Luận án Sử dụng phương pháp xấp xỉ galerkin vào một số bài toán biên phi tuyến

19 Chương 1 KHẢO SÁT PHƯƠNG TRÌNH SÓNG PHI TUYẾN ),,,,( txxxtt uuutxfuu =− 1.1. Giới thiệu Trong chương này, chúng tôi xét bài toán giá trị biên và giá trị ban đầu sau đây ,0, ,),,,,( Ttxuuutxfuu txxxtt <<Ω∈=− (1.1.1) ),(),1(),1( (t),),0(),0( 1100 tgtuhtugtuhtu xx =+=− ,0 Tt << (1.1.2) ),(~)0,( (x),~)0,( 10 xuxuuxu t == ,Ω∈x (1.1.3) với 10 ,hh là các hằng số không âm cho trước, số hạng phi tuyến f cũng là hàm cho trước thuộc lớp ).),0[]1,0([ 31 IRC ×∞× Chương nầy gồm hai phần. Để tiện theo dõi, chúng tôi sẽ trình bày phần một từ mục 1.1 đến mục 1.5 và phần hai bắt đầu từ mục 1.6 trở đi. Trong phần một, chúng tôi sẽ thiết lập một định lý tồn tại và duy nhất nghiệm yếu của bài toán (1.1.1) – (1.1.3) bằng phương pháp xấp xỉ tuyến tính kết hợp với phương pháp Galerkin và phương pháp compact yếu. Các kết quả của chương nầy tổng quát hóa các kết quả trong [9,11, 12, 37] và đã được công bố trong [D2]. Ta cũng lưu ý rằng phương pháp tuyến tính hoá được sử dụng ở đây không áp dụng được cho [13, 14, 21, 22]. Phần 2 sẽ đề cập đến bài toán khai triển tiệm cận theo một tham số bé ε mà chi tiết sẽ trình bày bắt đầu từ mục 1.6 của chương nầy. 1.2. Các ký hiệu và giả thiết Ta thành lập các giả thiết sau 20 )( 1H ,0 ,0 10 ≥> hh )( 2H ),(~),(~ 1120 Ω∈Ω∈ HuHu )( 3H ),),0[( 31 IRCf ×∞×Ω∈ )( 4H ).( , 310 +∈ IRCgg Xét hàm số phụ .)()1()()]1([),( 1010 10011 hhhh tgxhtghxh tx ++ +++−=ϕ (1.2.1) Đặt ⎩⎨ ⎧ ≤≤+= −= .0),,1(),1( ),,0(),0( 11 00 TttvhtvvB tvhtvvB x x (1.2.2) Khi đó, với phép đổi biến ,0 , ,),(),(),( Ttxtxtxutxw ≤≤Ω∈−= ϕ (1.2.3) thì w thỏa mãn phương trình ,0 , ),,,,,(~ Ttxwwwtxfww txxxtt <<Ω∈=− (1.2.4) với điều kiện biên hỗn hợp thuần nhất ⎩⎨ ⎧ ≤≤= = ,0,0 ,0 1 0 TtwB wB (1.2.5) và điều kiện đầu ,),(~)0,(),(~)0,( 10 Ω∈== xxwxwxwxw t (1.2.6) trong đó ⎪⎩ ⎪⎨⎧ −=−= −+++= ),0,()(~)(~ ,)0,()(~)(~ ),,(),,,,(),,,,(~ 1100 xxuxwxxuxw txwwwtxfwwwtxf t ttttxxtx ϕϕ ϕϕϕϕ (1.2.7) thỏa .~ ,~ ,)),0[(~ 112031 HwHwIRCf ∈∈×∞×Ω∈ (1.2.8) 21 Như vậy từ bài toán biên hỗn hợp không thuần nhất (1.1.1)-(1.1.3) với phép biến đổi (1.2.3) sẽ tương đương với bài toán biên hỗn hợp thuần nhất (1.2.4)-(1.2.6). Do đó, không làm mất tính tổng quát ta có thể giả sử rằng )( 5H .010 == gg Trên 1H ta sử dụng một chuẩn tương đương sau: .)()0( 2 1 1 0 2/2 1 ⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ += ∫ dxxvvv H (1.2.9) Trong chương này, ta sử dụng dạng song tuyến tính trên 1H như sau: ., ),1()1()0()0()()(),( 110 1 0 // Hvuvuhvuhdxxvxuvua ∈∀++= ∫ (1.2.10) Khi đó ta có các bổ đề sau Bổ đề 1.1. Phép nhúng 1H ↪ ( )Ω0C là compact và ( ) . ,2 110 Hvvv HC ∈∀≤Ω Bổ đề 1.1 là một kết quả quen thuộc mà chứng minh của nó có thể tìm thấy trong nhiều tài liệu liên quan đến lý thuyết về không gian Sobolev, chẳng hạn [3, 4].„ Bổ đề 1.2. Với giả thiết ),( 1H dạng song tuyến tính đối xứng xác định bởi (1.2.10) liên tục, cưỡng bức trên ,11 HH × nghĩa là: (i) ,, ,),( 11 11 HvuvuCvua HH ∈∀≤ (ii) . ,),( 120 1 HuuCuua H ∈∀≥ với { } { }.2,,1max ,,1min 10100 hhChC == Chứng minh: Sử dụng bất đẳng thức Schwartz và bổ đề 1.1 ta có (i) đúng. Chứng minh (ii) thì dễ dàng nên ta bỏ qua.„ Bổ đề 1.3. Tồn tại một cơ sở Hilbert trực chuẩn }{ jw của 2L gồm các hàm riêng wj ứng với trị riêng jλ sao cho 22 , 0 21 LL ≤≤≤≤< jλλλ ,lim +∞=+∞→ jj λ (1.2.11) ,,),( 〉〈= vwvwa jjj λ với mọi L,2,1 ,1 =∈ jHv (1.2.12) Hơn nữa dãy { }jjw λ cũng là cơ sở trực chuẩn Hilbert của 1H tương ứng với tích vô hướng ).,( ⋅⋅a Mặt khác, chúng ta cũng có hàm jw thỏa mãn bài toán giá trị biên sau: ,jjj ww λ=Δ− trong ,Ω (1.2.13) ).( ,0)1()1()0()0( 1/0/ Ω∈=+=− ∞Cwwhwwhw jjjjj (1.2.14) Bổ đề 1.3 được chứng minh bằng cách áp dụng bổ đề 0.3, chương 0, với ,1HV = 2LH = và ),( ⋅⋅a cho bởi (1.2.10).„ Với 0 ,0 >> TM ta đặt ,),,,,(sup),,(00 wvutxffTMKK == (1.2.15) ( ) ),,,,,(sup),,( /////11 wvutxffffffTMKK wvutx ++++== (1.2.16) sup trong (1.2.15), (1.2.16) được lấy trên miền ,0 ,10 Ttx ≤≤≤≤ .2,, Mwvu ≤ (1.2.17) Với mỗi 0>M và ,0>T ta đặt }.,, ),,,0(),;,0(:);,0({),( );,0();,0();,0( 212 212 MvMvMv LTLvHTLvHTLvTMW LTLttHTLtHTL ttt ≤≤≤ ∈∈∈= ∞∞∞ ∞∞∞ (1.2.18) 1. 3. Xấp xỉ tuyến tính cho phương trình sóng phi tuyến Trong phần này, với sự chọn lựa M và T thích hợp, ta xây dựng một dãy }{ mu trong ),( TMW bằng qui nạp. Dãy }{ mu sẽ được chứng minh hội tụ về nghiệm của bài toán (1.1.1)-(1.1.3) tương ứng với .010 == gg Chọn số hạng ban đầu ).,(0 TMWu ∈ Giả sử rằng ).,(1 TMWum ∈− (1.3.1) 23 Ta liên kết bài toán (1.1.1)-(1.1.3) tương ứng với 010 == gg với bài toán biến phân tuyến tính sau: Tìm ),( TMWum ∈ thỏa ,,),(, 〉〈=+〉〈 vFvuavu mmm&& với mọi ,1Hv∈ (1.3.2) ,~)0(,~)0( 10 uuuu mm == & (1.3.3) trong đó )).,(),,(),,(,,(),( 111 txutxutxutxftxF mmmm −−− ∇= & (1.3.4) Sự tồn tại của mu cho bởi định lý dưới đây. Định lý 1.1. Giả sử )(),()( 531 HHH − đúng. Khi đó tồn tại các hằng số 0>M và 0>T sao cho đối với mọi ),(0 TMWu ∈ cho trước, tồn tại một dãy qui nạp tuyến tính ),(}{ TMWum ⊂ xác định bởi (1.3.2)-(1.3.4). Chứng minh. Chứng minh bao gồm nhiều bước. Bước 1: Xấp xỉ Galerkin. Gọi { }jw là cơ sở trực chuẩn của 1H như trong bổ đề 1.3 ( )jjj ww λ= . Dùng phương pháp Galerkin để xây dựng nghiệm xấp xỉ )()( tu km của (1.3.2)-(1.3.4) theo dạng ,)()( 1 )()( ∑ = = k j j k mj k m wtctu (1.3.5) trong đó )()( tc kmj thỏa hệ phương trình vi phân tuyến tính sau: ,1 ,),()),((),( )()( kjwtFwtuawtu jmjkmjkm ≤≤〉〈=+〉〈 && (1.3.6) ,~)0( ,~)0( 1 )( 0 )( k k mk k m uuuu == & (1.3.7) với ( ) , trong~ ~ 20 1 0 Huwu k j j k jk →=∑ = α (1.3.8) 24 ( ) . trong~ ~ 11 1 1 Huwu k j j k jk →=∑ = β (1.3.9) Từ giả thiết (1.3.1), tồn tại ( ) 0>kmT sao cho bài toán (1.3.6), (1.3.7) có duy nhất nghiệm )()( tu km trên ].,0[ )(kmT Chú thích 1.1. Nghiệm của hệ (1.3.6) – (1.3.9) được tính như sau. Trước hết hệ phương trình vi phân tuyến tính (1.3.6) – (1.3.9) tương đương với hệ sau: ,1,),(1)()( 2 )()( kjwtF w tctc jm j k mjj k mj ≤≤〉〈=+ λ&& (1.3.10) ( ) ( ) ( ) ( ).)0(c ,)0( kjkmjkjkmjc βα == & (1.3.11) Từ đó, nghiệm của hệ (1.3.10) – (1.3.11) được biểu diễn theo công thức: ( ) ( ) ( ) .1,),( ))(sin(1 )sin( )cos()( 0 2 kjdwF t w t ttc t jm j j j j jk jj k j k mj ≤≤〉〈−+ += ∫ ττλ τλ λ λβλα (1.3.12) Các đánh giá sau đây trong bước 2 cho phép ta lấy ( ) ,TT km = với mọi k và với mọi m. Bước 2: Đánh giá tiên nghiệm. Trong (1.3.6) thay jw bởi )()( tu km& ta có .)(),())(),(( 2 1)( 2 1 )()()(2)( 〉〈=+ tutFtutua dt dtu dt d k mm k m k m k m && Sau đó tích phân theo t ta được ,)(),(2)0()( 0 )()()( ∫ 〉〈+= t kmmkmkm duFptp τττ & (1.3.13) trong đó )).(),(()()( )()( 2)()( tutuatutp km k m k m k m += & 25 Trong (1.3.6) thay jw bởi , 1 j j wΔ− λ khi đó ,),()),((),( )()( 〉Δ〈=Δ+〉Δ〈 jmjkmjkm wtFwtuawtu&& hay ).),((),()),(( )()( jmjkmjkm wtFawtuwtua =〉ΔΔ〈+&& (1.3.14) Thay jw bởi )( )( tu km& trong đẳng thức (1.3.14), kết hợp với (1.2.14), lấy tích phân theo ,t ta được ,))(),(()0()( 0 )()()( ∫+= t k mm k m k m duFaqtq τττ & (1.3.15) với .)())(),(()( 2)()()()( tututuatq km k m k m k m Δ+= && Đạo hàm (1.3.6) theo ,t sau đó thay jw bởi )( )( tu km&& ta có .)(),())(),(( 2 1)( 2 1 )()()(2)( 〉∂ ∂〈=+ tutF t tutua dt dtu dt d k mm k m k m k m &&&&&& Tích phân hai vế theo t ,)(),(2)0()( 0 )()()( ∫ 〉∂∂〈+= t k mm k m k m duFt rtr τττ && (1.3.16) với )).(),(()()( )()( 2)()( tutuatutr km k m k m k m &&&& += Từ (1.3.13), (1.3.15) và (1.3.16), dẫn đến .)(),(2 ))(),((2)(),(2)0( )())()()( 0 )( 0 )( 0 )()( )()()()( ∫ ∫∫ 〉∂ ∂〈+ +〉〈+= ++= t k mm t k mm t k mm k m k m k m k m k m duF t duFaduFs trtqtpts τττ ττττττ && && (1.3.17) Các tích phân ở vế phải (1.3.17) lần lượt được đánh giá dưới đây. + Tích phân thứ nhất 26 Từ (1.2.15) và (1.3.1) ta có .)(2 )( )(2)(),(2 0 )( 0 0 )( 0 )( ∫ ∫∫ ≤ ≤〉〈 t k m t k mm t k mm dpK duFduF ττ ττττττ && (1.3.18) + Tích phân thứ hai Do bồ đề 1.2 ta có .)( )(2))(),((2 0 )( H1 0 )( 11∫∫ ≤ t Hkmm t k mm duFCduFa ττττττ && (1.3.19) Từ (1.2.15), (1.2.16) và (1.3.1) ta tìm được ,),0( 20 2 KtFm ≤ (1.3.20) ( ) ( )∫ ∫ −−− −−∇− ∇+Δ+∇+≤ ∇+Δ+∇+=∂ ∂ 1 0 2 1 2 1 2 1 2 1 1 0 2 1 / 1 / 1 // 2 14 dxuuuK dxufufuffF x mmm mumumuxm & && ( ) ( ).214 14 22 1 2 1 2 1 2 1 12 MK uuK HmHm +≤ ++≤ −− & (1.3.21) Suy ra từ (1.3.20), (1.3.21) rằng ( ) .214),0( 20221222 1 KMKtFFxF mmHm ++≤+∂∂= (1.3.22) Từ (1.3.15), (1.3.19), (1.3.22) ta có ( ) .)(2122))(),((2 0 )( 0 2 1 0 1 0 )( ∫∫ ++≤ t kmt kmm dqKMKC CduFa τττττ & (1.3.23) + Tích phân thứ ba Ta có .)()(2)(),(2 0 )( 0 )( ∫∫ ∂∂≤〉∂∂〈 t k mm t k mm duFt duF t ττττττ &&&& (1.3.24) 27 Từ (1.2.16) và (1.3.1) ta thu được ( ) ( ) ( ). 314 14 22 1 2 1 2 1 2 1 2 1 1 0 2 1 / 1 / 1 // 2 MK uuuK dxufufuffF t mmm mumumutm +≤ +∇++≤ +∇++=∂ ∂ −−− −−∇−∫ &&&& &&&& & (1.3.25) Do đó từ (1.3.24), (1.3.25) ta suy ra .)(314)(),(2 0 )(2 1 0 )( ∫∫ +≤〉∂∂〈 t k m t k mm drMKduFt τττττ && (1.3.26) Từ (1.3.17), (1.3.18), (1.3.23), (1.3.26) ta thu được ,)()0( )(2)0()( 0 )()( 0 )()()( ∫ ∫ ++≤ +≤ t k m k m t k m k m k m dsKTKs dsKsts ττ ττ (1.3.27) trong đó ( ) .312212),,( 21021 0 1 0 MKKMKC CKfTMKK +++++== (1.3.28) Tiếp theo ta đánh giá số hạng ).0()(kms Ta có ).~,~(~~)~,~(2)0()0( 00 2 0 2 111 2)()( kkkkkk k m k m uuauuuuaus +Δ+++= && (1.3.29) Trong (1.3.6), thay jw bởi ),( )( tu km&& sau đó lấy ,0=t ta được .)0(),~,~,~,0,()0(,~)0( )(100)(0 2)( 〉∇〈=〉Δ〈− kmkmkkm uuuuxfuuu &&&&&& Từ đây suy ra .)~,~,~,0,(~)0( 1000 )( uuuxfuu k k m ∇+Δ≤&& (1.3.30) Ta suy từ (1.3.8), (1.3.9), (1.3.29), (1.3.30) rằng tồn tại một số 0>M độc lập với k và m sao cho ,4)0( 2)( Ms km ≤ với mọi k và .m (1.3.31) 28 Ta lưu ý, với giả thiết ),( 3H suy ra từ (1.2.15), (1.2.16) rằng .1,0 ,0),,(lim 0 == +→ ifTMTKiT (1.3.32) Kết hợp (1.3.28) và (1.3.32), tìm được T > 0 sao cho ( ) ,),,(exp),,( 4 2 2 MfTMTKfTMTKM ≤⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ + (1.3.33) và .1),,(11)21(2 1 0 <⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ ++= fTMTK C kT (1.3.34) Cuối cùng ta suy ra từ (1.3.27), (1.3.31), (1.3.33) rằng .0 ,)()exp()( )( 0 )(2)( k m t k m k m Tt dsKTKMts ≤≤+−≤ ∫ ττ (1.3.35) Aùp dụng bổ đề Gronwall ta có ,)exp()exp()( 22)( MtKTKMts km ≤−≤ .0 )( TTt km ≤≤≤ (1.3.36) Từ đây ta có ,)( TT km = với mọi m và k và ta suy ra từ đây rằng ).,()( TMWu km ∈ (1.3.37) Bước 3: Qua giới hạn Từ (1.3.37), tồn tại một dãy con }{ )( jkmu của }{ )(kmu và tồn tại mu sao cho yếu*,);,0( trong 2)( HTLuu m k m j ∞→ (1.3.38) yếu*,);,0( trong 1)( HTLuu m k m j ∞→ && (1.3.39) yếu*,);,0( trong 2)( LTLuu m k m j ∞→ &&&& (1.3.40) ).,( TMWum ∈ (1.3.41) Từ (1.3.38) - (1.3.41) qua giới hạn trong (1.3.6), (1.3.7) ta có thể kiểm tra dễ dàng rằng mu thỏa mãn (1.3.2), (1.3.3) trong ),0( TL ∞ yếu *. Định lý 1.1 chứng minh hoàn tất.■ 29 Chú thích 1.2. Trong [9] chúng tôi thu được một đánh giá tương tự như (1.3.36) nhờ một nghiệm cực đại địa phương của một bất phương trình tích phân Voltera phi tuyến liên kết với một nhân không giảm [20]. Tuy nhiên trong luận án này chúng tôi chỉ cần đưa về đánh giá (1.3.35), từ đó nhận được (1.3.36) nhờ bổ đề Gronwall. Cách làm này theo chúng tôi đánh giá thì đơn giản hơn [9]. 1.4. Sự tồn tại và duy nhất nghiệm cho bài toán với điều kiện biên thuần nhất Định lý 1.2. Giả sử )(),()( 531 HHH − đúng. Khi đó tồn tại ,0>M 0>T sao cho bài toán (1.1.1)-(1.1.3) có duy nhất một nghiệm yếu ).,( TMWu∈ Mặt khác, dãy qui nạp tuyến tính }{ mu xác định bởi (1.3.1)-(1.3.4) hội tụ mạnh về nghiệm yếu u trong không gian )}.;,0( : );,0({)( 211 LTLuHTLuTW ∞∞ ∈∈= & (1.4.1) Hơn nữa ta cũng có đánh giá sai số , );,0();,0( 21 m TLTLmHTLm Ckuuuu ≤−+− ∞∞ && với mọi ,m (1.4.2) trong đó 10 << Tk xác định bởi (1.3.34) và C là hằng số chỉ phụ thuộc 10 ,, uuT và .Tk Chứng minh. a/ Sự tồn tại nghiệm. Trước hết ta lưu ý rằng )(1 TW là không gian Banach đối với chuẩn (xem [18]) . );,0();,0()( 211 LTLHTLTW uuu ∞∞ += & (1.4.3) Ta sẽ chứng minh rằng }{ mu là dãy Cauchy trong ).(1 TW Đặt .1 mmm uuv −= + Khi đó mv thỏa mãn bài toán biến phân sau: ⎩⎨ ⎧ == ∈∀〉−〈=+〉〈 + .0)0()0( , ,, ),(, 11 mm mmmm vv HvvFFvvavv & && (1.4.4) Lấy mvv &= trong (1.4.4) ta có 30 .,))(),(( 2 1)( 2 1 1 2 〉−〈=+ + mmmmmm vFFtvtvadt dtv dt d && Sử dụng giả thiết ),( 3H ta suy từ định lý 1.1, sau khi tích phân theo t ta có ( ) .)21(2 ,2),( 0 111 0 1 2 1∫ ∫ −− + ++≤ 〉−〈=+ t mHmm t mmmmmm dvvvK dvFFvvav τ τ && && (1.4.5) Sử dụng bổ đề 1.2 (ii) và (1.4.5) ta thu được ( ) ( ).)21(2 111 11 2 0 2 TWmTWmHmm vvTKvCv −+≤+& (1.4.6) Từ (1.4.6) dẫn đến , )(1)( 11 TWmTTWm vkv −≤ với mọi ,m (1.4.7) trong đó 10 << Tk cho bởi (1.3.34). Vì vậy , 1)(01)( 11 T m T TWTWmpm k kuuuu −−≤−+ với mọi ., pm (1.4.8) Suy ra }{ mu là dãy Cauchy trong ),(1 TW do đó tồn tại )(1 TWu∈ sao cho )( trong 1 TWuum → mạnh. (1.4.9) Bằng cách áp dụng một lý luận tương tự mà chúng ta đã sử dụng trong định lý (1.1), ta có thể lấy ra một dãy con }{ jm u của }{ mu sao cho );,0( trong 2HTLuu jm ∞→ yếu*, (1.4.10) );,0( trong 1HTLuu jm ∞→ && yếu*, (1.4.11) );,0( trong 2LTLuu jm ∞→ &&&& yếu*, (1.4.12) ).,( TMWu∈ (1.4.13) Aùp dụng định lý Riesz-Fischer, từ (1.4.9), tồn tại dãy con của }{ 1−jmu vẫn ký hiệu là }{ 1−jmu sao cho ,),( a.e. 1 Tm Qtx uu j ∈→− (1.4.14) 31 ,),(a.e. 1 Tm Qtxuu j ∈∇→∇ − (1.4.15) .),( a.e. 1 Tm Qtxuu j ∈→− && (1.4.16) Do f liên tục, áp dụng định lý hội tụ bị chận Lebesgue, từ (1.4.14)-(1.4.16) ta có ).( trong),,,,( 2 Ttxm QLuuutxfF j → (1.4.17) Mặt khác vì ,0);,0( 2 KF LTLm j ≤∞ với mọi ,j (1.4.18) nên ta có thể trích được từ }{ jm F một dãy con vẫn gọi là }{ jm F sao cho );,0( trong 2LTLFF jm ∞→ yếu*. (1.4.19) So sánh (1.4.17) và (1.4.19) suy ra . a.e. ),,,,(),( Ttx Q(x,t)uuutxftxF ∈= (1.4.20) Vậy );,0( trong),,,,( 2LTLuuutxfF txm j ∞→ yếu*. (1.4.21) Qua giới hạn (1.3.2), (1.3.3), bằng sự kết hợp với (1.4.10), (1.4.12), (1.4.21), ta thu được u thỏa bài toán biến phân sau: ⎩⎨ ⎧ == ∈∀〉〈=+〉〈 ,~)0( ,~)0( ,,),,,,,(),(, 10 1 uuuu Hvvuuutxfvuavu tx & && (1.4.22) trong ),0( TL∞ yếu*. b/ Sự duy nhất nghiệm. Giả sử 1u và 2u là hai nghiệm yếu của bài toán (1.1.1)-(1.1.3), thỏa ),,( TMWui ∈ .2,1=i Đặt ,21 uuu −= khi đó u là nghiệm của bài toán biến phân sau ⎩⎨ ⎧ == ∈∀〉−〈=+〉〈 ,0)0()0( , ,,),(, 121 uu HvvFFvuavu & && (1.4.23) 32 trong đó .2,1 ,),,,,(),( =∇= iuuutxftxF iiii & (1.4.24) Lấy uv &= trong (1.4.23), sau khi tích phân theo ,t ta có ( ) .)()()()(2 )(),()(2))(),(()( 0 1 0 21 2 ∫ ∫ +∇+≤ 〉−〈=+ t t m duuuuK duFFtutuatu τττττ ττττ && && (1.4.25) Đặt )).(),(()()( 2 tutuatutz += & (1.4.26) Khi đó, ta suy từ (1.4.25) rằng .)( 222)( 00 1 ∫⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ +≤ t dz C Ktz ττ (1.4.27) Sử dụng bổ đề Gronwall ta suy ra .hay ,0)( 21 uutz == Đánh giá sai số (1.4.2) được suy từ (1.4.8), (1.4.9) bằng cách cho .∞→p Vậy ta đã chứng minh xong định lý 1.2.■ 1.5. Sự tồn tại và duy nhất nghiệm cho bài toán với điều kiện biên không thuần nhất Giả sử )()( 41 HH − thỏa mãn. Với phép đổi biến (1.2.3) như đã nói ở phần đầu, bài toán không thuần nhất (1.1.1) – (1.1.3) đưa về bài toán thuần nhất (1.2.4) – (1.2.7), trong đó các dữ kiện fuugg ,~,~,, 1010 trong bài toán (1.1.1) – (1.1.3) sẽ lần lượt thay bởi .~,~,~,0,0 10 fww Chúng ta cũng làm các bước xấp xỉ tuyến tính cho bài toán (1.1.1) – (1.1.3) theo sơ đồ sau ,0 , ,),(),(),( Ttxtxtxwtxu mm ≤≤Ω∈+= ϕ (1.5.1) với 33 .)()1()()]1([),( 1010 10011 hhhh tgxhtghxh tx ++ +++−=ϕ )(i Chọn ),,(0 TMWw ∈ với 0, >TM thích hợp. (1.5.2) )(ii Giả sử ),,(1 TMWwm ∈− (1.5.3) ta xác định ),( TMWwm ∈ là nghiệm của bài toán ,0 , ,,~),(, TtxvFvwavw mmm <<Ω∈〉〈=+〉〈 && (1.5.4) ,),(~)0,(),(~)0,( 10 Ω∈== xxwxwxwxw mm & (1.5.5) trong đó ),,(),,,,( ),,,,(~),(~ 111 111 txwwwtxf wwwtxftxF mmm mmmm ϕϕϕϕ &&&& & −+∇+∇+= ∇= −−− −−− (1.5.6) ).0,()(~)(~ ,)0,()(~)(~ 1100 xxuxwxxuxw ϕϕ &−=−= (1.5.7) Sự tồn tại một dãy quy nạp }{ mu xác định bởi (1.5.1) cho bởi định lý sau. Định lý 1.3. Giả sử các giả thiết )()( 41 HH − được thỏa mãn. Khi đó tồn tại các hằng số ,0>M 0>T sao cho với mọi ),,(0 TMWw ∈ tồn tại một dãy quy nạp tuyến tính ),(}{ TMWwm ⊂ xác định bởi (1.5.2)- (1.5.7).■ Định lý 1.4. Giả sử các giả thiết )()( 41 HH − được thỏa mãn. Khi đó tồn tại các hằng số ,0>M 0>T sao cho bài toán (1.2.4) – (1.2.7) có duy nhất nghiệm yếu ).,( TMWw∈ Hơn nữa dãy quy nạp tuyến tính ),(}{ TMWwm ⊂ xác định bởi (1.5.2) – (1.5.7) hội tụ mạnh về nghiệm yếu w trong không gian ).(1 TW Do đó bài toán (1.1.1) – (1.1.3) có duy nhất nghiệm yếu u xác định bởi (1.2.3).■ Chú thích 1.3. Về tính duy nhất nghiệm yếu của bài toán có điều kiện biên không thuần nhất (1.1.1)-(1.1.3). Giả sử bài toán (1.1.1) – (1.1.3) có hai nghiệm yếu 21,uu sao cho ),;,0( 2HTLui ∞∈ ),;,0( 1HTLui ∞∈& ),;,0( 2LTLui ∞∈&& 2,1=i với một 0>T thích hợp. Khi đó 21 uuu −= là nghiệm yếu của bài toán có điều kiện biên thuần nhất (1.1.1)-(1.1.3) tương ứng với 34 ,010 == gg ,0~~ 10 == uu ).,,,,(),,,,( 222111 uuutxfuuutxff && ∇−∇= (1.5.8) Với cách làm tương tự cho bài toán với điều kiện biên thuần nhất ta thu được .021 =−= uuu Do đó bài toán (1.1.1)-(1.1.3) có duy nhất một nghiệm yếu mà không phụ thuộc vào hàmϕ trong phép đổi biến .ϕ+= wu Chú thích 1.4. • Trong trường hợp ),,,( tuutff = ),),0[( 21 IRCf ×∞∈ ,0)0,0,( =tf ,0≥∀t và điều kiện biên hỗn hợp thuần nhất thay bởi điều kiện biên Dirichlet thuần nhất ,0),1(),0( == tutu chúng tôi cũng thu được kết quả kết quả tồn tại và duy nhất nghiệm tổng quát hơn bài báo [12]. • Trong trường hợp hàm ),),0[]1,0[( 31 IRCf ×∞×∈ và điều kiện biên hỗn hợp thuần nhất ứng với ,010 == gg chúng tôi cũng đã thu được một số kết quả tương tự trong [9]. Kết quả nầy cũng được nới rộng trong [D2] cho trường hợp ,00 ≠g .01 ≠g • Một số kết quả thu được ở trong chương của luận án nầy cũng như trong [D1] sẽ không sử dụng đến điều kiện 1Cf ∈ nhưng với điều kiện biên hỗn hợp thuần nhất thay bởi điều kiện biên Dirichlet thuần nhất .0),1(),0( == tutu 35 1.