Một số nghiên cứu về hệ phương trình g navier stokes hai chiều

BỘ QUỐC PHÒNG HỌC VIỆN KỸ THUẬT QUÂN SỰ ——————– * ——————— ĐÀO TRỌNG QUYẾT MỘT SỐ NGHIÊN CỨU VỀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH g-NAVIER-STOKES HAI CHIỀU LUẬN ÁN TIẾN SĨ TOÁN HỌC HÀ NỘI - 2013 Tai ngay!!! Ban co the xoa dong chu nay!!! BỘ QUỐC PHÒNG HỌC VIỆN KỸ THUẬT QUÂN SỰ ——————– * ——————— ĐÀO TRỌNG QUYẾT MỘT SỐ NGHIÊN CỨU VỀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH g-NAVIER-STOKES HAI CHIỀU Chuyên ngành: Toán ứng dụng Mã số: 62 46 01 12 LUẬN ÁN TIẾN SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC TS Cung Thế Anh HÀ NỘI - 2013 LỜI CAM ĐOAN Tôi xin cam đoan cơng trình nghiên cứu tơi Các kết viết chung với tác giả khác, trí đồng tác giả đưa vào luận án Các kết nêu luận án hoàn toàn trung thực chưa cơng bố cơng trình khác NCS Đào Trọng Quyết LỜI CẢM ƠN Luận án thực Bộ mơn Tốn - Khoa Công nghệ Thông tin - Học viện Kỹ thuật Quân sự, hướng dẫn nghiêm khắc, tận tình, chu đáo TS Cung Thế Anh Tác giả xin bày tỏ lịng kính trọng biết ơn sâu sắc đến Thầy, người dẫn dắt tác giả vào hướng nghiên cứu khó khăn, vất vả thực thú vị có ý nghĩa Tác giả vơ biết ơn GS TSKH Phạm Thế Long, PGS.TS Đào Thanh Tĩnh, PGS.TS Nguyễn Xuân Viên, PGS.TS Tô Văn Ban, TS Trần Đình Kế, TS Trần Quang Vinh, TS Nguyễn Cơng Minh cổ vũ động viên truyền cho tác giả nhiều kinh nghiệm quý báu nghiên cứu khoa học Tác giả trân trọng gửi lời cảm ơn đến Ban Giám đốc, Phòng Sau Đại học, Ban Chủ nhiệm Khoa Công nghệ Thông tin, Học viện Kỹ thuật Quân sự; đặc biệt thầy cô giáo Bộ mơn Tốn, Khoa Cơng nghệ Thơng tin, Học viện Kỹ thuật Qn Bộ mơn Giải tích, Khoa Tốn-Tin, Trường Đại học Sư phạm Hà Nội giúp đỡ, tạo điều kiện thuận lợi động viên tác giả suốt trình học tập nghiên cứu Lời cảm ơn sau cùng, xin dành cho gia đình tác giả, người dành cho tác giả tình yêu thương trọn vẹn, ngày chia sẻ, động viên tác giả vượt qua khó khăn để hồn thành luận án Tác giả thành kính dâng tặng quà tinh thần lên bậc sinh thành, người ngày đón đợi hy vọng bước trưởng thành tác giả Mục lục Trang phụ bìa Lời cam đoan Lời cảm ơn Mục lục Một số kí hiệu dùng luận án MỞ ĐẦU LỊCH SỬ VẤN ĐỀ VÀ LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU 11 ĐỐI TƯỢNG VÀ PHẠM VI NGHIÊN CỨU 12 PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU 12 KẾT QUẢ CỦA LUẬN ÁN 13 CẤU TRÚC CỦA LUẬN ÁN 14 Chương MỘT SỐ KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 15 1.1 CÁC KHƠNG GIAN HÀM, TỐN TỬ VÀ BẤT ĐẲNG THỨC LIÊN QUAN ĐẾN SỐ HẠNG PHI TUYẾN 15 1.1.1 Các không gian hàm 15 1.1.2 Các toán tử 16 1.1.3 Các bất đẳng thức liên quan đến số hạng phi tuyến 17 1.2 TẬP HÚT TOÀN CỤC VÀ TẬP HÚT LÙI 18 1.2.1 Tập hút toàn cục 18 1.2.2 Tập hút lùi 21 1.3 MỘT SỐ KẾT QUẢ THƯỜNG DÙNG 25 1.3.1 Không gian hàm phụ thuộc thời gian 25 1.3.2 Một số bất đẳng thức thường dùng 26 1.3.3 Một số bổ đề định lí quan trọng 27 Chương NGHIỆM YẾU CỦA HỆ g-NAVIER-STOKES HAI CHIỀU 29 2.1 ĐẶT BÀI TOÁN 29 2.2 SỰ TỒN TẠI VÀ DUY NHẤT CỦA NGHIỆM YẾU 30 2.3 SỰ TỒN TẠI TẬP HÚT LÙI 33 2.4 ĐÁNH GIÁ SỐ CHIỀU FRACTAL CỦA TẬP HÚT LÙI 40 2.5 MỘT SỐ KẾT QUẢ TRONG TRƯỜNG HỢP Ô-TÔ-NÔM 48 2.5.1 Sự tồn đánh giá số chiều fractal tập hút toàn cục 48 2.5.2 Sự tồn tính ổn định nghiệm dừng 48 Chương NGHIỆM MẠNH CỦA HỆ g-NAVIER-STOKES HAI CHIỀU 50 3.1 ĐẶT BÀI TOÁN 50 3.2 SỰ TỒN TẠI VÀ DUY NHẤT CỦA NGHIỆM MẠNH 51 3.3 DÁNG DIỆU TIỆM CẬN CỦA NGHIỆM MẠNH 58 3.3.1 Sự tồn tập hút toàn cục 58 3.3.2 Sự tồn tính ổn định nghiệm dừng 63 3.4 XẤP XỈ NGHIỆM MẠNH 67 3.4.1 Xấp xỉ nghiệm mạnh khoảng thời gian hữu hạn 67 3.4.2 Xấp xỉ dáng điệu tiệm cận nghiệm mạnh 74 Chương HỆ g-NAVIER-STOKES HAI CHIỀU VỚI TRỄ VÔ HẠN 79 4.1 ĐẶT BÀI TOÁN 79 4.2 SỰ TỒN TẠI VÀ DUY NHẤT CỦA NGHIỆM YẾU 81 4.3 SỰ TỒN TẠI DUY NHẤT VÀ TÍNH ỔN ĐỊNH CỦA NGHIỆM DỪNG 95 KẾT LUẬN 101 KẾT QUẢ ĐẠT ĐƯỢC 101 KIẾN NGHỊ MỘT SỐ VẤN ĐỀ NGHIÊN CỨU TIẾP THEO 102 DANH MỤC CÁC CƠNG TRÌNH CƠNG BỐ ĐƯỢC SỬ DỤNG TRONG LUẬN ÁN 103 TÀI LIỆU THAM KHẢO 104 MỘT SỐ KÍ HIỆU THƯỜNG DÙNG TRONG LUẬN ÁN Hg , Vg không gian hàm dùng để nghiên cứu hệ g-Navier-Stokes (xin xem chi tiết tr 15-16) Vg′ không gian đối ngẫu không gian Vg (·, ·)g , | · | tích vơ hướng chuẩn không gian Hg ((·, ·))g , ∥ · ∥ tích vơ hướng chuẩn khơng gian Vg ∥ · ∥∗ chuẩn không gian Vg′ ⟨·, ·⟩ đối ngẫu Vg Vg′ | · |p chuẩn không gian Lp (Ω), với ≤ p ≤ ∞ Id ánh xạ đồng A, B, C toán tử dùng để nghiên cứu hệ g-Navier-Stokes (xin xem chi tiết tr 16) D(A) miền xác định toán tử A ⇀ hội tụ yếu Y X bao đóng Y X B(X) họ tập bị chặn X dF (K) γ0 số chiều fractal tập compact K |∇g|∞ γ0 = − (xem trang 30) 1/2 m0 λ1 ut hàm trễ ut (.) xác định ut (s) = u(t + s) dist(A, B) nửa khoảng cách Hausdorff hai tập A, B MỞ ĐẦU LỊCH SỬ VẤN ĐỀ VÀ LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI Các phương trình hệ phương trình học chất lỏng xuất mô tả chuyển động chất lỏng khí nước, khơng khí, dầu mỏ, , điều kiện tương đối tổng quát, chúng xuất nghiên cứu nhiều tượng quan trọng khoa học hàng khơng, khí tượng học, cơng nghiệp dầu mỏ, vật lí plasma Một lớp hệ phương trình quan trọng học chất lỏng, miêu tả dịng chảy chất lỏng lí tưởng, nhớt, khơng nén hệ Navier-Stokes Hệ phương trình Navier-Stokes xây dựng từ định luật bảo toàn khối lượng, động lượng có dạng:    ∂u − ν∆u + (u · ∇)u + ∇p = f (x, t), ∂t  ∇ · u = u = u(x, t), p = p(x, t) tương ứng hàm véctơ vận tốc hàm áp suất cần tìm, ν = const > hệ số nhớt f ngoại lực Mặc dù đưa lần vào năm 1822, có nhiều báo sách chuyên khảo viết hệ phương trình Navier-Stokes, nhiên hiểu biết nghiệm hệ phương trình cịn khiêm tốn Nói riêng, vấn đề tồn nghiệm mạnh tồn cục tính nghiệm yếu trường hợp ba chiều thách thức lớn nhà toán học vật lý Tuy nhiên, nhu cầu Khoa học Công nghệ mà việc nghiên cứu hệ phương trình Navier-Stokes nói riêng phương trình, hệ phương trình học chất lỏng nói chung ngày trở nên thời cấp thiết Như đề cập đến chuyên khảo [58, 59] báo tổng quan gần [10, 61], vấn đề đặt nghiên cứu phương trình hệ phương trình học chất lỏng là: • Sự tồn tại, tính tính qui nghiệm: Nghiệm nghiệm yếu nghiệm mạnh Tính qui tính qui theo biến thời gian (tính giải tích, tính Gevrey) tính qui theo biến khơng gian (tính qui Hilbert, tính chớnh qui Hăolder, mụ t im kỡ d) ã Dáng điệu tiệm cận nghiệm: Nghiên cứu dáng điệu nghiệm thời gian t vô Trong trường hợp ngoại lực f “lớn”, nghiên cứu tồn tính chất tập hút, tập compact, bất biến, hút tập bị chặn chứa đựng nhiều thông tin dáng điệu tiệm cận nghiệm; ngoại lực f “nhỏ” không phụ thuộc thời gian, nghiên cứu tồn tính nghiệm dừng, tức nghiệm toán dừng tương ứng, chứng minh nghiệm hệ xét dần đến nghiệm dừng thời gian t vô Việc nghiên cứu dáng điệu tiệm cận quan trọng cho phép dự đoán xu phát triển tương lai hệ xét, từ có điều chỉnh thích hợp để đạt mục đích mong muốn • Xấp xỉ nghiệm: Vì phương trình học chất lỏng đóng vai trị quan trọng lĩnh vực khoa học kĩ thuật nên ta cần mơ tả định tính định lượng nghiệm, nói riêng việc tìm nghiệm xấp xỉ phương trình (vì nói chung ta khơng thể tìm nghiệm xác phương trình, tồn tại) Việc xấp xỉ nghiệm xác phương trình khoảng thời gian hữu hạn xấp xỉ dáng điệu tiệm cận nghiệm vấn đề quan trọng áp dụng vào mơ hình thực tế Về mặt toán học, phải xây dựng lược đồ xấp xỉ nghiệm, chứng minh lược đồ nhận g i=1 i=1 m0 λ (2.41) Chú ý u = u(s, x), ρ = ρ(s, x), từ (2.39), (2.40) (2.41), ta có ( ) m |∇g|∞ ∑ Trm (F ′ (U (s, τ )u0 , s) ≤ −ν − ∥ei ∥ + ∥U (t, τ )u0 ∥|ρ| 1/2 m0 λ1 i=1 m ∑ = −νγ0 ∥ei ∥ + ∥U (t, τ )u0 ∥|ρ| i=1 Do {ei } trực giao Hg , trực giao L2 (Ω, g) thuộc Vg ,→ H01 (Ω, g), bất đẳng thức Lieb-Thirring (xem [59, Định lí A.3.1] với n = 2, p = 2, m = trường hợp đặc biệt, xem [59, Ví dụ A5.1]), tồn số κ phụ thuộc Ω cho ∫ m ∑ 2 |ρ(s)| = ρ(s, x) g(x)dx ≤ κ ∥ei ∥2 Ω i=1 Do đó, ′ Trm (F (U (s, τ )u0 , s) ≤ −νγ0 m ∑ ∥ei ∥ + ∥U (t, τ )u0 ∥|ρ| i=1 ≤ −νγ0 m ∑ ( ∥ei ∥2 + ∥U (t, τ )u0 ∥ κ i=1 ≤ −ν(γ0 − ϵ) m ∑ ) 12 ∥ei ∥2 i=1 m ∑ ∥ei ∥2 + i=1 ≤ −ν(γ0 − ϵ)λ1 m ∑ κ ∥U (t, τ )u0 ∥2 4νϵ |ei |2 + i=1 = −ν(γ0 − ϵ)λ1 m + κ ∥U (t, τ )u0 ∥2 4νϵ κ ∥U (t, τ )u0 ∥2 , 4νϵ 47 ý tính chất |ei | = Mặt khác, d ∥f (s)∥2∗ |U (s, τ )u0 |2 + 2ν(γ0 − ϵ)∥U (s, τ )u0 ∥2 ≤ , dt 2νϵ Và ta kí hiệu M = ∥f ∥2L∞ (−∞,T ∗ ;V ′ ) , ta có g ∫ ( τ ∥U (s, τ )u0 ∥ ds ≤ τ −T MT |u0 |2 + 4ν ϵ 2ν ) (γ0 − ϵ)−1 , t ≥ τ Sử dụng Định lí 1.2, ta thu ∫ τ qem ≤ lim sup sup Trm (F ′ (U (s, τ − T )u0 , s)) ds T →+∞ u0 ∈A(τ −T ) T τ −T ( ) κ M |u0 |2 lim sup sup + (γ0 − ϵ)−1 ≤ −ν(γ0 − ϵ)λ1 m + 4νϵ T →+∞ u0 ∈A(τ −T ) 4ν ϵ 2νT ≤ −ν(γ0 − ϵ)λ1 m + κM 16ν ϵ2 (γ − ϵ) Tiếp theo, xét tình huống: Nếu κM < 16ν (γ0 − ϵ)2 ϵ2 λ1 đặt qm = −ν(γ0 − ϵ)λ1 (m − 1), m = 1, 2, · · · , n0 = 1, áp dụng Định lí 1.2 dẫn đến dF (A(τ )) ≤ 1, với τ ≤ T ∗ ; Nếu κM ≥ 16ν (γ0 − ϵ)2 ϵ2 λ1 , đặt qm = −ν(γ0 − ϵ)λ1 m + κM 16ν ϵ2 (γ0 − ϵ) , m = 1, 2, · · · , [ ] κM n0 = + −1 , 16ν (γ0 − ϵ)2 ϵ2 λ1 [r] kí hiệu phần ngun số thực r, ta có dF (A(τ )) ≤ κ∥f ∥2L∞ (−∞,T ∗ ;V ′ ) g 16ν (γ − ϵ)2 ϵ2 λ1 , với τ ≤ T ∗ Cuối cùng, U (t, τ ) Lipschitz A(τ ), từ [53, Mệnh đề 13.9] kéo theo dF (A(t)) bị chặn trên, với t ≥ τ 48 2.5 2.5.1 MỘT SỐ KẾT QUẢ TRONG TRƯỜNG HỢP Ô-TÔ-NÔM Sự tồn đánh giá số chiều fractal tập hút toàn cục Khi ngoại lực f ∈ Vg′ khơng phụ thuộc t, ta định nghĩa nửa nhóm liên tục S(t) : Hg → Hg S(t)u0 = u(t), u(t) nghiệm yếu toán (2.1) với điều kiện ban đầu u0 Ta có S(t)u0 = U (t, 0)u0 = U (t + τ, τ )u0 , với τ ∈ R Từ ước lượng (2.13), ta suy hình cầu } { 2 B0 = u ∈ Hg : |u| ≤ ∥f ∥∗ ν tập hấp thụ bị chặn S(t) Mặt khác, với dãy tn → +∞ un ∈ B, dãy S(tn )un = U (tn , 0)un = U (0, −tn )un compact tương đối Hg phần ii) chứng minh Định lí 2.2 Từ đây, S(t) compact tiệm cận Bởi vậy, nửa nhóm S(t) có tập hút tồn cục compact A Hg Hơn nữa, tập hút A có số chiều fractal hữu hạn 2.5.2 Sự tồn tính ổn định nghiệm dừng Giả sử ngoại lực f ∈ Vg′ không phụ thuộc t Định nghĩa 2.1 Nghiệm dừng yếu toán (2.1) phần tử u∗ ∈ Vg cho ν((u∗ , v))g + ν(Cu∗ , v)g + b(u∗ , u∗ , v) = ⟨f, v⟩, ∀v ∈ Vg Các định lí sau trường hợp đặc biệt Định lí 4.2 Định lí 4.3 Chương (khi số hạng chứa trễ F (ut ) ≡ 0) 49 Định lí 2.4 Với kí hiệu trên, ta có (a) Bài tốn (2.1) có nghiệm dừng yếu u∗ Hơn nữa, nghiệm thỏa mãn |∇g|∞ ν(1 − )||u∗ || ≤ ||f ||∗ 1/2 m0 λ1 (b) Nếu có điều kiện sau: [ |∇g|∞ ]2 c1 ||f ||∗ ν(1 − ) > , 1/2 1/2 m0 λ1 λ1 (2.42) c1 số Bổ đề 1.1, nghiệm dừng yếu tốn (2.1) Định lí 2.5 Giả sử điều kiện Định lí 2.4 (2.42) thỏa mãn Khi với nghiệm u(·) tốn (2.1) ta có |u(t) − u∗ | → t → ∞ Chú ý cuối chương Các kết tồn đánh giá số chiều tập hút chương mở rộng kết tương ứng tập hút lùi hệ Navier-Stokes hai chiều không ô-tô-nôm [13, 43] (chỉ cần lấy g ≡ ϵ = 1/2) hệ g-Navier-Stokes hai chiều ô-tô-nôm (tức f không phụ thuộc t) [40, 42] Các kết trường hợp miền bị chặn KẾT LUẬN CHƯƠNG Trong chương nghiên cứu hệ g-Navier-Stokes hai chiều miền thỏa mãn bất đẳng thức Poincaré Các kết đạt bao gồm: 1) Chứng minh tồn nghiệm yếu (Định lí 2.1) 2) Chứng minh tồn tập hút lùi (Định lí 2.2) đánh giá số chiều fractal tập hút lùi (Định lí 2.3) 3) Chứng minh tồn tính ổn định nghiệm dừng yếu (Định lí 2.4, 2.5) 50 Chương NGHIỆM MẠNH CỦA HỆ g-NAVIER-STOKES HAI CHIỀU Trong chương này, xét hệ g-Navier-Stokes hai chiều miền bị chặn với biên trơn Đầu tiên, sử dụng phương pháp xấp xỉ Galerkin phương pháp compact, chứng minh tồn nghiệm mạnh Tiếp theo, ngoại lực không phụ thuộc thời gian, nghiên cứu dáng điệu tiệm cận nghiệm mạnh thời gian vô dựa tồn tập hút toàn cục tính ổn định nghiệm dừng mạnh Cuối cùng, xét vấn đề xấp xỉ nghiệm mạnh hai trường hợp: Xấp xỉ khoảng thời gian hữu hạn xấp xỉ dáng điệu tiệm cận thời gian tiến vô Nội dung chương dựa báo [2], [3] Danh mục công trình khoa học tác giả liên quan đến luận án 3.1 ĐẶT BÀI TOÁN Cho Ω miền bị chặn R2 với biên trơn Γ Ta nghiên cứu hệ phương trình g-Navier-Stokes hai chiều sau:  ∂u   − ν∆u + (u · ∇)u + ∇p   ∂t     ∇ · (gu)    u      u(x, 0) = f (x, t) (0, T ) × Ω, = (0, T ) × Ω, (3.1) = (0, T ) × Γ, = u0 (x), x ∈ Ω, u = u(x, t) = (u1 , u2 ) hàm véctơ vận tốc p = p(x, t) hàm áp suất cần tìm, ν = const > hệ số nhớt, u0 vận tốc ban đầu Để nghiên cứu toán trên, ta giả thiết hàm g thỏa mãn điều kiện sau: 51 (G) g ∈ W 1,∞ (Ω) thỏa mãn 1/2 < m0 ≤g(x)≤M0 với x = (x1 , x2 ) ∈ Ω, |∇g|∞ < m0 λ1 , λ1 > giá trị riêng nhỏ toán tử g-Stokes Ω (tức toán tử A Chương 1, mục 1.1) Trong chương này, điều kiện phù hợp ngoại lực f , nghiên cứu vấn đề sau tốn (3.1): • Sự tồn nghiệm mạnh • Dáng điệu tiệm cận nghiệm mạnh ngoại lực f không phụ thuộc thời gian thông qua: ◦ Sự tồn tập hút toàn cục ngoại lực f "lớn" ◦ Sự tồn tính ổn định nghiệm dừng mạnh ngoại lực f "nhỏ" • Xấp xỉ nghiệm mạnh khoảng thời gian hữu hạn xấp xỉ dáng điệu nghiệm mạnh thời gian vô 3.2 SỰ TỒN TẠI VÀ DUY NHẤT CỦA NGHIỆM MẠNH Trước tiên định nghĩa nghiệm mạnh toán (3.1) Định nghĩa 3.1 Cho f ∈ L2 (0, T ; Hg ) u0 ∈ Vg , nghiệm mạnh khoảng (0, T ) toán (3.1) hàm u ∈ L2 (0, T ; D(A))∩L∞ (0, T ; Vg ) với u(0) = u0 thỏa mãn: d (u(t), v)g + ν((u(t), v))g + ν(Cu(t), v)g + b(u(t), u(t), v) = (f (t), v)g (3.2) dt với v ∈ Vg h.k t ∈ (0, T ) Nhận xét 3.1 Từ định nghĩa trên, dễ thấy nghiệm mạnh u ∈ L2 (0, T ; D(A)) du = f − νAu − Bu − Cu ∈ L2 (0, T ; Hg ) dựa Bổ đề 1.2 1.4 dt 52 Hơn nữa, theo Bổ đề 1.2 [58], ta có u ∈ C([0, T ]; Vg ) Chú ý u nghiệm mạnh tốn (3.1) u thỏa mãn phương trình: du (t) + νAu(t) + Bu(t) + Cu(t) = f (t) Hg , với h.k t ∈ (0, T ), dt thỏa mãn đẳng thức lượng sau với ≤ s < t ≤ T , ∫ t ∫ t ∇g 2 ∥u(r)∥ dr + 2ν b( , u(r), u(r))dr |u(t)| + 2ν g s s ∫ t =|u(s)| + (f (r), u(r))g dr s Tiếp theo ta đưa số đánh giá tiên nghiệm nghiệm mạnh toán (3.1) Bổ đề 3.1 Nếu u nghiệm mạnh (3.1) (0, T ) ∫ T ||u(t)||2 dt ≤ K1 , K1 = K1 (|u0 |, ∥f ∥L2 (0,T ;Hg ) , ν, T, λ1 ), (3.3) sup |u(s)|2 ≤ K2 , K2 = K2 (|u0 |, ∥f ∥L2 (0,T ;Hg ) , ν, T, λ1 ) (3.4) s∈[0,T ] Chứng minh Thay v u(t) (3.2) ta có ∇g d |u(t)|2 + 2ν||u(t)||2 = 2(f (t), u(t))g − 2νb( , u(t), u(t)), dt g ta sử dụng tính chất b(u(t), u(t), u(t)) = (Cu(t), u(t))g = ∇g b( , u(t), u(t)) Áp dụng Bổ đề 1.4 bất đẳng thức Cauchy, ta thu g d |f (t)|2 |∇g|∞ |u(t)|2 + 2ν||u(t)||2 ≤ 2ϵν||u(t)||2 + + 2ν ||u(t)||2 , 1/2 dt 2ϵνλ1 m0 λ γ0 = − |f (t)|2 d 2 |u(t)| + 2ν(γ0 − ϵ)||u(t)|| ≤ , dt 2ϵνλ1 |∇g|∞ 1/2 m0 λ (3.5) > chọn ϵ > cho γ0 − ϵ > Tích phân theo t từ đến T , ta thu (3.3) Tích phân theo t (3.5) từ đến s, < s < T , ta có ∫ T 2 |u(s)| ≤ |u0 | + |f (t)|2 dt 2ϵνλ1 Vậy (3.4) chứng minh 53 Bổ đề 3.2 Nếu u nghiệm mạnh toán (3.1) (0, T ) sup ||u(t)||2 ≤ K3 , K3 = K3 (K1 , K2 ), (3.6) K4 = K4 (K1 , K2 ) (3.7) t∈[0,T ] ∫ T |Au(t)|2 dt ≤ K4 , Chứng minh Từ (3.2), thay v Au(t) ta có: d (u(t), Au(t))g + ν((u(t), Au(t)))g + ν(Cu(t), Au(t))g + b(u(t), u(t), Au(t)) dt = (f (t), Au(t))g (3.8) Do ((φ, ψ))g = ⟨Aφ, ψ⟩, ∀φ, ψ ∈ Vg nên: d ||u(t)||2 + ν|Au(t)|2 + ν(Cu(t), Au(t))g + b(u(t), u(t), Au(t)) dt ν = (f (t), Au(t))g ≤ |Au(t)|2 + |f (t)|2 ν (3.9) Bởi Bổ đề 1.1 1.4, (3.9) trở thành: d ||u(t)||2 + ν|Au(t)|2 dt ν ν|∇g|∞ ≤ |Au(t)|2 + |f (t)|2 + c3 |u(t)|1/2 |Au(t)|3/2 ||u(t)|| + ∥u(t)∥|Au(t)| ν m0 Sử dụng bất đẳng thức Young, ta có d ν ||u(t)||2 + ν|Au(t)|2 ≤ |Au(t)|2 + |f (t)|2 dt ν ν + |Au(t)|2 + c′3 |u(t)|2 |||u(t)||4 1/2 ν|∇g|∞ ν|∇g|∞ λ1 + |Au(t)| + ∥u(t)∥2 1/2 4m0 m0 λ Vì vậy, ta thu d |∇g|∞ ||u(t)||2 + ν(1 − )|Au(t)|2 1/2 dt m0 λ1 1/2 ν|∇g|∞ λ1 ||u(t)||2 ≤ |f (t)|2 + 2c′3 |u(t)|2 |||u(t)||4 + ν 2m0 (3.10) 54 |∇g|∞ Bỏ qua số hạng ν(1 − 1/2 m0 λ1 sau: )|Au(t)|2 , ta thu bất đẳng thức vi phân y ′ ≤ a + θy, 1/2 ν|∇g|∞ λ1 y(t) = ||u(t)|| , a(t) = |f (t)|2 , θ(t) = c′3 |u(t)|2 |||u(t)||2 + , ν 2m0 Áp dụng bất đẳng thức Gronwall, ta thu được: ∫ t ∫ t ∫ t y(t) ≤ y(0) exp( θ(τ )dτ ) + a(s) exp( θ(τ )dτ )ds, 0 hay ||u(t)|| ≤ ||u0 || exp 2 + ν ∫ ( ∫ t ( t |f (s)| exp c′3 |u(τ )|2 |||u(τ )||2 ( ∫ t ( 1/2 ν|∇g|∞ λ1 ) ) dτ + 2m0 c′3 |u(τ )|2 |||u(τ )||2 1/2 ν|∇g|∞ λ1 ) ) + dτ ds 2m0 Bởi Bổ đề 3.1, ta có (3.6) Tích phân (3.10) từ đến T , ta thu (3.7) Sau ta trình bày kết tồn nghiệm mạnh Định lí 3.1 Giả sử f ∈ L2 (0, T ; Hg ) u0 ∈ Vg cho trước Khi tồn nghiệm mạnh u toán (3.1) (0, T ) Hơn nữa, ánh xạ u0 7→ u(t) liên tục Vg với t ∈ [0, T ], nghĩa là, nghiệm mạnh phụ thuộc liên tục vào kiện ban đầu Chứng minh (i) Tính phụ thuộc liên tục nghiệm vào điều kiện ban đầu Giả sử u v hai nghiệm mạnh toán (3.1) tương ứng với điều kiện đầu u0 , v0 Đặt w = u − v, ta có w ∈ L2 (0, T ; D(A)) ∩ L∞ (0, T ; Vg ), w thỏa mãn d w + νAw + νCw = Bv − Bu, dt w(0) = u0 − v0 55 Lấy tích vơ hướng với Aw, ta có d (w, Aw)g + ν(Aw, Aw)g + ν(Cw, Aw)g = b(v, v, Aw) − b(u, u, Aw) dt Vì (Aφ, ψ)g = ((φ, ψ))g tính chất tuyến tính biến b(., , ), ta thu d ||w||2 + 2ν|Aw|2 = −2ν(Cw, Aw)g − 2b(u, w, Aw) − 2b(w, v, Aw) dt Bởi Bổ đề 1.1 1.4, ta có d |∇g|∞ ||w||2 + 2ν|Aw|2 ≤ 2ν ∥w|||Aw| dt m0 + 2c3 |u|1/2 |Au|1/2 ||w|||Aw| + 2c3 |w|1/2 |Aw|1/2 ||v|||Aw| Do ||w||2 ≤ λ1 |Aw|2 , áp dụng bất đẳng thức Cauchy Young, ta thu ν d ν|∇g|2∞ 2c23 2 2 ||w|| + |Aw| + ||w|| + 2ν|Aw| ≤ν|Aw| + |u||Au|||w||2 dt m0 ν ν 6c4 + |Aw|2 + ||v||4 ||w||2 νλ1 Vì vậy, ta có 2c23 d ν|∇g|2∞ 6c43 + ||w||2 ≤ ( |u||Au| + ||v||4 )||w||2 dt m0 ν νλ1 Do ||w(t)|| ≤ ||w(0)|| exp 2 (∫ t ) 2c23 ν|∇g|2∞ 6c43 + ( |u(s)||Au(s)| + ||v(s)|| )ds , m20 ν νλ1 hay ||u(t) − v(t)|| ≤ ||u0 − v0 || exp 2 (∫ t ( + 2c23 ν ν|∇g|2∞ m20 |u(s)||Au(s)| + ) 6c43 ||v(s)||4 )ds νλ1 Điều chứng tỏ nghiệm mạnh (nếu u0 = v0 ) phụ thuộc liên tục vào kiện ban đầu 56 (ii) Sự tồn Chúng ta chia việc chứng minh tồn nghiệm thành bước sau: Bước 1: Lược đồ Galerkin Gọi w1 , w2 , , sở Vg gồm hàm riêng tốn tử A, hệ trực chuẩn Hg Kí hiệu Vm = ∑m span{w1 , , wm } xét phép chiếu Pm u = j=1 (u, wj )wj Ta kí hiệu m u (t) = m ∑ αm,j (t)wj , j=1 hệ số αm,j yêu cầu thỏa mãn hệ phương trình sau: d m (u (t), wj )g + ν(Aum (t), wj )g + ν(Cum (t),wj )g + b(um (t), um (t), wj ) dt = (f (t), wj )g , ∀j = 1, , m, (3.11) điều kiện đầu um (0) = Pm u0 Đây hệ phương trình vi phân thường với ẩn (αm,1 (t), , αm,m (t)) thỏa mãn định lí Peano, nghiệm xấp xỉ um tồn Bước 2: Đánh giá tiên nghiệm Từ (3.11), thay wj Aum (t) ta có d m (u (t), Aum (t))g +ν((um (t), Aum (t)))g + ν(Cum (t), Aum (t))g dt + b(um (t), um (t), Aum (t)) = (f (t), Aum (t))g Điều tương tự (3.8) Thực xác Bổ đề 3.2 với um , u0 thay um , lưu ý ||um || = ||Pm u0 || ≤ ||u0 ||, ta đến kết luận sau: {um } bị chặn L2 (0, T ; D(A)) ∩ L∞ (0, T ; Vg ) Bây giờ, nhận xét (3.11) tương đương với dum = −νAum − νCum − Pm Bum + Pm f dt vậy, từ Bổ đề 1.3 ta có {(um )′ } bị chặn L2 (0, T ; Hg ) 57 Bước 3: Chuyển qua giới hạn Từ đánh giá trên, ta kết luận tồn u ∈ L2 (0, T ; D(A)) ∩ L∞ (0, T ; Vg ) với u′ ∈ L2 (0, T ; Hg ), tồn dãy {um }, để đơn giản ta kí hiệu cũ, thỏa mãn {um } hội tụ *-yếu đến u L∞ (0, T ; Vg ), {um } hội tụ yếu đến u L2 (0, T ; D(A)), ′ {(um ) } hội tụ yếu đến u′ L2 (0, T ; Hg ) Do Ω bị chặn nên theo bổ đề compact (xem [58, Chương III, Định lí 2.1]) ta đến kết luận: Tồn dãy con, kí hiệu um , hội tụ mạnh đến u L2 (0, T ; Vg ) Từ ta chuyển qua giới hạn số hạng phi tuyến b dựa theo bổ đề sau với chứng minh tương tự Bổ đề 3.2 [58, Chương III] Bổ đề 3.3 Nếu um hội tụ mạnh tới u L2 (0, T ; Vg ) với hàm véc tơ w có thành phần thuộc C ([0, T ] × Ω), ta có ∫ T ∫ T b(um (t), um (t), w(t))dt → b(u(t), u(t), w(t))dt 0 Cuối cùng, ta cần chứng minh u(0) = u0 Thật vậy, kí hiệu ψ hàm khả vi liên tục [0, T ] với ψ(T ) = Nhân vô hướng (3.11) với ψ(t) tích phân phần số hạng đầu, ta có: ∫ T ∫ T m ′ − (u (t), wj ψ (t))g dt + ν (Aum (t), wj ψ(t))g dt ∫ ∫ T T (Cum (t), wj ψ(t))g dt + +ν b(um (t), um (t), wj ψ(t))dt ∫ T = (um (0), wj )g ψ(0) + (f (t), wj ψ(t))g dt Chuyển qua giới hạn, {wj }∞ j=1 trù mật Vg , ta có ∫ T − ∫ ′ T (u(t), vψ (t))g dt + ν (Au(t), vψ(t))g dt ∫ +ν ∫ T T (Cu(t), vψ(t))g dt + ∫ b(u(t), u(t), vψ(t))dt T (f (t), vψ(t))g dt = (u0 , v)g ψ(0) + (3.12) 58 với v ∈ Vg Mặt khác, ta nhân (3.2) với ψ(t), lấy tích phân khoảng (0, T ) Sau tích phân phần số hạng đầu, ta thu ∫ T ∫ T ′ − (u(t), vψ (t))g dt + ν (Au(t), vψ(t))g dt ∫ +ν ∫ T T (Cu(t), vψ(t))g dt + b(u(t), u(t), vψ(t))dt ∫ T (f (t), vψ(t))g dt = (u(0), v)g ψ(0) + So sánh với (3.12), ta có: (u(0) − u0 , v)g ψ(0) = Ta chọn ψ với ψ(0) ̸= 0, u(0) = u0 Đây điều cần chứng minh 3.3 DÁNG DIỆU TIỆM CẬN CỦA NGHIỆM MẠNH Trong phần này, giả thiết f ∈ Hg khơng phụ thuộc vào thời gian t Khi đó, Định lí 3.1, ta định nghĩa nửa nhóm liên tục S(t) : Vg → Vg xác định S(t)u0 = u(t), t ≥ 0, u0 ∈ Vg , u(t) nghiệm toán (3.1) với điều kiện đầu u(0) = u0 Ta nửa nhóm có tập hút toàn cục compact A Vg ngoại lực f đủ nhỏ, tập hút có dạng đặc biệt: A = {u∗ }, u∗ nghiệm dừng mạnh toán (3.1) 3.3.1 Sự tồn tập hút toàn cục Mệnh đề 3.1 Nếu f ∈ Hg tồn thời điểm t0 = t0 (|u0 |), số dương ρHg IVg cho |u(t)| ≤ ρHg , (3.13) ∫ t+1 ||u(s)||2 ds ≤ IVg , ∀t ≥ t0 t (3.14) 59 Chứng minh Trong (3.2) thay v u(t) ta có d |u| + ν||u||2 + ν(Cu, u)g = ⟨f, u⟩, dt ta sử dụng tính chất b(u, u, u) = Bởi Bổ đề 1.4, ta thu d |∇g|∞ |u| + 2ν||u||2 ≤ 2ν ||u||2 + 2∥f ∥∗ ∥u∥ 1/2 dt m0 λ ∥f ∥2∗ ||u|| + 2νϵ∥u∥ + , ≤ 2ν 1/2 2νϵ m0 λ |∇g|∞ 2 ϵ chọn cho γ0 − ϵ > Vì vậy, ta có d |f |2 |u| + 2ν(γ0 − ϵ)∥u∥2 ≤ dt 2νϵλ1 (3.15) Sử dụng bất đẳng thức ||u||2 ≥ λ1 |u|2 ta thu d |f |2 |u| + 2νλ1 (γ0 − ϵ)|u|2 ≤ dt 2νϵλ1 Áp dụng bất đẳng thức Gronwall, ta có −2νλ1 (γ0 −ϵ)t |u(t)| ≤ |u0 | e |f |2 (1 − e−2νλ1 (γ0 −ϵ)t ), + 2 4ν λ1 ϵ(γ0 − ϵ) tồn t0 = t0 (|u0 |) cho với t ≥ t0 , |u(t)|2 ≤ |f |2 := ρ2Hg 2ν λ21 ϵ(γ0 − ϵ) (3.16) Tính bị chặn tích phân ||u(s)||2 suy cách lấy tích phân (3.15) từ t đến t + sử dụng (3.16) Tiếp theo chứng minh tồn tập hấp thụ bị chặn Vg nửa nhóm S(t) Mệnh đề 3.2 Nếu f ∈ Hg tồn thời điểm t1 = t1 (t0 ), số dương ρVg IA cho ||u(t)|| ≤ ρVg , (3.17) ∫ t+1 |Au(s)|2 ds ≤ IA , ∀t ≥ t1 t (3.18) 60 Chứng minh Từ (3.2), thay v Au(t) ta có d (u(t), Au(t))g + ν((u(t), Au(t)))g + ν(Cu(t), Au(t))g + b(u(t), u(t), Au(t)) dt = (f, Au(t))g Vì vậy, ta thu d ||u(t)||2 + ν|Au(t)|2 + ν(Cu(t), Au(t))g + b(u(t), u(t), Au(t)) dt ν =(f, Au(t))g ≤ |Au(t)|2 + |f |2 ν (3.19) Sử dụng Bổ đề 1.1 1.4, (3.19) trở thành d ||u(t)||2 + ν|Au(t)|2 dt ν ν|∇g|∞ ≤ |Au(t)|2 + |f |2 + c3 |u(t)|1/2 |Au(t)|3/2 ||u(t)|| + ||u(t)|||Au(t)| ν m0 Sử dụng bất đẳng thức Young Cauchy, ta có d ||u(t)||2 + ν|Au(t)|2 dt ν ν ≤ |Au(t)|2 + |f |2 + |Au(t)|2 + c′3 |u(t)|2 |||u(t)||4 ν 1/2 ν|∇g|∞ λ1 ν|∇g|∞ |Au(t)| + + ||u(t)||2 1/2 4m m0 λ Vì ta thu d |∇g|∞ )|Au(t)|2 ||u(t)||2 + ν(1 − 1/2 dt m0 λ1 ≤ 2 |f | + 2c′3 |u(t)|2 ||u(t)||4 + ν Bỏ qua số hạng ν(1 − |∇g|∞ 1/2 m0 λ 1/2 ν|∇g|∞ λ1 2m0 (3.20) ||u(t)||2 )|Au(t)|2 , ta thu bất đẳng thức vi phân: y ′ ≤ a + θy 1/2 ( ′ 2 ν|∇g|∞ λ1 ) 2 y(t) = ||u(t)|| , a = |f | , θ(t) = 2c3 |u(t)| ∥u(t)|| + , ν 2m0