Đang tải... (xem toàn văn)
các bài toán biên phí tuyến xuất hiện trong khoa học ứng dụng( vật lý. hóa học, cơ học, kỹ thuật...) rất phong phú và đa dạng. đây là nguồn đề tài mà rất nhiều nhà toán học từ trước đến nay quan tâm nghiên cứu
49 Chương 2 KHẢO SÁT PHƯƠNG TRÌNH SÓNG PHI TUYẾN THUỘC DẠNG ),(),( txfuuFuu txxtt =+− 2.1. Giới thiệu Trong chương này chúng tôi xét bài toán sau: tìm cặp hàm số ))(),,(( tPtxu sao cho ,0 ),1,0( ),,(),( TtxtxfuuFuu txxtt <<=Ω∈=+− (2.1.1) ),(),0( tPtu x = (2.1.2) ,0),1(),1(),1( 11 =++ tutuKtu tx λ (2.1.3) ),()0,(),()0,( 10 xuxuxuxu t == (2.1.4) ,),( 22 ttt uuuuKuuF −− += βα λ (2.1.5) trong đó fuu ,, 10 là các hàm số cho trước và 0,0,, 11 >≥ λλ KK và 2, ≥ βα là các hằng số cho trước, hàm phải tìm ),( txu và giá trò biên chưa biết )(tP thỏa mãn bài toán Cauchy cho phương trình vi phân thường như sau ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ == <<=+ ,)( ,)0( ,0),,0()()( 1 / 0 2// PtPPP TtthutPtP tt ω (2.1.6) với ,0 ,0 ≥> h ω 0 P và 1 P là các hằng số cho trước. Trong [1] đã nghiên cứu một trường hợp đặc biệt của bài toán (2.1.1)- (2.1.6) với 0 ~~ 010 === Puu và ,2== βα trong đó điều kiện biên (2.1.3) được thay bởi ,0),1( =tu (2.1.7) 50 Trong trường hợp nầy bài toán (2.1.1), (2.1.2), (2.1.4), (2.1.5), (2.1.6), (2.1.7) là mô hình toán học mô tả sự va chạm của một vật rắn và một thanh đàn nhớt tuyến tính tựa trên một nền cứng [1]. Chú ý rằng từ (2.1.6) ta biểu diễn )(tP theo ),0(,,,, 10 tuhPP tt ω và sau đó tích phân từng phần, ta thu được ,),0()(),0()()( 0 ∫ −−+= t dssustkthutgtP (2.1.8) trong đó ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ = −+−= .sin)( , sin ))0( ~ (cos))0( ~ ()( 101000 thtk t uhPtuhPtg ωω ω ω ω (2.1.9) Bằng cách khử bớt một ẩn hàm )(tP thì điều kiện biên (2.1.2) có dạng .),0()(),0()(),0( 0 ∫ −−+= t x dssustkthutgtu (2.1.10) Vậy ta đưa bài toán (2.1.1)-(2.1.6) về bài toán (2.1.1)-(2.1.5), (2.1.8) hoặc (2.1.1), (2.1.3)-(2.1.5), (2.1.10) với các hàm ),(tg )(tk cho trước như (2.1.9). Trong [5], Bergounioux, N.T. Long, Alain P. N. Đònh đã xét bài toán (2.1.1)-(2.1.5), (2.1.8) với .2== βα Trong trường hợp nầy, bài toán mô tả sự va chạm của một vật rắn và một thanh đàn nhớt tựa trên một nền đàn hồi nhớt với ràng buộc đàn hồi tuyến tính tại bề mặt, các ràng buộc liên kết với một lực cản ma sát nhớt. Trong chương nầy chúng tôi muốn đề cập là bài toán (2.1.1)-(2.1.6) với ,2≥ α 0≥ β là các hằng số cho trước. Trong trường hợp nầy bài toán (2.1.1)- (2.1.6) là mô hình toán học mô tả sự va chạm của một vật rắn và một thanh đàn hồi nhớt phi tuyến tựa trên một nền đàn hồi nhớt[1]. Chúng tôi cũng thu được sự tồn tại nghiệm toàn cục của bài toán. Kết quả nầy đã mở rộng kết quả trong [5] với trường hợp .2== βα Mặt khác, nếu ,2== βα chúng tôi cũng thu được một 51 số kết quả về tính đều của nghiệm tùy thuộc vào tính đều của dữ kiện. Phần cuối của chương nầy chúng tôi chứng minh nghiệm ),( Pu của bài toán (2.1.1)-(2.1.5), (2.1.8) với ,2== βα có được một khai triển tiệm cận cấp 1+N theo theo hai tham số λ ,K như sau: ( ) , 1 22 , 21 21 21 ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ++= + ≤+ ∑ N N KOKuu λλ γγ γγ γγ (2.1.11) ( ) , 1 22 , 21 21 21 ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ++= + ≤+ ∑ N N KOKPP λλ γγ γγ γγ (2.1.12) theo nghóa ( ) , ),1(),1( 1 22 1 ),0( , );,0( , );,0( , 2 21 21 21 2 21 21 21 1 21 21 21 + ≤+ ≤+≤+ +≤ ⋅−⋅+ −+− ∑ ∑∑ ∞∞ N TL N LTL N HTL N KC Kuu KuuKuu λ λ λλ γγ γγ γγ γγ γγ γγ γγ γγ γγ && && (2.1.13) và ( ) , 1 22 2 ]),0([ , 21 21 21 + ≤+ +≤− ∞ ∑ N TC N KCKPP λλ γγ γγ γγ (2.1.14) với 21 , CC là hằng số độc lập với λ ,K . Kết quả thu được ở đây cũng đã mở rộng và chứa đựng các kết quả trong [1, 2, 5, 23, 25] như là trường hợp riêng. Kết quả nầy sẽ được công bố trong [D3]. 2.2. Sự tồn tại và duy nhất nghiệm Ta thành lập các giả thiết sau )( 1 H 0,0,0,0 1 >≥≥> λλ hK và ,0 1 >+ hK )( 2 H 2 0 Hu ∈ và , 1 1 Hu ∈ )( 3 H )),,0()1,0((, 2 TLff t ×∈ )( 4 H ),,0(),0( 1,21 TWTHk ∩∈ 52 )( 5 H ).,0( 2 THg ∈ Khi đó ta có đònh lý sau Đònh lý 2.1. Với các giả thiết ),()( 51 HH − tồn tại duy nhất nghiệm yếu ),( Pu của bài toán (2.1.1) – (2.1.5), (2.1.8) sao cho ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎨ ⎧ ∈ ∩∈ ∈ ∈∈∈ ∞ ∞ ∞ ∞∞∞ ).,0( ),,0(),0(),1( ),,0(),0( ),;,0(),;,0(),;,0( ,1 ,12 ,1 212 TWP TWTHtu TWtu LTLuHTLuHTLu ttt (2.2.1) Chú ý 2.1. Từ (2.2.1) dẫn đến );,0();,0( 2110 LTCHTCu ∩∈ ).;,0( 2 HTL ∞ ∩ (2.2.2) Chứng minh đònh lý 2.1. Chứng minh bao gồm năm bước. Bước 1: Xấp xỉ Galerkin . Giả sử }{ j w là cơ sở đếm được của . 2 H Ta tìm nghiệm xấp xỉ của bài toán (2.1.1) – (2.1.5), (2.1.8) dưới dạng ,)()( 1 ∑ = = m j jmjm wtctu (2.2.3) trong đó các hàm )( tc mj thoả mãn hệ phương trình vi phân thường )1()()0()(),(),( // jmjmjxmxjm wtQwtPwtuwtu ++〉〈+〉〈 ,, .,1 ,),()),(),(( / mjwtfwtutuF jjmm =〉〈=〉〈+ (2.2.4) ,),0()(),0()()( 0 ∫ −−+= t mmm dssustkthutgtP (2.2.5) ),,1(),1()( / 11 tutuKtQ mmm λ += (2.2.6) )0( 0 1 0 uwuu m j jmjmm →== ∑ = α trong 2 H mạnh, (2.2.7) )0( 1 1 1 / uwuu m j jmjmm →== ∑ = β trong 1 H mạnh. (2.2.8) 53 Từ các giả thiết của đònh lý 2.1, bài toán (2.2.4) –(2.2.8) tồn tại nghiệm ),,( mmm QPu trên các đoạn ].,0[ m T Đánh giá tiên nghiệm dưới đây cho phép lấy TT m = với mọi .m Bước 2: Đánh giá tiên nghiệm I. Thay (2.2.5), (2.2.6) vào (2.2.4), sau đó nhân phương trình thứ j của (2.2.4) với ),( / tc mj lấy tổng theo j và cuối cùng lấy tích phân theo ,t ta có ,)(),(2),0()(),0(2 ),0()(2)0()( 0 / 00 / 0 / ∫∫∫ ∫ 〉〈+−+ −= t m ts mm t mmm dssusfduskdssu dssusgStS τττ (2.2.9) với .),1(2)(2),1( ),0()(2)()()( 0 2 / 1 0 /2 1 2 2 2 / ∫∫ +++ +++= t m t L mm m L mmxmm dssudssutuK thutu K tututS λλ α β α β α (2.2.10) Sử dụng giả thiết )(),( 54 HH sau đó lấy tích phân từng phần theo t ta thu được ∫ +−+= t mmmmm dssusgtutgugStS 0 / 0 ),0()(2),0()(2)0()0(2)0()( ∫∫ −−+ t m t mm dssukdutktu 0 2 0 ),0()0(2),0()(),0(2 τττ .)(),(2),0()(),0(2- 0 / 00 / ∫∫∫ 〉〈+− t m ts mm dssusfduskdssu τττ (2.2.11) Từ (2.2.7), (2.2.8) và (2.2.10) ta có ,)0()0(2)0( 10 CugS mm ≤+ với mọi ,m (2.2.12) trong đó 1 C là hằng số độc lập với .m Sử dụng bất đẳng thức 22 1 2 baab ε ε +≤ với mọi IRba ∈ , và 0 > ε tùy ý, dẫn đến 54 ∫∫ ++++≤ tt mmm dssudssgtutgCtS 00 2 2 /22 1 ),0()( 1 ),0()( 1 )( ε ε ε ε ∫∫ +−++ t m t mm dssukdssustktu 0 2 2 0 2 ),0()0(2),0()( 1 ),0( ε ε ∫∫ ∫∫ ++ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ −++ t m t ts mm dssudssf dsdusksu 0 2 / 0 2 0 2 0 /2 )()( 1 ),0()( 1 ),0( ε ε τττ ε ε ),0(2)()()( 1 2 0 2 0 2 /2 1 tudssfdssgtgC m tt ε ε + ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ +++= ∫∫ 2 0 0 2 / 0 2 ),0()( 1 )(),0())0((2 ∫ ∫∫ −+ +++ t m t m t m dssustk dssudssuk ε εε .),0()( 1 0 2 0 / ∫∫ −+ ts m dsdusk τττ ε (2.2.13) Mặt khác, do ,0 1 >+ hK ta có một hằng số 0 ~ >C chỉ phụ thuộc vào 1 K và ,h sao cho , ~ )1()0( 1 2 2 1 2 2 1 HvvCvKhvv H x ∈∀≥++ (2.2.14) Hơn nữa, do phép nhúng )1,0( 1 H ↪ ]1,0[ 0 C là liên tục nên tồn tại một hằng số 0 0 >C sao cho , 1 0 ]1,0[ 10 HvvCv HC ∈∀≤ (2.2.15) Vì vậy, từ (2.2.10) và (2.2.14) dẫn đến .)( ~ )( ~ )()(),0( 0 0 0 ]1,0[ 10 tSCtS C C tuCtutu mm H m C mm ≡≤≤≤ (2.2.16) Bây giờ sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwartz, ta ước lượng hai tích phân cuối cùng ở vế phải của (2.2.13) như sau 55 i/ ,)( )( ~ ),0( )( 1 ),0()( 1 00 2 2 0 0 2 0 2 2 0 ∫∫ ∫∫∫ ≤ ≤− t m t t m tt m dssSdk C dssudkdssustk θθ ε θθ εε (2.2.17) ii/ ∫∫∫∫ ≤− t m tts m dudktdsdusk 0 2 0 2 / 0 2 0 / ),0( )( 1 ),0()( 1 ττθθ ε τττ ε .)( )( ~ 00 2 / 2 0 ∫∫ ≤ t m t dSdkt C ττθθ ε (2.2.18) Chọn ε sao cho 2 1 ~ 20 2 0 ≤< ε C và sử dụng hai đánh giá ở trên, từ (2.2.13) và (2.2.16) – (2.2.18) ta có ,)()()()( 0 21 ∫ +≤ t mm dssStgtgtS (2.2.19) trong đó ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎨ ⎧ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ ++++= ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ +++= ∫∫ ∫∫ . )( )( ~ 2 ))0(( ~ 42)( ,)()()( 2 2)( 0 2 / 0 2 2 0 2 02 0 2 0 2 /2 11 tt tt dktdk C kCtg dssfdssgtgCtg θθθθ ε εε ε (2.2.20) Do phép nhúng )1,0( 1 H ↪ ]1,0[ 0 C là liên tục nên ta suy từ các giả thiết )()( 53 HH − rằng )2,1( ,)( )( =≤ iMtg i Ti a.e. ],,0[ Tt ∈ (2.2.21) các hằng số )(i T M chỉ phụ thuộc vào .T Vì thế ).t(0 ,)()( 0 )2()1( TTdssSMMtS m t mTTm ≤≤≤+≤ ∫ (2.2.22) p dụng bổ đề Gronwall ta được ],,0[ , )exp()( )2()1( TtMtMMtS TTTm ∈∀≤≤ với mọi .0>T (2.2.23) Bước 3: Đánh giá tiên nghiệm II. 56 Lấy đạo hàm (2.2.4) theo t ., .,1 ,),( ),()()1(),()()1( )1()()0()(),(),( / // 2 // 2 ////// mjwtf wtutuwtutuK wtQwtPwtuwtu j jmmjmm jmjmjxmxjm =〉〈= 〉〈−+〉〈−+ ++〉〈+〉〈 − − β α βλα Nhân phương trình thứ j với ),( // tc mj lấy tổng theo j sau đó lấy tích phân theo ,t sắp xếp lại ta được ∫∫ ∫ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ −++ −= t mm t mmm dudssuskuk dssusgXtX 0 // 0 / 0 /// ),0(),0()(),0()0(2 ),0()(2)0()( ττττ τ ∫∫ − −+ t mmm dxxuxuxudK 0 1 0 /// 2 ),(),(),()1(2 ττττα α ,)(),(2 0 /// ∫ 〉〈+ t m dssusf (2.2.24) trong đó 2 / 1 2 / 2 / 2 // ),1(),0()()()( tuKtuhtututX mmmxmm +++= ∫ + t m du 0 2 // 1 ),1(2 ττλ ∫∫ − −+ t mm dxxuxud 0 1 0 2 // 2 / ),(),()1(2 τττβλ β 2 / 1 2 / 2 / 2 // ),1(),0()()( tuKtuhtutu mm mx m +++= ∫ + t m du 0 2 // 1 ),1(2 ττλ .),()1(8 0 1 0 2 2 / 2 ∫∫ −+ t m dxxu d d d β τ τ τβ β λ (2.2.25) Tích phân từng phần các tích phân vế phải (2.2.24) ta có 57 ∫ ∫∫ ∫∫ ∫ ∫ 〉〈+ −+ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ −++− − ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ −++ + −+= − t m t mmm t mmmm mm m t mm t m mmmm dssusf dxxuxuxudK dudssuskukuk uuk tudssustktuk dssusg tutgugXtX 0 /// 0 1 0 /// 2 0 / 0 //// 10 / 0 / 0 /// // 1 / )(),(2 ),(),(),()1(2 ),0(),0()(),0()0(),0()0(2 )0()0()0(2 ),0(),0()(),0()0(2 ),0()(2 ),0()(2)0()0(2)0( )( ττττα τττττ α τ ∫∫ ∫∫ ∫ −− −+− ++ −−+ −+= t mm t mm t m t mmm mmm mmmm dssuskdu dssustktuduk dssusgtutuk tutgtukuk uukugX 00 /// 0 // 0 2 / 0 //// //2/2 0 / 101 / ),0()(),0(2 ),0()(),0(2),0()0(2 ),0()(2),0(),0()0(2 ),0()(2),0()0()0()0( )0()0()0(2)0()0(2)0( τ τττ ττ ∫∫ − −+ t mmm dxxuxuxudK 0 1 0 /// 2 ),(),(),()1(2 ττττα α ∫ 〉〈+ t m dssusf 0 /// )(),(2 . (2.2.26) Trước tiên, từ (2.2.7), (2.2.8), (2.2.25) và các giả thiết )(),( 54 HH ta có đánh giá )0()0()0()0()0(2)0()0(2)0( 2 0 / 101 / mmmmm ukuukugX +−+ ,)0( 2 // 2 m uC +≤ (2.2.27) trong đó 0 2 >C là hằng số chỉ phụ thuộc vào .,,,,,, 110 hKKkguu Đồng thời, ta suy từ (2.2.4) – (2.2.6) rằng 58 ,)0(),0()0(),,()0(,)0( //// 10 // 0 2 // 〉〈=〉〈+〉〈− mmmmmmxxm ufuuuFuuu nên )0(),()0( 100 // fuuFuu mmmxxm ++≤ và do đó từ (2.2.7) ta thu được .)0( 3 // Cu m ≤ (2.2.28) Mặt khác, từ (2.2.14) – (2.2.16) dẫn đến .)( ~ )()( 0 / 0 )( / 10 tXCtuCtu m H m C m ≤≤ Ω (2.2.29) Ta rút ra từ (2.2.16), (2.2.22) và (2.2.29) ∫ ∫∫ − − −≤ − t mmT t mmm duuMCK dxxuxuxudK 0 ///2 0 0 1 0 /// 2 )()() ~ )(1(2 ),(),(),()1(2 τττα ττττα α α .)() ~ ( ~ )1( 0 2 00 ∫ − −≤ t mT dXMCCK ττα α (2.2.30) Từ (2.2.24) – (2.2.28) ta có ∫∫ ∫∫ ∫ −+ −++ ++ +++≤ t mm t mm t m t mmm mmm dssuskdu dssustktuduk dssusgtutuk tutgtukCCtX 00 /// 0 // 0 2 / 0 //// //2/2 32 ),0()(),0(2 ),0()(),0(2),0()0(2 ),0()(2),0(),0()0(2 ),0()(2),0()0()( τ τττ ττ ∫ ∫∫ 〉〈+ −+ − t m t mmm dssusf dxxuxuxudK 0 /// 0 1 0 /// 2 )(),(2 ),(),(),()1(2 ττττα α [...]... nghiệm yếu (u, P) của bài toán (2.1.1) – (2.1.5), (2.1.8) thỏa mãn (2.3.7) và ∂ru ∂ r +1u ∂ r +2u ∈ L∞ (0, T ; H 2 ), r +1 ∈ L∞ (0, T ; H 1 ), r + 2 ∈ L∞ (0, T ; L2 ) ∂t r ∂t ∂t 2.4 Khai triển tiệm cận của nghiệm theo hai tham số Trong phần này chúng tôi giả sử α = β = 2 và (h, K1 , λ1 , f , g , k ) thỏa mãn các giả thiết ( H 1 ) − ( H 5 ) Với các tham số K ≥ 0, λ ≥ 0, chúng tôi xét bài toán ~ nhiễu (Q K... 0 1 T ⎞2 2 ~2 ~2⎛ / ⎜ ∫ k (θ ) dθ ⎟ + 4C 0 + 4C 0 ⎜ ⎟ ⎝0 ⎠ 65 p dụng bổ đề Gronwall, ta suy được Z ≡ 0 và đònh lý (2.1) được chứng minh xong 2.3 Sự phụ thuộc tính trơn của nghiệm vào các dữ kiện Trong phần này chúng tôi nghiên cứu tính trơn của nghiệm bài toán (2.1.1) – (2.1.5), (2.1.8) trong trường hợp α = β = 2 Từ đây, chúng ta giả sử (h, K , K1 , λ , λ1 ) thỏa mãn các giả thiết ( H 1 ) Ta cũng tăng... , (γ 1 , γ 2 ) ∈ Z + , 2 ≤ γ 1 + γ 2 ≤ N ⎩ ~ Gọi (u, P) = (uλ , K , Pλ , K ) là nghiệm yếu duy nhất của bài toán (Q K ,λ ) , khi đó cặp hàm số (v, R) đònh nghóa bởi ⎧ v = u K ,λ − ∑ uγ 1 ,γ 2 K γ 1 λγ 2 , ⎪ 0 ≤γ 1 +γ 2 ≤ N ⎨ γ1 γ 2 ⎪ R = PK ,λ − ∑ Pγ 1 ,γ 2 K λ , 0≤γ 1 +γ 2 ≤ N ⎩ sẽ thỏa mãn bài toán ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ Lv = − Kv − λvt + e N , K ,λ ( x, t ), 0 < x < 1, 0 < t < T , B0 v =... giả thiết ( H1 ), (H 1 ) (1) – (H 4 ) (1) đúng Khi đó tồn tại duy nhất nghiệm yếu (u, P ) của bài toán (2.1.1) – (2.1.5), (2.1.8) thỏa mãn (2.3.4) Tương tự, đạo hàm (2.1.1) – (2.1.5), (2.1.8) theo t đến cấp r , ta thu được (u [ r ] , P [ r ] ) với u [ r ] = ∂ru ∂r P và P [ r ] = r sẽ là nghiệm yếu của bài toán ∂t r ∂t 67 ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ (Q (r ) ) ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ Lu [ r ] = f [ r ] ( x, t ), 0 < x < 1, 0... dt Giả sử rằng u 0 , u1 , f , g , k thỏa mãn các điều kiện sau: ( H1 ) (r ) u 0 ∈ H r + 2 và u1 ∈ H r +1 , ( H 2 ) (r ) ⎧ ∂ν f ∈ L2 (QT ), 0 ≤ ν ≤ r + 1, ⎪ ν ⎪ ∂t ⎨ μ ⎪ ∂ f ( x,0) ∈ H 1 , 0 ≤ μ ≤ r − 1, ⎪ ∂t μ ⎩ (H 3 ) (r ) g ∈ H r + 2 (0, T ), ( H 4 ) (r ) k ∈ H r +1 (0, T ) [ [ Khi đó u 0r ] , u1r ] , f [ r ] , g [ r ] , k thỏa mãn các giả thiết ( H 2 ) − ( H 5 ) p dụng đònh lý 2.1 cho bài toán (Q... β −2 / u1/ − u 2 β −2 / u 2 , u / 〉 dτ (2.2.67) 0 Sử dụng bất đẳng thức (2.2.59), ta đánh giá số hạng đầu tiên trong vế phải của (2.2.66) t 2K ∫ 〈 u1 0 α −2 u1 − u 2 α −2 t u 2 , u / 〉 dτ ≤ 2 K (α − 1) R α − 2 ∫ u (τ ) u / (τ ) dτ 0 t ≤ 2 K (α − 1) R α − 2 ∫ Z (τ )dτ , 0 (2.2.68) 64 với R = max{ u i L∞ ( 0 ,T ; H 1 ) , i = 1,2} Tích phân từng phần số hạng cuối của (2.2.66) ta có τ t J = 2 ∫ u / (0,... ) (1) f , f t , f tt ∈ L2 (QT ) và f ( x,0) ∈ H 1 (0,1), (H 3 ) (1) g ∈ H 3 (0, T ), (H 4 ) (1) k ∈ H 2 (0, T ) Ta lấy đạo hàm theo t bài toán (2.1.1) - (2.1.5), (2.1.8) tương ứng với ~ ~ ~ ~ ~ α = β = 2 và đặt u = u t , P = P / Khi đó (u , P ) là nghiệm yếu của bài toán (Q ) sau: ~ (Q ) ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ ~ ~ ~ ~ ~ ~ Lu = u tt − u xx + F (u , u t ) = f (t ), 0 < x < 1, 0 < t < T , ~ ~ u (0,... 2 (K 2 + λ2 ) N +1 (2.4.8) , 0 C ([ 0 ,T ]) với mọi K ≥ 0, λ ≥ 0, trong đó, các hàm (uγ 1 ,γ 2 ) , Pγ 1 ,γ 2 là nghiệm yếu của các bài ~ ~* ~* toán (Qγ ,γ ), (γ 1 , γ 2 ) ∈ Z +2 , γ 1 + γ 2 = N + 1, các hằng số C N +1 , C N*+1 độc lập với 1 2 K, λ Chứng minh Nhân hai vế phương trình đầu của (2.4.1) với v / , sau đó lấy tích phân theo t ta được t τ t (2.4.9) z (t ) = 2 ∫ 〈 e N , K ,λ , v 〉 dτ + 2 ∫... t ) = P (t ), Bu ≡ u x (1, t ) + K 1u (1, t ) + λ1u t (1, t ) = 0, u ( x,0) = u 0 ( x), u t ( x,0) = u1 ( x), t P (t ) = g (t ) + hu (0, t ) − ∫ k (t − s )u (0, s )ds 0 ~ Giả sử (u 0,0 , P0, 0 ) là nghiệm yếu duy nhất của bài toán (Q0,0 ) tương ứng với ( K , λ ) = (0,0) , nghóa là: ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ~ ⎪ (Q0,0 ) ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ Gọi (uγ 1 ,γ 2 ~ Lu 0,0 = H 0,0 ≡ f ( x, t ), 0 < x < 1, 0 < t < T , B0 u... (t ) = g / (t ) − k (t )u 0 (0), ⎪ ⎨ ~ ~ ⎪ u 0 = u1 , u1 = u 0 xx − F (u 0 , u1 ) + f ( x,0) ⎩ (2.3.1) 66 ~ ~ ~ ~ Giả sử u 0 , u1 , f , g , k thỏa các giả thiết (H 1 ) (1) – (H 4 ) (1) Khi đó u 0 , u1 , f , g , k ~ thỏa mãn các giả thiết ( H 2 ) – ( H 5 ) và nhờ đònh lý 2.1 thì bài toán (Q) có duy nhất ~ ~ nghiệm yếu (u , P ) sao cho ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ ~ u ∈ C 0 (0, T ; H 1 ) ∩ C 1 (0, T ; L2 ) . trong ),( 2 T QL mạnh. (2. 2. 62) Nhờ (2. 2.39), (2. 2 .41 ), (2. 2 .43 ), (2. 2.56), (2. 2.57), (2. 2. 62) , qua giới hạn (2. 2 .4) , (2. 2.7), (2. 2.8) ta có . (2. 2. 34) Mặt khác, rút ra từ (2. 2.5), (2. 2.6), (2. 2.10), (2. 2 .22 ), (2. 2 .25 ) và (2. 3. 34) ta có , )5( ),0( ,1 T TW m MP ≤ ∞ (2. 2.35) ,