Luận án Khảo sát một số bài toán biên phi tuyến trong khoa học ứng dụng

CHƯƠNG 1 BÀI TOÁN BIÊN CHO PHƯƠNG TRÌNH SÓNG MỘT CHIỀU Nội dung chính của chương này là khảo sát hai bài toán biên cho phương trình sóng một chiều. Trong mục 1.1 chúng tôi chứng minh sự tồn tại nghiệm địa phương của bài toán biên cho phương trình Kirchhoff phi tuyến và chỉ ra một dãy lặp hội tụ bậc N về nghiệm đó. Mục 1.2 đề cập đến một phương trình sóng tuyến tính kết hợp với các điều kiện biên loại hai điểm. Chúng tôi chứng minh sự tồn tại và tính chính quy của nghiệm. Ngoài ra, tính chất tắt dần của nghiệm theo hàm mũ cũng được khảo sát với một số dữ kiện thích hợp. 1.1 Bài toán biên hỗn hợp thuần nhất cho phương trình Kirch- hoff phi tuyến Mục đích của chúng tôi là xét sự tồn tại và duy nhất nghiệm yếu địa phương của bài toán biên phi tuyến sau utt − µ ( t, ‖u‖22 , ‖ux‖22 ) uxx = f (x, t, u), (x, t) ∈ Ω× (0, T), (1.1.1) ux(0, t)− h0u(0, t) = ux(1, t) + h1u(1, t) = 0, (1.1.2) u(x, 0) = u0(x), ut(x, 0) = u1(x), (1.1.3) trong đó h0 > 0, h1 ≥ 0 là các hằng số; u0 ∈ H2, u1 ∈ H1; f ∈ CN (Ω×R+ ×R) và µ ∈ C1 (R3+) sao cho tồn tại các hằng số p > 1, µ∗ > 0 và µi > 0, i ∈ {1, 2, 3}, thỏa mãn các đánh giá sau (i) µ∗ ≤ µ(t, y, z) ≤ µ0(1+ yp + zp), với mọi (t, y, z) ∈ R3+, (ii) |D1µ(t, y, z)| ≤ µ1(1+ yp + zp), với mọi (t, y, z) ∈ R3+, 13 Chương 1. Bài toán biên cho phương trình sóng một chiều 14 (iii) |D2µ(t, y, z)| ≤ µ2(1+ yp−1 + zp), với mọi (t, y, z) ∈ R3+, (iv) |D3µ(t, y, z)| ≤ µ3(1+ yp + zp−1), với mọi (t, y, z) ∈ R3+. Trước hết, để tiện theo dõi, ta sẽ giới thiệu một số ký hiệu cũng như khái niệm nghiệm yếu của bài toán (1.1.1)− (1.1.3). Với mỗi M, T > 0, ta đặt K = K(M, T, f ) = max 0≤i≤N ∑ α∈Z3+, |α|=i sup {|Dα f (x, t, u)| : (x, t, u) ∈ A∗} , trong đó A∗ = A∗(M, T) = {(x, t, u) ∈ R3 : 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ t ≤ T, |u| ≤ M}, và W(M, T) = { v ∈ L∞(0, T;H2) : vt ∈ L∞(0, T;H1), vtt ∈ L2(QT), và ‖v‖L∞(0,T;H2), ‖vt‖L∞(0,T;H1), ‖vtt‖L2(QT) ≤ M } , W1(M, T) = { v ∈W(M, T) : vtt ∈ L∞(0, T; L2) } . Định nghĩa 1.1.1. Ta gọi một hàm u ∈ L∞ (0, T;H2) thỏa điều kiện ut ∈ L∞ (0, T;H1), utt ∈ L∞ ( 0, T; L2 ) là nghiệm yếu của bài toán (1.1.1)− (1.1.3) nếu u(0) = u0, ut(0) = u1, và với mọi v ∈ H1, ta có 〈utt(t), v〉+ µ ( t, ‖u‖22 , ‖ux‖22 ) a(u(t), v) = 〈F(t), v〉 , trong L2(0, T), trong đó F(x, t) = f (x, t, u(x, t)) và a(u, v) = ∫ 1 0 uxvxdx+ h0u(0)v(0) + h1u(1)v(1). Bây giờ, nhằm giải quyết yêu cầu đặt ra, ta xét dãy hàm {um(x, t)}m∈Z+ xác định bởi quy nạp như sau  u0 = 0,  với m ∈N, um là nghiệm của bài toán biến phân 〈 ·· um(t), v 〉 + µm (t) a(um(t), v) = 〈Fm(t), v〉 , ∀v ∈ H1, a.e. t ∈ [0, T], um(0) = u0, · um(0) = u1, (1.1.4) Chương 1. Bài toán biên cho phương trình sóng một chiều 15 trong đó µm(t) = µ ( t, ‖um(t)‖22 , ‖Oum(t)‖22 ) và Fm(x, t) = f (x, t, um−1) + N−1 ∑ i=1 1 i! ∂i f ∂ui (x, t, um−1) (um − um−1)i . Sự tồn tại của dãy {um}m∈Z+ như thế được chứng minh trong mục 1.1.1 bằng cách sử dụng phương pháp xấp xỉ Galerkin, kết hợp với các đánh giá tiên nghiệm và lý luận về tính compắc. Trong mục 1.1.2, ta sẽ chứng minh dãy {um}m∈Z+ hội tụ, trong một không gian Banach thích hợp, về nghiệm của bài toán (1.1.1) − (1.1.3) và cho một đánh giá sai số bậc N. 1.1.1 Sự tồn tại dãy lặp phi tuyến Định lý 1.1.2. Tồn tại các hằng số dương M, T, độc lập với m, sao cho nếu um−1 ∈ W1(M, T) thì bài toán biến phân (1.1.4) có nghiệm um ∈W1(M, T). Chứng minh. Chứng minh gồm một số bước. Bước 1. Xấp xỉ Faedo-Galerkin. Gọi {wj}j∈N là một cơ sở của H1, trực chuẩn trong L2, được xác định bởi dạng song tuyến tính a(u, v) như trong Bổ đề C.1, Phụ lục C. Đặt u(k)m (t) = k ∑ j=1 c(k)mj (t)wj, trong đó các hàm c(k)mj thỏa hệ phương trình vi phân phi tuyến 〈 ·· u (k) m (t),wj 〉 + µ(k)m (t) a(u (k) m (t),wj) = 〈 F(k)m (t),wj 〉 , 1 ≤ j ≤ k, u(k)m (0) = u0k, · u (k) m (0) = u1k, (1.1.5) ở đây  u0k = ∑ k j=1 α (k) j wj → u0 mạnh trong H2, u1k = ∑kj=1 β (k) j wj → u1 mạnh trong H1, (1.1.6) và µ (k) m (t) = µ ( t, ∥∥∥u(k)m (t)∥∥∥2 2 , ∥∥∥Ou(k)m (t)∥∥∥2 2 ) , Chương 1. Bài toán biên cho phương trình sóng một chiều 16 F(k)m (x, t) = f (x, t, um−1) + N−1 ∑ i=1 1 i! Di3 f (x, t, um−1) ( u(k)m − um−1 )i . Bổ đề 1.1.3. Tồn tại T(k)m ∈ (0, T] sao cho hệ phương trình (1.1.5) có nghiệm duy nhất u(k)m (t) xác định trên khoảng [ 0, T(k)m ] . Chứng minh bổ đề 1.1.3. Hệ phương trình (1.1.5) có thể viết lại dưới dạng như sau ·· c (k) mj (t) = −λjµ(k)m (t)c(k)mj (t) + 〈 F(k)m (t),wj 〉 , 1 ≤ j ≤ k, c(k)mj (0) = α k j , · c (k) mj (0) = βkj , (1.1.7) mà nó tương đương với hệ phương trình tích phân c(k)mj (t) = α k j + β k j t− λj ∫ t 0 ds ∫ s 0 µ (k) m (τ)c (k) mj (τ)dτ + ∫ t 0 ds ∫ s 0 〈 F(k)m (τ),wj 〉 dτ, (1.1.8) với j ∈ {1, 2, ..., k}. Cho T(k)m ∈ (0, T], ta ký hiệu Y = C0 ([ 0, T(k)m ] ;Rk ) là không gian Banach được trang bị chuẩn ‖ · ‖Y, cho bởi ‖c‖Y = sup 0≤t≤T(k)m |c(t)|1 , c = (c1, c2, ..., ck) ∈ Y, với |c(t)|1 = ∑kj=1 ∣∣cj(t)∣∣. Xét toán tử H : Y → Y, xác định bởi H(c)(t) = (H1(c)(t),H2(c)(t), ...,Hk(c)(t)) , trong đó Hj(c)(t) = αkj + β k j t− λj ∫ t 0 ds ∫ s 0 µ˜(τ)cj(τ)dτ + ∫ t 0 ds ∫ s 0 〈 F˜(τ),wj 〉 dτ, µ˜(t) = µ ( t, ‖u˜(t)‖22 , ‖Ou˜(t)‖22 ) , F˜(x, t) = f (x, t, um−1) + N−1 ∑ i=1 1 i! Di3 f (x, t, um−1) (u˜− um−1)i , Chương 1. Bài toán biên cho phương trình sóng một chiều 17 với u˜ = ∑kj=1 cj(t)wj. Khi đó, rõ ràng rằng c (k) m (t) = ( c(k)m1(t), c (k) m2(t), ..., c (k) mk(t) ) là nghiệm của hệ phương trình tích phân (1.1.8) trên [ 0, T(k)m ] khi và chỉ khi c(k)m (t) = H ( c(k)m ) (t), ∀t ∈ [ 0, T(k)m ] . Do đó, để kết thúc, ta chỉ cần chứng minh H có duy nhất điểm bất động. Với R > 0, đặt S = {c ∈ Y : ‖c‖Y ≤ R}. Ta sẽ chứng minh H : S → S là một ánh xạ co khi R đủ lớn và T(k)m đủ bé. Chứng minh H : S→ S, với R và T(k)m thích hợp Xét c = (c1, c2, ..., ck) ∈ S, ta có ‖u˜(t)‖2 ≤ |c(t)|1 ≤ ‖c‖Y ≤ R, ‖Ou˜(t)‖2 ≤ λk|c(t)|1 ≤ λkR, với mọi t ∈ [ 0, T(k)m ] . Từ đây suy ra, nhờ giả thiết của hàm µ, µ˜(t) = µ ( t, ‖u˜(t)‖22 , ‖Ou˜(t)‖22 ) ≤ µ0 ( 1+ R2p + λ2pk R 2p ) . (1.1.9) Mặt khác, dễ thấy rằng F˜(x, t) = N−1 ∑ j=0 φj (x, t, um−1) (u˜(x, t))j , trong đó φj (x, t, um−1) = ∑N−1i=j 1 j!(i−j)!(−1)i−jDi3 f (x, t, um−1) u i−j m−1. Kết hợp với các giả thiết của hàm f (x, t, u), ta thu được đánh giá∣∣∣F˜(x, t)∣∣∣ ≤ |φ0 (x, t, um−1)|+ N−1∑ j=1 ∣∣φj (x, t, um−1)∣∣ ∣∣∣(u˜(x, t))j∣∣∣ ≤ |φ0 (x, t, um−1)|+ N−1 ∑ j=1 qj(M, T, f ) ∣∣∣(u˜(x, t))j∣∣∣ , (1.1.10) trong đó qj(M, T, f ), j = 1, ...,N − 1, là các hằng số không phụ thuộc R và T(k)m . Từ biểu thức của Hj(c)(t) và các đánh giá (1.1.9)− (1.1.10), ta suy ra tồn tại hằng số dương D1, độc lập với T (k) m và R, và hằng số dương D2, độc lập với T (k) m , sao cho ∣∣Hj(c)(t)∣∣ ≤ D1 + D2 (T(k)m )2 , ∀t ∈ [0, T(k)m ] , j ∈ {1, 2, ..., k}. Chương 1. Bài toán biên cho phương trình sóng một chiều 18 Điều này dẫn đến ‖H(c)‖Y ≤ D1 + D2 ( T(k)m )2 . Lần lượt chọn R > D1 và T (k) m ∈ (0, T] thỏa T(k)m ≤ √ 1 D2 ( R− D1 ) , ta suy ra điều phải chứng minh. Chứng minh H là ánh xạ co khi T(k)m đủ bé Cho c = (c1, c2, ..., ck), e = (e1, e2, ..., ek) ∈ S. Ta ký hiệu µ˜c(t) = µ ( t, ‖u˜(t)‖22 , ‖Ou˜(t)‖22 ) , µ˜e(t) = µ ( t, ‖v˜(t)‖22 , ‖Ov˜(t)‖22 ) , trong đó u˜(t) = ∑kj=1 cj(t)wj, v˜(t) = ∑ k j=1 ej(t)wj. Khi đó, với j ∈ {1, 2, ..., k} và 0 ≤ t ≤ T(k)m , ta có ∣∣Hj(c)(t)− Hj(e)(t)∣∣ ≤ λj ∫ t 0 ds ∫ s 0 ∣∣µ˜c(τ) (cj(τ)− ej(τ))∣∣ dτ + λj ∫ t 0 ds ∫ s 0 ∣∣(µ˜c(τ)− µ˜e(τ)) ej(τ)∣∣ dτ + k ∑ i=1 ∫ t 0 ds ∫ s 0 ∣∣∣〈φi (·, τ, um−1) (u˜i(τ)− v˜i(τ)) ,wj〉∣∣∣ dτ. (1.1.11) Ta đánh giá lần lượt các số hạng trong vế phải của (1.1.11) như sau Đánh giá J1 = λj ∫ t 0 ds ∫ s 0 ∣∣µ˜c(τ) (cj(τ)− ej(τ))∣∣ dτ. Tương tự như (1.1.9), ta có |µ˜c(t)| ≤ µ0 ( 1+ R2p + λ2pk R 2p ) , ∀t ∈ [ 0, T(k)m ] . Từ đây suy ra J1 ≤ λkµ0 ( 1+ R2p + λ2pk R 2p ) ∫ t 0 ds ∫ s 0 |c(τ)− e(τ)|1 dτ. (1.1.12) Đánh giá J2 = λj ∫ t 0 ds ∫ s 0 ∣∣(µ˜c(τ)− µ˜e(τ)) ej(τ)∣∣ dτ. Trước hết ta lưu ý rằng, với mọi t ∈ [ 0, T(k)m ] , µ˜c(t)− µ˜e(t) = D2µ (ξ) ( ‖u˜(t)‖22 − ‖v˜(t)‖22 ) + D3µ (ξ) ( ‖Ou˜(t)‖22 − ‖Ov˜(t)‖22 ) , Chương 1. Bài toán biên cho phương trình sóng một chiều 19 trong đó ξ = ( t, θ ‖u˜(t)‖22 + (1− θ) ‖v˜(t)‖22 , θ ‖Ou˜(t)‖22 + (1− θ) ‖Ov˜(t)‖22 ) , và θ ∈ (0, 1). Do đó, ta suy ra từ giả thiết của hàm µ và tính bị chặn của ‖u˜(t)‖22, ‖v˜(t)‖22, ‖Ou˜(t)‖22 và ‖Ov˜(t)‖22, rằng J2 ≤ ζ2 ∫ t 0 ds ∫ s 0 |c(τ)− e(τ)|1 dτ, (1.1.13) trong đó ζ2 là một hằng số dương độc lập với c, e và T (k) m . Đánh giá J3 = ∑ki=1 ∫ t 0 ds ∫ s 0 ∣∣〈φi (·, τ, um−1) (u˜i(τ)− v˜i(τ)) ,wj〉∣∣ dτ. Với t ∈ [ 0, T(k)m ] , ta có thể viết u˜i(t)− v˜i(t) = i ∑ j=0 (u˜(t))j (v˜(t))i−j−1 (u˜(t)− v˜(t)) . Do đó, dễ dàng suy ra rằng, tồn tại một hằng số ζ3 > 0, độc lập với c, e và T (k) m sao cho J3 ≤ ζ3 ∫ t 0 ds ∫ s 0 |c(τ)− e(τ)|1 dτ. (1.1.14) Kết hợp (1.1.11) với các đánh giá (1.1.12) - (1.1.14), ta được ∣∣Hj(c)(t)− Hj(e)(t)∣∣ ≤ ζ ∫ t 0 ds ∫ s 0 |c(τ)− e(τ)|1 dτ ≤ ζ ( T(k)m )2 ‖c− e‖Y, với mọi t ∈ [ 0, T(k)m ] và j ∈ {1, 2, ..., k}. Điều này dẫn đến ‖H(c)− H(e)‖Y ≤ ζ ( T(k)m )2 ‖c− e‖Y. Vậy, ta có thể chọn T(k)m đủ bé sao cho H : S → S là một ánh xạ co. Khi đó, H có duy nhất một điểm bất động. Bổ đề được chứng minh hoàn toàn.  Bước 2. Đánh giá tiên nghiệm. Ta ký hiệu S(k)m (t) = X (k) m (t) +Y (k) m (t) + ∫ t 0 ∥∥∥∥ ··u(k)m (s)∥∥∥∥2 2 ds, (1.1.15) và s(k)m (t) = x (k) m (t) + y (k) m (t) + ∫ t 0 ∥∥∥∥ ··u(k)m (s)∥∥∥∥2 2 ds, (1.1.16) Chương 1. Bài toán biên cho phương trình sóng một chiều 20 trong đó X(k)m (t) = ∥∥∥∥ ·u(k)m (t)∥∥∥∥2 2 + µ(k)m (t)a ( u(k)m (t), u (k) m (t) ) , Y(k)m (t) = a ( · u (k) m (t), · u (k) m (t) ) + µ(k)m (t) ∥∥∥∆u(k)m (t)∥∥∥2 2 , x(k)m (t) = ∥∥∥∥ ·u(k)m (t)∥∥∥∥2 2 + µ∗a ( u(k)m (t), u (k) m (t) ) , y(k)m (t) = a ( · u (k) m (t), · u (k) m (t) ) + µ∗ ∥∥∥∆u(k)m (t)∥∥∥2 2 . (1.1.17) Từ (1.1.5), (1.1.15) và (1.1.17) ta suy ra rằng S(k)m (t) = S (k) m (0) + ∫ t 0 · µ (k) m (s) [ a ( u(k)m (s), u (k) m (s) ) + ∥∥∥∆u(k)m (s)∥∥∥2 2 ] ds + 2 ∫ t 0 〈 F(k)m (s), · u (k) m (s) 〉 ds+ 2 ∫ t 0 a ( F(k)m (s), · u (k) m (s) ) ds + ∫ t 0 ∥∥∥∥ ··u(k)m (s)∥∥∥∥2 2 ds = S(k)m (0) + 4 ∑ j=1 Ij. (1.1.18) Bổ đề 1.1.4. Tồn tại một hằng số µ˜1 độc lập với m, k, M và T sao cho∣∣∣∣ ·µ(k)m (t)∣∣∣∣ ≤ µ˜1 [1+ (s(k)m (t))p + (s(k)m (t))p+1] , 0 ≤ t ≤ T(k)m . (1.1.19) Chứng minh bổ đề 1.1.4. Ta có · µ (k) m (t) = D1µ ( t, ∥∥∥u(k)m (t)∥∥∥2 2 , ∥∥∥∆u(k)m (t)∥∥∥2 2 ) + 2D2µ ( t, ∥∥∥u(k)m (t)∥∥∥2 2 , ∥∥∥∆u(k)m (t)∥∥∥2 2 )〈 u(k)m (t), · u (k) m (t) 〉 + 2D3µ ( t, ∥∥∥u(k)m (t)∥∥∥2 2 , ∥∥∥∆u(k)m (t)∥∥∥2 2 )〈 Ou(k)m (t),O · u (k) m (t) 〉 . (1.1.20) Sử dụng các bất đẳng thức ∥∥∥u(k)m (t)∥∥∥ 2 ≤ √ 2 C0 a ( u(k)m (t), u (k) m (t) ) ≤ √ 2 C0µ∗ √ s(k)m (t), (1.1.21) ∥∥∥Ou(k)m (t)∥∥∥ 2 ≤ √ a ( u(k)m (t), u (k) m (t) ) ≤ 1 µ∗ √ s(k)m (t), (1.1.22)∥∥∥∥ ·u(k)m (t)∥∥∥∥ 2 ≤ √ s(k)m (t), (1.1.23) Chương 1. Bài toán biên cho phương trình sóng một chiều 21 ∥∥∥∥O ·u(k)m (t)∥∥∥∥ 2 ≤ √ a ( · u (k) m (t), · u (k) m (t) ) ≤ √ s(k)m (t), (1.1.24) trong đó C0 = min{1, h0} (xem Phụ lục A.4), ta suy ra từ (1.1.20) và các giả thiết của hàm µ rằng∣∣∣∣ ·µ(k)m (t)∣∣∣∣ ≤ µ1(1+ ∥∥∥u(k)m (t)∥∥∥2p2 + ∥∥∥Ou(k)m (t)∥∥∥2p2 ) + 2µ2 ( 1+ ∥∥∥u(k)m (t)∥∥∥2p−2 2 + ∥∥∥Ou(k)m (t)∥∥∥2p 2 )∥∥∥u(k)m (t)∥∥∥ 2 ∥∥∥∥ ·u(k)m (t)∥∥∥∥ 2 + 2µ3 ( 1+ ∥∥∥u(k)m (t)∥∥∥2p 2 + ∥∥∥Ou(k)m (t)∥∥∥2p−2 2 )∥∥∥Ou(k)m (t)∥∥∥ 2 ∥∥∥∥O ·u(k)m (t)∥∥∥∥ 2 ≤ µ˜1 [ 1+ ( s(k)m (t) )p + ( s(k)m (t) )p+1] , (1.1.25) trong đó µ˜1 > 0 là hằng số chỉ phụ thuộc vào C0, p, µ∗ và µi, i = 1, 2, 3. Bổ đề 1.1.4 được chứng minh.  Bổ đề 1.1.5. Ta có các đánh giá sau ∥∥∥F(k)m (t)∥∥∥ 2 ≤ K N−1 ∑ i=0 a˜i (√ s(k)m (t) )i , (1.1.26) ∥∥∥OF(k)m (t)∥∥∥ 2 ≤ [ K (1+ M) + 1√ 2 NK ] N−1 ∑ i=0 b˜i (√ s(k)m (t) )i , (1.1.27) trong đó các hằng số a˜i, b˜i, i = 1, 2, ...,N − 1, được xác định bởi a˜0 = 1+ 1 2 N−1 ∑ i=1 (2 √ 2M)i i! , a˜i = 1 2i! (√ 8 C0µ∗ )i , i = 1, 2, ...,N − 1, b˜0 = 1+ 1 2 N−1 ∑ i=1 (2 √ 2M)i i! , b˜i = ( 2 √ 2 )i 2i! (√ 1 C0µ∗ + √ 1 µ∗ )i , i = 1, 2, ...,N − 1. Chứng minh bổ đề 1.1.5. Từ đẳng thức F(k)m (x, t) = f (x, t, um−1) + N−1 ∑ i=1 1 i! Di3 f (x, t, um−1) ( u(k)m − um−1 )i Chương 1. Bài toán biên cho phương trình sóng một chiều 22 ta suy ra∣∣∣F(k)m (x, t)∣∣∣ ≤ K + K N−1∑ i=1 1 i! (∣∣∣u(k)m (x, t)∣∣∣+ |um−1(x, t)|)i ≤ K + K N−1 ∑ i=1 √ 2i i! (∥∥∥u(k)m (t)∥∥∥∗ + ‖um−1(t)‖∗)i ≤ K + K 2 N−1 ∑ i=1 (2 √ 2M)i i! + K N−1 ∑ i=1 1 2i! (√ 8 C0µ∗ )i (√ s(k)m (t) )i ≤ K N−1 ∑ i=0 a˜i (√ s(k)m (t) )i . (1.1.28) Đánh giá (1.1.26) là hệ quả trực tiếp của (1.1.28). Để chứng minh (1.1.27), ta ký hiệu f [u] = f (x, t, u), Dj f [u] = Dj f (x, t, u), j = 1, 2, 3. Khi đó OF(k)m (x, t) = D1 f [um−1] + D3 f [um−1]Oum−1 + N−1 ∑ i=1 1 i! ( D1Di3 f [um−1] + Di+13 f [um−1]Oum−1 ) ( u(k)m − um−1 )i + N−1 ∑ i=1 i i! Di3 f [um−1] ( u(k)m − um−1 )i−1 ( Ou(k)m −Oum−1 ) . (1.1.29) Bằng các đánh giá tương tự, ta suy ra từ (1.1.29) rằng ∣∣∣OF(k)m (x, t)∣∣∣ ≤ K (1+ M) + K (1+ M) N−1∑ i=1 1 i! (√ 2 C0µ∗ √ s(k)m (t) + √ 2M )i + K N−1 ∑ i=1 i i! √ 2i−1 (√ 1 C0µ∗ √ s(k)m (t) + M )i−1(√ 1 µ∗ √ s(k)m (t) + M ) . (1.1.30) Đặt λ∗ = √ 1 C0µ∗ + √ 1 µ∗ thì ∣∣∣OF(k)m (x, t)∣∣∣ ≤ K (1+ M) [ 1+ N−1 ∑ i=1 √ 2i i! ( λ∗ √ s(k)m (t) + M )i] + 1√ 2 NK N−1 ∑ i=1 √ 2i i! ( λ∗ √ s(k)m (t) + M )i . (1.1.31) Điều này dẫn đến (1.1.27). Vậy bổ đề 1.1.5 được chứng minh.  Chương 1. Bài toán biên cho phương trình sóng một chiều 23 Dưới đây, sử dụng các bổ đề 1.1.4 và 1.1.5, ta sẽ đánh giá các số hạng trong vế phải của (1.1.18). Tích phân thứ nhất. Áp dụng bất đẳng thức sau, với N0 = max{N − 12 , 2p+ 1}, sq ≤ 1+ sN0 , ∀s ≥ 0, ∀q ∈ (0,N0], (1.1.32) ta suy ra từ (1.1.17) - (1.1.18) và bổ đề 1.1.4, rằng I1 = ∫ t 0 · µ (k) m (s) [ a ( u(k)m (s), u (k) m (s) ) + ∥∥∥∆u(k)m (s)∥∥∥2 2 ] ds ≤ µ˜1 µ∗ ∫ t 0 [ 1+ ( s(k)m (s) )p + ( s(k)m (s) )p+1] s(k)m (s) ds ≤ 3µ˜1 µ∗ ∫ t 0 [ 1+ ( s(k)m (s) )N0] ds ≤ 3µ˜1 µ∗ [ T + ∫ t 0 ( s(k)m (s) )N0 ds ] . (1.1.33) Tích phân thứ hai. Do (1.1.32) và bổ đề 1.1.5, ta có I2 = 2 ∫ t 0 〈 F(k)m (s), · u (k) m (s) 〉 ds ≤ 2 ∫ t 0 ∥∥∥F(k)m (s)∥∥∥ 2 ∥∥∥∥ ·u(k)m (s)∥∥∥∥ 2 ds ≤ 2K N−1 ∑ i=0 a˜i ∫ t 0 (√ s(k)m (s) )i+1 ds ≤ 2K N−1 ∑ i=0 a˜i [ T + ∫ t 0 ( s(k)m (s) )N0 ds ] . (1.1.34) Tích phân thứ ba. Với C1 = max{1, h0, 2h1} (xem Phụ lục A.4), ta có I3 = 2 ∫ t 0 a ( F(k)m (s), · u (k) m (s) ) ds ≤ 2C1√ C0 ∫ t 0 ∥∥∥F(k)m (s)∥∥∥∗ √ s(k)m (s) ds. (1.1.35) Mặt khác, từ bổ đề 1.1.5 và bổ đề A.8 (Phụ lục A), ta suy ra∥∥∥F(k)m (t)∥∥∥∗ ≤ √3 ∥∥∥F(k)m (t)∥∥∥H1 ≤ √3(∥∥∥F(k)m (t)∥∥∥2 + ∥∥∥OF(k)m (t)∥∥∥2) ≤ √ 3K ( 2+ M+ N√ 2 ) N−1 ∑ i=0 ( a˜i + b˜i )(√ s(k)m (t) )i ≤ √ 3K ( 2+ M+ N√ 2 ) N−1 ∑ i=0 c˜i (√ s(k)m (t) )i , (1.1.36) trong đó c˜i = a˜i + b˜i, i = 0, 1, ...,N − 1. Chương 1. Bài toán biên cho phương trình sóng một chiều 24 Kết hợp (1.1.35)− (1.1.36), nhờ bất đẳng thức (1.1.32), ta suy ra I3 ≤ 2 √ 3KC1√ C0 ( 2+ M+ N√ 2 ) N−1 ∑ i=0 c˜i ∫ t 0 (√ s(k)m (s) )i ds ≤ 2 √ 3KC1√ C0 ( 2+ M+ N√ 2 ) N−1 ∑ i=0 c˜i [ T + ∫ t 0 (√ s(k)m (s) )N0 ds ] .(1.1.37) Tích phân thứ tư. Ta viết lại phương trình (1.1.5)1 như sau〈 ·· u (k) m (t),wj 〉 − µ(k)m (t) 〈 ∆u(k)m (t),wj 〉 = 〈 F(k)m (t),wj 〉 , 1 ≤ j ≤ k. (1.1.38) Từ (1.1.38) ta suy ra, sau khi thay wj bởi ·· u (k) m (t) và lấy tích phân từ 0 đến t, rằng I4 = ∫ t 0 ∥∥∥∥ ··u(k)m (s)∥∥∥∥2 2 ds ≤ 2 ∫ t 0 ∥∥∥F(k)m (s)∥∥∥2 2 ds + 2 ∫ t 0 ( µ (k) m (s) )2 ∥∥∥∆u(k)m (s)∥∥∥2 2 ds. (1.1.39) Sử dụng các bất đẳng thức (1.1.32) và ( ∑N−1i=0 ai )2 ≤ N ∑N−1i=0 a2i , với mọi a0, a1, ..., aN−1 ∈ R, ta suy ra từ (1.1.26) rằng 2 ∫ t 0 ∥∥∥F(k)m (s)∥∥∥2 2 ds ≤ 2N K2 ∫ t 0 N−1 ∑ i=0 a˜2i ( s(k)m (s) )i ds ≤ 2N K2 N−1 ∑ i=0 a˜2i [ T + ∫ t 0 ( s(k)m (s) )N0 ds ] . (1.1.40) Mặt khác, từ giả thiết của hàm µ và biểu thức của µ(k)m (t), ta thu được đánh giá∣∣∣µ(k)m (t)∣∣∣ ≤ µ0(1+ ∥∥∥u(k)m (t)∥∥∥2p 2 + ∥∥∥Ou(k)m (t)∥∥∥2p 2 ) ≤ µ0 [ 1+ (( 2 C0µ∗ )p + 1 µ p ∗ )( s(k)m (t) )p] , (1.1.41) mà nó dẫn đến 2 ∫ t 0 ( µ (k) m (s) )2 ∥∥∥∆u(k)m (s)∥∥∥2 2 ds ≤ µ˜4 ∫ t 0 [ 1+ ( s(k)m (s) )2p] s(k)m (s) ds ≤ 2µ˜4 ∫ t 0 [ 1+ ( s(k)m (s) )N0] ds ≤ 2µ˜4 [ T + ∫ t 0 ( s(k)m (s) )N0 ds ] , (1.1.42) Chương 1. Bài toán biên cho phương trình sóng một chiều 25 trong đó µ˜4 = 4µ20 µ∗ [ 1+ 1 µ p ∗ ( 2p Cp0 + 1 )]2 . Kết hợp (1.1.39), (1.1.40) và (1.1.42) ta suy ra I4 ≤ 2 ( N K2 N−1 ∑ i=0 a˜2i + µ˜4 )( T + ∫ t 0 ( s(k)m (s) )N0 ds ) . (1.1.43) Đánh giá cho S(k)m (0). Do giả thiết u0 ∈ H2, u1 ∈ H1 và sự hội tụ trong (1.1.6), ta suy ra từ (1.1.15), (1.1.18) rằng tồn tại một hằng số M > 0 độc lập với m, k sao cho S(k)m (0) ≤ M 2 4 . (1.1.44) Từ (1.1.19) và các đánh giá (1.1.33), (1.1.34), (1.1.37), (1.1.43) và (1.1.44), ta suy ra s(k)m (t) ≤ M 2 4 + TC˜1(M, T) + C˜1(M, T) ∫ t 0 ( s(k)m (s) )N0 ds, (1.1.45) với mọi t ∈ [ 0, T(k)m ] , 0 < T(k)m ≤ T, trong đó C˜1(M, T) = 3µ˜1 µ∗ + 2K N−1 ∑ i=0 a˜i + 2 √ 3KC1√ C0 ( 2+ M+ N√ 2 ) N−1 ∑ i=0 c˜i + 2 ( N K2 N−1 ∑ i=0 a˜2i + µ˜4 ) . (1.1.46) Kết quả của quá trình đánh giá tiên nghiệm thể hiện trong bổ đề sau Bổ đề 1.1.6. Với T > 0 đủ bé, ta có s(k)m (t) ≤ M2, ∀t ∈ [ 0, T(k)m ] , ∀k,m. (1.1.47) Chứng minh bổ đề 1.1.6. Ký hiệu Y(t) = M2 4 + TC˜1(M, T) + C˜1(M, T) ∫ t 0 ( s(k)m (s) )N0 ds, 0 ≤ t ≤ T(k)m . Khi đó, rõ ràng ta có Y(t) là hàm dương, Y(0) = M 2 4 + TC˜1(M, T) và 0 ≤ s (k) m (t) ≤ Y(t), Y′(t) ≤ C˜1(M, T)YN0(t), (1.1.48) Chương 1. Bài toán biên cho phương trình sóng một chiều 26 với mọi t ∈ [ 0, T(k)m ] . Do đó, nếu Z(t) = Y1−N0(t) thì ta suy ra từ (1.1.48) rằng Z(t) ≥ ( M2 4 + TC˜1(M, T) )1−N0 − (N0 − 1)C˜1(M, T)t ≥ ( M2 4 + TC˜1(M, T) )1−N0 − (N0 − 1)C˜1(M, T)T. (1.1.49) Mặt khác, dễ thấy rằng lim T→0+ [( M2 4 + TC˜1(M, T) )1−N0 − (N0 − 1)C˜1(M, T)T ] > ( M2 )1−N0 , nên ta có thể chọn một hằng số T > 0 sao cho( M2 4 + TC˜1(M, T) )1−N0 − (N0 − 1)C˜1(M, T)T > ( M2 )1−N0 . (1.1.50) Kết hợp (1.1.48)− (1.1.50) ta được 0 ≤ s(k)m (t) ≤ Y(t) = 1N0−1√Z(t) ≤ M2, ∀t ∈ [ 0, T(k)m ] . (1.1.51) Bổ đề 1.1.6 được chứng minh.  Do (1.1.47) ta có thể lấy T(k)m = T, với mọi m và k. Điều này chứng tỏ u(k)m ∈W(M, T), ∀m, k. (1.1.52) Bước 3. Qua giới hạn. Từ (1.1.52) ta suy ra tồn tại một dãy con { u (kj) m } j∈N của dãy { u(k)m } k∈N sao cho  u (kj) m → um trong L∞ ( 0, T;H2 ) yếu *, · u (kj) m → · um trong L∞ ( 0, T;H1 ) yếu *, ·· u (kj) m → ·· um trong L2 (QT) yếu, (1.1.53) với um ∈ W(M, T). Ta có thể kiểm tra một cách dễ dàng rằng, từ (1.1.5), (1.1.6) và (1.1.53) suy ra um thỏa bài toán biến phân (1.1.4). Cuối cùng, do (1.1.4)1 và um ∈W(M, T) nên ·· um = µ ( t, ‖um‖22 , ‖Oum‖22 ) umxx + Fm ∈ L∞ ( 0, T; L2 ) . Vậy um ∈W1(M, T) và định lý 1.1.2 được chứng minh đầy đủ. Chương 1. Bài toán biên cho phương trình sóng một chiều 27 1.1.2 Sự hội tụ bậc cao Với T > 0, ta ký hiệu W1(T) = { v ∈ L∞ ( 0, T;H1 ) : vt ∈ L∞ ( 0, T; L2 )} . Khi đó W1(T) là một không gian Banach với chuẩn (xem [54]) ‖v‖W1(T) = ‖v‖L∞(0,T;H1) + ‖vt‖L∞(0,T;L2) . Định lý 1.1.7. Tồn tại các hằng số dương M và T sao cho bài toán (1.1.1)− (1.1.3) có duy nhất một nghiệm yếu u ∈W1(M, T). Ngoài ra dãy { u(k)m } k∈N , được xác định như trong định lý 1.1.2, hội tụ bậc N về nghiệm u trong không gian W1(T) theo nghĩa ‖um+1 − um‖W1(T) ≤ CT ‖um − um−1‖ N W1(T) , ∀m ∈N. (1.1.54) Hơn nữa ta có đánh giá sau ‖um − u‖W1(T) ≤ CTkN m T , ∀m ≥ 1, (1.1.55) trong đó kT < 1 là hằng số dương chỉ phụ thuộc vào T. Chứng minh. Đặt vm = um+1 − um, m ∈ Z+. Ta sẽ chứng minh {vm} là một dãy Cauchy trong không gian W1(T). Trước hết, dễ thấy rằng vm là nghiệm của bài toán biến phân〈·· vm(t), v 〉 + µm+1 (t) a(vm(t), v) = (µm+1 (t)− µm (t)) 〈∆um(t), v〉 + 〈Fm+1(t)− Fm(t), v〉 , ∀v ∈ H1, (1.1.56) vm(0) = · vm(0) = 0, (1.1.57) trong đó µm(x, t) = µ ( t, ‖um(t)‖22 , ‖Oum(t)‖22 ) và Fm(x, t) = f (x, t, um−1) + N−1 ∑ i=1 1 i! Di3 f (x, t, um−1) (um − um−1)i . Chương 1. Bài toán biên cho phương trình sóng một chiều 28 Trong (1.1.56), cho v = · vm và lấy tích phân theo t, ta được σm(t) = ∫ t 0 µ′m+1(s)a (vm(s), vm(s)) ds + 2 ∫ t 0 (µm+1 (s)− µm (s)) 〈 ∆um(s), · vm(s) 〉 ds + 2 ∫ t 0 〈 Fm+1(s)− Fm(s), ·vm(s) 〉 ds = 3 ∑ k=1 J˜k, (1.1.58) trong đó σm(t) = ∥∥∥ ·vm(t)∥∥∥2 2 + µm+1 (t) a(vm(t), vm(t)) ≥ ∥∥∥ ·vm(t)∥∥∥2 2 + µ∗C0 ‖vm(t)‖2∗ := dm(t). (1.1.59) Dưới đây ta sẽ đánh giá các tích phân J˜k với k = 1, 2, 3. Do um ∈ W1(M, T), ∀m nên ta suy ra từ bổ đề 1.1.4 rằng tồn tại một hằng số dương M˜1 độc lập với m và T sao cho∣∣∣ ·µm+1(t)∣∣∣ ≤ M˜1, ∀t ∈ [0, T]. (1.1.60) Ngoài ra, nhờ công thức khai triển Taylor ta có µm+1 (t)− µm (t) = D2µ ( t,λ1m,λ 2 m ) ( ‖um+1‖22 − ‖um‖22 ) + D3µ ( t,λ1m,λ 2 m ) ( ‖Oum+1‖22 − ‖Oum‖22 ) , trong đó λ1m = ‖um(t)‖22 + θ1 ( ‖um+1(t)‖22 − ‖um(t)‖22 ) , λ2m = ‖Oum(t)‖22 + θ1 ( ‖Oum+1(t)‖22 − ‖Oum(t)‖22 ) , với θ1, θ2 ∈ (0, 1). Từ đây suy ra, nhờ các giả thiết của hàm µ và um ∈ W1(M, T), tồn tại hằng số dương M˜2 độc lập với m sao cho |µm+1 (t)− µm (t)| ≤ M˜2 ‖vm(t)‖∗ , ∀t ∈ [0, T]. (1.1.61) Tương tự, bằng cách khai triển Taylor hàm f (x, t, um) đến cấp N− 1 quanh điểm um−1, ta suy ra Fm+1(t)− Fm(t) = N−1 ∑ i=1 1 i! Di3 f (x, t, um)v i m + 1 N! DN3 f (x, t,λm)v N m−1, Chương 1. Bài toán biên cho phương trình sóng một chiều 29 trong đó λm = um−1 + θ (um − um−1), 0 < θ < 1. Điều này dẫn đến ‖Fm+1(t)− Fm(t)‖ ≤ K N−1 ∑ i=1 √ 2i i! ‖vm(t)‖i∗ + K √ 2N N! ‖vm−1(t)‖N∗ ≤ ρ(1)T √ dm(t) + ρ (2) T (√ dm−1(t) )N , (1.1.62) trong đó ρ (1) T = K. N−1 ∑ i=1 √ 2iMi−1√ µ∗C0 i! , ρ(2)T = K N! √ 2N(√ µ∗C0 )N . Sử dụng các đánh giá (1.1.60)− (1.1.62), ta suy ra ∣∣∣ J˜1∣∣∣ ≤ ∫ t 0 ∣∣∣ ·µm+1(s) a (vm(s), vm(s))∣∣∣ ds ≤ C1 ∫ t 0 ∣∣∣ ·µm+1(s)∣∣∣ ‖vm(s)‖2∗ ds ≤ C1M˜1µ∗C0 ∫ t 0 dm(s) ds, (1.1.63) ∣∣∣ J˜2∣∣∣ ≤ 2 ∫ t 0 ∣∣∣(µm+1 (s)− µm (s)) 〈∆um(s), ·vm(s)〉∣∣∣ ds ≤ 2 ∫ t 0 |µm+1 (s)− µm (s)| ‖∆um(s)‖2 ∥∥∥ ·vm(s)∥∥∥ 2 ds ≤ 2M˜2M√ µ∗C0 ∫ t 0 dm(s) ds, (1.1.64) ∣∣∣ J˜3∣∣∣ = 2 ∫ t 0 〈 Fm+1(s)− Fm(s), ·vm(s) 〉 ds ≤ 2 ∫ t 0 ‖Fm+1(s)− Fm(s)‖2 ∥∥∥ ·vm(s)∥∥∥ 2 ds ≤ 2 ∫ t 0 ( ρ (1) T √ dm(s) + ρ (2) T (√ dm−1(s) )N)√ dm(s) ds ≤ ( 2ρ(1)T + ρ (2) T ) ∫ t 0 dm(s) ds+ ρ (2) T ∫ T 0 dNm−1(s) ds. (1.1.65) Kết hợp (1.1.58), (1.1.59) và (1.1.63)− (1.1.65) ta được dm(t) ≤ ρ(2)T ∫ T 0 dNm−1(s) ds+ ρ (3) T ∫ t 0 dm(s) ds, (1.1.66) ở đây ρ (3) T = C1M˜1 µ∗C0 + 2M˜2M√ µ∗C0 + 2ρ(1)T + ρ (2) T . Chương 1. Bài toán biên cho phương trình sóng một chiều 30 Áp dụng bổ đề Gronwall (Phụ lục D.4), ta suy ra từ (1.1.66) rằng ‖vm‖W1(T) ≤ µT ‖vm−1‖ N W1(T) , (1.1.67) trong đó µT = ( 1+ 1 µ∗ )√ Tρ(2)T (1+ µ∗) N exp ( Tρ(3)T ) . Hệ quả là, với kT = µ1/NT M < 1, ta có∥∥um − um+p∥∥W1(T) ≤ 1µT (1− kT)−1 kNmT , (1.1.68) với mọi m, p ∈ Z+. Do đó {um} là dãy Cauchy trong W1(T) và vì thế, tồn tại u ∈W1(T) sao cho um → u mạnh trong W1(T). Lập luận tương tự như trong chứng minh của định lý 1.1.2, ta suy ra u ∈ W1(M, T) là nghiệm yếu của bài toán (1.1.1)− (1.1.3). Hơn nữa, cố định m trong (1.1.68) và qua giới hạn khi p → +∞ ta thu được đánh giá (1.1.55). Cuối cùng, việc chứng minh tính duy nhất của nghiệm là tầm thường, ta bỏ qua chứng minh này. 1.2 Bài toán biên hai điểm cho phương trình sóng tuyến tính Trong mục này chúng tôi xét bài toán giá trị biên - đầu cho phương trình sóng tuyến tính có dạng utt − uxx + Ku+ λut = f (x, t) trong (0, 1)× (0,∞), (1.2.1) ux(0, t) = h0u(0, t) + λ0ut(0, t) + h˜1u(1, t) + λ˜1ut(1, t) + g0(t), (1.2.2) −ux(1, t) = h1u(1, t) + λ1ut(1, t) + h˜0u(0, t) + λ˜0ut(0, t) + g1(t), (1.2.3) u(x, 0) = u0(x), ut(x, 0) = u1(x), (1.2.4) trong đó h0, h1, λ0, λ1, h˜0, h˜1, λ˜0, λ˜1, K, λ là các hằng số và u0, u1, f , g0, g1 là các hàm số cho trước. Đầu tiên, trong mục 1.2.1, chúng tôi chứng minh sự tồn tại và duy nhất nghiệm yếu bằng phương pháp xấp xỉ Galerkin. Trong 1.2.2 tính trơn Chương 1. Bài toán biên cho phương trình sóng một chiều 31 của nghiệm phụ thuộc vào tính trơn của các dữ kiện được khảo sát. Cuối cùng, mục 1.2.3 đề cập đến tính tắt dần của nghiệm theo hàm mũ bằng cách xây dựng một phiếm hàm Liapunov thích hợp. Các kết quả này đã được công bố trong [T6]. 1.2.1 Sự tồn tại và duy nhất nghiệm Trong mục này, ta giả sử h0, λ0, λ1 là các hằng số dương, h1 ≥ 0 và K, λ, h˜0, h˜1, λ˜0, λ˜1 là các hằng số thỏa điều kiện∣∣∣λ˜0 + λ˜1∣∣∣ < 2√λ0λ1. (1.2.5) Ngoài ra, ta cũng giả sử rằng (A.1) (u0, u1) ∈ H1 × L2, (A.2) f ∈ L1 (0, T; L2), với mọi T > 0, (A.3) g0, g1 ∈ L2(0, T), với mọi T > 0. Định nghĩa 1.2.1. Ta gọi một hàm u ∈ L∞ (0, T;H1) thỏa điều kiện u′ ∈ L∞ (0, T; L2), u(0, ·), u(1, ·) ∈ H1(0, T), là nghiệm yếu của bài toán (1.2.1)− (1.2.4) nếu u(0) = u0, u′(0) = u1, (1.2.6) và với mọi v ∈ H1, ta có d dt 〈 u′(t), v 〉 + a (u(t), v) + ( λ0u′(0, t) + h˜1u(1, t) + λ˜1u′(1, t) ) v(0) + ( λ1u′(1, t) + h˜0u(0, t) + λ˜0u′(0, t) ) v(1) + 〈 Ku(t) + λu′(t), v 〉 = −g0(t)v(0)− g1(t)v(1) + 〈 f (t), v〉 , ∀ v ∈ H1 (1.2.7) trong D′(0, T), không gian các phân bố trên (0, T). Định lý 1.2.2. Giả sử (A.1) - (A.3) thỏa mãn. Khi đó, bài toán (1.2.1)− (1.2.4) có duy nhất một nghiệm yếu u. Chứng minh. a) Sự tồn tại nghiệm yếu. Chương 1. Bài toán biên cho phương trình sóng một chiều 32 Gọi {wj} là một cơ sở đếm được của H1. Trước hết ta tìm nghiệm xấp xỉ của bài toán (1.2.1)− (1.2.4) dưới dạng um(t) = m ∑ j=1 cmj(t)wj, trong đó các hàm hệ số cmj thỏa mãn hệ phương trình vi phân tuyến tính 〈 u′′m(t),wj 〉 + a ( um(t),wj ) + ( λ0u′m(0, t) + h˜1um(1, t) + λ˜1u′m(1, t) ) wj(0) + ( λ1u′m(1, t) + h˜0um(0, t) + λ˜0u′m(0, t) ) wj(1) + 〈 Kum(t) + λu′m(t),wj 〉 = −g0(t)wj(0)− g1(t)wj(1) + 〈 f (t),wj 〉 , 1 ≤ j ≤ m, (1.2.8) với các điều kiện đầu um(0) = u0m = m ∑ j=1 αmjwj → u0 mạnh trong H1, (1.2.9) và u′m(0) = u1m = m ∑ j=1 βmjwj → u1 mạnh trong L2. (1.2.10) Từ các giả thiết của định lý 1.2.2, ta suy ra hệ (1.2.8)− (1.2.10) có nghiệm um(t) trên khoảng [0, Tm]. Các đánh giá sau cho phép lấy Tm = T, với mọi m. Nhân phương trình thứ j của (1.2.8) với c′mj(t), lấy tổng theo j và tích phân từng phần theo biến thời gian từ 0 đến t, ta được Sm(t) = Sm(0)− 2h˜0 ∫ t 0 um(0, s)u′m(1, s)ds− 2h˜1 ∫ t 0 um(1, s)u′m(0, s)ds − 2K ∫ t 0 〈 um(s), u′m(s) 〉 ds− 2λ ∫ t 0 ∥∥u′m(s)∥∥22 ds− 2 ∫ t0 g0(s)u′m(0, s)ds − 2 ∫ t 0 g1(s)u′m(1, s)ds+ 2 ∫ t 0 〈 f (s), u′m(s) 〉 ds = Sm(0) + 7 ∑ i=1 Ii, (1.2.11) trong đó Sm(t) = ∥∥u′m(t)∥∥22 + a (um(t), um(t)) + 2 ∫ t 0 [ λ0 ∣∣u′m(0, s)∣∣2 + λ1 ∣∣u′m(1, s)∣∣2 + (λ˜0 + λ˜1) u′m(0, s)u′m(1, s)] ds. (1.2.12) Chương 1. Bài toán biên cho phương trình sóng một chiều 33 Nhờ phụ lục D. 5, ta suy ra từ (1.2.12), rằng Sm(t) ≥ µ0Xm(t), (1.2.13) với µ0 = min {C0, µmin} và Xm(t) = ∥∥u′m(t)∥∥22 + ‖um(t)‖2∗ + ∫ t0 (∣∣u′m(0, s)∣∣2 + ∣∣u′m(1, s)∣∣2) ds. (1.2.14) Bây giờ, sử dụng bất đẳng thức Cauchy (phụ lục D.1) và các bất đẳng thức sau |um(0, t)| ≤ ‖um(t)‖C0(Ω) ≤ √ 2 ‖um(t)‖∗ ≤ √ 2Xm(t), ‖um(t)‖22 ≤ 2 ‖u0m‖22 + 2 ∫ t 0 ∥∥u′m(s)∥∥22 ds ≤ 2 ‖u0m‖22 + 2 ∫ t0 Xm(s)ds, ta sẽ đánh giá các số hạng trong vế phải của (1.2.11) như sau I1 = −2h˜0 ∫ t 0 um(0, s)u′m(1, s)ds ≤ 1 ε ∣∣∣h˜0∣∣∣2 ∫ t 0 |um(0, s)|2 ds+ ε ∫ t 0 ∣∣u′m(1, s)∣∣2 ds, ≤ 2 ε ∣∣∣h˜0∣∣∣2 ∫ t 0 Xm(s)ds+ εXm(t), (1.2.15) I2 = −2h˜1 ∫ t 0 um(1, s)u′m(0, s)ds ≤ 2 ε ∣∣∣h˜1∣∣∣2 ∫ t 0 Xm(s)ds+ εXm(t), (1.2.16) I3 = −2K ∫ t 0 〈 um(s), u′m(s) 〉 ds ≤ 2 √ 2 |K| ∫ t 0 Xm(s)ds, (1.2.17) I4 = −2λ ∫ t 0 ∥∥u′m(s)∥∥22 ds ≤ 2 |λ| ∫ t0 Xm(s)ds, (1.2.18) I5 = −2 ∫ t 0 g0(s)u′m(0, s)ds ≤ 1 ε ‖g0‖2L2(0,T) + ε ∫ t 0 ∣∣u′m(0, s)∣∣2 ds ≤ 1 ε ‖g0‖2L2(0,T) + εXm(t), (1.2.19) I6 = −2 ∫ t 0 g1(s)u′m(1, s)ds ≤ 1 ε ‖g1‖2L2(0,T) + εXm(t), (1.2.20) I7 = 2 ∫ t 0 〈 f (s), u′m(s) 〉 ds ≤ ∫ T 0 ‖ f (s)‖2 ds+ ∫ t 0 ‖ f (s)‖2 Xm(s)ds. (1.2.21) Mặt khác, do (1.2.9)− (1.2.10), (1.2.12) và giả thiết (u˜0, u˜1) ∈ H1(Ω)× L2(Ω), ta suy ra Sm(0) = ‖u1m‖22 + a (u0m, u0m) ≤ C˜1, với mọi m, (1.2.22) Chương 1. Bài toán biên cho phương trình sóng một chiều 34 trong đó C˜1 là một hằng số chỉ phụ thuộc vào u0, u1, h0 và h1. Kết hợp (1.2.11), (1.2.13), (1.2.15)-(1.2.22), ta được (µ0 − 4ε)Xm(t) ≤ C˜1 + 1ε ‖g0‖ 2 L2(0,T) + 1 ε ‖g1‖2L2(0,T) + ∫ T 0 ‖ f (s)‖2 ds + ∫ t 0 [ 2 ε (∣∣∣h˜0∣∣∣2 + ∣∣∣h˜1∣∣∣2)+ 2√2 |K|+ 2 |λ|+ ‖ f (s)‖2]Xm(s)ds, (1.2.23) với mọi ε > 0. Bằng cách chọn ε > 0 sao cho µ0− 4ε > 0, ta suy ra từ (1.2.23) rằng Xm(t) ≤ M(1)T + ∫ t 0 N(1)T (s)Xm(s)ds, (1.2.24) trong đó M(1)T = (µ0 − 4ε)−1 ( C˜1 + 1 ε ‖g0‖2L2(0,T) + 1 ε ‖g1‖2L2(0,T) + ∫ T 0 ‖ f (s)‖2 ds ) , và N(1)T ∈ L1(0, T), N(1)T (s) = (µ0 − 4ε)−1 [ 2 ε (∣∣∣h˜0∣∣∣2 + ∣∣∣h˜1∣∣∣2)+ 2√2 |K|+ 2 |λ|+ ‖ f (s)‖2] . Áp dụng bổ đề Gronwall, ta suy ra từ (1.2.24), rằng Xm(t) ≤ M(1)T exp (∫ t 0 N(1)T (s)ds ) ≤ CT, với mọi t ∈ [0, T], (1.2.25) trong đó CT là hằng số dương phụ thuộc vào T. Đánh giá (1.2.25) chứng tỏ rằng ta có thể lấy Tm = T, với mọi m. Ngoài ra, tồn tại một dãy con của {um}, vẫn được ký hiệu như thế, sao cho um → u trong L∞(0, T;H1) yếu *, u′m → u′ trong L∞(0, T; L2) yếu *, um(0, ·)→ u(0, ·) trong H1(0, T) yếu, um(1, ·)→ u(1, ·) trong H1(0, T) yếu. (1.2.26) Nhờ bổ đề compắc của Lions (Phụ lục B, Bổ đề B.3) và phép nhúng H1(0, T) ↪→ C0 ([0, T]), ta suy ra từ (1.2.26) sự tồn tại của một dãy con, một lần nữa ký hiệu là {um}, thỏa mãn um → u mạnh trong L2(QT), um(0, ·)→ u(0, ·) mạnh trong C0 ([0, T]) , um(1, ·)→ u(1, ·) mạnh trong C0 ([0, T]) . (1.2.27) Chương 1. Bài toán biên cho phương trình sóng một chiều 35 Qua giới hạn trong (1.2.8)-(1.2.10), do (1.2.26) và (1.2.27), ta có u là nghiệm yếu của bài toán (1.2.1)− (1.2.4). b) Tính duy nhất nghiệm. Giả sử u1, u2 là hai nghiệm yếu của bài toán (1.2.1)− (1.2.4), sao cho ui ∈ L∞(0, T;H1(Ω)), u′i ∈ L∞(0, T; L2(Ω)),ui(0, ·), ui(1, ·) ∈ H1 (0, T) , i = 1, 2. Khi đó, u = u1 − u2 là nghiệm yếu của bài toán sau utt − uxx + Ku+ λut = 0, (x, t) ∈ QT, ux(0, t) = h0u(0, t) + λ0ut(0, t) + h˜1u(1, t) + λ˜1ut(1, t), −ux(1, t) = h1u(1, t) + λ1ut(1, t) + h˜0u(0, t) + λ˜0ut(0, t), u(x, 0) = 0, ut(x, 0) = 0. (1.2.28) Sử dụng bổ đề 2.4 trong [69] ta suy ra∥∥u′(t)∥∥22 + a (u(t), u(t)) + 2 ∫ t0 〈Ku(s) + λu′(s), u′(s)〉 ds + 2 ∫ t 0 [ λ0 ∣∣u′(0, s)∣∣2 ds+ λ1 ∣∣u′(1, s)∣∣2 ds+ (λ˜0 + λ˜1) u′(0, s)u′(1, s)] ds + 2h˜1 ∫ t 0 u(1, s)u′(0, s)ds+ 2h˜0 ∫ t 0 u(0, s)u′(1, s)ds = 0. (1.2.29) Đặt σ(t) = ∥∥u′(t)∥∥22 + ‖u(t)‖2∗ + µmin ∫ t0 [∣∣u′(0, s)∣∣2 + ∣∣u′(1, s)∣∣2] ds. (1.2.30) Từ (1.2.29), (1.2.30), ta có thể chứng minh rằng( 1− 2ε µmin ) σ(t) ≤ 2 [ 1 ε (∣∣∣h˜0∣∣∣2 + ∣∣∣h˜1∣∣∣2)+√2 |K|+ |λ|] ∫ t 0 σ(s)ds. (1.2.31) Chọn ε > 0, với 1− 2εµ−1min > 0. Sử dụng bổ đề Gronwall, ta suy ra từ (1.2.30)- (1.2.31), rằng σ(t) ≡ 0, nghĩa là, u1 ≡ u2. Định lý 1.2.2 được chứng minh. 1.2.2 Tính chính quy của nghiệm Trong mục này chúng ta sẽ khảo sát tính chính quy của nghiệm của bài toán (1.2.1)− (1.2.4) với giả thiết về các hằng số h0, h1, λ0, λ1, K, λ, h˜0, h˜1, λ˜0, λ˜1 tương tự như trong mục 1.2.1. Trước hết, ta có kết quả sau Chương 1. Bài toán biên cho phương trình sóng một chiều 36 Định lý 1.2.3. Cho T > 0 và giả sử rằng g0, g1 ∈ H1(0, T), f , ft ∈ L2 (QT). Khi đó nếu (u0, u1) ∈ H2 × H1 thỏa các điều kiện tương thích u0x(0) = h0u0(0) + λ0u1(0) + h˜1u0(1) + λ˜1u1(1) + g0(0),−u0x(1) = h1u0(1) + λ1u1(1) + h˜0u0(0) + λ˜0u1(0) + g1(0), (1.2.32) thì bài toán (1.2.1)− (1.2.4) có duy nhất một nghiệm yếu u. Hơn nữa, ta có u ∈ L∞ ( 0, T;H2 ) , ut ∈ L∞ ( 0, T;H1 ) , utt ∈ L∞ ( 0, T; L2 ) u(0, ·), u(1, ·) ∈ H2(0, T). (1.2.33) Nhận xét. Do tính chính quy của nghiệm u, cho bởi (1.2.33), ta có thể viết (1.2.7) dưới dạng như sau 〈 u′′(t), v 〉 + a (u(t), v) + ( λ0u′(0, t) + h˜1u(1, t) + λ˜1u′(1, t) ) v(0) + ( λ1u′(1, t) + h˜0u(0, t) + λ˜0u′(0, t) ) v(1) + 〈 Ku(t) + λu′(t), v 〉 = −g0(t)v(0)− g1(t)v(1) + 〈 f (t), v〉 , ∀ v ∈ H1, (1.2.34) trong L2(0, T) yếu. Chứng minh. Tính duy nhất nghiệm được chứng minh tương tự định lý 1.2.2. Dưới đây, ta sẽ chứng minh sự tồn tại nghiệm. Gọi {wj} là một cơ sở đếm được của H2. Ta tìm nghiệm xấp xỉ của bài toán (1.2.1)− (1.2.4) dưới dạng um(t) = m ∑ j=1 cmj(t)wj, trong đó các hàm hệ số cmj thỏa mãn hệ phương trình vi phân (1.2.8), với các điều kiện đầu um(0) = u0, u′m(0) = u1. (1.2.35) Do các giả thiết, rõ ràng hệ (1.2.8) và (1.2.35) có nghiệm um(t) trên khoảng [0, Tm]. Các đánh giá sau cho phép lấy Tm = T, với mọi m. Chương 1. Bài toán biên cho phương trình sóng một chiều 37 Đánh giá tiên nghiệm. Tương tự như trong chứng minh của định lý 1.2.2, ta có Xm(t) ≤ CT, với mọi t ∈ [0, T], m ∈ Z+, (1.2.36) với Xm(t) được xác định bởi (1.2.14) và CT là hằng số phụ thuộc T. Tiếp theo, đạo hàm (1.2.8) theo biến t, ta được 〈 u′′′m (t),wj 〉 + a ( u′m(t),wj ) + ( λ0u′′m(0, t) + h˜1u′m(1, t) + λ˜1u′′m(1, t) ) wj(0) + ( λ1u′′m(1, t) + h˜0u′m(0, t) + λ˜0u′′m(0, t) ) wj(1) + 〈 Ku′m(t) + λu′′m(t),wj 〉 = −g′0(t)wj(0)− g′1(t)wj(1) + 〈 f ′(t),wj 〉 , (1.2.37) với mọi j = 1, 2, ...,m. Nhân phương trình thứ j của (1.2.37) với c′′mj(t), lấy tổng theo j và tích phân theo biến thời gian từ 0 đến t, ta suy ra S˜m(t) = S˜m(0)− 2h˜0 ∫ t 0 u′m(0, s)u′′m(1, s)ds− 2h˜1 ∫ t 0 u′m(1, s)u′′m(0, s)ds − 2K ∫ t 0 〈 u′m(s), u′′m(s) 〉 ds− 2λ ∫ t 0 ∥∥u′′m(s)∥∥22 ds− 2 ∫ t0 g′0(s)u′′m(0, s)ds − 2 ∫ t 0 g′1(s)u ′′ m(1, s)ds+ 2 ∫ t 0 〈 f ′(s), u′′m(s) 〉 ds = S˜m(0) + 7 ∑ i=1 Ji, (1.2.38) trong đó S˜m(t) = ∥∥u′′m(t)∥∥22 + a (u′m(t), u′m(t)) + 2 ∫ t 0 [ λ0 ∣∣u′′m(0, s)∣∣2 + λ1 ∣∣u′′m(1, s)∣∣2 + (λ˜0 + λ˜1) u′′m(0, s)u′′m(1, s)] ds. (1.2.39) Cho t → 0+ trong phương trình (1.2.8), nhân kết quả thu được với c′′mj(0) và sử dụng điều kiện tương thích (1.2.32) ta có∥∥u′′m(0)∥∥22 = 〈u0xx, u′′m(0)〉+ 〈Ku0 + λu1, u′′m(0)〉+ 〈 f (0), u′′m(0)〉 . Từ đây suy ra S˜m(0) = ∥∥u′′m(0)∥∥22 + a (u1, u1) ≤ C˜2, với mọi m, (1.2.40) Chương 1. Bài toán biên cho phương trình sóng một chiều 38 trong đó C˜2 là một hằng số chỉ phụ thuộc vào u0, u1, f (·, 0), K và λ. Mặt khác, nhờ Phụ lục D.5, ta suy ra từ (1.2.39) rằng S˜m(t) ≥ µ0X˜m(t), (1.2.41) ở đây X˜m(t) = ∥∥u′′m(t)∥∥22 + ∥∥u′m(t)∥∥2∗ + ∫ t0 (∣∣u′′m(0, s)∣∣2 + ∣∣u′′m(1, s)∣∣2) ds, (1.2.42) và µ0 = min{C0, µmin}. Bằng cách đánh giá các số hạng Ji, (i = 1, 2, ..., 7) trong vế phải của (1.2.38) tương tự như trong chứng minh của định lý 1.2.2, ta được X˜m(t) ≤ M(2)T + ∫ t 0 N(2)T (s)X˜m(s)ds, (1.2.43) trong đó M(2)T = 2 µ0 [ C˜2 + 8 µ0 ∥∥g′0∥∥2L2(0,T) + 8µ0 ∥∥g′1∥∥2L2(0,T) + ∫ T 0 ∥∥ f ′(s)∥∥2 ds] , và N(2)T (s) = 2 µ0 [ 16 µ0 ( h˜20 + h˜ 2 1 ) + 2 √ 2 |K|+ 2 |λ|+ ∥∥ f ′(s)∥∥2] , N(2)T ∈ L1(0, T). Áp dụng bất đẳng thức Gronwall ta suy ra từ (1.2.43) rằng X˜m(t) ≤ M(2)T exp (∫ t 0 N(2)T (s)ds ) ≤ CT, với mọi t ∈ [0, T]. (1.2.44) Qua giới hạn. Kết hợp (1.2.14), (1.2.36), (1.2.42) and (1.2.44), ta suy ra tồn tại một dãy con của dãy {um}, mà ta vẫn ký hiệu là {um}, sao cho um → u trong L∞(0, T;H1) yếu *, u′m → u′ trong L∞(0, T;H1) yếu *, u′′m → u′′ trong L∞(0, T; L2) yếu *, um(0, ·)→ u(0, ·) trong H2(0, T) yếu, um(1, ·)→ u(1, ·) trong H2(0, T) yếu. (1.2.45) Chương 1. Bài toán biên cho phương trình sóng một chiều 39 Do bổ đề compắc của Lions (Phụ lục B, Bổ đề B.3) và các phép nhúng H1(0, T) ↪→ C0 ([0, T]), H2(0, T) ↪→ C1 ([0, T]), ta suy ra từ (1.2.45) sự tồn tại của một dãy con, vẫn ký hiệu bởi {um}, sao cho um → u mạnh trong L2(QT), và a.e. (x, t) ∈ QT, u/m → u/ mạnh trong L2(QT), và a.e. (x, t) ∈ QT, um(0, ·)→ u(0, ·) mạnh trong C1 ([0, T]) , um(1, ·)→ u(1, ·) mạnh trong C1 ([0, T]) . (1.2.46) Qua giới hạn trong (1.2.8) và (1.2.35), bằng cách sử dụng (1.2.45)-(1.2.46) ta có u thỏa mãn (1.2.34) và (1.2.6). Hơn nữa, từ (1.2.34) và (1.2.45)1,2,3 ta suy ra uxx = u′′ + Ku+ λu′ − f ∈ L∞(0, T; L2). (1.2.47) Vậy, u ∈ L∞(0, T;H2) và sự tồn tại nghiệm được chứng minh hoàn toàn. Tiếp theo ta sẽ khảo sát một kết quả tổng quát cho tính chính quy. Muốn vậy, với r ∈N, ta giả sử rằng (B.1) Hàm số f (x, t) thỏa mãn Dα f ∈ L∞(0, T; L2), ∀α = (i, j) ∈ Z2+, |α| = r, Dν2 f ∈ L2(0, T; L2), với 0 ≤ ν ≤ r+ 1, Dν2 f (·, 0) ∈ H1, với 0 ≤ ν ≤ r− 1. (B.2) g0, g1 ∈ Hr+1 (0, T) , r ≥ 1. (B.3) (u0, u1) ∈ Hr+2 × Hr+1 thỏa các điều kiện tương thích u[k]0x(0) = h0u [k] 0 (0) + λ0u [k] 1 (0) + h˜1u [k] 0 (1) + λ˜1u [k] 1 (1) + g [k] 0 (0), u[k]0x(1) = h1u [k] 0 (1) + λ1u [k] 1 (1) + h˜0u [k] 0 (0) + λ˜0u [k] 1 (0) + g [k] 1 (0), với mọi k ∈ {0, 1, ..., r}, trong đó các hàm u[r]0 và u[r]1 được xác định bởi công thức qui nạp u[0]0 = u0, u [r] 0 = u [r−1] 1 , r ≥ 1, Chương 1. Bài toán biên cho phương trình sóng một chiều 40 u[0]1 = u1, u [r] 1 = u [r−1] 0xx − Ku[r−1]0 − λu[r−1]1 + ∂ r−1 f ∂ t r−1 (x, 0), r ≥ 1, và g[0]i = gi, g [r] i = d rgi d t r , r ≥ 1, i = 0, 1. Một cách hình thức, đạo hàm các đẳng thức (1.2.1)− (1.2.4) theo biến thời gian t đến cấp r và ký hiệu u[r] = Dr2u, ta chuyển về việc xét nghiệm u [r] của bài toán (Q[r]) sau đây:  Lu[r] = f [r](x, t), (x, t) ∈ QT, B0u[r] = g [r] 0 (t), B1u [r] = g[r]1 (t), u[r](x, 0) = u[r]0 (x), u [r] t (x, 0) = u [r] 1 (x), (Q[r]) trong đó Lu[r] = u[r]tt − u[r]xx + Ku[r] + λu[r], f [r] = Dr2 f , B0u[r] = u [r] x (0, t)− h0u[r](0, t)− λ0u[r]t (0, t)− h˜1u[r](1, t)− λ˜1u[r]t (1, t), B1u[r] = −u[r]x (1, t)− h1u[r](1, t)− λ1u[r]t (1, t)− h˜0u[r](0, t)− λ˜0u[r]t (0, t). Từ các giả thiết (A1)-(A3) ta suy ra rằng u[r]0 , u [r] 1 , f [r], g[r]0 và g [r] 1 thỏa các điều kiện của định lý 1.2.3. Do đó, bài toán (Q[r]) duy nhất một nghiệm u[r] thỏa u[r] ∈ L∞ (0, T;H2) ∩ C0 (0, T;H1) ∩ C1 (0, T; L2) , u[r]t ∈ L∞ ( 0, T;H1 ) , u[r]tt ∈ L∞ ( 0, T; L2 ) , u[r](0, ·), u[r](1, ·) ∈ H2 (0, T) . (1.2.48) Hơn nữa, từ tính duy nhất nghiệm ta phải có u[r] = Dr2u. Vì vậy ta suy ra từ (1.2.48) rằng nghiệm u của bài toán (1.2.1)− (1.2.4) thỏa mãn u ∈ Cr−1 ( 0, T;H2 ) ∩ Cr ( 0, T;H1 ) ∩ Cr+1 ( 0, T; L2 ) , Dr2u ∈ L∞ ( 0, T;H2 ) ∩ C0 ( 0, T;H1 ) ∩ C1 ( 0, T; L2 ) , Dr+12 u ∈ L∞ ( 0, T;H1 ) , (1.2.49) Dr+22 u ∈ L∞ ( 0, T; L2 ) , u(0, ·), u(1, ·) ∈ Hr+2 (0, T) . Chương 1. Bài toán biên cho phương trình sóng một chiều 41 Tiếp theo ta sẽ chứng minh, bằng qui nạp theo r, rằng Dr+2−j2 u ∈ L∞(0, T;H j), 0 ≤ j ≤ r+ 2. (1.2.50) Với r = 1, từ (1.2.49) ta suy ra u′ ∈ L∞(0, T;H2), u′′ ∈ L∞(0, T;H1), u′′′ ∈ L∞(0, T; L2). (1.2.51) Mặt khác, do (1.2.1), (1.2.51) và giả thiết (A2) ta có uxxx = u′′xx + Kux + λu′x − fx ∈ L∞(0, T; L2). Vậy, u ∈ L∞(0, T;H3) và (1.2.50) thỏa với r = 1. Giả sử (1.2.50) thỏa mãn với r− 1, nghĩa là Dr+1−j2 u ∈ L∞(0, T;H j), 0 ≤ j ≤ r+ 1. (1.2.52) Trước hết, từ (1.2.49) ta suy ra Dr+2−j2 u ∈ L∞ ( 0, T;H j ) , với j = 0, 1, 2. (1.2.53) Xét j ∈ {3, 4, ..., r+ 2} và đặt θ = r+ 2− j. Từ (1.2.1), ta có ∂r+2u ∂xj∂tθ = ∂r+2u ∂xj−2∂tθ+2 + K ∂ru ∂xj−2∂tθ + λ ∂r+1u ∂xj−2∂tθ+1 − ∂ r f ∂xj−2∂tθ . (1.2.54) Mặt khác, từ giả thiết qui nạp (1.2.52) và giả thiết (A2) ta suy ra ∂θu ∂tθ ∈ L∞(0, T;H j−1), ∂ θ+1u ∂tθ+1 , ∂θ f ∂tθ ∈ L∞(0, T;H j−2). (1.2.55) Kết hợp (1.2.53), (1.2.54) và (1.2.55), nhờ lý luận qui nạp theo j, ta kết luận (1.2.50) thỏa mãn. Như vậy, từ các lập luận trên, ta có định lý sau Định lý 1.2.4. Giả sử (B.1)-(B.3) thỏa mãn. Khi đó, nghiệm duy nhất u(x, t) của bài toán (1.2.1)-(1.2.4) thỏa (1.2.49) và (1.2.50). Hơn nữa u ∈ Hr+2 (QT) ∩ r+1⋂ j=0 Cr+1−j ( 0, T;H j ) . (1.2.56) Chương 1. Bài toán biên cho phương trình sóng một chiều 42 1.2.3 Tính tắt dần theo hàm mũ của nghiệm Trong mục này ta giả sử λ > 0 và K là hằng số thỏa điều kiện C0 2 > K0 = max {−K, 0} . Gọi u(x, t) là một nghiệm của bài toán (1.2.1)-(1.2.4). Để khảo sát tính chất tắt dần của u, ta xét phiếm hàm Γ(t) = E˜(t) + δψ(t), (1.2.57) trong đó δ là một hằng số dương và E˜ (t) = 1 2 ∥∥u′ (t)∥∥22 + C02 ‖u (t)‖2∗ + K2 ‖u(t)‖22 , (1.2.58) ψ (t) = 〈 u (t) , u′ (t) 〉 + λ 2 ‖u (t)‖22 + λ0 2 |u (0, t)|2 + λ1 2 |u (1, t)|2 . (1.2.59) Bổ đề 1.2.5. Nếu δ < min { 1, C02 − K0 } thì tồn tại các hằng số β1, β2 sao cho β1E (t) ≤ Γ (t) ≤ β2E (t) , ∀t ≥ 0, (1.2.60) trong đó E (t) = 1 2 ∥∥u′ (t)∥∥22 +(C02 − K0 ) ‖u (t)‖2∗ . Chứng minh. Bằng cách sử dụng các bổ đề A9, A10 (xem Phụ lục A), ta dễ dàng thu được đánh giá sau Γ(t) ≤ 1+ δ 2 ∥∥u′(t)∥∥22 + [C02 + |K|+ δ (λ+ λ0 + λ1 + 1) ] ‖u(t)‖2∗ , mà từ đó suy ra Γ (t) ≤ β2E (t) , với β2 = 1+ δ+ C0 + 2|K|+ 2δ (λ+ λ0 + λ1 + 1) C0 − 2K0 . Một cách tương tự, ta có Γ(t) ≥ 1− δ 2 ∥∥u′(t)∥∥22 +(C02 − K0 − δ ) ‖u(t)‖2∗ . Chương 1. Bài toán biên cho phương trình sóng một chiều 43 Vậy, nếu δ < min { 1, C02 − K0 } thì Γ(t) ≥ β1E(t), trong đó β1 = min {1− δ,C0 − 2K0 − 2δ} > 0. Bổ đề được chứng minh hoàn toàn. Bổ đề 1.2.6. Ta có đánh giá sau d dt E˜ (t) ≤ ( ε1 2 − λ ) ∥∥u′ (t)∥∥22 + (ε1 − µmin2 ) [∣∣u′ (0, t)∣∣2 + ∣∣u′ (1, t)∣∣2] + 1 ε1 ( h˜20 + h˜ 2 1 ) ‖u (t)‖2∗ + 1 2ε1 [ g20 (t) + g 2 1 (t) + ‖ f (t)‖2 ] , (1.2.61) với mọi ε1 > 0. Chứng minh. Nhân phương trình (1.2.1) với u′(x, t) và tích phân trên Ω, ta được d dt E˜ (t) = −λ ∥∥u′ (t)∥∥22 − {λ0 ∣∣u′ (0, t)∣∣2 + λ1 ∣∣u′ (1, t)∣∣2 + ( λ˜0 + λ˜1 ) u′ (0, t) u′ (1, t) } − h˜0u (0, t) u′ (1, t) − h˜1u (1, t) u′ (0, t)− g0 (t) u′ (0, t)− g1 (t) u′ (1, t) + 〈 f (t) , u′ (t) 〉 . (1.2.62) Một lần nữa, sử dụng Phụ lục D.5, ta có λ0 ∣∣u′ (0, t)∣∣2 + λ1 ∣∣u′ (1, t)∣∣2 + (λ˜0 + λ˜1) u′ (0, t) u′ (1, t) ≥ µmin 2 [∣∣u′ (0, t)∣∣2 + ∣∣u′ (1, t)∣∣2] . (1.2.63) Từ (1.2.62) và (1.2.63) ta suy ra d dt E˜ (t) ≤ −λ ∥∥u′ (t)∥∥22 − µmin2 [∣∣u′ (0, t)∣∣2 + ∣∣u′ (1, t)∣∣2] − h˜0u (0, t) u′ (1, t)− h˜1u (1, t) u′ (0, t) − g0 (t) u′ (0, t)− g1 (t) u′ (1, t) + 〈 f (t) , u′ (t) 〉 . (1.2.64) Mặt khác, với ε1 > 0, −h˜0u (0, t) u′ (1, t) ≤ ε12 ∣∣u′ (1, t)∣∣2 + 1 2ε1 h˜20u 2 (0, t) ≤ ε1 2 ∣∣u′ (1, t)∣∣2 + h˜20 ε1 ‖u (t)‖2∗ (1.2.65) Chương 1. Bài toán biên cho phương trình sóng một chiều 44 −h˜1u (1, t) u′ (0, t) ≤ ε12 ∣∣u′ (0, t)∣∣2 + h˜21 ε1 ‖u (t)‖2∗ , (1.2.66) −g0 (t) u′ (0, t)− g1 (t) u′ (1, t) ≤ ε12 [∣∣u′ (0, t)∣∣2 + ∣∣u′ (1, t)∣∣2] + 1 2ε1 [ g20 (t) + g 2 1 (t) ] , (1.2.67) 〈 f (t) , u′ (t) 〉 ≤ ‖ f (t)‖2 ∥∥u′ (t)∥∥2 ≤ ε12 ∥∥u′ (t)∥∥22 + 12ε1 ‖ f (t)‖22 . (1.2.68) Kết hợp (1.2.68) - (1.2.68), dễ thấy rằng (1.2.61) thỏa mãn. Chứng minh của bổ đề được hoàn thành. Bổ đề 1.2.7. Hàm ψ(t) được xác định bởi (1.2.59) thỏa d dt ψ (t) ≤ ∥∥u′ (t)∥∥22 + (2 ∣∣∣h˜0 + h˜1∣∣∣+ 5ε2 − 1) ‖u (t)‖2∗ + 1 2ε2 ( λ˜20 + λ˜ 2 1 ) (∣∣u′ (0, t)∣∣2 + ∣∣u′ (1, t)∣∣2) + 1 2ε2 [ g20 (t) + g 2 1 (t) + ‖ f (t)‖22 ] , (1.2.69) với mọi ε2 > 0. Chứng minh. Nhân phương trình (1.2.1) với u(x, t) và tích phân trên Ω, ta có d dt ψ (t) = ∥∥u′ (t)∥∥22 − a (u (t) , u (t))− K ‖u (t)‖22 − ( h˜0 + h˜1 ) u (0, t) u (1, t)− λ˜0u′ (0, t) u (1, t)− λ˜1u (0, t) u′ (1, t) − g0 (t) u (0, t)− g1 (t) u (1, t) + 〈 f (t) , u (t)〉 . (1.2.70) Bằng một số đánh giá tương tự trong bổ đề 1.2.7, ta suy ra (1.2.69). Bổ đề được chứng minh. Định lý 1.2.8. Giả sử g20(t) + g 2 1(t) + ‖ f (t)‖22 ≤ σ1 exp(−σ2t), với mọi t ≥ 0, trong đó σ1, σ2 là hai hằng số dương. Khi đó, tồn tại γ1, γ2 > 0 sao cho với h˜0 và h˜1 được chọn đủ bé, ta có E(t) ≤ γ1 exp(−γ2t), với mọi t ≥ 0. (1.2.71) Chương 1. Bài toán biên cho phương trình sóng một chiều 45 Chứng minh. Từ (1.2.57), (1.2.61) và (1.2.69) ta suy ra rằng Γ′(t) ≤ ( δ+ ε1 2 − λ ) ∥∥u′ (t)∥∥22 + [ 1 ε1 ( h˜20 + h˜ 2 1 ) + δ ( 2 ∣∣∣h˜0 + h˜1∣∣∣+ 5ε2 − 1)] ‖u (t)‖2∗ + [ ε1 − µmin2 + δ 2ε2 ( λ˜20 + λ˜ 2 1 )] [∣∣u′ (0, t)∣∣2 + ∣∣u′ (1, t)∣∣2] + ( 1 2ε1 + δ 2ε2 ) [ g20 (t) + g 2 1 (t) + ‖ f (t)‖22 ] , (1.2.72) với mọi ε1, ε2 > 0. Lấy ε1, ε2 thỏa điều kiện ε1 < min { 2λ, µmin 2 } , ε2 ≤ 15, và chọn δ thỏa mãn đồng thời giả thiết của bổ đề 1.2.5 và δ < min { λ− ε1 2 , 2ε2 λ˜20 + λ˜ 2 1 (µmin 2 − ε1 )} . Khi đó, nếu h˜0, h˜1 đủ bé, cụ thể hơn ta có 1 ε1 ( h˜20 + h˜ 2 1 ) + 2δ ∣∣∣h˜0 + h˜1∣∣∣ < δ (1− 5ε2) , thì ta suy ra từ (1.2.72) và bổ đề 1.2.5 rằng tồn tại một hằng số γ < σ2 sao cho Γ′(t) ≤ −γΓ (t) + ( 1 2ε1 + δ 2ε2 )( g20(t) + g 2 1(t) + ‖ f (t)‖22 ) , t ≥ 0. (1.2.73) Kết luận của định lý 1.2.8 được suy ra từ (1.2.60), (1.2.73). NHẬN XÉT VÀ BÌNH LUẬN CHƯƠNG 1 1. Phương pháp được áp dụng trong mục (1.1) đã được chúng tôi sử dụng cho một số mô hình tương tự, đã được công bố trong [T7-T9]. Ngoài ra, chúng tôi cũng thiết lập một kết quả số minh họa cho phương pháp đã sử dụng ([T8]). 2. Vấn đề xấp xỉ nghiệm cho các phương trình đạo hàm riêng phi tuyến cũng đã được nghiên cứu bởi một số nhà toán học bằng các phương pháp khác nhau, Chương 1. Bài toán biên cho phương trình sóng một chiều 46 chẳng hạn như phương pháp tựa tuyến tính hóa suy rộng, (xem [12]). Phương pháp này chỉ ra hai dãy đơn điệu (nghiệm yếu trên và nghiệm yếu dưới), hội tụ bậc hai về nghiệm yếu duy nhất của bài toán biên được khảo sát. Kết quả của chúng tôi cho một cách tiếp cận khác trong vấn đề này. 3. Kết quả về tính tắt dần theo hàm mũ cho các nghiệm đủ trơn của bài toán (1.2.1)− (1.2.4), được trình bày trong mục 1.2.3, vẫn có giá trị đối với các nghiệm có tính trơn kém hơn (như trong Định lý 1.2.2) nhờ một số lập luận thông qua tính trù mật. ———-oOo———-