Luận văn Phương trình sóng với nguồn phi tuyến tổng quát với nguồn phi tuyến tổng quát với điều kiện biên neuuman không thuần nhất

14 Chương 2 SỰ TỒN TẠI VÀ DUY NHẤT NGHIỆM 2.1. Giới thiệu Xét bài toán giá trị biên và ban đầu sau: 0 1 0 1 ( ) ( , , , , ), 0 1, 0 , ( ) (0, ) ( ) ( ) (1, ) ( ) 0, ( , 0) ( ), ( , 0) ( ), tt xx x t x x t u t u f x t u u u x t T t u t g t t u t g t u x u x u x u x                   (2.1) với 0 1 0 1 , , , ,g g u u   là những hàm cho trước, số hạng phi tuyến f cũng là một hàm cho trước thỏa mãn một số điều kiện mà ta sẽ chỉ ra sau. Trong chương này, chúng tôi sẽ thiết lập một định lí tồn tại và duy nhất nghiệm yếu của bài toán (2.1) bằng phương pháp xấp xỉ tuyến tính kết hợp phương pháp Galerkin và phương pháp compact yếu. 2.2. Các ký hiệu và giả thiết Ta thành lập các giả thiết sau (H1) 1 0( ), ( ) 0, 0C t t       ; (H2) 2 10 1,u H u H   ; (H3) 1 3([0,1] [0, ) )f C    ; (H4) 20 1, ( ).g g C   Xét hàm phụ 2 0 0 12 ( ) [ ( ) ( )]( , ) 2 ( ) xg t x g t g t x t t     . Khi đó, với phép đổi biến sau ( , ) ( , ) ( , ), 0 1, 0v x t u x t x t x t T      , (2.2) thì v thỏa mãn bài toán biên thuần nhất sau 15 0 1 ( ) ( , , , , ), 0 1, 0 , (0, ) (1, ) 0, ( , 0) , ( , 0) , tt xx x t x x t v t v f x t v v v x t T v t v t v x v v x v               (2.3) trong đó 0 0 1 1 ( , , , , ) ( , , , , ) ( ) , (0), (0), x t x x t t tt xx t f x t v v v f x t v v v t v u v u                        (2.4) với  1 3 2 10 1 [0, ) , ,f C v H v H        . (2.5) Trong chương này, ta sử dụng một dạng song tuyến tính trên 1V H như sau: 1 1 0 ( , ) ( ) ( ) , , ,a u v u x v x dx u v H    (2.6) 1 1 0 ( , ) ( , ) , ( , ) , ,b u v a u v u v a u v uvdx u v H      . (2.7) Trên 1H ta sử dụng một chuẩn tương đương sau: 1 1 2 2 2 ' H v v v       . (2.8) Với 0, 0M T  , ta đặt 0 0( , , ) sup ( , , , , )K K M T f f x t u v w  , (2.9)  1 1( , , ) sup ( , , , , )x t u v wK K M T f f f f f f x t u v w          , (2.10) “ sup ” trong (2.9), (2.10) được lấy trên miền 0 1, 0 , , , 2x t T u v w M     . Với mỗi 0, 0M T  ta đặt 16 2 1 2 2 1 2 (0, ; ) (0, ; ) ( ) W( , ) { (0, ; ) : (0, ; ), ( ) , , } T t tt T t ttL T H L T H L Q M T v L T H v L T H v L Q v M v M v M          , (2.11)    21W ( , ) { W , : 0, ; }ttM T v M T v L T L   . (2.12) Bổ đề 2.1. Dạng song tuyến tính đối xứng  ,b u v là liên tục trên 1 1H H và cưỡng bức trên 1H , tức là (i) 1 11 1 0, ( , ) H H C b u v C u v   , (ii) 1 2 0 0 0, ( , ) H C b v v C v   . Ta cũng có chuẩn ( , ) V v b v v tương đương với chuẩn 1 1 2 2 2 ' H v v v       . Bổ đề 2.2. Tồn tại một cơ sở trực chuẩn   1j j w    của 2L gồm các hàm 1jw H và các j tương ứng sao cho 1 2 3 0 ... ..., lim j jj               ,   1, , , , 1,2,...j j jb w v w v v H j     Hơn nữa, dãy { } j j j w w              cũng là một cơ sở trực chuẩn của 1H với tích vô hướng (.,.)b . Và các jw thỏa bài toán biên sau : ( 1) , , (0) 0, (1) 0, ([0,1]), j j j j j j w w trong w w w C                17 Bổ đề 2.2 suy ra từ bổ đề 1.6 với 2 1, , ( , )H L V H b u v  được cho trong (2.7) 2.3. Thuật giải xấp xỉ tuyến tính Trong phần này, với các hằng số M và T thích hợp, ta xây dựng một dãy { } m v trong 1 ( , )W M T bằng quy nạp. Sau đó dãy { } m v sẽ được chứng minh hội tụ về nghiệm yếu của bài toán (2.3). Chọn số hạng ban đầu 0 0v  . Giả sử rằng 1 1 ( , ). m v W M T  (2.13) Ta liên kết bài toán (2.2) với bài toán biến phân tuyến tính sau: Tìm hàm 1 ( , ) m v W M T thỏa bài toán 1 0 1 , ( ) , ( ), , , (0) , (0) , m m m m m v w t v w F t w w H v v v v               (2.14) trong đó 1 1 1 ( ) ( , , , , ). m m m m F t f x t v v v     (2.15) Sự tồn tại m v cho bởi định lý dưới đây Định lý 2.1. Giả sử (H1) – (H4) đúng. Khi đó, tồn tại các hằng số 0M  và 0T  sao cho với 0 0v  cho trước, tồn tại một dãy quy nạp tuyến tính 1 { } ( , ) m v W M T xác định bởi (2.14)- (2.15). Chứng minh: Chứng minh bao gồm nhiều bước. Bước 1: Xấp xỉ Galerkin. Xét một cơ sở { }jw của 1H và trực chuẩn trong 2L như trong bổ đề 2.2. Dùng phương pháp Galerkin để xây dựng nghiệm xấp xỉ ( )( )k m v t của (2.14) theo dạng: 18 ( ) ( ) 1 ( ) ( ) , k k k m mj j j v t c t w   (2.16) trong đó ( )( )kmjc t thỏa hệ phương trình vi phân tuyến tính sau ( ) ( ) ( ) ( ) 0 1 ( ), ( ) ( ), ( ), , 1 , (0) , (0) , k k m j mx jx m j k k m k m k v t w t v t w F t w j k v v v v               (2.17) với   0 0 1 k k k j j j v w v     trong 2H , (2.18)   1 1 1 k k k j j j v w v     trong 1H . (2.19) Hệ (2.17) có thể được viết lại như sau: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( 1) ( ) ( ) ( ), , 1 , (0) , (0) . k k mj j mj m j k k k k mj mj mj mj c t t c t F t w j k c c                 (2.20) Từ đó, nghiệm của (2.20) được biểu diễn theo công thức sau           0 0 , t r k k k mj mj mj m j c t t dr F s w ds            0 0 ( 1) ,1 t r k j mj dr s c s ds j k      . (2.21) Bổ đề 2.3. Giả sử 1m v  thỏa (2.13). Khi đó hệ (2.20) có nghiệm duy nhất ( )( )k m v t trên [0, ]T . Chứng minh Ta viết hệ phương trình (2.21) thành phương trình điểm bất động sau ( ) [ ]( ), 0c t H c t t T   , trong đó 19 1 2 ( , ,..., ) k c c c c ,  1[ ] [ ],..., [ ]kH c H c H c , 0 0 [ ]( ) ( ) ( 1) ( ) ( ) t r j j j j H c t t dr s c s ds       , 0 0 ( ) ( ), ,1 t r j j j m j t t dr F s w ds j k        . Ta đặt  0 0, , kY C T      , ở đây ta sử dụng chuẩn trong Y như sau: 0 1 sup ( ) , k jY t T j c c t c Y       . Ta sẽ chứng minh :nH Y Y ,n   là co, tức là chứng minh tồn tại 0,1      sao cho: , ,n n YY H c H d c d c d Y     . Sau đây bằng quy nạp, ta sẽ chứng minh rằng với mọi *n   , ta có:        2 1 ( ) ( ) , , , 0, 2 ! n k kn n Yj j j t H c t H d t c d c d Y t T n              , (2.22) trong đó 0 ( 1) , sup ( ) k k t T t            .  Với 1n  , ta có: 20     1 10 0 ( ) ( ) ( 1) ( ) ( ) t rk k n n k j jj j j j H c t H d t c s d s dsdr           2 2 k Y t c d    . Vậy (2.22) đúng với 1n  .  Giả sử (2.22) đúng với 1n  , tức là:        2 1 ( ) ( ) , , , 0, 2 ! n k kn n Yj j j t H c t H d t c d c d Y t T n              .  Ta sẽ chứng minh (2.22) đúng với 1n  , nghĩa là:        2 2 1 1 1 ( ) ( ) , , , 0, 2 2 ! n k kn n Yj j j t H c t H d t c d c d Y t T n                Thật vậy:        1 1 1 1 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) k k n n n n j j j j j j H c t H d t H H c t H H d t           2 10 0 ( ) ( ) t r k n n k j j j H c s H d s dsdr      22 0 0 2 ! n t r k Y s c d dsdr n         2 2 2 2 ! n k Y t c d n      . Từ (2.22), ta được     2 , , 2 ! n n n YY T H c H d c d c d Y n       . 21 Chú ý rằng  2 lim 0 2 ! n k n T n    , do đó tồn tại một số tự nhiên 0 n sao cho : 02 0 ( ) 0 1 2 ! n k T n   . Vậy toán tử 0nH là co. Theo nguyên lý ánh xạ co Banach, ta suy ra hệ (2.21) có nghiệm ( )( )k m v t trên 0 t T  . Bổ đề 2.1 đã được chứng minh. Bước 2: Đánh giá tiên nghiệm Ta đặt               2 0 t k k k k m m m m S p t q t v s ds     , (2.23) trong đó              2 2k k km m mp t v t t v t   ,              2 2k k km m mq t v t t v t    . Từ (2.17) ta thay jw bằng    kmv t sau đó tích phân theo t ta được         2 0 0 ( ) (0) ( ) ( ) 2 ( ), ( ) t t k k k k m m m m m p t p s v s ds F s v s ds      . (2.24) Cũng từ (2.17) ta nhân  1j  cho hai vế ta thu được      , , ( ),k km j m jx m jv w t v w F t w      , ta lại có 1 ( ) ( ) 0 ( ), ( )k k m j m j v t w v t w dx       22              11 0 0 , k k k m j m j m j v t w v t w dx a v t w         ,           1 0 , k k m jx m j v t w v t w dx               11 0 0 k k m j m j v t w v t w dx                 11 0 0 1, 1 k k m j m j v t w v t w dx              1 0 , k k m j m j v t w dx v t w      ,     1 0 , m j m j F t w F t w dx            11 0 0 , m j m j m j F t w F t w dx a F t w       , Do đó, ta có    ( ( ), ) ( ) ( ), ( ( ), )k k m j m j m j a v t w t v t w a F t w      . Từ đây ta thay jw bằng    kmv t rồi lấy tích phân theo t được:         2 0 0 ( ) (0) ( ) ( ) 2 ( ), ( ) t t k k k k m m m m m q t q s v s ds F s v s ds        . (2.25) Từ (2.24), (2.25) và (2.23) ta suy ra      ( ) (0) (0)k k k m m m S t p q      2 2 0 ( ) ( ) ( ) t k k m m s v s v s ds          23     0 0 2 ( ), ( ) 2 ( ), ( ) t t k k m m m m F s v s ds F s v s ds          2 0 t k m v s ds  (2.26)   1 2 3 4 (0) k m S I I I I     . (2.27) Ta lần lượt đánh giá các tích phân , 1..4 i I i  Tích phân thứ nhất     2 2 1 0 ( ) ( ) ( ) t k k m mI s v s v s            0 0 ( ) t k m S s ds       , (2.28) trong đó : sup{ ( ) , 0 }t t T      . Tích phân thứ hai    2 0 0 2 ( ), ( ) 2 ( ) ( ) t t k k m m m mI F s v s ds F s v s ds        22 2 0 0 0 ( ) ( ) ( ) t t k k m m m F s v s ds K T S s ds           . (2.29) Tích phân thứ ba 1 3 1 4 1 5 1( ) ( ) ( ) ( )m m m mF t D f D f v t D f v t D f v t              1 1 1 1(1 ( ) ( ) ( ))m m mK v t v t v t          , suy ra 24 1 2 2 2 22 1 1 1 1 0 ( ) 4 (1 ( ) ( ) ( ) ) m m m m F t K v t v t v t dx           2 1 2 22 1 1 1 4 (1 ) m mH H K v v     2 2 1 4 (1 2 )K M  . Do đó, ta có 1 1 1 2 2 2 0 0 ( ) ( , ) ( , ) m m mH F s F x s ds F x s ds    2 2 2 0 1 4 (1 2 )K K M   . Mặt khác,                               1 2 0 0 , ,, k k k kk k m m m mm mk m H a v s v s v s v sb v s v s v s C C              0 k mS t C  . Suy ra   3 0 2 ( ( ), ( )) t k m m I a F s v s ds     0 2 ( ( ), ( )) t k m m b F s v s ds     1 11 0 2 ( ) ( ) t k m mH H C F s v s ds        2 2 21 0 1 00 2 4 1 2 t k m C K K M S s ds C         2 2 2 21 0 1 0 0 ( 4 (1 2 )) t k m C K K M T S s ds C      . (2.30) Tích phân thứ tư 25 Từ (2.17) ta thay jw bằng    kmv t ta được:          ( ), ( ) ( ) ( ), ( ) ( ), ( )k k k k k m m m m m m v t v t t v t v t F t v t      . Suy ra 2 ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )k k k k m m m m m v t t v t v t F t v t     . Do đó, ta được     2 2 22( ) 2 ( ) ( ) 2 ( ) k k m m m v t t v t F t   , lấy tích phân theo t ta thu được     2 2 22 0 0 0 ( ) 2 ( ) ( ) 2 ( ) t t t k k m m m v s ds s v s ds F s ds       2 0 0 0 2 ( ) 2 t k m S s ds TK  . (2.31) Từ (2.27)-(2.31) ta có     2 2 2 2 21 0 0 1 0 ( ) (0) 3 ( 4 (1 2 ) k k m m C S t S K K K M T C              0 0 0 2 2 ( ) t k mS s ds                . (2.32) Tiếp theo, do (2.18)-(2.19), ta suy ra tồn tại hằng số 0M  độc lập với m và k sao cho   22 2 2 2 1 1 0 0(0) (0) 2 k m M S v v v v               . Như vậy 26 2 ( ) ( ) 1 2 0 ( ) ( , ) ( ) ( ) 2 t k k m m M S t C M T C T S s ds          , (2.33) trong đó 2 2 2 2 21 1 0 0 1 0 ( , ) [3 ( 4 (1 2 )] C C M T K K K M T C     (2.34) 2 0 0 ( ) 2 2C T               . (2.35) Từ giả thiết 3 ( )H và (2.9), (2.10) ta có: 2 0 lim 0, 0,1 i T TK i    . (2.36) Khi đó từ (2.34) - (2.36) ta luôn chọn được hằng số 0T  sao cho   2 2 1 2 exp 2 M C C T M        , (2.37) và 0 0 0 1 0 0 4(1 2)min{1, ) .exp ( ) 1 min{1, }T k C K T T                  . (2.38) Cuối cùng từ (2.33) và (2.37) ta suy ra rằng:      2 2 2 0 ( ) exp ( ) , 0 t k k m m S t M C T C S s ds t T     , (2.39) áp dụng bổ đề Gronwall, ta có      2 22 2( ) exp exp , 0kmS t M C T C T M t T     . (2.40) Từ đây ta suy ra rằng ( ) ( , ), ,kmv W M T m k  . (2.41) Bước 3: Qua giới hạn 27 Từ (2.41), tồn tại một dãy con của   kmv vẫn kí hiệu là   kmv và tồn tại mv sao cho ( )k m m v v trong 2(0, ; )L T H yếu *, (2.42) ( )k m m v v  trong 1(0, ; )L T H yếu *, (2.43) ( )k m m v v  trong 2( ) T L Q yếu , (2.44) ( , ) m v W M T . (2.45) Từ (2.44) ta suy ra      , ,km j m jv t w v t w trong  2 0,L T yếu. (2.46) Áp dụng bổ đề về tính compact của Lions, ta thấy rằng phép nhúng từ     2 2 2 10, ; : 0, ;TW v L T H v L T H   vào  2 10, ;L T H là compact, mà ( ){ } ( , )k m v W M T nên  kmv bị chận trong TW , do đó ta có thể trích ra một dãy con vẫn ký hiệu là kmv sao cho k m m v v trong  2 10, ;L T H mạnh. (2.47) Từ (2.47) ta dễ dàng suy ra            , ,km j m jt a v t w t a v t w  trong  2 0,L T yếu. (2.48) Từ (2.42)-(2.46), và (2.48) qua giới hạn trong (2.17) ta có m v thỏa (2.14) trong 2(0, )L T yếu. Từ (2.13), (2.14) và (2.45) ta suy ra 2( ) (0, ; ) m m m v t v F L T L     , suy ra 28  1W ,mv M T . Định lý 2.1 được chứng minh hoàn tất. 2.4. Sự tồn tại và duy nhất nghiệm Định lý 2.2. Giả sử 1 ( )H - 4 ( )H đúng. Khi đó tồn tại 0M  và 0T  sao cho bài toán (2.3) có duy nhất nghiệm yếu 1 W ( , )v M T . Mặt khác, dãy quy nạp tuyến tính { } m v xác định bởi (2.14)-(2.15) hội tụ mạnh về nghiệm yếu v trong không gian 1 2 1 W ( ) { (0, ; ) : (0, ; )}T v L T H v L T L    . Hơn nữa, ta có ước lượng sau:    1 20, ; 0, ; m m m TL T H L T L v v v v Ck      , với mọi 1m  , (2.49) trong đó 0 1 T k  xác định bởi (2.38) và C là hằng số chỉ phụ thuộc vào 0 1 , ,T v v và T k . Chứng minh a) Sự tồn tại nghiệm. Chú ý rằng 1 W ( )T là không gian Banach với chuẩn    1 21W ( ) 0, ; 0, ;T L T H L T Lv v v    . Ta sẽ chứng minh { } m v là dãy cauchy trong 1 W ( )T . Đặt 1m m mw v v  . Khi đó mw thỏa mãn bài toán biến phân sau 1 1 ( ), ( ) ( ), ( ) ( ), , , (0) (0) 0. m m m m w t w t w t w F t F T w w H w w              (2.50) Trong (2.50), thay ( ) m w w t  ta thu được 29 1( ), ( ) ( ) ( ), ( ) ( ) ( ), ( )m m m m m m mw t w t t w t w t F t F T w t         . (2.51) Ta đặt 2 2 2 0 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) m m m Z t w t t w t w t     , (2.52) khi đó             2 , 2 ,m m m m md Z t w t w t t a w t w tdt             0' , 2 ,m m m ma w t w t w t w t    . (2.53) Từ (2.53), lấy tích phân theo t và kết hợp với (2.51) ta thu được        2 1 0 0 ( ) ( ) 2 , t t m m m m m Z t s w s ds F s F s w s ds          0 0 2 , t m m w s w s ds   . (2.54) Ta lần lượt đánh giá các tích phân ở vế phải (2.54).  2 00 0 ( ) ( ) ( ) t t m m s w s ds Z s ds          . (2.55)        2 20 0 0 0 2 , ( ( ) ) t t m m m m w s w s ds w s w s ds     0 0 0 ( ) min{1, } t m Z s ds    . (2.56)       1 1 0 0 2 , 2 ( ) ( ) ( ) t t m m m m m m F s F s w s ds F s F s w s ds       11 1 1 0 (1 2) ( ) ( ) ( ) t m m mH K w s w s w s ds     30 1 1 1 1 w ( ) w ( ) 2(1 2) m mT T K T w w  . (2.57) Từ (2.54)-(2.57), ta suy ra rằng 0 0 0 0 ( ) ( ) ( ) min{1, } t m m Z t Z s ds          1 1 1 1 W ( ) W ( ) 2(1 2) m mT T K T w w  . (2.58) Áp dụng bổ đề Gronwall, ta suy ra từ (2.58) rằng 1 1 0 1 1 w ( ) w ( ) 0 0 ( ) 2(1 2) exp ( ) min{1, }m m mT T Z t K T w w T                  . (2.59) Từ (2.52) và (2.59), ta suy ra      1 2 2 0 0 min{1, ) m m mH w t w t C Z t  0 0 1 2(1 2)min{1, }C K T  1 1 0 1 w ( ) w ( ) 0 0 exp ( ) min{1, } m mT T T w w                 . (2.60) Sử dụng bất đẳng thức    2 2 22a b a b   , từ (2.60) ta thu được 1 0 0 1W ( ) 4(1 2)min{1, ) m T w C K T  1 0 1 w 0 0 exp ( ) min{1, } m T w                 . (2.61) Cuối cùng ta suy ra 1 1 0W ( ) W ( ) m m TT T w k w , với mọi m , (2.62) 31 với T k đươc xác định ở (2.38). Từ (2.62) suy ra W ( )1 W ( ) W ( ) 11 1 1 2W ( ) ... TT T m p m m p m p mT v v w w w           W ( )1 1 2 0... T m p m p m T T Tk k k w        W ( )1 0 , , 1 T m T T k w m p k          . Suy ra  mv là dãy Cauchy trong 1W ( )T . Do đó tồn tại 1W ( )v T sao cho m v v trong 1 W ( )T mạnh. (2.63) Bằng cách lập luận tương tự vì ( , ) m v W M T , ta có thể lấy ra một dãy con của { } m v vẫn ký hiệu là { } m v sao cho m v v trong  20, ;L T H yếu *, (2.64) m v v  trong  10, ;L T H yếu *, (2.65) m v v  trong 2( ) T L Q yếu , (2.66) Từ (2.57) và do f liên tục, áp dụng định lý hội tụ bị chận Lebesgue ta có  , , , , jm F f x t v v v   trong  2 TL Q . (2.67) Mặt khác, vì  2 1 1 1 0, ; W ( ) ( , , , , ) j mj m L t L T F f x t v v v K v v        , nên ta có thể trích ra từ { } jm F một dãy con cũng gọi là { } jm F sao cho jm F F trong  20, ;L T L yếu *. (2.68) Vậy từ (2.67) và (2.68), ta có 32  , , , , jm F f x t v v v   trong  20, ;L T L yếu *. (2.69) Qua giới hạn (2.14) với sự kết hợp (2.64)-(2.66) ta thu được v thỏa mãn bài toán biến phân   1 0 1 , ( ) , , , , , , , , (0) , (0) , v w t v w f x t v v v w w H v v v v               b) Sự duy nhất nghiệm Giả sử 1 2 , v v là hai nghiệm yếu của bài toán (2.3) sao cho 1 W ( ), 1,2 i v T i  . Đặt 1 2 v v v  . Khi đó v thỏa mãn bài toán biến phân sau: 1 1 2 , ( ) , ( ) ( ), , , (0) (0) 0, v w t v w F t F t w w H v v             (2.71) trong đó  ( ) , , , , , 1,2i i i iF t f x t v v v i    . Tương tự cách lập luận ở trên, trong (2.71), cộng vào hai vế một lượng là 0 ( ),v t w , rồi thay w v  sau đó tích phân theo t ta được: 2 2 2 0 ( ) ( ) ( ) ( )v t t v t v t    2 1 2 0 0 ( ) ( ) 2 ( ) ( ), ( ) t t s v s ds F s F s v s ds      0 0 2 ( ), ( ) t v t v t ds   . (2.72) Lần lượt đánh giá các tích phân trong (2.72) tương tự (2.55), (2.56), chú ý rằng 33 11 2 1 0 0 2 ( ) ( ), ( ) 2 ((1 2) ( ) ( ) ) ( ) t t H F s F s v s ds K v t v t v t ds       1 2 2 1 0 3(1 2) ( ( ) ( ) ) t H K v t v t ds    . (2.73) Như vậy, ta có 0 0 0 0 00 0 0 3(1 2) ( ) ( ) ( ) ( ) min{1, } min{1, } t t t K Z t Z s ds Z s ds Z s ds C             0 0 0 0 0 0 3(1 2) ( ) min{1, } min{1, } t K Z s ds C                    , (2.74) trong đó 2 2 2 0 ( ) ( ) ( ) ( ) ( )Z t v t t v t v t     . (2.75) Áp dụng bổ đề Gronwall, ta suy ra từ (2.74) rằng ( ) 0Z t  hay 1 2 v v . Vậy định lý 2.2 được chứng minh hoàn tất.