BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP. HỒ CHÍ MINH
___________________________

Nguyễn Thị Ngọc Hiền

THUẬT GIẢI LẶP CHO PHƯƠNG TRÌNH SÓNG PHI
TUYẾN CÓ HỆ SỐ CHỨA TÍCH PHÂN VỚI ĐIỀU KIỆN
BIÊN HỖN HỢP THUẦN NHẤT

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Thành phố Hồ Chí Minh - 2008


BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP. HỒ CHÍ MINH
__________________________

Nguyễn Thị Ngọc Hiền

THUẬT GIẢI LẶP CHO PHƯƠNG TRÌNH SÓNG PHI
TUYẾN CÓ HỆ SỐ CHỨA TÍCH PHÂN VỚI ĐIỀU KIỆN
BIÊN HỖN HỢP THUẦN NHẤT

Chuyên ngành: Toán Giải Tích
Mã số: 60. 46. 01

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC:

Thành Long, lòng biết ơn chân thành và sâu sắc nhất. Người Thầy đã rất ân
cần và tận tình hướng dẫn, giúp cho tôi nắm được từng bước nghiên cứu và
giải đáp những thắc mắc khi tôi gặp phải. Sự đam mê nghiên cứu khoa học và
sự tận tình hướng dẫn của Thầy đã giúp tôi hoàn thành luận văn này.
Xin trân trọng cảm ơn Thầy Lê Hoàn Hóa và Cô Lê Thị Phương Ngọc
đã dành thời gian, công sức để đọc và cho những nhận xét quý báu đối với
luận văn của tôi.
Xin trân trọng cảm ơn quý Thầy Cô trong và ngoài khoa Toán – Tin
học trường Đại học Sư phạm Tp. Hồ Chí Minh đã tận tình truyền đạt kiến
thức và kinh nghiệm quý báu cho tôi trong suốt thời gian học tập tại trường.
Chân thành cảm ơn Ban chủ nhiệm khoa Toán – Tin học, quý Thầy Cô
thuộc phòng quản lý Khoa học Công nghệ & Sau Đại học, thư viện trường
Đại học Sư phạm Tp.HCM đã tạo điều kiện thuận lợi để tôi hoàn thành
chương trình học cũng như trong quá trình làm thủ tục bảo vệ luận văn tốt
nghiệp.
Xin cảm ơn các anh chị lớp Cao học Giải tích Khóa 16, các anh chị
trong nhóm xemina do Thầy tổ chức đã động viên và nhiệt tình giúp đỡ tôi
trong suốt thời gian qua.
Tôi cũng không quên gửi lời biết ơn đến gia đình tôi, những người đã
hết lòng lo lắng và luôn ở bên tôi trong những lúc khó khăn nhất.
Sau cùng, vì kiến thức bản thân còn hạn chế nên luận văn khó tránh
khỏi những thiếu sót. Tôi rất mong nhận được sự chỉ bảo của quý Thầy Cô và
sự góp ý chân thành của các bạn bè đồng nghiệp. Tôi xin chân thành cảm ơn.
Thành phố Hồ Chí Minh, tháng 9 năm 2008.
Nguyễn Thị Ngọc Hiền


2

MỤC LỤC

Trong nhiều trường hợp, bài toán chỉ giải được và dừng lại ở mức độ
tồn tại nghiệm và không chỉ ra cách thiết lập nghiệm như thế nào. Một cách
thông dụng nhất mà nhiều nhà nghiên cứu hay làm là phương pháp tuyến tính
hóa, hơi giống như phép xấp xỉ liên tiếp của nguyên lý ánh xạ co. Cách làm
nầy vẫn bảo đảm hội tụ về mặt toán học, nhưng trong thực tế hệ số co tuy nhỏ
hơn 1 và khá gần 1, thì phép lặp nầy sẽ hội tụ chậm và đòi hỏi số bước lặp
phải khá lớn, thậm chí rất lớn. Phương pháp lặp kiểu nầy người ta còn gọi là
phép lặp cấp 1 hay lặp đơn. Cải tiến phương pháp nầy, người ta thường tìm
kiếm thuật giải có tốc độ hội tụ nhanh hơn, chẳng hạn như thuật giải lặp cấp
hai [17] hoặc cao hơn nữa [22]. Ví dụ như một thuật giải xác định một dãy lặp

{um } gọi là thuật giải cấp hai nếu ta có được đánh giá sai lệch của số hạng um
với nghiệm chính xác u theo bất đẳng thức dưới đây (với một chuẩn thích
hợp ⋅ )
um − u ≤ C um−1 − u

2

∀m ∈ `,

(0.1)

trong đó C là hằng số độc lập với m. Với đánh giá nầy, nếu bước lặp đầu tiên

u0 được chọn đủ gần với nghiệm chính xác u sao cho β = C u0 − u < 1, khi
đó ta có đánh giá sai số
um − u ≤

1 2m
β = Rm(2) ∀m ∈ `.


Trong luận văn này, chúng tôi xét một số thuật giải lặp (cấp một và cấp
hai) cho bài toán giá trị biên và ban đầu cho phương trình sóng phi tuyến có
hệ số chứa tích phân thuộc dạng dưới đây:

(

utt − B u x (t )

2

)u

xx

(

+ f (u , ut ) = F x, t , u , u x (t )

2

),

t ∈ (0, T ), x ∈ (0,1),

(0.5)

u x (0, t ) − u (0, t ) = u (1, t ) = 0,

(0.6)


Trong [13], Nguyễn Thành Long, Alain Phạm Ngọc Định và Trần
Ngọc Diễm đã nghiên cứu bài toán

(

(

utt − b0 + B ∇u

2

)) ∆u = f ( x, t, u, u , u ), x ∈ (0,1), t ∈ (0,T ),
x

t

(0.9)

u (0, t ) = u (1, t ) = 0,

(0.10)

u ( x,0) = u0 ( x), ut ( x,0) = u1 ( x).

(0.11)


5



trong đó λ > 0, ε > 0, 0 < α < 1 là các hằng số cho trước và Ω là tập mở và
bị chặn của \ n .
Trong luận văn này, chúng tôi tập trung giải quyết hai vấn đề.
Vấn đề thứ nhất: Khảo sát thuật giải lặp cấp một. Chúng tôi chứng

minh sự tồn tại và duy nhất nghiệm địa phương của bài toán (0.5) – (0.7). Ý
tưởng và công cụ để khảo sát sự tồn tại nghiệm là thiết lập một dãy quy nạp
tuyến tính liên kết với bài toán, sau đó sử dụng xấp xỉ Galerkin và phương
pháp compact để chứng minh dãy này hội tụ mạnh về nghiệm yếu của bài
toán (0.5) – (0.7) trong các không gian hàm thích hợp và với các giả thiết mà
ta sẽ đặt thêm. Sự tồn tại nghiệm nhờ vào việc vận dụng định lý ánh xạ co
(toán tử co ở dạng lặp) và sự duy nhất nghiệm được chứng minh nhờ vào bổ
đề Gronwall sau một số phép tính toán và đánh giá cụ thể.
Vấn đề thứ hai: Khảo sát thuật giải lặp cấp hai. Bài toán (0.5) được

xét với
F = F ( x, t ), f = f (u ) = K u

q−2

u, q > 2

và B ∈ C 2 (\ + ), b0 ≤ B ( z ) ≤ d 0 z p + d0 , B′( z ) ≤ d1 z p −1 + d1 ,


6

trong đó b0 > 0, p > 1, d 0 , d0 , d1 , d1 ≥ 0 là các hằng số cho trước. Chúng tôi
liên kết phương trình (0.1) với một dãy quy nạp phi tuyến {um } xác định bởi

sử dụng bổ đề Gronwall.
Chương 3, là phần khảo sát một thuật giải lặp cấp hai. Trong mục này,
bài toán giá trị đầu và giá trị biên được xét với f = f (u ) = K u

q−2

u, B = B( z )

và các điều kiện được cho cụ thể. Một lần nữa định lý ánh xạ co đựơc sử dụng
trong việc chứng minh tồn tại và duy nhất nghiệm.
Kế đến là phần kết luận và sau cùng là danh mục các tài liệu tham
khảo.


7

Chương 1: MỘT SỐ CÔNG CỤ CHUẨN BỊ
1.1. Các không gian hàm thông dụng

Ta đặt các ký hiệu Ω = (0,1), QT = Ω × (0, T ), T > 0 và cũng bỏ qua
định nghĩa các không gian hàm thông dụng: C m (Ω), Lp (Ω), H m (Ω),
W m , p (Ω). Để cho gọn, ta ký hiệu lại như sau: Lp (Ω) = Lp , W m, p (Ω) = W m, p ,
H m (Ω) = W m ,2 (Ω) = H m . Có thể xem trong [1, 2].
Ta định nghĩa L2 = L2 (Ω) là không gian Hilbert với tích vô hướng
1

u , v = ∫ u ( x)v( x)dx,

u , v ∈ L2 .


⋅

Kí hiệu
u

H1

= u , v + u x , vx .

H1

=

(1.4)

để chỉ chuẩn sinh bởi tích vô hướng (1.4), nghĩa là
u, u

H1

(

2

= u + ux

)

2 1/ 2



(1.7)

với các phép nhúng liên tục và nằm trù mật.
Chú thích 1.1. Từ bổ đề 2, ta dùng ký hiệu tích vô hướng ⋅, ⋅ trong L2

để chỉ cặp tích đối ngẫu ⋅, ⋅

giữa H 1 và ( H 1 )′. Chuẩn trong L2 được

( H 1 )′ , H 1

ký hiệu bởi ⋅ . Ta cũng ký hiệu ⋅

X

để chỉ chuẩn trong không gian Banach

X và gọi X ′ là không gian đối ngẫu của X.
1.2. Không gian hàm Lp (0, T ; X ), 1 ≤ p ≤ ∞.

Cho X là không gian Banach thực với chuẩn là

⋅

X

. Ta ký hiệu

Lp (0, T ; X ), 1 ≤ p ≤ ∞ là không gian các lớp tương đương chứa hàm

1

⎞
dt
⎟ , 1≤ p < ∞
X
⎠
p

p

và
u

Lp (0,T ; X )

= ess sup u (t )

X

= inf {M > 0 : u (t )

X

< M , a.e. t ∈ (0, T )} , p = ∞.

Khi đó ta có các bổ đề dưới đây mà chứng minh của chúng có thể tìm
thấy trong Lions [8].
Bổ đề 1.3. (Lions[8]) Lp (0, T ; X ), 1 ≤ p ≤ ∞ là không gian Banach.„


theo
dt

ngha phõn b ca u bi cụng thc
du
d
, = u ,
, D(0, T ).
dt
dt

(1.8)

Cỏc tớnh cht

a) Cho v LP (0, T ; X ). Xột ỏnh x Tv : D(0, T ) X nh sau
T

Tv , = v(t ) (t ) dt , D(0, T ).
0

(1.9)


10

Ta có thể nghiệm lại rằng Tv ∈ D′(0, T ; X ). Thật vậy:
i) Ánh xạ Tv : D(0, T ) → X là tuyến tính.
ii) Ta nghiệm lại ánh xạ Tv : D(0, T ) → X là liên tục
Giả sử

⎝0
⎠ ⎝0
⎠
T

p

T

p'

(1.10)

Vậy Tv ∈ D′(0, T ; X ).
b) Ánh xạ v 6 Tv là một đơn ánh, tuyến tính từ LP (0, T ; X ) vào
D′(0, T ; X ). Do đó, ta có thể đồng nhất Tv = v.
Khi đó ta có kết quả sau
Bổ đề 1.6. (Lions [8]) Lp (0, T ; X ) ⊂ D′(0, T ; X ) với phép nhúng liên

tục.
1.4. Đạo hàm trong Lp (0, T ; X ).

Do bổ đề 7, phần tử u ∈ Lp (0, T ; X ) và do đó

du
là phần tử của
dt

D′(0, T ; X ).
Ta có các bổ đề sau đây mà chứng minh có thể tìm thấy trong Lions


dv
= v′ ∈ Lp (0, T ; B1 )},
dt

(1.13)

1

trong đó 0 < T < ∞, 1 ≤ p i ≤ ∞, i = 0, 1.
Trang bị trên W (0, T ) một chuẩn như sau

v W (0,T ) = v

Lp0 (0,T ; B0 )

+ v' L

p1
(0,T ; B1 )

.

(1.14)

Khi đó, W (0, T ) là một không gian Banach.
Hiển nhiên W (0, T )

Lp (0, T ; B).
0

Cho V và H là hai không gian Hilbert thực thỏa mãn các điều kiện
(i) Phép nhúng V

H là compact,

(1.15)

(ii) V trù mật trong H .

(1.16)

Cho a : V × V → \ là một dạng song tuyến tính đối xứng, liên tục trên
V × V và cưỡng bức trên V .
Chính xác hơn, ta gọi a là một dạng song tuyến tính
(j) Nếu u 6 a (u , v) tuyến tính từ V vào \ với mọi v ∈V và
v 6 a (u , v) tuyến tính từ V vào \ với mọi u ∈V .
(2j) Đối xứng nếu a (u, v) = a(v, u ), ∀u, v ∈V .
(3j) Liên tục nếu ∃C1 ≥ 0 : a(u, v) ≤ C1 u V v V , ∀u, v ∈V .
2

(4j) Cưỡng bức nếu ∃C0 > 0 : a (v, v) ≥ C0 v V , ∀v ∈V .
Khi đó ta có kết quả sau
Bổ đề 1.10. Dưới giả thiết (1.15), (1.16). Khi đó tồn tại một cơ sở trực

chuẩn Hilbert {w j } của H bao gồm các hàm riêng w j tương ứng với giá trị
riêng λ j sao cho
0 < λ1 ≤ λ2 ≤ ... ≤ λ j ≤ ...,

lim
λ j = +∞,

2

Ký hiệu

u (t ), ut (t ) = u (t ), utt (t ) = u(t ), u x (t ) = ∇u (t ), u xx (t ) = ∆u (t )

thay cho u ( x, t ), (∂u / ∂t )( x, t ), (∂ 2u / ∂t 2 )( x, t ), (∂u / ∂x)( x, t ), (∂ 2u / ∂x 2 )( x, t )
lần lượt tương ứng.
Ngoài ra, với F = F ( x, t , u, v), ta đặt

D1 F = ∂F / ∂x, D2 F = ∂F / ∂t , D3 F = ∂F / ∂u, D4 F = ∂F / ∂v.


14

Chương 2: THUẬT GIẢI LẶP CẤP MỘT
2.1. Giới thiệu bài toán và các công cụ chuẩn bị.

Trong chương nầy, chúng tôi xét bài toán giá trị biên và ban đầu sau
đây:

(

utt − B u x (t )

2

)u

xx

trong đó u0 , u1 , B là các hàm cho trước. Trong chương này ta sẽ thiết lập
định lý tồn tại và duy nhất nghiệm yếu của bài toán (2.1) – (2.4) bằng thuật
giải lặp cấp một kết hợp với phương pháp Galerkin và phương pháp compact
yếu.
Trước hết ta sử dụng một không gian Sobolev đặc biệt hơn đó là không
gian
V = {v ∈ H 1 (0,1) : v(1) = 0}.

(2.5)

Khi đó V là một không gian con đóng của H 1 và do đó V cũng là
không gian Hilbert đối với tích vô hướng của H 1. Ngoài ra, trên V , v 6 v
1/2

và v 6

H1

2
⎛1
⎞
vx , vx = ⎜ ∫ vx ( x) dx ⎟ là hai chuẩn tương đương. Điều này cho bởi
⎝0
⎠

bổ đề sau.
Bổ đề 2.1. Phép nhúng từ V

C 0 (Ω) là compact và


Chứng minh bổ đề 2.2 khá dễ dàng và được suy từ (2.7) và bổ đề 2.1.
Kết quả của bổ đề 2.2 cho thấy rằng V cũng là không gian Hilbert đối
với tích vô hướng a (⋅ , ⋅). Hơn nữa trên V thì ba chuẩn
v6 v

H1

,
1/2

v 6 vx =

2
⎛1
⎞
vx , vx = ⎜ ∫ vx ( x) dx ⎟
⎝0
⎠

và
1/ 2

2
⎛1
⎞
v 6 v V = a(v, v) = ⎜ ∫ vx ( x) dx + v 2 (0) ⎟
⎝0
⎠

là tương đương.

⎩ w j ∈V ∩ C ([0,1]).

(2.10)

Chứng minh bổ đề này được suy từ bổ đề 1.10, với H = L2 , và V ,
a(⋅ , ⋅) được xác định bởi (2.5) và (2.7).
2.2. Thiết lập định lý tồn tại và duy nhất nghiệm bởi thuật giải lặp cấp
một.

Ta viết phương trình (2.1) dưới dạng

(

utt − B u x

2

)u

xx

(

= G x, t , u , ut , u x

2

) , ( x, t ) ∈ (0,1) × (0,T ),

(2.11)

K1 = K1 ( M , T , F ) = sup ∑ Di F ( x, t , u , z ) ,
i =1

(2.13)
(2.14)


17

ở đây, trong mỗi trường hợp, sup được lấy trên miền 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ t ≤ T ,
u ≤ M , 0 ≤ z ≤ M 2,
K 0 = K 0 ( M , B) = sup B( z ),

(2.15)

0≤ z ≤ M 2

K 1 = K 1 ( M , B′) = K 0 ( M , B′ ) = sup B′( z ) .

(2.16)

0≤ z ≤ M 2

Với mỗi M > 0, T > 0 sẽ chọn sau, ta đặt
W ( M , T ) = {v ∈ L∞ (0, T ;V ∩ H 2 ) : vt ∈ L∞ (0, T ;V ), vtt ∈ L2 (QT ),
v

∞

L (0,T ;V ∩ H

(ii)

Giả sử rằng
um−1 ∈W1 ( M , T ).

(2.19)

(iii) Sau đó tìm um ∈W1 ( M , T ) thỏa bài toán biến phân tuyến tính
um (t ), v + bm (t )a (um (t ), v) = Gm (t ), v , ∀v ∈V ,

(2.20)

um (0) = u0 , um (0) = u1 ,

(2.21)

ở đây

(

)

⎧b (t ) = B ∇u (t ) 2 ,
m −1
⎪ m
⎪
2
⎨Gm ( x, t ) = F x, t , um−1 (t ), ∇um−1 (t )
⎪
q −2


(2.23)

j =1

(k )
trong đó cmj
thỏa hệ phương trình vi phân tuyến tính

um( k ) (t ), w j + bm (t ) a ( um( k ) (t ), w j ) = Gm (t ), w j , 1 ≤ j ≤ k ,

um( k ) (0) = u0 k , um( k ) (0) = u1k ,

(2.24)
(2.25)

ở đây
k

∑α

(k )
mj

w j = u0 k → u0 mạnh trong V ∩ H 2 ,

(2.26)

(k )
mj

(k )
mj

r

+ β t + ∫ dr ∫ Gm ( s ), w j ds
(k )
mj

0

0

t

r

0

0

(2.29)

(k )
− λ j ∫ dr ∫ bm ( s )cmj
( s ) ds, 1 ≤ j ≤ k .

Bổ đề 2.5. Giả sử rằng um−1 thỏa (2.19). Khi đó hệ (2.29) có nghiệm
(k )
cmj


c = (c1 ,..., ck ), Uc = ((Uc)1 ,...,(Uc) k ),
(Uc) j (t ) = γ j (t ) + (Vc) j (t ),
t

r

0

0

(Vc) j (t ) = −λ j ∫ dr ∫ bm ( s ) c j ( s )ds,
t

r

γ j (t ) = α j + t β j + ∫ dr ∫ Gm ( s), w j ds, 1 ≤ j ≤ k .
0

(2.31)

0

Ta chỉ cần chứng minh tồn tại một số tự nhiên p0 sao cho toán tử
U po : X = C 0 ([0, T ]; \ k ) → X là co, tức là tồn tại hằng số ρ ∈ [0,1) sao cho
U po c − U po d ≤ ρ c − d

X

, ∀c, d ∈ X ,

)

2p

c−d

X

∀c, d ∈ X , ∀t ∈ [0, T ].

(2.34)


20

•

Với p = 1 , ta có
t

r

0

0

Uc(t ) − Ud (t ) 1 ≤ λk K 0 ∫ dr ∫ c( s ) − d ( s ) 1 ds
≤

(

2 p+2

c−d

(2 p + 2)!

1

X

,

∀c, d ∈ X , ∀t ∈ [0, T ].

(2.36)

Thật vậy,
U p +1c(t ) − U p +1d (t ) = U (U p c)(t ) − U (U p d )(t )
1

t

r

0

0

1


c−d

X

ds

2 p+2

(2 p + 2)!

c−d

X

.

(2.37)

Vậy (2.34) đúng với mọi p ∈ `.
Mặt khác, do lim

p →∞

cho

(

λk K 0 T
(2 p )!


≤

(

λk K 0 T

)

2 p0

(2 p0 )!

c−d

X

, ∀c, d ∈ X .

(2.39)

Vậy toán tử U po : X → X là co, và do đó toán tử nầy có điểm bất động
duy nhất. Điểm bất động nầy chính là nghiệm của hệ phương trình (2.29).
Vậy bổ đề 2.5 đã được chứng minh xong. „
Bước 2. Đánh giá tiên nghiệm

Đặt
t

(k )
m


2

(k )
(t ) rồi lấy tổng theo j , ta được
Nhân (2.24) bởi cmj

um( k ) (t ), um( k ) (t ) + bm (t )a ( um( k ) (t ), um( k ) (t ) ) = Gm (t ), um( k ) (t ) ,

hay
1 d (k )
1 d ⎡ (k ) 2
X m (t ) =
um (t ) + bm (t )a (um( k ) (t ), um( k ) (t )) ⎤⎥
⎢
⎦
2 dt
2 dt ⎣
1
= Gm (t ), um( k ) (t ) + bm′ (t ) a (um( k ) (t ), um( k ) (t )).
2
Lấy tích phân (2.43) theo t , ta được

(2.43)


22

t


(2.45)

Mặt khác, ta có
um( k ) (t ), −∆w j = um( k ) (t ), λ j w j
= λ j um( k ) (t ), w j = a ( um( k ) (t ), w j ) .

(2.46)

1

∆u (t ), ∆w j = ∫ ∆um( k ) ( x, t ) ∆w j ( x)dx
(k )
m

(2.47)

0

1

1

= ∇u ( x, t )∆w j ( x) − ∫ ∇um( k ) ( x, t )∇∆w j ( x)dx
(k )
m

0

0