Phát biểu bài toán biên ban đầu đối với hệ Navier-Stokes
Giả sử Ω là miền bị chặn trong R 2 với biên ∂ Ω trơn Xét bài toán biên ban đầu đối với hệ phương trình Navier-Stokes hai chiều:
(1.1) trong đó u = (u 1 , u 2 ) T là hàm vectơ vận tốc, p : Ω → R là hàm áp suất, hằng số ν > 0 là hệ số nhớt.
Các không gian hàm và các toán tử
Các không gian hàm
V = {u ∈ (C 0 ∞ (Ω)) 2 : ∇ ã u = 0}. Để nghiên cứu bài toán (1.1), ta xét các không gian hàm sau:
= {u ∈ (H 0 1 (Ω)) 2 : ∇ ã u = 0} là bao đúng của V trong (H 0 1 (Ω)) 2 ,
2 (Ω)) 2 là bao đóng của V trong (L 2 (Ω)) 2 Khi đó H và V là các không gian Hilbert với tích vô hướng lần lượt là:
Gọi H ⊥ là phần bù trực giao của H trong (L 2 (Ω)) 2 Từ kết quả trong Temam
Gọi V 0 là không gian đối ngẫu của V Ta kí hiệu |.|, k.k lần lượt là chuẩn trong
H và trong V, k.k ∗ là chuẩn trong V 0
Các toán tử
Giả sử A : V → V 0 là toán tử xác định bởi hAu, vi = ((u, v)), ∀u, v ∈ V.
Kí hiệu D(A) là miền xác định của A, ta có:
Toán tử A là một toán tử tuyến tính không bị chặn, tự liên hợp, xác định dương và có nghịch đảo A −1 : H → D(A) compact Phép nhúng H 0 1 (Ω) vào L 2 (Ω) là compact, dẫn đến việc phổ của A bao gồm toàn bộ giá trị riêng {λ i } ∞ i=1.
0 < λ 1 ≤ λ 2 ≤ ≤ λ n ≤ , λ n → +∞khin → +∞, và các hàm riêng tương ứng {w j } ∞ j=1 ⊂ D(A) lập thành một cơ sở trực chuẩn trong H.
Khi đó, b(., , ) là một dạng 3-tuyến tính liên tục trên (H 0 1 (Ω)) 2 , hay nói riêng trên V.
0 , ở đó ta đã sử dụng phép nhúng H 1 (Ω) , → L 4 (Ω).
Bổ đề 1.2.1 (Bất đẳng thức Laydyzhenskaya khi n = 2) Với bất kì tập mở
Chứng minh Vì C 0 ∞ (Ω) trù mật trong H 0 1 (Ω) nên ta chỉ cần chứng minh (1.3) đúng với mọi ν ∈ C 0 ∞ (Ω) Với ν ∈ C 0 ∞ (Ω), ta có ν 2 (x) = 2 x 1
Tương tự, ta cũng có ν 2 (x) ≤ 2ν 2 (x 1 ), với ν 2 (x 1 ) =
Từ đây suy ra điều phải chứng minh.
X i=1 ku i k L 2 ã k∇u i k L 2 ≤ 2 1 2 kuk ã |u|, nên suy ra
|b(u, u, v)| ≤ 2 1 2 |u| ã kuk ã kv k, ∀u, v ∈ V (1.4) Xét toán tử B : V × V → V 0 xác định bởi hB(u, v), wi = b(u, v, w), ∀u, v, w ∈ V, và đặt Bu = B (u, u) Ta có:
|u| 1 2 kuk 1 2 kvk 1 2 |Av|, ku| 1 2 |Au| 1 2 kvk (1.7)
Khi đó, bài toán (1.1) có thể phát biểu dưới một trong hai dạng sau đây: Bài toán 1 Cho trước u 0 ∈ H và f ∈ L 2 (0, T ; V 0 ) Tìm hàm u ∈ L 2 (0, T ; V ) thỏa mãn
d dt (u, v) + ν((u, v)) + b(u, u, v) = hf, vi,với mọiv ∈ V và hầu khắp t ∈ (0, T ), u(0) = u 0 Để viết lại Bài toán 1 dưới dạng phương trình toán tử, ta xét bổ đề sau.
Bổ đề 1.2.3 Giả sử u ∈ L 2 (0, T ; V ) Khi đó hàm Bu xác định bởi hBu(t), vi = b(u(t), u(t), v), ∀v ∈ V, sẽ thuộc L 1 (0, T ; V 0 ).
Chứng minh Với hầu khắp t ∈ [0, T ], ta có Bu(t) ∈ V 0 và
Suy ra kBwk V 0 ≤ Ckwk 2 , ∀w ∈ V Do đó
Bài toán 2 Cho trước u 0 ∈ H và f ∈ L 2 (0, T ; V 0 ) Tìm hàm u ∈ L 2 (0, T ; V ) thỏa mãn: u 0 ∈ L 1 (0, T ; V 0 ), u 0 + νAu + Bu = f trongV 0 với hầu khắpt ∈ (0, T ), (1.8) u(0) = u 0 (1.9)
Bài toán 1 và Bài toán 2 có mối quan hệ tương đương, nghĩa là nếu u là nghiệm của Bài toán 1 thì cũng đồng thời là nghiệm của Bài toán 2, và ngược lại.
Một số kết quả về hệ phương trình Navier-Stokes
Sự tồn tại và duy nhất nghiệm
Định lí 1.3.1 Giả sử u 0 ∈ H và f ∈ L 2 (0, T ; V 0 ) Khi đó, Bài toán 1 có duy nhất nghiệm u thỏa mãn: u ∈ C([0, T ]; H) ∩ L 2 (0, T ; V ).
Chứng minh Ta chứng minh sự tồn tại nghiệm bằng phương pháp xấp xỉ Galerkin. Bước 1 Xây dựng dãy nghiệm xấp xỉ.
Giả sử {w j } ∞ j=1 là một cơ sở của V gồm toàn các vectơ riêng của toán tử A. Với mỗi m ≥ 1, tìm nghiệm xấp xỉ dưới dạng u m (t) = m
X i=1 g im (t)w i , trong đó g im thỏa mãn
Trong bài viết này, chúng ta có công thức u 0m = P m u 0, trong đó P m đại diện cho phép chiếu của H xuống không gian con sinh bởi m vectơ riêng đầu tiên {w 1, , w m} Theo lý thuyết phương trình vi phân thông thường, nghiệm xấp xỉ u m (t) tồn tại và được xác định trên khoảng [0, T].
Bước 2 Xây dựng các ước lượng tiên nghiệm đối với {u m }.
Nhân hai vế của (1.10) với g im (t), sau đó lấy tổng theo j từ 1 đến m ta được
Từ đây, sử dụng bất đẳng thức Cauchy, ta suy ra d dt |u m (t)| 2 + 2νku m (t)k 2 ≤ 2kf (t)k ∗ ku m (t)k ≤ νku m (t)k 2 + 1 ν kf (t)k 2 ∗
Do đó d dt |u m (t)| 2 + νku m (t)k 2 ≤ 1 ν kf (t)k 2 ∗ Lấy tích phân bất đẳng thức này từ 0 đến t, 0 ≤ t ≤ T, ta được
{Au m }bị chặn trong L ∞ (0, T ; V 0 ), {Bu m }bị chặn trong L 2 (0, T ; V 0 ).
Vì du m dt = νAu m − P m Bu m + P m f nên suy ra n du m dt o bị chặn trong L 2 (0, T ; V 0 ). Bước 3 Chuyển qua giới hạn.
Từ các ước lượng tiên nghiệm ở Bước 2, ta có thể giả sử u m * utrongL 2 (0, T ; V );
Au m * AutrongL 2 (0, T ; V 0 ); du m dt * du dt trongL 2 (0, T ; V 0 ).
Chúng ta cần chứng minh rằng Bu m * Butrong L 2 (0, T ; V 0 ) Bằng cách áp dụng Bổ đề Aubin-Lions, chúng ta có thể tìm thấy một dãy con của {u m }, cũng được ký hiệu là {u m }, sao cho u m hội tụ đến u trong không gian L 2 (0, T ; H).
Ta chứng minh kêt quả sau.
Bổ đề 1.3.1 Giả sử u m * utrong L 2 (0, T ; V ) và u m → u trong L 2 (0, T ; H) Khi đó với mọi w ∈ C 1 (Q T ) ta có
Bởi vậy ta chỉ cần xét biểu thức dạng
(ν m − ν)wν m dxdt, ở đóν m → ν trongL 2 (0, T ; H), w ∈ L 2 (0, T ; H)vàν m bị chặn đều trongL ∞ (0, T ; H). Do kwν m k L 2 (0,T ;H) ≤ kwk L 2 (0,T ;H ) kν m k L ∞ (0,T ;H ) nên E m → 0 Từ đó suy ra bổ đề được chứng minh.
Từ các kết quả đã nêu, có thể kết luận rằng tồn tại hàm u thuộc L²(0, T; V) ∩ L∞(0, T; H) thỏa mãn phương trình du/dt + νAu + Bu = f trong L²(0, T; V₀) Cụ thể, ta có du/dt(t) + νAu(t) + Bu(t) = f(t) trong V₀ với hầu hết t ∈ [0, T] Để chứng minh u(0) = u₀, ta chọn hàm thử ϕ thuộc C¹([0, T]; V) với ϕ(T) = 0, sau đó thực hiện tích vô hướng của phương trình trên với ϕ và tiến hành tích phân từng phần.
Mặt khác, làm tương tự với nghiệm xấp xỉ Galerkin u m ta được
Chuyển qua giới hạn khi m → ∞ ta được
Từ đó suy ra (u(0), ϕ(0)) = (u 0 , ϕ(0)) với mọi ϕ, và do đó u(0) = u 0
Bước 4 Tính duy nhất và sự phụ thuộc liên tục của nghiệm vào điều kiện ban đầu.
Giả sử u 1 , u 2 là hai nghiệm của bài toán đã cho với dữ kiện ban đầu lần lượt là u 01 , u 02 Đặt u = u 1 − u 2 , ta có
Nhân hai vế phương trình này với u ta được d dt |u(t)| 2 + 2νku(t)k 2 = −2b(u 2 (t), u 2 (t), u(t)) − 2b(u 1 (t), u 1 (t), u(t))
Sử dụng Bổ đề 1.2.2, ta có d dt |u(t)| 2 + 2νku(t)k 2 ≤ 2 1 2 |u(t)|ku(t)kku 2 (t)k
Do đó d dt |u(t)| 2 ≤ 1 ν |u(t)| 2 ku 2 (t)k 2 Suy ra
Từ đây suy ra điều phải chứng minh.
Sự tồn tại tập hút toàn cục
Khái niệm tập hút toàn cục: Tập A ⊂ X, A 6= Φ gọi là tập hút toàn cục đối với hệ động lực (X, S(t)) nếu:
3 Ahút mọi tập bị chặnBcủaX, tức là, lim t→+∞ dist(S(t).B, A) = 0vớidist(E, F ) = sup a∈E b∈F inf d(a, b) là nửa khoảng cách Hausdoff giữa hai tập con E, F củaX.Một số ính chất của tập hút toàn cục A:
1 Tính cực đại: Nếu B ⊂ X bị chặn và bất biến thì B ⊂ A
2 Tính cực tiểu: Nếu B ⊂ X dóng hút các tập bị chặn của X thì A ⊂ B
Giả thiết ngoại lực f ∈ H không phụ thuộc vào thời gian t Từ Định lí 1.3.1, ta có thể xây dựng nửa nhóm S(t) : H → H liên kết với bài toán (1.1) bằng cách đặt
Trong bài viết này, chúng ta sẽ xem xét hệ động lực (H, S(t)) và chứng minh rằng nó có một tập hút toàn cục compact A trong không gian H Cụ thể, với điều kiện ban đầu u(0) = u(t), trong đó u(t) là nghiệm yếu của bài toán (1.1), chúng ta sẽ phân tích đặc điểm của tập hấp thụ trong H.
Nhân hai vế của phương trình đầu tiên ở (1.1) với u, ta được
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: d dt |u| 2 + 2νkuk 2 ≤ νλ 1 |u| 2 + 1 νλ 1 |f | 2 , (1.11) hay d dt |u| 2 + νλ 1 |u| 2 ≤ 1 νλ 1 |f | 2 Áp dụng bất đẳng thức Gronwall ta được
|u(t)| 2 ≤ |u 0 | 2 e −νλ 1 t + 1 ν 2 λ 2 1 |f | 2 Đặt |R 2 H | = 1 ν 2 λ 2 1 |f| 2 Suy ra hình cầu B H (0, R H ) là tập hấp thụ trong H của hệ động lực (H, S(t)). b) Tập hấp thụ trong V
Nhân hai vế của phương trình đầu tiên ở (1.1) với Au, ta được d dt kuk 2 + ν|Au| 2 + b(u, u, Au) = (f, Au).
4 |Au| 2 + 1 ν |f | 2 , ta có d dt kuk 2 + νλ 1 kuk 2 ≤ 2 ν |f | 2 + 2C 0 ν 3 |u| 2 kuk 4 (1.12) Mặt khác lấy tích phân từ t đến t + 1 bất đẳng thức (1.11) ta được
Từ (1.12), áp dụng bất đẳng thức Gronwall đều với y(t) = ku(t)k 2 , a(t) = 2C 0 ν 3 |u(t)| 2 ku(t)k 4 , b(t) = 2 ν |f| 2 , ta được ku(t)k 2 ≤ R 2 V , ∀t ≥ T + 1.
Từ đây suy ra hình cầu B V (0, R V ) là tập hấp thụ bị chặn trong V của hệ động lực (H, S(t)).
Theo định lý 1.3.2, trong không gian pha H là liên thông và phép nhúng V → H là compact, hệ động lực (H, S(t)) từ bài toán (1.1) sẽ có tập hút toàn cục A trong H là compact và liên thông.
Tính ổn định của nghiệm dừng
G = |f| ν² λ₁ đóng vai trò quan trọng trong việc khảo sát cấu trúc của tập hút toàn cục A Giả sử c₀ là hằng số tối ưu trong bất đẳng thức Ladyzhenskaya, với điều kiện c₀ ≤ 2√2, ta có kuk L⁴ ≤ c₀ kuk.
L 2 , ∀u ∈ H 0 1 (Ω). Định lí 1.3.3 Giả sử rằng
Trong bất đẳng thức Ladyzhenskaya, hằng số tốt nhất c0 được xác định với điều kiện G < 1 c2 0 Khi đó, bài toán (1.1) sẽ có một nghiệm dừng duy nhất u∗ thuộc V, và nghiệm này ổn định mũ toàn cục Điều này dẫn đến việc tập hút toàn cục A có cấu trúc rất đơn giản.
Chứng minh Giả sử {w 1 , w 2 , } là cơ sở gồm toàn các vectơ riêng của toán tử
A Không gian con sinh bởi w 1 , , w m kí hiệu bởi V m.
Tìm nghiệm xấp xỉ u m của bài toán dừng u m dưới dạng u m = m
X i=1 γ im w i , ở đó ν((u m , v)) + b(u m , u m , v) = hf, vi, ∀v ∈ V m (1.14) Để chứng minh sự tồn tại của u m , xét toán tử R m : V m → V m cho bởi
((R m , v)) = hAu, vi + b(u, u, v) − hf, vi, ∀u, ν ∈ V m Với mọi u ∈ V m, ta có
Bởi vậy nếu ta lấy β = |f| νλ
, ta có((R m u, u)) ≥ 0, ∀u ∈ V m thỏa mãnkuk = β Do đó từ hệ quả của định lí điểm bất động Brouwer ta có với mỗi m ≥ 1, tồn tại u m ∈ V m thỏa mãn R m (u m ) = 0. Lấy v = u m trong (1.14) ta có ku m k ≤ |f | νλ
Từ một dãy con u m * u ∗ trong không gian V, với phép nhúng V → H là compact, ta có thể suy ra rằng u m hội tụ về u ∗ trong H Điều này dẫn đến việc chứng minh u ∗ là một nghiệm dừng của bài toán (1.1) và thỏa mãn điều kiện ku ∗ k ≤ |f | νλ.
Bây giờ ta chứng minh tính duy nhất và tính ổn định của nghiệm dừng u ∗ Chú ý rằng mỗi nghiệmu(t)của (1.1) đều có thể viết dưới dạng u(t) = u ∗ + v (t), ở đó v(t) thỏa mãn
Nhân cả hai vế của phương trình này với v, ta được d dt |v| 2 + 2νkvk 2 = 2b(v, v, u ∗ ) ≤ 2c 2 0 |v|kvkku ∗ k ≤ 2c 2 0 λ −
Từ đây d dt |v| 2 + 2(ν − c 2 0 λ −1 1 ν −1 |f|)kvk 2 ≤ 0, và do đó d dt |v| 2 + α|v| 2 ≤ 0, ở đó α = 2(ν − c 2 0 λ −1 1 ν −1 |f |)λ −1 1 > 0 Do
|v(t)| 2 = |u(t) − u ∗ | ≤ |u(0) − u ∗ | 2 e −αt Định lí được chứng minh.
Đánh giá số chiều của tập hút toàn cục
Khái niệm số chiều fractal: Cho tậpM compact trong không gian metric
X, số chiều fractal của M là: d F M = lim ε→0 log 2 n(M, ε) log 2 (1/ε) = lim ε→0 ln n(M, ε) ln(1/ε) vơin(M, ε)là số tối thiểu các hình cầu đóng bán kínhεdùng để phủM.H ε (M) = log 2 n(M, ε) gọi là Kolgomorov ε - entropy của M.
Theo Định lí 1.3.2, nửa nhóm S(t) sinh ra từ hệ phương trình Navier-Stokes (1.1) có tập hút toàn cục A, và A là tập bị chặn trong V cũng như compact trong H Định lí 1.3.4 chỉ ra rằng số chiều fractal của A thỏa mãn điều kiện d F A ≤ c |f||Ω| ν 2, trong đó c là hằng số chỉ phụ thuộc vào hình dạng của miền Ω, tức là c(λΩ) = c(Ω) với mọi λ > 0.
Hệ quả 1.3.1 Giả sử f ∈ H Khi đó d F A ≤ 1 π
|f||Ω| ν 2 Chú ý rằng ước lượng này chỉ chứa các tham số vật lí của hệ (1.1).
Chứng minh Đầu tiên ta chứng minh nửa nhóm S(t) là tựa khả vi đều trên A trong H.
Bổ đề 1.3.2 Các nghiệm của hệ phương trình Navier-Stokes hai chiều thỏa mãn sup u,v∈A,0 0nào đó. Nhân cả hai vế của (1.19) với |w(t)| 2 và lấy tích phân từ 0 đến t ta có ν t
Thế đánh giá này vào (1.18) ta có:
|v 0 − u 0 | ≤ C|v 0 − u 0 |khiv 0 → u 0 Điều này chứng minh tính tựa khả vi của S(t) Suy ra tựa vi phân của S(t) là toán tử
A(t, u 0 )ξ = v(t), ξ ∈ H, ở đóv(t)là nghiệm của phương trình
Bây giờ ta ước lượng j-vết của A u (u(t)) Chú ý rằng với mọi v ∈ V, ta có
(A u (u(t))v, v) = νkvk 2 − (B(v, u(t)), v), (1.20) ở đó ta đã sử dụng tính chất (B (u, v), v) = 0, ∀u, v ∈ V.
Giả sử Q j là phép chiếu trực giao lên không gian Q j H với cơ sở trực chuẩn ϕ 1 , , ϕ j ∈ V Bởi (1.20), ta có
Do các hàm thuộc V cần triệt tiêu trên ∂Ω, ta có thể mở rộng chúng lên R² bằng cách đặt giá trị bằng 0 bên ngoài Ω Kết quả là ta thu được các hàm ϕ i (x), với x ∈ R², thuộc không gian (H¹(R²))² và trực chuẩn trong (L²(R²))² Bổ đề của Lieb và Thirring sau đây đóng vai trò thiết yếu trong việc này.
Bổ đề 1.3.3 (Bất đẳng thức Lieb-Thirring) Giả sử ϕ 1 , , ϕ j ∈ (H 1 (R n )) m là một họ các vectơ trực chuẩn trong (L 2 (R n )) m Khi đó với ρ(x) = j
|ϕ i (x)| 2 , bất đẳng thức sau đây thỏa mãn:
|∇ϕ i | 2 dx, (1.22) ở đó C m,n chỉ phụ thuộc vào m và n.
Bởi nguyên lí biến phân: j
|∇ϕ i | 2 ≥ λ 1 + λ 2 + + λ j , (1.23) ở đó λ 1 , λ 2 , là các giá trị riêng của toán tử A Do λ i ≥ c 0 |Ω| −1 i, ta có λ 1 + λ 2 + + λ j ≥ c 2 j 2
|Ω| , (1.24) ở đó c 0 , c 1 và c 2 là những hằng số chỉ phụ thuộc vào hình dạng của Ω(xem [?]).
Sử dụng (1.22) - (1.24), từ (1.21) ta có:
≤ − νc 2 j 2 2|Ω| + 1 ν |∇u(t)| 2 Khi đó sử dụng ước lượng t
0 ku(s)kds ≤ |u(0)| 2 ν + |f | 2 ν 2 λ 1 t, ta có q j = lim sup t→∞ sup u 0 ∈A
Khi đó nghiệm của phương trình ϕ(d) = 0 là d ∗ = r 2 c 1 c 2
Theo ước lượng (1.16) từ chú ý dưới Định lý 1.3.5, với c = r^2 c_1 c_2, Ilyin đã chứng minh rằng c_1 ≥ 2π và c_2 ≥ π trong mọi miền Ω có độ đo hữu hạn Từ đó, ta suy ra c_0 ≥ c_2 ≥ π, dẫn đến c ≤ 1/π Do đó, ta có Hệ quả 1.3.1.
Chúng ta sẽ phát biểu định lý tổng quát về đánh giá số chiều fractal của tập compact bất biến, như đã được sử dụng trong chứng minh trước đó Định lý 1.3.5 nêu rõ rằng, nếu nửa nhóm S(t) trên không gian Hilbert E có một tập compact bất biến X và là tựa khả vi đều trên X, thì các bất đẳng thức q j ≤ q j với j = 1, 2, sẽ được thỏa mãn, trong đó các số q j được xác định bởi lim sup t→+∞ sup u 0 ∈X.
Giả sử các hàm q j là lõm đối với j, và m là số nguyên nhỏ nhất sao cho q m+1 < 0 và q m ≥ 0 Khi đó, tập hợp X sẽ có số chiều fractal hữu hạn, với d F (X) ≤ d được tính bằng công thức d = m + q m q m − q m+1.
Chú ý.Trong các áp dụng, các sốq j thường có dạngq j = ϕ(j ), ở đóϕ = ϕ(x), x ≥
Hàm ϕ(d ∗) = 0 là một hàm lõm trơn, cho thấy rằng d ≤ d ∗ do tính chất của hàm lõm Khi giá trị d lớn, d ∗ gần với d hơn Trong nhiều trường hợp, d ∗ có thể được biểu diễn đơn giản hơn d, vì vậy nó thường được sử dụng làm cận trên cho số chiều fractal của tập hút Ví dụ, với ϕ(x) = −αx 1+δ + βx, trong đó α, β, δ > 0, ta có d ∗ = β/α.
1 δ Thường thì α nhỏ và β lớn Do đó ước lượng (1.25) có dạng d F (X) ≤ d ≤ β α
Chương 2 Đa tạp quán tính xấp xỉ đối với hệ phương trình Navier-Stokes và ứng dụng
Đa tạp quán tính xấp xỉ H m
Kí hiệu P = P m là phép chiếu chính tắc từ không gian H vào không gian H m sinh bởi m vectơ riêng đầu tiên w 1 , , w m của toán tử A; ta đặt
Q = Q m = I − P m , λ = λ m , Λ = λ m+1 và kí hiệu p = P u, q = Qu ; p biểu diễn cho sự chồng chất của "các dòng xoáy lớn" có cỡ lớn hơn λ −
1 m 2, và q biểu diễn cho "các dòng xoáy nhỏ" có cỡ nhỏ hơn λ −
2 m+1 Sử dụng phép chiếu P, Q cho phương trình (1.8) và sử dụng tính chất
P A = AP và QA = AQ, ta được dp dt + νAp + P B(p + q) = P f, (2.4) dq dt + νAq + QB(p + q) = Qf (2.5)
Lấy tích vô hướng của (2.5) với q trong H:
1 2 d dt |q| 2 + νkqk 2 = (Qf, q) − (B (p + q), q) (2.6) Nhờ tính chất trực giao
(B (φ, ψ), ψ) = 0, φ, ψ ∈ V, vế phải của (2.6) trở thành
Sử dụng (1.5), (1.6) và bất đẳng thức Schwarz ta có
Kí hiệu M 0 (tương ứng, M 1 , M 2 ) là cận trên của |u| (tương ứng, kuk, |Au|) trong khoảng thời gian I = (t 0 , ∞):
|Ap| 2 ≤ λ m kpk 2 = λkpk 2 , và đặt
, ta được d dt |q| 2 + (2ν − c 2 Λ − 1 2 M 1 )kqk 2 ≤ |Qf ||q| + c 3 M 1 2 L 1 2 |q| (2.7)
, (2.8) ước lượng (2.7) cho ta d dt |q| 2 + 3ν
2 kqk 2 + 1 νΛ (|Qf | 2 + c 2 3 M 1 4 L), hay d dt |q| 2 + νkqk 2 ≤ 1 νΛ (|Qf | 2 + c 2 3 M 1 4 L).
Do λ m+1 |q| 2 ≤ kqk 2 , ta có d dt |q| 2 + νΛ|q| 2 ≤ 1 νΛ (|Qf | 2 + c 2 3 M 1 4 L) (2.9)
Ta cũng thiết lập một bất đẳng thức tương tự đối với chuẩn trong V Lấy tích vô hướng của (2.5) với Aq trong H ta có
1 2 d dt kqk 2 + ν|Aq| 2 = (Qf, Aq) − (B(p + q), Aq).
Sử dụng bất đẳng thức Schwartz cùng với (1.5), (1.6) và (1.2) để làm trội vế phải của đẳng thức này:
|Qf||Aq| + c 2 kpkL 1 2 |Aq|(kpk + kqk) + c 3 |q| 1 2 |Aq| 3 2 (kpk + kqk) ≤
(≤với bất đẳng thức Young)
2 |Aq| 2 + 1 ν |Qf| 2 + c 5 M 1 4 L ν + c 5 ν 3 M 0 2 M 1 4 Bởi vậy, d dt kqk 2 + ν|Aq| 2 ≤ c 6 1 ν |Qf| 2 + M 1 4 L ν + M 0 2 M 1 4 ν 3
(2.11) và ta kết luận rằng kq(t)k 2 ≤ kq(t 1 )k 2 e −νΛ(t−t 1 ) + c 6 νΛ
Trong các phương trình (2.10) và (2.12), chúng ta có thể giới hạn |q(t1)|² và kq(t1)k² bởi các giá trị M₀² và M₁² tương ứng Sau một khoảng thời gian chỉ phụ thuộc vào M₀ (hoặc M₁), ν và Λ = λ m+1, các số hạng phụ thuộc vào t trở nên không đáng kể, dẫn đến kết quả mong muốn.
(2.13) vớitlớn Kí hiệu κ, κ i , κ 0 i , là các đại lượng chỉ phụ thuộc vàoν, f, ΩvàM 0 , M 1 , M 2 , ta viết lại (2.13) như sau:
|q(t)| 2 ≤ κLδ 2 , kq(t)k 2 ≤ κLδ vớitlớn, (2.14) trong đó δ = λ 1 Λ = λ 1 λ m+1 , L = 1 + log λ m+1 λ 1
Chúng tôi chứng minh định lý 2.2.1 rằng nếu m đủ lớn để thỏa mãn điều kiện (2.8), thì với bất kỳ quỹ đạo nào của (1.8), sau một khoảng thời gian t* chỉ phụ thuộc vào ν, f, Ω và giá trị ban đầu u(0) = u0, các thành phần dòng xoáy nhỏ của u, q = Q m u, sẽ trở nên nhỏ.
Chứng minh Hai bất đẳng thức đầu tiên trong (2.15) suy ra từ (2.14); bất đẳng thức thứ ba suy ra từ (2.14) và bất đẳng thức tương tự sup t≥α d k u(t) dt k
4 k α k k!M 0 Bất đẳng thức thứ tư thu được từ (1.5), (1.6), (1.7) và νAq = Qf − q 0 − QB(p + q),
Khi λ m+1 tiến tới +∞ khi m tiến tới ∞, ước lượng (2.15) cho thấy rằng sau một khoảng thời gian t*, nghiệm u(t) của hệ Navier-Stokes sẽ tương tự như nghiệm u m(t) trong không gian hữu hạn chiều H m = P m H Điều này có nghĩa là chúng ta có thể xấp xỉ nghiệm u(t) bằng các nghiệm trên đa tạp quán tính xấp xỉ H m, mà là một đa tạp tuyến tính rất đơn giản.
Đa tạp quán tính xấp xỉ M 0
Phương trình của đa tạp
Trong phương pháp xấp xỉ Galerkin thông thường, không gian tuyến tính H m được tạo thành từ m vectơ riêng đầu tiên của toán tử Stokes A, đóng vai trò là một đa tạp quán tính xấp xỉ Cụ thể, khi hàm Φ trong (2.3) bằng 0, ta áp dụng xấp xỉ Galerkin thông thường với phương trình du m/dt + νAu m + P B(u m , u m ) = P f, trong đó u m thuộc H m.
Các nhà toán học Foias, Manley và Temam đã giới thiệu đa tạp giải tích hữu hạn chiều M₀ = graph(Φ₀), với Φ₀(p) = (νA)⁻¹[Qf - QB(p, p)], p ∈ Hₘ, là đa tạp xấp xỉ tập hút toàn cục tốt hơn so với Hₘ Chúng tôi sẽ chứng minh định lý sau đây: Định lý 2.3.1 Giả sử m đủ lớn sao cho λₘ₊₁ ≥ 2c.
Khi đó, mọi nghiệm u(t) = p(t) + q(t) của (2.4) - (2.5) thỏa mãn:
0 λ −1 m+1 L 1 2 , (2.19) kq(t) − Φ 0 (p(t))k ≤ K 3 λ −1 m+1 L ∀t ≥ T ∗ , (2.20) trong đó T ∗ > 0 phụ thuộc vào ν, λ 1 , |f| và R 0 khi |u(0)| ≤ R 0 , L = 1 + log λ m λ 1
K 0 , K 0 0 , K 1 , K 2 là các hằng số dương phụ thuộc vào ν, λ 1 , |f |.
Khi q đủ nhỏ, B(p, q) và B(q, p) sẽ nhỏ hơn so với B(p, p), và B(q, q) cũng nhỏ hơn so với B(p, q) và B(q, p) Vì vậy, ta có thể xấp xỉ (2.5) bằng cách thay thế QB(p + q) bằng QB(p) Thời gian giảm dư trong (2.5) cho phần tuyến tính của phương trình (νA) −1 = (νλ 1 m) −1 sẽ nhỏ hơn nhiều so với thời gian giảm dư trong (2.4) cho phần tuyến tính của phương trình này.
(νλ 1 ) −1 Vì vậy, sự tiến hóa trong (2.5) là gần như không đổi và điều này dẫn đến thay thế (2.5) bằng phương trình xấp xỉ νAq + QB(p) = Qf (2.21)
Với giá trị p đã cho, việc giải phương trình (2.6) trở nên đơn giản; chúng ta ký hiệu q = q m là nghiệm của nó, với q m = Φ 0 (p) = (νA) −1 [Qf − QB(p)] Đồ thị của hàm Φ 0 : P H → QH xác định một đa tạp trơn (giải tích) m chiều M 0 trong không gian H Chúng ta sẽ chứng minh rằng tất cả các nghiệm của các phương trình (1.8), (2.4) và (2.5) đều hội tụ vào một lân cận nhỏ của M 0.
Chúng ta sẽ thiết lập một số đánh giá tiên nghiệm cho q m tương tự như đối với q Cần lưu ý rằng u = p + q là một nghiệm của các phương trình (1.8), (2.4) và (2.5), trong khi q m được định nghĩa theo p theo công thức (2.22).
|νAq m | ≤ |Qf| + |QB(p)| ≤ |Qf | + c 3 kpk 2 1 + log |Ap| 2 λ 1 kpk 2
(Qf + c 3 M 1 2 ) Những chặn trên này có cùng bậc với các chặn trên (2.14) của q.
Các đánh giá về khoảng cách của quỹ đạo tới M 0
Trong phần này, chúng ta sẽ chứng minh rằng quỹ đạo của (1.8) hội tụ đến lân cận của đa tạp quán tính xấp xỉ M0 khi t tiến tới vô cùng Theo định lý 2.3.2, với t đủ lớn (t ≥ t*), khoảng cách trong không gian H từ bất kỳ quỹ đạo nào của (1.8) tới PH có cỡ κL^(1/2)δ, và tới M0 có cỡ κLδ^(3/2) Trong chuẩn của V, các khoảng cách tương ứng có cỡ κL^(1/2)δ^(1/2) và κLδ; các hằng số κ phụ thuộc vào ν, λ1, |f|, và t* phụ thuộc vào ν, λ1, |f|, R0, với |u(0)| ≤ R0.
Chứng minh Trong khi quỹ đạo u(t) = p(t) + q(t) nằm trong H , thì quĩ đạo liên kết u m (t) = p(t) + q m (t) nằm trong M 0 Bởi vậy, tại mỗi thời điểm t, dist(u(t), M 0 ) ≤norm(u m (t) − u(t)) =norm(q m (t) − q(t)).
Việc đánh giá khoảng cách u(t) trong H hoặc V đến M 0 được qui về việc đánh giá chuẩn trong H hoặc trong V của χ m = q m − q.Trừ (2.21) cho (2.5) (ở đó q = q m ), ta có νAχ m = QB(p, q) + QB(q, p) + QB(q) + q 0
Do đó, như đã làm đối với q m , ta viết
Sử dụng (1.7), (1.6), và d dt |u| 2 + νλ 1 |u| 2 ≤ 1 νλ 1 |f | 2 , với t lớn:
|Aχ m | ≤ c 3 ν kpkL 1 2 kqk + c 2 ν |q| 1 2 kqk 1 2 kpk 1 2 |Ap|,
Do χ m ∈ QH ta có kχ m k ≤ κLδ 3 2 , và
Tất cả các chặn trên của chuẩn χ m đều nhỏ hơn chặn trên tương ứng của chuẩn q m và q với thừa số (δL) 1 2 Khi t lớn, quỹ đạo u(t) tiến gần M 0 hơn so với mặt phẳng q = 0 với thừa số (Lδ) 1 2, điều này đã được chứng minh.
Ví dụ minh họa
Để hiểu rõ sự cải thiện đáng kể đã đạt được khi sử dụng đa tạp quán tính xấp xỉ Φ 0 thay cho H m ta xét ví dụ sau.
X k=1 u k w k , trong đó u k = σk − 3 2 (1 + log k) −1 (σ > 0 cho trước).
Ta biết rằng [7] các giá trị riêng của toán tử Stokes thỏa mãn đánh giá sau: c 0 λ 1 m ≤ λ m ≤ c 1 λ 1 m, m = 1, 2, , (2.23) với c 0 , c 1 là các hằng số dương chỉ phụ thuộc vào Ω.
Ta có u s ∈ D(A) và u s sẽ là nghiệm dừng của (1.8) với f định nghĩa bởi f = νAu s + B(u s , u s ).
Bằng cách chọn σ đủ lớn, ν > 0 cố định, ta có thể thiết lập được số Grashoff
G = |f | ν 2 λ 1 đủ lớn để hệ động lực của (1.8) với f ở trên là không tầm thường.
Do (2.23) nên dễ thấy kQ n u s k ≥ cσλ −
Khi u s thuộc tập hút toàn cục, phương trình (2.24) cung cấp ước lượng tối ưu cho (2.17) với sự khác biệt ở các số hạng logarit So sánh giữa (2.17) và (2.20) cho thấy có sự cải tiến đáng kể khi áp dụng Φ 0.
Trong luận văn này chúng tôi đã trình bày những nội dung sau:
1 Các kết quả cơ bản về sự tồn tại và dáng điệu tiệm cận nghiệm của hệ Navier-Stokes hai chiều trong miền bị chặn.
2 Cách xây dựng các đa tạp quán tính xấp xỉ H m , M 0 và ước lượng khoảng cách từ quỹ đạo bất kì của hệ đến các đa tạp này.
Do hạn chế về khuôn khổ của luận văn và thời gian, chúng tôi không thể trình bày chi tiết các phương pháp xấp xỉ nghiệm kiểu Galerkin cải biên dựa trên các đa tạp quán tính xấp xỉ Độc giả quan tâm có thể tham khảo thêm tài liệu [4, 6] để tìm hiểu sâu hơn về vấn đề này.