BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP HỒ CHÍ MINH Diệp Nhật Tạo SỰ TỒN TẠI VÀ DUY NHẤT NGHIỆM CỦA BÀI TOÁN BIÊN TỰ DO STEFAN LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thành phố Hồ Chí Minh – 2014 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP HỒ CHÍ MINH Diệp Nhật Tạo SỰ TỒN TẠI VÀ DUY NHẤT NGHIỆM CỦABÀI TOÁN BIÊN TỰ DO STEFAN Chuyên ngành : Toán Giải tích Mã số 60 46 01 02 : LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: GS TS ĐẶNG ĐỨC TRỌNG Thành phố Hồ Chí Minh – 2014 LỜI CAM ĐOAN Tôi xin cam đoan luận văn kết nghiên cứu riêng tôi, không chép từ luận văn Nội dung luận văn có tham khảo sử dụng tài liệu, giảng, thông tin đăng tải tác phẩm, tạp chí danh mục tài liệu tham khảo luận văn Tp Hồ Chí Minh, tháng năm 2014 Tác giả Diệp Nhật Tạo LỜI CẢM ƠN Lời đầu tiên, xin chân thành cảm ơn Thầy GS TS Đặng Đức Trọng tận tâm bảo, hướng dẫn suốt trình nghiên cứu hoàn thành luận văn Xin chân thành cảm ơn Quí thầy cô Khoa Toán, Trường Đại học Sư phạm Tp Hồ Chí Minh Trường Đại học Khoa học Tự nhiên Tp Hồ Chí Minh nhiệt tình truyền đạt kiến thức kinh nghiệm quý báo cho suốt khóa học Xin gửi lời cảm ơn Phòng Sau Đại học, Trường Đại học Sư phạm Tp Hồ Chí Minh tạo điều kiện thuận lợi để hoàn thành khóa học Tp Hồ Chí Minh, tháng năm 2014 Tác giả Diệp Nhật Tạo MỤC LỤC Trang phụ bìa Lời cam đoan Lời cảm ơn Mục lục Danh mục ký hiệu, chữ viết tắt LỜI MỞ ĐẦU Chương KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 1.1 Bổ đề Gronwall 1.2 Phương trình tích phân Volterra tuyến tính loại 1.3 Một số kết sơ hàm Green 1.4 Bổ đề 1.4.1 18 1.5 Ánh xạ co nguyên lý điểm bất động 19 1.5.1 Ánh xạ co 19 1.5.2 Nguyên lý điểm bất động 19 1.6 Nguyên lý cực đại 19 1.7 Một số bất đẳng thức 20 Chương BÀI TOÁN BIÊN TỰ DO MỘT PHA DẠNG STEFAN 22 2.1 Một toán Stefan pha Quy phương trình tích phân 22 2.2 Sự tồn nghiệm toán 29 2.2.1 Sự tồn nghiệm khoảng thời gian nhỏ 41 2.2.2 Sự tồn nghiệm toàn cục 43 Chương MỘT BÀI TOÁN STEFAN HAI PHA VỚI HAI BIÊN TỰ DO 47 3.1 Giới thiệu 47 3.2 Thu gọn phương trình tích phân 54 3.3 Sự tồn nghiệm toán 69 KẾT LUẬN 79 TÀI LIỆU THAM KHẢO 80 DANH MỤC CÁC KÝ HIỆU, CÁC CHỮ VIẾT TẮT Trong luận văn có sử dụng ký hiệu quy ước cần thiết  : Kết thúc chứng minh Sup : Cận Inf ∑ : Cận : Tổng : Chuẩn u exp(u ) = e Max : Giá trị lớn : Giá trị tuyệt đối 1 LỜI MỞ ĐẦU Bài toán biên tự toán mà phận biên không cho trước Biên chưa biết gọi biên tự (vì vị trí chúng thay đổi theo thời gian) người ta phải tìm với nghiệm phương trình Bài toán biên tự xuất nhiều lĩnh vực khoa học như: vật lý [1], họcmôi trường liên tục [2], công nghiệp hóa học [3],… Mô hình toán biên tự toán nóng chảy đông đặc chất tinh khiết Nó thường gọi toán Stefan J Stefan công bố vào năm 1890 – 1891 Đó toán tượng tan băng.Giả sử có băng mỏng, vô tận phía, chiếm khoảng a ≤ x < ∞ , giả thiết nhiệt độ băng khắp nơi C điểm x = a trì nhiệt độ T 0C , với T > Khi băng bắt đầu tan (chuyển từ trạng thái rắn sang trạng thái lỏng) vào thời điểm t > pha nước chiếm khoảng a ≤ x < s (t ) Kí hiệu u ( x, t ) nhiệt độ pha nước điểm x , thời điểm t Khi ta có 0, a 2u= xx − ut u ( a, t ) T , = u ( s (t ), t ) 0, = a < x < s (t ), t > 0, (0.1) t > 0, t > 0, (0.2) (0.3) α số ≠ , α = k1 , k1 hệ số truyền nhiệt nước, ρ1 ρ1c1 mật độ nước, c1 nhiệt dung riêng nước Đường x = s (t ) biên tự do, phần trước biên, ngăn cách pha nước pha rắn Điều kiện (0.3) thể nhiệt độ tan băng biên tự 00 C Tuy nhiên, biên tự chưa biết trước, muốn cho toán đặt người ta phải bổ sung thêm điều kiện biên tự Điều kiện suy từ định luật bảo toàn lượng gọi điều kiện Stefan ds (t ) = −k1u x ( s (t ), t ), t > dt (0.4) x=s(t) t nước rắn x a Hình Bài toán (0.1) – (0.4) gọi toán Stefan pha, hàm số u ( x, t ), s (t ) ẩn hàm phải tìm toán Nếu nhiệt độ băng phân bổ thời điểm đầu thấp nhiệt độ băng (nhỏ 00 C ) không thiết truyền nhiệt xảy hai pha rắn nước Gọi v( x, t ) nhiệt độ pha rắn, điểm x , thời điểm t Khi v thỏa mãn phương trình điều kiện sau β 2vxx − vt 0, = v( x,0) ψ ( x), = v( s (t ), t ) 0, = s (t ) < x < ∞, t > 0, (0.5) < x < ∞, t > 0, (0.6) (0.7) β số ≠ , β = k2 , k2 hệ số truyền nhiệt băng, ρ ρ 2c2 mật độ băng, c2 nhiệt dung riêng băng, ψ ( x) hàm số khôngdương cho trước (ψ ( x) ≤ ) Điều kiện (0.4) thay điều kiện ds (t ) = −k1u x ( s (t ), t ) + k2 vx ( s (t ), t ), t > dt (0.8) Bài toán tìm hàm u ( x, t ), v( x, t ), s (t ) thỏa mãn phương trình điều kiện (0.1) – (0.3), (0.5) – (0.8) gọi toán Stefan hai pha Các toán biên tự không nghiên cứu lĩnh vực vật lý, hóa học mà nghiên cứu nhiều lĩnh vực khác sinh học [6], tài (định giá rủi ro đầu tư tối ưu) [5],… Hiện nay, ứng dụng toán biên tự thu hút quan tâm nhiều nhà khoa học thuộc nhiều lĩnh vực khác Từ năm 1981 hội nghị quốc tế toán biên tự tổ chức đặn Cụ thể sau: Montecatini, Ý, 1981; Maubuissons, Pháp, 1984; Irsee, Đức, 1987; Montreal, Canada, 1990; Toledo, Tây Ban Nha, 1993; Zakopane, Polonia, 1995; Crete, Hy Lạp, 1997; Chiba, Nhật Bản, 1999; Trento, Ý, 2002; Coimbra, Bồ Đào Nha, 2005; Stockholm, từ ngày 9-13 tháng sáu năm 2008; Regensburg, Đức, từ ngày 11-15 tháng sáu năm 2012 Nội dung luận văn trình bày tồn nghiệm toán biên tự pha dạng Stefan toán Stefan hai pha với hai biên tự do.Các kết luận văn tổng hợp từ tài liệu [10], [15] Luận văn viết thành ba chương phần mở đầu, phần kết luận tài liệu tham khảo Phần mở đầu trình bày xuất xứ ý nghĩa toán Trong phần giới thiệu ngắn gọn lịch sử phát triển toán biên tự Chương 1.Kiến thức chuẩn bị Chương giới thiệu số kết sơ hàm Green phương trình tích phân Volterra, số kết phục vụ cho việc nghiên cứu chương chương Các kết trình bày chương chương Chương Bài toán biên tự pha dạng Stefan 4 Chương trình bày toán biên tự pha dạng Stefan Sự tồn tính nghiệm toán chứng minh nguyên lý điểm bất động Nội dung tham khảo [10], chương Avner Friedman Chương Một toán Stefan hai pha với hai biên tự Chương trình bày toán Stefan hai pha với hai biên tự Bài toán xuất từ hình thành băng Bắc Cực mùa hè Sử dụng nguyên lý điểm bất động ta chứng minh tồn tính nghiệm toán Phần lấy từ báo [15] P T Nam, Alain Pham, D D Trong, P H Quan 5 Chương KIẾN THỨC CHUẨN BỊ Trong chương trình bày số kết làm sở cho chương sau.Các kết tổng hợp từ [4], [7], [10], [15] 1.1 Bổ đề Gronwall Cho T > 0, λ ∈ L ( 0, T ) , λ ≥ hầu khắp nơi C1 , C2 ≥ Giả sử ϕ ∈ L1 ( 0, T ) , ϕ ≥ hầu khắp nơi cho λϕ ∈ L1 ( 0, T ) t ϕ (t ) ≤ C1 + C2 ∫ λ ( s ) ϕ ( s ) ds , ∀t ∈ ( 0, T ) Khi ta có  t  ϕ (t ) ≤ C1 exp  C2 ∫ λ ( s) ds  ,   ∀t ∈ ( 0, T ) Trường hợp đặc biệt, C1 = , ta có ϕ = hầu khắp nơi 1.2 Phương trình tích phân Volterra tuyến tính loại Phương trình tích phân Volterra tuyến tính loại hai có dạng s ϕ ( s= ) f ( s ) + λ ∫ K ( s, t )ϕ (t )dt , a ≤ s ≤ b , a hàm f , K cho trước, λ tham số, ϕ hàm cần tìm 1.3 Một số kết sơ hàm Green Cho a (t ), b(t ) hàm khả vi liên tục a (t ) < b(t ), ∀t ≥ Cho κ > số cho u ( x, t ) nghiệm phương trình khuếch tán ∂u ∂ 2u = κ , t > 0, b(t ) > x > a (t ) ∂t ∂x Ta giới thiệu hàm Green cho phương trình (1.3.1), (1.3.1)  ( x − x )2  H (t − t ) exp  − , ( t ) κ − t pκ (t − t )   = G ( x, t ;x ,t ) H hàm Heaviside, 1, t > 0, H (t ) =  0, t < Bổ đề sau hữu ích cho việc biến đổi phương trình vi phân (1.3.1) phương trình tích phân Volterra loại Bổ đề 1.3.1.Nếu u nghiệm (1.3.1) với t > a (t ) < x < b(t ) ta có = u ( x, t ) ∫ G ( x, t; b(t ),t ) κ ux ( b(t )−,t ) + u ( b(t ),t ) b '(t ) dt t − ∫ G ( x, t ; a (t ),t ) κ ux ( a (t )+,t ) + u ( a (t ),t ) a '(t ) dt t −κ ∫ Gx ( x, t ; b(t ),t ) u ( b(t ),t )dt t +κ ∫ Gx ( x, t ; a (t ),t ) u ( a (t ),t )dt t +∫ b (0) a (0) G ( x, t ;x ,0 ) u (x ,0 )d x Chứng minh.Lưu ý Gt + κ Gξξ = 0, ∀t < t , G ( x, t ;x , t −=) δ ( x − x ) , +∞, x = 0, x ≠  0,  δ = H ' hàm delta Dirac, δ ( x) =  Thật vậy, ta có  ( x − x )2  exp  −  t →t − pκ (t − t ) κ ( t − t )   G ( x, t ; x , t − ) lim = ε 4κ (t − t ) Ta Đặt y= x − x ,= G ( x, t ; x , t −= ) lim e →0 +  y2  exp  − = ) δ ( x − x )  δ ( y= e pe   (1.3.2) Khi Khi t < t H (t − t ) = = G ( x , t ; x ,t )  ( x − x )2  exp  − , − κ t t ( ) pκ (t − t )    ( x − x )2   ( x − x )2  Gt = exp  − − ,  3 κ t t ( ) − pκ (t − t )     pκ (t − t )  ( x − x )2  x −x Gx exp  − , =  3 κ t t ( ) −   pκ (t − t )   ( x − x )2   ( x − x )2 Gxx = exp  − −     4κ (t − t )   pκ (t − t )5 pκ (t − t )3  Từ ta có Gt + κ Gξξ = 0, ∀t < t , ) Ta có với u = u (ξτ κ  ∂G ∂u ∂  ∂u ∂G  ∂ u ∂u ∂G ∂ 2G  G u G u κ − = + − −    ∂ ∂ξξξξξξξξξ ∂  ∂ ∂ ∂ ∂ 2  ∂ ∂ ∂ 2u ∂ 2G ∂u ∂ (uG ) = κG − κu = G + uGτ = ∂ξξττ ∂ ∂ ∂ Suy κ ∂  ∂u ∂G  ∂ −u − G (uG ) =  ∂ξξξτ ∂  ∂  ∂ Ta cóvới v = uG , ( ) ∂ ∂ v , d v( , )d = ξτξξτξ ( ) ( ) ∫a (ττ ) ∂ττ ∂ ∫a ( ) ), ) b '( ) + v ( a ( ), ) a '( ) −v ( b(ττττττ ) b (ττ b( ) Thật vậy, trường hợp a(t ) ≡ 0, > b( ), 0 ξτ H ( b(τξ )− )=  < b( )  ξτ nên ∞ ∂ ∂ = ξτξτξξτξ v d , ) ( ) ( ∫0 ∂ττ ∫0 H ( b( ) − ) ∂ ( v ( , ) ) d ∞ ∂ ∞ ∂ = ∫ ) − ) v ( , )  d − ∫  H ( b(τξξτξτξξτξ  H ( b( ) − )  v ( , ) d ∂ττ ∂  b (τ ) Mặt khác ∂ / ) − )= δ ( b(τξτ ) − ) b '( )  H ( b(τξτξτξ  H ' ( b( ) − )( b( ) − )= τ ∂τ ∫ ∞ ∞ / dτξξτξξτξτξ ( b( ) − ) v ( , ) d = ∫ H ξ ( − b( ) ) v ( , ) d ∞ ξ →∞ , ) H ( − b( ) ) ξ =0 − ∫ vξ/ ( , ) H ( − b( ) ) d = v (ξτξτξτξτξ ∞ lim v (ξτξτξττ , ) − ∫ vξ/ ( , ) d = v ( b( ), ) , = b (τ ) ξ →∞ nên ∂ , )) d ( v (ξτξ ∂τ ∞ ∂ ∞ = H ( b(τξξτξdτξτξτξ ) − ) v ( , ) d − ∫ ( b( ) − ) b '( )v ( , ) d ∫ ∂τ ∂ b (τ ) = v (ξτξτττ , ) d − v ( b( ), ) b '( ) ∂τ ∫0 ∫ b (τ ) ( ( ) ) Nếu a (t ) số, ta viết ∂ , )) d ( v (ξτξ a (τ ) ∂τ ) ∂ b (ττ a( ) ∂ = ∫ , )) d − ∫ v (ξτξξτξ ( (v ( , )) d 0 ∂ττ ∂ ∂ b (τ ) = , ) d − v ( b( ), ) b '( ) v (ξτξτττ ∂τ ∫0 ∂ a (τ ) − , ) d + v ( a ( ), ) a '( ) v (ξτξτττ ∂τ ∫0 ∂ b (τ ) = , ) d − v ( b( ), ) b '( ) + v ( a ( ), ) a '( ) v (ξτξττττττ ∂τ ∫a (τ ) ∫ b (τ ) ( ( ( ) ) ) Lấy tích phân đồng thức Green ∂  ∂u ∂G  ∂ −u − G (uG ) =  ∂ξξξτ ∂  ∂  ∂ κ miền a (t ) < ξ < b(t ), < t < t , ta kết mong muốn t b (t ) a (t ) ∫∫ ∫ = t x =b (t ) t ∂  ∂u ∂G  ∂u ∂G  G u d d G u − x t = − ∫0  ∂x ∂x x =a (t ) dt ∂x  ∂x ∂x  G ( x, t ; b(t ),t ) ux ( b(t )−,t ) dt − ∫ G ( x, t ; a (t ),t ) ux ( a (t )+,t ) dt t − ∫ Gx ( x, t ; b(t ),t ) u ( b(t ),t )dt + ∫ Gx ( x, t ; a (t ),t ) u ( a (t ),t )dt t t 0 ∂ ( uG )dx dt a (t ) ∂t t ∂ b (t ) uGdx − [uG ]x = ∫  ∂t ∫a (t ) =  t ∫∫ b (t ) ) ( t = t−  b (t ) uGdx  − t [uG ] = x  ∫a (t ) = t =0 ∫0 ∫ = b (t ) a (t ) b '(t ) + [uG ] (t ) b= x a (t ) b '(t )dt + ∫ [uG ]x (t ) b=  a '(t )  dt  t G ( x, t ; x , t − ) u ( x , t ) d x − ∫ b (0) a (0) a (t ) a '(t )dt G ( x, t ;x ,0 ) u (x ,0 )dx − ∫ G ( x, t ; b(t ),t ) u ( b(t ),t ) b '(t )dt + ∫ G ( x, t ; a (t ),t ) u ( a (t ),t ) a '(t )dt t t 0 u ( x, t ) − ∫ G ( x, t ;x ,0 ) u (x ,0 )dx − ∫ G ( x, t ; b(t ),t ) u ( b(t ),t ) b '(t )dt = b (0) t a (0) + ∫ G ( x, t ; a (t ),t ) u ( a (t ),t ) a '(t )dt t Ở ta sử dụng tính chất ∫ b (t ) a (t ) ∫ = ∫ b (t ) a (t ) G ( x, t ; x , t − ) u ( x , t ) d x = u ( x, t ) Thật G ( x, t ; x , t − ) u ( x , t ) d x = ∫ d ( x − x )u (x , t ) dx b (t ) a (t ) b (t ) a (t ) x =b ( t ) H '(x − x)u (x , t ) dx= u (x , t ) H (x − x) x =a (t ) − ∫ b (t ) a (t ) u ( b(t ), t ) − ∫ = b (t ) x ux/ (x , t ) dx = u ( b(t ), t ) − ux (x , t ) x =b ( t ) x =x ux/ (x , t ) H (x − x)dx u ( x, t ) = 10 Từ kết ta hoàn thành chứng minh bổ đề 1.3.1  Nhận xét 1.3.1.Kết bổ đề 1.3.1 giữ với b(t ) ≡ +∞ a(t ) ≡ −∞ Ví dụ, a(t ) ≡ −∞ công thức bổ đề 1.3.1 rút gọn thành u ( x, t ) = ∫ G ( x, t; b(t ),t ) κ ux ( b(t )−,t ) + u ( b(t ),t ) b '(t ) dt t −κ ∫ Gx ( x, t ; b(t ),t ) u ( b(t ),t )dt + ∫ t b (0) −∞ G ( x, t ;x ,0 ) u (x ,0 )d x Ta cần bổ đề hữu ích cho mối quan hệ chuyển pha biên Bổ đề 1.3.2.Cho ρ (t ) (0 ≤ t ≤ σ ) hàm liên tục cho s (t ) ( ≤ t ≤ σ ) thỏa điều kiện Lipschitz Khi đó, với < t ≤ σ , ∂ t ρ (t ) K ( x, t ; s (t ),t ) dt x → s ( t ) − ∂x ∫0 t ∂  ρ (t ) + ∫ ρ (t )  K ( x, t ; s (t ),t )  = dt ,  ∂x  x=s (t ) lim (1.3.3)   (x −x )   K ( x, t ;x ,t ) exp − =  p (t − t )  4(t − t )    Chứng minh Trước tiên ta chứng minh với δ dương cố định (δ < t ) , tích phân x − s (t ) K ( x, t ; s (t ),t ) dt t −d 2(t − t ) t s (t ) − s (t ) K ( s (t ), t ; s (t ),t ) dt −∫ t −d 2(t − t ) I ≡∫ t (1.3.4) thỏa lim sup I + x→s ( t )− ≤A δ (1.3.5) Để cho đơn giản số khác không phụ thuộc vào x, t , δ ký hiệu A ( A phụ thuộc vào σ ) 11 Viết I= I1 + I với x − s (t ) K ( x, t ; s (t ),t ) dt , t −d 2(t − t ) t s (t ) − s (t ) ∫t −d 2(t − t )  K ( x, t; s(t ),t ) − K ( s(t ), t; s(t ),t ) dt t I1 = ∫ I2 Từ giả thiết s (t ) thỏa điều kiện Lipschitz, s (t ) − s (t ) < A t − t , ta có I ≤ A∫ − 2A t −t dt = t −t t t −d t =t t = t −d ≤A d (1.3.6) A    K ( x, t ; s (t ),t ) − K ( s (t ), t ; s (t ),t ) ≤  t −t   Để đánh giá I1 , ta giới thiệu x − s (t ) K ( x, t ; s (t ),t ) dt t −d 2(t − t ) J1 = ∫ t (1.3.7) Khi t x − s (t ) x − s (t ) K x , t ; s ( t ), t d t − ( ) ∫t −dd ∫t − 2(t − t ) K ( x, t; s(t ),t ) dt 2(t − t ) t x − s (t ) =∫ K ( x, t ; s (t ),t ) t −d 2(t − t ) = J1 − I1 t  ( x − s (t ) )2 − ( x − s (t ) )2    × 1 − exp  −   dt 4( t − t )     (1.3.8) Biểu thức ngoặc vuông bị chặn ( x − s(t ) ) − − ( x − s (t ) ) ≤ s (t ) − s (t ) ( x − s (t ) + x − s (t ) ) 4(t − t ) 4(t − t ) 2 ≤ A ( x − s (t ) + x − s (t ) ) ≤ A ( x − s (t ) + x − s (t ) + s (t ) − s (t ) ) ≤ A ( x − s (t ) + s (t ) − s (t ) ) 12 Vì thỏa mãn (1.3.5) với δ đủ nhỏ, x → s (t ) , ta giả sử vế phải bất đẳng thức cuối nhỏ Do biểu thức ngoặc nhọn (1.3.8) bị chặn A ( x − s (t ) + s (t ) − s (t ) ) −y Thay vào (1.3.8) dùng bất đẳng thức ye ≤ const , với y ≥ , ta có ( x − s(t ) )  ( x − s (t ) )2  J1 − I1 ≤ A∫ exp  −  dt t −d 4( t ) t − (t − t )   t + A∫ t  ( x − s (t ) )2  s (t ) − s (t ) exp  −  dt 4( t ) t − (t − t )   x − s (t ) t −d t dt + A∫ dt t −dd t− t −t ≤ A∫ t ≤ −2 A t − t ( t =t t = t −d + Adddd ≤ 2A +A ) ≤A ≤ A + A sdd (1.3.9) Bây giờ, với J1 , thay vào tích phân (1.3.7) z = t −t ( x − s(t ) ) Chú ý x − s (t ) < , ta có d ' −3  1 J1 = z exp  − dz − ∫ p  4z  với δ ' = δ ( x − s(t ) ) Thật vậy, với z = (1.3.10) t −t ( x − s(t ) ) dz = − dt ( x − s(t ) ) , 13 x − s (t ) K ( x, t ; s (t ),t ) dt t −d 2(t − t ) J1 = ∫ t  x − s (t )  ( x − s (t ) )   ∫t −d 2(t − t ) p (t − t ) exp − ( t − t )  dt   t ∫ t t −d ( x − s(t ) ) p t −t ( ) 3   ( x − s (t ) )   exp − dt  t − t ( ) ( ) − x s t )    ( d ' −3  1 = − z exp  − dz ∫ p  4z  Đặt t = 1 dt = − z −3 dz , z − J1 = p ∫ d' ∞  t2  − exp  −  ( −2dt ) = p  4 Khi x → s (t ) δ ' → ∞, J1 → − p ∫ ∞ δ' ∫  t2  exp  − dt  4 d' ∞ → ,  t2  4p =− exp  − dt = − 2 p  4 (ở ta áp dụng bổ đề 1.4.1) Kết hợp kết với (1.3.9), (1.3.6) I= I1 + I , ta có I+ 1 1 = I1 + I + = I1 − J1 + J1 + I + ≤ I1 − J1 + J1 + + I 2 2 Cho x → s (t ) − , ta có lim sup I + x → s (t ) − ≤ A δ Từ (1.3.9) (1.3.10) ta có I1 ≤ I1 − J1 + J1 ≤ A Sử dụng tính liên tục Lipschitz s (t ) ta có (1.3.11) 14 t s (t ) − s (t ) A ( ), ; ( ), K s t t s d t t t ≤ ( ) ∫t −dd ∫t − t − t dt 2(t − t ) t A dt ≤∫ t −d t −t t ≤ −2 A t − t t =t t = t −d =2 A d ≤ A s ≤ A (1.3.12) Cuối cùng, với (1.3.5), (1.3.12), ta cần bất đẳng thức ∫ x − s (t ) K ( x, t ; s (t ),t ) dt ≤ A 2(t − t ) t t −d (1.3.13) Thật vậy, (1.3.11), tính liên tục Lipschitz s x − s (t ) s (t ) − s (t ) x − s (t ) K ≤− K+ K, 2(t − t ) 2(t − t ) 2(t − t ) nên ta có ∫ t t −d x − s (t ) K ( x, t ; s (t ),t ) dt 2(t − t ) t x − s (t ) s (t ) − s (t ) K ( x, t ; s (t ),t ) dt + ∫ K ( x, t ; s (t ),t ) dt t −dd t− 2(t − t ) 2(t − t ) t A dt ≤ A+ ∫ t −d t −t ≤ A ≤∫ t Bây ta hoàn thành chứng minh bổ đề 1.3.2 từ điều kiện (1.3.5), (1.3.12), (1.3.13) Đặt x − s (t ) K ( x, t ; s (t ),t ) dt t −d 2(t − t ) t s (t ) − s (t ) − ∫ ρ (t ) K ( s (t ), t ; s (t ),t ) dt t −d 2(t − t ) t L1 = ∫ ρ (t ) Ta có (1.3.14) [...]... (t ) + s (t ) − s (t ) ) ≤ A ( x − s (t ) + s (t ) − s (t ) ) 12 Vì nó thỏa mãn (1.3.5) với δ đủ nhỏ, và khi x → s (t ) , ta có thể giả sử rằng vế phải của bất đẳng thức cuối nhỏ hơn 1 Do đó biểu thức trong ngoặc nhọn của (1.3.8) bị chặn bởi A ( x − s (t ) + s (t ) − s (t ) ) −y Thay vào (1.3.8) và dùng bất đẳng thức cơ bản ye ≤ const , với y ≥ 0 , ta có ( x − s(t ) )  ( x − s (t ) )2  J1 − I1 ≤... s ≤ b , a trong đó các hàm f , K cho trước, λ là tham số, ϕ là hàm cần tìm 1.3 Một số kết quả sơ bộ về hàm Green Cho a (t ), b(t ) là những hàm khả vi liên tục và a (t ) < b(t ), ∀t ≥ 0 Cho κ > 0 là hằng số và cho u ( x, t ) là một nghiệm của phương trình khuếch tán ∂u ∂ 2u = κ 2 , t > 0, b(t ) > x > a (t ) ∂t ∂x Ta giới thiệu hàm Green cho phương trình (1.3.1), (1.3.1) 6  ( x − x )2  H (t − t... d' ∞ 1 → 0 , do đó  t2  1 4p 1 =− exp  − dt = − 2 2 2 p  4 (ở đây ta đã áp dụng bổ đề 1.4.1) Kết hợp kết quả này với (1.3.9), (1.3.6) và I= I1 + I 2 , ta có I+ 1 1 1 1 = I1 + I 2 + = I1 − J1 + J1 + I 2 + ≤ I1 − J1 + J1 + + I 2 2 2 2 2 Cho x → s (t ) − , ta có lim sup I + x → s (t ) − 1 ≤ A δ 2 Từ (1.3.9) và (1.3.10) ta cũng có I1 ≤ I1 − J1 + J1 ≤ A Sử dụng tính liên tục Lipschitz của s (t )... b '(t ) dt t 0 −κ ∫ Gx ( x, t ; b(t ),t ) u ( b(t ),t )dt + ∫ t b (0) 0 −∞ G ( x, t ;x ,0 ) u (x ,0 )d x Ta cần một bổ đề cũng rất hữu ích cho mối quan hệ chuyển pha tại biên Bổ đề 1.3.2.Cho ρ (t ) (0 ≤ t ≤ σ ) là một hàm liên tục và cho s (t ) ( 0 ≤ t ≤ σ ) thỏa điều kiện Lipschitz Khi đó, với mỗi 0 < t ≤ σ , ∂ t ρ (t ) K ( x, t ; s (t ),t ) dt x → s ( t ) − ∂x ∫0 t 1 ∂  ρ (t ) + ∫ ρ (t )  K... thuộc vào x, t , δ sẽ được ký hiệu bằng A ( A có thể phụ thuộc vào σ ) 11 Viết I= I1 + I 2 với x − s (t ) K ( x, t ; s (t ),t ) dt , t −d 2(t − t ) t s (t ) − s (t ) ∫t −d 2(t − t )  K ( x, t; s(t ),t ) − K ( s(t ), t; s(t ),t ) dt t I1 = ∫ I2 Từ giả thiết s (t ) thỏa điều kiện Lipschitz, s (t ) − s (t ) < A t − t , ta có I 2 ≤ A∫ 1 − 2A t −t dt = t −t t t −d t =t t = t −d ≤A d (1.3.6) A    do. .. CHUẨN BỊ Trong chương này chúng ta trình bày một số kết quả làm cơ sở cho các chương sau.Các kết quả này là sự tổng hợp từ [4], [7], [10], [15] 1.1 Bổ đề Gronwall 1 Cho T > 0, λ ∈ L ( 0, T ) , λ ≥ 0 hầu khắp nơi và C1 , C2 ≥ 0 Giả sử ϕ ∈ L1 ( 0, T ) , ϕ ≥ 0 hầu khắp nơi sao cho λϕ ∈ L1 ( 0, T ) và t ϕ (t ) ≤ C1 + C2 ∫ λ ( s ) ϕ ( s ) ds , ∀t ∈ ( 0, T ) 0 Khi đó ta có  t  ϕ (t ) ≤ C1 exp  C2 ∫ λ... là hàm Heaviside, 1, t > 0, H (t ) =  0, t < 0 Bổ đề sau rất hữu ích cho việc biến đổi phương trình vi phân (1.3.1) về phương trình tích phân Volterra loại 2 Bổ đề 1.3.1.Nếu u là một nghiệm của (1.3.1) thì với t > 0 và a (t ) < x < b(t ) ta có = u ( x, t ) ∫ G ( x, t; b(t ),t ) κ ux ( b(t )−,t ) + u ( b(t ),t ) b '(t ) dt t 0 − ∫ G ( x, t ; a (t ),t ) κ ux ( a (t )+,t ) + u ( a (t ),t ) a '(t... t =t t = t −d =2 A d ≤ 2 A s ≤ A (1.3.12) Cuối cùng, cùng với (1.3.5), (1.3.12), ta cần bất đẳng thức ∫ x − s (t ) K ( x, t ; s (t ),t ) dt ≤ A 2(t − t ) t t −d (1.3.13) Thật vậy, do (1.3.11), tính liên tục Lipschitz của s và x − s (t ) s (t ) − s (t ) x − s (t ) K ≤− K+ K, 2(t − t ) 2(t − t ) 2(t − t ) nên ta có ∫ t t −d x − s (t ) K ( x, t ; s (t ),t ) dt 2(t − t ) t x − s (t ) s (t ) − s (t ) K (... Thật vậy, trong trường hợp a(t ) ≡ 0, do > b( ), 0 khi ξτ H ( b(τξ )− )=  < b( )  1 khi ξτ 8 nên ∞ ∂ ∂ = ξτξτξξτξ v d , ) ( ) ( ∫0 ∂ττ ∫0 H ( b( ) − ) ∂ ( v ( , ) ) d ∞ ∂ ∞ ∂ = ∫ ) − ) v ( , )  d − ∫  H ( b(τξξτξτξξτξ  H ( b( ) − )  v ( , ) d 0 ∂ττ 0 ∂  b (τ ) Mặt khác ∂ / ) − )= δ ( b(τξτ ) − ) b '( )  H ( b(τξτξτξ  H ' ( b( ) − )( b( ) − )= τ ∂τ và ∫ ∞ 0 ∞ / dτξξτξξτξτξ ( b( ) − ) v... dt ∂x  ∂x ∂x  G ( x, t ; b(t ),t ) ux ( b(t )−,t ) dt − ∫ G ( x, t ; a (t ),t ) ux ( a (t )+,t ) dt t 0 − ∫ Gx ( x, t ; b(t ),t ) u ( b(t ),t )dt + ∫ Gx ( x, t ; a (t ),t ) u ( a (t ),t )dt t t 0 0 và ∂ ( uG )dx dt 0 a (t ) ∂t t ∂ b (t ) uGdx − [uG ]x = ∫  0 ∂t ∫a (t ) =  t ∫∫ b (t ) ) ( t = t−  b (t ) uGdx  − t [uG ] = x  ∫a (t ) = t =0 ∫0 ∫ = b (t ) a (t ) b '(t ) + [uG ] (t ) b= x a (t