Tài liệu Phương trình sóng phi tuyến với điều kiện biên chứa số hạng memory ở một phần biên trái

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP.HỒ CHÍ MINH Nguyễn Bằng Phong PHƯƠNG TRÌNH SÓNG PHI TUYẾN VỚI ĐIỀU KIỆN BIÊN CHỨA SỐ HẠNG MEMORY Ở MỘT PHẦN BIÊN TRÁI. 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 2009 LỜI CẢM ƠN Lời đầu tiên, tôi xin kính gởi đến TS. Nguyễn Thành Long, lời cám ơn sâu sắc về sự giúp đỡ tận tình của Thầy đối với tôi trong suốt khóa học và nhất là trong việc hoàn thành luận văn này. Xin chân thành cám ơn PGS. TS Nguyễn Bích Huy và TS. Lê Thị Phương Ngọc, cùng tất cả quý Thầy Cô trong Hội đồng chấm luận văn đã dành thời gian đọc và cho những ý kiến quý báu cũng như những lời phê bình bổ ích đối với luận văn của tôi. Tôi cũng xin cám ơn tất cả quý Thầy Cô Khoa Toán của Trường Đại học Sư phạm TP. Hồ Chí Minh và Trường Đại học Khoa học Tự nhiên TP. Hồ Chí Minh đã tận tình giảng dạy và truyền đạt những kiến thức bổ ích trong suốt khóa học tại Trường Đại học Sư phạm Tp. Hồ Chí Minh. Xin cám ơn quý Thầy Cô công tác tại Phòng Khoa học Công nghệ - Sau Đại học, Trường Đại học Sư phạm TP. Hồ Chí Minh đã tạo mọi điều kiện thuận lợi về mặt thủ tục hành chính cho tôi trong suốt khóa học. Xin gởi lời cám ơn đến Ban Giám hiệu và đồng nghiệp của Trường THPT chuyên Lê Quý Đôn, Ninh Thuận đã tạo điều kiện và khích lệ tôi trong suốt quá trình học. Xin chân thành cám ơn các bạn trong nhóm sinh hoạt chuyên môn, nhất là các anh Phạm Thanh Sơn, ThS Nguyễn Văn Ý - những người đã đóng góp cho tôi những ý kiến hết sức quý báu về chuyên môn, cũng như tạo điều kiện thuận lợi để tôi hoàn thành luận văn này. Tôi xin cám ơn các bạn học viên Cao học Khóa 17 và các bạn đồng nghiệp đã hỗ trợ tôi trong thời gian học. Cuối cùng, tôi xin gởi lời cám ơn sâu sắc đến gia đình tôi, là chỗ dựa cho tôi về mọi mặt và dành mọi điều kiện tốt nhất để tôi học tập và hoàn thành luận văn này. Nguyễn Bằng Phong 1 Chương 1. PHẦN MỞ ĐẦU Trong luận văn này chúng tôi xét bài toán sau: Tìm một cặp hàm u, P  thỏa: utt  (t )uxx  ut  F (u )  f (x , t ),  (t )ux (0, t )  P (t ),  (t )ux (1, t )  hu(1, t )  0,  u(x , 0)  u% 0 (x ), ut (x , 0)  u%1(x ),  0  x  1, 0  t  T , (1.1) trong đó t P (t )  g(t )   k (t  s )u(0, s )ds, (1.2) 0 ,h là các hằng số cho trước, , u%0 , u%1, g, f , F , k là các hàm cho trước thỏa các điều kiện mà ta sẽ chỉ ra sau. Trong [5], Nguyen Thanh Long, Le Van Ut và Nguyen Thi Thao Truc đã thiết lập một định lý tồn tại và duy nhất nghiệm cho bài toán (1.1)(1), (1.1)(4) với điều kiện biên: u(0, t )  0,   (t )ux (1, t )  Q (t ),  (1.3) trong đó t Q(t )  K 1(t )u(1, t )  1(t )ut (1, t )  g(t )   k (t  s )u(1, s )ds, (1.4) 0 g, K 1, 1 là các hàm cho trước. Tổng quát hóa kết quả trong [5], Le Thi Phuong Ngoc, Le Nguyen Kim Hang, Nguyen Thanh Long đã xét một dạng khác của bài toán (1.1)(1), (1.1)(4) với điều kiện biên: t  (0, t )u (0, t )  g (t )  k (t  s )u(0, s )ds, x 0  0  0  t  (1, t )ux (1, t )  g1(t )   k1(t  s )u(1, s )ds, 0  mà (1.3)- (1.4) được xét như một trường hợp riêng. (1.5) 2 Bài toán (1.1)- (1.2) được khảo sát trong luận văn này là một sự tổng quát hóa một phần kết quả trong [5] với F là một hàm theo u , đồng thời đây cũng là một dạng khác của bài toán được khảo sát trong [9]. Trong luận văn này, chúng tôi nghiên cứu sự tồn tại và duy nhất nghiệm toàn cục của bài toán (1.1)-(1.2). Việc chứng minh được dựa vào phương pháp xấp xỉ Galerkin, các kỹ thuật đánh giá tiên nghiệm cùng với các kỹ thuật hội tụ yếu dựa vào tính compact. Dựa vào kết quả này, chúng tôi tiến đến việc khảo sát tính trơn,   tính ổn định của nghiệm theo một bộ dữ liệu j , j , h j , g j , k j , f j với F , u% 0, u%1 là các hàm cố định cho trước. Cuối cùng là kết quả về việc nghiên cứu khai triển tiệm cận theo một tham số  khi   0 cho bài toán: Lu  u  (t )u  F (u )  u  f (x , t ), 0  x  1, 0  t  T , tt xx t   Q%  L0u  (t )ux (0, t )  P(t ), L1u  (t )ux (1, t )  hu(1, t ),  u(x , 0)  u% 0 (x ), ut (x , 0)  u%1(x ),   t trong đó P (t )  g(t )   k (t  s )u(0, s )ds. 0 Theo kết quả về khai triển tiệm cận của bài toán Q%  , chúng tôi đã xấp xỉ được nghiệm yếu u(t ) trong bài toán (1.1)-(1.2) dưới dạng một đa thức theo  : N u(x , t )  U i (x , t )i trong đó U i (x , t ) là các hàm được xác định từ những hệ i 0 phương trình vi phân tuyến tính đơn giản hơn. Các kết quả liên quan đến bài toán xấp xỉ tiệm cận theo một tham số đã được một số các tác giả quan tâm, chẳng hạn như: Ngoc, Hang, Long [9], Long, Ngoc [7], Long, Ut, Truc [5]. Luận văn được trình bày theo các chương mục sau: Chương 1: Phần mở đầu nêu tổng quan về bài toán khảo sát trong luận văn, điểm qua các kết quả đã có trước đó, đồng thời nêu bố cục của luận văn. Chương 2: Chúng tôi trình bày một số kết quả chuẩn bị bao gồm việc nhắc lại 3 một số không gian hàm, một số kết quả về các phép nhúng compact giữa các không gian hàm. Chương 3: Chúng tôi nghiên cứu về sự tồn tại và duy nhất nghiệm yếu của bài toán (1.1)-(1.2) cho trường hợp u%0  H 1, u%1  L2 . Chương 4: Chúng tôi khảo sát tính trơn của nghiệm khi u%0  H 2 , u%1  H 1 . Chương 5: Chúng tôi nghiên cứu tính ổn định của nghiệm bài toán (1.1)-(1.2)   theo bộ dữ liệu , , h, g, k, f với F , u% 0, u%1 là những hàm cố định cho trước. Chương 6: Chúng tôi nghiên cứu bài toán khai triển tiệm cận của nghiệm khi   0 . Kế đến là phần kết luận của của luận văn và sau cùng là danh mục các tài liệu tham khảo. 4 Chương 2. MỘT SỐ CÔNG CỤ CHUẨN BỊ 2.1. Các không gian hàm Đặt   (0,1) , QT   (0,T ) , T  0 . Bỏ qua định nghĩa các không gian hàm thông dụng C m  , Lp  , W 1,p  (có thể xem trong [1]), và kí hiệu H 1   H 1 , H 2   H 2 là các không gian Sobolev thông dụng. Ta định nghĩa L2  là không gian Hilbert với tích vô hướng u, v  1  u(x )v(x )dx ; 0 u, v  L2 . (2.1) Kí hiệu ||  || là chuẩn sinh bởi tích vô hướng (1.1), khi đó: u 2  u, u  1  u (x )dx, u  L . 2 2 (2.2) 0 Trên H 1 ta sử dụng chuẩn sau: || v ||2 1  || v ||2  || vx ||2, v  H 1 . H (2.3) Ta có kết quả sau: Bổ đề 2.1 Phép nhúng H 1
C 0  là compact và v C 0   2 v H1 . (2.4) 2.2. Không gian hàm Lp (0,T ; X ), 1  p  . Cho X là không gian Banach thực với chuẩn ||  ||X .Ta kí hiệu Lp (0,T ; X ), 1  p   là không gian các lớp tương đương của hàm u : 0,T   X đo được sao cho: T  0 p u(t ) X dt   với 1  p  , hay M  0 : u(t ) X  M , t  0,T  với p   . Trên Lp (0,T ; X ), 1  p   , ta trang bị một chuẩn xác định bởi (2.5) 5 1 hay u Lp (0,T ;X ) T  p p    u(t ) X dt  với 1  p  ,   0 u Lp (0,T ;X )  essup u(t ) X    inf M  0 : u(t ) X  M , t  0,T  với p  . (2.6) Khi đó ta có các bổ đề sau đây mà chứng minh của chúng có thể được tìm thấy trong Lions[2]. Bổ đề 2.2. Lp (0,T ; X ), 1  p   là một không gian Banach. Bổ đề 2.3. Gọi X  là không gian đối ngẫu của X . Khi đó Lp  (0,T ; X ) với 1 1   1, 1  p   là đối ngẫu của Lp (0,T ; X ) . Hơn nữa, nếu X phản xạ thì p p Lp (0,T ; X ) cũng phản xạ. Bổ đề 2.4. L1(0,T ; X )  L (0,T ; X ) . Hơn nữa, các không gian L1(0,T ; X ) , L (0,T ; X ) không phản xạ. Ghi chú 2.1. Nếu X  Lp thì ta kí hiệu Lp (0,T ; X )  Lp  0,T . 2.3. Phân bố có giá trị vectơ Định nghĩa 2.1 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 các phân bố có giá trị trong X được kí hiệu là:   D  0,T ; X   L(D(0,T ); X )  f : D(0,T )  X f tuyeán tính lieân tuïc . Ghi chú 2.2. Ta kí hiệu D 0,T  thay cho C c 0,T  để chỉ không gian các hàm thực khả vi vô hạn và có giá compact trong 0,T  . Định nghĩa 2.2. Cho f  D  0,T ; X  . Ta định nghĩa df : D(0,T )  X xác định bởi dt 6 df d ,   f, ,   D(0,T ) . dt dt Ta dễ dàng nghiệm lại rằng (2.7) df df được gọi là đạo hàm của f  D  0,T ; X  và dt dt theo nghĩa phân bố. Các tính chất 1) Cho v  Lp (0,T ; X ) . Đặt tương ứng nó với ánh xạ Tv : D(0,T )  X xác định như sau : Tv ,   T  v(t )(t )dt,   D(0,T ) . 0 (2.8) Ta có thể nghiệm lại rằng Tv  D  0,T ; X  . Thật vậy: i) Ánh xạ Tv : D(0,T )  X hiển nhiên là tuyến tính. ii) Ta nghiệm lại ánh xạ Tv : D(0,T )  X là liên tục. Giả sử  j   D(0,T ) thỏa  j  0 trong D(0,T ) , ta có : Tv ,  j X  T  v(t ) (t )dt 0 T j X   v(t )j (t ) X dt 1 0 1 p T p  T p p  j      v(t ) X dt     j (t ) X dt    0.    0   0  Do đó, Tv ,  j  0 trong X khi j   . Vậy Tv  D  0,T ; X  . 2) Ánh xạ Tv : D(0,T )  X là một đơn ánh từ Lp (0,T ; X ) vào D  0,T ; X  . Do đó, ta có thể đồng nhất Tv  v . Khi đó, ta có kết quả sau. Bổ đề 2.5. (Lions[2]) Lp (0,T ; X )  D  0,T ; X  với phép nhúng liên tục. 2.4. Đạo hàm trong Lp 0,T ; X  . Do bổ đề 2.5, f  Lp (0,T ; X ) có thể xem như là một phần tử của D  0,T ; X  , nghĩa là f  D  0,T ; X  . Do đó, df cũng là một phần tử của D  0,T ; X  . dt 7 Ta có kết quả sau: Bổ đề 2.6. (Lions[2]) Nếu f  L1(0,T ; X ) và f   L1(0,T ; X ) thì f bằng hầu hết với một hàm liên tục từ 0,T   X . Bổ đề 2.7 (Lions[2]) Nếu f  Lp (0,T ; X ) và f   Lp (0,T ; X ) thì f bằng hầu hết với một hàm liên tục từ 0,T   X . 2.5. Bổ đề về tính compact của Lions[2] Cho ba không gian Banach X 0, X1, X với X 0  X  X1 và các phép nhúng liên tục sao cho : i) X 0, X 1 là phản xạ. ii) Phép nhúng X 0
X là compact. (2.9) (2.10) 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 W 0,T  một chuẩn v W 0,T   v Lp0 0,T ;X 0  (2.11)  v Lp1 0,T ;X 1  . (2.12) Khi đó, W 0,T  là một không gian Banach. Hiển nhiên W 0,T   Lp0 0,T ; X  . Ta cũng có kết quả sau đây về phép nhúng compact. Bổ đề 2.8. (Bổ đề về tính compact của Lions [2]) Với các giả thiết (2.10), (2.11) và nếu 1  pi  , i  0, 1 thì phép nhúng W 0,T 
Lp0 0,T ; X  là compact. Bổ đề 2.9. (Bổ đề về sự hội tụ yếu trong Lp (Q ) [1]) Cho Q  ¡ N là tập mở, bị chặn, Fm ,   Lp (Q ), 1  p   sao cho Fm Lp (Q )  C và Fm   hầu khắp nơi trên Q , trong đó C là hằng số độc lập với m . Khi đó: Fm   yếu trên Lp (Q ) . 2.6. Định lý Schauder Cho K là tập lồi, đóng, khác rỗng của không gian Banach E và T : K  K là ánh xạ liên tục sao cho bao đóng T K  của T K  là tập compact. Khi đó T có ít nhất một điểm bất động. 2.8. Định lý Arzela-Ascoli Cho T  0 , ký hiệu X  C  0,T ; ¡m  là không 8 gian Banach các hàm liên tục f : 0,T   ¡m đối với chuẩn f X  sup m f 0t T j 1 j t  , f   f1,..., fm   X . Giả sử Y  X thỏa: i) Y bị chặn đều, tức là M  0 : f X  M , f  Y . ii) Y liên tục đồng bậc (đẳng liên tục), tức là m   0,   0 : t, t   0,T , t  t    thì sup  f j t   fj t    . f Y j 1 Khi đó Y compact tương đối trong X . 2.9. Bất đẳng thức Gronwall Giả sử f : 0,T   ¡ là hàm khả tích, không âm t trên 0,T  và thỏa f t   C 1  C 2  f   d , a.e. t  0,T , với C 1, C 2 là các 0 hằng số không âm. Khi đó f t   C 1 exp C 2t , a.e. t   0,T  . 2.10. Các kí hiệu Ta dùng các kí hiệu u (t )  ut (t ), u (t )  utt (t ), ux  u(t ), uxx  u(t ) để lần lượt chỉ u 2u u  2u (x , t ), 2 (x , t ), (x , t ), (x , t ) . t t x x 2 9 Chương 3: SỰ TỒN TẠI VÀ DUY NHẤT NGHIỆM Trong chương này, chúng tôi trình bày định lý về sự tồn tại và duy nhất nghiệm yếu toàn cục cho bài toán: Tìm một cặp hàm u(x , t ), P (t ) thỏa : utt  (t )uxx  ut  F (u )  f (x , t ),  (t )u (0, t )  P (t ), x   (t )ux (1, t )  hu(1, t )  0,  u(x , 0)  u% 0 (x ), ut (x , 0)  u%1(x ),  0  x  1, 0  t  T , (3.1) trong đó t P (t )  g(t )   k (t  s )u(0, s )ds, (3.2) 0 u%0, u%1, F , f , g, k ,  là các hàm cho trước thỏa các điều kiện nào đó mà ta sẽ chỉ ra sau. Trước tiên ta thành lập các giả thiết: H 1  u%0  H 1(0,1), u%1  L2 0,1, H 2    ¡, h  ¡ , H 3  f  L2 QT , H 4  k  H 1(0,T ), g  H 1 0,T , H 5    C 1  ¡  , (t )  0  0, F1  F  C 0 ¡  và thỏa mãn điều kiện sau: tồn tại các hằng số C 1, C 1  0 sao cho : z  F (s)ds  C z 0 1 2  C 1 , với mọi z  ¡ . F2  Với mỗi M  0 , tồn tại K M  0 sao cho : F (u )  F (v )  K M u  v , u, v  M , M  . 10 Khi đó ta có định lý : Định lý 3.1 Giả sử H 1   H 5  , F1   F2  đúng. Khi đó, với mỗi T  0 , tồn tại duy nhất   một nghiệm yếu u, P của bài toán (3.1)-(3.2) sao cho : u  L 0,T ; H 1 , ut  L 0,T ; L2  ,   u(0, ), P  H 1(0,T ), u(1, )  L 0,T  .  Chứng minh Bước 1 : Xấp xỉ Galerkin Xét một dãy w j  là một cơ sở đếm được của H 1 , trực chuẩn trong L2 . Ta tìm nghiệm xấp xỉ của bài toán (3.1)-(3.2) dưới dạng: m um (t )   cmj (t )w j , (3.3) j 1 trong đó, các hàm hệ số cmj (t ) thỏa mãn hệ phương trình vi phân : um (t ), wi  (t ) umx (t ), wix  Pm (t )wi (0)  hum (1, t )wi (1)   um (t ), wi  F (um (t )), wi  f (t ), wi , 1  i  m, (3.4) t Pm (t )  g(t )   k(t - s)um(0,s)ds, (3.5) m  um (0)  u% 0m   mj w j  u% 0 maïnh trong H 1,  j 1  m   % u (0) u   mj w j  u%1 maïnh trong L2 .   m 1m  j 1  (3.6) 0 Hệ (3.4)-(3.6) được viết lại dưới dạng :   (t )  cmi  (t )   (t ) wix , w jx  hwi (1)w j (1)cmj (t ) cmi    j 1   F%i [cm ](t )  P[cm ](t )wi (0)  f (t ), wi ,1  i  m,    (0)  mi . cmi (0)  mi , cmi   m (3.7) 11 t m 0 j 1 P cm (t )  g(t )   k (t  s ) cmj (s )w j (0)ds, (3.8) m F%i [cm ](t )  F ( cmj (t )w j ), wi . (3.9) j 1 Khi đó, ta có bổ đề sau: Bổ đề 3.1 Giả sử H 1   H 5  là đúng. Với mọi T  0 cố định, khi đó hệ (3.7)-(3.9) có nghiệm um , Pm  trên 0,Tm   0,T  . Chứng minh Lấy tích phân (3.7) theo biến thời gian từ 0 đến t , nhân vào cả hai vế cho e t , ta được: etcmi (t )  Ami [cm ](t )  mi (t ), 1  i  m . (3.10) trong đó t t m t   % Ami [cm ](t )  e    % ij (s )cmj (s )ds  wi (0) P[cm ](s )ds  Fi [cm (s )]ds  ,  j 1 0  0 0 t t    mi (t )  e mi  mi   f (s ), wi ds  ,   0 t % ij (t )  (t ) wix , w jx  hwi (1)w j (1). (3.11) (3.12) (3.13) Tiếp tục lấy tích phân hai vế (3.10) theo biến thời gian từ 0 đến t , ta được: cmi (t )  e t t A 0 mi [cm ](s )ds  %mi (t ), 1  i  m, (3.14) trong đó t  t  % mi (t )  e   mi (s )ds  mi  .   0 Đặt (3.15) 12 cm (t )  cm 1(t ), cm 2 (t ),..., cmm (t ), Dm cm (t )  Dm 1 cm (t ), Dm 2 cm (t ),..., Dmm cm (t ), Dmi cm (t )  e t t  0 Ami [cm ](s )ds, (3.16) %m (t )  %m 1(t ), %m 2 (t ),..., %mm (t ) . Hệ (3.14) được viết lại là: cm (t )  Dm cm (t )  %m (t )  Ucm m (t ) (3.17) Để đơn giản, ta bỏ qua chỉ số m, khi đó hệ (3.17) được viết lại như sau: c  Uc . (3.18) Chú ý rằng với mỗi i, 1  i  m thì    % (Uc)i (t )  Di c (t )  i (t ),  t  t Di c (t )  e  Ai [c ](s )ds,  0  t t m t   t  Ai [c ](t )  e   %ij (s )c j (s )ds  wi (0) P[c ](s )ds   F%i [c(s )]ds  (3.19)  0 0  j 1 0   t    %i (t )  e t  i (s )ds  i  ,     0  t     (t )  e t     i  fi (s ), wi ds  .  i  i  0  Với Tm  0, M  0 mà ta sẽ chọn sau. Đặt: S  c  C 0 0,Tm ; ¡m  : c 0  M trong đó c m 0  sup c(t ) 1 , c(t ) 1   ci (t ) . 0t Tm (3.20) i 1 Dễ thấy S là tập con lồi, đóng, bị chặn trong không gian Banach Y  C 0  0,Tm ; ¡m  . 13 (a) Trước tiên ta sẽ tìm cách chọn Tm  0, M  0 để ánh xạ U đi từ S vào chính nó. Do (t )  C 0 0,Tm ; ¡m  , % (t )  Y , nên từ (3.14), ta suy ra A c (t )  A1 c (t ), A2 c (t ),..., Am c (t )  Y , c  Y . Từ đó suy ra D c (t )  Y , c  Y . Do đó: U :Y  Y . Lấy c  S . Từ (3.19)(1,2) , ta có:    (Uc )(t )  D c (t )  % (t ) ,  1 1 1  t   D c (t )  A[c ](s ) ds  T A[c ] .  m  1 1 0   0 (3.21) Mặt khác, từ (3.19)(3), ta có: t m m  t    % % [ ( )] ( ) ( ) ( ) A c t  e  c s ds  w g s ds  T N M  T N  i m 1i m 2i  ,  1   i 1 i 1 i 1 0  0  m t trong đó   m   ij  max ij (t ), 1  t  Tm , %  max   , 1   i m  ij ,    j 1      m w%   wi (0), i 1 m   (0) N 1i (M )  k L1 (0,T ) sup  w  i  y j w j (0) , y  j 1   N 2i   w i H1  ¡n     M , 1  i  m    (3.22) ,   max F (z ) , z  ¡ , 1  i  m. Từ đó suy ra: A[c ] 0  e Tm  % MTm  w% g   Tme Tm   T  T N ( M )  T N   m m 1 i m 2 i L (0,T )  i 1 i 1 m m   % M  w% g L (0,T )   N 1i (M )   N 2i    i 1 i 1  Tme Tm (M ,T ). m m  (3.23) 14 Kết hợp (3.21), (3.23) ta có : Uc 0 trong đó % 0*  Tm2e Tm (M ,T )  %  0* , (3.24)  (3.25)  sup % (t ) , 0  t  T . 1 Chọn M  0, sau đó chọnTm  0 sao cho  % M    , 2  0*  2 Tm M . Tme (M ,T )  2  Từ đó suy ra Uc 0 (3.26)  M với mọi c  S . Điều này có nghĩa là U (S )  S . (b) Tiếp theo, ta sẽ chỉ ra rằng U : S  Y là ánh xạ liên tục. Lấy c, d  S , ta có: (Uc)i (t )  (Ud )i (t )   Di [c ](t )  Di [d ](t ), 1  i  m, Di c (t )  D i d (t )  e Ai [c ](t )  Ai [d ](t )  e t t t  A [c ](s )  A [d ](s)ds, 1  i  m, i 0 m i t   % (s ) c j 1 0 ij j t t   wi (0)e   P[c ]  P[d ](s )ds   F%i [c ]  F%i [d ] (s )ds  , 0  0  t m 0 j 1 (3.28)  d j  (s ) ds  t P c (t )  P d (t ) (3.27)   k (t  s ) c j  d j  (s )w j (0)ds, m  m  F%i [c ](t )  F%i [d ](t )  F  c j (t )w j   F  d j (t )w j  , wi .  j 1   j 1  (3.29) (3.30) (3.31) Từ (3.30), (3.22)(2), tồn tại hằng số   (k, w% )  0 sao cho sup P c (t )  P d (t )    c  d 0t Tm Từ (3.31) và giả thiết (F2 ) , suy ra 0 . (3.32) 15 m  F% [c ](t )  F% [d ](t )  sup i 0t Tm i 1 i c d 0 . (3.33) Do đó A[c ]  A[d ] 0  e TmTm % c  d 0  e TmTm w%   1 c  d 0 . (3.34) Suy ra Uc Ud 0  e TmTm2 % B 1 c  d 0  e TmTm2w% B 1   1 c  d 0 . (3.35) Từ các đánh giá (3.34) và (3.35) ta suy ra U : S  Y là liên tục. (c) Ta còn chỉ ra rằng U (S ) là compact tương đối trong Y . Lấy c  S , t, t    0,Tm  . Từ (3.19) ta có: (Uc)i (t )  (Uc)i (t )   Di c (t )  Di c   (t )  %i (t )  %i (t ) , 1  i  m. Di c (t )  Di c (t )  e  e t0 t e t  t (3.36) t   A [c ](s )ds  e  A [c ](s )ds 0 t t  i t i t t  t   Ai [c ](s )ds  e  Ai [c ](s)ds, 1  i  m. t  (3.37) t 0 t %i (t )  %i (t )  e t0  t  t  i  e t0  t  t   i (s )ds 0 e t  t   (s)ds, 1  i  m, t (3.38) i trong đó t 0  t, t  hoặc t 0  t , t  . Suy ra: Di c (t )  Di c (t ) 1  Tm  1 A c  0 t  t  . %i (t )  %i (t )   t  t  1 trong đó  0*  m  i 1 i  Tm  1    sup % (t ) , 0  t  T . 1 (3.39) 0* t t , (3.40) 16 Từ (3.36), (3.39), (3.40) ta suy ra rằng tồn tại một hằng số 1 độc lập với c, t, t  sao cho: Uc(t ) Uc(t )  1 t  t  . (3.41) Từ kết quả U (S )  S và đánh giá (3.41), ta suy ra tập hợp U (S ) bị chặn đều và liên tục đều theo chuẩn || . ||0 trong không gian Banach Y . Áp dụng định lý Azela-Ascoli ta có U (S ) là tập compact tương đối. Theo định lý điểm bất động Schauder, U có một điểm bất động c  (c1, c2,..., cm )  S . Từ đó ta suy ra rằng hệ (3.4)-(3.6) có nghiệm um (t ), Pm (t ) m với um (t )   cmj (t )w j trên đoạn 0,Tm  . j 1 Các đánh giá tiên nghiệm sau đây cho phép ta lấy Tm  T , với mọi m . Bước 2: Đánh giá tiên nghiệm:  (t ), lấy Thay (3.5) vào (3.4). Nhân vào phương trình thứ j của (3.4) với cmj tổng theo j, ta được: t   2 2     S m (t )   (t ) umx (t )  2 um (t )  2 g(t )   k (t  s )um (0, s )ds  um (0, t )   0 2 F (um (t )), um (t )  2 f (t ), um (t ) , trong đó 2 S m (t )  um (t )  (t ) umx (t )  hum2 (1, t ) . 2 (3.42) Lấy tích phân theo biến thời gian từ 0 đến t , ta được t S m (t )  S m (0)   0 t 2 0 1 2  0 t t 2 (s ) umx (s ) ds  2  um (s ) ds  2 g(s )um (0, s )ds 2 0 0  1 0 0 um (0, s )ds  k (s   )um (0,  )d   2  Fˆ(um (x , t ))dx t Fˆ(u 0m (x ))dx  2  f (s ), um (s ) ds , 0 (3.43) 17 trong đó Fˆ(z )  z  F (s)ds . (3.44) 0 Sử dụng giả thiết H 4 , lấy tích phân từng phần theo biến thời gian cho các số t hạng t  g(s )u  (0, s )ds 0 và m s  u  (0, s )ds  k(s   )u 0 1 S m (t )  S m (0)  2  0 m m (0,  )d , ta được: 0 t t 0 0 2 2 Fˆ(u 0m (x ))dx   (s ) umx (s ) ds  2  um (s ) ds t t 0 0 2um (0, t ) k (t   )um (0,  )d  2k (0) um2 (0, s )ds t 2g(0)u 0m (0)  2g (t )um (0, t )  2  0 t t g (s )um (0, s )ds  2  f (s ), um (s ) ds 0 s 1 2  um (0, s )ds  k (s   )um (0,  )d   2  Fˆ(um (x , t ))dx . 0 (3.45) 0 0 Từ (3.42) và giả thiết H 5  , ta có bất đẳng thức: 2 S m (t )  um (t )  0 umx (t ) . 2 (3.46) Từ bổ đề 2.1, (3.46), và (3.6)(1) ta có: t  2  um (t )   um (0)   um (s ) ds   2 u 0m  0  2 2 t  2t  S m (s )ds 0 t  C 0  2t  S m (s )ds . (3.47) 0 2 2 2  2 um (0, t )  um (t ) C 0  2 um (t ) H 1  2 umx (t )  um (t ) t   S m (t )   2 C 0   2t  S m (s )ds  .  0  0 Áp dụng bất đẳng thức 2  (3.48) 18 2ab  a 2  1 2 b,  a, b  ¡,   0 . (3.49) Ta lần lượt có các đánh giá sau: t  0  (s ) umx (s ) ds  2 0  t S 0 m (s )ds , (3.50) trong đó || . || || . ||L . t t 2 k (0) u (0, s )ds  4 k (0)  um (s ) H 1 ds . 2 m 0 2 (3.51) 0 t 1 2um (0, t ) k (t   )um (0,  )d   u (0, t )   0 2 m 2  2 um (t ) H 1 2 g(t )um (0, t )  um2 (0, t )  t t 0 0 2  k  2 L2 (0,T ) t t  k ()d . u 2 0 t  2 m (0,  )d  0 2 um (s ) H 1 ds . (3.52) 1 2 1 2 g (t )  2 um (t ) H 1  g 2 (t ) .   (3.53) 0 t 2  g (s )um (0, s )ds  2  u (s ) H 1 ds   g (s ) ds 2 m t 2 0  2  um (s ) H 1 ds  g  2 0 2 L2 0,T  . (3.54) Áp dụng bất đẳng thức (3.49) kết hợp với bất đẳng thức Cauchy-Schwartz, ta có các đánh giá sau: t s 0 0 2  um (0, s )ds  k (s   )um (0,  )d  t t s 0 0 s   um (0, s ) ds   ( k (s   ) d   um (0,  ) d  )ds 0 2 t  2  um (s ) H 1 ds  2T k  0 2 2 2 L2 t  0 0 2 um (s ) H 1 ds 2