[...]... độc lập với m và Gm ! G với hầu hết (r; t) trong Q: Khi đó Gm ! G trong Lq (Q) yếu 9 2.7.Định lý Ascoli-Arzela: Cho mở bị chặn trong Rn Một tập K C của C là tương đối compact (tức là K compact trong C ) trong C nếu hai điều kiện sau đây thỏa: i) 9 M 0 :ju (x)j M; 8u 2 K; 8x 2 ii)8" > 0; 9 > 0 : 8u 2 K; 8x; y 2 ; kx yk < ) ju (x) u (y)j < ": 2.8.Định lý Schauder Cho K là một tâp con lồi, đóng của một không... chứng minh Dùng Bổ đề 3.1 với T > 0 cố định hệ (3.6) (3.8) có nghiệm (um (t) ; Pm (t)) trên [0; Tm ] Xấp xỉ sau cho phép ta lấy hằng số Tm = T với mọi m Bước 2 Đánh giá tiên nghiệm Nhân phương trình thứ j của (3.6) với c0mj (t) và cộng lại theo j ta có 1 d 2 dt 1 d ku0m (t)k2 + 2 (t) dt kumx (t)k2 + Pm (t) u0m (0; t) + hF (um (t)) ; u0m (t)i hf (t) ; u0m (t)i = 0 : (3.37) Lấy tích phân theo biến thời... được thỏa, khi đó với mỗi T > 0 tồn tại duy nhất một nghiệm yếu u của bài toán (1.1) – (1.3) thỏa: u 2 L1 (0; T ; V \ H 2 ) ; ut 2 L1 (0; T ; V ) ; utt 2 L1 (0; T ; L2 ) : (4.1) Chứng minh Chứng minh gồm 4 bước Bước 1 Xấp xỉ Faedo-Galerkin Xét cơ sở trực chuẩn fwj g của V \ H 2 Ta tìm nghiệm xấp xỉ của bài toán (1.1) – (1.3) dưới dạng (3.5) với những hàm hệ số cmj thỏa hệ phương trình vi phân thường... 0 0 với KT = sup Zt 2KT Zt CT + Zt xm (s) ds; 0 jF 0 (z)j : Đánh giá J5 : Bằng cách sử dụng tích phân từng phần, ta viết lại J5 như sau: 31 (4.17) Zt 0 0 2 Pm (s) u00 (0; s) ds = 2Pm (0) u1m (0) m J5 = 0 2Pm (0) u0m (0; t) 0 1 0 t Zt Z (1) (2) (3) (4) 00 0 00 2 @ Pm (s) dsA um (0; t) + 2 Pm (s) u0m (0; s) ds = J5 + J5 + J5 + J5 : (4.18) 0 0 Chúng ta sẽ đánh giá các tích phân ở vế phải của (4.18) Tích. .. mỗi T > 0 tồn tại duy nhất một nghiệm yếu u của bài toán (1.1) – (1.3) thỏa: u 2 L1 (0; T ; V ) ; ut 2 L1 (0; T ; L2 ) : (3.4) Chứng minh Chứng minh gồm bốn bước Bước 1 Xấp xỉ Faedo-Galerkin Xét cơ sở trực chuẩn fwj g của V như bổ đề 2.3 Ta tìm nghiệm xấp xỉ của bài toán (1.1) – (1.3) dưới dạng um (t) = m X cmj (t) wj ; j=1 11 (3.5) với những hàm hệ số cmj thỏa hệ phương trình vi phân thường : hu00...2.4.Đạo hàm trong Lp (0; T ; X): Do bổ đề 2.8, với f 2 Lp (0; T ; X) ta có thể coi f và df thuộc D0 (0; T ; X): Ta có kết dt quả sau Bổ đề 2.9 N ếu f 2 Lp (0; T ; X) và f 0 2 Lp (0; T ; X); thì f bằng hầu hết với một hàm liên tục từ [0; T ] ! X: Chứng minh có thể tham khảo trong [4] 2.5.Bổ đề về tính compact của Lions [4] Cho ba không gian Banach X0 ; X1 ; X với X0 ,! X ,! X1 là các phép nhúng liên tục,... (F1 ) ta thu được: sm (t) = ku0m (t)k2 + 0 kumx (t)k2 28 CT ; 8t 2 [0; T ] và với mọi m: (4.3) Đánh giá tiên nghiệm II Đạo hàm (3.6) theo t ta có: 0 hu000 (t) ; wj i + h (t) u0mx (t) + 0 (t) umx (t) ; wjx i + Pm (t) wj (0) m + hF 0 (um (t)) u0m (t) ; wj i = hf 0 (t) ; wj i ; 1 j m: (4.4) Nhân phương trình thứ j của (4:4) với c00 (t) và cộng lại theo j ta được: mj 0 +Pm hu000 (t) ; u00 (t)i + h (t)... ds; (3.39) 0 Sm (t) = ku0m (t)k2 + (t) kumx (t)k2 : 16 (3.40) Đặt sm (t) = ku0m (t)k2 + 0 kumx (t)k2 Sm (t) : (3.41) j 0 (s)j sm (s) ds: (3.42) Ta đánh giá 4 tích phân ở vế phải (3.38) Tích phân thứ nhất: jI1 j Zt 2 1 j 0 (s)j kumx (s)k ds 0 Zt 0 0 Tích phân thứ hai: Do giả thiết (F1 ) I2 = Z1 b 2 F (um (x; t)) dx = 0 Z1 um (x;t) Z 2 F (s) dsdx 0 0 0 = 2C1 kum (t)k2 + 2C1 : Z1 0 2 (C1 u2 (x; t) + C1 )... Kết hợp (3.43) và (3.45) ta được 17 Zt 2 ku0m k + 2t ku0m (s)k2 ds sm (s) ds: 2 0 (3.45) I2 2 0 4C1 ku0m k + 2C1 + 4C1 T Zt sm (s) ds C0 + 4C1 T 0 Zt sm (s) ds: (3.46) 0 Tích phân thứ ba: Thay (3.7) vào I3 ; sử dụng tích phân từng phần ta có I3 = 2g (0) u0m (0) Zt 2g (t) um (0; t) + 2 g 0 (s) um (0; s) ds 2um (0; t) +2k (0) Zt 0 Zt 0 k (t ) um (0; ) d 0 2 Z t Zs u2 (0; s) ds + 2 4 k 0 (s m 0 0 (3.47)... 0 Từ (3.68)1;2;3 , (3.73), (3.78) qua giới hạn ta được d dt hu0 (t) ; vi + (t) hux (t) ; vx i + P (t) v (0) + hF (u (t)) ; vi = hf (t) ; vi 8v 2 V; Zt P (t) = g (t) + k (t s) u (0; s) ds; (3.79) 0 với điều kiện đầu u (0) = u0 ; u0 (0) = u1 : Vậy sự tồn tại nghiệm u của bài toán đã được chứng minh 24 (3.80) Để chứng minh sự duy nhất nghiệm ta sử dụng bổ đề sau Bổ đề 3.2.Đặt u là nghiệm yếu của bài toán: . quan Trong luận văn nầy, chúng tôi xét bài toán giá trị biên và ban đầu cho phương trình sóng phi tuyến với điều kiện biên chứa tích chập ở một phần biên u tt   (t) u xx + F (u) = f (x; t) ; 0 <. TRƯỜNG ðẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN VÕ CÔNG TRẠNG PHƯƠNG TRÌNH SÓNG VỚI ðIỀU KIỆN BIÊN CHỨA TÍCH CHẬP Ở MỘT PHẦN BIÊN Chuyên ngành: Toán Giải Tích Mã số: 60. 46. 01 . = u 1 (x) ; (1.9) 2 với P thỏa phương trình tích phân P (t) = g (t) + hu (0; t)  t Z 0 k (t  s) u (0; s) ds; (1.10) với g; k; là những hàm cho trước, f (u; u t ) liên tục với hai biến và tăng