Tải bản đầy đủ - 0 (trang)
Điều kiện biên không địa phương

Điều kiện biên không địa phương

Tải bản đầy đủ - 0trang

Định lý 2.3.2. Giả sử các điều kiện (F 1) − (F 4), (M ), (L) và (2.9) thỏa

R.

mãn. Khi đó, bài tốn (2.20) có nghiệm với các giá trị trong BH



Tương tự như Bổ đề 2.3.1 rất dễ dàng để chứng minh kết quả sau

đây.

Bổ đề 2.3.3. Với hàm số f ∈ L1 (I, Rn ) và hai vectơ x0 , x1 ∈ Rn cho

trước, bài toán Dirichlet bậc 2









x (t) = f (t) hầu khắp t ∈ [0, T ]







x(0) = x0 ,











x(T ) = x1 .

có một nghiệm duy nhất được cho bởi

x(t) =



t

t

t

1−

x0 + x1 −

T

T

T



T



t



(T −r)f (r)dr+

0



(t−r)f (r)dr. (2.21)

0



Chứng minh Định lý 2.3.2. Trước tiên, chúng ta sẽ chứng minh rằng với

mỗi n ∈ N tồn tại ít nhất là một nghiệm của bài tốn trong không gian

hữu hạn chiều sau:









x (t) = Pn f (t, x(t), x (t)), với hầu khắp t ∈ I,







x(0) = Pn M x,











x(T ) = Pn Lx.



(2.22)



Trong tập Qn (xem định nghĩa tập Qn trong (2.13)), trong đó hằng số

R và B được xác định như trong chứng minh của Định lý 2.3.1. Để đạt



28



được mục đích này, chúng ta xét bài toán với m ∈ N,



1





x (t) = Pn f (t, x(t), x (t)) + φ(x(t))(β( x (t) )χθm (t) + ),





m











với hầu khắp t ∈ I,





x(0) = Pn M x,













x(T ) = Pn Lx,

(2.23)

trong đó φ được định nghĩa trong (2.14), dãy {θm } là từ Định lý 1.3.5

và β là hàm số trong điều kiện (F 4).

Theo Bổ đề 2.3.3 với bất kỳ q ∈ Qn và λ ∈ [0, 1] bài tốn Dirichlet

tuyến tính



1





x (t) = λPn f (t, q(t), q (t)) + φ(q(t))(β( q (t) )χθm (t) + ),





m











với hầu khắp t ∈ I,





x(0) = λPn M q













x(T ) = λPn Lq

(2.24)

có một nghiệm duy nhất được xác định bởi

t

t

t

x(t) = (1 − )λPn M q + λPn Lq −

T

T

T



T



(T − r)

0



λPn f (r, q(r), q (r)) + φ(q(r)) β( q (r) )χθm (r) +



1

m



dr



t



(t − r) λPn f (r, q(r), q (r)) + φ(q(r)) β( q (r) )χθm (r) +



+

0



1

m



dr.



Ký hiệu nghiệm trên với Tnm (q, λ) ∈ W 2,1 (I, Hn ), chúng ta có thể xác

định ánh xạ Tnm : Qn × [0, 1] → C 1 (I, Hn ). Rõ ràng, x là một nghiệm của

(2.24) nếu và chỉ nếu x ∈ Tnm (x, 1). Chúng ta sẽ áp dụng Định lý 1.3.3

để chứng minh sự tồn tại nghiệm của (2.24).

29



(a) Chúng ta sẽ chỉ ra rằng ánh xạ đa trị Tnm có đồ thị đóng trong

khơng gian Qn × [0, 1] × C 1 (I, Hn ).

Giả sử (qj , λj , xj ) → (q0 , λ0 , x0 ) ∈ Qn × [0, 1] × C 1 (I, Hn ), trong đó

xj = Tnm (qj , λj ). Khi đó xj (0) = λj Pn M qj và xj (T ) = λj Pn Lqj và lấy giới

hạn khi j → ∞ chúng ta thu được x0 (0) = λ0 Pn M q0 và x0 (T ) = λ0 Pn Lq0 ,

do tính liên tục của Pn , M và L.

Từ (F 2) và tính liên tục của φ, β và Pn suy ra với hầu khắp t ∈ I,

dãy

λj Pn f (t, qj (t), qj (t)) + φ(qj (t)) β( qj (t) )χθm (t) +



1

m



hội tụ tới

λ0 Pn f (t, q0 (t), q0 (t)) + φ(q0 (t)) β( q0 (t) )χθm (t) +



1

.

m



Từ định nghĩa của Qn và (F 4) với mỗi j ∈ N

λj Pn f (t, qj (t), qj (t)) + φ(qj (t)) β( qj (t) )χθm (t) +



1

m



≤ 2β(2B)+1.

(2.25)



Do đó, áp dụng định lý Lebesgue về sự hội tụ trội dãy {xj (t)} hội tụ tới

γ0 (t) = (1 −



t

T )λ0 Pn M q0



+



t

T λ0 Pn Lq0



t



T



T



(T − r)

0



λPn f (r, q0 (r), q0 (r)) + φ(q0 (r)) β( q0 (r) )χθm (r) +



1

m



dr+



t



(t − r) λPn f (r, q0 (r), q0 (r)) + φ(q0 (r)) β( q0 (r) )χθm (r) +

0



1

m



dr



với mọi t ∈ I. Kết hợp với tính duy nhất của giới hạn, với mỗi t ∈ I,

x0 (t) = γ0 (t), nghĩa là x0 ∈ Tnm (λ0 , q0 ). Do đó, chúng ta đã chứng minh

tính đóng của đồ thị.



30



(b) Bây giờ, chúng ta chỉ ra rằng Tnm là một ánh xạ compact, nghĩa

là tập Tnm (Qn × [0, 1]) là tương đối compact. Từ (2.21) ta có

1

1

1

x (t) = − λPn M q + λPn Lq −

T

T

T

T



1

m

0

t

1

+ (t − r) λPn f (r, q(r), q (r)) + φ(q(r)) β( q (r) )χθm (r) +

m

0

(T − r) λPn f (r, q(r), q (r)) + φ(q(r)) β( q (r) )χθm (r) +



dr

dr.



Do đó, từ (2.25) suy ra tập {x : x ∈ Tnm Qn × [0, 1] } bị chặn trong

L1 (I, Hn ) và

||x (t)|| ≤



2

R + (2β(2B) + 1)T (T + 1),

T



và {x : x ∈ Tnm Qn × [0, 1] } bị chặn trong C(I, Hn ). Tương tự như vậy

chúng ta có thể chứng minh rằng Tnm Qn ×[0, 1] bị chặn trong C(I, Hn ).

Áp dụng định lý Ascoli-Arzela (như trong (b) của chứng minh Định lý

2.3.1) ta thu được điều phải chứng minh.

(c) Bây giờ chúng ta chỉ ra rằng Tnm (Qn , 0) ⊂ int Qn .

Xét q ∈ Qn và x = Tnm (q, 0). Khi đó x là nghiệm của bài toán

Cauchy









x (t) = φ(q(t))(β( q (t) )χθm (t) + m1 ), với hầu khắp t ∈ I,







x(0) = 0











x(T ) = 0.

Theo (2.21), chúng ta thu được

T



t

x(t) = −

T



(T − r)φ(q(r)) β( q (r) )χθm (r) +

0

t



(t − s)φ(q(r)) β( q (r) )χθm (r) +



+

0



31



1

dr

m



1

dr.

m



T

Do đó, điều kiện (F 4) suy ra với hầu khắp t ∈ I, ||x(t)|| ≤ 2 β(2B) m

+



T2

m



Vậy, chúng ta có được Tnm (Qn × {0}) ⊂ Qn cho m đủ lớn.

(d) Chúng ta chứng minh rằng Tnm (·, λ) khơng có điểm cố định trên

∂Qn với mọi λ ∈ (0, 1).

Giả sử tồn tại (q, λ) ∈ ∂Qn × (0, 1) sao cho q ∈ Tnm (q, λ). Khi đó

tồn tại t0 ∈ [0, T ] sao cho q(t0 ) = R hoặc q (t0 ) = 2B. Tương tự

như trong Định lý 2.3.1 chúng ta có thể chứng minh rằng q (t) ≤ B

với mọi t ∈ I. Do đó q(t0 ) = R. Nếu t0 = 0, thì theo điều kiện (M ),

R = q(0) ≤ λ Pn



M



q



0



< R, điều này là mâu thuẫn. Nếu t0 = T,



chúng ta cũng nhận được mâu thuẫn tương tự bởi điều kiện (L), do đó

t0 ∈ (0, T ). Tiếp theo, lập luận tương tự như trong phần (d) của chứng

minh Định lý 2.3.1 ta thu được điều phải chứng minh.

Như vậy, Định lý 1.3.3 đảm bảo rằng với bất kỳ m ∈ N tồn tại

xm ∈ W 2,1 (I, Hn ) ∩ Qn là nghiệm của bài toán (2.24). Lập luận tương

tự như trong chứng minh của Định lý 2.3.1, với mỗi n ∈ N, tồn tại

xn ∈ Qn là nghiệm của (2.22). Hơn nữa, ta có thể chứng minh rằng

fn



f0 ∈ L1 (I, H) với fn (t) = f (t, xn (t), xn (t)), xn



với y0 (t) := γ0 +

x0 (t) = δ0 +



t

0 f0 (s) ds,



t

0 y0 (s)ds.



t ∈ I, và xn



y0 trong C(I, H)



x0 trong C(I, H) với



Vì thế x0 ∈ W 2,1 (I, H), x0 (t) = y0 (t) với mọi



t ∈ I và x0 (t) = f0 (t) với hầu khắp t ∈ I.Mặt khác điều kiện (M ) suy

ra xn (0) = M xn



M x0 , và xn (0)



x0 (0) dẫn tới x0 (0) = M x0 . Tương



tự điều kiện (L) suy ra x0 (T ) = Lx0 . Cuối cùng, kết luận của định lý

thu được tương tự như trong chứng minh Định lý 2.3.1.



32



.



2.4. Chứng minh Định lý 2.1.1, 2.1.2 và 2.1.3

Chúng ta chuyển bài toán (2.2) về dạng tổng quát như sau:









x (t) = F (t, x(t), x (t)), với hầu khắp t ∈ [0, T ],







(2.26)

x(0) = x(T ),











x (0) = x (T )

và tương tự cho các bài toán (2.3) và (2.4) như sau:









x (t) = F (t, x(t), x (t)), với hầu khắp t ∈ [0, T ],







x(0) = M x,











x(T ) = Lx,



(2.27)



trong đó ánh xạ F : [0, T ] × H × H → H được định nghĩa trong phần

(2.5) và các toán tử M : C(I, H) → H và L : C(I, H) → H được xác

định tương ứng bởi

k



Mx =



k



αi x(ti ), Lx =

i=1



βi x(ti ),

i=1



với αi , βi ∈ R, i = 1, 2, . . . , n và 0 < t1 < t2 < · · · < tn ≤ T cho bài toán

(2.3) và

Mx =



1

T



T



p1 (t)x(t) dt, Lx =

0



1

T



T



p2 (t)x(t) dt,

0



với p1 , p2 ∈ L1 (I, R) cho bài toán (2.4).

Từ các giả thiết (4) và (5) dễ dàng suy ra được điều kiện (M ) và

(L). Trong phần này, chúng ta sẽ chứng minh rằng ánh xạ F thỏa mãn

các điều kiện (F 1) − (F 4) và (2.9). Như vậy, áp dụng Định lý 2.3.1 và

33



2.3.2 chúng ta có được sự tồn tại nghiệm tương ứng của (2.26) và của

(2.27). Do đó, như một hệ quả, là sự tồn tại nghiệm của (2.2), (2.3) và

(2.4).

Chúng ta bắt đầu chứng minh điều kiện (F 3).

E



Cho wn → w0 . Chúng ta có

g(wn ) − g(w0 )



2

2



=

2



k(ξ, η)wn (η) dη − w0 (ξ)



wn (ξ)









k(ξ, η)w0 (η) dη









2



2



≤2



|wn (ξ)|





|k(ξ, η)| |(wn (η) − w0 (η))| dη









2

2



|wn (ξ) − w0 (ξ)|



+2



|k(ξ, η)| |w0 (η)| dη















≤ 2K 2 |Ω| wn − w0 22 ( wn



2

2



+ w0 22 ).



Vì thế g là E − E liên tục từ tính bị chặn của dãy {wn }. Mặt khác,

h(t, wn ) − h(t, w0 )



2

2



|h(t, wn (ξ)) − h(t, w0 (ξ))|2 dξ



=





|h2 (t, ηn (ξ))|2 · |(wn (ξ) − w0 (ξ))|2 dξ



=





≤ N 2 wn − w0 22 ,

E



trong đó ηn (ξ) là một số ở giữa wn (ξ) và w0 (ξ). Vì vậy, h(t, wn ) → h(t, w0 )

và do đó h(t, ·) là E − E liên tục.

Vậy ánh xạ (w, v) −→ F (t, w, v) là liên tục từ E × E vào E, với mỗi

t ∈ [0, T ] và điều kiện (F 3) là thỏa mãn.

Bây giờ chúng ta chứng minh điều kiện (F 2).

H



Cho wn → w0 . Chúng ta có

wn (ξ)





Dk(ξ, η)wn (η) dη + Dwn (ξ)





k(ξ, η)wn (η) dη





34



2



−Dw0 (ξ)



k(ξ, η)w0 (η) dη − w0 (ξ)









Dk(ξ, η)w0 (η) dη





Rn



2

2



≤4



|wn (ξ) − w0 (ξ)|



Dk(ξ, η)







Rn |wn (η)| dη









2

2



|w0 (ξ)|



+4





Rn |wn (η)



Dk(ξ, η)



− w0 (η)| dη









2



Dwn (ξ) − Dw0 (ξ)



+4





2

Rn



|k(ξ, η)||wn (η)| dη









2



+4



Dw0 (ξ)





2

Rn



|k(ξ, η)||wn (η) − w0 (η)| dη











≤ 4K 2 |Ω| wn − w0



2

H(



2

H



wn



+ w0



2

H ).



Vì thế {Dg(wn )} hội tụ tới Dg(w0 ) trong L2 . Hơn nữa, g(wn )−g(w0 )

0 và do đó g(wn ) − g(w0 )



2







H



H



→ 0. Như vậy, g(wn ) → g(w0 ).



Bây giờ, cho t ∈ [0, T ]. Để chứng minh tính chất H − H liên tục

của h(t, ·) chúng ta giả sử rằng tồn tại một dãy {wn } và ε > 0 sao cho

H



wn → w0 và h(t, wn ) − h(t, w0 )



H



> ε với mọi n ∈ N. Như vậy chúng



ta có

ε2 < h(t, wn ) − h(t, w0 )



2

H



=



|h(t, wn (ξ)) − h(t, w0 (ξ))|2 + Dh(t, wn (ξ)) − Dh(t, w0 (ξ))





2

Rn



dξ.



Từ tính liên tục của ánh xạ h(t, )˙ trong khơng gian E, khơng mất tính

tổng qt chúng ta giả sử

Dh(t, wn (ξ)) − Dh(t, w0 (ξ))





2

Rn



dξ > ε2 ∀ n ∈ N.



(2.28)



Từ sự hội tụ của {wn } đến w0 trong H tồn tại một dãy con {wnk } sao

cho wnk (ξ) → w0 (ξ) với hầu khắp ξ ∈ Ω. Chúng ta có ước lượng sau

Dh(t, wnk (ξ)) − Dh(t, w0 (ξ))





2

Rn



dξ =



h2 (t, wnk (ξ))Dwnk (ξ) − h2 (t, w0 (ξ))Dw0 (ξ)





35



2

Rn







|h2 (t, wnk (ξ))|2 Dwnk (ξ) − Dw0 (ξ)



≤2





2

Rn



|h2 (t, wnk (ξ)) − h2 (t, w0 (ξ))|2 Dw0 (ξ)



+2







2

Rn







Từ tính liên tục của h2 suy ra h2 (t, wnk (ξ)) → h2 (t, w0 (ξ)) với hầu khắp

ξ ∈ Ω. Hơn nữa, giả thuyết (1) kéo theo

|(h2 (t, wnk (ξ)) − h2 (t, w0 )(ξ))|2 Dw0 (ξ)

và |h2 (t, wnk (ξ))|2 Dwnk (ξ) − Dw0 (ξ)



2

Rn



2

Rn



≤ 4N 2 Dw0 (ξ)



Rn



≤ N 2 Dwnk (ξ) − Dw0 (ξ)



2

Rn .



Như vậy, từ sự hội tụ của {wn } đến w0 trong H và theo định lý hội tụ

Lebesgue

Dh(t, wnk (ξ)) − Dh(t, w0 (ξ))





2

Rn



dξ −→ 0 khi k → ∞,

H



điều này mâu thuẫn với (2.28). Do đó, với mọi dãy hội tụ {wn }, wn → w0 ,

H



ta có h(t, wn ) → h(t, w0 ).

Vì thế, ánh xạ (w, v) −→ F (t, w, v) liên tục từ H × H vào H ω với

mỗi t ∈ [0, T ] và điều kiện (F 2) thỏa mãn.

Để kiểm chứng điều kiện (F 1) chúng ta sẽ chứng minh rằng h(·, w)

là liên tục với mỗi w ∈ H. Thật vậy, cho t0 ∈ [0, T ] và {tn } ⊂ [0, T ]

sao cho tn → t0 . Theo (1) chúng ta có được h(tn , w(ξ)) → h(t0 , w(ξ)) và

Dh(tn , w(ξ)) = h2 (tn , w(ξ))Dw(ξ) → h2 (t0 , w(ξ))Dw(ξ) = Dh(t0 , w(ξ))

với hầu khắp ξ ∈ Ω. Như một hệ quả của (2.6) và bởi tính bị chặn của

H



|h(·, 0)| trên [0, T ], hội tụ ở trên là trội trong E, và do đó h(tn , w) →

h(t0 , w). Vì thế, h(·, w) là liên tục và do đó, nó là đo được.

Bây giờ, cho Θ ⊂ H bị chặn, w ∈ Θ và t ∈ [0, T ]. Chúng ta có

36



F (t, w, v)



2

H



=

2



cv(ξ) + bw(ξ) + w(ξ)







k(ξ, η)w(η) dη + h(t, w(ξ))











+



cDv(ξ) + bDw(ξ) + w(ξ)



Dk(ξ, η)w(η) dη











+ Dw(ξ)



k(ξ, η)w(η) dη) + h2 (t, w(ξ))Dw(ξ)





≤ 5c2 v



2

H



+ 5b2 w



2

H



+ 9K 2 |Ω| w



4

H



2

Rn







+ 8δ 2 |Ω| + 8N 2 w



2

H



Suy ra,

F (t, w, v)



H







5c2 v



2

H



+ 5b2 w



2

H



+ 9K 2 |Ω| w



4

H



+ 8δ 2 |Ω| + 8N 2 w



2 ,

H



do đó điều kiện (F 4) là thỏa mãn.

Để chứng minh điều kiện (2.9) trước tiên chúng ta lưu ý rằng

w,F (t, w, v) =

c w, v + b w



2

H



+



w(ξ) w(ξ)



k(ξ, η)w(η) dη + h(t, w(ξ))







+







Dw(ξ), w(ξ)



Dk(ξ, η)w(η) dη







+



Dw(ξ), Dw(ξ)





+



Rn



k(ξ, η)w(η) dη





Dw(ξ), h2 (t, w(ξ))Dw(ξ)



= c w, v + b w



2

H



+



Rn



dξ =



w(ξ)h(t, w(ξ)) dξ





Dw(ξ), h2 (t, w(ξ))Dw(ξ)



Rn











(w(ξ))2



+







Rn







+











k(ξ, η)w(η) dη





37











Dw(ξ), w(ξ)



+



Dk(ξ, η)w(η) dη









+



2

Rn



Dw(ξ)







Rn



k(ξ, η)w(η) dη



dξ.







Theo (1) và (2.6) ước tính sau đây là đúng

w,F (t, w, v) ≥ c w, v + b w

−N



2

Rn



Dw(ξ)





−K



Dw(ξ)



2

H







|w(ξ)| (|h(t, 0)| + N |w(ξ)|) dξ





|w(ξ)|2 dξ



dξ − K





Rn |w(ξ)| dξ



|w(η)| dη







−K



|w(η)| dη









Dw(ξ)





2

Rn



|w(η)| dη









≥ c w, v + b − N w 2H − δ|Ω|1/2 w 2 − K|Ω|1/2 w 2 w 2H

1

− K|Ω|1/2 w 2 w 2H

2

3

≥ c w, v − K|Ω|1/2 w 3H + (b − N ) w 2H − δ|Ω|1/2 w H

2

3

≥ c w, v + − K|Ω|1/2 w 2H + (b − N ) w H − δ|Ω|1/2 w

2



H



≥ c w, v ,

với điều kiện R1 ≤ w

R1,2 =



H



≤ R2 , trong đó



b−N ±



(b − N )2 − 6δ|Ω|K

.

3K|Ω|1/2



Do đó điều kiện (2.9) thỏa mãn w ∈ H với R1 ≤ w ≤ R2 và với mọi v

sao cho w, v = 0.

Vì vậy, áp dụng các Định lý 2.3.1 và 2.3.2 chúng ta thu được điều

phải chứng minh.



38



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Điều kiện biên không địa phương

Tải bản đầy đủ ngay(0 tr)

×