (t) N (t ) F( ),w g( )w ( ) d .
w

Khi đó, ta có bổ đề sau đây:
Bổ đề 2.2:
Cho T
> 0
và
g
iả sử
(A
1
)-(A
6
)
thỏa. Khi đó he
ä (2.19)-(2.20)
có nghiệm
c
m
= ( c
m1
,…, c
mm
) trên một đoạn
[
0, T
m
]

0
(2.22)

12
0
t
jj j
(
Vc) (t) f (c(t),c (t)) k(t s) f (c(s))ds,
′
=+−
∫
(2.23)
18

′
=α +β
⎡
⎤
+−ττ−ττ
⎣
⎦
∫
jmjjmjj
t
jjj
j
G(t) N(t) N(t)
N (t ) F( ),w
g

=++λ
⎢⎥
⎜⎟
⎜⎟
⎢⎥
⎝⎠
⎣⎦
∑∑
(2.25)

2
1
0
01
m
j
jii
i
j
w( )
f(c) cw(),
j
m.
w
=
=≤≤
∑
(2.26)
Với mỗi
T

i
cc(t), c(t)c(t).
sup
≤≤
=
==
∑

Dễ thấy rằng
M
B
là tập con lồi đóng và bò chặn của
Y
=
C
1
([0,
T
m
];
IR
m
). Dùng
đònh lý điểm bất động Schauder ta sẽ chứng minh rằng toán tử
U
:
M
B
→
Y

() ()
t
jj
jj
Uc (t) G (t) N (t ) Vc ( )d
′
′′
=+ −τ ττ
∫
0
, (2.27)
rằng
U
:
Y
→
Y
.
Cho
c
∈
M
B
, ta suy ra từ (2.22), (2.27) rằng
19

()
m
Uc (t) G(t) T Vc
≤+

1
m
jj
L,T
j
Vc N f , M k N f , M M ,T ,
=
⎡⎤
≤+ ≡β
⎢⎥
⎣⎦
∑
(2.30)

()
{
}
11 1
:
mm
jj
IR IR
Nf,M su
p
f(
y
,z)
y
M, z M ,
=≤≤ (2.31)

λ
⎝⎠
(2.33)
trong đó:

10 0 1 1
00
** *
tT tT
GGG su
p
G(t) su
p
G(t) .
≤≤ ≤≤
′′
=+ = +

Chọn
M
và sau đó chọn
T
m
> 0 sao cho:

*
MG
>
1
2 và

ii). Tiếp theo, ta chứng minh toán tử
U
liên tục trên
M
B
. Cho
c
,
d
∈
M
B
ta có:

() () () ()
t
j
jj jj
Uc ( t ) Ud (t ) N (t ) Vc ( ) Vd ( ) d
⎡
⎤
−=−ττ−ττ
⎣
⎦
∫
0
. (2.35)
Do đó:
20


m
Uc Ud T Vc Vd .
0
0
(2.38)
Bây giờ, ta đánh giá số hạng
Vc Vd
−
0
. Ta có:

() ()
(
)
(
)
() ()
11
jj
jj
t
2j 2j
0
Vc (t) Vd (t) f c(t),c (t) f d(t),d (t)
+ k(t-s) f c(s) f d(s) ds.
′′
−= −
⎡
⎤
−

:
M
B
→
Y
là liên tục.
iii). Bây giờ ta sẽ chứng minh rằng tập
M
UB
là một tập tương đối compact trong
Y
.
Cho
c
∈
M
B
,
t
,
t
’∈ [0,
T
m
]. Từ (2.22) ta có:

() () ()
()
′
⎡⎤