Tôi xin gửi lời cảm ơn các thầy, cô trong Bộ môn Toán Ứng Dụng,khoa Khoa học ứng dụng, Trường Đại học Bách Khoa thành phố Hồ ChíMinh đã tạo mọi điều kiện tốt nhất để tôi hoàn thành luận
Kiến thức cơ bản về phương trình vi phân
Sự tồn tại duy nhất nghiệm
Xét bài toán giá trị đầu cho phương trình vi phân
(1.1) trong đó f : dom(f) ⊂ R × R n → R n là một ánh xạ liên tục, và t 0 ∈ I, a ∈ R n là các hằng số cho trước.
Qua phép lấy tích phân, phương trình (1.1) tương đương với phương trình tích phân sau: x(t) = a+ t t 0 f(s, x(s))ds (1.2)
Với a ∈ R n và β > 0, ta ký hiệu B(a, β) ( B(a, β)) là quả cầu mở (đóng) tâm a, bán kính β.
Ta có định lý tồn tại nghiệm của bài toán Cauchy: Định lý 1.1.1 (Cauchy-Peano)
Giả sửf : [t 0 −α, t 0 +α]×B(a, β) →R n là hàm liên tục, bị chặn bởiM >
0 Khi đó (1.2) có nghiệm trên [t 0 −b, t 0 +b] , trong đó b = min{α, β/M}
Chứng minh Ta xây dựng dãy Tonelli Với mỗi k ∈ N, ta định nghĩa x k (t) như sau x k (t) ⎧⎪
(1.3) với t≥ t 0 , và định nghĩa x k (t) tương tự với trường hợp t ≤t 0 Để đơn giản, ta xét trường hợp t ∈ [t 0 , t 0 +b], trường hợp t∈ [t 0 −b, t 0 ] được chứng minh tương tự Với mỗi k ∈ N, lấy x k : [t 0 , t 0 +b] →R n được định nghĩa bởi (1.3), ta sẽ chứng minh rằng dãy (x k ) hội tụ đến nghiệm của (1.1).
Trước hết, ta chứng minh x k (t) ∈ B(a, β) (∀t ∈ [t 0 , t 0 + b]) Giả sử ngược lại, khi đó tồn tại t 1 ∈ [t 0 + 1/k, t 0 +b) sao cho | x k (t 1 )−a |= β. Khi đó
≤β −M/k < β = |x k (t 1 )−a| Điều này dẫn đến mâu thuẫn Như vậy,x k (t) ∈ B(a, β) (∀t∈ [t 0 , t 0 +b]).
Do đó, dãy (x k ) bị chặn đều trên [t 0 , t 0 +b].
≤M|t 2 −t 1 |. Điều này dẫn đến (x k ) liên tục đều trên [t 0 , t 0 +b]. Dãy (x k ) bị chặn đều và liên tục đồng bậc trên tập compact [t 0 , t 0 +b], do đó theo định lý Arzela-Ascoli, tồn tại dãy con (x k l ) ⊂(x k ) hội tụ đều (đến x) trên [t 0 , t 0 +b].
Vì f liên tục trên tập compact [t 0 , t 0 + b], nên f liên tục đều trên [t 0 , t 0 +b] Với mỗi ε > 0 cho trước, có thể chọn δ > 0 sao cho |f(s, p)− f(s, q)| < ε (với mọi p, q thỏa|p−q| < δ) Dãy (x k l ) hội tụ đều đếnx, do đó ta có thể chọn N ∈ N sao cho |x k l (s)−x(s)| < δ (với s ∈ [t 0 , t 0 + b] và l ≥ N) Với l ≥ N, khi đó |f(s, x k l (s)−f(s, x(s))| < ε Do đó, dãy hàm f(., x k l (.)) hội tụ đều đến f(., x(.)).
Với t∈ [t 0 , t 0 + b] Nếu t= t 0 , hiển nhiên (1.2) thỏa mãn Nếu t > t 0 , với l đủ lớn, ta có x k l (t) =a+ t t 0 f(s, x k l (s))ds− t t−1/k l f(s, x k l (s))ds (1.4)
Hiển nhiên, vế trái của (1.4) hội tụ đến x(t) khi l ↑ ∞ Từ định lý hội tụ đều, dẫn đến biểu thức tích phân thứ nhất ở vế phải hội tụ đến t t 0 f(s, x(s))ds và biểu thức tích phân thứ hai ở vế phải hội tụ về 0 Do đó, lấy giới hạn hai vế (1.4) với l ↑ ∞, ta thấy rằng x thỏa (1.2) do đó thỏa (1.1) trên [t 0 , t 0 +b]. Định nghĩa 1.1.1 (Ánh xạ liên tục Lipschitz) Ánh xạ f : X → Y (X, Y là các không gian metric) được gọi là liên tục Lipschitz nếu tồn tại L ∈ R sao cho d(f(u), f(v)) ≤Ld(u, v) (∀u, v ∈ X).
L được gọi là hằng số Lipschitz.
Nếu f liên tục Lipschitz, ký hiệu Lip(f) là hằng số Lipschitz nhỏ nhất của f. Định nghĩa 1.1.2 (Ánh xạ co) Một ánh xạ liên tục Lipschitz từ một không gian metric vào chính nó, với hằng số Lipschitz bé hơn 1 thì được gọi là một ánh xạ co. Định nghĩa 1.1.3 (Điểm bất động)
Cho T : X → X Một điểm bất động của ánh xạ T là một điểm x ∈ X sao cho T(x) = x. Định lý 1.1.2 (Nguyên lý ánh xạ co)Cho X là không gian metric đầy đủ, không rỗng và T : X → X là một ánh xạ co Khi đó, T có một điểm bất động duy nhất trong X.
Với bất kỳ x 0 ∈ X, ta định nghĩa dãy (x k ) bởi công thức x k+1 = T(x k ) (1.5)
Từ đó, (x k ) là dãy Cauchy trong không gian metric đầy đủ X, do đó (x k ) hội tụ đến x ∈ X Cho k ↑ ∞ ở (1.5) và sử dụng tính liên tục của T, ta được x = T(x), do đó x là một điểm bất động của T.
Giả sử y là một điểm bất động khác của T Khi đó, ta có d(x, y) = d(T(x), T(y)) ≤ λd(x, y), dẫn đến d(x, y) = 0, suy ra x = y Điều này chứng tỏ tính duy nhất của điểm bất động.
Ta có định lý về tính duy nhất nghiệm của bài toán Cauchy: Định lý 1.1.3 (Picard-Lindel¨of)
Giả sử f : [t 0 −α, t 0 + α]×B(a, β) → R n là ánh xạ bị chặn bởi M và f(., t)liên tục Lipschitz với hằng số Lipschitz L với mọit ∈ [t 0 −α, t 0 +α]
Khi đó, bài toán (1.1) có nghiệm duy nhất trên [t 0 −b, t 0 + b] , trong đó b = min{α, β/M}
Chứng minh GọiX là tập các hàm liên tục từ [t 0 −b, t 0 +b]đến B(a, β). Chuẩn
||g|| w := sup{e −2L|t−t 0 | |g(t)| | t∈ [t 0 −b, t 0 +b]} tương đương với chuẩn ||.|| ∞ trên C([t 0 −b, t 0 +b]) Ta thấy rằng không gian X với metric d(x 1 , x 2 ) := ||x 1 −x 2 || w là không gian metric đầy đủ.
Với x ∈ X, ta định nghĩa T(x) là hàm trên [t 0 −b, t 0 +b] được cho bởi công thức
Hiển nhiên nếu x ∈ X thì T(x) < ∞ Hơn nữa, với t ∈ [t 0 −b, t 0 +b], ta có
|f(s, x(s))|ds ≤M b ≤ β, do đó T(x)(t) ∈ B(a, β) Như vậy T(x) ∈ X.
Với x, y ∈ X, ||T(x)−T(y)|| w được tính bởi sup e −2L|t−t 0 | t t 0
≤ 1 2||x−y|| w Như vậy, T là ánh xạ co (với λ = 1/2).
Theo nguyên tắc ánh xạ co, T có điểm bất động duy nhất trong X,nghĩa là bài toán (1.1) có một nghiệm duy nhất trong X.
Sự phụ thuộc liên tục của nghiệm
Định lý 1.1.4 (Sự phụ thuộc liên tục của nghiệm) Giả sử f : [t 0 −α, t 0 +α]×Ω1 ×Ω2 ⊆ R×R n ×R k → R n là một ánh xạ liên tục Hơn nữa, giả sử f(t, , μ) liên tục Lipschitz với hằng số Lipschitz L 1 > 0 với mọi (t, μ) ∈ [t 0 − α, t 0 + α] × Ω2 và f(t, x, ) liên tục Lipschitz với hằng số Lipschitz L 2 > 0 với mọi (t, x) ∈ [t 0 −α, t 0 + α] ×Ω1 Nếu x i : [t 0 −α, t 0 + α] → R n (i = 1,2) thỏa mãn
Chứng minh Để đơn giản, ta xét t ≥ t 0 , trường hợp t < t 0 được chứng minh tương tự Ta có
M(t)ds, sử dụng bất đẳng thức Gronwall, ta được M(t) ≤ L 2 |μ 1 − μ 2 |e L 1 (t−t 0 ) Như vậy, (1.6) được chứng minh.
Tính ổn định của hệ cấp hai
Hệ tuyến tính cấp hai
Xét hệ ô-tô-nôm x = Ax, (1.7) trong đó A là một ma trận thực 2×2 và det(A) = 0.
Giả sử λ 1 , λ 2 ∈ R (λ 1 > λ 2 ) là các trị riêng của A. Giả sử v 1 , v 2 là các vector riêng ứng với các giá trị riêng λ 1 , λ 2 Nghiệm tổng quát của (1.7) có dạng x(t) =c 1 e λ 1 t v 1 +c 2 e λ 2 t v 2 , (1.8) trong đó, c 1 , c 2 là các hằng số thực Quỹ đạo (1.8) tiếp cận với đường thẳng L 1 qua gốc song song với vector v 1 khi t → +∞ (c 1 = 0) và tiếp cận với đường thẳng L 2 qua gốc song song với vector v 2 khi t → −∞
(c 2 = 0) Ta có các trường hợp sau.
(I) λ 2 < λ 1 < 0, khi đó t→∞ lim x(t) → 0 Ta gọi gốc O là nút ổn định.
Trong trường hợp này, quỹ đạo trở nên tiếp xúc với đường thẳng L 1 gần gốc và song song với L 2 ở xa gốc.
(II) 0 < λ 2 < λ 1 , khi đó lim t→∞ ||x(t)|| → ∞ Ta gọi gốc O là nút không ổn định Trong trường hợp này, quỹ đạo trở nên tiếp xúc với đường thẳng
L 1 ở gần gốc và song song với L 2 ở xa gốc Tuy nhiên hướng của quỹ đạo phải ngược lại.
(III) λ 2 < 0 < λ 1 , khi đó các quỹ đạo nằm trên L 1 tiếp cận gốc khi t → −∞ và được gọi là quỹ đạo không ổn định Các quỹ đạo nằm trên
L 2 tiếp cận gốc khi t → +∞ và được gọi là quỹ đạo ổn định Ngoài ra, tất cả các nghiệm khác của (1.7) có dạng hyperbol và tiệm cận với L 1 và
L 2 Trong trường hợp này, ta gọi gốc O là điểm yên.
Hệ phi tuyến cấp hai
Xét hệ ô-tô-nôm cấp hai phi tuyến x 1 = f 1 (x 1 , x 2 ), x 2 = f 2 (x 1 , x 2 ), (1.9) trong đó f 1 , f 2 là các hàm khả vi liên tục.
Khai triển Taylor tại p, ta được x 1 = f 1 (p 1 , p 2 ) + ∂f 1 (p 1 , p 2 )
Giả sử p= (p 1 , p 2 ) là một điểm cân bằng của hệ, nghĩa là f 1 (p 1 ) = 0, f 2 (p 2 ) = 0 (1.10) Đổi biến y 1 = x 1 −p 1 , y 2 = x 2 −p 2 , ta được y 1 = ∂f 1 (p 1 , p 2 )
Trong một lân cận đủ bé của gốc y = 0, ta có y→0lim
Do đó bỏ qua các số hạng bậc cao, ta được hệ xấp xỉ tương ứng y = Ay, y ⎛
, là ma trận Jacobian của hệ tại p.
Nếu hệ (1.12) có gốc y = 0 là một nút ổn định (không ổn định), hoặc một điểm yên thì trong một lân cận đủ bé của điểm cân bằng, các quỹ đạo của hệ phi tuyến (1.9) cũng tương ứng có dáng điệu giống như một nút ổn định (không ổn định), hoặc một điểm yên.
Ổn định Lyapunov
Tính ổn định Lyapunov
Xét hệ ô-tô-nôm x = f(x), (1.13) trong đó, f : D →R n là một hàm Lipschitz địa phương, với D ⊂ R n Giả sử x ∈ D là một điểm cân bằng của hệ (1.13), tức là f(x) = 0 (1.14)
Dùng phép đổi biến y = x−x, và đặt g(y) = f(y +x) Khi đó, ta có y = x = f(x) =f(y +x) =g(y), g(0) = 0. Điểm cân bằng của hệ theo biến y là y = 0. Không mất tính tổng quát, để đơn giản ta sẽ xét các khái niệm và tính chất của điểm cân bằng là gốc x= 0.
Giả sử x(t) là một nghiệm của (1.13). Định nghĩa 1.3.1 Một hàm liên tục V : D ⊂ R n → R (D là một tập mở chứa gốc) được gọi là xác định dương nếu:
(ii) V(x) > 0 (∀x = 0) Định nghĩa 1.3.2 Một hàm số liên tục V được gọi là xác định âm nếu
−V là xác định dương. Định nghĩa 1.3.3 Một hàm liên tục V : D ⊂ R n → R (D là một tập mở chứa gốc) được gọi là nửa xác định dương nếu:
(ii) V(x) ≥ 0 (∀x ∈ D) Định nghĩa 1.3.4 Một hàm số liên tục V được gọi là nửa xác định âm nếu −V là nửa xác định dương. Định nghĩa 1.3.5 Điểm cân bằng x = 0 của hệ (1.13) được gọi là
(i) ổn định, nếu với mỗi ε > 0 , tồn tại δ = δ(ε) > 0 sao cho nếu
(ii) không ổn định, nếu nó không phải là điểm ổn định.
(iii) ổn định tiệm cận, nếu nó ổn định và số δ có thểchọn sao cho nếu
||x(0)|| < δ thì t→+∞ lim x(t) = 0 Định lý 1.3.1 (Tiêu chuẩn ổn định Lyapunov) Cho x = 0 là điểm cân bằng của (1.13) và 0 ∈ D ⊂ R n Nếu tồn tại hàm V : D → R là hàm khả vi liên tục xác định dương sao V nửa xác định âm trên D, khi đó x = 0 là ổn định Ngoài ra, nếu V xác định âm trên D thì gốc x = 0 là ổn định tiệm cận.
Chứng minh Với ε > 0, ta xây dựng quả cầu đóng tâm 0, bán kính r trong D (0 < r ≤ ε)
Do hàm V xác định dương nên α > 0. Lấy β ∈ (0, α) và đặt Ω β = {x∈ B(0, r)|V(x) ≤β} (1.15)
Ta chứng tỏ Ω β nằm trong phần trong của B(0, r) Giả sử ngược lại, Ω β không nằm trong phần trong của B(0, r) Khi đó tồn tại p ∈ Ω β ∩ S r , trong đó S r là mặt cầu tâm 0 bán kính r Tại p, ta có
V(p) ≥ α > β, điều này mâu thuẫn với (1.15).
Do hàm V nửa xác đinh âm, vì V (x(t)) ≤ 0 dẫn đến V(x(t)) ≤ V(x(0)) ≤ β (∀t ≥0) Từ đó, ta thấy rằng tất cả các quỹ đạo xuất phát trong Ω β phải nằm trong Ω β (∀t ≥0).
Vì hàm V liên tục trên B(0, r) ∈ D nên tập Ω β đóng và bị chặn trong R n nên compact.
Theo kết quả tồn tại duy nhất nghiệm của phương trình vi phân thì khi x(0) ∈ Ω β , phương trình (1.13) có một nghiệm duy nhất xác định với mọi t≥ 0.
Do V(x) liên tục và V(0) = 0, tồn tại δ > 0 sao cho nếu ||x|| ≤ δ thì
||x(0)|| < δ ⇒ ||x(t)|| < r ≤ ε, (t ≥ 0). Điều này chứng tỏ điểm cân bằng x = 0 là ổn định.
Bây giờ, giả sử V xác định âm Để chứng tỏ x = 0 là ổn định tiệm cận ta sẽ chỉ ra rằng x(t) →0 khi t →+∞, nghĩa là với mỗi a > 0, tồn tại T > 0 sao cho ||x(t)|| < a với mọi t > T Lý luận như trên, với mỗi a > 0 ta có thể chọn b > 0 sao cho Ω b ⊂ B(0, a).
Do đó cần chỉ ra rằng V(x(t)) →0 khi t→ +∞ D0 V(x(t)) giảm và bị chặn dưới bởi 0 nên
Ta chứng tỏ c = 0 Giả sử ngược lại c > 0 Do V(x) là hàm liên tục và
V(0) = 0 nên có số d > 0 sao cho
Giới hạn t→+∞ lim V(x(t)) = c > 0 suy ra rằng V(x(t)) > c vì hàm V(x(t)) giảm ngặt và do vậy, quỹ đạo x(t) nằm ngoài hình cầu B(0, d) với mọi t≥ 0 Đặt
V (x) =V (x 0 ) < 0 vì hàmV (x)liên tục trên tập compact và do V xác định âm Từ đó γ > 0 và
V (x(τ))dτ ≤ V(x(0))−γt, với mọi t, điều này không thể, vì có thể chọn t > V(x(0)) γ dẫn đến mâu thuẫn với giả thiết là t→+∞ lim V(x(t)) = c > 0. Định lý được chứng minh. Định lý 1.3.2 (Định lý Chetaev về tính không ổn định)
Cho x = 0 là điểm cân bằng của (1.13) Giả sử V : D → R là hàm khả vi liên tục trên miền D chứa gốc sao cho V(0) = 0 và với mọi δ > 0 luôn tồn tại ||x 0 || < δ sao cho V(x 0 ) > 0 Cho U xác định bởi:
U = {x ∈ B(0, r)|V(x) > 0} và giả sử V (x) > 0 trong U Khi đó x = 0 là không ổn định.
Chứng minh Điểm x 0 nằm trong phần trong của U và V(x 0 ) = a > 0. Quỹ đạo x(t) xuất phát từ x(0) = x 0 phải rời tập U Thật vậy, với x(t) nằm trong U, V(x(t)) ≥ a, do V (x) > 0 trong U Đặt
Vì V là hàm liên tục nên K là tập compact Do hàm V (x) liên tục trên γ = min{V (x)|K}.
0 γds = a+γt. Điều này chỉ ra rằng x(t) không thể ở trong U với mọi t vì V(x) bị chặn trên U Như vậy, quỹ đạo x(t) xuất phát từ x(0) = x 0 phải rời tập U.
Tiếp theo, do x(t) không thể rời U qua mặtV(x) = 0 do V(x(t)) ≥ a. Do đó, nó phải rời U qua mặt cầu ||x|| = r Điều này đúng với ||x 0 || nhỏ tùy ý, gốc x = 0 là không ổn định.
Miền hấp thụ và nguyên lý bất biến
Định nghĩa 1.3.6 Giả sử x(t;x 0 ) là nghiệm của (1.13) thỏa x(0) = x 0 Ta gọi miền hấp thụ của gốc là tập tất cả điểm x 0 sao cho x(t;x 0 ) tồn tại toàn cục với mọi t ≥ 0 và t→+∞ lim x(t;x 0 ) = 0 Định lý 1.3.3 (Ước lượng miền hấp thụ)
Cho x = 0 là điểm cân bằng ổn định tiệm cận của (1.13) Giả sử V : R n → R là hàm khả vi liên tục sao cho
V(0) = 0, V(x) > 0,V (x) < 0 (x ∈ D \ {0} (1.16) Khi đó, nếu tập hợp Ω c = {x ∈ R n |V(x) ≤ c} chứa trong D và bị chặn thì mỗi quỹ đạo xuất phát trong Ω c đều tồn tại toàn cục với tất cả t ≥ 0, nằm hoàn toàn trong Ω c và dần về gốc khi t→ +∞ Như vậy Ω c là một ước lượng của miền hấp thụ. Định lý 1.3.4 (Ổn định tiệm cận toàn cục)
Cho x = 0 là điểm cân bằng của (1.13) Giả sử V : R n →R là hàm khả vi liên tục sao cho
Khi đó, x = 0 là ổn định tiệm cận toàn cục.
Chứng minh Lấy bất kỳ p ∈ R n , đặt c = V(p) Điều kiện (1.17) suy ra với bất kỳ c > 0 có một số r > 0 sao cho V(x) > c nếu ||x|| > r Như vậy, Ω c ⊂ B(0, r) suy ra Ω c bị chặn Phần còn lại chứng minh tương tự như Định lý (1.3.3).
Cho x(t) là một nghiệm của (1.13) Một điểm p được gọi là điểm giới hạn dương của x(t) nếu có một dãy {t n } với t n → +∞ khi n→ +∞ sao cho x(t n ) → p khi n → +∞ Tập tất cả các điểm giới hạn dương của x(t) được gọi là tập giới hạn dương của x(t). Một tập M được gọi là tập bất biến đối với (1.13) nếu x(0) ∈ M ⇒x(t) ∈ M, (∀t ∈ R).
Một tập M được gọi là tập bất biến dương đối với (1.13) nếu x(0) ∈ M ⇒ x(t) ∈ M, (∀t ≥0).
Ta cũng nói rằng x(t) tiếp cận tập M khi t →+∞nếu với mỗi ε > 0, có một số T > 0 sao cho d(x(t), M) < ε (∀t > T), trong đó, d(p, M) ký hiệu khoảng cách từ một điểm p đến một tập M: d(p, M) = inf x∈M ||p−x||.
Bổ đề 1.3.1 Nếu một nghiệm của (1.13) bị chặn và thuộc D với t ≥ 0 , khi đó tập giới hạn dương của nó L + là một tập không rỗng, compact và bất biến Hơn nữa, x(t) tiếp cận L + khi t → +∞
Chứng minh Do x(t) bị chặn nên theo định lý Bolzano-Weierstrass, nó có một điểm tụ khi t → +∞, vì vậy tập giới hạn dương L + khác rỗng.
Với mỗi y ∈ L + , có một dãy t i → +∞ sao cho x(t i ) → y khi i → +∞ Do x(t i ) bị chặn đều theo i, giới hạn y bị chặn và do đó L + bị chặn Để chỉ ra rằng L + đóng, giả sử {y i } ⊂ L + là một dãy hội tụ về y, ta kiểm tra rằng y ∈ L + Với mỗi i, có một dãy {t i j } với t i j → +∞ khi j → +∞ sao cho x(t i j ) → y i khi j →+∞ Ta sẽ xây dựng một dãy con {τ i } Cho trước t i j , chọn τ 2 > t 2 2 sao cho ||x(τ 2 )− y 2 || < 1/2, chọn τ 3 > t 3 3 sao cho ||x(τ 3 ) −y 3 || < 1/3, và tiếp tục với i = 4,5, Rõ ràng τ i → +∞ khi i →+∞ và ||x(τ i )−y i || < 1/i, ∀i Lấy tùy ý ε > 0 có các số dương
Bất đẳng thức thứ nhất suy ra từ ||x(τ i ) −y i || < 1/i và bất đẳng thức thứ hai từ y i →y Như vậy
||x(τ i )−y||< ε (∀i > N = max{N 1 , N 2 }), điều này chỉ ra rằng x(τ i ) → y khi i → +∞ Do đó, L + đóng Tập L + đóng và bị chặn nên compact. Để chỉ ra L + bất biến, cho y ∈ L + và φ(t;y) là nghiệm của (1.13) đi qua y tại t= 0, tức là φ(0;y) = y, ta chỉ ra rằngφ(t;y) ∈ L + ,∀t ∈ R Có một dãy t i → +∞ sao cho x(t i ) → y khi i →+∞ Viết x(t i ) = φ(t i ;x 0 ). Do tính duy nhất nghiệm, ta có φ(t+t i ;x 0 ) = φ(t;φ(t i ;x 0 )) = φ(t, x(t i )) trong đó t+t i ≥ 0 với i đủ lớn Bởi tính liên tục i→+∞ lim φ(t+t i ;x 0 ) = lim i→+∞ φ(t;x(t i )) =φ(t;y) điều này chỉ ra φ(t;y) ∈ L + Để chỉ ra rằng x(t) → L + khi i → +∞ ta dùng phản chứng Giả sử ngược lại, khi đó có sốε > 0và một dãy t i →+∞ sao cho d(x(t i ), L + ) > ε Do dãy x(t i ) bị chặn nên có dãy con hội tụ x(t i j ) →x ∗ khi j → +∞ Điểm x ∗ ∈ L + và cùng lúc đó d(x ∗ , L + ) ≥ε dẫn đến mâu thuẫn. Định lý 1.3.5 Cho Ω ⊂ D là tập compact và bất biến dương đối với (1.13) Cho V : D → R là một hàm khả vi liên tục sao cho V (x) ≤ 0 trên Ω Cho E là tập tất cả các điểm trong Ω sao cho V (x) = 0 Gọi M là tập bất biến lớn nhất trong E Khi đó mỗi nghiệm của (1.13) xuất phát trong Ω đều tiếp cận M khi t→ +∞
Chứng minh Chox(t)là nghiệm của (1.13) xuất phát từ Ω Do V (x) ≤ 0 trongΩ, V(x(t)) là hàm giảm theo biếnt DoV(x)liên tục trên tập com- pact Ω nên bị chặn dưới trên Ω Vì vậy, V(x(t)) có một giới hạn a khi t→ +∞ Chú ý rằng tập giới hạn dương L + thuộc Ω doΩ đóng Với bất kỳ p ∈ L + , tồn tại một dãy t n → +∞ với x(t n ) → p khi n → +∞ Do tính liên tục,
Do đó, V(x) = a trên L + Do L + bất biến nên V (x) = 0 trên L + Như vậy,
Do x(t) bị chặn, x(t) tiếp cận L + khi t →+∞ Do đó, x(t) tiếp cận M khi t → +∞
Hệ quả 1.3.1 (Ước lượng miền hấp thụ) Cho x = 0 là điểm cân bằng của (1.13) Cho V : D → R là một hàm khả vi liên tục xác định dương trên một miền D chứa gốc x = 0 sao cho
V (x) ≤ 0 trong D Đặt S = {x ∈ D|V (x) = 0} và giả sử rằng không có nghiệm nào nằm hoàn toàn trong S, trừ nghiệm tầm thường x(t) ≡ 0
Khi đó, gốc là ổn định tiệm cận Hơn nữa, mỗi tập mức Ω c bị chặn chứa trong D đều là tập con của miền hấp thụ gốc.
Hệ quả 1.3.2 Chox = 0 là điểm cân bằng của (1.13) Cho V : R n →R là một hàm khả vi liên tục, thỏa điều kiện không bị chặn V(x) → +∞ khi ||x|| → +∞, và xác định dương sao cho V (x) ≤ 0 trên R n ĐặtS = {x ∈ R n |V (x) = 0} và giả sử không có nghiệm nào nằm hoàn toàn trong S, trừ nghiệm tầm thường x(t) ≡ 0 Khi đó, gốc là ổn định tiệm cận toàn cục.
Kiến thức cơ bản về hệ hyperbolic của các luật bảo toàn
Tính hyperbolic
Ta xét hệ các luật bảo toàn nhiều biến không gian:
∂x j f j (u) = 0, x = (x 1 , x 2 ,ã ã ã , x d ) ∈ R d , t > 0, (1.18) trong đó Ω ⊂R p là một tập mở, f j : Ω → R p (1 ≤ j ≤d) là d hàm khả vi liên tục, ẩn hàm u = u(x, t) ∈ Ω ( x ∈ R d , t ≥ 0).
Tập Ω được gọi là tập trạng thái và các hàm f j (1 ≤ j ≤ d) được gọi là các hàm thông lượng Hơn nữa, ta nói rằng hệ (1.18) được viết dưới dạng bảo toàn.
, là ma trận Jacobian của f j (u).
Hệ (1.18) được gọi là hyperbolic nếu với mỗiu ∈ Ωvà ω = (ω 1 , ω 2 ,ã ã ã , ω d ) ∈
A(u, ω) d j=1 ω j A j (u) cú p giỏ trị riờng λ 1 (u, ω) ≤ λ 2 (u, ω) ≤ ã ã ã ≤ λ p (u, ω) và p vector riờng tương ứng độc lập tuyến tớnh r 1 (u, ω), r 2 (u, ω),ã ã ã , r p (u, ω).
Nếu các giá trị riêng λ k (u, ω) (1≤ k ≤p) là phân biệt thì hệ (1.18) được gọi là hyperbolic ngặt.
Với hệ (1.18), ta xét bài toán Cauchy hay bài toán giá trị đầu (IVP):
Tìm hàm u : (x, t) ∈ R d ×[0,+∞) → u(x, t) ∈ Ω là nghiệm của (1.18), thỏa điều kiện đầu: u(x,0) = u 0 (x), x ∈ R d , (1.19) trong đó u 0 : R d → Ω là một hàm cho trước.
Trong trường hợp x ∈ R và u 0 có dạng: u 0 ⎧⎪
(1.20) khi đó, bài toán Cauchy được gọi là bài toán Riemann.
Tính thuần phi tuyến và suy biến tuyến tính các trường đặc trưng
Giả sử Ω là một tập con mở của R p và f : Ω → R p là một hàm đủ trơn tùy ý (ít nhất là thuộc lớp C 2 ) Ta xét hệ luật bảo toàn phi tuyến:
∂xf(u) = 0, x∈ R, t > 0, (1.21) trong đú u = (u 1 , u 2 ,ã ã ã , u p ) T và f(u) = (f 1 (u), f 2 (u),ã ã ã , f p (u)) T Để đơn giản, giả sử rằng hệ (1.21) là hyperbolic ngặt, nghĩa là với bất kỳ u ∈ Ω, ma trận Jacobian:
1≤i,j≤p có p giá trị riêng thực phân biệt: λ 1 (u) < λ 2 (u) < ã ã ã < λ p (u).
Với mỗi giá trị riêng λ k (u), ta kết hợp với một vector riêng phải r k (u)
A(u)r k (u) =λ k (u)r k (u) Định nghĩa 1.4.1 Trường đặc trưng thứ k, (λ k , r k ), được gọi là thuần phi tuyến nếu
Trường đặc trưng thứ k được gọi là suy biến tuyến tính nếu
Trong (1.22) và (1.23), Dλ k (u) = λ k (u) ∈ L(R p ;R) là đạo hàm của λ k (u) và có thể đồng nhất với vector gradient ∇λ k (u) ∈ R p
Nghiệm yếu của hệ luật bảo toàn
Sự không tồn tại nghiệm cổ điển
Xét trường hợp một luật bảo toàn vô hướng với một biến không gian (u ∈ R, x ∈ R).
Ta viết lại hệ (1.18) dưới dạng phi bảo toàn: u t +a(u)u x = 0 (x ∈ R, t > 0), (1.24) trong đó a(u) = df(u) du , và điều kiện đầu: u(x,0) = u 0 (x) (x ∈ R) (1.25) Đường đặc trưng của phương trình (1.24) được định nghĩa là đường cong tích phân của phương trình vi phân: dx dt = a(u(x(t), t)) (1.26)
Bổ đề 1.4.1 Giả sử u là nghiệm cổ điển của phương trình (1.24) Khi đó, đường đặc trưng (1.26) là các đường thẳng mà trên đó u là hằng số.
Chứng minh Xét một đường đặc trưng qua (x 0 ,0) Đường đặc trưng này là nghiệm của bài toán Cauchy: dx dt = a(u(x(t), t)), x(0) = x 0
Một nghiệm của phương trình (1.27) tồn tại trên một khoảng [0, t 0 ] nào đó (t 0 > 0) Trên đường này, ta có: d dtu(x(t), t) = 0 (1.28) Do đó, dọc theo đường đặc trưng này, u là hằng số.
Từ (1.26) ta suy ra đường đặc trưng đi qua (x 0 ,0) là đường thẳng xác định bởi phương trình x = x 0 +ta(u 0 (x 0 )).
(1.29) Đặt: u(x, t) = u 0 (x 0 ), (1.30) với x 0 là nghiệm của (1.29).
Giả sử tồn tại hai điểm x 1 , x 2 với x 1 < x 2 sao cho m 1 := 1 a(u 0 (x 1 )) < 1 a(u 0 (x 2 )) := m 2
Khi đó các đường đặc trưng C 1 , C 2 xuất phát từ (x 1 ,0),(x 2 ,0) với độ dốc tương ứng m 1 , m 2 sẽ cắt nhau tại một điểm P nào đó.
Tại P, nghiệm u nhận cả hai giá trịu 0 (x 1 ) và u 0 (x 2 ) Do đó, u gián đoạn tại P Điều này không phụ thuộc vào tính trơn của u 0 và a Thực vậy, từ (1.29) ta suy ra điều kiện để hai đường đặc trưng cắt nhau là t[a(u 0 (x 1 )) −a(u 0 (x 2 ))] = x 2 −x 1
Nếu a(u 0 (x)) không là hàm tăng theo x, phương trình trên có nghiệm t > 0, khi đó không thể xác định được nghiệm cổ điển u nào với mọi t > 0 Tuy nhiên, nghiệm cổ điển u có thể tồn tại đến thời điểm lớn nhất
Xét bài toán Cauchy (1.18),(1.19) và giả sử u 0 ∈ L ∞ loc (R) p Giả sử u là nghiệm cổ điển, ϕ∈ C 0 ∞ (R d ×[0,+∞)) p là hàm thử Áp dụng công thứcGreen, ta được
R d u(x,0)ϕ(x,0)dx. Do đó, nghiệm cổ điển u thỏa mãn đẳng thức tích phân
(1.32) Chú ý rằng (1.32) có nghĩa với giả thiết u ∈ L ∞ loc (R d ×[0,+∞)) p Định nghĩa 1.4.2 Giả sử u 0 ∈ L ∞ loc (R d ) p Hàm u ∈ L ∞ loc (R d ×[0,+∞)) p được gọi là nghiệm yếu của bài toán Cauchy (1.18),(1.19) nếu u(x, t) ∈ Ω hầu khắp nơi và thỏa (1.32) với mọi hàm thử ϕ∈ C 0 ∞ (R d ×[0,+∞)) p
Từ cách xây dựng, ta thấy rằng một nghiệm cổ điển thì cũng là nghiệm yếu Ngược lại, giả sử hàm khả vi liên tục u là nghiệm yếu Với bất kỳ hàm thử ϕ ∈ C 0 ∞ (R d ×[0,+∞)) p , tích phân hệ thức (1.32) ta được
Hệ thức trên đúng với mọi hàm thử ϕ ∈ C 0 ∞ (R d ×[0,+∞)) p nên (1.18) được thỏa mãn tại từng điểm.
Bây giờ ta nhân (1.18) với một hàm thử tùy ý ϕ ∈ C 0 ∞ (R d ×[0,+∞)) p , sau đó lấy tích phân từng phần và so sánh với (1.32) ta được
R d (u(x,0)−u 0 (x))ϕ(x,0)dx= 0, với ϕ tùy ý nên hệ thức cuối cùng kéo theo (1.19) tại từng điểm.
Như vậy, ta đã chứng minh được rằng nếu nghiệm yếu u là hàm khả vi liên tục thì u cũng là nghiệm cổ điển.
Ta xét các nghiệm yếu của (1.18) là hàm trơn từng mảnh và có gián đoạn Cụ thể, ta nói một hàm u là C 1 từng mảnh nếu tồn tại hữu hạn các mặt định hướng trơn trong mặt phẳng (x, t) sao cho hàm u là C 1 ngoài các mặt này và thừa nhận gián đoạn trên đó.
Cho trước một mặt gián đoạn của u, ký hiệu n = (n 0 , , n d ) T là véc- tơ pháp tuyến của và gọiu − , u + là giới hạn mỗi bên củautại
+ u((x, t) +εn). Định lý 1.4.1 Giả sử u : R d ×[0,+∞) → Ω là hàm C 1 từng mảnh.
Khi đó, u là nghiệm yếu của (1.18) nếu và chỉ nếu hai điều kiện sau được thỏa mãn
(i) u là nghiệm cổ điển của (1.18) trong những miền mà u là C 1 , (ii) u thỏa mãn điều kiện bước nhảy
(f j (u + )−f j (u − ))n j = 0 (1.33) tại các mặt gián đoạn.
Hệ thức (1.33) được gọi là hệ thức Rankine-Hugoniot.
Chứng minh Giả sử hàm C 1 từng mảnh u là nghiệm yếu Như trên, ta đã chứng minh được rằng u là nghiệm cổ điển trong những miền mà nó trơn.
Giả sử M là một điểm tùy ý trên
Gọi D là hình cầu tâmM đủ bé. Để đơn giản, ta giả thiết
∩D là mặt gián đoạn duy nhất của u trong
D GọiD + và D − là hai miền mở của D nằm về hai bên của
(uϕ t + d j=1 f j (u)ϕ x j )dxdt. Để cố định, giả sử véc-tơ pháp tuyến n tại hướng vào trong D + Áp dụng công thức Green trong D − , ta có
(1.34) vì u là nghiệm cổ điển trong D − Tương tự, ta có
(1.35) Trừ (1.34) và (1.35) vế theo vế, từ (1.32) ta được
∩D (n 0 (u + −u − ) + d j=1 n j (f j (u + )−f j (u − )))ϕdS = 0 (1.36)Hệ thức (1.36) đúng với mọi hàm thử ϕ nên suy ra (1.33) tại điểm M.
Ngược lại, giả sử u là hàm C 1 từng mảnh thỏa mãn (i) và (ii) Khi đó, ta kiểm tra được u thỏa đẳng thức tích phân trong định nghĩa của nghiệm yếu.
Ký hiệu bước nhảy của u qua bởi
[u] = u + −u − , (1.37) và bước nhảy của f j (u),1 ≤ j ≤d, qua bởi
Khi đó, hệ thức (1.33) có thể viết lại dưới dạng n 0 [u] + d j=1 n j [f j (u)] = 0 (1.39)
Trong trường hợp một chiều, giả sử đường cong được tham số hóa bởi phương trình
= {(x, t) : x = x(t), t > 0}, (1.40) trong đó x = x(t) là một hàm trơn Khi đó n = (1 +s 2 ) −1/2 (1,−s), (1.41) với s = x (t). Do đó trên
Nghiệm yếu của hệ luật bảo toàn nói chung là không duy nhất.
Nghiệm entropy
Giả sử u là một nghiệm trơn của hệ luật bảo toàn (1.18) Giả sử
U : Ω → R là hàm khả vi Nhân cả hai vế của (1.18) với U (u) ta được
∂x j = 0 (1.43) Nếu tồn tại các hàm khả vi F j ,1≤ j ≤d sao cho
U (u).f j (u) =F j (u), 1≤ j ≤ d, u ∈ Ω (1.44) thì hệ (1.43) có thể viết lại dưới dạng bảo toàn
∂x j = 0 (1.45) Định nghĩa 1.4.3 Giả sử Ω là tập lồi Khi đó, một hàm U : Ω → R được gọi là một entropy của hệ (1.18) nếu tồn tại d hàm khả vi F j : Ω →
R,1 ≤ j ≤ d, được gọi là các thông lượng entropy, thỏa mãn hệ thức (1.44).
Phương pháp triệt tiêu nhớt
Xét hệ luật bảo toàn với nhiễu nhớt Cho trước tham biến đủ bé ε > 0,ta liên kết với hệ luật bảo toàn (1.18) hệ parabolic u εt + d j=1
(f j (u ε )) x j = εu ε , (1.46) trong đó vế phải biểu diễn phần nhớt của hệ Giả sử với ε > 0 đủ bé, hệ (1.46) có một nghiệmu ε Ta sẽ khảo sát tính chất củauvới u = lim ε→0 u ε Định lý 1.4.2 Giả sử hệ (1.18) thừa nhận một entropy U cùng với các thông lượng entropy F j ,1 ≤ j ≤ d Giả sử (u ε ) ε là một dãy các nghiệm đủ trơn của (1.46) sao cho
||u ε || L ∞ (R×[0,+∞)) ≤C, lim ε→0 u ε = u, (1.47) hầu khắp R×[0,+∞) , trong đó C là hằng số không phụ thuộc ε. Khi đó, u là một nghiệm của (1.18) theo nghĩa phân bố và thỏa mãn điều kiện entropy
(F j (u)) x j ≤ 0, (1.48) theo nghĩa phân bố trên R d ×(0,+∞)
Bất đẳng thức (1.48) có nghĩa là với bất kỳϕ ∈ C 0 ∞ (R d ×(0,+∞)), ϕ ≥
Chứng minh Giả sửU thuộc lớpC 2 là một hàm entropy của (1.18) Nhân hai vế (1.46) với U (u ε ), sử dụng định nghĩa entropy, ta được
Ta viết vế phải (1.50) dưới dạng εU (u ε )u ε = εU(u ε )−ε d j=1
Từ tính lồi của U, suy ra εU (u ε )u ε ≤εU(u ε ), từ đó dẫn đến
Mặt khác, u = lim ε→0 u ε trong D (R d ×(0,+∞)) p , vì vậy (u ε ) t → u t , εu ε →0 trong D (R d ×(0,+∞)) p Từ giả thiết và sử dụng định lý hội tụ bị chặn Lebesgue ta có f j (u ε ) → f j (u) trong L 1 loc (R d ×(0,+∞)) p
Chuyển qua giới hạn trong (1.46) ta kết luận rằng u là nghiệm của (1.18) theo nghĩa phân bố trong R d ×(0,+∞).
(U(u ε )) t → (U(u)) t , (F j (u ε )) x j → (F j (u)) x j , εU(u ε ) → 0 trong D (R d ×(0,+∞)). Chuyển qua giới hạn (1.51), ta thu được (1.48) Định lý được chứng minh.
Khái niệm nghiệm entropy Tính duy nhất Định nghĩa 1.4.4 Một nghiệm yếu u của bài toán (1.18),(1.19) được gọi là nghiệm entropy nếu với mọi hàm entropy U cùng với thông lượng entropy tương ứng F ,1 ≤ j ≤ d và với mọi hàm thử ϕ ∈ C ∞ (R d ×
Tương tự như trong chứng minh Định lý 1.4.1 ta có thể thấy rằng một hàm C 1 từng mảnh u là nghiệm entropy của (1.18),(1.19) nếu
(i) u là nghiệm cổ điển của (1.18) trong những miền mà u là C 1 và thỏa (1.19) hầu khắp,
(ii) u thỏa mãn điều kiện Rankine-Hugoniot (1.33), (iii) u thỏa mãn điều kiện bước nhảy n 0 [U(u)] + d j=1 n j [F j (u)] ≤ 0 (1.53) trên các mặt gián đoạn, trong đó n là véc-tơ pháp tuyến đơn vị hướng vào trong D +
Trong trường hợp một chiều, (1.53) trở thành
Trong trường hợp một chiều, ta có định lý về tính duy nhất nghiệm entropy bởi Kruzkov. Định lý 1.4.3 (Kruzkov)
Giả sửu ∈ L ∞ (R) Bài toán (1.18),(1.19) thừa nhận một nghiệm entropy duy nhất u ∈ L ∞ (R×(0, T)) Nghiệm này thỏa mãn hầu khắp 0≤ t≤ T
Hơn nữa, nếu u và v là hai nghiệm entropy của (1.18) với các dữ kiện đầu tương ứng là u 0 , v 0 thì u 0 ≥ v 0 dẫn đến u(., t) ≥ v(., t) hầu khắp
Ngoài ra, nếu u 0 là hàm với biến phân bị chặn thì u(., t) cũng là hàm với biến phân bị chặn với
SÓNG LƯU ĐỘNG VÀ TÍNH ỔN ĐỊNH CỦA CÁC TRẠNG THÁI CÂN BẰNG
Trong phạm vi đề tài này, chúng ta xét hệ cơ học chất lưu các phương trình Euler với nhớt, mao dẫn và sự truyền nhiệt trong hệ tọa độ Lagrange v t −u x = 0, u t +p x ν vu x x −(μv x ) xx + μ v
(2.1) với x ∈ R, t > 0. Ở đây, v, S, p, ε, T lần lượt là khối lượng riêng, entropy, áp suất, năng lượng bên trong và nhiệt độ tuyệt đối; u là ký hiệu thể tích, và
2v x 2 , (2.2) là năng lượng tổng; ν, μ, κ tương ứng là các hệ số nhớt, mao dẫn và sự truyền nhiệt.
Hệ (2.1) chứa thành phần truyền nhiệt hiệu chỉnh q x = κτ(v) xx , trong đó, q là thông lượng nhiệt độ Lưu ý thành phần truyền nhiệt vật lý được cho bởi q x = κ vT x x
Trong xuyên suốt đề tài, các hệ số ν, μ, κ được giả thiết là các hằng số không âm Hơn nữa, hàm τ trong thành phần truyền nhiệt hiệu chỉnh trong (2.1) được giả thiết là trơn, giảm và lồi với v > 0, cụ thể: dτ dv < 0, d 2 τ(v) dv 2 > 0, v > 0, v→0lim + τ(v) = +∞, v→+∞ lim τ(v) = 0.
Tính hyperbolicity và sốc Lax
Khi các hệ số nhớt, mao dẫn và truyền nhiệt trong hệ (2.1) tiến về không, ta được v t −u x = 0, u t +p x = 0, E t + (up) x = 0, x ∈ R, t > 0.
Ta nhắc lại rằng một sốc của (2.4) là một nghiệm yếu U có dạng
U − (x < st), U + (x > st), trong đó, các hằng số U − , U + là trạng thái bên trái và trạng thái bên phải, s là vận tốc sốc.
Một sốc của (2.4) thỏa các hệ thức Rankine-Hugoniot s[v] + [u] = 0,
Suy ra đươc vận tốc sốc s = s(U − , U + ) = ±
1-sốc tương ứng với sốc có vận tốc âm, 3-sốc tương ứng với sốc có vận tốc dương.
Lưu chất được giả thiết là đẳng hướng và lý tưởng, phương trình trạng thái được cho bởi ε = pv γ −1 = cT, (2.7) trong đó c > 0, γ > 1 là các hằng số.
Chọn (v, S) là bộ biến độc lập Áp suất p là hàm của hai biến v và S. Cụ thể p = p(v, S) = (γ −1)v −γ exp
Hệ (2.4) có thể được viết lại dưới dạng v t −u x = 0, u t +p v (v, S)v x +p S (v, S)S x = 0, S = 0.
Ma trận Jacobian của hệ (2.9)
Ma trận A chứa ba trị riêng phân biệt λ 1 = − −p v (v, S) < λ 2 = 0 < λ 3 −p v (v, S), do đó, hệ (2.4) là hyperbolic ngặt.
Giả thiết các sốc thỏa bất đẳng thức Lax: λ i (U + ) < s i (U − , U + ) < λ i (U − ) (i = 1,3), (2.10) trong đó s = s i là vận tốc i-sốc.
Sóng lưu động và các tính chất
Một sóng lưu động của hệ (2.1) nối trạng thái bên trái U − và trạng thái bên phải U + là một nghiệm trơn của (2.1) có dạng
U = U(y) = (v(y), u(y), S(y)), y = x−st, trong đó s là hằng số Các điều kiện biên y→±∞ lim U(y) =U ± , y→±∞ lim d dyU(y) = lim y→±∞ d 2 dy 2 U(y) = 0.
Hệ (2.1) có thể được viết lại dưới dạng v t −u x = 0, u t +p x ν vu x x −μv xxx , T S t = ν vu 2 x +κτ(v) xx
Từ đây, để đơn giản, ta quy ước về mặt ký hiệu
Xét hệ (2.12) với sóng lưu động U = U(y), y = x−st, ta được
Thế u = −sv từ phương trình thứ nhất vào hai phương trình còn lại của hệ (2.13), ta được s 2 v +p = −s ν vv
(2.14) Lấy tích phân phương trình thứ nhất trên khoảng (−∞, y) ta được μv = −sν vv −p(v, S) +p(v − , S − )−s 2 (v−v − ) (2.15) Nhân hai vế (2.15) với sv , thu được s 3 (v−v − )v +s(p−p − )v = −s 2 ν v(v ) 2 −sμv v (2.16) Cộng (2.16) với phương trình thứ hai của (2.14) vế theo vế
Tích phân hai vế trên khoảng (−∞, y) sμ
Từ (2.15) và (2.17), ta viết lại hệ (2.14) dưới dạng v = w μ, w = −sν μvw−(p−p − +s 2 (v−v − )), sw 2
Từ phương trình thứ ba của (2.18), ta thấy rằng ε = ε(v, w).
Thế ε = pv γ −1 vào phương trình thứ ba của (2.18), ta được p = γ −1 sv sw 2
Ta thấy rằng hàm áp suất p có thể biểu diễn là một hàm của (v, w): p = p(v, w) = (γ−1)
2μv w 2 − (γ−1)κdτ(v) dv sμv w+ f(v), (2.19) trong đó f(v) := (γ −1) sv sε − −sp − (v −v − ) + s 3
Ta có thể dễ dàng thấy rằng f(v − ) = p(v − , S − ), f(v + ) = p(v + , S + ).
(2.21) Từ (2.19) và (2.20) dẫn đến hệ (2.18) có thể viết lại v = w μ, w = −sν μvw −h(v, w), (2.22) trong đó h(v, w) = p(v, S)−p(v − , S − ) +s 2 (v −v − )
SỰ TỒN TẠI SÓNG LƯU ĐỘNG 45
Phiếm hàm Lyapunov
2 (3.1) là một phiếm hàm Lyapunov cho điểm cân bằng (v + ,0) của hệ (2.22) trong miền
Chứng minh Rõ ràng rằng L(v + ,0) = 0, Như đã thấy ở các mục trước, g(v) là một hàm lồi ngặt và g(v − ) = g(v + ) = 0 (v − < v + ).
Từ đây, ta suy ra rằng v v + g(z)dz > 0 (v > v − ) (3.4)
L(v, w) > 0 ((v, w) ∈ D,(v, w) = (v + ,0)) (3.5) Cuối cùng, ta kiểm tra
Như vậy, chứng minh được hoàn thành.
Hình 3.1: Miền Lyapunov D định nghĩa bởi (3.2)
Ước lượng miền hấp thụ
Ta thấy rằng v→+∞ lim v v + g(z)dz = +∞.
Do đó, ta luôn chọn được v ∗ > v + sao cho
Hàm f là lồi ngặt, nên f là một hàm tăng ngặt theo v, do đó v∈[v max − ,v ∗ ] |f (v)| = max{|f (v − )|,|f (v ∗ )|}, (3.7)
Ta có thể chọn M đủ lớn sao cho
, ta định nghĩa tập G ε như sau
(3.11) Từ (3.10), ta suy ra rằng
Bổ đề 3.2.1 Cho tập G ε được định nghĩa trong (3.11) có ∂G ε là biên.
Hơn nữa, giá trị nhỏ nhất của L đạt được tại một điểm duy nhất là
Chứng minh Ta chỉ cần chứng minh (3.14) Trên biên∂G ε , v ≤ v + , ta có w 2 = M 2 (|v + −(v − +ε)| 2 −(v −v + ) 2 ).
Lấy vi phân hàm ϕ: dϕ(v) dv = g(v)−M 2 (v−v + )
> 0 (v ∈ (v − +ε, v + )). Như vậy, ϕ tăng ngặt trên [v − + ε, v + ] nên đạt giá trị nhỏ nhất tại v = v − + ε, ϕ(v) > ϕ(v − +ε) (v ∈ (v − +ε, v + ]).
Tương tự, ta chứng minh được
L(v, w) > L(v ∗ ,0) (∀(v, w) ∈ ∂G ε \ {(v ∗ ,0)}, v > v + ). Điều này kết hợp với (3.6), dẫn đến (3.14).
Bổ đề 3.2.2 Với εnhận giá trị bất kỳ trong khoảng
G ε được định nghĩa trong (3.11), khi đó với bất kỳ δ ∈ (0, L(v − +ε,0)) , tập: Ω δ = {(v, w) ∈ G ε |L(v, w) ≤ δ} (3.15) là một tập compact, thuộc phần trong tập G ε , bất biến dương đối với (2.22), và có (v + ,0) là một điểm trong Hơn nữa, bài toán Cauchy cho (2.22) với điều kiện đầu (u(0), v(0)) = (u 0 , v 0 ) ∈ Ω δ nhận một nghiệm toàn cục duy nhất (v(y), w(y)) với mọi y ≥ 0 và hội tụ đến (v + ,0) khi y → +∞ Do đó, tập Ω δ là một tập hấp thụ của điểm cân bằng ổn định tiệm cận (v + ,0)
Chứng minh Rõ ràng, Ω δ là một tập compact Ta chứng minh rằng Ω δ thuộc phần trong của G ε Giả sử ngược lại, khi đó tồn tại điểm U 0 :
L(U 0 ) ≥L(v − +ε,0)> δ, điều này mâu thuẫn với giả thiết U 0 ∈ Ω δ , L(U 0 ) ≤ δ Do đó Ω δ thuộc phần trong của G ε Hơn nữa, ta có dL(u(y), v(y)) dy ≤ 0, do đó
L(u(y), v(y)) ≤L(u(0), v(0)) ≤ δ (∀y > 0). Điều này chứng tỏ Ω δ là một tập bất biến dương đối với (2.22), suy ra rằng với U(0) ∈ Ω δ thì hệ (2.22) có nghiệm toàn cục duy nhất với y ≥0. Ta định nghĩa
Thấy rằng M = {(v + ,0)} là tập bất biến lớn nhất trong E Áp dụng nguyên tắc bất biến LaSalle, mọi quỹ đạo U xuất phát trong Ω δ hội tụ đến (u + ,0) khi y →+∞ Chứng minh được hoàn tất.
Hình 3.2: Tập G ε định nghĩa bởi (3.11) và tập Ω δ định nghĩa bởi (3.15). hay Ω = {(v, w) ∈ R 2 |v > v − , μ v v − g(z)dz + w 2
2 < 0}, (3.17) là một tập hấp thụ của điểm cân bằng ổn định(v + ,0), và điểm yên (v − ,0) nằm trên biên của tập Ω,
Sự tồn tại sóng lưu động
Định lý 3.3.1 Với bất kỳ 3-sốc thỏa bất đẳng thức sốc Lax của hệ
(2.4) nối trạng thái bên trái U − = (v − , u − , S − ) và trạng thái bên phải U + = (v + , u + , S + ), với hệ số nhớt ν được chọn thỏa điều kiện (3.9) Khi đó, tồn tại sóng lưu động của (2.1) nối U − và U +
Chứng minh Các vector riêng ứng với các trị riêng ξ 1 (v − ,0) < 0 < r 1 (v − ,0) =< 1, ξ 1 (v − ,0) >, r 2 (v − ,0) =< 1, ξ 2 (v − ,0) > Điều này dẫn đến một quỹ đạo ổn định rời điểm yên(v − ,0)ở góc phần tư
Q 1 = {(v, w)|v > v − , w > 0}, (3.19) và một quỹ đạo ổn định khác rời điểm yên (v − ,0) ở góc phần tư
Ta sẽ chứng minh rằng quỹ đạo ổn định đi vào Q 1 hội tụ đến điểm cân bằng ổn định tiệm cận (v + ,0) Ta có w 2
2 + μ v v − g(z)dz < 0 khi quỹ đạo đi vào Q 1 , với v > v − , w > 0 Khi đó, quỹ đạo ổn định rời điểm yên (v − ,0) đi vào miền hấp thụ Ω của điểm cân bằng ổn định tiệm cận (v + ,0) Điều đó chứng tỏ tồn tại sóng lưu động nối U − và U +
Trong luận văn này, chúng tôi đã chứng minh được sự tồn tại sóng lưu động ứng với sốc thỏa bất đẳng thức sốc Lax trong hệ các phương trìnhEuler xét trong hệ tọa độ Lagrange Hơn nữa, có đúng một quỹ đạo xuất phát từ điểm yên đi vào miền hấp thụ của điểm cân bằng ổn định tiệm cận, điều này thiết lập tính duy nhất của sóng lưu động.
[1] E Godlewski, P.A Raviart, Numerical Approximation of Hyperbolic Systems of Conservation Laws, Applied Mathematical Sciences Vol- ume 118, 1996.
[2] P.G.LeFloch, Hyperbolic systems of conservation laws The theory of classical and nonclassical shock waves, Lectures in Mathematics, ETH
[3] M.D.Thanh, Phương trình vi phân và phương trình đạo hàm riêng, ĐHQG-HCM, ISBN: 978-604-73-4464-2.
[4] N.Bedjaoui, and Le.Floch, Diffusive-dispersive traveling waves and ki- netic relations III An hyperbolic model from nonlinear elastodynam- ics, Ann.Univ.Ferra Sc.Mat., 44 (2001) 117-144.
[5] N.Bedjaoui, and Le.Floch, Diffusive-dispersive traveling waves and ki- netic relations I Non-convex hyperbolic conservaion laws, J.Diff.Eqs.,
[6] N.Bedjaoui, and Le.Floch, Diffusive-dispersive traveling waves and ki- netic relations II An hyperbolic-elliptic model of phase-transition dy- namics, Proc.Roy.Soc.Edinburgh, 132 A (2002) 545-565.
[7] M.D.Thanh, Attractor and traveling waves of a fluid with nonlinear diffusion and dispersion, Nonliear Anal.: T.M.A., 72 (2010) 3136-3149.
