(Luận văn) tính ổn định nghiệm của bài toán rayleigh stockes nửa tuyến tính

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM Vũ Thị Thùy Linh lu TÍNH ỔN ĐỊNH NGHIỆM CỦA BÀI TỐN RAYLEIGH-STOCKES NỬA TUYẾN TÍNH an n va p ie gh tn to nl w d oa LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC nf va an lu z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu Thái Nguyên - 2020 n va ac th si ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM Vũ Thị Thùy Linh TÍNH ỔN ĐỊNH NGHIỆM CỦA BÀI TỐN RAYLEIGH-STOCKES NỬA TUYẾN TÍNH lu an n va Chun ngành: Tốn giải tích Mã số: 8460102 p ie gh tn to d oa nl w LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC nf va an lu Người hướng dẫn khoa học PGS TS Trần Đình Kế z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu Thái Nguyên - 2020 n va ac th si Lời cam đoan Tôi xin cam đoan nội dung trình bày luận văn trung thực không trùng lặp với đề tài khác Nguồn tài liệu sử dụng cho việc hoàn thành luận văn nguồn tài liệu mở Các thông tin, tài liệu luận văn ghi rõ nguồn gốc lu Thái Nguyên, tháng năm 2020 Người viết luận văn an n va gh tn to Vũ Thị Thùy Linh p ie d oa nl w nf va an lu z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va ac th i si Lời cảm ơn lu an n va Trước trình bày nội dung luận văn, tơi xin bày tỏ lịng biết ơn sâu sắc tới thầy giáo - PGS TS Trần Đình Kế, người trực tiếp hướng dẫn, giúp đỡ, bảo tận tình, tạo điều kiện thuận lợi giúp tơi hồn thành luận văn Tôi xin trân trọng cảm ơn Ban Giám hiệu, ban chủ nhiệm khoa Tốn tồn thể thầy cô giáo Trường Đại học Sư phạm - Đại học Thái Nguyên ,Viện Toán học Trường Đại học Sư phạm Hà Nội truyền thụ cho kiến thức quan trọng, tạo điều kiện thuận lợi cho tơi đóng góp q báu suốt trình học tập thực luận văn Cuối cùng, tơi xin gửi lời cảm ơn tới gia đình, bạn bè quan tâm giúp đỡ, động viên suốt q trình làm luận văn Tơi xin chân thành cảm ơn! p ie gh tn to nl w Thái Nguyên, tháng năm 2020 d oa Người viết luận văn nf va an lu z at nh oi lm ul Vũ Thị Thùy Linh z m co l gm @ an Lu n va ac th ii si Mục Lục Mục lục lu an Lời cam đoan i va Lời cảm ơn n ii tn to Mục lục ie gh iii Đặt vấn đề p w d oa nl Kiến thức chuẩn bị 1.1 Công thức biểu diễn nghiệm 1.2 Tính chất họ giải thức 3 nf va an lu Kết luận z at nh oi lm ul Tính giải tính ổn định nghiệm tốn 12 2.1 Trường hợp tổng quát 12 2.2 Trường hợp tới hạn 19 24 z 24 m co l gm @ Tài liệu tham khảo an Lu n va ac th iii si Đặt vấn đề Cho Ω ⊂ Rd miền bị chặn với biên ∂Ω trơn Xét toán ∂t u − (1 + γ∂tα )∆u = f (u) Ω, t > 0, (1) u = ∂Ω, t ≥ 0, (2) u(·, 0) = ξ Ω, lu an γ > 0, α ∈ (0, 1), ∂t = ∂ ∂t , ∂tα đạo hàm phân thứ Riemann-Liouville cấp va α xác định n ∂tα v(t) (3) tn to d = dt t Z h1−α (t − s)v(s)ds, p ie gh tβ−1 hβ (t) = với β > 0, t > Γ(β) Trong lý thuyết động lực học chất lỏng, việc nghiên cứu tính chất nl w dịng chất lỏng khơng Newton có đặc tính nhớt đàn hồi thu hút quan tâm d oa nhiều nhà nghiên cứu ứng dụng quan trọng chúng lưu an lu biến học, địa vật lý, cơng nghệ hóa dầu, Phương trình (1) phát sinh từ nf va toán Rayleigh-Stokes tổng quát mà luật hợp thành mơ tả cơng trình [7, 13], dùng để mơ tả dịng chất lỏng bậc hai (second grade lm ul fluid) hình trụ Phương trình sử dụng để mơ tả dòng z at nh oi chất lỏng Oldroyd-B trường hợp riêng [7] Chú ý thành phần đạo hàm phân thứ sử dụng để đặc tả tính chất nhớt đàn hồi z Trong tài liệu khảo sát, có số lượng lớn báo đưa gm @ phương pháp giải số cho tốn Rayleigh-Stokes, ví dụ [1, 2, 3, 4, 12, 16] Trong l cơng trình [7, 8, 13, 15, 17] tác giả xây dựng công thức nghiệm cho m co toán Rayleigh-Stokes trường hợp tuyến tính Gần đây, tốn giá trị cuối cho phương trình (1) giải báo [10, 14], an Lu hướng nghiên cứu định tính đáng ý cho tốn Rayleigh-Stokes n va Một vấn đề định tính quan trọng lý thuyết phương trình vi ac th si tích phân khảo sát tính ổn định nghiệm Các kết theo hướng cho phương trình (1) chưa biết đến nhiều Chúng tơi lựa chọn chủ đề tính ổn định nghiệm tốn Rayleigh-Stokes làm nội dung luận văn Các kết luận văn trình bày dựa vào nghiên cứu gần cơng trình [1, 9] lu an n va p ie gh tn to d oa nl w nf va an lu z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va ac th si Chương Kiến thức chuẩn bị 1.1 Công thức biểu diễn nghiệm Xét tốn lu ω (t) + µ(1 + γ∂tα )ω(t) = 0, t > 0, an (1.1) (1.2) n va ω(0) = 1, to tn ẩn hàm ω hàm vơ hướng, µ γ tham số dương Một số ie gh tính chất quan trọng ω trình bày mệnh đề sau p Mệnh đề 1.1 Giả sử ω nghiệm tốn (1.1)-(1.2) Khi oa nl w < ω(t) ≤ với t ≥ 0; d Hàm ω hoàn toàn đơn điệu với t ≥ 0, tức (−1)n ω (n) (t) ≥ với nf va an lu t ≥ n ∈ N; z at nh oi lm ul µω(t) ≤ C min{t−1 , tα−1 }, với t > 0, C số dương; Z T ω(s)ds ≤ µ−1 (1 − ω(T )), với T > 0 Chứng minh Chứng minh cho (1)-(3) trình bày [1, Theorem 2.2] z Để chứng minh khẳng định cuối cùng, lấy tích phân hai vế (1.1), ta có Z T Z T ω(T ) + µ ω(s)ds + µ h1−α (T − s)ω(s)ds = l gm @ T n va nhờ tính dương hàm ω(·) Vậy (4) chứng minh an Lu ω(s)ds ≤ 1, ω(T ) + µ m Z co Từ ac th si Ký hiệu ω(·, µ, γ) nghiệm (1.1)-(1.2), để phản ánh phụ thuộc ω vào tham số µ γ Sau đây, ta sử dụng ký hiệu u ∗ v để tích chập Laplace hai hàm u v: Z t (u ∗ v)(t) = u(t − s)v(s)ds, u, v ∈ L1loc (R+ ) Ta có kết sau Mệnh đề 1.2 Với t ≥ γ > cho trước, hàm µ 7→ ω(t, µ, γ) không tăng khoảng [0, ∞) Chứng minh Biến đổi Laplace ω tính sau ω ˆ (λ, µ, γ) := L[ω](λ) = λ + γµλα + µ lu an Từ va n + γλα ∂ω ˆ =− = −[(1 + γλα )ˆ ω ]ˆ ω α ∂µ (λ + γµλ + µ) tn to gh Chú ý p ie (1 + γλα )ˆ ω = L[(1 + γ∂tα )ω], d oa nl w ta có ∂ω ˆ = −L[(1 + γ∂tα )ω]L[ω] ∂µ lu an Áp dụng biến đổi Laplace ngược cho phương trình cuối, ta nf va ∂ω = −(ω + γ∂tα ω) ∗ ω, ∂µ lm ul z at nh oi quy tắc chập phép biến đổi Laplace Sử dụng (1.1), ta có ∂ω = (ω ∗ ω) ≤ 0, ∂µ µ z gm @ nhờ vào tính chất hồn tồn đơn điệu ω Mệnh đề chứng minh l Bây ta xét tốn với phương trình khơng nhất: co v (t) + µ(1 + γ∂tα )v(t) = g(t), t > 0, (1.4) an Lu n va µ > 0, γ > g hàm liên tục m v(0) = v0 , (1.3) ac th si Mệnh đề 1.3 Nghiệm toán (1.3)-(1.4) xác định v(t) = ω(t)v0 + ω ∗ g(t), t ≥ 0, ω nghiệm (1.1)-(1.2) Chứng minh Áp dụng biến đổi Laplace cho phương trình (1.3), ta có λˆ v − v0 + µ(1 + γλα )ˆ v = gˆ Từ vˆ = v0 gˆ + =ω ˆ v0 + ω ˆ gˆ λ + γµλα + µ λ + γµλα + µ lu an va Biến đổi Laplace ngược phương trình cuối, ta Z t v(t) = ω(t)v0 + ω(t − s)g(s)ds (1.5) n tn to Ngược lại, ta chứng minh hàm v cho (1.5) nghiệm (1.3)-(1.4) Thật p ie gh vậy, đặt L[v] = v + µ(1 + γ∂tα )v, w L[v] = L[ω]v0 + L[ω ∗ g] = L[ω ∗ g] d oa nl Ta cần chứng minh L[ω ∗ g] = g Tính toán trực tiếp, ta thu an lu (ω ∗ g)0 + µ(ω ∗ g) = g + ω ∗ g + µ(ω ∗ g) nf va = g + (ω + µω) ∗ g, d ∂tα (ω ∗ g) = [h1−α ∗ (ω ∗ g)] dt d = (h1−α ∗ ω) ∗ g dt = (∂tα ω) ∗ g z at nh oi lm ul z gm @ Do n va Mệnh đề chứng minh an Lu = g + L[ω] ∗ g = g m = g + (ω + µω + µγ∂tα ω) ∗ g co l L[ω ∗ g] = (ω ∗ g)0 + µ(ω ∗ g) + µγ∂tα (ω ∗ g) ac th si Chương Tính giải tính ổn định nghiệm tốn 2.1 Trường hợp tổng quát lu an Dựa vào biểu diễn (1.10), ta đưa định nghĩa sau nghiệm nhẹ n va toán tn to Định nghĩa 2.1 Cho ξ ∈ L2 (Ω) Hàm u ∈ C([0, T ]; L2 (Ω)) gọi nghiệm p ie gh nhẹ toán (1)-(3) đoạn [0, T ] Z t u(·, t) = S(t)ξ + S(t − s)f (u(·, s))ds, t ∈ [0, T ] w oa nl Trong định lý sau, ta trình bày số kết tính giải tồn d cục tốn (1)-(3) lu nf va an Định lý 2.1 Giả sử f : L2 (Ω) → L2 (Ω) hàm liên tục Hơn kvk→0 kf (v)k = η ∈ [0, λ1 ) kvk (2.1) z at nh oi lm ul lim sup Khi tồn δ > cho với kξk < δ, tốn (1)-(3) có nghiệm nhẹ đoạn [0, T ] với T > z Chứng minh Theo giả thiết, với ε ∈ (0, λ1 − η), tồn ρ > cho gm @ kf (v)k ≤ (η + ε)kvk, ∀kvk ≤ ρ l m co Ký hiệu Bρ hình cầu C([0, T ]; L2 (Ω)) có tâm gốc bán kính ρ an Lu Cho ξ ∈ L2 (Ω), xét toán tử Φ : Bρ → C([0, T ]; L2 (Ω)) xác định Z t Φ(u)(·, t) = S(t)ξ + S(t − s)f (u(·, s))ds n va ac th 12 si = S(t)ξ + Q ◦ Nf (u)(·, t), với Nf (u)(·, t) = f (u(·, t)) Dễ thấy Φ liên tục, giả thiết tính liên tục f Sử dụng Bổ đề 1.3, ta thấy Φ toán tử compact Hơn nữa, ta có ước lượng t Z kΦ(u)(·, t)k ≤ ω(t, λ1 , γ)kξk + ω(t − s, λ1 , γ)(η + ε)ku(·, s)kds Z t ≤ ω(t, λ1 , γ)kξk + (η + ε)kuk∞ ω(s, λ1 , γ)ds 0 ≤ ω(t, λ1 , γ)kξk + (η + ε)ρλ−1 (1 − ω(t, λ1 , γ)) −1 = ω(t, λ1 , γ)[kξk − (η + ε)ρλ−1 ] + (η + ε)ρλ1 −1 Do (η + ε)λ−1 < 1, nên kΦ(u)k∞ ≤ ρ kξk ≤ δ := ηρλ1 Vậy kξk ≤ δ, lu an Φ : Bρ → Bρ liên tục compact Áp dụng định lý điểm bất động Schauder, Φ va có điểm bất động, nghiệm nhẹ toán (1)-(3) n đoạn [0, T ] Định lý chứng minh tn to gh Chú ý f tăng trưởng tuyến tính, ta giảm bớt điều kiện p ie áp đặt lên giá trị ban đầu, tức ξ không bị khống chế Kết cụ thể w trình bày định lý sau d oa nl Định lý 2.2 Giả sử f : L2 (Ω) → L2 (Ω) liên tục thỏa mãn đánh giá nf va an lu kf (v)k ≤ akvk + b, for some a, b ≥ Khi tốn có nghiệm nhẹ đoạn [0, T ] với lm ul ξ ∈ L2 (Ω) z at nh oi z Chứng minh Cho ξ ∈ L2 (Ω) Xét toán tử nghiệm Z t Φ(u)(·, t) = S(t)ξ + S(t − s)f (u(·, s))ds, gm @ l m co tác động lấy giá trị C([0, T ]; L2 (Ω)) an Lu Ký hiệu w nghiệm phương trình tích phân Z t w(t) = kξk + bT + a w(s)ds, n va ac th 13 si D tập lồi đóng C([0, T ]; L2 (Ω)) xác định D = {u ∈ C([0, T ]; L2 (Ω)) : ku(·, t)k ≤ w(t), t ∈ [0, T ]} Khi với u ∈ D, ta có t Z kΦ(u)(·, t)k ≤ kξk + (aku(·, s)k + b)ds Z t ≤ kξk + bT + a ku(·, s)kds ≤ w(t) 0 Vậy Φ(D) ⊂ D Áp dụng định lý Schauder ta có điều cần chứng minh Định lý 2.3 Giả sử f : L2 (Ω) → L2 (Ω) thỏa mãn f (0) = điều kiện Lipschitz lu an kf (v1 ) − f (v2 )k ≤ κ(r)kv1 − v2 k, với kv1 k, kv2 k ≤ r, va n κ(·) hàm không âm cho lim sup κ(r) = η ∈ [0, λ1 ) Khi tồn to r→0 tn δ > cho với kξk < δ, tốn (1)-(3) có nghiệm đoạn p ie gh [0, T ] với T > Chứng minh Chú ý điều kiện định lý suy điều kiện (2.1) Do d oa mãn nl w theo Định lý 2.1, tốn (1)-(3) có nghiệm nhẹ toàn cục Nghiệm thỏa lu Z t S(t − s)f (u(·, s))ds Z t ∞ h i X ω(t, λn , γ)ξn + ω(t − s, λn , γ)fn (s)ds ϕn , = an u(·, t) = S(t)ξ + nf va lm ul n=1 z at nh oi với ξn = (ξ, ϕn ) fn (s) = (f (u(·, s)), ϕn ) Tính nghiệm nhẹ z chứng minh sau Nếu u1 u2 hai nghiệm (1)-(3), Z t ku1 (·, t) − u2 (·, t)k ≤ kS(t − s)[f (u1 (·, s)) − f (u2 (·, s))]kds Z t ≤ κ(r) ku1 (·, s) − u2 (·, s)kds, l gm @ m co với r = max{ku1 k∞ , ku2 k∞ }, nhờ tính chất kS(t)k ≤ với t ≥ Từ an Lu ku1 (t) − u2 (t)k = với t ∈ [0, T ] theo bất đẳng thức Gronwall cổ điển n va Định lý chứng minh ac th 14 si Nhận xét 2.1 Nếu f thỏa mãn tính chất Lipschitz tồn cục, tức kf (v1 ) − f (v2 )k ≤ κ0 kv1 − v2 k, κ0 > 0, kết luận Định lý 2.3 mà không cần điều kiện κ0 ∈ [0, λ1 ) ràng buộc kiện ban đầu Tính giải trường hợp chứng minh nguyên lý ánh xạ co Định lý sau trình bày tồn nghiệm phân rã toán (1)-(3) Định lý 2.4 Nếu giả thiết Định lý 2.1 thực hiện, nghiệm tốn (1)-(3) thỏa mãn ku(·, t)k = O(tα−1 ) t → ∞ lu an n va Chứng minh Lấy δ, ρ  chứng minh Định lý 2.1 Khi ta có Z t ω(t − s, λ1 , γ)kf (u(·, s))kds ku(·, t)k ≤ ω(t, λ1 , γ)kξk + Z t ≤ ω(t, λ1 , γ)kξk + ω(t − s, λ1 , γ)(η + )ku(·, s)kds to gh tn p ie Áp dụng bất đẳng thức kiểu Gronwall Bổ đề 1.1, ta nhận   γλ1 ku(·, t)k ≤ ω t, λ1 − η − , kξk ≤ C min{t−1 , tα−1 }kξk, t > 0, λ1 − η −  oa nl w d ta sử dụng Mệnh đề 1.1(3) Ta có kết luận định lý lu nf va an Định lý 2.5 Nếu giả thiết Định lý 2.3 thực hiện, nghiệm tầm thường (u = 0) toán (1)-(3) ổn định tiệm cận lm ul Chứng minh Lấy ρ, δ  chứng minh Định lý 2.1, với kξk < δ, z at nh oi z nghiệm toán (1)-(3) thỏa mãn đánh giá   γλ1 ku(·, t)k ≤ ω t, λ1 − η − , kξk, với t ≥ 0, λ1 − η −  @ gm lý luận phần chứng minh Định lý 2.4 Bất đẳng thức cuối chứng co l tỏ tính ổn định tính hút nghiệm tầm thường m Trong trường hợp hàm phi tuyến f có tính chất Lipschitz toàn cục, ta thu an Lu kết mạnh n va ac th 15 si Định lý 2.6 Giả sử f thỏa mãn điều kiện Lipschitz toàn cục kf (v1 ) − f (v2 )k ≤ κ0 kv1 − v2 k, với κ0 ∈ [0, λ1 ) Khi nghiệm (1) ổn định tiệm cận Chứng minh Giả sử ui , i = 1, 2, nghiệm (1) cho ui (·, 0) = ξi ∈ L2 (Ω) Khi Z t ku2 (·, t) − u1 (·, t)k ≤ kS(t)(ξ1 − ξ2 )k + kS(t − s)[f (u1 (·, s)) − f (u2 (·, s))]kds Z t ≤ ω(t, λ1 , γ)kξ1 − ξ2 k + ω(t − s, λ1 , γ)κ0 ku1 (·, s) − u2 (·, s)kds, t ≥ 0 lu an Sử dụng Bổ đề 1.1, ta γλ1  kξ1 − ξ2 k, t ≥ ku2 (·, t) − u1 (·, t)k ≤ ω t, λ1 − κ0 , λ1 − κ0 n va  tn to Bất đẳng thức với tính chất hàm ω phát biểu Mệnh đề gh p ie 1.1(3) chứng tỏ nghiệm (1) ổn định tiệm cận Bây ta chứng minh tồn tập hấp thụ cho nghiệm (1), f w d oa nl tăng trưởng tuyến tính an lu Định lý 2.7 Giả sử f : L2 (Ω) → L2 (Ω) hàm liên tục thỏa mãn điều kiện tăng trưởng tuyến tính nf va lm ul kf (v)k ≤ akvk + b, z at nh oi b ≥ a ∈ [0, λ1 ) Khi tồn tập hấp thụ cho tất nghiệm phương trình (1) z Chứng minh Giả sử u nghiệm ứng với kiện ban đầu ξ ∈ L2 (Ω) Khi @ ku(·, t)k ≤ ω(t, λ1 , γ)kξk + t l Z gm ω(t − s, λ1 , γ)[aku(·, s)k + b]ds, t ≥ m co an Lu Sử dụng bất đẳng thức kiểu Gronwall Bổ đề 1.1, ta có Z t   γλ1  γλ1  kξk + b ω t − s, λ1 − a, ds ku(·, t)k ≤ ω t, λ1 − a, λ1 − a λ1 − a n va ac th 16 si γλ1  kξk + b(λ1 − a)−1 , ≤ ω t, λ1 − a, λ1 − a  γλ1  ta dùng Mệnh đề 1.1(4) Do ω t, λ1 − a, → t → ∞, ta λ1 − a tìm T = T (kξk) > cho ku(·, t)k ≤ b(λ1 − a)−1 + với  t ≥ T Như vậy, hình cầu B(0, R) ⊂ L2 (Ω) với R = b(λ1 − a)−1 + 1, tập hấp thụ nghiệm phương trình (1) Trong định lý tiếp theo, ta phân tích điều kiện cho hội tụ nghiệm (1) điểm cân Định lý 2.8 Giả sử f : L2 (Ω) → L2 (Ω) hàm liên tục u nghiệm nhẹ toán (1)-(3) Giả thiết thêm ∂Ω thuộc lớp C Nếu tồn lu giới hạn lim u(·, t) = u∗ L2 (Ω), u∗ nghiệm mạnh toán an t→∞ elliptic n va (2.2) w = ∂Ω (2.3) ie gh tn to −∆w = f (w) Ω, p Chứng minh Nhờ giả thiết liên tục f , ta có lim f (u(·, t)) = f (u∗ ) Khi t→∞ nl w với  > 0, tồn T1 > cho oa , vợi t ≥ T1 kf (u(·, t)) − f (u∗ )k < λ−1 d (2.4) lu nf va an Sử dụng công thức nghiệm nhẹ, ta có Z t u(·, t) = S(t)ξ + S(t − s)f (u(·, s))ds Z t Z t = S(t)ξ + S(t − s)[f (u(·, s)) − f (u∗ )]ds + S(t − s)f (u∗ )ds z at nh oi lm ul 0 = u1 (t) + u2 (t) + u3 (t), t > T1 z gm @ Xét u1 (t), ta thấy m co l ku1 (t)k ≤ ω(t, λ1 , γ)kξk → t → ∞ Với u2 (t), ta có kS(t − s)kkf (u(·, s)) − f (u∗ )kds n va ku2 (t)k ≤ T1 an Lu Z ac th 17 si Z t kS(t − s)kkf (u(·, s)) − f (u∗ )kds + T1 Z T1 ω(t − s, λ1 , γ)kf (u(·, s)) − f (u∗ )kds Z t + ω(t − s, λ1 , γ)kf (u(·, s)) − f (u∗ )kds T Z t Z T11 −1 ω(t − s, λ1 , γ)ds ≤M ω(t − s, λ1 , γ)ds + λ1  T1 Z t Z t−T1 −1 =M ω(s, λ1 , γ)ds + λ1  ω(s, λ1 , γ)ds, t−T1 ≤ (2.5) lu an n va M = sup kf (u(·, s))−f (u∗ )k Sử dụng Mệnh đề 1.1(4), ta ω(·, λ1 , γ) ∈ s∈[0,T1 ] Z ∞ Z ∞ −1 + L (R ) ω(s, λ1 , γ)ds ≤ λ1 Do tồn T2 > cho ω(s, λ1 , γ)ds < T2  Như với t > T1 + T2 , từ (2.5) ta suy 2M Z ∞ Z ∞ −1 ku2 (t)k ≤ M ω(s, λ1 , γ)ds + λ1  ω(s, λ1 , γ)ds <  T2 gh tn to ie Ta chứng minh lim u1 (t) = lim u2 (t) = L2 (Ω) Chú ý rằng, H(z) p t→∞ t→∞ oa nl w xác định (1.14) biến đổi Laplace toán tử giải S(·), tức Z ∞ H(z)ξ = e−tz S(t)ξdt, ξ ∈ L2 (Ω) d lu nf va an Từ ta có −1 Z ∞ lm ul H(0)ξ = (−∆) ξ = S(t)ξdt z at nh oi Đẳng thức dẫn đến Z t Z t u3 (t) = S(t − s)f (u∗ )ds = S(s)f (u∗ )ds Z0 ∞ → S(t)f (u∗ )dt = (−∆)−1 f (u∗ ), t → ∞ z gm @ l t→∞ t→∞ ∗ u ∈ H (Ω) −∆u = f (u∗ ) m ∗ co Do lim u(·, t) = lim u3 (t), ta có u∗ = (−∆)−1 f (u∗ ) Vì ∂Ω thuộc lớp C , nên an Lu n va ac th 18 si 2.2 Trường hợp tới hạn Ta xét toán (1)-(3) với α = Ta viết lại toán sau ∂t u − ∆u − γ∂t ∆u = f (u) Ω, t > 0, (2.6) u = ∂Ω, t ≥ 0, (2.7) u(·, 0) = ξ Ω (2.8) Ký hiệu ω ˜ (·, µ), phụ thuộc µ, nghiệm phương trình (1 + γµ)˜ ω + µ˜ ω = 0, ω ˜ (0, µ) = (2.9) µ Khi ω ˜ (t, µ) = e− 1+γµ t Ta định nghĩa toán tử lu S(t)ξ = ∞ X ω ˜ (t, λn )ξn ϕn , t ≥ 0, (2.10) an n=1 va n với ξ ∈ L2 (Ω), ξn = (ξ, ϕn ) Với g ∈ C(R+ ; R), giải phương trình to (2.11) p ta ie gh tn (1 + γµ)v (t) + µv(t) = g(t), t > 0, Z t ω ˜ (t − s, µ)g(s)ds (2.12) oa nl w v(t) = ω ˜ (t, µ)v(0) + + γµ d Gọi {R(t)}t≥0 họ toán tử xác định an lu nf va R(t)ξ = ∞ X n=1 ω ˜ (t, λn )ξn ϕn , + γλn (2.13) lm ul với ξ ∈ L2 (Ω), ξn = (ξ, ϕn ) Rõ ràng, S(t) R(t) tốn tử tuyến tính bị z at nh oi chặn L2 (Ω) Hơn nữa, S(0) = I, R(0) = (I − γ∆)−1 z gm @ Mệnh đề sau trình bày tính chất S(·) R(·) l Mệnh đề 2.1 Cho S(t) R(t), t ≥ 0, họ toán tử xác định m co (2.10) (2.13) Khi λ1 an Lu S(·)ξ ∈ C ∞ (R+ ; L2 (Ω)) với ξ ∈ L2 (Ω) Ngoài ta có (2.14) n va kS (m) (t)ξk ≤ γ −m e− 1+γλ1 t kξk, ∀m ∈ N, t ≥ ac th 19 si R(·)ξ, ∆R(·)ξ ∈ C ∞ (R+ ; L2 (Ω)) với ξ ∈ L2 (Ω) Hơn ta có λ1 kR(m) (t)ξk ≤ γ −m e− 1+γλ1 t kξk, (2.15) λ1 k∆R(m) (t)ξk ≤ γ −m−1 e− 1+γλ1 t kξk, ∀m ∈ N, t ≥ (2.16) Chứng minh (1) Ta thấy  m λ1 λn λ n |˜ ω (m) (t, λn )| = e− 1+γλn t ≤ γ −m e− 1+γλ1 t , for all n = 1, 2, + γλn P chuỗi ∞ ˜ (m) (t, λn )ξn ϕn hội tụ đoạn [0, T ] với T > n=1 ω Điều chứng tỏ tính khả vi cấp S(·)ξ ta có ước lượng (2.14) (2) Tương tự R(·)ξ ta có lu 1 |˜ ω (m) (t, λn )| = + γλn + γλn  λn + γλn m λ1 λn e− 1+γλn t ≤ γ −m e− 1+γλ1 t , an n va với n ∈ N \ {0} Ngoài ra, to tn (−∆)R(t)ξ = n=1 λn ω ˜ (t, λn )ξn ϕn , + γλn p ie gh ∞ X  λn + γλn m+1 λ1 λn e− 1+γλn t ≤ γ −m−1 e− 1+γλ1 t oa nl w λn |˜ ω (m) (t, λn )| = + γλn d Do tính khả vi ∆R(·)ξ ước lượng (2.16) chứng minh lu nf va an Nhận xét 2.2 Ta nhắc lại toán tử phân thứ (−∆)β , với β ∈ R, sau ∞ n o X β 2β D((−∆) ) = v ∈ L (Ω) : λn < ∞ , lm ul n=1 n=1 z at nh oi (−∆)β v = ∞ X λβn ϕn , = (v, ϕn ) z Theo Mệnh đề 2.1, họ R(t) có hiệu ứng trơn, tức với ξ ∈ L2 (Ω), ta có @ gm R(t)ξ ∈ D(−∆) với t ≥ Tuy nhiên, ta khơng có hiệu ứng trơn m co l S(t) Thật vậy, tồn ξ ∈ L2 (Ω) cho S(t)ξ 6∈ D((−∆)β ) với β > ∞ ϕ P 2β n Lấy γ = + ξ = Khi rõ ràng ξ ∈ L2 (Ω) Mặt khác γ d n n=1 k(−∆) S(t)ξk = ∞ X 2λn − 1+γλ t −2γ n n λ2β e n ∞ X n=1 −2γ λ2β n n n va n=1 ≥e − γ2 t an Lu β ac th 20 si Chú ý λn ∼ Cn d n → ∞, ta có −2γ λ2β n n chuỗi ∞ P 2β ∼C n 4β d −2γ C 2β , = n −2γ phân lỳ, tức S(t)ξ 6∈ D((−∆)β ) λ2β n n n=1 Xuất phát từ cơng thức nghiệm (2.12) cho phương trình (2.11), ta có định nghĩa sau nghiệm nhẹ toán (2.6)-(2.8) Định nghĩa 2.2 Với ξ ∈ L2 (Ω), hàm u ∈ C([0, T ]; L2 (Ω)) gọi nghiệm nhẹ toán (2.6)-(2.8) đoạn [0, T ] Z t u(·, t) = S(t)ξ + R(t − s)f (u(·, s))ds, với t ∈ [0, T ] lu an Ta có kết sau tính giải tốn (2.6)-(2.8) va n Định lý 2.9 Giả sử f : L2 (Ω) → L2 (Ω) thỏa mãn f (0) = điều kiện to gh tn Lipschitz cục p ie kf (v1 ) − f (v2 )k ≤ κ(r)kv1 − v2 k, với kv1 k, kv2 k ≤ r, h λ1  κ(·) hàm khơng âm cho lim sup κ(r) = η ∈ 0, Khi tồn + γλ1 r→0 δ > cho với kξk < δ, tốn (2.6)-(2.8) có nghiệm nhẹ d oa nl w nf va an lu đoạn [0, T ] với T > 0 Lấy  dương cho  < z at nh oi lm ul Chứng minh Ta áp dụng nguyên lý ánh xạ co cho toán tử nghiệm Z t Ψ(u)(·, t) = S(t)ξ + R(t − s)f (u(·, s))ds, t ∈ [0, T ] λ1 − η, tồn ρ > thỏa mãn + γλ1 z @ l gm kf (v)k ≤ (η + )kvk với kvk ≤ ρ, giả thiết f Ký hiệu m co n va kuk∞ ≤ ρ} an Lu Bρ = {u ∈ C([0, T ]; L2 (Ω)) : u(·, 0) = ξ, ac th 21 si Xét Ψ Bρ , ta có Z λ t − 1+γλ kΨ(u)(·, t)k ≤ e t kξk + λ e (t−s) − 1+γλ (η + )ku(·, s)kds  λ1 λ1 + γλ1  − 1+γλ t t − 1+γλ 1 ≤e kξk + (η + )ρ 1−e λ1 λ1 + γλ1 = e− 1+γλ1 t [kξk − (η + )ρ] + (η + )ρ λ1 1 Chọn δ := ηρ kξk ≤ δ, ta có kξk − (η + )ρ < 0, kΨ(u)(·, t)k ≤ ρ, với u ∈ Bρ Tức Ψ(Bρ ) ⊂ Bρ Ta phải chứng minh Ψ ánh xạ co lu an n va Bρ Thật vậy, với u1 , u2 ∈ Bρ , ta có Z t λ1 kΨ(u1 )(·, t) − Ψ(u2 )(·, t)k ≤ e− 1+γλ1 (t−s) κ(ρ)ku1 (·, s) − u2 (·, s)kds   λ1 − 1+γλ t + γλ1 ≤ 1−e κ(ρ)ku1 − u2 k∞ λ1 + γλ1 (η + )ku1 − u2 k∞ ≤ λ1 tn to p ie gh + γλ1 (η + ) < 1, ta có Ψ ánh xạ co Bρ Vậy nghiệm nhẹ λ1 tốn tồn Tính nghiệm suy từ bất đẳng thức Gronwall Do nl w cổ điển d oa Định lý chứng minh lu an Dưới giả thiết Định lý 2.9, ta xem xét tính ổn định nghiệm cho toán nf va cho trường hợp tới hạn α = lm ul Định lý 2.10 Giả sử giả thiết Định lý 2.9 thỏa mãn Khi z at nh oi nghiệm tầm thường (2.6) ổn định mũ Nói riêng, f có tính chất Liph λ1  schitz toàn cục với số Lipschitz κ0 ∈ 0, nghiệm + γλ1 (2.6)-(2.8) ổn định mũ z @ gm Chứng minh Lấy δ, η, ρ  chứng minh Định lý 2.9, giả sử u nghiệm co l toán (2.6)-(2.8) kξk ≤ δ Khi ku(·, t)k ≤ ρ với m t ≥ Hơn ta có kξk + λ1 an Lu ku(·, t)k ≤ e t Z λ t − 1+γλ e− 1+γλ1 (t−s) (η + )ku(·, s)kds n va ac th 22 si Từ suy e λ1 1+γλ1 t t Z ku(·, t)k ≤ kξk + (η + ) λ1 e 1+γλ1 s ku(·, s)kds Sử dụng bất đẳng thức Gronwall cổ điển, ta có λ1 e 1+γλ1 t ku(·, t)k ≤ e(η+)t kξk, ∀t ≥ 0, hay tương đương, ku(·, t)k ≤ e − h i λ1 1+γλ1 −(η+) t kξk, ∀t ≥ λ1  Trong trường hợp f có tính chất Lipschitz toàn cục với số κ0 ∈ 0, , + γλ1 ta có kết luận định lý từ đánh giá Z t λ1 λ1 − 1+γλ t kξ − ξ k + e− 1+γλ1 (t−s) κ0 ku1 (·, s) − u2 (·, s)kds, ku1 (·, t) − u2 (·, t)k ≤ e h lu an va n tn to bất đẳng thức Gronwall, ui nghiệm ứng với kiện ban đầu ξi , với p ie gh i = 1, Định lý chứng minh d oa nl w nf va an lu z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va ac th 23 si Kết luận Luận văn nghiên cứu lớp phương trình Rayleigh-Stokes nửa tuyến tính xuất lý thuyết động lực học chất lỏng Các kết trình bày luận văn bao gồm: Một số điều kiện đủ đảm bảo tính giải tốn; lu Tính ổn định nghiệm tốn, bao gồm trường hợp tới hạn an n va Luận văn viết dựa số nghiên cứu gần phương trình tn to Rayleigh-Stokes trình bày cơng trình [1, 9] Các kết trình bày luận văn phát triển tiếp cho trường hợp phương trình chứa trễ hữu gh p ie hạn vơ hạn d oa nl w nf va an lu z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va ac th 24 si Tài liệu tham khảo [1] E Bazhlekova, B Jin, R Lazarov, Z Zhou, An analysis of the RayleighStokes problem for a generalized second-grade fluid, Numer Math 131 (2015), no 1, 1-31 [2] X Bi, S Mu, Q Liu, Q Liu, B Liu, P Zhuang, J Gao, H Jiang, X Li, B Li, Advanced implicit meshless approaches for the Rayleigh-Stokes problem lu an for a heated generalized second grade fluid with fractional derivative, Int n va J Comput Methods 15 (2018), no 5, 1850032, 27 pp to tn [3] C.M Chen, F Liu, K Burrage, Y Chen, Numerical methods of the ie gh variable-order Rayleigh-Stokes problem for a heated generalized second p grade fluid with fractional derivative, IMA J Appl Math 78 (2013), no oa nl w 5, 924-944 [4] C.M Chen, F Liu, V Anh, Numerical analysis of the Rayleigh-Stokes d an lu problem for a heated generalized second grade fluid with fractional deriva- nf va tives, Appl Math Comput 204 (2008), no 1, 340-351 lm ul [5] P Drábek, J Milota, Methods of nonlinear analysis Applications to dif- z at nh oi ferential equations Birkhăauser Verlag, Basel, 2007 [6] L.C Evans, Partial differential equations Second edition American Math- z ematical Society, Providence, RI, 2010 @ gm [7] C Fetecau, M Jamil, C Fetecau, D Vieru, The Rayleigh-Stokes problem co l for an edge in a generalized Oldroyd-B fluid, Z Angew Math Phys 60 m (2009), no 5, 921-933 an Lu n va ac th 25 si [8] M Khan, The Rayleigh-Stokes problem for an edge in a viscoelastic fluid with a fractional derivative model, Nonlinear Anal Real World Appl 10 (2009), no 5, 3190-3195 [9] T.D Ke, D Lan, P.T Tuan, Regularity and stability analysis for semilinear generalized Rayleigh-Stokes equations (2020), Preprint [10] N.H Luc, N.H Tuan, Y Zhou, Regularity of the solution for a final value problem for the Rayleigh-Stokes equation, Math Methods Appl Sci 42 (2019), no 10, 3481-3495 [11] J Pră uss, Evolutionary Integral Equations and Applications Monographs in Mathematics 87, Birkhăauser, Basel, 1993 lu an [12] F Salehi, H Saeedi, M.M Moghadam, Discrete Hahn polynomials for n va numerical solution of two-dimensional variable-order fractional Rayleigh- tn to Stokes problem, Comput Appl Math 37 (2018), no 4, 5274-5292 ie gh [13] F Shen, W Tan, Y Zhao, Y Masuoka, The Rayleigh-Stokes problem for p a heated generalized second grade fluid with fractional derivative model, Nonlinear Anal Real World Appl (2006), no 5, 1072-1080 nl w d oa [14] N.H Tuan, Y Zhou, T.N Thach, N.H Can, Initial inverse problem for the an lu nonlinear fractional Rayleigh-Stokes equation with random discrete data, nf va Commun Nonlinear Sci Numer Simul 78 (2019), 104873, 18 pp lm ul [15] C Xue, J Nie, Exact solutions of the Rayleigh-Stokes problem for a heated 33 (2009), no 1, 524-531 z at nh oi generalized second grade fluid in a porous half-space, Appl Math Model [16] M.A Zaky, An improved tau method for the multi-dimensional fractional z put Math Appl 75 (2018), no 7, 2243-2258 co l gm @ Rayleigh-Stokes problem for a heated generalized second grade fluid, Com- [17] J Zierep, R Bohning, C Fetecau, Rayleigh-Stokes problem for non- m an Lu Newtonian medium with memory, ZAMM Z Angew Math Mech 87 (2007), no 6, 462-467 n va ac th 26 si