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

Võ Thị Bích Khuê

VỀ MỘT PHƯƠNG TRÌNH SÓNG PHI
TUYẾN TRONG MIỀN HÌNH VÀNH KHĂN
VỚI ĐIỀU KIỆN BIÊN HỖN HỢP

Chuyên ngành : Toán giải tích
Mã số
: 60 46 01

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC:
TS. NGUYỄN THÀNH LONG

Thành phố Hồ Chí Minh - 2008


LỜI CẢM ƠN
Lời đầu tiên tôi trân trọng kính gửi đến Thầy Nguyễn Thành Long, người
Thầy hết lòng vì học trò, lòng biết ơn chân thành và sâu sắc nhất. Thầy đã rất ân
cần và tận tình hướng dẫn, giúp đỡ tôi nắm được từng bước nghiên cứu khoa học,
giải đáp những thắc mắc, khó khăn khi tôi gặp phải. Từ Thầy, tôi càng hiểu thêm
được ý nghĩa, hứng thú và lòng say mê của việc nghiên cứu Toán học tưởng chừng
như rất khô khan và ít ứng dụng. Tôi xin khắc ghi những lời dạy, sự chỉ bảo ân cần
của Thầy trong suốt quá trình học tập và hoàn thành luận văn này.
Tôi chân thành cảm ơn quý Thầy, Cô đã đóng góp các ý kiến chân tình và bổ


(0.2)

v(1, t )  0,

(0.3)

vr ( R, t )  h(t )v( R, t ),

(0.4)

p2

v  f1 (r , t ), 1  r  R, 0  t  T ,

v(r ,0)  v0 (r ), vt (r ,0)  v1 ( r ),

trong đó R  1, p  1 là các hằng số không âm cho trước; v0 , v1 , f1 , h là các hàm
cho trước thỏa các điều kiện mà ta sẽ chỉ ra sau. Ta xét màng phẳng hình vành khăn

1  {( x, y ) 

2

: 1  x 2  y 2  R 2 } được giới hạn bởi hai đường tròn, gồm một

đường tròn nhỏ 1  {( x, y ) 

 R  {( x, y ) 



trong đó v là vectơ pháp tuyến đơn vị trên biên x 2  y 2  R 2 , R  1 hướng ra
ngoài, h(t ), f ( x, y, t ), u0 ( x, y ), u1 ( x, y ) là các hàm số cho trước thỏa một số điều
kiện nào đó ta sẽ chỉ rõ sau đó. Ký hiệu  để chỉ toán tử Laplace hai chiều

u  u xx  u yy .
- u ( x, y, t ) là độ dịch chuyển của màng 1 tại điểm ( x, y )  1 ở thời điểm
t, với 0  t  T .
- f ( x, y, t )  F (u ) là ngoại lực tác động lên màng 1 .
- Điều kiện biên (0.6) cho biết màng 1 bị giữ chặt trên đường tròn 1 .
- Điều kiện biên (0.7) trên đường tròn  R mô tả sự ràng buộc đàn hồi.
Trong luận văn này, chúng tôi khảo sát bài toán với các số hạng f ( x, y, t ),

u0 ( x, y ), u1 ( x, y ) chỉ phụ thuộc vào r  x 2  y 2 .
 F (u )  u p  2 u, khi p  2,


2
2
 f ( x, y, t )  f1 ( x  y , t ),

2
2
2
2
u0 ( x, y )  v0 ( x  y ), u1 ( x, y )  v1 ( x  y ).

(0.9)

Bằng cách đổi ẩn hàm u ( x, y, t )  v( r , t )  v( x 2  y 2 , t ) với chú ý

Chương 5. Cho một khảo sát về ảnh hưởng của số hạng nhiễu phi tuyến lên
nghiệm của bài toán và chỉ ra một khai triển tiệm cận nghiệm theo một tham số bé
đến cấp hai.
Sau cùng là phần kết luận và tài liệu tham khảo.


Chương 1
CÁC CÔNG CỤ CHUẨN BỊ
1.1.

Các không gian hàm.
Ta đặt các ký hiệu   (1, R ), QT    (0, T ), T  0.
Ta cũng dùng các ký hiệu v (t ), v(t )  vt (t ), v(t )  vtt (t ), vr (t ), vrr (t ) để lần

v
 2v
v
2v
(r , t ),
(r , t ). Ta cũng bỏ qua định
(r , t ), 2 (r , t ),
r
r 2
t
t
nghĩa các không gian hàm thông dụng: C m (), Lp (), H m (), W m , p (). Có
lượt chỉ v ( r , t ),

thể xem trong [17, 18]. Để cho gọn, ta ký hiệu lại như sau: Lp ()  Lp ,


(v, w) H 1  (v, w)  (vr , wr ), v, w  H 1.
Ký hiệu 

(1.1.5)

v

H

1

H1

để chỉ chuẩn sinh bởi tích vô hướng (1.1.4), nghĩa là



2

 (v, v) H 1  v  vr

Ta đặt
(1.1.6)

V0  v  H 1 : v (1)  0.

2





v0

(1.1.8)

2

Khi đó chuẩn sinh bởi tích vô hướng của H 1 () được ký hiệu như sau:



2

v 1  v 0  vr

(1.1.9)

2
0



1

1

2

R


1
1 
2
 H  , H giữa H và ( H ) . Chuẩn trong L được ký

hiệu bởi  . Ta cũng ký hiệu 

X  là không gian đối ngẫu của X.

1

X

1

để chỉ chuẩn trong không gian Banach X và gọi


Bổ đề 1.1.3. Trong L2 , các chuẩn v  v , v  v
tương tự cho các chuẩn v  v

H1

0

là tương đương. Cũng

, v  v 1 là tương đương trong H 1. Hơn nữa,

ta còn có các bất đẳng thức

 R  1 vr , v V0 ,

C0 ()

1
( R  1) vr , v V0 ,
2
1

0

2

R (R - 1) vr , "v Î V0 ,

(R - 1)2
£ 1+
vr , "v Î V0 ,
2

(1.1.15)

vr £ v

(1.1.16)

vr

(1.1.17)

0, với C e =

1
1
.
+
e R -1

Chứng minh. Phép nhúng V0 ↪ C 0 () là compact, có được là do phép nhúng

H 1 ↪ C 0 () là compact và V0 đóng trong H 1.
Chứng minh (1.1.12).
Cho v  C1 (), v(1)  0, 1  r  R, ta có
r


R

2
 r  1   vr ( x) dx   R  1 vr .
1

2

Vậy (1.1.12) được chứng minh.
Chứng minh (1.1.13).
Từ (1.1.14), ta có
2

(1.1.20)

r

r

2
v(r )    vr ( x) dx   (r  1)   vr ( x) dx  .
1

1

2

Tích phân theo biến r và sau đó đổi thứ tự lấy tích phân, ta được
R



1

R

x

  vr ( x) dx  12 ( R  1) 2  12 ( x  1) 2 
2

1

R

 ( R  1)
1
2

2

 v ( x)
r

1

Suy ra
1

R



H1

2

£

2

v + vr

(R - 1)2
vr
2

2

+ vr

2

= 1+

(R - 1)2
vr .
2

Vậy (1.1.15) được chứng minh.
Chứng minh (1.1.16).
vr

0÷
ø
2

1
£ 1 + R(R - 1)2 vr .
0
2

Vậy (1.1.16) được chứng minh.
Chứng minh (1.1.17).
R

v ( R )  v (r )  2  v( s)vr ( s)ds, r  [1, R], v  H 1.
2

2

r

Tích phân hai vế theo r
R

R

R

1

r


v 2 ( R) 

1
2
v  2 v vr
R 1


1
1
2
2
v  v 2   vr
R 1

1
2
 1

  v 2   vr ,
 R 1  


với

Ce =

1
1

p
X

dt  , 1  p  .

0

hay

M  0 : u (t )

X

 M , a.e. t  (0, T ), với p  .

Ta trang bị cho Lp (0, T ; X ), 1  p   chuẩn như sau

u
u
và

Lp (0,T ; X )

Lp (0,T ; X )

T
   u (t )
0

1


p
, 1  p   thì Lp (0, T ; X ) là đối ngẫu của Lp (0, T ; X ). Hơn nữa,
p 1

nếu X là không gian phản xạ thì Lp (0, T ; X ) cũng phản xạ. 





Bổ đề 1.2.3. (Lions [19]) L1 (0, T ; X )  L (0, T ; X ). Hơn nữa, các không
gian L1 (0, T ; X ), L (0, T ; X ) không phản xạ. 
Chú thích 1.2.1. Nếu X  Lp () thì Lp (0, T ; X )  Lp (  (0, T )).
1.3.

Phân bố có giá trị vectơ trong không gian Banach.
Định nghĩa 1.3.1. Cho X là không gian Banach thực. Một ánh xạ tuyến tính

liên tục từ D  (0, T )  vào X được gọi là một phân bố (hàm suy rộng) có giá trị
trong X. Tập hợp các phân bố có giá trị trong X ký hiệu là

D(0, T ; X )  L  D(0, T ); X    f : D  (0, T )   X : f tuyến tính, liên tục }.
Chú thích 1.3.1. Ta ký hiệu D (0, T ) thay cho D  (0, T )  hoặc Cc  (0, T ) 
để chỉ không gian các hàm thực khả vi vô hạn lần và có giá compact trong (0, T ).
Định nghĩa 1.3.2. Cho f  D(0, T ; X ). Ta định nghĩa đạo hàm

df
theo
dt

T
X



 v(t ) (t )dt

Tv , j

  v(t ) j (t )

j

0

X

T
   v(t )
0
Do đó

T

X

0

1
p

tục sao cho
(1.4.1)

X 0 , X 1 là phản xạ,

(1.4.2)

Phép nhúng X 0 ↪ X là compact.

Với 0  T  , 1  pi  , i  0,1. Ta đặt





W (0, T )  v  Lp0 (0, T ; X 0 ) : v  Lp1 (0, T ; X 1 )
Ta trang bị cho W (0, T ) chuẩn như sau


v W (0,T )  v

Lp0 (0,T ; X 0 )

 v

Lp1 (0,T ; X1 )

.

Khi đó W (0, T ) là không gian Banach. Hiển nhiên W (0, T ) ↪ Lp0 (0, T ; X ).


vtt   vrr (r , t )  1r vr (r , t )   v

(2.2)

v(1, t )  0,

(2.3)

vr ( R, t )  h(t )v( R, t ),

(2.4)

v(r ,0)  v0 (r ), vt (r ,0)  v1 ( r ),

p2

v  f1 (r , t ), 1  r  R, 0  t  T ,

trong đó R  1, p  1 là các hằng số không âm cho trước; v0 , v1 , f1 , h là các hàm
cho trước thỏa các điều kiện mà ta sẽ chỉ ra sau.
Nghiệm yếu của bài toán (2.1)–(2.4) được thành lập từ bài toán biến phân sau:
Tìm v  L (0, T ;V0 ), với vt  L (0, T ; L2 ) sao cho v thỏa bài toán biến phân
sau:
R

(2.5)

d
p 2

f1  L2 (QT ), QT    (0, T ),

(A3)

h  W1,1 (0, T ), h(t )  0.
Khi đó ta có các định lý sau.


Định lý 2.1. Cho T  0 và giả sử rằng các giả thiết (A1) – (A3) đúng. Khi đó,
nếu p  1 thì bài toán (2.1) – (2.4) có một nghiệm yếu v sao cho:

v  L (0, T ;V0 ), vt  L (0, T ; L2 ).

(2.8)

Hơn nữa, nếu p  2 thì nghiệm là duy nhất.
Chứng minh. Chứng minh gồm nhiều bước.
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 thích hợp nhờ một
số phép nhúng compact. Trong phần này định lý Schauder được sử dụng trong việc
chứng minh tồn tại nghiệm xấp xỉ Galerkin.
Bước 1. Xấp xỉ Galerkin. (được giới thiệu bởi Lions [19]).
Xét một cơ sở đếm được {w j } của V0 . Ta tìm nghiệm xấp xỉ trong theo dạng
m

vm (t )   cmj (t ) w j ,

(2.9)

j 1

m

v1m    mj w j  v1 mạnh trong L2 .
j 1

Ta chứng minh hệ (2.10)–(2.11) có nghiệm duy nhất um (t ) trên khoảng
0  t  Tm  T .

Ta xét {w j } là một cơ sở đếm được trực chuẩn của V0 .
Hệ (2.10), (2.11) được viết lại như sau


(2.14)

m


j 1

m

m

j 1

j 1

 (t )   cmj (t )  Rh(t ) w j ( R ) wi ( R )cmj (t )
w j , wi cmj
R

(2.17)

 Ac(t )   I  Rh(t ) B  c(t )  G  t , c(t )  ,

c(0)   , c(0)   ,

trong đó I là ma trận đơn vị cấp m,
(2.18)

A  (aij ), aij  wi , w j , B  (bij ), bij  wi ( R ) w j ( R ),

(2.19)

c(t )   c1 (t ),..., cm (t )  ,
T

G  t , c(t )    G1  t , c(t )  ,..., Gm  t , c(t )   ,
T

(2.20)

R

Gi  t , c(t )     rF  v(r , t )  wi (r )dr  f1 (t ), wi , 1  i  m.
1

Ma trận A  ( aij ) khả đảo, ta nhân 2 vế của (2.17) với A1 thì được
(2.21)

c(t )  A1  I  Rh(t ) B  c(t )  A1G  t , c (t )  , 0  t  T ,

Chú ý rằng
(2.23)

t

s

t

0

0

0

 ds  H ( )d   (t   ) H ( )d .

Khi đó, ta viết lại (2.22) như sau
t

(2.24)

c(t )     t   (t   ) A1G  , c( )  d
0

t

  (t   ) A1  I  Rh( ) B  c( ) d , 0  t  T .
0



p2

v(r , t ) wi (r )dr

1

R

r
1

m

p 2

 c j (t )w j (r )
j 1

 c (t )w (r )w (r )dr ,

 i (t )  f1 (t ), wi .
Biểu thức Uc  (t ) được viết lại thành
(2.27)

Uc  (t )  q(t )  Lc(t )  Nc(t ),

m

j 1



T

 (t )    1 (t ),...,  m (t )  ,  i (t )  f1 (t ), wi ,


T
 H  c(t )    H1 (c(t )),..., H m (c(t ))  ,

R
R
 H (c(t ))  rF  v(r , t )  w (r )dr  r v(r , t ) p  2 v(r , t ) w (r )dr ,
i
i
1
1
 i

p 2
R
m
m

  r  c j (t ) w j (r )
c j (t ) w j (r )wi (r )dr , 1  i  m.


j 1
j 1

Ký hiệu BM  c  X : c

X

 M  là quả cầu đóng tâm O, bán kính M.

Sử dụng định lý điểm bất động Schauder, ta chứng minh tồn tại các hằng số
M  0, Tm   0, T  sao cho U : BM  BM có một điểm bất động. Điểm bất động

này cũng chính là nghiệm của hệ (2.10) –(2.11).
(i)

Ta chứng minh U là ánh xạ từ BM vào chính nó U : BM  BM .
Do Uc i (t )  qi (t )   Lc i (t )   Nc i (t ) xác định theo (2.28) nên Uc i (t )

liên tục theo biến t , i  1, m. Tức là Uc  X .
Mặt khác ta có
(2.30)

Uc i (t ) 

qi (t )   Lc i (t )   Nc i (t )  qi (t )   Lc i (t )   Nc i (t )


t

qi (t )   i   i t   (t   )  A1 ( )  d




0

j 1

  i  T  i  a  (T   )  f1 ( ), w j d
T

  i  T  i  a  (T   ) f1 ( )
0

m

T

j 1

0

  i  T i  a w j

m

w
j 1

 (T   )

j

d


m

0

j 1

  (t   ) aij  ij  Rh( ) wi ( R ) w j ( R )  c( )d
m


  (Tm   ) a 1  Rh( ) wi ( R) w j ( R)  c( ) d
j 1
0


Tm


m


  (Tm   ) a 1  Rh bij  c
j 1


0
Tm

m




t

m

0

j 1

  (t   ) aij H j  c( ) d
Tm

m

0

j 1

  (Tm   )a  H j (c( )) d
với
R

(2.33)

H j (c( ))   r v(r , t )

p2



j C0 ()

 M  wj
j 1

C0 ()

.

Suy ra
R

H j (c( ))   r v(r , )

p 2

v(r , ) w j (r )dr

1

R

  R v(r , )

p 1

1

 m

p 1

wj

C0 ()

dr


Suy ra
m

H
j 1

(2.34)

j

(c( ))  R ( R  1) M

 Nc i (t )

Tm

m

0

j 1

 j 1
(2.35)

p


 d
0
C ()

p


 .
0
C ()


m
1
p 1 
2

(
1)
mT
aR
R
M
Nc



m
1
2
p 1 

 mTm a 1  Rhmb  M  R ( R  1) M   w j
2

 j 1



0
C ()


Chọn M  0 sao cho
T

1
2

 1  T  1  am  (T   ) f1 ( ) d  M .
2

0

Sau khi chọn M , tiếp tục chọn Tm sao cho


Do đó

Uc

X

 sup Uc(t ) 1  M hay Uc  BM .
0  t Tm

Như vậy (i) được chứng minh.
(ii) Chứng minh U liên tục trên BM .

Cho dãy c ( k )   BM , c ( k )  c

X

 0. Ta chứng minh Uc ( k )  Uc

X

 0.

Trước hết ta viết.
(2.36)

Uc ( k )  Uc  L(c ( k )  c)  Nc ( k )  Nc.

Ta chứng minh L(c ( k )  c)
(2.37)

X

m


1
 mTm 2 a 1  Rh bij  c ( k )  c
2
j 1



Ta chứng minh Nc ( k )  Nc

X

X

 0.

 0.

Ta có
t

 Nc  (t )   Nc  (t )   (t   )  A
(k )

i




p2

v ( k ) (r , )  v(r , )

p 2

1

R

 R wi

0

 

C 

v ( k ) ( r , )

p 2

v ( k ) ( r , )  v ( r ,  )

v( r , )  dr

p 2


y  x y

p 1

, x, y  .

Chứng minh bổ đề 2.2. Phép chứng minh sơ cấp và không khó khăn. 

Mặt khác
m

(2.43)

m

v(r , t )   c j (t ) w j (r ), v (r , t )   c (jk ) (t ) w j (r ),
(k )

j 1

j 1

m

(2.44)

v ( k ) (r , t )  v(r , t )   (c (jk ) (t )  c j (t )) w j (r ),
j 1

(2.45)

j C0 ()

C0 ()

W c

m

W   wi
i 1

C0 

.

Tương tự
(2.46)

v ( k ) (r , t )  W c ( k )

X

C0 ()

 WM .

X

 WM ,



v ( k ) (r , t )  v(r , t )

p2

v(r , t )

 v ( k ) (r , t )  v(r , t )

p 1

 W p 1 c ( k )  c

p 1
X

.

Gộp cả hai trường hợp trên thì với p  1 ta có
v ( k ) (r , t )

(2.50)

p2

v ( k ) (r , t )  v(r , t )

p2

v(r , t )


p 2

v ( k ) (r , )  v(r , )

p2

v(r , ) dr

1

 R( R  1) wi

C

0

p 2
(k )

  ( p  1) R W c  c

X

 W p 1 c ( k )  c

p 1
X

.

X

X

 W p 1 c ( k )  c

 W p 1 c ( k )  c

p 1
X

.


p 1
X


