ĐẠI HỌC QUỐC GIA THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN LÊ CÔNG NHÀN BÀI TOÁN HỖN HỢP CHO PHƯƠNG TRÌNH NHIỆT PHI TUYẾN TRONG HÌNH VÀNH KHĂN: DÁNG ĐIỆU TIỆM CẬN CỦA NGHIỆM KHI THỜI GIAN LỚN LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Tp Hồ Chí Minh, 2013 ĐẠI HỌC QUỐC GIA THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN LÊ CÔNG NHÀN BÀI TOÁN HỖN HỢP CHO PHƯƠNG TRÌNH NHIỆT PHI TUYẾN TRONG HÌNH VÀNH KHĂN: DÁNG ĐIỆU TIỆM CẬN CỦA NGHIỆM KHI THỜI GIAN LỚN Chuyên ngành Mã số chuyên ngành : Toán Giải tích : 60 46 01 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: TS NGUYỄN THÀNH LONG Tp Hồ Chí Minh, 2013 Mục lục Lời cảm ơn ii Bảng ký hiệu iii Phần mở đầu Kiến thức chuẩn bị 2.1 Các không gian hàm thông dụng 2.2 Không gian hàm Lp (0, T ; X) , ≤ p ≤ +∞ 2.3 Phân bố có giá trị vectơ 2.4 Bổ đề tính compact Lions 2.5 Các bất đẳng thức 2.6 Các định lý Sự tồn nghiệm 3.1 Giới thiệu 3.2 Sự tồn nghiệm yếu 10 Tính trơn nghiệm yếu 25 Sự phụ thuộc liên tục nghiệm yếu b, f, g, h, λ 31 Khảo sát nghiệm dừng dáng điệu nghiệm t → +∞ 36 Kết luận 44 Tài liệu tham khảo 45 i Lời cảm ơn Lời đầu tiên, kính gửi đến Thầy hướng dẫn - TS Nguyễn Thành Long lòng biết ơn sâu sắc tận tình hướng dẫn Thầy suốt trình học tập hoàn thành luận văn Thầy gương lòng say mê nghiên cứu khoa học hết lòng tận tụy với nghề, với trò Từ Thầy, không học kiến thức, phương pháp nghiên cứu khoa học cho hiệu mà có thêm niềm say mê nghiên cứu khoa học Với tôi, Thầy gương sáng để học tập phấn đấu suốt đời Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến Thầy Trần Minh Thuyết, Thầy tận tình bảo trình tham gia seminar cho nhiều nhận xét bổ ích cho luận văn Xin chân thành cảm ơn quý Thầy, Cô phản biện quý Thầy, Cô hội đồng chấm luận văn giành thời gian để đọc đưa nhận xét để luận văn hoàn chỉnh Chân thành cảm ơn quý Thầy, Cô khoa Toán - Tin học, trường Đại học Khoa học Tự nhiên TP Hồ Chí Minh, tận tình truyền đạt kiến thức cho suốt thời gian học tập Tôi xin cảm ơn Ban Giám hiệu quý Thầy, Cô thuộc Phòng Đào tạo Sau đại học, trường Đại học Khoa học Tự nhiên TP Hồ Chí Minh tạo điều kiện thuận lợi để hoàn tất chương trình học tập trường Chân thành cảm ơn Ban Giám hiệu, Ban lãnh đạo Khoa Sư phạm toàn thể quý Thầy, Cô trường Đại học An Giang tạo điều kiện tốt thời gian công việc để học tập, nghiên cứu hoàn tất chương trình học tập Xin cảm ơn Thầy Hoàng bạn lớp Cao học Giải tích khóa 21 anh, chị nhóm seminar định kỳ Thầy Nguyễn Thành Long Thầy Trần Minh Thuyết tổ chức, trao đổi thảo luận vấn đề liên quan đến luận văn Cuối cùng, xin gửi lời cảm ơn sâu sắc lòng yêu thương dành cho gia đình Xin chân thành cảm ơn Tp Hồ Chí Minh, ngày 19 tháng 03 năm 2013 Người thực Lê Công Nhàn ii Bảng ký hiệu Ω = (0, 1) QT = (0, 1) × (0, T ) V : Không gian hàm, trang u(t) : u(x, t) u (t), ut (t) : ∂u (x, t) ∂t ux (t) : ∂u (x, t) ∂x uxx (t) : ∂ 2u (x, t) ∂x2 : Tích vô hướng, chuẩn thông thường L2 : Tích vô hướng có trọng, chuẩn có trọng L2 : Tích vô hướng, chuẩn thông thường H : Tích vô hướng có trọng, chuẩn có trọng H : Kết thúc chứng minh ·, · L2 , · L2 ·, · , · ·, · H1 , ·, · , · · H1 iii Chương Phần mở đầu Trong luận văn này, nghiên cứu toán giá trị biên ban đầu cho phương trình nhiệt phi tuyến hình vành khăn sau ut − uxx + ux + b(t)u + λ |u|α−2 u = f (x, t), x u(R, t) = 0, R < x < 1, < t < T, ux (1, t) + hu(1, t) = g(t), u(x, 0) = u0 (x), (1.1) (1.2) (1.3) u0 , b, f, g hàm cho trước Bài toán quan tâm nhiều nhà Toán học thời gian gần Trong [8], N T Long Alain Pham Ngoc Dinh xét toán ∂u a(t) ∂ − γ ∂t r ∂r rγ ∂u ∂r + F (r, u) = f (r, t), < r < 1, < t < T, (1.4) điều kiện hỗn hợp lim rγ/2 ur (x, t) < +∞, r→0+ ur (1, t) + h(t) (u(1, t) − u˜0 ) = 0, u(r, 0) = u0 (r), (1.5) (1.6) với γ > 0, u˜0 số cho trước, a(t), h(t), F (r, u), f (r, t) hàm số cho trước Trường hợp γ = F = 0, toán (1.4) - (1.6) mô tả dòng nhiệt đối xứng trục xi lanh hình trụ Trường hợp γ = F = 0, toán (1.4) - (1.6) mô tả hệ tọa độ cầu R3 tỉ khối giọt nhỏ nhiên liệu lỏng trường hợp làm bay mặt bình vô hạn, điều kiện biên (1.5) liên kết với điều kiện Rankine-Hugoniot bề mặt giọt sau thay đổi độ co giản [6] Trong [5], Minasjan nghiên cứu trường hợp đặc biệt toán (1.4), (1.5) với điều kiện T-tuần hoàn u(r, 0) = u(r, T ), (1.7) F (r, u) = 0, (1.8) trường hợp γ = 1, u˜0 = 0, hàm a(t), h(t), f (r, t) T-tuần hoàn theo t Ý nghĩa vật lý toán (1.4), (1.5), (1.7) (1.8) dòng nhiệt tuần hoàn hình trụ vô hạn với giả thiết hình trụ phụ thuộc vào trao đổi nhiệt cách tuần hoàn bề mặt (r = 1) với nhiệt độ môi trường bên zêrô Minasjan [5] tìm nghiệm cổ điển toán cách dùng biến đổi Fourier Phương pháp dẫn đến hệ giả quy vô hạn phương trình đại số tuyến tính Tuy nhiên tính giải hệ phương trình không chứng minh chi tiết [5] Trong [4], Lauerova chứng minh với kiện T-tuần hoàn, toán (1.4), (1.5), (1.7), (1.8) có nghiệm yếu T-tuần hoàn theo t Trong trường hợp γ = 1, u˜0 = 0, f = 0, F = F (u), F ∈ C (R), F (u) ≥ − , (1.9) với > đủ nhỏ, tác giả [9] chứng minh toán (1.4), (1.5), (1.7) có nghiệm yếu T-tuần hoàn không gian Sobolev có trọng thích hợp Hơn nữa, nghiệm phụ thuộc liên tục vào a(t) h(t) Trong luận văn này, xét toán trường hợp đặc biệt với γ = 1, F = F (u) = b(t)u + λ |u|α−2 u a(t) = 1, (1.10) Cụ thể ta xét toán ut − uxx + ux + b(t)u + λ |u|α−2 u = f (x, t), x R < x < 1, < t < T, (1.11) với điều kiện biên hỗn hợp u(R, t) = 0, ux (1, t) + hu(1, t) = g(t), (1.12) điều kiện đầu u(x, 0) = u0 (x) (1.13) Luận văn chia thành sáu chương Chương Phần mở đầu Giới thiệu tổng quan toán khảo sát luận văn, điểm qua kết có trước đó, đồng thời nêu bố cục luận văn Chương Kiến thức chuẩn bị Trình bày số công cụ chuẩn bị bao gồm viêc nhắc lại số không gian hàm, số kết phép nhúng compact, bất đẳng thức định lý sử dụng luận văn Chương Sự tồn nghiệm Dùng phương pháp xấp xỉ Faedo - Galerkin Bổ đề compact, compact yếu, tồn nghiệm yếu toán (1.11) - (1.13) chứng minh với điều kiện u0 ∈ L2 giả thiết thích hợp b, f , g, h, λ Chương Tính trơn nghiệm yếu Với u0 ∈ H (R, 1), u0 (R) = với số điều kiện phụ, tính trơn nghiệm yếu toán (1.11) - (1.13) chứng minh Chương Sự phụ thuộc liên tục nghiệm yếu b, f , g, h, λ Chương Khảo sát nghiệm dừng dáng điệu nghiệm t → +∞ Cuối phần kết luận danh mục tài liệu tham khảo Chương Kiến thức chuẩn bị 2.1 Các không gian hàm thông dụng Giả sử T > 0, ta ký hiệu Ω = (R, 1), QT = Ω × (0, T ) Ta bỏ qua định nghĩa không gian hàm thông dụng ký hiệu chúng Lp = Lp (Ω), H m = H m (Ω) Ký hiệu ·, · L2 , · L2 tích vô hướng, chuẩn thông thường L2 · chuẩn không gian Banach X X Trên L2 ta xét tích vô hướng có trọng u, v = ∀u, v ∈ L2 , xu(x)v(x)dx, Ω chuẩn sinh tích vô hướng có trọng ký hiệu · ,   12 ∀u ∈ L2 xu2 (x)dx , u = R Chú thích Chuẩn · · L2 √ R v hai chuẩn tương đương L2 , L2 ≤ v ≤ v L2 , ∀v ∈ L2 Trên Lp ta xét chuẩn sau  u Lp (x,Ω)  p1 x |u(x)|p dx = R Chú thích Chuẩn · đương, Lp (x,Ω) √ p R v chuẩn thông thường · Lp ≤ v Lp (x,Ω) ≤ v Lp , Lp Lp hai chuẩn tương ∀v ∈ Lp Trên H ta xét tích vô hướng sau u, v chuẩn sinh tích vô hướng này, ký hiệu · u Chú thích Chuẩn · ∀u, v ∈ H , = ux , vx + u, v , = ux + u ∀u ∈ H , H1 H hai chuẩn tương đương, , ∀v ∈ H chuẩn thông thường · √ R v H1 ≤ v ≤ v H1 Ký hiệu V = {v ∈ H : v(R) = 0} Khi đó, V không gian đóng H , V không gian Hilbert tích vô hướng H Giả sử b ∈ C [0, T ] với < b0 ≤ b(t) ≤ b1 , ∀t ∈ [0, T ] số h > Ta xét họ song tuyến tính đối xứng {a (t; ·, ·)}0≤t≤T V × V sau a (t; u, v) = xux (x)vx (x)dx + b(t) Ω xu(x)v(x)dx + hu(1)v(1) (2.1) Ω = ux , vx + b(t) u, v + hu(1)v(1), ∀u, v ∈ V, ≤ t ≤ T Ta có bổ đề sau ¯ compact Bổ đề 2.1 Phép nhúng V → C Ω v C0 (Ω¯ ) ≤ √ − R vx L2 1−R vx , R ≤ Từ Bổ đề 2.1, ta suy V chuẩn v → v v → vx tương đương, vx ≤ v vx L2 ≤ v √ R v H1 ≤√ vx , R √ ≤ − R vx H1 , ∀v ∈ V v → v , v → vx L2 , H1 ≤ v ≤ v H1 L2 , , với v ∈ V Bổ đề 2.2 Giả sử b ∈ C [0, T ] với < b0 ≤ b(t) ≤ b1 , ∀t ∈ [0, T ] số h > Khi đó, với t ∈ [0, T ] dạng song tuyến tính đối xứng a (t; ·, ·) liên tục V × V V , tức i |a (t; u, v)| ≤ a1 ux vx , ii a (t; v, v) ≥ vx , với u, v ∈ V, ≤ t ≤ T , a1 = + (b1 + h) 1−R R Bổ đề 2.1 2.2 dễ dàng kiểm chứng Chương Sự phụ thuộc liên tục nghiệm yếu b, f, g, h, λ Trước hết, với T > 0, b0 > hai số dương cho trước cố định, xét tập ˜ = {(b, f, g, h, λ) : h > 0, λ > hàm b, f, g thỏa (H2 ), (H3 ), (H4 )} H Giả sử u0 ∈ V α > 1, với kiện ˜ (b, f, g, h, λ) ∈ H, (5.1) theo Định lý 4.1 toán (3.1) - (3.3) có nghiệm yếu u thỏa u ∈ H (QT ) ∩ L∞ (0, T ; V ) u phụ thuộc vào b, f , g, h, λ u = u (b, f, g, h, λ) Trong chương nầy, ta xét phụ thuộc liên tục nghiệm yếu u b, f, g, h, λ Cụ thể ta có định lý sau Định lý 5.1 Nghiệm yếu toán (3.1) - (3.3) phụ thuộc liên tục vào b, f, g, h, λ, tức ˜ cho Nếu (b, f, g, h, λ), (bj , fj , gj , hj , λj ) ∈ H (bj , fj , gj , hj , λj ) → (b, f, g, h, λ) C [0, T ]×L2 (QT )×H (0, T )×R2+ j → ∞, (5.2) uj → u L2 (0, T ; V ) ∩ L∞ 0, T ; L2 mạnh j → ∞, (5.3) với R+ = (0, +∞), uj = u (bj , fj , gj , hj , λj ) ˜ có số dương Chứng minh Trước hết, ta ý với (b, f, g, h, λ) ∈ H λ0 , h0 , B0 , G0 F0 cho < λ < λ0 , < h < h0 , b C [0,T ] ≤ B0 , g 31 H (0,T ) ≤ G0 f L2 (0,T ;L2 ) ≤ F0 (5.4) Khi theo đánh giá tiên nghiệm dãy {um } chứng minh Định lý 4.1 ta có t umx (t) um (s) +2 ds + 2λ um (t) α α Lα (Ω) ≤ MT , ∀t ∈ [0, T ], ∀T > 0, (5.5) với MT số phụ thuộc vào T, λ0 , h0 , B0 , G0 F0 Vì giới hạn u không gian hàm thích hợp dãy {um } xác định (3.6), (3.7), (3.8) (4.4) nghiệm yếu toán (3.1) - (3.3) thỏa đánh giá tiên nghiệm (5.5) Bây giờ, (5.2) ta giả sử tồn số dương λ0 , h0 , B0 , G0 F0 cho (bj , fj , gj , hj , λj ) thỏa (5.4) với (b, f, g, h, λ) = (bj , fj , gj , hj , λj ) Khi theo ý bên trên, ta có nghiệm yếu uj toán (3.1) - (3.3) tương ứng với (bj , fj , gj , hj , λj ) thỏa t ujx (t) uj (s) +2 ds + 2λ uj (t) α α Lα (Ω) ≤ MT , ∀t ∈ [0, T ] (5.6) Đặt  ˜bj = bj − b, f˜j = fj − f, g˜j = gj − g, ˜ ˜ j = λj − λ, u˜j = uj − u hj = hj − h, λ Với v ∈ V , (4.32) ta có u (t), v + a (t; u(t), v) + λ ψα (u(t)) , v = f (t), v + g(t)v(1), (5.7) uj (t), v + aj (t; uj (t), v) + λj ψα (uj (t)) , v = fj (t), v + gj (t)v(1), (5.8) aj (t; u, v) = ux , vx + bj (t) u, v + hj u(1)v(1), ∀u, v ∈ V (5.9) Từ (5.7) (5.8), ta suy u˜j (t), v + a (t; u˜j (t), v) + λ ψα (uj (t)) − ψα (u(t)) , v = f˜j (t), v ˜ j uj (1, t)v(1) − λ ˜ j ψα (uj (t)) , v , (5.10) + g˜j (t)v(1) − ˜bj (t) uj (t), v − h với v ∈ V u˜j (0) = Chọn v = u˜j (t) ∈ V ta 1d u˜j (t) dt + a (t; u˜j (t), u˜j (t)) + λ ψα (uj (t)) − ψα (u(t)) , u˜j (t) = f˜j (t), u˜j (t) ˜ j uj (1, t)˜ ˜ j ψα (uj (t)) , u˜j (t) (5.11) + g˜j (t)˜ uj (1, t) − ˜bj (t) uj (t), u˜j (t) − h uj (1, t) − λ 32 Lấy tích phân từ đến t theo biến thời gian, ta t u˜j (t) t +2 ψα (uj (s)) − ψα (u(s)) , u˜j (s) ds a (s; u˜j (s), u˜j (s)) ds + 2λ 0 t t f˜j (s), u˜j (s) ds + =2 t 0 t t ˜ j ψα (uj (s)) , u˜j (s) ds (5.12) λ ˜ j uj (1, s)˜ h uj (1, s)ds − −2 ˜bj (s) uj (s), u˜j (s) ds g˜j (s)˜ uj (1, s)ds − 0 Với α > 1, hàm ψα đơn điệu tăng nên ta có t ψα (uj (s)) − ψα (u(s)) , u˜j (s) ds ≥ λ (5.13) Dạng song tuyến tính a (t; ·, ·) nên ta có t t a (s; u˜j (s), u˜j (s)) ds ≥ u˜jx (s) ds (5.14) Từ (5.12), (5.13) (5.14) ta t t f˜j (s), u˜j (s) σ(t) ≤ t 0 t t ˜ j uj (1, s)˜ h uj (1, s) ds + +2 ˜bj (s) uj (s), u˜j (s) ds |˜ gj (s)˜ uj (1, s)| ds + ds + ˜ j ψα (uj (s)) , u˜j (s) ds = λ Ki , (5.15) i=1 t σ(t) = u˜j (t) +2 u˜jx (s) ds (5.16) Với t ∈ [0, T ], ta có đánh giá sau t t f˜j (s), u˜j (s) K1 = f˜j (s) ds ≤ u˜j (s) ds 0 t ≤ f˜j L2 (0,T ;L2 ) + σ(s)ds, 33 (5.17) t t 1−R |˜ gj (s)| u˜jx (s) ds R |˜ gj (s)˜ uj (1, s)| ds ≤ K2 = 0 2(1 − R) g˜j R ≤ H (0,T ) + σ(t), (5.18) t t ˜bj ˜bj (s) uj (s), u˜j (s) ds ≤ K3 = C [0,T ] uj (s) u˜j (s) ds 0 t ˜bj ≤2 C [0,T ] 1−R ujx (s) R u˜j (s) ds t 1−R R ≤ T MT ˜bj C [0,T ] + σ(s)ds, (5.19) t t 1−R ˜ hj R ˜ j uj (1, s)˜ h uj (1, s) ds ≤ K4 = ujx (s) u˜jx (s) ds 0 1−R R ≤ 2T MT ˜j h + σ(t), (5.20) t t ˜ j ψα (uj (s)) , u˜j (s) ds ≤ λ K5 = √ − R uj (s) α−1 L∞ u˜j (s) ds t ˜j λ ≤2 ˜j λ √ 1−R R 1−R α−1 ujx (s) α−1 u˜j (s) ds ≤ (1 − R) 1−R R t α−1 T MTα−1 ˜j λ + σ(s)ds (5.21) Từ (5.15) - (5.21), ta thu t σ(t) ≤ 2ηj + σ(s)ds, ∀t ∈ [0, T ], 34 (5.22) ηj = f˜j L2 (0,T ;L2 ) + 2(1 − R) g˜j R + 2T MT H (0,T ) 1−R R + T MT ˜j h 1−R R + (1 − R)T ˜bj C [0,T ] 1−R MT R α−1 ˜ j (5.23) λ Theo Bổ đề Gronwall, ta thu σ(t) ≤ 2ηj e6t ≤ 2ηj e6T , ∀t ∈ [0, T ] (5.24) Do giả thiết (5.2) nên ta có ηj → j → ∞ (5.25) Vì từ (5.24) (5.25), ta suy u˜j L∞ (0,T ;L2 ) + u˜j L2 (0,T ;V ) Định lý 5.1 chứng minh hoàn tất 35 → j → ∞ (5.26) Chương Khảo sát nghiệm dừng dáng điệu nghiệm t → +∞ Trong chương này, ta giả sử T > giả thuyết (H1 ) - (H5 ) thỏa Khi đó, tồn nghiệm yếu u toán (3.1) - (3.3) cho  u ∈ L2 (0, T ; V ) ∩ L∞ (0, T ; L2 ) ∩ Lα (QT ) ,  tu ∈ L∞ (0, T ; V ) , tu ∈ L2 (QT ) Bây giờ, nghiên cứu dáng điệu tiệm cận nghiệm u(t) t → +∞ Ta thiết lập giả thiết (H2 ) b ∈ C (R+ ) có số b0 , b1 cho < b0 ≤ b(t) ≤ b1 , ∀t ∈ R+ ; (H3 ) f ∈ L2 (0, ∞; L2 ); (H4 ) g ∈ H (R+ ); (H6 ) Tồn số dương C1 , γ1 , b∞ , g∞ hàm f∞ ∈ L2 cho (i) |b(t) − b∞ | ≤ C1 e−γ1 t , ∀t ≥ 0; (ii) |g(t) − g∞ | ≤ C1 e−γ1 t , ∀t ≥ 0; (iii) f (t) − f∞ ≤ C1 e−γ1 t , ∀t ≥ Trước hết, ta xét toán dừng − uxx + ux + b∞ u + λ |u|α−2 u = f∞ (x), x R < x < 1, (6.1) với điều kiện biên u(R) = 0, ux (1) + hu(1) = g∞ 36 (6.2) Nghiệm yếu toán (6.1) - (6.2) thu từ toán biến phân sau Tìm u∞ ∈ V cho a∞ (u∞ , v) + λ ψα (u∞ ) , v = f∞ , v + g∞ v(1), ∀v ∈ V, (6.3) a∞ (u, v) = ux , vx + b∞ u, v + hu(1)v(1), ∀u, v ∈ V Bổ đề sau cho ta tính chất dạng song tuyến tính đối xứng a∞ (·, ·) Bổ đề 6.1 Dạng song tuyến tính, đối xứng a∞ (·, ·) liên tục V × V V , tức i |a∞ (u, v)| ≤ a ˜ ux ii a∞ (u, u) ≥ ux vx , ∀u, v ∈ V ; , ∀u ∈ V , a ˜1 = + (b∞ + h) 1−R R Ta có định lý sau Định lý 6.2 Giả sử (H1 ) (H6 ) thỏa Khi tồn nghiệm u∞ toán biến phân (6.3) thỏa u∞ ∈ V Chứng minh Chứng minh định lý gồm có bước Bước Xấp xỉ Faedo - Galerkin Ký hiệu {wj } sở đếm không gian Hilbert khả ly V Ta tìm nghiệm xấp xỉ ym toán dạng m ym = dmj wj , (6.4) j=1 dmj , j = 1, 2, , m thỏa hệ phương trình a∞ (ym , wi ) + λ ψα (ym ) , wi = f∞ , wi + g∞ wi (1), ≤ i ≤ m (6.5) Sử dụng Bổ đề Brouwer (Xem J L Lions [[3], Bổ đề 4.3, trang 53]) với giả thiết (H1 ) (H6 ) ta chứng minh hệ (6.4) - (6.5) có nghiệm ym Để đơn giản, ta bỏ qua số m cách viết sử dụng không phân biệt chuẩn tương đương Rm Thật vậy, xét ánh xạ P : Rm → Rm xác định P (d) = (P1 [d], , Pm [d]) với d = (d1 , , dm ) ∈ Rm , Pi [d] = a∞ (ym , wi ) + λ ψα (ym ) , wi − f∞ , wi − g∞ wi (1), 37 ≤ i ≤ m Trước hết, ta kiểm tra tính liên tục ánh xạ P Lấy d, d(k) ∈ Rm cho d(k) → d, ta chứng minh Pi [d(k) ] → Pi [d], ∀i = 1, m Ta có Pi [d(k) ] − Pi [d] = a∞ y (k) − y, wi + λ ψα y (k) − ψα (y) , wi , (6.6) m m (k) y (k) = dj w j y = j=1 dj w j j=1 Do tính liên tục dạng song tuyến tính a∞ (·, ·) nên ta có a∞ y (k) − y, wi ≤a ˜1 yx(k) − yx wix Hơn nữa, ta có m m (k) yx(k) − yx ≤ dj − dj = W d(k) − d dj − dj , Rm j=1 j=1 m với W = (k) wjx ≤ W 2 wjx j=1 Vì a∞ y (k) − y, wi ≤a ˜1 W d(k) − d Rm (6.7) Mặt khác, ta có m m (k) dj y (k) (x) − y(x) ≤ ˜ − dj |wj (x)| ≤ W ˜ d(k) − d =W − dj Rm , m wj j=1 j=1 j=1 ˜ = W (k) dj L∞ Với < α ≤ 2, áp dụng bất đẳng thức (2.2) ta ψα y (k) (x) − ψα (y(x)) ≤ 22−α y (k) (x) − y(x) α−1 ˜ α−1 d(k) − d ≤ 22−α W α−1 Rm Suy ˜ α−1 d(k) − d ψα y (k) − ψα (y) ≤ 22−α W 38 α−1 Rm (6.8) Mặt khác, d(k) → d nên có số dương D cho d(k) Rm + d Rm ≤ D với ˜ D |y(x)| ≤ W ˜ D k ∈ N Từ ta suy y (k) (x) ≤ W ˜ D ta Với α > 2, áp dụng bất đẳng thức (2.3) với M = W ˜ M α−2 d(k) − d ψα y (k) (x) − ψα (y(x)) ≤ (α − 1)M α−2 y (k) (x) − y(x) ≤ (α − 1)W Rm Suy ˜ M α−2 d(k) − d ψα y (k) − ψα (y) ≤ (α − 1)W Rm (6.9) Từ (6.6), (6.7), (6.8) (6.9) ta suy Pi [d(k) ] → Pi [d] k → ∞, ∀i = 1, 2, , m Vậy P ánh xạ liên tục Tiếp theo, ta kiểm tra điều kiện Bổ đề Brouwer Ta có m P (d), d Rm Pi [d]di = a∞ (y, y) + λ ψα (y), y − f∞ , y − g∞ y(1) = i=1 ≥ yx Trong Rm , chuẩn d → d Rm , − f∞ y − |g∞ | |y(1)| (6.10) d → yx , d → y , d → |y(1)| tương đương nên tồn (2) (1) số Cim , Cim > 0, i = 1, 2, 3, cho (1) (2) C1m d ≤ yx ≤ C1m d Rm (1) (2) C2m d Rm (1) C3m d ≤ y ≤ C2m d , (6.11) , (6.12) Rm Rm (2) Rm ≤ |y(1)| ≤ C3m d Rm , (6.13) với d ∈ Rm Từ (6.10) - (6.13), ta suy P (d), d (1)2 Rm ≥ C1m = d (2) Chọn ρ = Rm d (1)2 Rm C1m (2) − f∞ C2m d d (2) Rm (1)2 C1m , ta có P (d), d với d ∈ Rm cho d Rm Rm = ρ 39 − |g∞ | C3m d (2) − C2m f∞ − C3m |g∞ | (2) C2m f∞ +C3m |g∞ | (2) Rm ≥ 0, Rm Áp dụng Bổ đề Brouwer ta suy tồn d ∈ Rm d Rm ≤ ρ cho P (d) = Vậy tồn nghiệm ym toán (6.4) - (6.5) Bước Đánh giá tiên nghiệm Nhân phương trình thứ i (6.5) cho dmi , cộng lại theo i, i = 1, 2, , m ta a∞ (ym , ym ) + λ ψα (ym ), ym = f∞ , ym + g∞ ym (1) (6.14) Do tính dạng song tuyến tính a∞ (·, ·) V × V nên ta có ymx + λ ym α Lα (x,Ω) 1−R ( f∞ + |g∞ |) ymx R ≤ (6.15) Từ (6.15) ta suy     ymx ≤    y m 1−R R ( f∞ + |g∞ |) ≡ C2 , ≤ C2 λ (6.16) Lα (x,Ω) λ ≡ C˜2 , với C2 , C˜2 số độc lập với m Bước Qua giới hạn Từ (6.16), ta trích từ dãy {ym } dãy con, ký hiệu {ym } cho ym → u∞ V yếu; (6.17) ym → u∞ L2 mạnh hầu hết Ω; (6.18) ym → u∞ Lα yếu (6.19) Do tính liên tục hàm ψα , với α > (6.18) nên ta có ψα (ym ) → ψα (u∞ ) hầu hết Ω (6.20) Mặt khác ta có ψα (ym ) α Lα x |ym (x)|α dx = ym = α Lα (x,Ω) ≤ C˜2α (6.21) Ω Áp dụng Bổ đề 2.4 với N = 1, q = α , Gm = ψα (ym ) , G = ψα (u∞ ), từ (6.20) (6.21) ta thu ψα (ym ) → ψα (u∞ ) Lα yếu (6.22) Từ (6.17) (6.22), qua giới hạn (6.5) ta tìm nghiệm u∞ thỏa a∞ (u∞ , wi ) + λ ψα (u∞ ) , wi = f∞ , wi + g∞ wi (1), 40 ∀i ∈ N (6.23) Vì a∞ (u∞ , v) + λ ψα (u∞ ) , v = f∞ , v + g∞ v(1), ∀v ∈ V (6.24) Vậy tính tồn nghiệm chứng minh Bước Tính nghiệm Giả sử u∞ v∞ nghiệm yếu toán (6.1) - (6.2) Khi đó, w = u∞ − v∞ nghiệm toán biến phân sau a∞ (w, v) + λ ψα (u∞ ) − ψα (v∞ ) , v = 0, ∀v ∈ V (6.25) Chọn v = w ∈ V , ta có a∞ (w, w) = −λ ψα (u∞ ) − ψα (v∞ ) , w (6.26) Do tính dạng song tuyến tính a∞ (·, ·) V × V tính đơn điệu hàm ψα với α > nên ta suy wx ≤ (6.27) Vì tính nghiệm toán chứng minh Định lý 6.2 chứng minh xong Bây ta nghiên cứu dáng điệu tiệm cận nghiệm u(t) t → ∞ Ta có định lý sau Định lý 6.3 Giả sử (H1 ), (H5 ), (H2 ) - (H5 ) (H6 ) Khi đó, ta có u(t) − u∞ ≤ u0 − u∞ + 3C (γ1 − γ) e−2γt , ∀t ≥ 0, (6.28) < γ < min{γ1 , (1 − )}, 0 số không phụ thuộc t Chứng minh Đặt Zm (t) = um (t) − ym Từ (3.7) (6.5) ta Zm (t), wi + a (t; um (t), wi ) − a∞ (ym , wi ) + λ ψα (um (t)) − ψα (ym ) , wi = f (t) − f∞ , wi + (g(t) − g∞ ) wi (1), ≤ i ≤ m, (6.29) Zm (0) = u0m − ym 41 (6.30) Nhân hai vế phương trình thứ i (6.29) cho cmi (t) − dmi , i = 1, , m, cộng lại theo i ta 1d Zm (t) dt + a (t; Zm (t), Zm (t)) + a (t; ym , Zm (t)) − a∞ (ym , Zm (t)) + λ ψα (um (t)) − ψα (ym ) , Zm (t) = f (t) − f∞ , Zm (t) + (g(t) − g∞ ) Zm (1, t), (6.31) a (t; ym , Zm (t)) − a∞ (ym , Zm (t)) = (b(t) − b∞ ) ym , Zm (t) (6.32) Với giả thiết (H2 ) - (H4 ), (H5 ), (H6 ) sử dụng Bổ đề 2.1, 2.2 ta có đánh giá sau a (t; Zm (t), Zm (t)) ≥ Zmx (t) ; (6.33) λ ψα (um (t)) − ψα (ym ) , Zm (t) ≥ 0; (6.34) Chú ý ymx ≤ C2 nên từ (6.32) ta |a (t; ym , Zm (t)) − a∞ (ym , Zm (t))| ≤ |b(t) − b∞ | ym ≤ C2 ≤ Zm (t) 1−R C1 e−γ1 t Zmx (t) R Zmx (t) + Ce−2γ1 t , (6.35) | f (t) − f∞ , Zm (t) | ≤ f (t) − f∞ Zm (t) 1−R C1 e−γ1 t Zmx (t) R ≤ ≤ Zmx (t) + Ce−2γ1 t , (6.36) 1−R |g(t) − g∞ | Zmx (t) R |(g(t) − g∞ ) Zm (1, t)| ≤ 1−R C1 e−γ1 t Zmx (t) R ≤ ≤ Zmx (t) + Ce−2γ1 t (6.37) Từ (6.31), (6.33) - (6.37) ta d Zm (t) dt + (1 − ) Zmx (t) ≤ 42 Ce−2γ1 t (6.38) Chọn 1, 0< < ý Zm (t) ≤ Zm (t) 1 ≤√ Zmx (t) R (6.39) Do (6.38) (6.39) dẫn đến d Zm (t) dt + 2(1 − )R Zm (t) ≤ Ce−2γ1 t (6.40) Chọn γ > cho γ < min{γ1 , (1 − ) R} ta d Zm (t) dt + 2γ Zm (t) ≤ Ce−2γ1 t (6.41) Vì vậy, từ (6.41) ta Zm (t) ≤ Zm (0) + 3C (γ1 − γ) e−2γt (6.42) Cho m → +∞ (6.42) ta u(t) − u∞ ≤ lim inf um (t) − ym m→+∞ ≤ u0 − u∞ + 3C (γ1 − γ) e−2γt , ∀t ≥ (6.43) Định lý 6.3 chứng minh xong 43 Kết luận Qua luận văn này, tác giả thật làm quen với công việc nghiên cứu khoa học cách nghiêm túc có hệ thống Tác giả học tập phương pháp nghiên cứu thông qua việc đọc tài liệu tham gia thảo luận vấn đề có liên quan nhóm seminar định kỳ quý thầy hướng dẫn Tác giả học tập công cụ kỹ thuật khác Giải tích hàm để khảo sát tính chất định tính nghiệm toán biên phi tuyến, chẳng hạn như: phương pháp xấp xỉ Faedo - Galerkin, kỹ thuật đánh giá tiên nghiệm, kỹ thuật compact compact yếu Luận văn giải bốn vấn đề tính chất nghiệm toán (1.1) (1.3), trình bày chương 3, 4, Trong chương 3, trình bày kết tồn nghiệm yếu cho toán (1.1) (1.3) với u0 ∈ L2 giả thiết phụ Nghiệm yếu toán (1.1) - (1.3) trường hợp thỏa d u(t), v + a (t; u(t), v) + λ ψα (u(t)) , v = f (t), v + g(t)v(1), ∀v ∈ V,  dt     u(0) = u0 ,      u ∈ L∞ (0, T ; L2 ) ∩ L2 (0, T ; V ) tu ∈ L∞ (0, T ; V ) , tut ∈ L2 (0, T ; L2 ) Trong chương 4, với giả thiết u0 ∈ H u0 (R) = nghiệm yếu u toán (1.1) - (1.3) có tính trơn tốt hơn, thể Định lý 4.1 Khi ta có nghiệm yếu u toán (1.1) - (1.3) thỏa  u (t), v + a (t; u(t), v) + λ ψα (u(t)) , v = f (t), v + g(t)v(1), ∀v ∈ V,      u(0) = u0 ,      u ∈ L∞ (0, T ; V ) ∩ H (QT ) Trong chương 5, phụ thuộc liên tục nghiệm yếu vào kiện b, f , g, h λ trình bày Trong chương 6, đề cập đến tồn nghiệm dừng u∞ toán dừng (6.1) - (6.2) dáng điệu nghiệm u(t) t → +∞ Tuy nhiên, hạn chế hiểu biết thân nên tác giả chưa tìm hiểu cận kẽ khả ứng dụng vào thực tiễn kết thu luận văn Vì vậy, tác giả kính mong nhận bảo đóng góp quý Thầy, Cô hội đồng 44 Tài liệu tham khảo [1] Adam, R, Sobolev spaces, Acadamic Press, New York, 1975 [2] Brézis, H, Functional Analysis, Sobolev Spaces and Partial Differential Equations, Springer New York, Dordrecht Heidelberg, London, 2010 [3] Lions, J L, Quelques méthodes de résolution des problèmes aux limites nonlinéaires, Dunod-Gauthier-Villars, Paris, 1969 [4] Lauerova, D, The existence of a periodic solution of a parabolic equation with the Bessel operator, Aplikate Matematiky, 29 (1) (1984), 40-44 [5] Minasjan, R S, On one problem of the periodic heat flow in the infinite cylinder, Dokl Akad Nauk Arm SSR 48, (1969) [6] R Alexandre, Alain Pham Ngoc Dinh, A Simon, Nguyen Thanh Long, A mathematical model for the evaporation for a liquid fuel droplet inside an infinite vessel, Nonlinear Analysis and Applications: to V Lakshmikantham on his 80th birthday Vol 1,2, 117-140, Kluwer Acad, Publ., Dordrecht, 2003 [7] R Alexandre, Nguyen Thanh Long, Alain Pham Ngoc Dinh, A mathematical model for the evaporation for a liquid fuel droplet, subject to nonlinear contrants, Applied Mathematics and Computation, 199 (1) (2008) 139-154 [8] Nguyen Thanh Long, Alain Pham Ngoc Dinh, On a nonlinear parabolic equation involving Bessel’s operator associated with a mixed inhomogenerous condition, Journal of Computation and Applied Mathematics, 196 (1) (2006) 267-284 [9] Nguyen Thanh Long, Alain Pham Ngoc Dinh, Periodic solutions of a nonlinear parabolic equation involving Bessel’s operator, Computers Math Applic 25 (5) (1993) 11-18 [10] Nguyen Thanh Long, Alain Pham Ngoc Dinh, Periodic solutions of a nonlinear parabolic equation associated with the penatration of a magnetic field into subtance, Computers Math Applic 30 (1) (1995) 63-78 [11] Le Thi Phuong Ngoc, Nguyen Van Y, Alain Pham Ngoc Dinh, Nguyen Thanh Long, On a nonlinear heat equation associated with Dirichlet – Robin conditions, Numerical Functional Analysis and Optimization, 33 (2) (2012) 166-189 45 [...]... đồng liên tục trong X Như vậy U (S) compact tương đối trong X và do đó u thỏa giả thiết của Định lý Schauder nên U có ít nhất một điểm bất động c ∈ S Vậy bài toán (3.13) có ít nhất một nghiệm um (t), t ∈ [0, Tm ] Bổ đề 3.2 được chứng minh Các đánh giá tiên nghiệm sau đây cho phép ta lấy Tm = T Bước 2 Các đánh giá tiên nghiệm Đánh giá tiên nghiệm I Nhân phương trình thứ i của hệ (3.7) cho cmi (t), rồi... và (H5 ) đúng Khi đó, bài toán (3.1) (3.3) có duy nhất một nghiệm yếu u thỏa u ∈ H 1 (QT ) ∩ L∞ (0, T ; V ) 25 Chứng minh Chứng minh định lý gồm có 4 bước như sau Bước 1 Xấp xỉ Faedo - Galerkin Ta xét xấp xỉ Faedo - Galerkin như trong chương 3 với việc tìm nghiệm xấp xỉ um (t) có dạng (3.6) của bài toán (3.4) - (3.5) thỏa hệ phương trình vi phân phi tuyến (3.7) với m βmj wj → u0 mạnh trong V u0m =... (3.62) 0 Chứng minh của Bổ đề 3.3 có thể tìm thấy trong [3] Bây giờ ta chứng minh tính duy nhất nghiệm Giả sử u1 , u2 là hai nghiệm yếu của bài toán (3.1) - (3.3) Khi đó u = u1 − u2 là nghiệm yếu của bài toán (3.61) với f˜(x, t) = −ψα (u1 ) + ψα (u2 ) Dùng Bổ đề 3.3 ta có đẳng thức t u(t) 2 t a (s; u(s), u(s)) ds = −2λ +2 0 ψα (u1 (s)) − ψα (u2 (s)) , u(s) ds (3.63) 0 Với α > 1, hàm ψα đơn điệu nên ta có... sử {wj } là cơ sở đếm được của V và L2 sao cho {wj } trực chuẩn trong L2 Ta tìm nghiệm xấp xỉ um (t) của bài toán (3.4) - (3.5) dưới dạng m um (t) = cmj (t)wj , (3.6) j=1 trong đó cmj , j = 1, 2, , m thỏa hệ phương trình vi phân um (t), wi + a (t; um (t), wi ) + λ ψα (um (t)) , wi = f (t), wi + g(t)wi (1), 1 ≤ i ≤ m, (3.7) và um (0) = u0m , (3.8) trong đó m βmj wj → u0 mạnh trong L2 u0m = j=1 10 (3.9)... t)v(1) Trong chương này sự tồn tại và duy nhất nghiệm yếu của bài toán (3.1) - (3.3) được chứng minh bằng cách sử dụng phương pháp xấp xỉ Faedo - Galerkin được giới thiệu bởi Lions, kết hợp với các đánh giá tiên nghiệm và các Bổ đề compact, compact yếu Trong quá trình chứng minh, Định lý Schauder cũng được sử dụng để kiểm tra sự tồn tại nghiệm xấp xỉ Faedo - Galerkin 9 3.2 Sự tồn tại và duy nhất nghiệm. .. với m βmj wj → u0 mạnh trong V u0m = (4.4) j=1 Bước 2 Đánh giá tiên nghiệm III Do các giả thiết ở chương 3 vẫn được giữ nguyên nên ta thu được các đánh giá tiên nghiệm 1 và 2 ở chương 3 Đánh giá tiên nghiệm 3 dưới đây được bổ sung để thu được nghiệm yếu của bài toán (3.1) - (3.3) có tính trơn tốt hơn Nhân phương trình thứ i của hệ (3.7) cho cmi (t), rồi cộng lại theo i, i = 1, 2, , m, ta được 2 um (t)... (5.1) theo Định lý 4.1 bài toán (3.1) - (3.3) có nghiệm yếu duy nhất u thỏa u ∈ H 1 (QT ) ∩ L∞ (0, T ; V ) và u phụ thuộc vào b, f , g, h, λ u = u (b, f, g, h, λ) Trong chương nầy, ta sẽ xét sự phụ thuộc liên tục của nghiệm yếu u đối với b, f, g, h, λ Cụ thể ta có định lý sau Định lý 5.1 Nghiệm yếu của bài toán (3.1) - (3.3) phụ thuộc liên tục vào b, f, g, h, λ, tức là ˜ sao cho Nếu (b, f, g, h, λ),... số cho trước và u0 , b, f , g là các hàm số cho trước thỏa các điều kiện sẽ được chỉ ra sau đó Trong chương này ta khảo sát tính trơn của nghiệm yếu của bài toán (4.1) - (4.3) với các giả thiết như sau (H1 ) λ > 0, α > 1 và h > 0; (H2 ) b ∈ C 1 [0, T ] và có hằng số b0 sao cho b(t) ≥ b0 > 0, ∀t ∈ [0, T ]; (H3 ) f ∈ L2 (0, T ; L2 ); (H4 ) g ∈ H 1 (0, T ); (H5 ) u0 ∈ V Ta có định lý Định lý 4.1 Cho. .. có giá trị vectơ Cho X là không gian Banach thực Phân bố có giá trị trong X là một ánh xạ u : D(0, T ) → X tuyến tính liên tục Tập các hàm phân bố có giá trị trong X được ký hiệu là D (0, T ; X) Đạo hàm phân bố của u ∈ D (0, T ; X), ký hiệu du ,φ dt Khi đó = − u, dφ dt du ∈ D (0, T ; X) dt 6 , d được xác định bởi dt ∀φ ∈ D(0, T ) 2.4 Bổ đề về tính compact của Lions Cho các không gian Banach B0 , B1... sao cho với mọi t, t ∈ [0, T ] |f (t ) − f (t)|1 ≤ , ∀f ∈ A Khi đó, A compact tương đối trong X Định lý 2.7 (Định lý điểm bất động Schauder) Giả sử S là tập con khác rỗng, lồi, đóng trong không gian Banach X và U : S → S là ánh xạ liên tục sao cho bao đóng U (S) là tập compact Khi đó, U có ít nhất một điểm bất động trong X Định lý 2.8 (Bổ đề Brouwer) Cho P : Rm → Rm liên tục thỏa tồn tại ρ > 0 sao cho ... NHIÊN LÊ CÔNG NHÀN BÀI TOÁN HỖN HỢP CHO PHƯƠNG TRÌNH NHIỆT PHI TUYẾN TRONG HÌNH VÀNH KHĂN: DÁNG ĐIỆU TIỆM CẬN CỦA NGHIỆM KHI THỜI GIAN LỚN Chuyên ngành Mã số chuyên ngành : Toán Giải tích : 60... · ·, · H1 , ·, · , · · H1 iii Chương Phần mở đầu Trong luận văn này, nghiên cứu toán giá trị biên ban đầu cho phương trình nhiệt phi tuyến hình vành khăn sau ut − uxx + ux + b(t)u + λ |u|α−2 u... tìm nghiệm cổ điển toán cách dùng biến đổi Fourier Phương pháp dẫn đến hệ giả quy vô hạn phương trình đại số tuyến tính Tuy nhiên tính giải hệ phương trình không chứng minh chi tiết [5] Trong