Phương pháp giải bài toán biên ban đầu thứ nhất đới với phương trình hyperbolic mạnh trong miền bất kì
Bộ giáo dục và đào tạo Tr-ờng Đại học S- phạm Hà Nội Giải bài toán biên ban đầu thứ nhất đối với ph-ơng trình hyperbolic mạnh trong miền bất kỳ (Bằng ph-ơng pháp xấp xỉ miền) Luận văn thạc sỹ toán Chuyên ngành: Ph-ơng trình vi phân đạo hàm riêng Mã ngành: Ng-ời h-ớng dẫn khoa học: PGS.TSKH Nguyễn Mạnh Hùng Ng-ời thự hiện: Vũ Trọng L-ỡng Hà nội - 2005 Lời nói đầu Một trong những khái niệm cơ bản của đạo hàm riêng hiện đại là nghiệm suy rộng, tức là nghiệm nhận đ-ợc sau khi giảm nhẹ một số điều kiện của bài toán và là nghiệm khá gần với khái niệm nghiệm thông th-ờng. Khi đi nghiên cứu ph-ơng trình đạo hàm riêng hiện đại, chúng ta th-ờng bắt đầu từ việc chứng minh sự tồn tại, duy nhất nghiệm suy rộng trong các không gian Sobolev, sau đó nhờ các công cụ của giải tích hàm, ta làm cho nghiệm suy rộng dần đến đ-ợc những đòi hỏi của nghiệm thông th-ờng. Nghiệm suy rộng của ph-ơng trình Hyperbolic, nói chung, không đòi hỏi có đạo hàm đến cấp của ph-ơng trình và đ-ơng nhiên ch-a phải là nghiệm thông th-ờng (nghiệm cổ điển), thậm chí ch-a phải là nghiệm hầu khắp nơi. Một vấn đề đ-ợc đặt ra là, khi nào nghiệm suy rộng trở thành nghiệm thông th-ờng và có thể biểu diễn đ-ợc nghiệm suy rộng d-ới dạng một công thức t-ờng minh hay không. Điều này làm đ-ợc nếu biên của miền đ-ợc xét là trơn [ Fuxra ]. Tuy nhiên, nếu biên không trơn vẫn là một vẫn đề để ngỏ. Vào những năm chín m-ơi của thế kỉ XX- PGS.TSKH Nguyễn Mạnh Hùng đã xét các bài toán biên đối với hệ ph-ơng trình hyperbolic mạnh trong trụ hữu hạn với đáy là miền với biên không trơn và nhận đ-ợc các định lí về sự tồn tại duy nhất nghiệm suy rộng cũng nh- tính trơn của nó theo biến thời gian [4]. Trong luận văn này d-ới sự h-ớng dẫn của PGS.TSKH Nguyễn Mạnh Hùng, bằng một ph-ơng pháp khác (ph-ơng pháp xấp xỉ miền), tác giả xét bài toán biên ban đầu thứ nhất ph-ơng trình hyperbolic mạnh trong trụ hữu hạn với đáy là miền với biên không trơn và tác giả cũng nhận đ-ợc các định 3 lí về sự tồn tại duy nhất nghiệm suy rộng cũng nh- tính trơn của nó theo biến thời gian. Bố cục luận văn gồm ba ch-ơng, ch-ơng I: Một số kiến thức chuẩn bị, gồm một số kiến thức cơ sở nh- về các không gian hàm cần thiết, định lý xấp xỉ miền và các bổ đề cần thiết (về giải tích hàm), ch-ơng II: Sự tồn tại duy nhất nghiệm, bao các gồm kết quả chính thông qua các định lý II.1, II.2, II.3, ch-ơng III: Tính trơn của nghiệm theo biến thời gian, trong ch-ơng này dựa vào các kết quả đạt trong ch-ơng II, tác giả chứng minh tính trơn của nghiệm theo biến thời gian đến cấp bất kỳ thông qua định lý III.1. Tất nhiên trong luận văn này không thể tránh khỏi những thiếu sót, tác giả rất mong nhận đ-ợc những góp ý quý báu từ các thầy, cô giáo và các bạn đồng nghiệp . Cuối cùng bằng tấm lòng kính trọng và biết ơn sâu sắc, tác giả xin trân thành cảm ơn thầy PGS.TSKH Nguyễn Mạnh Hùng, ng-ời đặt ra vấn đề, rồi h-ớng dẫn, chỉ bảo tận tình để tác giả hoàn thành luận văn này. Tác giả xin trân thành cảm ơn các thầy cô phản biện đã đọc luận văn này và đ-a ra những nhện xét xác đáng. Tác giả cũng xin trân thành cảm ơn các anh, chị, bạn đồng nghiệp đã giúp đỡ tác giả hoàn thành luận văn này. Hà nội - 2005, tác giả Mục lục I Một số kiến thức chuẩn bị 5 I.1. Các không gian hàm cần thiết 5 I.2. Khái niệm biên trơn - Định lý xấp xỉ miền . 8 I.3. Thiết lập bài toán 10 II Sự tồn tại và duy nhất nghiệm trong trụ với đáy là miền bất kỳ 13 II.1. Các bất đẳng thức tiên nghiệm đối với miền có biên trơn . 13 II.2. Sự tồn tại nghiệm suy rộng . 31 II.3. Tính duy nhất của nghiệm suy rộng 36 III Tính trơn của nghiệm theo biến thời gian 40 4 Ch-ơng I Một số kiến thức chuẩn bị I.1. Các không gian hàm cần thiết Cho là một miền trong bị chặn trong R n , kí hiệu Q T =ì (0,T),T = cost > 0, là trụ có chiều cao T , đáy là và Q T = ì [0,T]. 1. L 2 () là không gian Hilbert của tất cả các hàm khả tích bình ph-ơng trên với tích vô h-ớng cho bởi (f,g) L 2 () = f(x)g(x)dx, f, g L 2 () . 2. Không gian W m 2 () là khônh gian Sobolev bao gồm tất cả các hàm u(x) L 2 () có tất cả các đạo hàm suy rộng theo x đến cấp m thuộc L 2 (). W m 2 () là không gian Banach với chuẩn u W m 2 () =( ||m |D u| 2 dx) 1 2 và là không gian Hilbert với tích vô h-ớng đ-ợc sinh ra từ chẩn trên. 5 6 3. Ký hiệu C k (Q T ) là tập các hàm khả vi lên tục đến cấp k trên Q T , C (Q T ) là tập tất cả các hàm thuộc C k (Q T ), k =0, 1, 4. Không gian L 2 (Q T ) là không gian Hilbert của tất cả các hàm khả tích bình ph-ơng trên Q T với tích vô h-ớng cho bởi (f,g) L 2 (Q T ) = Q T f(x)g(x)dx, f, g L 2 (Q T ) 5. Không gian W m,l 2 (Q T ) là khônh gian Sobolev bao gồm tất cả các hàm u(x, t) L 2 (Q T ) có tất cả các đạo hàm suy rộng theo x đến cấp m và theo t đến cấp l thuộc L 2 (Q T ). W m,l 2 (Q T ) là không gian Banach với chuẩn u W m,l 2 (Q T ) =( ||m Q T |D u| 2 dxdt + l k=1 Q T | k u t k | 2 dxdt) 1 2 (Tr-ờng hợp l =0, số hạng thứ hai của vế phải coi nh- không có) và nó cũng là không gian Hilbert với tích vô h-ớng đ-ợc sinh ra từ chẩn trên. 6. Không gian W m,l 2 (Q T ) là khônh gian con của không gian W m,l 2 (Q T ), bao gồm các hàm u(x, t) W m,l 2 (Q T ) bằng không gần biên S T = ì (0,T). Điều đó có nghĩa là u(x, t) W m,l 2 (Q T ) khi và chỉ khi tồn tại một dãy {u k } k=0 C (Q T ),u k (x, t)=0trên Q T = {(x, t) Q T : dist((x, t),S T ) <} và u k u trong W m,l 2 (Q T ) khi k . W m,l 2 (Q T ) cũng là một không gian Hilbert. Bổ đề I.1. Nếu dãy {u k } k=1 hội tụ yếu tới u trong không gian Hilbert H, thì u lim k u k hơn nữa vế phải của đẳng thức là hữu hạn. 7 Chứng minh Xét dãy toán tử liên tục A k : H R,A k (f)=(f,u k ),f H và toán tử liên tục A : H R,A(f)=(f,u),f H ,do{u k } k=1 , hội tụ yếu tới u, nên lim k A k (f)=A(f), f H , suy ra dãy {A k } k=1 bị chặn điểm do nguyên lý bị chặn đều Banach - Steinhauss thì dãy {A k } k=1 bị chặn đều, có nghĩa là tồn tại sup k1 A k < . Mặt khác A k (f) sup k1 A k f, f H , suy ra A(f) = lim k A k (f) lim k sup k1 A k f = lim k A k f, f H . Do đó u = A lim k A k = lim k u k . Bổ đề đ-ợc chứng minh. Bổ đề I.2. Giả sử H là không gian Hilbert khả ly. Khi đó từ một dãy con bị chặn trong H có thể trích ra một dãy con hội tụ yếu trong H. Xem[4] Bổ đề I.3. Nếu {u k } n k=1 W m,1 2 (Q T ),u k u 0 W m,1 2 (Q T ) và u kt u 1 W m,1 2 (Q T ) trong W m,1 2 (Q T ), thì u 1 = u 0t W m,1 2 (Q T ) Chứng minh Với mọi C 0 (Q T ) ta có (u 0t ,) W m,1 2 (Q T ) = (u 0 , t ) W m,1 2 (Q T ) = lim 0 (u , t ) W m,1 2 (Q T ) = lim 0 (u t ,) W m,1 2 (Q T ) =(u 1 ,) W m,1 2 (Q T ) . Từ đó suy ra (u 1 u 0t ,) W m,1 2 (Q T ) , C 0 (Q T ) do C 0 (Q T ) trù mật hầu khắp nơi trong W m,1 2 (Q T ) d-ới chuẩn của W m,1 2 (Q T ) suy ra u 0t = u 1 W m,1 2 (Q T ). Bổ đề đ-ợc chứng minh. 8 Bổ đề I.4. Nếu {u k } n k=1 W m,1 2 (Q T ), bị chặn. Khi đó, tồn tại dãy con u k l (x, t) sao cho dãy u k l (x, 0) hội tụ trong L 2 (). I.2. Khái niệm biên trơn - Định lý xấp xỉ miền Cho là một miền trong bị chặn trong R n , ký hiệu là biên của . Định nghĩa 1. Ta gọi thuộc lớp C k nếu tại mỗi điểm x 0 tồn tại một lân cận U x 0 của điểm x 0 trong R n sao cho U x 0 nằm trên siêu mặt x n = f(x 1 ,x 2 , ., x n1 ) với f C k (G), G là miền biến thiên của đối số x 1 ,x 2 , ., x n1 , ( ta có thể đổi hệ toạ độ nếu cần thiết ). Ta nói trơn ( hay thuộc lớp C ) nếu thuộc lớp C k , k =0, 1, Bây giờ ta chuyển sang việc xấp xỉ một miền có biên bất kỳ bởi một dãy miền có biên trơn. Định lý I.1. Giả sử là một miền tuỳ ý bị chặn trong R n . Khi đó tồn tại một dãy miền ,>0 sao cho và lim 0 =, (lim 0 meas( )=0) với trơn. Chứng minh. Với mọi >0, xét tập S = {x :dist(x, ) <}.Kí hiệu = S và là biên của . Giả sử J(x) là hàm đặc tr-ng của , tức là J(x)= 1 nếu x 0 nếu x/ 9 gọi J h (x) là hàm trung bình của J(x), tức là J h (x)= 1 h n |xy|h ( x y h )J(y)dy ( ở đó hàm (x) C (R n ),(x) 0,(x)=(x),(x)=0, nếu x> 1 và R n (x)dx =1, là nhân trung bình hoá). Khi đó J h (x) thoả mãn: 1) Nếu h< 2 , thì J h (x)=0với x/ 2 . Thật vậy, x/ 2 dist(x, ) < 2 . Khi đó y, |x y| h, dist(y, ) dist(x, ) + |x y| dist(x, ) + h< 2 + 2 = . Suy ra y/ ,J(y)=0, do đó J h (x)=0. 2) J h (x) 0,J h (x) 1, thật vậy J h (x)= 1 h n |xy|h ( x y h )J(y)dy 1 h n |xy|h ( x y h )dy =1 3) Nếu h< 2 , thì J h (x)=1trong 2 . Thật vậy, dist(y, ) dist(x, ) |x y| 2 h>. Suy ra J(y)=1, y, |x y| h, vậy J h (x)= 1 h n |xy|h ( x y h )J(y)dy = 1 h n |xy|h ( x y h )dy =1. Cho h< 2 , kí hiệu c là tập các điểm x :J h (x) >c, với c là hằng số nào đó cố định 0 <c<1, hiển nhiên 2 c 2 . Khi đó c và lim 0 c =, ( c = {x :J h (x)=0}). Giả sử K là tập các điểm tới hạn của J h , (K = {x : gradJ h (x)=0}). Theo định lý Sarde thì 10 J h (K) là tập có độ đo 0 trong R. Bởi vậy tồn tại c 0 , 0 <c 0 < 1 sao cho tập x ,J h (x)=c 0 không là điểm tới hạn của J h . Thật vậy, nếu đặt K 1 = {x :J h (x)=c, c (0, 1)} là tập con của tập các điểm tới hạn của J h , J h (K 1 )=(0, 1) J h (K) vậy à(J h (K 1 )) = 1 à(J h (K)) = 0 (vô lí). Đặt c 0 = {x :J h (x) >c 0 } và F (x)=J h (x) c 0 , giả sử tại x 0 c , khi đó F (x 0 )=J h (x 0 ) c 0 =0hay J h (x 0 )=c 0 , do việc chọn c 0 suy ra F(x) x i = gradJ h (x 0 ) =0. Khi đó theo định lý hàm ẩn thì tồn tại một lân cận W mở của (x 0 1 , ., x 0 i1 ,x 0 i+1 , ., x n ) trong R n1 , lân cận mở V của x 0 trong R và hàm z : W V khả vi vô hạn, sao cho x =(x 1 , ., x n ) W ì V = U x 0 ,F(x)=J h (x) c 0 =0 (x 1 , ., x i1 ,x i+1 , ., x n ) W và x i = z(x 1 , ., x i1 ,x i+1 , ., x n ). Do đó c 0 trơn và lim 0 c 0 =. I.3. Thiết lập bài toán Ta chuyển sang nghiên cứu ph-ơng trình hyperbolic tuyến tính cấp bất kỳ. Xét trong trụ Q T =ì (0,T), là miền bị chặn trong R n , T = const > 0. Ký hiệu L(x, t.D)= m ||,||=1 D a (x, t)D + m ||=1 b (x, t)D + c(x, t), (1) ởđóa ,b ,c là các hàm giá trị phức bị chăn trong trụ đóng Q T , a = (1) ||+|| a với ||, || =1, ããã ,m và a liên tục trong Q T với || = || = m. Xét trong trụ Q T ph-ơng trình (1) m1 L(x, t, D)u 2 u t 2 = f(x, t). (2) [...]...11 Ph-ơng trình (2) đ-ợc gọi là hyperbolic mạnh trong miền QT nếu a (x, t) 0 ||2m, 0 = const, (3) ||=||=m với Rn , (x, t) QT Trong mục này chúng tôi thiết lập bài toán biên ban đầu thứ nhất đối với ph-ơng trình hyperbolic mạnh cấp bất kỳ Bài toán tìm nghiệm của ph-ơng trình (2) thỏa mãn điều kiện biên ban đầu u(x, 0) = u (x, 0) = 0 t (4) và điều kiện biên j u nj = 0, j = 0, ã... và duy nhất nghiệm trong trụ với đáy là miền bất kỳ II.1 Các bất đẳng thức tiên nghiệm đối với miền có biên trơn Trong mục này chúng ta đi chứng minh một số bất đẳng thức tiên nghiệm đối với trụ có đáy là miền có biên trơn, để làm cơ sở cho việc chứng minh sự tồn tại nhiệm suy rộng của bài toán (2),(4),(5) trong trụ có đáy là miền bất kỳ Giả sử là một miền bất kì và với = {x : dist(x, ) }, trơn,... miền bất kì và với = {x : dist(x, ) }, trơn, Q = ì (0, T ) Khi đó ta công nhận kết quả sau đây: T 12 kf = 0, k = 0, 1, ã ã ã , s 1, thì bài tk t=0 toán biên ban đầu thứ nhất đối với ph-ơng trình Hyperbolic mạnh (2),(4),(5) Định lý I.2 Nếu f C (QT ) và trong Q T tồn tại và duy nhất nghiệm suy rộng u(x, t) Chứng minh xem[Fuxra] 2m,s W 2 (Q ) T Ch-ơng II Sự tồn tại và duy nhất nghiệm trong. .. là bài toán biên ban đầu thứ nhất đối với ph-ơng trình hyperbolic mạnh (2) m,1 Nghiệm suy rộng Nghiệm suy rộng trong không gian W2 (QT ) của bài m,1 toán (2), (4), (5) là hàm u(x, t) W 2 (QT ), u(x, 0) = 0 và thỏa mãn đồng nhất thức tích phân sau: m m1 m || (1) a D (1) QT uD b D u + cu dxdt + ||,||=1 ||=1 + QT u dxdt = t t f dxdt QT m,1 với (x, t) W 2 (QT ), (x, T ) = 0 (6) Giả sử là một miền. .. tụ mạnh T suy ra hội tụ yếu và h0, fh f nên u0 là nghiệm suy rộng của bài toán (2),(4),(5) Mặt khác trong các bất đẳng thức (57), (58) cho h0 ta có u0 2 m,1 W2 (QT ) C f 2 L2 (QT ) 2 L2 (QT ) + ft và u0 t 2 m,1 W2 (QT ) C f 2 L2(QT ) 36 ở đó hằng số C không phụ thuộc f, ft , u0 II.3 Tính duy nhất của nghiệm suy rộng Ta đi xét tính duy nhất nghiệm suy rộng của bài toán biên ban đầu thứ nhất đối với. .. đẳng thức T m,1 (26) thì {ui } là dãy Cauchy trong W2 (Q ) Từ đó suy ra u u0 i=1 T m,1 m,1 W2 (Q ), 0 trong W2 (Q ) Nh- vậy cho 0 trong (25) ta có bất T T đẳng thức u0 2 m,1 W2 (Q ) T C f 2 L2 (Q ) T C không phụ thuộc Bây giờ ta chỉ ra u0 là nghiệm suy rộng của bài toán (2),(4)(5) trong Q T Do u là nghiệm suy rộng của bài toán (23),(24) nên nó thoả mãn đẳng thức tích phân m m1 m | (1) |a D u (1) Q... Xét bài toán (1)m L(x, t, D)u + 2u = g ; t2 (23) u(x, 0) = u (x, 0) = 0 t j u j = 0, j = 0, ã ã ã , m 1 n ST (24) Trong trụ Q T Theo bổ đề II.1 thì nghiệm suy rộng u của bài toán (23),(24) thoả mãn bất đẳng thức u 2 m,1 W2 (Q ) T C g 2 L2 (Q ) T (25) m,1 do C không phụ thuộc lẫn Ta sẽ chứng minh u u0 W 2 (Q ), 0 T m,1 trong W2 (Q ) và u0 là nghiệm suy rộng của bài toán (2),(4),(5), trong. .. của hàm trung bình ta thấy rằng khi 0, g f và gt ft trong chuẩn củaL2(Q ), T do đó từ hai bất đẳng thức trên suy rahì {ui } và {ui } là dãy Cauchy t i=1 i=1 m,1 m,1 trong W2 (Q ) Từ đó suy ra u u0 W2 (Q ), 0 và u u0 t t T T m,1 m,1 W2 (Q ), 0 trong W2 (Q ) và rõ ràng là u0 là nghiệm suy rộng của T T bài toán (2),(4),(5) trong Q và thoả mãn bất đẳng thức T u0 t 2 m,1 W2 (Q ) T C f 2 L2 (Q ) T + f 2... W2 (Q ) T K (51) và với K, K là các hằng số tuyệt đối Các bất đẳng thức (50),(51) có nghĩa là dãy u , ut bị chặn đều trong m,1 m,1 W2 (QT ) Khi đó tồn tại dãy con uk hội tụ yếu đến u0 W2 (QT ) và m,1 uk t hội tụ yếu đến u1 = u0t W2 (QT )(theo bổ đề I.3) Bây giờ ta chứng minh u0 là nghiệm suy rộng của bài toán (2),(4),(5) Thật vậy vì uk là nghiệm suy rộng của bài toán (2),(4),(5) trong Q nên ta T có... 2 (Q ) của bài toán (2),(4),(5) trong Q thoả T T mãn đánh giá ut 2 m,1 W2 (Q ) T 2 L2(Q ) T C f + ft 2 L2(QT ) (28) ở đó hằng số C không phụ thuộc Chứng minh Theo định lý I.2 nghiệm suy rộng u của bài toán (2),(4),(5) trong Q T thuộc 2m,s W2 (Q ), s T 0 nên nó thoả mãn đẳng thức 2u (1) L(x, t, D)u + 2 = f (x, t) t m (29) lấy đạo hàm theo t hai vế của đẳng thức (29), sau đó nhân hai vế với utt và