BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP.HCM

NGUYỄN QUANG TRÀ

PHƯƠNG TRÌNH SÓNG TUYẾN TÍNH MÔ TẢ
DAO ĐỘNG CỦA THANH ĐÀN HỒI NHỚT

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Chuyên ngành: Toán Giải Tích
Mã số: 60. 46. 01

Thành phố HCM
2010


Chương 1
PHẦN TỔNG QUAN
Sự tồn tại và duy nhất nghiệm trong nhiều bài toán về phương trình sóng tuyến
tính là đề tài được quan tâm bởi nhiều tác giả, chẳng hạn như trong [1,2, 5 – 12] và các
tài liệu tham khảo trong đó. Trong luận văn này, chúng tôi khảo sát phương trình sóng
tuyến tính mô tả dao động của thanh đàn hồi nhớt liên kết với điều kiện biên hỗn hợp
sau đây.
Tìm hàm cặp hàm (u, P ) thoả phương trình sóng tuyến tính với điều kiện biên hỗn hợp
có dạng
utt − μ(t )uxx + Ku + λut = f (x , t ), 0 < x < 1, 0 < t < T ,

(1.1)

với điều kiện biên

u(1, t ) = 0, μ(t )ux (0, t ) = P(t ),

(1.2)

và điều kiện đầu
u(x , 0) = u0 (x ), ut (x , 0) = u1(x ),

(1.3)

trong đó P(t ) chưa biết và các giá trị biên u(0, t ) và ut (0, t ) liên hệ bởi
t

P(t ) = g(t ) + K 1 (t )u(0, t ) + λ1 (t )ut (0, t ) − ∫ k (t − s )u(0, s )ds,

(1.4)

0

trong đó K > 0, λ > 0 là các hằng số cho trước; μ, f , u0 , u1 g, K 1, λ1, k là các hàm
cho trước thoả các điều kiện sẽ đặt ra sau.
Bài toán (1.1) – (1.4) và các dạng tương tự với các điều kiện biên khác nhau đã
được quan tâm nghiên cứu bởi nhiều tác giả (xem [1,2, 5 – 12]) và các tài liệu tham
khảo trong đó.
Trong trường hợp μ(t ) ≡ 1, các tác giả Nguyễn Thúc An và Nguyễn Đình Triều
[1] đã xét bài toán (1.1), (1.3), với
(1.5)

f (x , t ) = 0, u0 = u1 = 0,

trong đó điều kiện biên (1.2) được thay thế bởi

ux (0, t ) = P (t ), u(1, t ) = 0 ,

(1.6)
1


với K1 là hằng số không âm và λ1(t ) ≡ 0.
Trong trường hợp này, bài toán (1.1), (1.3), (1.5), (1.6) mô tả dao động của một
vật rắn và một thanh đàn hồi nhớt tựa trên nền cứng.
Trong [2], Bergounioux, Long, Đinh đã nghiên cứu bài toán (1.1) – (1.4), với
(1.7)

μ(t ) ≡ 1,

trong đó điều kiện biên (1.2) được thay thế bởi
⎧
⎪
ux (0, t ) = P (t ),
⎪
⎪
⎨
⎪
−u (1, t ) = λ1ut (1, t ) + K1u(1, t ),
⎪
⎪
⎩ x

(1.8)

với các hằng số cho trước λ1 > 0, K1 ≥ 0.

Trong [5], Nguyễn Thành Long, Lê Văn Út và Nguyễn Thị Thảo Trúc đã nghiên
cứu sự tồn tại và duy nhất nghiệm cũng như tính chính quy, tính ổn định và khai triển
tiệm cận nghiệm theo hai tham số bé K , λ của bài toán

utt − μ(t )uxx + Ku + λut = f (x , t ), 0 < x < 1, 0 < t < T ,

(1.9)

với điều kiện biên
⎧
⎪
u(0, t ) = 0
⎪
⎪
t
⎪
⎨
⎪
−μ(t )ux (1, t ) = K 1(t )u(1, t ) + λ1(t )ut (1, t ) − g(t ) − ∫ k (t − s )u(1, s )ds,
⎪
⎪
0
⎪
⎩

(1.10)

và điều kiện đầu
u(x , 0) = u0 (x ), ut (x , 0) = u1(x ),


(1.11)

trong đó K , λ là các hằng số, và μ, f , K 1, λ1, g, k, u 0, u1 là các hàm cho trước.
Nội dung của luận văn bao gồm các chương sau:
Chương 1. Nêu tổng quan về bài toán khảo sát trong luận văn và điểm qua các kết quả
đã có trước đó, đồng thời nêu bố cục luận văn.
Chương 2. Trình bày một số kết quả chuẩn bị bao gồm việc nhắc lại một số không
gian hàm, một số kết quả về phép nhúng liên tục và phép nhúng compact giữa các
không gian hàm.

2


Chương 3. Bằng phương pháp xấp xỉ Galerkin liên hệ với các đánh giá tiên nghiệm,
phương pháp compact yếu và phương pháp toán tử đơn điệu, chúng tôi chứng minh bài
toán (1.1) – (1.4) tồn tại và duy nhất nghiệm yếu.
Chương 4. Với các giả thiết tăng thêm chúng tôi khảo sát tính trơn của nghiệm yếu bài
toán (1.1) – (1.4), nghĩa là dữ kiện đầu vào tăng lên thì nghiệm yếu thu được cũng tăng
tính trơn lên.
Chương 5. Chúng tôi khảo sát tính ổn định của nghiệm yếu phụ thuộc vào dữ kiện đầu
vào của bài toán, tức là chúng tôi chỉ ra sự phụ thuộc liên tục của nghiệm yếu vào dữ
kiện đầu vào của bài toán.
Chương 6. Trong chương này nghiên cứu bài toán nhiễu theo ba tham số bé
(K , λ, K 1 )

⎧
⎪
utt − μ(t )uxx = −Ku − λut + f (x , t ), 0 < x < 1, 0 < t < T ,
⎪
⎪

⎪
⎪
⎪
u(1, t ) = 0, μ(t )ux (0, t ) = P (t ),
⎪
⎪
⎪
⎨
⎪
u(x , 0) = u0 (x ), ut (x , 0) = u1(x ),
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪P (t ) = g(t ) + Ku(0, t ) + λ (t )u ′(0, t ) − t k (t − s )u(0, s )ds.
⎪
∫0
1
⎪
⎩

(Qε )

trong đó các tham số (u0 , u1, μ, λ1, f , g, k ) cho trước. Chúng tôi thu được các kết quả
sau:
a/ Dáng điệu tiệm cận của nghiệm yếu (u ε , Pε ) của bài toán (Qε ) khi (K , λ, K 1 )
→ (0+, 0+, 0+ ).

b/ Khai triển tiệm cận của nghiệm yếu (u ε , Pε ) của bài toán (Qε ) theo ba tham số bé

K , λ, K 1. có nghĩa là có thể xấp xỉ nghiệm (u ε , Pε ) bởi một đa thức theo ba biến

K , λ, K1.

uε ≈

∑uε,
γ

|γ | ≤N

γ

Pε ≈

∑ Pε ,
γ

|γ | ≤N

γ

theo nghĩa cần phải chỉ ra các hàm ( u γ , Pγ ) và thiết lập đánh giá

3


|| u −

∑u ε


|γ | ≤N

γ

γ

||* + || u ′(0, ⋅) −
+ || P −

∑ u ′ (0, ⋅)ε
γ

|γ | ≤N

∑Pε

|γ | ≤N

γ

γ

γ

||*

||* ≤ CN* ||ε||N +1,

theo một chuẩn thích hợp || ⋅ ||* , với các tham số dương (K , λ, K1 ) ∈ \ 3+ đủ bé và hằng

số CN* độc lập đối với các tham số bé này.
Chương 7. Chúng tôi xét một ví dụ cụ thể minh họa phương pháp tìm nghiệm tiệm
cận đã trình bày ở phần 2 của chương 6.
Kế đến là Phần kết luận, nhằm tóm tắt kết quả thực hiện trong luận văn và cuối cùng là
danh mục các tài liệu tham khảo.

4


Chương 2
MỘT SỐ CÔNG CỤ CHUẨN BỊ
2.1. Các không gian hàm
Đầu tiên, ta đặt các ký hiệu Ω = (0,1), QT = Ω× (0,T ), T > 0. Ta bỏ qua
định nghĩa các không gian hàm thông dụng như: C m (Ω), Lp (Ω) = Lp , H m (Ω) = H m ,
W m ,p (Ω) = W m ,p . Ta có thể xem trong các quyển sách [1, 2]. Ta định nghĩa

H = L2 (Ω) là không gian Hilbert đối với tích vô hướng
〈u, v 〉 =

∫

1
0

u, v ∈ L2 (Ω).

u(x )v(x )dx ,

(2.1)


Ký hiệu ⋅ chuẩn sinh bởi tích vô hướng này, nghĩa là
1/2

⎛ 1
⎞
u = 〈u, u 〉 = ⎜⎜⎜ ∫ u 2 (x )dx ⎟⎟⎟ , u ∈ L2 (Ω).
⎝ 0
⎠

(2.2)

Ta định nghĩa
H 1 = {v ∈ L2 : vx ∈ L2 },

(2.3)

và
u, v

H1

= u, v + ux , vx .

(2.4)

H 1 là không gian Hilbert đối với tích vô hướng (2.4). Ta ký hiệu

v

H1


= 〈v, v 〉H 1

là chuẩn trong H 1 . Ta có bổ đề sau.
Bổ đề 2.1. Phép nhúng H 1 ↪ C 0 (Ω) là compact và
v

C 0 ( Ω)

≤ 2 v

H1

, ∀v ∈ H 1 .

(2.5)

Chứng minh bổ đề 2.1 có thể tìm trong [2].
Bổ đề 2.2. Đồng nhất H

với H / (đối ngẫu của H ). Khi đó ta có

H 1 ↪ H ≡ H / ↪ (H 1 )/ , với các phép nhúng liên tục và nằm trù mật.

Chú thích 1.1. Từ bổ đề 2.2 ta dùng ký hiệu tích vô hướng 〈⋅, ⋅〉 trong L2 để chỉ cặp
tích đối ngẫu giữa H 1 và (H 1 )/ .
5


Ta cũng ký hiệu ⋅


X

để chỉ chuẩn trong một không gian Banach X và gọi X ′ là

không gian đối ngẫu của X .

2.2. Không gian hàm Lp (0,T ; X ), 1 ≤ p ≤ ∞
Ký hiệu Lp (0,T ; X ), 1 ≤ p ≤ ∞, để chỉ không gian Banach các hàm thực

u : (0,T ) → X đo được, sao cho ||u||L (0,T ;X ) < +∞ với
p

||u||L (0,T ;X )
p

1
⎧
⎪
T
p
⎪
⎛
⎞
p
⎪⎪⎜⎜ ∫ ||u(t )||Xdt ⎠⎟⎟ ,
= ⎨⎪⎝ 0
⎪
⎪
⎪⎪ess sup||u(t )||X ,

⎪ 0⎩

khi 1 ≤ p < +∞,

(2.6)

khi p = ∞.

Khi đó ta có các bổ đề sau đây mà chứng minh của chúng có thể tìm thấy trong
Lions [4].
Bổ đề 2.3. Lp (0,T ; X ), 1 ≤ p ≤ +∞ là không gian Banach.

X/

Bổ đề 2.4. Gọi

là 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

2.5.

(L (0,T ; X )) = L
1

/

∞

(0,T ; X / ) .

Hơn

nữa,

các

không

gian

L1(0,T ; X ), L∞ (0,T ; X / ) không phản xạ.

Bổ đề 2.6. Ta có Lp (0,T ; Lp (Ω)) = Lp (QT ), 1 ≤ p < ∞, trong đó QT = Ω× (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 gọi là một (hàm suy rộng) phân bố có giá trị trong X . Tập các phân
bố có giá trị trong X ký hiệu là
D/ (0,T ; X ) = L( D ((0,T ); X ) ) = { f : D (0,T ) → X , f tuyến tính, liên tục } .

6


Chú thích 2.2. Ta ký hiệu D (0,T ) thay cho D ((0,T )) hoặc C c∞ ((0,T )) để chỉ không
gian các hàm số thực khả vi vô hạn có giá compact trong (0,T ).
Định nghĩa 2.2. Cho f ∈ D/ (0,T ; X ) . Ta định nghĩa đạo hàm

df
theo nghĩa phân bố
dt

của f bởi công thức
df
dϕ
,ϕ = − f,
, ∀ϕ ∈ D (0,T ).
dt
dt

(2.8)

Các tính chất
i / Cho v ∈ Lp (0,T ; X ) , ta làm tương ứng nó bởi ánh xạ như sau:
Tv : D (0,T ) → X ,
Tv , ϕ =

∫

T

0

v(t ) ϕ(t )dt, ∀ϕ ∈ D (0,T ).

(2.9)

Ta có thể nghiệm lại rằng Tv ∈ D/ (0,T ; X ) . Thật vậy,
j) Ánh xạ Tv : D (0,T ) → X là tuyến tính.
jj) Ta nghiệm lại ánh xạ Tv : D (0,T ) → X là liên tục.
Giả sử {ϕj } ⊂ D (0,T ) , sao cho ϕj → 0 trong D (0,T ). Ta có
Tv , ϕj

X

=

∫

T

0

v(t )ϕ j (t )dt
X

≤∫

T

0

v(t )ϕ j (t ) dt
X

1

1

p/
⎞p/
p
⎛ T
⎞p ⎛ T
≤ ⎜⎜⎜ ∫ v(t ) dt ⎟⎟⎟ ⎜⎜ ∫ ϕ j (t ) dt ⎟⎟⎟ → 0, khi j → +∞.
X
⎝ 0
⎠ ⎜⎝ 0
⎠

(2.10)

Do đó Tv , ϕ j → 0 trong X khi j → +∞ . Vậy Tv ∈ D/ (0,T ; X ).
ii/ Ánh xạ v 6Tv là một đơn ánh, tuyến tính 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 đây mà chứng minh của chúng có
thể tìm thấy trong Lions [4].
Bổ đề 2.7. Lp (0,T ; X ) ↪ D/ (0,T ; X ) với phép nhúng liên tục.

2.4. Đạo hàm trong Lp (0,T ; X )
7


Do bổ đề 2.7, phần tử f ∈ Lp (0,T ; X ) ta có thể coi f và do đó

df
là các phần tử của
dt

D/ (0,T ; X ). Ta có các kết quả sau đây mà chứng minh của chúng có thể tìm thấy

trong Lions [4].
Bổ đề 2.8. 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
Cho ba không gian Banach X 0, X1, X với X 0 ↪ X ↪ X1 sao cho:
X 0 , X1 là phản xạ.

(2.11)

Phép nhúng X 0 ↪ X là compact, X ↪ X1 liên tục.

(2.12)

Với 0 < T < +∞, 1 ≤ pi ≤ +∞ , i = 0,1.
Ta đặt
W (0,T ) = {v ∈ L 0 (0,T ; X 0 ): v ′ ∈ L 1 (0,T ; X1 )} .
p

p

(2.13)

Ta trang bị W (0,T ) bởi chuẩn
v

W (0,T )

= v

p

L 0 (0,T ;X 0 )

+ v/

p

L 1 (0,T ;X1 )

.

(2.14)

Khi đó W (0,T ) là một không gian Banach.
Hiển nhiên ta có W (0,T ) ↪ L 0 (0,T ; X ).
p

Ta cũng có kết quả sau đây liên quan đến phép nhúng compact.
Bổ đề 2.9. (Bổ đề về tính compact của Lions).
Với giả thiết (2.11), (2.12) và nếu 1 < pi < +∞, i = 1, 2 , thì phép nhúng
W (0,T ) ↪ L 0 (0,T ; X ) là compact.
p

Chứng minh bổ đề 2.10 có thể tìm thấy trong Lions [4].

2.6. Bổ đề về sự hội tụ yếu trong Lp (Q )

8


Bổ đề sau đây liên quan đến sự hội tụ yếu trong Lp (Q ) .
Bổ đề 2.10. (Xem Lions [4]).
Cho Q là tập mở bị chận của \ N và Gm , G ∈ Lp (Q ), 1 < p < ∞ , sao cho:
Gm

Lp (Q )

≤ C , trong đó C là hằng số độc lập với m,

và
Gm → G a.e., trong Q.

Khi đó ta có: Gm → G trong Lp (Q ) yếu.

2.7. Bổ đề Gronwall
Cho f là hàm khả tích, không âm trên [0,T ] và thỏa bất đẳng thức
t

f (t ) ≤ C 1 + C 2 ∫ f (s )ds, hầu hết t ∈ [0,T ],
0

trong đó C 1,C 2 là các hàm số không âm. Khi đó
f (t ) ≤ C 1 exp(C 2t ), hầu hết t ∈ [0,T ].

Hơn nữa, nếu C 1 = 0 thì f (t ) ≡ 0 hầu hết t ∈ [0,T ].
Trong luận văn này để tiện cho việc trình bày ta sẽ dùng các ký hiệu sau
u(t ), u ′(t ) = ut (t ), u ′′(t ) = utt (t ), ux (t ) = ∇u(t ), uxx (t ) = Δu(t ),

lần lượt thay cho
u(x , t ),

∂u
∂ 2u
∂u
∂ 2u
(x , t ),
(
x
,
t
),

(
x
,
t
),
(x , t ).
∂t
∂x
∂t 2
∂x 2

9


10

Chương 3
SỰ TỒN TẠI VÀ DUY NHẤT NGHIỆM
3.1. Giới thiệu
Trong chương này, chúng tôi trình bày sự tồn tại và duy nhất của nghiệm yếu toàn cục
cho bài toán: Tìm cặp hàm (u, P ) thoả
⎧
⎪
utt − μ(t )uxx + F (u, ut ) = f (x , t ), 0 < x < 1, 0 < t < T ,
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
u(1, t ) = 0, μ(t )ux (0, t ) = P (t ),

⎪
⎪
⎪
⎪
t
⎪
⎪
⎪
⎨P (t ) = g(t ) + K 1(t )u(0, t ) + λ1(t )ut (0, t ) − ∫ k (t − s )u(0, s )ds,
⎪
⎪
0
⎪
⎪
⎪
⎪
F (u, ut ) = Ku + λut ,
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
u(x , 0) = u0 (x ), ut (x , 0) = u1(x ),
⎪
⎪
⎩

(3.1)

trong đó, K > 0, λ > 0 là các hằng số cho trước và u0, u1, f , μ, g, K 1, λ1, k là các

hàm cho trước thỏa các điều kiện sẽ đặt ra sau.
Chứng minh được dựa vào phương pháp Galerkin liên hệ với các đánh giá tiên
nghiệm, từ đó rút ra các dãy con hội tụ yếu trong các không gian hàm thích hợp nhờ một
số phép nhúng compact. Trong phần này, định lý ánh xạ co được sử dụng trong việc
chứng minh tồn tại nghiệm xấp xỉ Galerkin.
Nghiệm yếu của bài toán (3.1) được thành lập từ bài toán biến phân sau. Tìm cặp
hàm (u, P ) thỏa
⎧
⎪
d
⎪
〈ut , v 〉 + μ(t )〈ux , vx 〉 + P(t )v(0) + 〈F (u, ut ), v 〉 = 〈 f (t ), v 〉, ∀v ∈ V ,
⎪
⎪
dt
⎪
⎪
t
⎪
⎪
⎪
⎨P(t ) = g(t ) + K 1 (t )u(0, t ) + λ1 (t )ut (0, t ) − ∫ k (t − s )u(0, s )ds,
⎪
⎪
0
⎪
⎪
⎪
u(x , 0) = u0 (x ), ut (x , 0) = u1 (x ),
⎪

⎪
⎪
⎪
⎩
10

(3.2)


11

trong đó F (u, ut ) = Ku + λut và V = {v ∈ H 1 : v(1) = 0}.

3.2. Sự tồn tại và duy nhất nghiệm
Ta thành lập các giả thiết sau:
(A1)

(u0 , u1 ) ∈ V × L,2 V = {v ∈ H 1 : v(1) = 0},

(A2)

g, K1, λ1, k ∈ H 1(0,T ), K1(t ) ≥ 0, λ1(t ) ≥ λ0 > 0, ∀t ∈ [0,T ],

(A3)

μ ∈ W 1,1(0,T ), μ(t ) ≥ μ0 > 0, ∀t ∈ [0,T ],

(A4)

f ∈ L2 (0,T ; L2 ),

(A5)

K , λ ≥ 0.

Khi đó, ta có định lý sau
Định lý 3.1. Cho T > 0. Giả sử, các giả thiết (A1) – (A5) đúng. Khi đó, bài toán
(3.1) tồn tại và duy nhất nghiệm yếu (u, P ) sao cho
u ∈ L∞ (0,T ;V ), ut ∈ L∞ (0,T ; L2 ), u(0,.) ∈ H 1(0,T ), P ∈ L2 (0,T ).

(3.3)

Chứng minh: Chứng minh gồm 4 bước.
Bước 1. Xấp xỉ Galerkin
Chọn {w j } là cơ sở đếm được của V . Ta đi tìm nghiệm yếu xấp xỉ của bài toán
(3.1) dưới dạng
m

um (t ) = ∑ cmj (t )w j ,

(3.4)

j =1

trong đó, các hàm hệ số cmj thỏa hệ phương trình vi tích phân sau
⎧⎪〈u ′′ (t ), w 〉 + μ(t )〈u (t ), w 〉 + P (t )w (0)
j
mx
jx
m

j
⎪⎪ m
⎪⎪
+〈F (um (t ), um′ (t )), w j 〉 = 〈 f (t ), w j 〉, j = 1, m,
⎪⎪⎪
⎪⎪
t
⎨
⎪⎪
⎪⎪Pm (t ) = g(t ) + K1(t )um (0, t ) + λ1(t )um′ (0, t ) − ∫ k (t − s )um (0, s )ds,
⎪⎪
0
⎪⎪
⎪⎪⎩⎪F (um (t ), um′ (t )) = Kum (t ) + λum′ (t ),
11

(3.5)


12

với
m

m

j =1

j =1

um (x , 0) ≡ u 0m = ∑ cmj (0)w j ≡ ∑ αmj w j → u0 mạnh trong V ,
m

.

.

m

′ (0)w j ≡ ∑ βmj w j → u1 mạnh trong L2 .
um′ (x , 0) ≡ u1m = ∑ cmj
j =1

(3.6)

(3.7)

j =1

Hệ phương trình (3.5) – (3.7) được viết lại dưới dạng
m
m
⎧⎪
⎪⎪c ′′ (t ) + μ(t ) c (t )〈w , w 〉 + g (t )w (0) + K (t )w (0) c (t )w (0)
∑
∑
1
mi
ix
jx

j
j
mi
i
⎪⎪ mj
i =1
i =1
⎪⎪
⎪⎪
t
m
m
⎪⎪
′ (t )wi (0) + w j (0)∑ wi (0)∫ k (t − s ) cmi (s )ds
+λ1(t )w j (0)∑ cmi
⎪⎨
i =1
i =1
0
⎪⎪
⎪⎪
′ (t ) = 〈 f (t ), w j 〉,
+ Kcmj (t ) + λcmj
⎪⎪
⎪⎪
⎪⎪
⎪⎪⎩cmj (0) = αmj , cmj (0)=βmj , j = 1, m.

(3.8)

Bỏ qua chỉ số m , ta viết lại cm (t ) = (cm 1(t ),..., cmm (t )) dưới dạng
c(t ) = (c1(t ),..., cm (t )).

Hệ phương trình (3.8) được viết lại như sau
m
⎧⎪
⎪⎪c ′′(t ) = −λc ′(t ) − λ1 (t ) w (0) c ′(t )w (0) − Kc (t ) − μ(t ) c (t )
∑
j
j
i
i
j
||w j ||2
||w j ||2 j
⎪⎪ j
i =1
⎪⎪
⎪⎪
t
m
m
w j (0)
K1 (t )
⎪⎪
w
(0)
c
(
t

)
w
(0)
k
(
t
s
)
ci (s )wi (0) ds
−
−
−
∑
∑
j
i
i
⎪
||w j ||2
||w j ||2 ∫
⎨
=
i =1
i
1
0
⎪⎪
⎪⎪
− ||gw(t||)2 w j (0) + ||w1 ||2 〈 f (t ), w j 〉,
⎪⎪

j
j
⎪⎪
⎪⎪
⎪⎪c j (0) = α j , c j (0)=β j , j = 1, m.
⎩

(3.9)

Với mỗi T > 0, ta đặt Y = C 0 ([0,T ]; \ m ) là không gian Banach đối với chuẩn .
như sau:
m

||c||Y = ||c||0, ||c||0 = sup |c(t )|1, |c(t )|1 = ∑ |c j (t )|,
0
j =1

12

Y


13

với c = (c1,..., cm ) ∈ Y .
Hệ (3.9) tương đương với phương trình điểm bất động

c(t ) = U [c ](t ) ≡ H [c ](t )+G (t ),

c ∈Y,

(3.10)

trong đó,
⎧⎪c(t ) = (c (t ),..., c (t )), U [c ](t )=(U [c ](t ),...,U [c ](t )),
1
m
1
m
⎪⎪
⎨
⎪⎪U [c ](t ) = H [c ](t ) + G (t ),
j
j
⎪⎩ j

và
t
t
τ
⎧
⎪
⎪⎪H [c ](t ) = F (s, c ′(s ))ds + d τ F (s, c ′(s ))ds
∫ 1j
∫ ∫ 2j
j
⎪
⎪
0

0
0
⎪
⎪
t
τ
r
⎪
⎪
⎪
+
d
τ
dr
⎪
∫ ∫ ∫ k (t − s )F3 j (c(s ))ds,
⎪
0
0
0
⎪
⎨
m
⎪
⎡
⎤
w (0)
⎪
⎪
⎢

⎥t
=
+
+
G
(
t
)
α
+
β
λα
λ
(0)
α
w
(0)
∑
⎪
j
j
j
i i
1
||w ||
⎢⎣ j
⎥⎦
⎪
i =1
⎪

⎪
⎪
t
τ
⎪
⎪
−∫ d τ ∫ ||gw(s||) w j (0) − ||w1 || 〈 f (s ), w j 〉 ds,
⎪
⎪
⎪⎩
0
0
j

(3.11)

2

j

(

2

2

j

j

với F1 j , F2 j : [0,T ]× \m → \,

)

F3 j : \m → \, được xác định như sau
m

F1 j (t, c(t )) = −λc j (t ) − ||w1 ||2 w j (0)∑ ci (t )wi (0),
λ (t )
j

F2 j (t, c(t )) =

(3.12)

i =1

m

w j (0)∑ ci (t )wi (0) − Kc j (t ) − ||μw(t||)2 c j (t )
||w ||2
λ1′ (t )
j

j

i =1

m

(3.13)

− ||w1 ||2 w j (0)∑ ci (t )wi (0),
K (t )
j

F3 j (c(t )) =

w j (0)
||w j ||2

i =1

m

∑ c (t )w (0).
i =1

i

(3.14)

i

Bổ đề 3.1. Giả sử, các giả thiết (A1) – (A5) đúng. Khi đó, tồn tại T > 0 sao cho
hệ (3.10) có duy nhất nghiệm c(t ) = (c1(t ),..., cm (t )) trên khoảng [0,T ].
Chứng minh.
13

14

Sự tồn tại nghiệm um (t ) trên đoạn [0,T ] sẽ được suy ra từ sự tồn tại nghiệm c ∈ Y
thỏa mãn phương trình điểm bất động (3.10). Như vậy ta cần chứng minh toán tử

U : Y → Y có điểm bất động.
Ta có |U n [c ] −U n [d ]|=|H n [c ] − H n [d ]|, ∀c, d ∈ Y , ∀n ∈ `. Nên để chứng minh
U có điểm bất động. Ta chứng minh H có điểm bất động. Mặt khác, do H tuyến tính

theo c, nên chúng ta chỉ cần chứng minh tồn tại n ∈ ` và k ∈ [0,1) sao cho
H n [c ] ≤ k||c||Y , ∀c ∈ Y .
Y

Ta bắt đầu bởi việc chứng minh bằng phương pháp quy nạp rằng với c ∈ Y , bất
đẳng thức sau đúng với mọi n ∈ ` .

tn
||c||Y ,
H [c ](t ) ≤ M T
1
n!
n

n

n

(3.15)

trong đó,

⎧M = sup{|μ(t )| + |K (t )| + |λ (t )|+ |λ ′(t )|}, T = 1 + T + T 2 ,
⎪
1
1
1
⎪
0≤t ≤T
⎪
⎪
⎪
⎪
2
2
⎨M 1 = λ + 2mM (1 + λm ), M 2 = M (4m + 1)(1 + λm ) + K ,
⎪
⎪
⎪
⎪
M 3 = 2m(1 + λm2 )||k||L (0,T ), M = M 1 + M 2 + M 3 .
⎪
⎪
⎪
⎩
∞

Chứng minh (3.15) như sau
Với n = 1, từ (3.12) – (3.14) ta có các đánh giá sau
m

|F1 j (t, c(t ))| ≤ λ|c j (t )| + 2M (1 + λm2 )∑ |ci (t )|

i =1

≤ λ|c j (t )| + 2M (1 + λm2 )|c(t )|1

hay
|F1(t, c(t ))|1 ≤ [λ + 2mM (1 + λm2 )]|c(t )|1 = M 1|c(t )|1.

(3.16)

Tương tự ta cũng có
|F2 (t, c(t ))|1 ≤ [M (4m + 1)(1 + λm2 ) + K ]|c(t )|1 = M 2|c(t )|1,
14

(3.17)


15

và
|F3 (c(t ))|1 ≤ 2m(1 + λm2 )|c(t )|1,

(3.18)

Từ (3.11)1, (3.16) - (3.18) ta suy ra rằng
t

τ

t

|H [c ](t )|1 ≤ ∫ |F1(s, c(s ))|1ds + ∫ d τ ∫ |F2 (s, c(s ))|1ds
0

t

0

0
τ

r

+ ∫ d τ ∫ dr ∫ |k (r − s )|.|F3 (c(s ))|1ds
0

0

t

0

τ

t

τ

t

r

≤ M 1 ∫ |c(s )|1ds + M 2 ∫ d τ ∫ |c(s )|1ds + M 3 ∫ d τ ∫ dr ∫ |c(s )|1ds
0

0

0

0

0

0

t2
t3
≤ M 1||c||Y t + M 2||c||Y
+ M 3||c||Y
2!
3!

≤ (M 1 + M 2T + M 3T 2 )||c||Y t
≤ (M 1 + M 2 + M 3 )T ||c||Y t ≤ MT ||c||Y t,

(3.19)

Từ (3.19) ta suy ra rằng (3.15) đúng với n = 1.
Giả sử (3.15) đúng với n ≥ 1. Khi đó
t

τ

t

|H [H [c ]](t )|1 ≤ M 1 ∫ |H [c ](s )|1ds + M 2 ∫ d τ ∫ |(H n [c ](s ))|1ds
n

n

0

0
τ

t

0

r

+ M 3 ∫ d τ ∫ dr ∫ |H n [c ](s )|1ds
0

≤

M1M nT n
n!

0

0

t

||c||Y ∫ s nds +

M 2M nT n
n!

0

+

M 3M nT n
n!

0
τ

t

≤

M 1M nT n
(n +1)!

(

(n +1)!

r

0

||c||Y t n +1 +

M1M nT n

0

||c||Y ∫ d τ ∫ dr ∫ s nds
0

≤

τ

t

||c||Y ∫ d τ ∫ s nds

+

M 2M nT nT
(n +1)!

0

M 2M nT n
(n +2)!

+

||c||Y t n +2 +

M 3M nT nT 2
(n +1)!

)||c|| t

15

n

(n +3)!

n +1

Y

≤ (M 1T + M 2 + M 3T 2 ) (Mn +T1)! ||c||Y t n +1
n

M 3M nT n

||c||Y t n +3


16

≤ (M 1 + M 2 + M 3 ) M(n T+1)! ||c||Y t n +1 ≤
n +1

n

M n +1T n +1
(n +1)!

||c||Y t n +1.

(3.20)

Từ (3.19), (3.20) suy ra (3.15) đúng với mọi n ∈ ` . Điều này dẫn đến
||H n [c ]||0 ≤

M nTnT n
n!

||c||Y .

(3.21)

Suy ra


n

)
U n [c ] ≤ (MTT
||c||Y .

n!

(3.22)

Y

 )n
(MTT
n!
n →+∞

Ta có lim

0
= 0, nên tồn tại n ∈ ` sao cho

 )n
(MTT
n!

< 1.

(3.23)

Vậy, toán tử H n : Y → Y là co, nên theo nguyên lý ánh xạ co, suy ra H n có điểm
bất động duy nhất trong Y . Từ đó ta cũng suy ra được rằng H cũng có điểm bất động
duy nhất trong Y . Bổ đề 3.1 được chứng minh■
Dùng bổ đề 3.1, với T > 0 cố định, (3.10) có nghiệm c ∈ S sao cho U [c ] = c, do
đó hệ (3.5) – (3.7) có nghiệm (um , Pm ) trên một khoảng [0,Tm ] ⊂ [0,T ].

Bước 2. Đánh giá tiên nghiệm

′ (t ) sau đó lấy tổng theo j, ta được
Nhân (3.5)1 với cmj
′ (t )〉 + Pm (t )um′ (0, t )
〈um′′ (t ), um′ (t )〉 + μ(t )〈umx (t ), umx

(3.24)

+〈F (um (t ), um′ (t )), um′ (t )〉 = 〈 f (t ), um′ (t )〉.

Lấy tích phân (3.24) theo biến thời gian từ 0 đến t , ta thu được
t

t

t

′ (s )〉ds + 2∫ Pm (s )um′ (0, s )ds
2 ∫ 〈um′′ (s ), um′ (s )〉ds + 2∫ μ(s )〈umx (s ), umx
0

0

0

t

t

+ 2 ∫ 〈F (um (s ), um′ (s )), um′ (s )〉ds = 2∫ 〈 f (s ), um′ (s )〉ds,
0

(3.25)

0

Tính các tích phân ở vế trái của (3.25)
t

I 1 = 2 ∫ 〈um′′ (s ), um′ (s )〉ds =
0

t

d

∫ ds ||u ′ (s)|| ds = ||u ′ (t )||
2

m

0

16

2

m

− ||u1m ||2 .

(3.26)


17

t

t

′ (s )〉ds =
I 2 = 2 ∫ μ(s )〈umx (s ), umx
0

d

∫ μ(s ) ds ||u

mx

(s )||2 ds

0

t

= μ(t )||umx (t )|| − μ(0)||u 0mx || − ∫ μ ′(s )||umx (s )||2 ds
2

2

(3.27)

0
t

I 3 = 2 ∫ Pm (s )um′ (0, s ) ds
0
t

t

= 2 ∫ g(s )um′ (0, s )ds + ∫
0

0

t

d
K 1(s ) um2 (0, s )ds + 2∫ λ1(s )|um′ (0, s )|2ds
ds
0

τ

t

− 2 ∫ um′ (0, τ )∫ k (τ − s )um (0, s ) dsd τ

0

0

= I 31 + I 32 + I 33 + I 34 ,

(3.28)

t

t

I 31 = 2 ∫ g(s )um′ (0, s )ds = 2g(t )um (0, t ) − 2g(0)u 0m (0) − 2∫ g ′(s )um (0, s )ds
0

0
t

I 32 = K1(t )u (0, t ) − K1(0)u (0) − ∫ K1′(s )um2 (0, s )ds ,
2
m

2
0m

0
τ

I 34 = −2um (0, τ )∫ k (τ − s )um (0, s ) ds
0

t

+2 ∫
0

t
0

τ
⎞⎟
d ⎛⎜
um (0, τ ) ⎜⎜ ∫ k (τ − s )um (0, s ) ds ⎟⎟⎟d τ
d τ ⎜⎝ 0
⎠⎟
t

= −2um (0, t )∫ k (t − s )um (0, s )ds
0

t

+2 ∫
0

τ
⎛
⎞⎟
⎜⎜
um (0, τ ) ⎜k (0)um (0, τ ) + ∫ k ′(τ − s )um (0, s ) ds ⎟⎟⎟ d τ

⎜⎝
⎠⎟
0
t

= −2um (0, t )∫ k (t − s )um (0, s )ds
0

17


18

t

τ

t

+2k (0)∫ u (0, s )ds + 2∫ um (0, t )∫ k ′(τ − s )um (0, s ) dsd τ
2
m

0

0

0

t

t

I 4 = 2∫ 〈F (um (s ), um′ (s )), um′ (s )〉ds = 2∫ 〈Kum (s ) + λum′ (s ), um′ (s )〉ds
0

0
t

= K ||um (t )|| − K ||u 0m || + 2λ ∫ ||um′ (s )||2 ds
2

2

(3.29)

0

Tổ hợp (3.25) – (3.29), ta thu được
t

t

Sm (t ) = Sm (0) + 2g(0)u 0m (0) +∫ μ′(s )||umx (s )|| ds + ∫ [K1′(s ) − 2k (0)] um2 (0, s ) ds
2

0

0

t

+2um (0, t )∫ k (t − s )um (0, s ) ds − 2g(t )um (0, t )
0
t

τ

t

+2 ∫

g ′(s )um (0, s )ds − 2∫ um (0, τ )∫ k ′(τ − s )um (0, s )ds d τ

0

0

0

t

+2 ∫ 〈 f (s ), um′ (s )〉ds,

(3.30)

0

trong đó,
t

Sm (t ) ≡ ||um′ (t )|| + μ(t )||umx (t )|| + K1(t )u (0, t ) + 2 ∫ λ1(s )|um′ (0, s )|2ds
2

2

2
m

0
t

+ K ||um (t )|| + 2λ ∫ ||um′ (s )||2ds,
2

0

hay
t

Sm (t ) = Sm (0) + 2g(0)u 0m (0) + ∫ μ′(s )||umx (s )||2ds
0
t

+∫
0

t

⎡K ′(s ) − 2k (0)⎤ u 2 (0, s ) ds +2 g ′(s )u (0, s )ds

∫
m
⎣⎢ 1
⎦⎥ m
0

18

(3.31)


19

t

+2um (0, t )∫ k (t − s )um (0, s ) ds − 2g(t )um (0, t )
0
τ

t

−2 ∫

t

um (0, τ )∫ k ′(τ − s )um (0, s )ds d τ +2 ∫ 〈 f (s ), um′ (s )〉ds,

0

0

0
7

≤ Sm (0) + 2g(0)u 0m (0) + ∑ J i .

(3.32)

i =1

Sử dụng bất đẳng thức
1
2ab ≤ εa 2 + b 2,
ε

∀a, b ∈ \, ∀ε > 0 ,

(3.33)

và dựa vào kết quả của các bất đẳng thức
t

Sm (t ) ≥ ||um′ (t )||2 + μ0 ||umx (t )||2 + 2λ0 ∫ |um′ (0, s )|2ds,

(3.34)

0

Sm (t )
,

μ0

|um (0, t )| ≤ ||um (t )||C 0 ([0,T ]) ≤ ||umx (t )|| ≤

(3.35)

chúng ta sẽ lần lượt đánh giá các tích phân ở vế phải của (3.32)
t

J1 ≤ ∫

|μ ′(s )|.||umx (s )||2ds ≤

0
t

1
μ0

t

∫ |μ′(s)|S

2
m

0
t

t

J 3 ≤ 2 ∫ g ′(s ) um (0, s )ds ≤ ∫
0

0

t

≤ ∫ Sm (s )ds +
0
t

J 4 ≤ 2 um (0, t ) ∫
0

|| g ′ ||L22 (0,T )
μ0

(s )ds.

(3.36)

0

1
K 1′(s ) − 2k (0) u (0, s )ds ≤
μ0

J2 ≤ ∫

m

t

∫

K 1′(s ) − 2k (0) S m (s )ds.

(3.37)

0

1
Sm (s )ds +
μ0

t

∫

2

g ′(s ) ds

0

t

≤ ∫ Sm (s )ds +CT .

(3.38)

0

1
k (t − s )um (0, s ) ds ≤ 2 Sm (t )
μ0

19

t

∫
0

k (t − s ) S m (s )ds


20

1
≤ εSm (t ) + 2
εμ0

≤ εSm (t ) +

t

t

∫ k (θ)d θ ∫ S
2

0

|| k ||2L2 (0,T )
εμ02

t

∫
0

t

1
S m (s )ds ≤ εSm (t ) + CT ∫ Sm (s )ds.
ε
0

∫u

m

0

≤∫
0

1 2

1
g (t ) ≤ εSm (t ) + CT .
εμ0
ε

(3.39)

(3.40)

τ

t

t

(s )ds

0

J 5 ≤ 2 g(t )um (0, s ) ≤ εSm (t ) +
J6 ≤ 2

m

(0, τ )d τ ∫ k ′(τ − s )um (0, s )ds
0

T
Sm (s )ds + 2
μ0

≤ (1 +

t

∫

2

k ′(θ) d θ ∫ Sm (s )ds

0

T || k ′ ||2L2 (0,T )

t

0
t

t

0

0

.) ∫ Sm (s )ds ≤ CT ∫ Sm (s )ds.

μ02

t

t

(3.41)

t

J 7 ≤ 2 ∫ |〈 f (s ), um′ (s )〉|ds ≤ ∫ ||f (s )|| ds + ∫ Sm (s ) ds
2

0

0
t

0
t

≤ ||f ||L2 (Q ) + ∫ Sm (s ) ds ≤ CT + ∫ Sm (s ) ds.
2

T

0

(3.42)

0

Từ (3.32), (3.36) – (3.42) ta suy ra rằng
Sm (t ) ≤ Sm (0) + 2|g(0)u 0m (0)| + 2 ( 1ε + 1)CT + 2εSm (t )
t

+

∫ ⎡⎣⎢2 +C
0

Chọn ε =

T

+ μ1 (|μ ′(s )| + |K 1′(s ) − 2k (0)|)⎤⎦⎥ S m (s )ds.
0

(3.43)

1
từ (3.43) ta được
4

Sm (t ) ≤ 2Sm (0) + 4|g(0)u 0m (0)| + 4 ( 1ε + 1)CT
t

+ 2∫
0

⎡2 +C + 1 (|μ ′(s )| + |K ′(s ) − 2k (0)|)⎤ S (s )ds.
⎢⎣

⎥⎦ m
T
1
μ0

20

(3.44)


21

Sử dụng giả thiết (A1) – (A3), (A5) và (3.6) – (3.7), ta có
2Sm (0) + 4|g(0)u 0m (0)| = ||u1m ||2 + μ(0)||u 0mx ||2
+K 1(0)u 02m (0) + K || u 0m ||2 + 4|g(0)u 0m (0)| ≤ C 1, ∀m,

(3.45)

với C 1 là hằng số dương chỉ phụ thuộc vào μ(0), K 1(0), g(0), K , u0, u1.
Từ (3.45) ta viết lại (3.44) như sau
t

Sm (t ) ≤ D1(T , ε) +

∫ D (T , s )S
2

m

(s )ds,

(3.46)

0

trong đó
⎧
⎪
D1(T , ε) = C 1 + 4 ( 1ε + 1)CT ,
⎪
⎪
⎨
⎪
⎪
D (T , s ) = 2 ⎡⎢⎣2 +CT + μ1 (|μ ′(s )| + |K1′(s ) − 2k (0)|)⎤⎥⎦ .
⎪
0
⎪
⎩ 1

(3.47)

Dùng bổ đề Gronwall, ta thu được từ (3.46), rằng
t

∫ D2 (T ,s )ds

Sm (t ) ≤ D1(T , ε) e 0

≤ CT(1), ∀m ∈ `, ∀t ∈ [0,T ], ∀T > 0,

(3.48)

trong đó CT(1) hằng số chỉ phụ thuộc vào T , u0 , u1, μ, f , g, k, K 1, λ1, K , λ.
Từ (3.5)2, (3.35), (3.48) và giả thiết (A2), ta thu được đánh giá sau
t

CT(1)
CT(1)
| Pm (t ) | ≤ | g(t ) | + | K1(t ) |
| k (t − s ) | ds
+ | λ1(t ) | . | um′ (0, t ) | +
μ0
μ0 ∫0
t
⎛
⎞⎟ C (1)
⎜⎜
≤ | g(t ) | + ⎜| K 1(t ) | +∫ | k (θ) | d θ ⎟⎟⎟ T + | λ1(t ) | . | um′ (0, t ) | .
⎜⎝
⎠⎟ μ0
0

Do đó
||Pm ||L2 (0,T ) ≤ CT(1), ∀m ∈ `, ∀t ∈ [0,T ].

(3.49)

Từ (3.31) và (3.48) – (3.49) ta suy ra rằng trích được dãy con của dãy {um } mà vẫn ký
hiệu là {um } sao cho

um → u trong L∞ (0,T ;V ) yếu *,

(3.50)
21


22

um′ → u ′ trong L∞ (0,T ; L2 ) yếu *,

(3.51)

um (0,.) → u(0,.) trong H 1(0,T ) yếu,

(3.52)

Pm → P trong L2 (0,T ) yếu.

(3.53)

Hơn nữa, sử dụng bổ đề nhúng compact của Lions [4] ta suy từ (3.50) và (3.51)
rằng tồn tại một dãy con của {um } , mà ta vẫn ký hiệu là {um } , sao cho
um → u trong L2 (0,T ; L2 ) ≡ L2 (QT ) mạnh và a.e. QT .

(3.54)

Do H 1(0,T ) ↪C ([0,T ]) là compact, nên từ (3.52) ta suy ra rằng
um (0,.) → u(0,.) trong C ([0,T ]) mạnh.

(3.55)

Qua giới hạn (3.5) và nhờ vào (3.51), (3.54) – (3.55) ta được (u, P ) thỏa bài toán sau
⎧
⎪
d
⎪
〈u ′(t ), v 〉 + μ(t )〈ux (t ), vx 〉 + P (t )v(0) + 〈F (u, u ′), v 〉 = 〈 f (t ), v〉, ∀v ∈ V ,
⎪
⎪
dt
⎪
⎪
⎪
t
⎪
⎪
⎪
⎪P (t ) = g(t ) + K 1(t )u(0, t ) + λ1(t )u ′(0, t ) − ∫ k (t − s )u(0, s )ds,
⎨
0
⎪
⎪
⎪
⎪
F (u, u ′) = Ku + λu ′,
⎪
⎪
⎪
⎪

⎪
⎪
u(0) = u0, u ′(0) = u1.
⎪
⎩

(3.56)

Vậy, sự tồn tại nghiệm yếu (u, P ) của bài toán (3.1) trong định lý 3.1 đã được chứng
minh.
Bây giờ, ta tiếp tục chứng minh tính duy nhất của nghiệm yếu.
Bước 4: Sự duy nhất nghiệm
Để chứng minh tính duy nhất của nghiệm yếu, ta cần bổ đề sau
Bổ đề 3.2. Giả sử u là nghiệm yếu của bài toán sau

22


23

⎧u ′′ − μ(t )u + F = 0, 0 < x < 1, 0 < t < T ,
⎪
xx
1
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
u(1, t ) = 0, μ(t )ux (0, t ) = P(t ),

⎪
⎪
⎨
⎪
u(x , 0) = u ′(x , 0) = 0,
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪⎪u ∈ L∞ (0,T ;V ), u ′ ∈ L∞ (0,T ; L2 ), u(0,.) ∈ H 1 (0,T ).
⎪
⎩

(3.57)

Khi đó, ta có
t

t

2
2
1
1
u ′(t ) + μ(t ) ux (t ) + ∫ P (s )u ′(0, s )ds + ∫ F1(s ), u ′(s ) ds
2
2
0
0

t

2
1
= ∫ μ ′(s ) ux (s ) ds, a.e. t ∈ [0,T ].
2 0

(3.58)

Chứng minh bổ đề trên có thể tham khảo cách chứng minh định lý 1.5 trong ([4] Lions
trang 22).
Giả sử (u1, P1 ), (u2, P2 ) là hai nghiệm yếu của bài toán (3.1) sao cho
⎧
⎪ui ∈ L∞ (0,T ;V ), ui′ ∈ L∞ (0,T ; L2 ),
⎪
⎪
⎨
⎪
⎪
u (0,.) ∈ H 1(0,T ), Pi ∈ L2 (0,T ), i = 1, 2.
⎪
⎪
⎩ i

(3.59)

Thì (u, P ) với u = u1 − u2 và P = P1 − P2 là nghiệm yếu của bài toán sau:
⎧
⎪
u ′′(t ) − μ(t )uxx (t ) + Ku(t ) + λu ′(t ) = 0, 0 < x < 1, 0 < t < T ,

⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
u(1, t ) = 0, μ(t )ux (0, t ) = P (t ),
⎪
⎪
⎪
⎪
t
⎨
⎪
⎪
′
P (t ) = K1(t )u(0, t ) + λ1(t )u (0, t ) − ∫ k (t − s )u(0, s )ds,
⎪
⎪
0
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
u(0) = u ′(0) = 0.
⎪
⎩

Áp dụng bổ đề 3.2 với F1 = Ku + λu ′ , và
t

P (t ) = K 1(t )u(0, t ) + λ1(t )ut (0, t ) − ∫ k (t − s )u(0, s )ds,
0

23

(3.60)


24

ta được
t

2

|| u ′(t ) ||2 + μ(t ) || ux (t ) ||2 + K1(t )u 2 (0, t ) + K || u(t ) ||2 + 2 ∫ λ1(s ) u ′(0, s ) ds
0

t

=

t

∫ μ′(s) || u (s ) || ds + ∫ K ′(s )u (0, s )ds
2

2

x

1

0

0

τ

t

+2 ∫ u ′(0, τ )∫ k (τ − s )u(0, s )dsd τ.
0

(3.61)

0

Từ các giả thiết (A2), (A3), (A5) ta suy ra từ (3.61) rằng
t

t

2

τ

t

σ(t ) ≤ ∫ μ ′(s ) ux (s ) ds + ∫ K 1′(s )u (0, s )ds + 2∫ u ′(0, τ )∫ k (τ − s )u(0, s )dsd τ.
2

0

0

0

0

(3.62)
trong đó
t

σ(t ) = || u ′(t ) || +μ(t ) || ux (t ) || +K1(t )u (0, t ) + 2 ∫ λ1(s ) | u ′(0, s ) |2 ds.
2

2

2

(3.63)

0

Chú ý rằng
|u(0, t )| ≤ ||u(t )||C 0 ([0,1]) ≤ ||ux (t )|| ≤

σ(t )

.
μ0

(3.64)

Bây giờ, ta đánh giá các tích phân ở vế phải của (6.62) ta được
t

1
μ ′(s ) ux (s ) ds ≤
μ0
2

I1 ≤ ∫
0

t

t

∫

1
K 1′(s ) u(0, s ) ds ≤
μ0
2

I2 ≤ ∫
0

μ ′(s ) σ(s )ds,

(3.65)

0

t

∫

K 1′(s ) σ(s )ds,

(3.66)

0

τ

t

I 3 ≤ 2 ∫ u ′(0, τ ) ∫ k (τ − s ) u(0, s ) dsd τ
0

0

t

1
u ′(0, τ ) d τ + ∫
ε 0

≤ ε∫
0

2

t

2

⎛τ
⎞⎟
⎜⎜
⎟⎟ d τ
(
)
(0,
)
k
τ
−
s
u
s
ds
⎜⎜ ∫
⎟
⎝0
⎠⎟
24