Luận án Sử dụng phương pháp xấp xỉ galerkin vào một số bài toán biên phi tuyến

(1.3.9) tương đương với hệ sau: ,1,),(1)()( 2 )()( kjwtF w tctc jm j k mjj k mj ≤≤〉〈=+ λ&& (1.3.10) ( ) ( ) ( ) ( ).)0(c ,)0( kjkmjkjkmjc βα == & (1.3.11) Từ đó, nghiệm của hệ (1.3.10) – (1.3.11) được biểu diễn theo công thức: ( ) ( ) ( ) .1,),( ))(sin(1 )sin( )cos()( 0 2 kjdwF t w t ttc t jm j j j j jk jj k j k mj ≤≤〉〈−+ += ∫ ττλ τλ λ λβλα (1.3.12) Các đánh giá sau đây trong bước 2 cho phép ta lấy ( ) ,TT km = với mọi k và với mọi m. Bước 2: Đánh giá tiên nghiệm. Trong (1.3.6) thay jw bởi )()( tu km& ta có .)(),())(),(( 2 1)( 2 1 )()()(2)( 〉〈=+ tutFtutua dt dtu dt d k mm k m k m k m && Sau đó tích phân theo t ta được ,)(),(2)0()( 0 )()()( ∫ 〉〈+= t kmmkmkm duFptp τττ & (1.3.13) trong đó )).(),(()()( )()( 2)()( tutuatutp km k m k m k m += & 25 Trong (1.3.6) thay jw bởi , 1 j j wΔ− λ khi đó ,),()),((),( )()( 〉Δ〈=Δ+〉Δ〈 jmjkmjkm wtFwtuawtu&& hay ).),((),()),(( )()( jmjkmjkm wtFawtuwtua =〉ΔΔ〈+&& (1.3.14) Thay jw bởi )( )( tu km& trong đẳng thức (1.3.14), kết hợp với (1.2.14), lấy tích phân theo ,t ta được ,))(),(()0()( 0 )()()( ∫+= t k mm k m k m duFaqtq τττ & (1.3.15) với .)())(),(()( 2)()()()( tututuatq km k m k m k m Δ+= && Đạo hàm (1.3.6) theo ,t sau đó thay jw bởi )( )( tu km&& ta có .)(),())(),(( 2 1)( 2 1 )()()(2)( 〉∂ ∂〈=+ tutF t tutua dt dtu dt d k mm k m k m k m &&&&&& Tích phân hai vế theo t ,)(),(2)0()( 0 )()()( ∫ 〉∂∂〈+= t k mm k m k m duFt rtr τττ && (1.3.16) với )).(),(()()( )()( 2)()( tutuatutr km k m k m k m &&&& += Từ (1.3.13), (1.3.15) và (1.3.16), dẫn đến .)(),(2 ))(),((2)(),(2)0( )())()()( 0 )( 0 )( 0 )()( )()()()( ∫ ∫∫ 〉∂ ∂〈+ +〉〈+= ++= t k mm t k mm t k mm k m k m k m k m k m duF t duFaduFs trtqtpts τττ ττττττ && && (1.3.17) Các tích phân ở vế phải (1.3.17) lần lượt được đánh giá dưới đây. + Tích phân thứ nhất 26 Từ (1.2.15) và (1.3.1) ta có .)(2 )( )(2)(),(2 0 )( 0 0 )( 0 )( ∫ ∫∫ ≤ ≤〉〈 t k m t k mm t k mm dpK duFduF ττ ττττττ && (1.3.18) + Tích phân thứ hai Do bồ đề 1.2 ta có .)( )(2))(),((2 0 )( H1 0 )( 11∫∫ ≤ t Hkmm t k mm duFCduFa ττττττ && (1.3.19) Từ (1.2.15), (1.2.16) và (1.3.1) ta tìm được ,),0( 20 2 KtFm ≤ (1.3.20) ( ) ( )∫ ∫ −−− −−∇− ∇+Δ+∇+≤ ∇+Δ+∇+=∂ ∂ 1 0 2 1 2 1 2 1 2 1 1 0 2 1 / 1 / 1 // 2 14 dxuuuK dxufufuffF x mmm mumumuxm & && ( ) ( ).214 14 22 1 2 1 2 1 2 1 12 MK uuK HmHm +≤ ++≤ −− & (1.3.21) Suy ra từ (1.3.20), (1.3.21) rằng ( ) .214),0( 20221222 1 KMKtFFxF mmHm ++≤+∂∂= (1.3.22) Từ (1.3.15), (1.3.19), (1.3.22) ta có ( ) .)(2122))(),((2 0 )( 0 2 1 0 1 0 )( ∫∫ ++≤ t kmt kmm dqKMKC CduFa τττττ & (1.3.23) + Tích phân thứ ba Ta có .)()(2)(),(2 0 )( 0 )( ∫∫ ∂∂≤〉∂∂〈 t k mm t k mm duFt duF t ττττττ &&&& (1.3.24) 27 Từ (1.2.16) và (1.3.1) ta thu được ( ) ( ) ( ). 314 14 22 1 2 1 2 1 2 1 2 1 1 0 2 1 / 1 / 1 // 2 MK uuuK dxufufuffF t mmm mumumutm +≤ +∇++≤ +∇++=∂ ∂ −−− −−∇−∫ &&&& &&&& & (1.3.25) Do đó từ (1.3.24), (1.3.25) ta suy ra .)(314)(),(2 0 )(2 1 0 )( ∫∫ +≤〉∂∂〈 t k m t k mm drMKduFt τττττ && (1.3.26) Từ (1.3.17), (1.3.18), (1.3.23), (1.3.26) ta thu được ,)()0( )(2)0()( 0 )()( 0 )()()( ∫ ∫ ++≤ +≤ t k m k m t k m k m k m dsKTKs dsKsts ττ ττ (1.3.27) trong đó ( ) .312212),,( 21021 0 1 0 MKKMKC CKfTMKK +++++== (1.3.28) Tiếp theo ta đánh giá số hạng ).0()(kms Ta có ).~,~(~~)~,~(2)0()0( 00 2 0 2 111 2)()( kkkkkk k m k m uuauuuuaus +Δ+++= && (1.3.29) Trong (1.3.6), thay jw bởi ),( )( tu km&& sau đó lấy ,0=t ta được .)0(),~,~,~,0,()0(,~)0( )(100)(0 2)( 〉∇〈=〉Δ〈− kmkmkkm uuuuxfuuu &&&&&& Từ đây suy ra .)~,~,~,0,(~)0( 1000 )( uuuxfuu k k m ∇+Δ≤&& (1.3.30) Ta suy từ (1.3.8), (1.3.9), (1.3.29), (1.3.30) rằng tồn tại một số 0>M độc lập với k và m sao cho ,4)0( 2)( Ms km ≤ với mọi k và .m (1.3.31) 28 Ta lưu ý, với giả thiết ),( 3H suy ra từ (1.2.15), (1.2.16) rằng .1,0 ,0),,(lim 0 == +→ ifTMTKiT (1.3.32) Kết hợp (1.3.28) và (1.3.32), tìm được T > 0 sao cho ( ) ,),,(exp),,( 4 2 2 MfTMTKfTMTKM ≤⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ + (1.3.33) và .1),,(11)21(2 1 0 <⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ ++= fTMTK C kT (1.3.34) Cuối cùng ta suy ra từ (1.3.27), (1.3.31), (1.3.33) rằng .0 ,)()exp()( )( 0 )(2)( k m t k m k m Tt dsKTKMts ≤≤+−≤ ∫ ττ (1.3.35) Aùp dụng bổ đề Gronwall ta có ,)exp()exp()( 22)( MtKTKMts km ≤−≤ .0 )( TTt km ≤≤≤ (1.3.36) Từ đây ta có ,)( TT km = với mọi m và k và ta suy ra từ đây rằng ).,()( TMWu km ∈ (1.3.37) Bước 3: Qua giới hạn Từ (1.3.37), tồn tại một dãy con }{ )( jkmu của }{ )(kmu và tồn tại mu sao cho yếu*,);,0( trong 2)( HTLuu m k m j ∞→ (1.3.38) yếu*,);,0( trong 1)( HTLuu m k m j ∞→ && (1.3.39) yếu*,);,0( trong 2)( LTLuu m k m j ∞→ &&&& (1.3.40) ).,( TMWum ∈ (1.3.41) Từ (1.3.38) - (1.3.41) qua giới hạn trong (1.3.6), (1.3.7) ta có thể kiểm tra dễ dàng rằng mu thỏa mãn (1.3.2), (1.3.3) trong ),0( TL ∞ yếu *. Định lý 1.1 chứng minh hoàn tất.■ 29 Chú thích 1.2. Trong [9] chúng tôi thu được một đánh giá tương tự như (1.3.36) nhờ một nghiệm cực đại địa phương của một bất phương trình tích phân Voltera phi tuyến liên kết với một nhân không giảm [20]. Tuy nhiên trong luận án này chúng tôi chỉ cần đưa về đánh giá (1.3.35), từ đó nhận được (1.3.36) nhờ bổ đề Gronwall. Cách làm này theo chúng tôi đánh giá thì đơn giản hơn [9]. 1.4. Sự tồn tại và duy nhất nghiệm cho bài toán với điều kiện biên thuần nhất Định lý 1.2. Giả sử )(),()( 531 HHH − đúng. Khi đó tồn tại ,0>M 0>T sao cho bài toán (1.1.1)-(1.1.3) có duy nhất một nghiệm yếu ).,( TMWu∈ Mặt khác, dãy qui nạp tuyến tính }{ mu xác định bởi (1.3.1)-(1.3.4) hội tụ mạnh về nghiệm yếu u trong không gian )}.;,0( : );,0({)( 211 LTLuHTLuTW ∞∞ ∈∈= & (1.4.1) Hơn nữa ta cũng có đánh giá sai số , );,0();,0( 21 m TLTLmHTLm Ckuuuu ≤−+− ∞∞ && với mọi ,m (1.4.2) trong đó 10 << Tk xác định bởi (1.3.34) và C là hằng số chỉ phụ thuộc 10 ,, uuT và .Tk Chứng minh. a/ Sự tồn tại nghiệm. Trước hết ta lưu ý rằng )(1 TW là không gian Banach đối với chuẩn (xem [18]) . );,0();,0()( 211 LTLHTLTW uuu ∞∞ += & (1.4.3) Ta sẽ chứng minh rằng }{ mu là dãy Cauchy trong ).(1 TW Đặt .1 mmm uuv −= + Khi đó mv thỏa mãn bài toán biến phân sau: ⎩⎨ ⎧ == ∈∀〉−〈=+〉〈 + .0)0()0( , ,, ),(, 11 mm mmmm vv HvvFFvvavv & && (1.4.4) Lấy mvv &= trong (1.4.4) ta có 30 .,))(),(( 2 1)( 2 1 1 2 〉−〈=+ + mmmmmm vFFtvtvadt dtv dt d && Sử dụng giả thiết ),( 3H ta suy từ định lý 1.1, sau khi tích phân theo t ta có ( ) .)21(2 ,2),( 0 111 0 1 2 1∫ ∫ −− + ++≤ 〉−〈=+ t mHmm t mmmmmm dvvvK dvFFvvav τ τ && && (1.4.5) Sử dụng bổ đề 1.2 (ii) và (1.4.5) ta thu được ( ) ( ).)21(2 111 11 2 0 2 TWmTWmHmm vvTKvCv −+≤+& (1.4.6) Từ (1.4.6) dẫn đến , )(1)( 11 TWmTTWm vkv −≤ với mọi ,m (1.4.7) trong đó 10 << Tk cho bởi (1.3.34). Vì vậy , 1)(01)( 11 T m T TWTWmpm k kuuuu −−≤−+ với mọi ., pm (1.4.8) Suy ra }{ mu là dãy Cauchy trong ),(1 TW do đó tồn tại )(1 TWu∈ sao cho )( trong 1 TWuum → mạnh. (1.4.9) Bằng cách áp dụng một lý luận tương tự mà chúng ta đã sử dụng trong định lý (1.1), ta có thể lấy ra một dãy con }{ jm u của }{ mu sao cho );,0( trong 2HTLuu jm ∞→ yếu*, (1.4.10) );,0( trong 1HTLuu jm ∞→ && yếu*, (1.4.11) );,0( trong 2LTLuu jm ∞→ &&&& yếu*, (1.4.12) ).,( TMWu∈ (1.4.13) Aùp dụng định lý Riesz-Fischer, từ (1.4.9), tồn tại dãy con của }{ 1−jmu vẫn ký hiệu là }{ 1−jmu sao cho ,),( a.e. 1 Tm Qtx uu j ∈→− (1.4.14) 31 ,),(a.e. 1 Tm Qtxuu j ∈∇→∇ − (1.4.15) .),( a.e. 1 Tm Qtxuu j ∈→− && (1.4.16) Do f liên tục, áp dụng định lý hội tụ bị chận Lebesgue, từ (1.4.14)-(1.4.16) ta có ).( trong),,,,( 2 Ttxm QLuuutxfF j → (1.4.17) Mặt khác vì ,0);,0( 2 KF LTLm j ≤∞ với mọi ,j (1.4.18) nên ta có thể trích được từ }{ jm F một dãy con vẫn gọi là }{ jm F sao cho );,0( trong 2LTLFF jm ∞→ yếu*. (1.4.19) So sánh (1.4.17) và (1.4.19) suy ra . a.e. ),,,,(),( Ttx Q(x,t)uuutxftxF ∈= (1.4.20) Vậy );,0( trong),,,,( 2LTLuuutxfF txm j ∞→ yếu*. (1.4.21) Qua giới hạn (1.3.2), (1.3.3), bằng sự kết hợp với (1.4.10), (1.4.12), (1.4.21), ta thu được u thỏa bài toán biến phân sau: ⎩⎨ ⎧ == ∈∀〉〈=+〉〈 ,~)0( ,~)0( ,,),,,,,(),(, 10 1 uuuu Hvvuuutxfvuavu tx & && (1.4.22) trong ),0( TL∞ yếu*. b/ Sự duy nhất nghiệm. Giả sử 1u và 2u là hai nghiệm yếu của bài toán (1.1.1)-(1.1.3), thỏa ),,( TMWui ∈ .2,1=i Đặt ,21 uuu −= khi đó u là nghiệm của bài toán biến phân sau ⎩⎨ ⎧ == ∈∀〉−〈=+〉〈 ,0)0()0( , ,,),(, 121 uu HvvFFvuavu & && (1.4.23) 32 trong đó .2,1 ,),,,,(),( =∇= iuuutxftxF iiii & (1.4.24) Lấy uv &= trong (1.4.23), sau khi tích phân theo ,t ta có ( ) .)()()()(2 )(),()(2))(),(()( 0 1 0 21 2 ∫ ∫ +∇+≤ 〉−〈=+ t t m duuuuK duFFtutuatu τττττ ττττ && && (1.4.25) Đặt )).(),(()()( 2 tutuatutz += & (1.4.26) Khi đó, ta suy từ (1.4.25) rằng .)( 222)( 00 1 ∫⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ +≤ t dz C Ktz ττ (1.4.27) Sử dụng bổ đề Gronwall ta suy ra .hay ,0)( 21 uutz == Đánh giá sai số (1.4.2) được suy từ (1.4.8), (1.4.9) bằng cách cho .∞→p Vậy ta đã chứng minh xong định lý 1.2.■ 1.5. Sự tồn tại và duy nhất nghiệm cho bài toán với điều kiện biên không thuần nhất Giả sử )()( 41 HH − thỏa mãn. Với phép đổi biến (1.2.3) như đã nói ở phần đầu, bài toán không thuần nhất (1.1.1) – (1.1.3) đưa về bài toán thuần nhất (1.2.4) – (1.2.7), trong đó các dữ kiện fuugg ,~,~,, 1010 trong bài toán (1.1.1) – (1.1.3) sẽ lần lượt thay bởi .~,~,~,0,0 10 fww Chúng ta cũng làm các bước xấp xỉ tuyến tính cho bài toán (1.1.1) – (1.1.3) theo sơ đồ sau ,0 , ,),(),(),( Ttxtxtxwtxu mm ≤≤Ω∈+= ϕ (1.5.1) với 33 .)()1()()]1([),( 1010 10011 hhhh tgxhtghxh tx ++ +++−=ϕ )(i Chọn ),,(0 TMWw ∈ với 0, >TM thích hợp. (1.5.2) )(ii Giả sử ),,(1 TMWwm ∈− (1.5.3) ta xác định ),( TMWwm ∈ là nghiệm của bài toán ,0 , ,,~),(, TtxvFvwavw mmm <<Ω∈〉〈=+〉〈 && (1.5.4) ,),(~)0,(),(~)0,( 10 Ω∈== xxwxwxwxw mm & (1.5.5) trong đó ),,(),,,,( ),,,,(~),(~ 111 111 txwwwtxf wwwtxftxF mmm mmmm ϕϕϕϕ &&&& & −+∇+∇+= ∇= −−− −−− (1.5.6) ).0,()(~)(~ ,)0,()(~)(~ 1100 xxuxwxxuxw ϕϕ &−=−= (1.5.7) Sự tồn tại một dãy quy nạp }{ mu xác định bởi (1.5.1) cho bởi định lý sau. Định lý 1.3. Giả sử các giả thiết )()( 41 HH − được thỏa mãn. Khi đó tồn tại các hằng số ,0>M 0>T sao cho với mọi ),,(0 TMWw ∈ tồn tại một dãy quy nạp tuyến tính ),(}{ TMWwm ⊂ xác định bởi (1.5.2)- (1.5.7).■ Định lý 1.4. Giả sử các giả thiết )()( 41 HH − được thỏa mãn. Khi đó tồn tại các hằng số ,0>M 0>T sao cho bài toán (1.2.4) – (1.2.7) có duy nhất nghiệm yếu ).,( TMWw∈ Hơn nữa dãy quy nạp tuyến tính ),(}{ TMWwm ⊂ xác định bởi (1.5.2) – (1.5.7) hội tụ mạnh về nghiệm yếu w trong không gian ).(1 TW Do đó bài toán (1.1.1) – (1.1.3) có duy nhất nghiệm yếu u xác định bởi (1.2.3).■ Chú thích 1.3. Về tính duy nhất nghiệm yếu của bài toán có điều kiện biên không thuần nhất (1.1.1)-(1.1.3). Giả sử bài toán (1.1.1) – (1.1.3) có hai nghiệm yếu 21,uu sao cho ),;,0( 2HTLui ∞∈ ),;,0( 1HTLui ∞∈& ),;,0( 2LTLui ∞∈&& 2,1=i với một 0>T thích hợp. Khi đó 21 uuu −= là nghiệm yếu của bài toán có điều kiện biên thuần nhất (1.1.1)-(1.1.3) tương ứng với 34 ,010 == gg ,0~~ 10 == uu ).,,,,(),,,,( 222111 uuutxfuuutxff && ∇−∇= (1.5.8) Với cách làm tương tự cho bài toán với điều kiện biên thuần nhất ta thu được .021 =−= uuu Do đó bài toán (1.1.1)-(1.1.3) có duy nhất một nghiệm yếu mà không phụ thuộc vào hàmϕ trong phép đổi biến .ϕ+= wu Chú thích 1.4. • Trong trường hợp ),,,( tuutff = ),),0[( 21 IRCf ×∞∈ ,0)0,0,( =tf ,0≥∀t và điều kiện biên hỗn hợp thuần nhất thay bởi điều kiện biên Dirichlet thuần nhất ,0),1(),0( == tutu chúng tôi cũng thu được kết quả kết quả tồn tại và duy nhất nghiệm tổng quát hơn bài báo [12]. • Trong trường hợp hàm ),),0[]1,0[( 31 IRCf ×∞×∈ và điều kiện biên hỗn hợp thuần nhất ứng với ,010 == gg chúng tôi cũng đã thu được một số kết quả tương tự trong [9]. Kết quả nầy cũng được nới rộng trong [D2] cho trường hợp ,00 ≠g .01 ≠g • Một số kết quả thu được ở trong chương của luận án nầy cũng như trong [D1] sẽ không sử dụng đến điều kiện 1Cf ∈ nhưng với điều kiện biên hỗn hợp thuần nhất thay bởi điều kiện biên Dirichlet thuần nhất .0),1(),0( == tutu 35 1.6. Về bài toán khai triển tiệm cận Trong phần này chúng tôi khảo sát khai triển tiệm cận theo tham số bé ε cho nghiệm cho bài toán giá trị biên và ban đầu sau đây: )( εP ⎪⎪⎩ ⎪⎪⎨ ⎧ += == =+=− <<=Ω∈=− .),,,,(),,,,(),,,,( ),(~)0,( ,)(~)0,( ),(),1(),1(),(),0(),0( ,0 ,)1,0( ,),,,,( 10 1100 txtxtx t xx txxxtt uuutxguuutxfuuutxF xuxuxuxu tgtuhtutgtuhtu TtxuuutxFuu εε ε Trong bài báo [9] trước đây, chúng tôi đã xét bài toán )( εP với 010 == gg và ),),0[( 32 IRCf ×∞×Ω∈ ).),0[( 31 IRCg ×∞×Ω∈ Khi đó chúng tôi thu được khai triển tiệm cận của nghiệm εu của bài toán )( εP theo tham số bé ε đến cấp hai ),( 210 εεε Ouuu ++= theo nghĩa ,2 );,0(10);,0(10 21 εεε εε Cuuuuuu LTLHTL ≤−−+−− ∞∞ &&& với C là một hằng số độc lập với .ε Sau đó kết quả này được mở rộng trong [D2] với trường hợp .0, 10 ≠gg Với ),),0[( 31 IRCf N ×∞×Ω∈ + )),0[( 3IRCg N ×∞×Ω∈ và một số điều kiện phụ trên 101010 ~,~,,,, uugghh , chúng tôi sẽ chứng minh trong phần này rằng nghiệm εu của bài toán )( εP có một khai triển tiệm cận đến cấp 1+N theo tham số bé ε như sau )( 1 0 + = += ∑ NN i i i Ouu εεε theo nghĩa ,1 );,0(0);,0(0 21 + == ≤−+− ∞∞ ∑∑ N LTL N i i i HTL N i i i Cuuuu εεε εε && với C là một hằng số độc lập với .ε Các kết quả của phần này đã tổng quát hoá các kết quả trong [6, 9, 11, 12] và đã được công bố trong [D2]. Ta đưa thêm giả thiết sau 36 ).),0[(, )( 313 IRCgfH ×∞×Ω∈′ Trong phần một ta đã khảo sát sự tồn tại duy nhất nghiệm yếu của bài toán )( 0P ứng với .0=ε Bằng cách tương tự, với giả thiết ),( 3H ′ bài toán )( εP cũng được chứng minh tồn tại duy nhất nghiệm yếu khi thay f bởi ,εF f ~ bởi εF ~ với ).,(),,,,( ),,,,(),,,,(~ txwwwtxg wwwtxfwwwtxF ttttxx ttxxtx ϕϕϕϕε ϕϕϕε −++++ +++= (1.6.1) Ta cũng nhắc lại, với ,)()1()()]1([),( 1010 10011 hhhh tgxhtghxh tx ++ +++−=ϕ phép đổi biến ,0 , ,),(),(),( Ttxtxtxutxw <<Ω∈−= ϕ (1.6.2) bài toán )( εP được chuyển về tìm w là nghiệm của bài toán biên hỗn hợp thuần nhất ,0 , ),,,,,(~ TtxwwwtxFww txxxtt <<Ω∈=− ε (1.6.3) ,0),1(),1(),0(),0( 10 =+=− twhtwtwhtw xx (1.6.4) .),(~)0,()(~)0,( ),(~)0,()(~)0,( 11 00 Ω∈=−= =−= xxwxxuxw xwxxuxw tt ϕ ϕ (1.6.5) Ta chú ý rằng, các đánh giá tiên nghiệm của dãy xấp xỉ Galerkin }{ )(kmw trong chứng minh định lý 1.1 của phần 1, cho bài toán ( 1.6.3) – (1.6.5) thỏa ( ) ),,( TMWw km ∈ (1.6.6) trong đó TM , là các hằng số độc lập với km, và .ε Thật vậy, trong quá trình chứng minh, ta chọn các hằng số dương M và T như trong (1.2.15), (1.2.16), (1.3.28), (1.3.29), (1.3.31), (1.3.33), (1.3.34), trong đó )~,~,~,0,( 100 uuuxf ∇ và 37 ),,,( fTMKi ,1,0=i được thay thế bởi )~,~,~,0,(~sup 100 1 wwwxF ∇ < εε và ),~,,(sup 1 εε FTMKi< ,1,0=i theo thứ tự. Do đó, giới hạn εw trong các không gian hàm thích hợp của dãy ( )}{ kmw khi ,+∞→k sau đó ,+∞→m là nghiệm yếu duy nhất của bài toán (1.6.3)-(1.6.5) thỏa ).,( TMWw ∈ε (1.6.7) Khi đó ta có thể chứng minh một cách tương tự như trong chứng minh của định lý 1.2, của phần 1, rằng giới hạn 0w trong các không gian hàm thích hợp của họ }{ εw khi 0→ε là nghiệm yếu duy nhất của bài toán (1.6.3)-(1.6.5) tương ứng với ,0=ε thỏa ).,(0 TMWw ∈ (1.6.8) Do đó, ϕεε += wu (tương ứng với ϕ+= 00 wu ) là nghiệm yếu duy nhất của bài toán )( εP ( tương ứng với 0=ε ). 1.7. Khai triển tiệm cận của nghiệm theo tham số bé ε đến cấp một Định lý 1.5. Với các giả thiết )(),(),(),( 4321 HHHH ′ tồn tại các hằng số ,0>M 0>T sao cho với mỗi ,1 , <εε bài toán )( εP có duy nhất một nghiệm yếu ),,( TMWu ∈ε thỏa mãn một đánh giá tiệm cận , );,0(0);,0(0 21 εεε Cuuuu LTLHTL ≤−+− ∞∞ && (1.7.1) trong đó C là hằng số chỉ phụ thuộc vào ).,,(),,,(,, 1010 fTMKgTMKhh Chứng minh. Đặt .00 wwuuv −=−= εε Khi đó v thỏa bài toán biến phân ⎩⎨ ⎧ == ∈〉〈+〉〈=+〉〈 ,0)0()0( ,,,,),(, 1 vv HwwgwGwvawv & && mọi với ε (1.7.2) 38 trong đó ⎪⎩ ⎪⎨ ⎧ +∇+∇+= +∇+∇+− +∇+∇+= ).,,,,( ),,,,,( ),,,,( 000 ϕϕϕ ϕϕϕ ϕϕϕ εεε εεε && && && wwwtxgg wwwtxf wwwtxfG Lấy vw &= trong (1.7.2), ta có ,)(),()(),())(),(( 2 1)( 2 1 2 〉〈+〉〈=+ tvtgtvtGtvtva dt dtv dt d &&& ε sau khi lấy tích phân theo ,t ta được .)(),(2)(),(2))(),(()( 00 2 ∫∫ 〉〈+〉〈=+ tt dssvsgdssvsGtvtvatv &&& ε (1.7.3) Ta đánh giá các tích phân ở vế phải của (1.7.3). [ ] ( ) ,)(3)(4),,( 2 1 )()()()(2),,( )(,)()()(2),,( )(,)()()(),,()(),( 0 22 1 0 1 0 1 0 1 0 1 11 1 ∫ ∫ ∫ ∫∫ +≤ ++≤ 〉+∇+〈≤ 〉+∇+〈≤〉〈 t H t HH t H tt dssvsvfTMK dssvsvsvsvfTMK dssvsvsvsvfTMK dssvsvsvsvfTMKdssvsG & && && &&& (1.7.4) ).,,()()(),( 202 0 2 0 gTMKdssvdssvsg tt εε +≤〉〈 ∫∫ && (1.7.5) Với các đánh giá trên ta thu được [ ] [ ] ).,,())(),(()( ))(),(()(),,()34())(),(()( 2 0 2 0 2 0 2 1 0 2 gTMTKdssvsvasv dssvsvasvfTMK C tvtvatv t t ε+++ ++≤+ ∫ ∫ & && (1.7.6) Từ (1.7.6), áp dụng bổ đề Gronwall ta có ,),,()34(1exp),,())(),(()( 1 0 2 0 22 ⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ ++×≤+ tfTMK C gTMTKtvtvatv ε& với mọi ].,0[ Tt∈ (1.7.7) Do đó 39 , );,0();,0( 21 εCvv LTLHTL ≤+ ∞∞ & (1.7.8) trong đó C là hằng số chỉ phụ thuộc vào ).,,(),,,(,, 1010 fTMKgTMKhh Vậy định lý 1.5 đã được chứng minh.„ 1.8. Khai triển tiệm cận theo tham số bé ε đến cấp N+1 Trong phần này, chúng tôi khảo sát khai triển tiệm cận nghiệm yếu εu đến cấp 1+N theo ε với ε đủ nhỏ. Ta định nghĩa một số ký hiệu sau: Với mỗi đa chỉ số NN Z +∈= ),...,( 1 ααα và ,),...,( 1 NN IRxxx ∈= ta đặt .... ,)()1()( ,)( ,! !! ,... 1 1 2 1 11 N N N i i N i i NN xxx i i ααα ααηααη ααη αααααα = −=−= = =++= ∑ ∑ = = L Bổ đề 1.4. Với mọi ,,),...,(),,...,(),,...,( 111 IRIRzzzyyyxxx NNNN ∈∈=== ε và ,,,, 321 +∈ Zkkkk ta có (i) , ! ! 1 ∑∑ == =⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ k kN i i x kx α α α (ii) , ! ! )(, 1 1 ∑ ∑∑ = === ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛=⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ kN kp p pk kN i i i xkx εαε αηα α (iii) , !!! !!!)( ,, 321 111 321 321 321 ∑ ∑∑∑∑ ++ ++==== ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛=⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ Nkkk kkkp p kN i i i kN i i i kN i i i zyxkkkzyx εγβαεεε γβα γβα 40 , !!! !!! )4( 3 1 3 1 321 ,, 321 111 ∑ ∑ ∑ ∑ ∑∑∑ = = = === ⎟⎟ ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎝ ⎛ ∑ = ∑ ⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ = = kN kp p kk kk kN i i i kN i i i kN i i i j j j j zyxkkk zyxi εγβα εεε γβα γβα , !!! !!! !!! !!! )5( )1( 1 1 1 ,, 321 1 1 1 ,, 321 1 1 111 3 1 3 1 3 1 321 ∑ ∑ ∑ ∑ ∑∑ ∑ ∑ ∑ ∑ ∑∑∑ − = − = = − = = = − = = === ∑ ⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛+ ∑ ⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛= ∑ ⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ = = = NN p p N k kk N p p p k kk N k kk kN i i i kN i i i kN i i i j j j j j j zyxkkk zyxkkk zyxi εγβα εγβα εεε γβα γβα γβα γβα trong đó tổng ∑ γβα ,, xuất hiện trong (3i), (4i) và (5i) được lấy trên các đa chỉ số NZ +∈γβα ,, sao cho .)(,,, 321 pkkk =++=== γβαηγβα Chứng minh bổ đề 1.4. Các đẳng thức (i)-(4i) được nghiệm lại từ các phép tính đại số thông thường nên chúng ta bỏ qua chứng minh chúng. Ta chỉ nghiệm lại (5i): Nghiệm lại (5i): Trước hết, với mọi ),1(1 ,11 ,, −≤≤−≤≤∈ NNpNkIRckpε ta có . )1( 1 1 1 1 1 1 1 ∑ ∑∑∑∑∑ − = − = − = = − = = += NN Np N k p kp N p p k p kp N k kN kp p kp ccc εεε (5i1) Thật vậy, từ đẳng thức sau đây . 1 1 11 1 1, 2 1 2 1 1 1 1 1 1 ∑∑∑∑∑∑∑ − = − = − = − == − = = =+++= N k N kp kp N k Nk k k k k N p p k kp ccccc L (5i2) ta suy ra 41 . 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 11 1 ∑∑∑∑ ∑∑∑∑ ∑ ∑∑∑∑ − = = − = = − = = − = − = − = = − = − = = += += ⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ += N k kN Np p kp N p p k p kp N k kN Np p kp N k N kp p kp N k kN Np p kp N kp p kp N k kN kp p kp cc cc ccc εε εε εεε (5i3) Aùp dụng kết quả trên với ∑ ∑ =∑ = = kk kp j j zyxkkkc 3 1 ,, 321 !!! !!! γβα γβα γβα ta có ∑ ∑ ∑∑∑− = = ===∑ ⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ = 1 1 1113 1 321N k kk kN i i i kN i i i kN i i i j j zyx εεε ∑∑ ∑ ∑ ∑∑ ∑ ∑ − = = = − = = = ∑ + ∑ = = = 1 1 ,, 321 1 1 1 ,, 321 . !!! !!! !!! !!! 3 1 3 1 N k kN Np p kk N p p k p kk j j j j zyxkkk zyxkkk εγβα εγβα γβα γβα γβα γβα Vậy bổ đề 1.4 được chứng minh.„ Bây giờ chúng tôi bổ sung thêm các giả thiết sau: )~( 3H ).),0[(),),0[( 331 IRCgIRCf NN ×∞×Ω∈×∞×Ω∈ + Ta sử dụng các ký hiệu sau ).,1(),1(),,0(),0( , ),,,,,(][ 1100 22 tuhtuuBtuhtuuB xt Luuutxfuf xx tx +=−= ∂ ∂−∂ ∂== Gọi ),(0 TMWu ∈ là nghiệm yếu của bài toán ).( 0P Xét dãy ,, ,2 ,1, Npu p K= với ),,( TMWup ∈ lần lựơt là các nghiệm yếu của các bài toán sau )~( 1P ⎪⎩ ⎪⎨ ⎧ == == <<Ω∈= ,0)0,()0,( ,1,0 ,0 ,0, ],[ˆ 11 1 111 xuxu iuB TtxuFLu i & trong đó 42 ,][][][][][ˆ 10/10/10/011 uufuufuufuguF uuu x &&+∇++= (1.8.1) với ,2 Np ≤≤ )~( pP ⎪⎪⎩ ⎪⎪⎨ ⎧ == == <<Ω∈= ,0)0,()0,( ,1,0 ,0 ,0, ],[ˆ xuxu iuB TtxuFLu pp pi ppp & trong đó ],,1[],[][ˆ gpCfpCuF pp −+= (1.8.2) với ,),,,,(].[],[ 1 3210 )( 3 1 321∑ ∑= =∑ = = p k kk k kkk i i kkkkpQuffpC (1.8.3) , ! )( ! )( ! )( ! )( ! )( ! )( ),,,,( 1 1 1 1 ,, 1 1 321 111 p p p p p p ppp iii uuuuuu kkkkpQ γγββαα γγββα γβα α & L&LL ×∇∇×= ∑ (1.8.4) trong đó iii γβα , , là các số nguyên không âm thỏa .)( , , , 1 3 1 2 1 1 1 pikkk ii p i i p i i p i i p i i =++=== ∑∑∑∑ ==== γβαγβα (1.8.5) Ở đây ta sử dụng ký hiệu sau . 321321 )( kk x k k k kkk uuu ff &∂∂∂ ∂= (1.8.6) Ta cũng lưu ý ],[ fpC là hàm bậc nhất theo . , , ppp uuu &∇ Thực vậy, Với ,1=p .][][][],1[ 0/0/0/ pupupu uufuufuuffC x &&+∇+= (1.8.7) Với ,2≥p ta có ,),,,,(~].[],1[],[ 2 3210 )( 3 1 321∑ ∑= =∑ += = p k kk k kkk i i kkkkpQuffCfpC (1.8.8) với 43 , ! )( ! )( ! )( ! )( ! )( ! )( ),,,,(~ 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ,, 1 1 321 111111 − − − − − − −−− ×∇∇×= ∑ p p p p p p ppp iii uuuuuu kkkkpQ γγββαα γγββα γβα α & L&LL (1.8.9) và iii γβα , , là các số nguyên không âm thỏa .1)( , , , 1 1 3 1 1 2 1 1 1 1 1 −=++=== ∑∑∑∑ − = − = − = − = pikkk ii p i i p i i p i i p i i γβαγβα Gọi ),( TMWu ∈ε là nghiệm yếu duy nhất của bài toán ).( εP Khi đó huUuuuuuv N p p p −≡−−≡−−= ∑ = εεε ε 0 1 0 (1.8.10) thỏa bài toán ⎪⎩ ⎪⎨ ⎧ == == +−++−+= ,0)0,()0,( ,2,1 ,0 ),,(])[][(][][ xvxv ivB txEhghvghfhvfLv i & εε (1.8.11) trong đó .][ˆ])[ˆ][( ])[][(][][),( 2 010 0000 ∑ = −−+ −++−+= N p pp p uFuFug ugUugufUuftxE εε εε (1.8.12) Ta sẽ sử dụng một số hằng số được ký hiệu như sau ,,...,2,1 , ][supmax),(ˆ 0)( 321 321 NkuffTK k kkkkkkkk == =++ (1.8.13) , ][supmax),,(~ )1( 11 321321 uffTMK N kkkNkkkN +