49
Chương 2

KHẢO SÁT PHƯƠNG TRÌNH SÓNG
PHI TUYẾN THUỘC DẠNG
),(),(
txfuuFuu
txxtt
=+−2.1. Giới thiệu
Trong chương này chúng tôi xét bài toán sau: tìm cặp hàm số
))(),,(( tPtxu

sao cho

,0 ),1,0( ),,(),( TtxtxfuuFuu
txxtt
<<=Ω∈=+−
(2.1.1)

),(),0( tPtu
x
=
(2.1.2)

,0),1(),1(),1(
11

và
2,
≥
βα
là các
hằng số cho trước, hàm phải tìm
),( txu
và giá trò biên chưa biết
)(tP
thỏa mãn bài
toán Cauchy cho phương trình vi phân thường như sau

⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
==
<<=+
,)( ,)0(
,0),,0()()(
1
/
0
2//
PtPPP
TtthutPtP
tt
ω
(2.1.6)

tính tựa trên một nền cứng [1].
Chú ý rằng từ (2.1.6) ta biểu diễn
)(tP
theo
),0(,,,,
10
tuhPP
tt
ω
và sau đó tích phân
từng phần, ta thu được

,),0()(),0()()(
0
∫
−−+=
t
dssustkthutgtP
(2.1.8)
trong đó

⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
=
−+−=
.sin)(
,

cho trước như (2.1.9).
Trong [5], Bergounioux, N.T. Long, Alain P. N. Đònh đã xét bài toán
(2.1.1)-(2.1.5), (2.1.8) với
.2==
βα
Trong trường hợp nầy, bài toán mô tả sự va
chạm của một vật rắn và một thanh đàn nhớt tựa trên một nền đàn hồi nhớt với
ràng buộc đàn hồi tuyến tính tại bề mặt, các ràng buộc liên kết với một lực cản
ma sát nhớt.
Trong chương nầy chúng tôi muốn đề cập là bài toán (2.1.1)-(2.1.6) với
,2≥
α
0≥
β
là các hằng số cho trước. Trong trường hợp nầy bài toán (2.1.1)-
(2.1.6) là mô hình toán học mô tả sự va chạm của một vật rắn và một thanh đàn
hồi nhớt phi tuyến tựa trên một nền đàn hồi nhớt[1]. Chúng tôi cũng thu được sự
tồn tại nghiệm toàn cục của bài toán. Kết quả nầy đã mở rộng kết quả trong [5]
với trường hợp
.2==
βα
Mặt khác, nếu
,2==
βα
chúng tôi cũng thu được một 51
số kết quả về tính đều của nghiệm tùy thuộc vào tính đều của dữ kiện. Phần cuối
của chương nầy chúng tôi chứng minh nghiệm

N
N
KOKuu
λλ
γγ
γγ
γγ
(2.1.11)
( )
,
1
22
,
21
21
21
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
++=
+
≤+
∑
N
N
KOKPP
λλ

21
+
≤+
≤+≤+
+≤
⋅−⋅+
−+−
∑
∑∑
∞∞
N
TL
N
LTL
N
HTL
N
KC
Kuu
KuuKuu
λ
λ
λλ
γγ
γγ
γγ
γγ
γγ
γγ
γγ

(2.1.14)
với
21
, CC
là hằng số độc lập với
λ
,K
. Kết quả thu được ở đây cũng đã mở rộng
và chứa đựng các kết quả trong [1, 2, 5, 23, 25] như là trường hợp riêng. Kết quả
nầy sẽ được công bố trong [D3].
2.2. Sự tồn tại và duy nhất nghiệm
Ta thành lập các giả thiết sau

)(
1
H

0,0,0,0
1
>≥≥>
λλ
hK
và
,0
1
>+ hK)(
2

52

)(
5
H

).,0(
2
THg ∈

Khi đó ta có đònh lý sau
Đònh lý 2.1.
Với các giả thiết
),()(
51
HH −
tồn tại duy nhất nghiệm yếu
),(
Pu
của
bài toán
(2.1.1) – (2.1.5), (2.1.8)
sao cho⎪
⎪

2110
LTCHTCu ∩∈

).;,0(
2
HTL
∞
∩
(2.2.2)
Chứng minh đònh lý 2.1. Chứng minh bao gồm năm bước.
Bước
1:
Xấp xỉ Galerkin
.
Giả sử
}{
j
w
là cơ sở đếm được của
.
2
H
Ta tìm nghiệm xấp xỉ của bài toán
(2.1.1) – (2.1.5), (2.1.8) dưới dạng

,)()(
1
∑
=
=

dssustkthutgtP
(2.2.5)

),,1(),1()(
/
11
tutuKtQ
mmm
λ
+=
(2.2.6)
)0(
0
1
0
uwuu
m
j
jmjmm
→==
∑
=
α
trong
2
H
mạnh, (2.2.7)

)0(
1

với mọi
.m

Bước
2:
Đánh giá tiên nghiệm
I.
Thay (2.2.5), (2.2.6) vào (2.2.4), sau đó nhân phương trình thứ
j
của (2.2.4)
với
),(
/
tc
mj
lấy tổng theo
j
và cuối cùng lấy tích phân theo
,t
ta có

,)(),(2),0()(),0(2
),0()(2)0()(
0
/
00
/
0
/
∫∫∫

+++=
t
m
t
L
mm
m
L
mmxmm
dssudssutuK
thutu
K
tututS
λλ
α
β
α
β
α
(2.2.10)
Sử dụng giả thiết
)(),(
54
HH
sau đó lấy tích phân từng phần theo
t

ta thu được

∫

〉〈+−
t
m
ts
mm
dssusfduskdssu
τττ
(2.2.11)
Từ (2.2.7), (2.2.8) và (2.2.10) ta có

,)0()0(2)0(
10
CugS
mm
≤+
với mọi
,m
(2.2.12)
trong đó
1
C
là hằng số độc lập với
.m
Sử dụng bất đẳng thức
22
1
2 baab
ε
ε
+≤

ε
ε
ε∫∫
+−++
t
m
t
mm
dssukdssustktu
0
2
2
0
2
),0()0(2),0()(
1
),0(
ε
ε∫∫
∫∫
++
⎥
⎥
⎦

ε
ε),0(2)()()(
1
2
0
2
0
2
/2
1
tudssfdssgtgC
m
tt
ε
ε
+
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
+++=
∫∫2

/
∫∫
−+
ts
m
dsdusk
τττ
ε
(2.2.13)
Mặt khác, do
,0
1
>+ hK
ta có một hằng số
0
~
>C
chỉ phụ thuộc vào
1
K
và
,h
sao
cho

,
~
)1()0(
1
2

HC
∈∀≤
(2.2.15)
Vì vậy, từ (2.2.10) và (2.2.14) dẫn đến

.)(
~
)(
~
)()(),0(
0
0
0
]1,0[
10
tSCtS
C
C
tuCtutu
mm
H
m
C
mm
≡≤≤≤
(2.2.16)
Bây giờ sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwartz, ta ước lượng hai tích phân cuối
cùng ở vế phải của (2.2.13) như sau
dssSdk
C
dssudkdssustk
θθ
ε
θθ
εε
(2.2.17)
ii/
∫∫∫∫
≤−
t
m
tts
m
dudktdsdusk
0
2
0
2
/
0
2
0
/
),0( )(
1
),0()(
1
ττθθ

0
≤<
ε
C
và sử dụng hai đánh giá ở trên, từ (2.2.13) và
(2.2.16) – (2.2.18) ta có

,)()()()(
0
21
∫
+≤
t
mm
dssStgtgtS
(2.2.19)
trong đó

⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎨
⎧
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜

02
0
2
0
2
/2
11
tt
tt
dktdk
C
kCtg
dssfdssgtgCtg
θθθθ
ε
εε
ε
(2.2.20)
Do phép nhúng
)1,0(
1
H
↪
]1,0[
0
C
là liên tục nên ta suy từ các giả thiết
)()(
53
HH −

],,0[ , )exp()(
)2()1(
TtMtMMtS
TTTm
∈∀≤≤
với mọi
.0>T
(2.2.23)
Bước
3:
Đánh giá tiên nghiệm
II. 56
Lấy đạo hàm (2.2.4) theo t

.,...,1 ,),(
),()()1(),()()1(
)1()()0()(),(),(
/
//
2
//
2
//////
mjwtf
wtutuwtutuK
wtQwtPwtuwtu
j

⎢
⎣
⎡
−++
−=
t
mm
t
mmm
dudssuskuk
dssusgXtX
0
//
0
/
0
///
),0(),0()(),0()0(2
),0()(2)0()(
ττττ
τ∫∫
−
−+
t
mmm
dxxuxuxudK
0

+++=

∫
+
t
m
du
0
2
//
1
),1(2
ττλ
∫∫
−
−+
t
mm
dxxuxud
0
1
0
2
//
2
/
),(),()1(2
τττβλ
β


0
2
2
/
2
∫∫
−+
t
m
dxxu
d
d
d
β
τ
τ
τβ
β
λ
(2.2.25)
Tích phân từng phần các tích phân vế phải (2.2.24) ta có 57

∫
∫∫
∫∫
∫
∫

t
m
mmmm
dssusf
dxxuxuxudK
dudssuskukuk
uuk
tudssustktuk
dssusg
tutgugXtX
0
///
0
1
0
///
2
0
/
0
////
10
/
0
/
0
///
//
1
/

mmmm
dssuskdu
dssustktuduk
dssusgtutuk
tutgtukuk
uukugX
00
///
0
//
0
2
/
0
////
//2/2
0
/
101
/
),0()(),0(2
),0()(),0(2),0()0(2
),0()(2),0(),0()0(2
),0()(2),0()0()0()0(
)0()0()0(2)0()0(2)0(
τ
τττ
ττ

)0()0()0()0()0(2)0()0(2)0(
2
0
/
101
/
mmmmm
ukuukugX +−+,)0(
2
//
2 m
uC +≤
(2.2.27)
trong đó
0
2
>C
là hằng số chỉ phụ thuộc vào
.,,,,,,
110
hKKkguu
Đồng thời, ta suy
từ (2.2.4) – (2.2.6) rằng 58

Mặt khác, từ (2.2.14) – (2.2.16) dẫn đến

.)(
~
)()(
0
/
0
)(
/
10
tXCtuCtu
m
H
m
C
m
≤≤
Ω
(2.2.29)
Ta rút ra từ (2.2.16), (2.2.22) và (2.2.29)

∫
∫∫
−
−
−≤
−
t
mmT

∫
−
−≤
t
mT
dXMCCK
ττα
α
(2.2.30)
Từ (2.2.24) – (2.2.28) ta có

∫∫
∫∫
∫
−+
−++
++
+++≤
t
mm
t
mm
t
m
t
mmm
mmm
dssuskdu
dssustktuduk
dssusgtutuk

dssusf
dxxuxuxudK
0
///
0
1
0
///
2
)(),(2
),(),(),()1(2
ττττα
α