ĐẠI HỌC QUỐC GIA THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN NGUYỄN VĂN PHONG PHƯƠNG TRÌNH SÓNG TUYẾN TÍNH VỚI ĐIỀU KIỆN BIÊN
CHỨA PHƯƠNG TRÌNH TÍCH PHÂN TUYẾN TÍNH LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
Chuyên ngành: Toán Giải Tích
Mã số : 1.01.01


Mã số : 1.01.01
Người hướng dẫn khoa học : TS. Nguyễn Thành Long
Khoa Toán – Tin học, Đại học Khoa học Tự nhiên Tp. Hồ Chí Minh
Học viên cao học : Nguyễn Văn Phong THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH – 2006

LUẬN VĂN ĐƯC HOÀN THÀNH TẠI TRƯỜNG ĐẠI HỌC
KHOA HỌC TỰ NHIÊN THÀNH PHỐ 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:
PGS. TS Nguyễn Bích Huy
Khoa Toán
Đại học Sư phạm Tp Hồ Chí Minh
Người nhận xét 2:
TS. Trần Minh Thuyết
Khoa Thống kê Toán – Tin học
Đại học Kinh tế Tp Hồ Chí Minh
Học viên cao học:

Trang
Chương 0. Phần mở đầu 3
Chương 1. Các công cụ chuẩn bò 8
Chương 2. Sự tồn tại và duy nhất nghiệm 13
Chương 3. Sự ổn đònh của nghiệm 28
Chương 4. Khai triển tiệm cận nghiệm theo một tham số 33
Chương 5. Khai triển tiệm cận nghiệm theo hai tham số 38
Phần kết luận 47
Tài liệu tham khảo 48

3
CHƯƠNG 0. PHẦN MỞ ĐẦU
Trong luận văn này, chúng tôi xét bài toán sau: Tìm một cặp hàm
(, )uP thỏa
(,),0 1,0 ,
tt xx t
uu Ku uFxt x tT
λ
−++ = << << (0.1)
(0, ) ( ),
x
utPt
=
(0.2)
1
(1, ) (1, ),
x
ut Kut=− (0.3)
01
(,0) (), (,0) (),

() () (0,), 0 ,
tt
Pt Pt hu t tT
ω
+= <<
(0.6)
/
01
(0) , (0) ,PPP P==
(0.7)
trong đó
01
0, 0, ,hPP
ω
>≥ là các hằng số cho trước.
Bài toán (0.1) – (0.4) và (0.6), (0.7) là mô hình toán học mô tả sự va chạm
của một vật rắn và một thanh đàn hồi nhớt tuyến tính tựa trên một nền đàn hồi.
Từ (0.6), (0.7) ta biểu diễn
()Pt theo
01
,,,, (0,)
tt
PP hu t
ω
và sau đó tích
phân từng phần, ta thu được
()Pt
như công thức (0.5), trong đó

4

010
0, ( , ) 0 .uuP Fxt=== =
Trong trường hợp sau bài toán (0.1), (0.2), (0.4),
(0.6), (0.7) và (0.11) là mô hình toán học mô tả sự va chạm của một vật rắn và
một thanh đàn hồi nhớt tuyến tính tựa trên một nền cứng [1]. Trong [2] cũng dùng
phép biến đổi Laplace các tác giả Nguyễn Thúc An, Nguyễn Đăng Tộ, Nguyễn
Tiến Triển đã nghiên cứu bài toán (0.1), (0.2), (0.4), (0.6), (0.7), (0.11) với
010
0,===uuP 0, ( , ) , 0== =− >KFxtx
λ
γγ
là hằng số. Trong trường hợp này
bài toán là mô hình toán học mô tả sự va chạm của một vật rắn vào một thanh
đàn hồi tựa trên nền cứng, có kể đến yếu tố ngoại lực là lực cản ở mặt bên tỉ lệ
với tọa độ thiết diện của thanh:
(,) , 0
=
−>Fxt x
γ
γ
là hằng số. (xem hình vẽ).
Như vậy bài toán nghiên cứu trong luận văn này là tương tự với các bài toán
được xét trong [1, 2, 10].
5

compact giữa các không gian hàm.
Chương 2, chúng tôi nghiên cứu sự tồn tại và duy nhất nghiệm yếu toàn cục
của bài toán (0.1) – (0.5). Chứng minh được dựa vào phương pháp xấp xỉ
Galerkin liên kết với các đánh giá tiên nghiệm cùng với kỹ thuật hội tụ yếu và
về tính compact. phần này, đònh lý ánh xạ co cũng được sử dụng trong việc
chứng minh sự tồn tại nghiệm xấp xỉ Galerkin.
Trong chương 3, chúng tôi chứng minh rằng nghiệm
(, )uP của bài toán
(0.1) – (0.5) là ổn đònh đối với các hằng số
,,Kh
λ
và các hàm ,,.Fkg
Trong chương 4, chúng tôi nghiên cứu bài toán
i
()Q
λ
sau đây
i
1
01
0
,0 1,0 ,
(0, ) ( ), (1, ) (1, ) 0,
()
(,0) (), (,0) (),
() () (0,) ( ) (0, ) ,
tt xx t
xx
t
t

(,,,uuF ,)gk cho trước cố đònh thoả các giả thiết nào đó sao cho, với mỗi
λ
+
∈\ cho trước, bài toán
i
()Q
λ
có duy nhất một nghiệm yếu (, )uP nghiệm này
phụ thuộc vào một tham số
:, .uu PP
λ
λ
λ
=
= Luận văn này sẽ nghiên cứu khai
triển tiệm cận nghiệm của bài toán
i
()Q
λ
theo một tham số bé ,
λ
tức là nghiệm
có thể xấp xỉ bởi một đa thức theo biến
:
λ11
(,) (,) , () () ,
NN

ii
ii
uu C PP C
λλ λ λ
+
+
==
−≤ − ≤
∑∑

với tham số
λ
đủ bé, các hằng số
i
i
***
,
NN
CC độc lập với .
λ

Trong chương 5, chúng tôi nghiên cứu bài toán
i
,
()P
η
λ
theo hai tham số bé
,
η

tt xx t
xx
t
t
uu Ku uF x tT
utPtutKut
P
ux u x U x u x u x U x
P t g t hu t k t s u s ds
ηλ
λ
ηη

Ta giả sử rằng
1
0, 0, 0KKh>≥≥ là các số thực cố đònh và các hàm

i
i
01 0 1
(, , , ,,,)uuUUFgk
cho trước cố đònh thoả các giả thiết nào đó sao cho, với
mỗi
(,)
η
λ
+
∈×\\
cho trước, bài toán
i
7


l
12 12
12
12
12 12
12 12
,
,
,,
(,) (,) , () () ,
NN
uxt u xt Pt P t
γ
γγγ
γγ
γγ
γγ γγ
γγ γγ
η
λ
η
λ
++
+≤ +≤
∈∈

12 12
1
(1*) 2 2
,
,,
1*
,
+
+
+≤ ∈
−≤+
∑
]
N
N
N
uuC
γγ
γγ
γγ γγ
ηλ η λ

l
(
)
12
12
12 12
1
(2*) 2 2

η
λ

Các kết quả liên quan đến bài toán xấp xỉ tiệm cận theo nhiều tham số đã
được một số tác giả quan tâm, chẳng hạn như: Long, Alain Phạm, Diễm [10], Long,
t, Trúc [9], Long, Giai [11], Long, Trường [12].
Kế đến là phần kết luận và sau cùng là danh mục các tài liệu tham khảo.

8
CHƯƠNG 1. MỘT SỐ CÔNG CỤ CHUẨN BỊ
1.1. Các không gian hàm
Trước hết, ta đặt
(0,1), (0, ), 0
T
QTTΩ= =Ω× > , bỏ qua đònh nghóa các
không gian hàm thông dụng:
,
(), (), ()
mp mp
CLW
Ω
ΩΩ (có thể xem trong [3]), và
ký hiệu
11
() ,
H
HΩ=
22
()
H


(
)
1/ 2
2
/2 1
1
(1) , ,vvv vH=+ ∈ (1.3)
(
)
1
1/ 2
2
2
/1
,.
H
vvvvH=+ ∈ (1.4)
Khi đó ta có kết quả sau
Bổ đề 1.1. Phép nhúng
10
()HC
Ω
O

là compact và
01
()
2
CH

HH
vv v vH≤≤ ∀∈ (1.7)

9
1.2. Không gian hàm
(0, ; ), 1
p
LTX p
≤
≤∞
Cho
X
là một không gian Banach thực đối với chuẩn || ||
X
⋅ . Ta ký hiệu
(0, ; ), 1
p
LTX p≤≤∞ là không gian các lớp tương đương chứa hàm :(0, )uT X→
đo được, sao cho
0
() ,<∞
∫
T
p
X
ut dt với 1,
p
≤
<∞
hay

<∞

hay
(0, ; )
0
sup ( )
LTX X
tT
uessut
∞
<<
=
{
}
inf 0: ( ) , . , (0, ) , .
X
MutMaetTp=> ≤ ∈ =∞
Khi đó ta có các bổ đề sau đây mà chứng minh của chúng có thể tìm thấy trong
Lions[5].
Bổ đề 1.2.
(0, ; ), 1
p
LTX p
≤
≤∞ là một không gian Banach.
Bổ đề 1.3. Gọi
/
X
là không gian đối ngẫu của
X

=
. Hơn nữa các không gian
1
(0, ; ),LTX
/
(0, ; )LTX
∞

không phản xạ.

10
Chú thích 1.1. Nếu
p
XL=
thì (0, ; ) ( (0, )).
pp
LTXL T=Ω×
1.3. Phân bố có giá trò véctơ
Đònh nghóa 1.1. Cho
X là một không gian Banach thực. Một ánh xạ tuyến tính
liên tục từ
(0, )
D
T vào X gọi là một (hàm suy rộng) phân bố có giá trò trong X .
Tập các phân bố có giá trò trong
X , ký hiệu là:
/
(0, ; ) ( (0, ); ) { : (0, ) | }.tuyến tính liên tục DTXLDTX fDT Xf==→
Chú thích 1.2. Ta ký hiệu
(0, )

(0, ; )∈
df
D
TX
dt
và gọi là đạo hàm của
f

theo nghóa phân bố.
Các tính chất :
1) Cho
(0, ; )
p
vL TX∈
ta làm tương ứng với nó bởi ánh xạ
:(0,)
v
TD T X→

như sau:
0
,()(),(0,).
T
v
TvttdtDT
ϕϕϕ
=∀∈
∫
(1.9)
Ta có thể nghiệm lại rằng

T
, ta có:

11
0
,()()
T
vj j
X
X
Tvttdt
ϕϕ
=
∫
0
() ()
T
j
X
vt t dt
ϕ
≤
∫(
)
(
)
/

TDTX∈ .
2) Ánh xạ
v
vT→ là một đơn ánh từ (0, ; )
p
LTX vào
/
(0, ; ).
D
TX Do đó, ta
có thể đồng nhất
v
Tv= . Khi đó ta có kết quả sau.
Bổ đề 1.5. (Lions[5]).
/
(0, ; ) (0, ; )
p
LTX DTX⊂ với phép nhúng liên tục.
1.4. Đạo hàm trong
(0, ; )
p
LTX
Do bổ đề 1.5, phần tử
(0, ; )
p
f
LTX∈ ta có thể coi là
f
và do đó
df

(0, ; )
p
f
LTX∈ thì
f

bằng hầu hết
với một hàm liên tục từ
[0, ]TX→ .
1.5. Bổ đề về tính compact của Lions[5].
Cho ba không gian Banach
01
,,XXX
với
01
XXX⊂⊂
với các phép
nhúng liên tục sao cho:
01
,XX
là phản xạ, (1.10)
phép nhúng
0
X
O
X
là compact. (1.11)
Với
0,1 ,1,2
i

(0, )WT là một không gian Banach. Hiển nhiên
0
(0, ) (0, ; )
p
WT L TX⊂ . Ta
cũng có kết quả sau đây về phép nhúng compact.
Bổ đề 1.8. ( Bổ đề về tính compact của Lions[5]). Với giả thiết (1.10), (1.11) và
nếu
1,1,2
i
pi<<∞= , thì phép nhúng
(0, )WT

O
0
(0, ; )
p
LTX là compact.
1.6. Các ký hiệu
Ta dùng các ký hiệu
/
() (),
t
ut ut=
//
() (),
tt
ut ut= () (),
x
ut ut

x
utPt
=
(2.2)
1
(1, ) (1, ),
x
ut Kut=− (2.3)
01
(,0) (), (,0) (),
t
ux u x u x u x== (2.4)
0
() () (0,) ( ) (0, ) ,
t
P t g t hu t k t s u s ds=+ − −
∫
(2.5)
trong đó
01
,,,,uuFgk là các hàm số cho trước thỏa các điều kiện nào đó mà ta
sẽ chỉ 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 về nghiệm trong các không gian
hàm thích hợp nhờ vào một số phép nhúng compact.
Trước tiên ta thành lập các giả thiết sau
21
01
() , ,
1

(, )uP của bài toán (2.1) – (2.5) sao cho
212
(0, ; ), (0, ; ), (0, ; ),
ttt
u L TH u L TH u L TL
∞∞∞
∈∈∈
1,
(0, ), (1, ), (0, ).uuPWT
∞
⋅⋅∈
Chứng minh. Gồm nhiều bước
Bước 1. Xấp xỉ Galerkin.
Xét một dãy
{}
j
w là một cơ sở đếm được trong
2
H
. Ta tìm nghiệm xấp xỉ
của bài toán (2.1) – (2.5) dưới dạng
1
() () ,
m
mmjj
j
ut ctw
=
=
∑

≤≤ (2.7)
0
( ) ( ) (0, ) ( ) (0, ) ,
t
mm m
Pt gt hu t kt su sds=+ − −
∫
(2.8)
/
2
00
1
1
11
1
(0) ,
(0) .
mạnh trong
mạnh trong
m
mmmjj
j
m
mmmjj
j
uu wu H
uu wu H
α
β
=

===
⎧
++ =+ −
⎪
⎨
⎪
== ≤≤
⎩
∑∑∑
∫
(2.10)

15
trong đó

1
() (), () (0), , , (0) (0),
,(1)(1) .
iiiijijijij
ij ix jx i j ij ij
ft Ftw gtw a ww d w w
bwwKww Kahd
⎧
=− = =
⎪
⎨
=+ ++
⎪
⎩
(2.11)

12
( ) ( ), ( ), , ( ) ,
( ) ( ), ( ), , ( ) ,
( ) ( ), ( ), , ( ) ,
T
m
T
m
T
m
ct c t c t c t
ct ct ct c t
ct ctct ct
⎧
=
⎪
⎪
=
⎨
⎪
⎪
=
⎩
(2.12)
(), (), ().
ij ij ij
AaBbDd===

Ta viết lại hệ (2.10) – (2.21) dưới dạng véc tơ


tr
tr
ct f t e dr A Bc d
λ
τ
τ
−− −
=−
∫∫

()
000
()(),
tr
tr
edrdksDcsds
τ
λ
ττ
−−
+−
∫∫∫
(2.14)
với
i
()
() 1
00
1
() 1 () .

() ().
m
i
i
ct c t
=
=
∑
Ký
hiệu chuẩn của ma trận
()
ij
A
a
=
là
1
1
max .
m
ij
jm
i
Aa
≤≤
=
=
∑
() 1
000
() (),
tr
tr
edrdksADcsds
τ
λ
ττ
−− −
+−
∫∫∫
[0, ].tT
∀
∈ (2.17)
Từ (2.17) ta suy ra rằng
H
biến Y vào chính nó.
Ta sẽ chứng minh rằng, tồn tại
n
∈
` , sao cho
1
[]: ,
nn
H
HH Y Y
−
≡→ là một ánh xạ co.
Bây giơ,ø với mọi ,,cd Y∈ với mọi [0, ],tT

−−
∫∫
(2.18)
Ta sẽ chứng minh

1
() ()
nn
H
ct Hdt−
2
1
,,
(2 )!
nn
T
Dt c d n
n
≤−∀∈` (2.19)
trong đó
1
11
(0, )
.
T
LT
D
ADk AB
−−
=+

ττ
−− −
+−
∫∫
(2.20)
Do đó ta suy từ (2.20) rằng

1
() ()
H
ct Hdt−
1()
000
()
tr
tr
AD e dr d k d c d
τ
λ
τθθ
−−−
≤−
∫∫∫1()
0
t
tr
AB e rdrc d

11
1
() ()
nn
H
ct H dt
++
−
1
[]()[]()
nn
H
Hct HHd t=−

() 1
1
000
() () ()
tr
tr n n
edrdksADHcsHdsds
τ
λ
ττ
−− −
≤−−
∫∫∫() 1
() 1 2
00
1
(2 ) !
tr
tr n n
T
edrAB Dcdd
n
λ
τ
τ
−− −
+−
∫∫1
1()2
(0, )
00
(2 ) !
n
tr
tr n
T
LT
D

1
(0, )
(2 )! (2 1)(2 2)
n
n
T
LT
D
t
ADk c d
nnn
+
−
≤−
++22
1
(2 )! (2 1)(2 2)
n
n
T
D
t
AB c d
nnn
+
−
+−

T
D
Tcd
n
≤−
()
2
1
.
(2 ) !
n
T
D
Tcd
n
≤− (2.23)
Do
()
2
1
0
(2 )!
n
T
DT
n
→
khi
n →+∞
nên có

Bước 2. Đánh giá tiên nghiệm I
Thay (2.8) vào (2.7). Khi đó nhân phương trình thứ
j của (2.7) bởi
/
()
mj
ct và
lấy tổng theo
j
, sau đó tích phân theo biến thời gian từ
0
đến t , ta được
()
m
St (0)
m
S=
/
0
2()(0,)
t
m
gsu sds−
∫

/
00
2 (0, ) ( ) (0, )
ts
mm


2
1
(1, )
m
Ku t+
2
(0, )
m
hu t+
/
2
0
2().
t
m
us ds
λ
+
∫
(2.25)
Sử dụng các giả thiết
(),()
45
HH
, lấy tích phân từng phần theo biến thời gian từ
0

đến
t

2
0
2(0) (0,)
t
m
kusds−
∫

/
00
2 (0, ) ( ) (0, )
ts
mm
usdsksu d
τ
ττ
−−
∫∫

/
0
2(),().
t
m
Fs u s ds+
∫
(2.26)
Khi đó, sử dụng (2.9), (2.25) ta có
01
(0) 2 (0) (0)

2
0
1
()
t
gs ds
β
+
∫
2
0
(0, )
t
m
usds
β
+
∫
2
(0, )
m
ut
β
+
2
0
1
()(0,)
t
m

β
+
∫
/
2
2
00
1
(0, ) ( ) (0, )
ts
mm
us ksu dds
βτττ
β
⎡
⎤
++−
⎢
⎥
⎣
⎦
∫∫

1
C=
/
2
2
2
00

()
t
m
us ds
β
+
∫

2
0
1
()(0,)
t
m
kt u d
τ
ττ
β
+−
∫

/
2
00
1
()(0,).
ts
m
ds k s u d
τ

()
m
C
ut
Ω
≤
1
2()
m
H
ut≤0
(2/ ) ()
m
CSt≤
i
0
().
m
CSt≡
(2.31)
Từ (2.30) – (2.31) ta có đánh giá sau

20

()
m
St

2(0)()
t
m
CkSsds
β
++
∫
i
2
0
0
()
t
m
CSsds
β
+
∫

2
0
1
()(0,)
t
m
kt u d
τ
ττ
β
+−

22
00
1
() (0,)
tt
m
kdu d
θ
θττ
β
≤
∫∫

i
2
2
0
00
(/) () ()
tt
m
CkdSd
β
θθ ττ
≤
∫∫

i
2
2

2
00
() (0,)
tt
m
t
kdu d
θ
θττ
β
≤
∫∫

i
/
2
2
0
00
() ()
tt
m
Ct
kdSd
θ
θττ
β
≤
∫∫


(1)
1
0
() () ( ) ,
t
mTm
St gt M S d
τ
τ
≤+
∫
(2.35)

21
trong đó
(
)
2
2
2
2
2/
11
()
(0, )
2
() 2 () ,
T
LQ
LT

H , ta suy ra rằng tồn tại hằng số
(2)
T
M

chỉ phụ thuộc vào
T
sao cho
[
]
(2)
1
() , ., 0, .
T
gt M aet T≤∈ (2.37)
Do đó
(2) (1)
0
() ( ) , 0 .
t
mTTm
St M M S d tT
ττ
≤+ ≤≤
∫
(2.38)
Áp dụng bổ đề Gronwall, ta thu được
[
]
(2) (1)

Fw j m
=
≤≤ (2.40)
Nhân phương trình thứ
j
của (2.40) bởi
//
()
m
ct
, lấy tổng theo
j
, sau đó tích
phân theo biến thời gian từ
0
đến
t
, sau khi sắp xếp lại ta có
()
m
Xt (0)
m
X=
///
0
2()(0,)
t
m
gsu sds−
∫

2
()
m
ut=
//
2
mx
u+
/
2
()
m
Ku t+
/
2
1
(1, )
m
Ku t+
/
2
(0, )
m
hu t+
//
2
0
2().
t
m

m
gsu sds

//
0
2 (0) (0, ) ( ) (0, ) (0, )
t
mmm
ku t ktsu sdsu t
⎡⎤
++−
⎢⎥
⎣⎦
∫

01
2(0) (0) (0)
mm
ku u−
/
0
2(0)(0,)
t
m
ku
τ
⎡
−
⎣
∫

m
X=
/
1
2(0) (0)
m
gu+
01
2 (0) (0) (0)
mm
ku u
−
/ 2
0
(0) (0)
m
ku+
/ 2
(0) (0, )
m
ku t−

//
2()(0,)
m
gtu t−
/
2 (0) (0, ) (0, )
mm
ku tu t+

t
mm
udksusds
τ
ττ τ
−−
∫∫
///
0
2(),().
t
m
Fsusds+
∫
(2.43)
Đầu tiên, ta suy ra từ (2.9), (2.42),
(),()
45
HH rằng
//2
1010
(0) 2 (0) (0) 2 (0) (0) (0) (0) (0)
mmmmm
Xgukuuku+− +
//
2
2
(0) ,
m
Cu≤+