(LUẬN văn THẠC sĩ) hệ động lực cho mô hình động học rừng với điều kiện biên hỗn hợp

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN KHOA TOÁN - CƠ - TIN HỌC ĐINH THỊ THU HỆ ĐỘNG LỰC CHO MƠ HÌNH ĐỘNG HỌC RỪNG VỚI ĐIỀU KIỆN BIÊN HỖN HỢP LUẬN VĂN THẠC SĨ Ngành: Tốn Giải tích Người hướng dẫn: TS Lê Huy Chuẩn Hà Nội - 2017 TIEU LUAN MOI download : skknchat@gmail.com TIEU LUAN MOI download : skknchat@gmail.com ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN KHOA TOÁN - CƠ - TIN HỌC ĐINH THỊ THU HỆ ĐỘNG LỰC CHO MƠ HÌNH ĐỘNG HỌC RỪNG VỚI ĐIỀU KIỆN BIÊN HỖN HỢP LUẬN VĂN THẠC SĨ Ngành: Tốn Giải tích Mã số: 60460102 LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC Người hướng dẫn khoa học: TS Lê Huy Chuẩn Hà Nội - 2017 TIEU LUAN MOI download : skknchat@gmail.com LỜI CẢM ƠN Trước trình bày nội dung luận văn, em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới Tiến sĩ Lê Huy Chuẩn người tận tình hướng dẫn để em hoàn thành luận văn Em xin bày tỏ lịng biết ơn chân thành tới tồn thể thầy giáo khoa Tốn - Cơ - Tin học, Đại học Khoa Học Tự Nhiên, Đại Học Quốc Gia Hà Nội dạy bảo em tận tình suốt trình học tập khoa Nhân dịp em xin gửi lời cảm ơn chân thành tới gia đình, bạn bè ln bên em, cổ vũ, động viên, giúp đỡ em suốt trình học tập thực luận văn Hà Nội, ngày 02 tháng 10 năm 2017 Học viên Đinh Thị Thu TIEU LUAN MOI download : skknchat@gmail.com Mục lục Chương Kiến thức chuẩn bị 1.1 Những không gian hàm 1.1.1 Không gian Holder 1.1.2 Khơng gian Holder có trọng 1.1.3 Không gian Sobolev 7 1.2 Toán tử quạt 1.2.1 Toán tử quạt 1.2.2 Hàm mũ toán tử quạt 10 1.2.3 Hàm lũy thừa toán tử quạt 10 1.2.4 Xấp xỉ Yosida 12 1.3 Toán tử liên kết với dạng nửa song tuyến tính 12 1.3.1 Cặp không gian liên hợp 1.3.2 Bộ ba không gian 12 13 1.4 Toán tử Laplace kết hợp với điều kiện biên hỗn hợp 16 1.5 Phương trình tiến hóa 18 Chương Mơ hình động học rừng với điều kiên biên hỗn hợp 21 2.1 Nghiệm địa phương 22 2.2 Tính khơng âm nghiệm địa phương 24 2.3 Nghiệm toàn cục 26 2.3.1 Ước lượng tiên nghiệm 2.3.2 Sự tồn nghiệm toàn cục 2.3.3 Tính liên tục theo điều kiện ban đầu nghiệm 2.3.4 Hệ động lực 26 32 33 35 TIEU LUAN MOI download : skknchat@gmail.com LỜI MỞ ĐẦU Vào năm 1972, D B Botkin [2] đưa mơ hình tốn học sở phát triển rừng Trong đó, Botkin nghiên cứu khu vực khoảng (100m3 tới 300m3 ) rừng đưa phương trình phát triển cho với tương tác khu vực Tiếp theo vào năm 1983, hai tác giả M.Ya Antonovsky M D Korzukhin [1] đưa mơ hình tốn học rừng quan tâm tới mối quan hệ phụ thuộc tuổi Mơ hình sau vào năm 1994 tác giả Yu A Kuznetsov, M Ya Antonovsky, V N Biktashev A Aponina [4] phát triển thành mơ hình động học rừng theo cấu trúc tuổi có xét đến hình thành khuếch tán hạt Mơ hình động học rừng Kuznetsov đưa có dạng:  ∂u   = β δ w − γ(v)u − f u Ω × (0, ∞),   ∂t     ∂v = f u − hv Ω × (0, ∞), (0.1) ∂t  ∂ w   = d∆w − β w + αv Ω × (0, ∞),    ∂t   u(x, 0) = u (x), v(x, 0) = v (x), w(x, 0) = w (x) Ω, 0 u v mật độ non già , w mật độ hạt không khí Phương trình thứ thứ hai mơ tả phát triển cây; phương trình thứ ba mơ tả động học hạt; δ tỉ lệ nảy mầm hạt; γ(v) tỉ lệ chết non; f tốc độ phát triển non; h tỉ lệ chết già; αvà β tốc độ tạo hạt già tỉ lệ lắng đọng hạt; d số khuếch tán hạt Mơ hình trường hợp w thỏa mãn điều kiện biên Neumann tác giả Chuan, Tsujikawa, Yagi nghiên cứu Phương pháp sử dụng cơng cụ nửa nhóm giải tích để nghiên cứu tồn nghiệm tồn cục tính ổn định nghiệm dừng Các tác giả chứng minh tồn nghiệm toàn cục, xây dựng hệ động lực nghiên cứu ổn định nghiệm dừng Sử dụng kĩ thuật tương tự trường hợp điều kiện biên Neumann, tác giả Shirai, Chuan, Yagi nghiên cứu mơ hình với điều kiện biên Dirichlet thu kết tương tự Trong luận văn này, vấn đề đặt nghiên cứu mơ hình động học rừng với điều kiện biên hỗn hợp Tức biên Γ Ω chia làm phần ΓN ΓD Đây điều kiện biên tổng quát xuất phát từ điều kiện tự nhiên Khó khăn gặp phải toán tử quạt sinh toán tử Laplace kết hợp với điều kiện biên hỗn hợp khơng có TIEU LUAN MOI download : skknchat@gmail.com tính chất tốt trường hợp điều kiện biên Neumann Dirichlet Do cách tiếp cận giống trường hợp điều kiện biên Neumann Dirichlet tác giả biến đổi hệ ban đầu phương trình tiến hóa dạng Parabolic cách xây dựng toán tử quạt kết hợp toán tử Laplace với điều kiện biên hỗn hợp Từ tồn nghiệm toàn cục xây dựng hệ động lực cho mơ hình ban đầu Nội dung luận văn trình bày số kết nghiên cứu mơ hình động học rừng (0.1) với điều kiện biên hỗn hợp Bố cục luận văn bao gồm chương: • Chương luận văn gồm khái niệm kết giải tích hàm liên quan đến không gian Holder, không gian Sobolev, tốn tử quạt, phương trình vi phân tuyến tính cấp khơng gian Banach, phương trình tiến hóa tuyến tính, phương trình tiến hóa nửa tuyến tính, định lý kết liên quan tới luận văn Chương trình bày dựa tài liệu [6] • Chương nội dung luận văn Ở chương tác giả nghiên cứu toán (0.1) với điều kiện biên hỗn hợp Cụ thể tác giả tồn nghiệm không âm nghiệm địa phương tồn nghiệm toàn cục Cuối xây dựng tập hút cho hệ động lực sinh (0.1) Do thời gian thực luận văn khơng nhiều, kiến thức cịn hạn chế nên làm luận văn không tránh khỏi hạn chế sai sót Tác giả mong nhận góp ý ý kiến phản biện quý thầy cô bạn đọc Xin chân thành cảm ơn! Hà Nội, ngày 12 tháng 08 năm 2017 Học viên Đinh Thị Thu TIEU LUAN MOI download : skknchat@gmail.com BẢNG KÍ HIỆU Dưới số kí hiệu thường xuyên sử dụng luận văn: C(Ω) := { f : Ω → C liên tục Ω} Cm (Ω) := { f : Ω → C : Dα f ∈ C(Ω), ∀α : |α| ≤ m} với m ≥ L(X,Y ) : { f : X → Y thỏa mãn f tuyến tính liên tục} | f (x)| p dx < ∞} với p ≥ L p (Ω) := { f : Ω → C đo cho Ω L p,loc (Ω) := { f ∈ L p (Ω ), ∀Ωcompact ⊂ Ω} TIEU LUAN MOI download : skknchat@gmail.com Chương Kiến thức chuẩn bị Trong chương này, ta xây dựng sở lý thuyết nhằm tiếp cận tốn mơ hình động học rừng với điều kiện biên hỗn hợp Cụ thể, ta hệ thống lại kiến thức số không gian hàm, toán tử quạt, đồng thời nhắc lại kết phương trình vi phân tuyến tính cấp khơng gian Banach, phương trình tiến hóa tuyến tính 1.1 Những khơng gian hàm 1.1.1 Khơng gian Holder Cho Ω ⊂ R tập mở < γ ≤ Định nghĩa 1.1 Hàm số u : Ω → R gọi liên tục Holder bậc γ tồn số C > cho |u(x) − u(y)| ≤ C|x − y|γ , x, y ∈ Ω Khi γ = 1, hàm số u gọi liên tục Lipschitz Kí hiệu không gian hàm liên tục Holder bậc γ C0,γ (Ω) b) Nửa chuẩn Holder bậc gamma u ∈ C0,γ (Ω) [u]C0,γ (Ω) := sup x=y x,y∈Ω |u(x) − u(y)| |x − y|γ TIEU LUAN MOI download : skknchat@gmail.com Định nghĩa 1.2 Không gian Holder Ck,γ (Ω) không gian hàm u : Ω → R cho đạo hàm riêng cấp k bị chặn liên tục Holder bậc γ với chuẩn xác định sau: u Ck,γ (Ω) := ∑ Dα u C(Ω) + |α|≤k 1.1.2 ∑ [Dα u]C0,γ (Ω) |α|=k Khơng gian Holder có trọng Cho X không gian Banach với chuẩn , [a, b] ⊂ R, với hai số mũ < σ < β ≤ 1, ta định nghĩa không gian hàm Holder liên tục có trọng Fβ ,σ ((a, b]; X) sau: Định nghĩa 1.3 Không gian Fβ ,σ ((a, b]; X) bao gồm hàm liên tục F : (a, b] → X (hay F : [a, b] → X ) < β < (khi β = 1) thỏa mãn điều kiện sau: (1) Với β < 1, (t − a)1−β F(t) có giới hạn t → a (2) F hàm liên tục Holder với số mũ σ với trọng (s − a)1−β +σ , cụ thể (s − a)1−β +σ F(t) − F(s) sup (t − s)σ a≤s cho C1C3 ≤ β4 , sau nhân (2.8) với C3 ta u2 dx +C3 f Ω w2 dx = α u2 dx ≤ Ω C3 f u2 dx +C1C3 Ω w2 dx − Ω C3 γ(v)u2 dx Ω 27 TIEU LUAN MOI download : skknchat@gmail.com ≤ C3 f u2 dx + β Ω w2 dx −C3 Ω γ(v)u2 dx (2.10) Ω Cộng vế (2.9) (2.10) ta C3 d dt u2 dx +C3 f Ω u2 dx + d dt Ω ≤ C3 f Ω β u2 dx + Ω w2 dx −C3 Ω d |∇w|2 dx + β w2 dx + Ω w2 dx Ω γ(v)u2 dx + β Ω w2 dx +C2 v2 dx Ω Ω v2 dx −C3 γ(v)u2 dx hay C3 d dt u2 dx + d dt Ω w2 dx + C3 f Ω β u2 dx + Ω w2 dx Ω ≤ C2 Ω (2.11) Ω Tiếp theo, nhân phương trình thứ hai (2.1) với v lấy tích phân Ω ta d dt v2 dx = f Ω v2 dx uvdx − h Ω Ω hay d dt v2 dx + h Ω v2 dx = f Ω uvdx Ω Lấy C4 > cho C4 h ≥ 2C2 sau nhân đẳng thức với C4 ta có C4 d dt v2 dx + 2C2 Ω v2 dx = C4 f Ω uvdx Ω Cộng vế đẳng thức với vế bất đẳng thức (2.11) ta C3 d dt u2 dx + d dt Ω d + C4 dt C3 f Ω v2 dx +C4 h Ω w2 dx + β Ω v2 dx ≤ C2 Ω u2 dx + Ω v2 dx −C3 Ω w2 dx γ(v)u2 dx +C4 f Ω uvdx Ω hay C3 d dt u2 dx + Ω C3 f u2 dx + Ω d dt w2 dx + Ω β w2 dx Ω 28 TIEU LUAN MOI download : skknchat@gmail.com d + C4 dt v2 dx +C2 Ω v2 dx ≤ C4 f Ω γ(v)u2 dx uvdx −C3 Ω Ω Ta ý C42 f C4 f uv −C3 γ(v)u = − C3 a(v − b) u −C4 f (v − b)u + 4C3 a 2 − C3Cu2 −C4 f bu + C4 f b2 4C3 c + C4 f b2 4C3 b2 + a c Xét tam thức bậc hai (v − b)u C42 f C3 a(v − b) u −C4 f (v − b)u + 4C3 a 2 Ta có C3 a ≥ ∆ = C42 f − 4C3 a C42 f = C42 f −C42 f = 4C3 a Vậy C42 f C3 a(v − b) u −C4 f (v − b)u + ≥ 4C3 a 2 Tương tự, xét tam thức bậc hai u C42 f b2 C3 cu −C4 f bu + 4C3 c Ta có C3 c ≥ ∆ = (C4 f b)2 − 4C3 c C42 f b2 = C42 f b2 −C42 f b2 = 4C3 c Vậy C42 f b2 C3 cu −C4 f bu + ≥ 4C3 c Từ suy C4 f uv −C3 γ(v)u2 ≤ C4 f b2 4C3 b2 + a c Vì vậy, tồn ρ > cho d dt C3 u2 +C4 v2 + w2 dx + ρ Ω C3 u2 +C4 v2 + w2 dx ≤ C, Ω 29 TIEU LUAN MOI download : skknchat@gmail.com f h β , , 2 ρ = C42 f 4C3 ;C = b2 + a c dx Ω Vậy nên C3 u(t) L2 +C4 v(t) L2 + w(t) L2 ≤ Ce−ρt C3 u0 L2 L2 +C4 v0 L2 +C v(τ) L2 dτ + w0 Từ ta suy U(t) L2 ≤ C e−ρt U0 L2 ≤ t ≤ TU +1 , Bước Đánh giá w(t) L∞ Theo công thức biến thiên số ta có biểu diễn w(t) = e−tΛ w0 + t e−(t−τ)Λ αv(τ)dτ Khi t Λη w(t) = Λη e−tΛ w0 + α Λη e−( t−τ ) e−( t−τ ) v(τ)dτ Do e−tΛ ≤ e−tβ (t > 0, Λ ≥ β ) nên ta có w(t) D(Λη ) ≤ Ct −η e ≤ C Λη w L2 (Ω) t −tβ w0 L2 +C ≤ Λη e−tΛ w0 +C (t − τ)−η e −β (t−τ) t −β (t−τ) v(τ) (t − τ)−η e L2 dτ Theo Bước ta có v(τ) L2 ≤ U(τ) L2 ≤ C e−ρτ U0 L2 +1 Do t (t − τ)−η e −β (t−τ) v(τ) t ≤ (t − τ)−η e −β C e−ρτ U0 (t−τ) t ≤C (t − τ)−η e −β (t−τ) L2 dτ t dτ +C (t − τ)−η e L2 −β + dτ (t−τ) −ρτ e U0 L2 dτ 30 TIEU LUAN MOI download : skknchat@gmail.com β ,ρ Lấy ≤ ρ ≤ t (t − τ)−η e −β t (t−τ) L2 dτ ≤ C v(τ) t +Ce−ρ t (t − τ)−η e (t − τ)−η e −β (t−s) ds − β2 −ρ (t−s) −(ρ−ρ )s e U0 t ≤C (t − τ)−η e −β +ρ (t−s) L2 ds ds t +Ce−ρ t (t − τ)−η e − β2 −ρ (t−s) ds U0 L2 ≤ C e−ρ t U0 + Ta coi ρ số mới, từ suy w(t) L∞ ≤ C w(t) D(Λη ) L∞ , Bước Đánh giá u(t) Từ (2.5), ta có u(t) = e− ≤ C (1 + t −η )e−ρt U0 + } v(t) (0 < t < TU ) (2.12) L∞ t [γv(s)+ f ]ds t u0 + β δ e− t s [γv(τ)+ f ]dτ w(s)ds Kết hợp với đánh giá (2.12) ta có u(t) L∞ −ft ≤e t u0 L∞ +C ≤ e− f t u0 L∞ +C = e− f t u0 L∞ +C t +C e− f (t−τ) w(τ) t t (1 + τ −η )e e− f (t−τ) (1 + t −η )e−ρt U0 + dτ t e− f (t−τ) dτ +C −τβ L∞ dτ e− f (t−τ) e−ρτ U0 X dτ U0 dτ Lấy ≤ ρ ≤ { f , ρ} u(t) L∞ ≤ Ce− f t u0 t +Ce−ρ t t L∞ +C e− f (t−τ) dτ e−( f −ρ )(t−τ) e−(ρ−ρ )τ dτ U0 X Thay ρ số ta u(t) L∞ ≤ C e−ρt U0 X +1 (0 ≤ t ≤ TU ) (2.13) 31 TIEU LUAN MOI download : skknchat@gmail.com Tương tự, từ (2.6) (2.13) ta có v(t) L∞ ≤ C e−ρt U0 X (0 ≤ t ≤ TU ) +1 Kết hợp với đánh giá thu bước ta suy U(t) 2.3.2 X ≤ C e−ρt U0 X +1 Sự tồn nghiệm toàn cục Định lý 2.2 Cho u0 , v0 ∈ L∞ (Ω) w0 ∈ L2 (Ω) thỏa mãn điều kiện u0 ≥ 0, v0 ≥ w0 ≥ Khi hệ (2.1) có nghiệm tồn cục khơng gian hàm: ≤ u, v ∈ C([0, ∞); L∞ (Ω)) ∩C1 ((0, ∞); L∞ (Ω)), ≤ w ∈ C([0, ∞); L2 (Ω)) ∩C((0, ∞); D(Λ)) ∩C1 ((0, ∞); L2 (Ω)) Chứng minh Theo Mệnh đề 2.1 ta thấy hệ (2.1) tồn nghiệm địa phương (u, v, w) đoạn [0, TU0 ] Hơn nữa, theo Mệnh đề 2.1 ta có ước lượng tiên nghiệm sau: U(t) X ≤ C e−ρt U0 X + (0 < t ≤ TU0 ) (2.14) Xét toán Cauchy   dV + AV = F(V ), dt  V (0) = U(T ) U0 t ∈ (0, ∞) Theo định lý tồn nghiệm địa phương ta thấy tồn nghiệm V (t) (0, δ ) , độ dài δ phụ thuộc vào U(TU0 ) Tuy nhiên, theo đánh giá (2.14) nên δ phụ thuộc vào U0 Đặt ˜ = U(t) U(t) t ∈ [0, TU0 ], V (t − TU0 ) t ∈ [TU0 , TU0 + δ ] ˜ nghiệm phương trình ban đầu (0; TU0 + Do tính nghiệm nên U(t) δ ) Thay TU0 TU0 + δ lặp lại q trình ta mở rộng U(t) (0, ∞) Như vậy, ta tồn nghiệm tồn cục tốn (2.1) cho ≤ u, v ∈ C([0, ∞); L∞ (Ω)) ∩C1 ((0, ∞)); L∞ (Ω)), ≤ w ∈ C([0, ∞); L2 (Ω)) ∩C((0, ∞); D(Λ)) ∩C1 ((0, ∞); L2 (Ω)) Phần ta xét tính liên tục nghiệm theo điều kiện ban đầu 32 TIEU LUAN MOI download : skknchat@gmail.com 2.3.3 Tính liên tục theo điều kiện ban đầu nghiệm Giả sử B tập giá trị ban đầu bị chặn sau BR = {U0 ∈ K : U0 ≤ R} R > Theo Định lý 2.2 với U0 ∈ BR hệ (2.1) tồn nghiệm toàn cục Khi ta có kết sau Mệnh đề 2.2 Với R > T > tồn số CR,T > (chỉ phụ thuộc vào R T ) cho với U0 ,V0 ∈ BR hai nghiệm U(t) V (t) hệ (2.1) tương ứng với giá trị ban đầu U0 ,V0 thỏa mãn đánh giá t η Aη [U(t) −V (t)] + U(t) −V (t) ≤ CR,T U0 −V0 , ≤ t ≤ T (2.15) Chứng minh Với θ ∈ [0, 1), từ công thức biểu diễn nghiệm ta có Aθ [U(t)−V (t)] = Aθ e−tA (U0 −V0 )+ t Aθ e−(t−s)A [F(U(s))−F(V (s))]ds, < t ≤ T Do tính Lipschitz tốn tử F từ Mệnh đề 2.1 đánh giá tiên nghiệm ta có t t θ Aθ [U(t) −V (t)] ≤ Aθ U0 −V0 +CR Aθ t θ −η +s U(s) −V (s) }ds, (t − s)−θ { Aη (U(s) −V (s)) 0 < t ≤ T, t ≤ Aθ U0 −V0 +CR Aθ t θ (t − s)−θ s−η p(s)ds (2.16) Aθ = sup t θ Aθ e−tA 0 0; số mũ cố định µ > 0, ν > ta xét hàm ϕ(t, s) ≥ có điểm kì dị t = s thỏa mãn bất đẳng thức t ϕ(t, s) ≤ a(t − s)µ−1 + b (t − τ)ν−1 ϕ(τ, s)dτ 0≤s U0 ∈ K thỏa mãn U0 ≤ R Khi đó, từ (2.14) ta thấy tồn tR cho U(t) ≤ C˜ + ∀t ≥ tR , C˜ số xuất đánh giá tiên nghiệm Suy sup sup S(t)U0 ≤ C˜ + U0 ∈K U0 ≤R t≥tR Đặt B = {U ∈ K; U ≤ C˜ + 1} 35 TIEU LUAN MOI download : skknchat@gmail.com tập hút hệ (S(t), K, X) Vì B tập hút nên tồn tB > cho S(t)B ⊂ B, ∀t ≥ tB Xét tập ˜ = ∪0≤t