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
19 Chương 1 KHẢO SÁT PHƯƠNG TRÌNH SÓNG PHI TUYẾN ),,,,( txxxtt uuutxfuu =− 1.1. Giới thiệu Trong chương này, chúng tôi xét bài toán giá trò biên và giá trò ban đầu sau đây ,0, ,),,,,( Ttxuuutxfuu txxxtt <<Ω∈=− (1.1.1) ),(),1(),1( (t),),0(),0( 1100 tgtuhtugtuhtu xx =+=− ,0 Tt << (1.1.2) ),( ~ )0,( (x), ~ )0,( 10 xuxuuxu t == ,Ω∈x (1.1.3) với 10 ,hh là các hằng số không âm cho trước, số hạng phi tuyến f cũng là hàm cho trước thuộc lớp ).),0[]1,0([ 31 IRC ×∞× Chương nầy gồm hai phần. Để tiện theo dõi, chúng tôi sẽ trình bày phần một từ mục 1.1 đến mục 1.5 và phần hai bắt đầu từ mục 1.6 trở đi. Trong phần một, chúng tôi sẽ thiết lập một đònh lý tồn tại và duy nhất nghiệm yếu của bài toán (1.1.1) – (1.1.3) bằng phương pháp xấp xỉ tuyến tính kết hợp với phương pháp Galerkin và phương pháp compact yếu. Các kết quả của chương nầy tổng quát hóa các kết quả trong [9,11, 12, 37] và đã được công bố trong [D2]. Ta cũng lưu ý rằng phương pháp tuyến tính hoá được sử dụng ở đây không áp dụng được cho [13, 14, 21, 22]. Phần 2 sẽ đề cập đến bài toán khai triển tiệm cận theo một tham số bé ε mà chi tiết sẽ trình bày bắt đầu từ mục 1.6 của chương nầy. 1.2. Các ký hiệu và giả thiết Ta thành lập các giả thiết sau 20 )( 1 H ,0 ,0 10 ≥> hh )( 2 H ),( ~ ),( ~ 1 1 2 0 Ω∈Ω∈ HuHu )( 3 H ),),0[( 31 IRCf ×∞×Ω∈ )( 4 H ).( , 3 10 + ∈ IRCgg Xét hàm số phụ . )()1()()]1([ ),( 1010 10011 hhhh tgxhtghxh tx ++ +++− = ϕ (1.2.1) Đặt ⎩ ⎨ ⎧ ≤≤+= −= .0),,1(),1( ),,0(),0( 11 00 TttvhtvvB tvhtvvB x x (1.2.2) Khi đó, với phép đổi biến ,0 , ,),(),(),( Ttxtxtxutxw ≤≤Ω∈−= ϕ (1.2.3) thì w thỏa mãn phương trình ,0 , ),,,,,( ~ Ttxwwwtxfww txxxtt <<Ω∈=− (1.2.4) với điều kiện biên hỗn hợp thuần nhất ⎩ ⎨ ⎧ ≤≤= = ,0,0 ,0 1 0 TtwB wB (1.2.5) và điều kiện đầu ,),( ~ )0,(),( ~ )0,( 10 Ω∈== xxwxwxwxw t (1.2.6) trong đó ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ −=−= −+++= ),0,()( ~ )( ~ ,)0,()( ~ )( ~ ),,(),,,,(),,,,( ~ 1100 xxuxwxxuxw txwwwtxfwwwtxf t ttttxxtx ϕϕ ϕϕϕϕ (1.2.7) thỏa . ~ , ~ ,)),0[( ~ 1 1 2 0 31 HwHwIRCf ∈∈×∞×Ω∈ (1.2.8) 21 Như vậy từ bài toán biên hỗn hợp không thuần nhất (1.1.1)-(1.1.3) với phép biến đổi (1.2.3) sẽ tương đương với bài toán biên hỗn hợp thuần nhất (1.2.4)-(1.2.6). Do đó, không làm mất tính tổng quát ta có thể giả sử rằng )( 5 H .0 10 == gg Trên 1 H ta sử dụng một chuẩn tương đương sau: .)()0( 2 1 1 0 2 /2 1 ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ += ∫ dxxvvv H (1.2.9) Trong chương này, ta sử dụng dạng song tuyến tính trên 1 H như sau: ., ),1()1()0()0()()(),( 1 10 1 0 // Hvuvuhvuhdxxvxuvua ∈∀++= ∫ (1.2.10) Khi đó ta có các bổ đề sau Bổ đề 1.1. Phép nhúng 1 H ↪ ( ) Ω 0 C là compact và () . ,2 1 10 Hvvv HC ∈∀≤ Ω Bổ đề 1.1 là một kết quả quen thuộc mà chứng minh của nó có thể tìm thấy trong nhiều tài liệu liên quan đến lý thuyết về không gian Sobolev, chẳng hạn [3, 4]. Bổ đề 1.2. Với giả thiết ),( 1 H dạng song tuyến tính đối xứng xác đònh bởi (1.2.10) liên tục, cưỡng bức trên , 11 HH × nghóa là: (i) ,, ,),( 1 1 11 HvuvuCvua HH ∈∀≤ (ii) . ,),( 1 2 0 1 HuuCuua H ∈∀≥ với {} { } .2,,1max ,,1min 10100 hhChC == Chứng minh: Sử dụng bất đẳng thức Schwartz và bổ đề 1.1 ta có ( i ) đúng. Chứng minh ( ii ) thì dễ dàng nên ta bỏ qua. Bổ đề 1.3. Tồn tại một cơ sở Hilbert trực chuẩn }{ j w của 2 L gồm các hàm riêng w j ứng với trò riêng j λ sao cho 22 , 0 21 LL ≤≤≤≤< j λλλ ,lim +∞= +∞→ j j λ (1.2.11) ,,),( 〉〈= vwvwa jjj λ với mọi L ,2,1 , 1 =∈ jHv (1.2.12) Hơn nữa dãy {} jj w λ cũng là cơ sở trực chuẩn Hilbert của 1 H tương ứng với tích vô hướng ).,( ⋅⋅a Mặt khác, chúng ta cũng có hàm j w thỏa mãn bài toán giá trò biên sau: , jjj ww λ =Δ− trong ,Ω (1.2.13) ).( ,0)1()1()0()0( 1 / 0 / Ω∈=+=− ∞ Cwwhwwhw jjjjj (1.2.14) Bổ đề 1.3 được chứng minh bằng cách áp dụng bổ đề 0.3, chương 0, với , 1 HV = 2 LH = và ),( ⋅⋅a cho bởi (1.2.10). Với 0 ,0 >> TM ta đặt ,),,,,(sup),,( 00 wvutxffTMKK == (1.2.15) ( ) ),,,,,(sup),,( ///// 11 wvutxffffffTMKK wvutx ++++== (1.2.16) sup trong (1.2.15), (1.2.16) được lấy trên miền ,0 ,10 Ttx ≤≤≤≤ .2,, Mwvu ≤ (1.2.17) Với mỗi 0>M và ,0>T ta đặt }.,, ),,,0(),;,0(:);,0({),( );,0();,0();,0( 212 212 MvMvMv LTLvHTLvHTLvTMW LTL tt HTL t HTL ttt ≤≤≤ ∈∈∈= ∞∞∞ ∞∞∞ (1.2.18) 1. 3. Xấp xỉ tuyến tính cho phương trình sóng phi tuyến Trong phần này, với sự chọn lựa M và T thích hợp, ta xây dựng một dãy }{ m u trong ),( TMW bằng qui nạp. Dãy }{ m u sẽ được chứng minh hội tụ về nghiệm của bài toán (1.1.1)-(1.1.3) tương ứng với .0 10 == gg Chọn số hạng ban đầu ).,( 0 TMWu ∈ Giả sử rằng ).,( 1 TMWu m ∈ − (1.3.1) 23 Ta liên kết bài toán (1.1.1)-(1.1.3) tương ứng với 0 10 == gg với bài toán biến phân tuyến tính sau: Tìm ),( TMWu m ∈ thỏa ,,),(, 〉〈=+〉〈 vFvuavu mmm && với mọi , 1 Hv ∈ (1.3.2) , ~ )0(, ~ )0( 10 uuuu mm == & (1.3.3) trong đó )).,(),,(),,(,,(),( 111 txutxutxutxftxF mmmm −−− ∇= & (1.3.4) Sự tồn tại của m u cho bởi đònh lý dưới đây. Đònh lý 1.1. Giả sử )(),()( 531 HHH − đúng. Khi đó tồn tại các hằng số 0>M và 0>T sao cho đối với mọi ),( 0 TMWu ∈ cho trước, tồn tại một dãy qui nạp tuyến tính ),(}{ TMWu m ⊂ xác đònh bởi (1.3.2)-(1.3.4). Chứng minh. Chứng minh bao gồm nhiều bước. Bước 1: Xấp xỉ Galerkin . Gọi { } j w là cơ sở trực chuẩn của 1 H như trong bổ đề 1.3 ( ) jjj ww λ = . Dùng phương pháp Galerkin để xây dựng nghiệm xấp xỉ )( )( tu k m của (1.3.2)-(1.3.4) theo dạng ,)()( 1 )()( ∑ = = k j j k mj k m wtctu (1.3.5) trong đó )( )( tc k mj thỏa hệ phương trình vi phân tuyến tính sau: ,1 ,),()),((),( )()( kjwtFwtuawtu jmj k mj k m ≤≤〉〈=+〉〈 && (1.3.6) , ~ )0( , ~ )0( 1 )( 0 )( k k mk k m uuuu == & (1.3.7) với () , trong ~ ~ 2 0 1 0 Huwu k j j k jk →= ∑ = α (1.3.8) 24 () . trong ~ ~ 1 1 1 1 Huwu k j j k jk →= ∑ = β (1.3.9) Từ giả thiết (1.3.1), tồn tại ( ) 0> k m T sao cho bài toán (1.3.6), (1.3.7) có duy nhất nghiệm )( )( tu k m trên ].,0[ )(k m T Chú thích 1.1. Nghiệm của hệ (1.3.6) – (1.3.9) được tính như sau. Trước hết hệ phương trình vi phân tuyến tính (1.3.6) – (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( k j k mj k j k mj c 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 j k jj k j k mj ≤≤〉〈 − + += ∫ ττ λ τλ λ λ βλα (1.3.12) Các đánh giá sau đây trong bước 2 cho phép ta lấy ( ) ,TT k m = với mọi k và với mọi m . Bước 2: Đánh giá tiên nghiệm . Trong (1.3.6) thay j w bởi )( )( tu k m & ta có .)(),())(),(( 2 1 )( 2 1 )()()( 2 )( 〉〈=+ tutFtutua dt d tu dt d k mm k m k m k m && Sau đó tích phân theo t ta được ,)(),(2)0()( 0 )()()( ∫ 〉〈+= t k mm k m k m duFptp τττ & (1.3.13) trong đó )).(),(()()( )()( 2 )()( tutuatutp k m k m k m k m += & 25 Trong (1.3.6) thay j w bởi , 1 j j wΔ− λ khi đó ,),()),((),( )()( 〉Δ〈=Δ+〉Δ〈 jmj k mj k m wtFwtuawtu && hay ).),((),()),(( )()( jmj k mj k m wtFawtuwtua =〉ΔΔ〈+ && (1.3.14) Thay j w bởi )( )( tu k m & 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 k m k m k m k m Δ+= && Đạo hàm (1.3.6) theo ,t sau đó thay j w bởi )( )( tu k m && ta có .)(),())(),(( 2 1 )( 2 1 )()()( 2 )( 〉 ∂ ∂ 〈=+ tutF t tutua dt d tu 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 duF t rtr τττ && (1.3.16) với )).(),(()()( )()( 2 )()( tutuatutr k m 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 )( H 1 0 )( 1 1 ∫∫ ≤ t H k mm t k mm duFCduFa ττττττ && (1.3.19) Từ (1.2.15), (1.2.16) và (1.3.1) ta tìm được ,),0( 2 0 2 KtF m ≤ (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 H m H m +≤ ++≤ −− & (1.3.21) Suy ra từ (1.3.20), (1.3.21) rằng () .214),0( 2 0 22 1 2 2 2 1 KMKtFF x F mm H m ++≤+ ∂ ∂ = (1.3.22) Từ (1.3.15), (1.3.19), (1.3.22) ta có ( ) .)(212 2 ))(),((2 0 )( 0 2 1 0 1 0 )( ∫∫ ++≤ t k m t k mm dqKMK C C duFa τττττ & (1.3.23) + Tích phân thứ ba Ta có .)()(2)(),(2 0 )( 0 )( ∫∫ ∂ ∂ ≤〉 ∂ ∂ 〈 t k mm t k mm duF t 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 drMKduF t 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),,( 2 10 2 1 0 1 0 MKKMK C C KfTMKK +++++== (1.3.28) Tiếp theo ta đánh giá số hạng ).0( )( k m s 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 j w bởi ),( )( tu k m && sau đó lấy ,0=t ta được .)0(), ~ , ~ , ~ ,0,()0(, ~ )0( )( 100 )( 0 2 )( 〉∇〈=〉Δ〈− k m k mk k m 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 k m ≤ với mọi k và .m (1.3.31) 28 Ta lưu ý, với giả thiết ),( 3 H suy ra từ (1.2.15), (1.2.16) rằng .1,0 ,0),,(lim 0 == + → ifTMTK i T (1.3.32) Kết hợp (1.3.28) và (1.3.32), tìm được T > 0 sao cho () ,),,(exp),,( 4 2 2 MfTMTKfTMTK M ≤ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ + (1.3.33) và .1),,( 1 1)21(2 1 0 < ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ ++= fTMTK C k T (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) p dụng bổ đề Gronwall ta có ,)exp()exp()( 22)( MtKTKMts k m ≤−≤ .0 )( TTt k m ≤≤≤ (1.3.36) Từ đây ta có , )( TT k m = với mọi m và k và ta suy ra từ đây rằng ).,( )( TMWu k m ∈ (1.3.37) Bước 3: Qua giới hạn Từ (1.3.37), tồn tại một dãy con }{ )( j k m u của }{ )( k m u và tồn tại m u 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) ).,( TMWu m ∈ (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 m u thỏa mãn (1.3.2), (1.3.3) trong ),0( TL ∞ yếu *. Đònh lý 1.1 chứng minh hoàn tất.■ [...]... được một đánh giá tương tự như (1.3.36) nhờ một nghiệm cực đại đòa 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. .. (1.4.27) Sử dụng bổ đề Gronwall ta suy ra z (t ) = 0, hay u1 = u 2 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 đònh lý 1.2.■ 1.5 Sự tồn tại và duy nhất nghiệm cho bài toán với điều kiện biên không thuần nhất Giả sử ( H 1 ) − ( H 4 ) 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. .. ), i = 1, 2 với một T > 0 thích hợp Khi đó u = u1 − u 2 là nghiệm yếu của bài toán có điều kiện biên thuần nhất (1.1.1)-(1.1.3) tương ứng với 34 ~ ~ & & g 0 = g1 = 0, u 0 = u1 = 0, f = f ( x, t , u1 , ∇u1 , u1 ) − f ( x, t , u 2 , ∇u 2 , u 2 ) (1.5.8) Với cách làm tương tự cho bài toán với điều kiện biên thuần nhất ta thu được u = u1 − u 2 = 0 Do đó bài toán (1.1.1)-(1.1.3) có duy nhất một nghiệm yếu... nghiệm yếu w ∈ W ( M , T ) Hơn nữa dãy quy nạp tuyến tính {wm } ⊂ W ( M , T ) xác đònh bởi (1.5.2) – (1.5.7) hội tụ mạnh về nghiệm yếu w trong không gian W1 (T ) Do đó bài toán (1.1.1) – (1.1.3) có duy nhất nghiệm yếu u xác đònh 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 & &&... IR 3 ), và điều kiện biên hỗn hợp thuần nhất ứng với g 0 = g1 = 0, 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 g 0 ≠ 0, g1 ≠ 0 • Một số kết quả thu được ở trong chương của luận án nầy cũng như trong [D1] sẽ không sử dụng đến điều kiện f ∈ C 1 nhưng với điều kiện biên hỗn hợp thuần nhất thay bởi điều kiện biên Dirichlet thuần... ứng với u 0 = w0 + ϕ ) là nghiệm yếu duy nhất của bài toán ( Pε ) ( tương ứng với ε = 0 ) 1.7 Khai triển tiệm cận của nghiệm theo tham số bé ε đến cấp một ′ Đònh lý 1.5 Với các giả thiết ( H 1 ), ( H 2 ), ( H 3 ), ( H 4 ) tồn tại các hằng số M > 0, T > 0 sao cho với mỗi ε , ε < 1, bài toán ( Pε ) có duy nhất một nghiệm yếu uε ∈ W ( M , T ), thỏa mãn một đánh giá tiệm cận uε − u 0 L∞ ( 0 ,T ; H 1 ) &... f trong bài toán (1.1.1) – (1.1.3) sẽ ~ ~ ~ lần lượt thay bởi 0, 0, w0 , w1 , f Chúng ta cũng làm các bước xấp xỉ tuyến tính cho bài toán (1.1.1) – (1.1.3) theo sơ đồ sau u m ( x, t ) = wm ( x, t ) + ϕ ( x, t ), x ∈ Ω, 0 ≤ t ≤ T , với (1.5.1) 33 ϕ ( x, t ) = [h1 x − (1 + h1 )]g 0 (t ) + (h0 x + 1) g1 (t ) h0 + h1 + h0 h1 (i ) Chọn w0 ∈ W ( M , T ), với M , T > 0 thích hợp (1.5.2) (ii ) Giả sử wm −1... Trong bài báo [9] trước đây, chúng tôi đã xét bài toán ( Pε ) với g 0 = g1 = 0 và f ∈ C 2 ( Ω × [0, ∞) × IR 3 ), g ∈ C 1 ( Ω × [0, ∞) × IR 3 ) Khi đó chúng tôi thu được khai triển tiệm cận của nghiệm uε của bài toán ( Pε ) theo tham số bé ε đến cấp hai uε = u 0 + ε u1 + O(ε 2 ), theo nghóa u ε − u 0 − ε u1 L∞ ( 0 ,T ; H 1 ) & & & + u ε − u 0 − ε u1 L∞ ( 0 ,T ; L2 ) ≤ Cε 2 , với C là một hằng số độc... [0, ∞) × IR 3 ) và một số điều kiện phụ trên h0 , h1 , g 0 , g1 , u 0 , u1 , chúng tôi sẽ chứng minh trong phần này rằng nghiệm uε của bài toán ( Pε ) có một khai triển tiệm cận đến cấp N + 1 theo tham số bé ε như sau N uε = ∑ ε i u i + O(ε N +1 ) i =0 theo nghóa N uε − ∑ ε i u i i =0 N ∞ 1 L ( 0 ,T ; H ) & & + uε − ∑ ε i u i i =0 ≤ Cε ∞ N +1 , 2 L ( 0 ,T ; L ) với C là một hằng số độc lập với ε Các... < t < T , bài toán ( Pε ) được chuyển về tìm w là nghiệm của bài toán biên hỗn hợp thuần nhất ~ wtt − w xx = Fε ( x, t , w, wx , wt ), x ∈ Ω , 0 < t < T , (1.6.3) wx (0, t ) − h0 w(0, t ) = wx (1, t ) + h1 w(1, t ) = 0, (1.6.4) ~ ~ w( x,0) = u 0 ( x) − ϕ ( x,0) = w0 ( x), ~ ~ wt ( x,0) = u1 ( x) − ϕ t ( x,0) = w1 ( x), x ∈ Ω (1.6.5) (k Ta chú ý rằng, các đánh giá tiên nghiệm của dãy xấp xỉ Galerkin . .21 4 14 22 1 2 1 2 1 2 1 12 MK uuK H m H m +≤ ++≤ −− & (1 .3. 21 ) Suy ra từ (1 .3. 20 ), (1 .3. 21 ) rằng () .21 4),0( 2 0 22 . .21 4),0( 2 0 22 1 2 2 2 1 KMKtFF x F mm H m ++≤+ ∂ ∂ = (1 .3. 22 ) Từ (1 .3. 15), (1 .3. 19), (1 .3. 22 ) ta có ( ) .) (21 2 2 ))(),( (2 0 )( 0 2 1 0 1 0 )( ∫∫ ++≤