Một số hệ phương trình cặp trong cơ học chất lỏng

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI ——————– * ——————— Đặng Thanh Sơn MỘT SỐ HỆ PHƯƠNG TRÌNH CẶP TRONG CƠ HỌC CHẤT LỎNG LUẬN ÁN TIẾN SĨ TOÁN HỌC Hà Nội - 2015 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI ——————– * ——————— Đặng Thanh Sơn MỘT SỐ HỆ PHƯƠNG TRÌNH CẶP TRONG CƠ HỌC CHẤT LỎNG Chuyên ngành: Phương trình vi phân và tích phân Mã số: 62460103 LUẬN ÁN TIẾN SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC 1. TS. Trần Xuân Tiếp 2. PGS. TS. Cung Thế Anh Hà Nội - 2015 1 LỜI CAM ĐOAN Tôi xin cam đoan đây là công trình nghiên cứu của tôi dưới sự hướng dẫn của PGS.TS. Cung Thế Anh và TS. Trần Xuân Tiếp. Các kết quả được phát biểu trong luận án là hoàn toàn trung thực và chưa từng được ai công bố trong bất cứ một công trình nào khác. Tập thể giáo viên hướng dẫn PGS. TS. Cung Thế Anh TS. Trần Xuân Tiếp Nghiên cứu sinh Đặng Thanh Sơn 2 LỜI CẢM ƠN Luận án được hoàn thành dưới sự hướng dẫn nghiêm khắc, tận tình, chu đáo của PGS.TS. Cung Thế Anh và TS Trần Xuân Tiếp. Tác giả xin bày tỏ lòng kính trọng và biết ơn sâu sắc đến TS. Trần Xuân Tiếp và đặc biệt là PGS.TS. Cung Thế Anh, người đã dẫn dắt tác giả làm quen với nghiên cứu khoa học từ khi tác giả còn là học viên cao học. Ngoài những chỉ dẫn về mặt khoa học, sự động viên và lòng tin tưởng của các thầy dành cho tác giả luôn là động lực lớn giúp tác giả say mê trong nghiên cứu. Tác giả vô cùng biết ơn PGS.TS. Lê Trọng Vinh, PGS.TS. Nguyễn Xuân Thảo, TS. Nguyễn Đình Bình, PGS.TS. Trần Đình Kế đã luôn cổ vũ động viên và truyền cho tác giả nhiều kinh nghiệm quý báu trong nghiên cứu khoa học. Tác giả xin trân trọng gửi lời cảm ơn đến Ban Giám hiệu, Viện Đào tạo sau Đại học, Ban lãnh đạo Viện Toán Ứng dụng và Tin học, Trường Đại học Bách Khoa Hà Nội, đặc biệt là các thầy cô giáo trong Bộ môn Toán Cơ bản, Viện Toán Ứng dụng và Tin học, Trường Đại học Bách Khoa Hà Nội đã luôn giúp đỡ, động viện, tạo môi trường học tập nghiên cứu thuận lợi cho tác giả. Tác giả xin được bày tỏ lòng biết ơn đến Ban Giám hiệu trường Đại học Thông tin liên lạc, các anh chị đồng nghiệp công tác tại Bộ môn Toán, Khoa Cơ bản, Trường Đại học Thông tin liên lạc đã luôn giúp đỡ, tạo điều kiện thuận lợi và động viên tác giả trong suốt quá trình học tập và nghiên cứu. Lời cảm ơn sau cùng, tác giả xin dành cho gia đình, những người luôn yêu thương, chia sẻ, động viên tác giả vượt qua khó khăn để hoàn thành luận án. Tác giả thành kính dâng tặng món quà tinh thần này lên các bậc sinh thành, những người luôn đón đợi và hy vọng ở từng bước trưởng thành của tác giả. 3 Mục lục Lời cam đoan. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 Lời cảm ơn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 Mục lục . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 Một số kí hiệu dùng trong luận án . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 MỞ ĐẦU . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 1. LỊCH SỬ VẤN ĐỀ VÀ LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI . . . . . . . . . 6 2. MỤC ĐÍCH, ĐỐI TƯỢNG VÀ PHẠM VI NGHIÊN CỨU . . . 13 3. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU . . . . . . . . . . . . . . . . . 14 4. KẾT QUẢ CỦA LUẬN ÁN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15 5. CẤU TRÚC CỦA LUẬN ÁN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16 Chương 1. MỘT SỐ KIẾN THỨC CHUẨN BỊ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17 1.1. CÁC KHÔNG GIAN HÀM . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17 1.2. TẬP HÚT LÙI . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21 1.3. MỘT SỐ KẾT QUẢ THƯỜNG DÙNG . . . . . . . . . . . . . 25 1.3.1. Một số bất đẳng thức thường dùng . . . . . . . . . . . . 25 1.3.2. Một số định lí và bổ đề quan trọng . . . . . . . . . . . . 27 Chương 2. HỆ BÉNARD HAI CHIỀU KHÔNG ÔTÔNÔM . . . . . . . . . . . . . . 30 2.1. ĐẶT BÀI TOÁN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30 2.2. SỰ TỒN TẠI VÀ DUY NHẤT NGHIỆM YẾU . . . . . . . . . 36 2.3. SỰ TỒN TẠI TẬP HÚT LÙI . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41 2.4. ĐÁNH GIÁ SỐ CHIỀU FRACTAL CỦA TẬP HÚT LÙI . . . 47 4 Chương 3. HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐỘNG LỰC HỌC THỦY TỪ TRƯỜNG (MHD) HAI CHIỀU KHÔNG ÔTÔNÔM . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57 3.1. ĐẶT BÀI TOÁN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57 3.2. SỰ TỒN TẠI VÀ DUY NHẤT NGHIỆM YẾU . . . . . . . . . 61 3.3. SỰ TỒN TẠI TẬP HÚT LÙI . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66 3.4. ĐÁNH GIÁ SỐ CHIỀU FRACTAL CỦA TẬP HÚT LÙI . . . 69 Chương 4. HỆ BOUSSINESQ VỚI MẬT ĐỘ KHỐI LƯỢNG THAY ĐỔI 76 4.1. ĐẶT BÀI TOÁN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76 4.2. SỰ TỒN TẠI CỦA NGHIỆM YẾU . . . . . . . . . . . . . . . . 78 4.3. SỰ DUY NHẤT CÓ ĐIỀU KIỆN CỦA NGHIỆM YẾU . . . . 96 4.4. BÀI TOÁN ĐIỀU KHIỂN TỐI ƯU . . . . . . . . . . . . . . . 100 4.4.1. Sự tồn tại nghiệm tối ưu . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102 4.4.2. Điều kiện cần tối ưu cấp một . . . . . . . . . . . . . . . 103 4.5. BÀI TOÁN THỜI GIAN TỐI ƯU . . . . . . . . . . . . . . . . 115 4.5.1. Sự tồn tại nghiệm tối ưu . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115 4.5.2. Điều kiện cần tối ưu cấp một . . . . . . . . . . . . . . . 117 KẾT LUẬN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 124 1. KẾT QUẢ ĐẠT ĐƯỢC . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 124 2. KIẾN NGHỊ MỘT SỐ VẤN ĐỀ NGHIÊN CỨU TIẾP THEO . 124 TÀI LIỆU THAM KHẢO . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 126 DANH MỤC CÁC CÔNG TRÌNH ĐÃ CÔNG BỐ CỦA LUẬN ÁN . . . . . 132 5 MỘT SỐ KÍ HIỆU THƯỜNG DÙNG TRONG LUẬN ÁN H, V các không gian hàm dùng để nghiên cứu hệ Bénard, hệ MHD và hệ Boussinesq V′ không gian đối ngẫu của không gian V (·, ·), | · | tích vô hướng và chuẩn trong không gian H ((·, ·)), ∥ · ∥ tích vô hướng và chuẩn trong không gian V ∥ · ∥∗ chuẩn trong không gian V ′ ⟨·, ·⟩ đối ngẫu giữa V và V ′ | · | L p , | · | Lp chuẩn trong không gian Lp (Ω) và Lp (Ω), với 1 ≤ p ≤ ∞ C0∞ (Ω) không gian các hàm khả vi vô hạn có giá compact trong Ω Id ánh xạ đồng nhất A, R, B, B các toán tử dùng để nghiên cứu hệ Bénard, MHD, và hệ Boussinesq ⇀ hội tụ yếu B(X) họ các tập con bị chặn của X dF (K) số chiều fractal của tập compact K dist(A, B) nửa khoảng cách Hausdorff giữa hai tập A, B 6 MỞ ĐẦU 1. LỊCH SỬ VẤN ĐỀ VÀ LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI Các hệ phương trình trong cơ học chất lỏng xuất hiện khi mô tả chuyển động của các chất lỏng và khí như nước, không khí, dầu mỏ, ..., dưới những điều kiện tương đối tổng quát, và chúng xuất hiện khi nghiên cứu nhiều hiện tượng quan trọng trong khoa học hàng không, khí tượng học, công nghiệp dầu mỏ, vật lí plasma. Một trong những lớp hệ phương trình cơ bản, quan trọng trong cơ học chất lỏng là hệ Navier-Stokes, miêu tả dòng chảy của chất lỏng thuần nhất, nhớt, không nén được. Hệ phương trình Navier-Stokes được xây dựng từ các định luật bảo toàn khối lượng, động lượng và có dạng    ∂u − ν∆u + (u · ∇)u + ∇p = f (x, t), ∂t  ∇ · u = 0, ở đó u = u(x, t), p = p(x, t) tương ứng là hàm vectơ vận tốc và hàm áp suất cần tìm, ν = const > 0 là hệ số nhớt và f là hàm ngoại lực. Được đưa ra lần đầu tiên vào năm 1822, cho đến nay lí thuyết hệ phương trình Navier-Stokes đã đạt được nhiều kết quả sâu sắc (xem, chẳng hạn, các cuốn chuyên khảo [31, 41, 42] và các bài tổng quan [15, 44]). Các vấn đề định tính cơ bản đặt ra khi nghiên cứu các hệ phương trình trong cơ học chất lỏng bao gồm: • Tính đặt đúng của bài toán. Nghiên cứu sự tồn tại và duy nhất nghiệm, sự phụ thuộc liên tục của nghiệm vào dữ kiện đã cho. • Dáng điệu tiệm cận của nghiệm. Nghiên cứu dáng điệu tiệm cận của 7 nghiệm khi thời gian t ra vô cùng thông qua nghiên cứu sự tồn tại và tính chất của tập hút hoặc của các đa tạp bất biến, sự tồn tại và tính ổn định của nghiệm dừng. Việc nghiên cứu dáng điệu tiệm cận nghiệm là rất quan trọng vì nó cho phép ta hiểu và dự đoán xu thế phát triển của hệ động lực trong tương lai, từ đó có thể đưa ra những đánh giá, điều chỉnh thích hợp để đạt được kết quả mong muốn. • Bài toán điều khiển. Bao gồm bài toán điều khiển được, bài toán điều khiển tối ưu và bài toán ổn định hóa: Tìm điều khiển thích hợp (trên miền con hoặc trên biên) sao cho có thể chuyển quỹ đạo của hệ từ vị trí này sang vị trí khác mà ta mong muốn, hoặc là tìm điều khiển thích hợp để nghiệm tương ứng làm cực đại hoặc cực tiểu một phiếm hàm cho trước, hoặc là tìm điều khiển phản hồi để ổn định hóa nghiệm dừng (không ổn định) của hệ. Trong những năm gần đây, việc nghiên cứu những hệ phương trình cặp xuất hiện trong cơ học chất lỏng là một trong những hướng nghiên cứu mới và rất thời sự. Ở đây hệ phương trình Navier-Stokes của trường vectơ vận tốc được kết hợp phù hợp với một phương trình khác cho ta một mô hình toán học mô tả nhiều quá trình trong vật lí, hóa học, kĩ thuật, . . . (xem [34, 24, 5, 48, 6, 14, 3, 27, 54, 30, 28, 43]). Hệ phương trình cặp cũng xuất hiện khi nghiên cứu sự chuyển động dòng chảy của những chất lỏng hỗn hợp (gồm hai hay nhiều chất lỏng trộn lẫn với nhau): hệ Cahn-Hilliard-Navier-Stokes, hệ Allen-Cahn-Navier-Stokes (xem [7, 8]), hệ tinh thể lỏng pha nematic (xem [26, 47]). Các kết quả đạt được là sự tồn tại và dáng điệu tiệm cận của nghiệm yếu thông qua sự tồn tại tập hút toàn cục, chủ yếu là trong miền bị chặn với điều kiện biên Dirichlet hoặc điều kiện biên tuần hoàn. Tuy nhiên các kết quả tương ứng trong trường hợp không ôtônôm và miền không bị chặn vẫn còn ít. Các hệ không ôtônôm (tức là khi ngoại lực phụ thuộc vào thời gian) xuất hiện một cách tự nhiên trong nhiều quá trình phức tạp và đang thu hút được sự 8 quan tâm nghiên cứu của nhiều nhà toán học trong và ngoài nước. Bên cạnh đó các kết quả về bài toán điều khiển đối với các hệ phương trình cặp trong cơ học chất lỏng vẫn còn khá ít, do tính phức tạp của nó. Dưới đây, chúng tôi điểm qua một số kết quả gần đây cho những hệ phương trình cặp trong cơ học chất lỏng liên quan đến nội dung của luận án. • Hệ phương trình Bénard (một trường hợp riêng của hệ Boussinesq): Đó là sự kết hợp giữa hệ phương trình Navier-Stokes của trường vectơ vận tốc u với phương trình đối lưu-khuếch tán của nhiệt độ T và có dạng như sau:  →   ∂t u + (u · ∇)u − ν∆u + ∇p = fu (x, t) + α− e 2 (T − Tr ),    ∂t T + u · ∇T − κ∆T = fT (x, t),     ∇ · u = 0, (1) trong đó hệ số nổi α = ϑg với ϑ là hệ số giãn nở nhiệt, g là gia tốc rơi tự − → do; nhiệt độ môi trường Tr ; → e 2 là vectơ đơn vị thẳng đứng (− e 2 = (0, 1) trong trường hợp hai chiều). Hệ phương trình Boussinesq mô tả dòng chất lỏng (khí) chịu ảnh hưởng của tác động bề nổi do sự thay đổi mật độ khối lượng chất lỏng gây ra bởi nhiệt độ được mô hình hóa bởi phép xấp xỉ Boussinesq. Khi nhiệt độ trên biên dưới lớn hơn trên bề mặt ta có hệ Bénard mô tả chuyển động của chất lỏng nhớt, không nén được dưới ảnh hưởng của nhiệt độ (xem [24, 43]). Các tác giả trong [6, 30, 43] đã nghiên cứu sự tồn tại và dáng điệu tiệm cận nghiệm của hệ (1) với các điều kiện biên khác nhau như: Dirichlet, Neumann, tuần hoàn, tự do. Công cụ chủ yếu trong các kết quả trên là nguyên lí cực đại đối với phương trình của nhiệt độ, tuy nhiên công cụ này chỉ phù hợp cho các điều kiện biên đơn giản mà ở đó dữ kiện ban đầu và nguồn nhiệt phải thuộc L∞ (Ω). Trong công trình [24], các tác giả đã xét hệ (1) hai chiều trong miền không bị chặn thỏa 9 mãn bất đẳng thức Poincaré với ngoại lực không phụ thuộc thời gian (trường hợp ôtônôm) và chứng minh được sự tồn tại cũng như đánh giá số chiều Hausdorff của tập hút toàn cục. Việc phát triển các kết quả này cho trường hợp ngoại lực có thể phụ thuộc thời gian là vấn đề thời sự và có ý nghĩa. • Hệ phương trình động lực học thủy từ trường (gọi tắt là hệ MHD, xuất phát từ thuật ngữ Tiếng Anh là magnetohydrodynamics): Hệ này được đề cập đến lần đầu tiên trong công trình của T.G. Cowling năm 1957 (xem [52]) khi kết hợp hệ phương trình Navier-Stokes của trường vectơ vận tốc u với hệ phương trình Maxwell của từ trường B. Hệ MHD miêu tả dòng chảy của các chất lỏng dẫn điện trong từ trường, chẳng hạn dòng chảy plasma, và có dạng như sau  ( ) 1 S ∂u   + (u · ∇)u − ∆u + ∇ p + |B|2 − S(B · ∇)B = f (x, t),    ∂t R 2 e      ∂B + (u · ∇)B − (B · ∇)u + 1 curl(curl B) = 0, ∂t Rm    ∇ · u = 0,       ∇ · B = 0, (2) 2 M với M, Re , Rm lần lượt là các hệ số Hartman, Re Rm Reynolds và Reynolds trong từ trường; ngoài ra trong đó S = ∂u2 ∂u1 − với mọi hàm vectơ u = (u1 , u2 ), ∂x1 ∂x2 ( ) ∂ϕ ∂ϕ curl ϕ = ,− với mọi hàm vô hướng ϕ. ∂x2 ∂x1 curl u = Hệ động lực học thủy từ trường có vai trò quan trọng trong vật lí nên đã thu hút được sự quan tâm của nhiều nhà toán học trên thế giới. Khi ngoại lực f không phụ thuộc vào biến thời gian, sự tồn tại và duy nhất nghiệm yếu cũng như nghiệm mạnh đã được chứng minh lần đầu tiên bởi G. Duvaut và J.-L. Lions trong [13]. Năm 1983, trong [28], M. 10 Sermange và R. Temam đã đưa ra khái niệm về tập bất biến để nghiên cứu dáng điệu tiệm cận nghiệm của hệ (2), đồng thời chứng minh được số chiều Hausdorff hữu hạn cho tập bất biến này. Ngoài ra, dáng điệu tiệm cận nghiệm bao gồm tính chất phân rã của nghiệm và tính ổn định của nghiệm dừng đã được chứng minh trong [34, 25, 10]. Tính chính qui nghiệm của hệ MHD được nghiên cứu trong nhiều công trình, xem chẳng hạn [5, 49] và các tài liệu trong đó. Tuy nhiên, phần lớn các kết quả nhận được ở trên đối với hệ phương trình MHD là ở trong miền bị chặn và ngoại lực f không phụ thuộc vào biến thời gian. • Hệ phương trình Navier-Stokes và hệ Boussinesq với mật độ khối lượng thay đổi: Trong thực tế, nhiều bài toán có mật độ khối lượng của chất lỏng không phải là hằng số (chẳng hạn hỗn hợp chất lỏng có mật độ khối lượng khác nhau), khi đó để mô tả chuyển động của các chất lỏng này, ta dùng hệ phương trình Navier-Stokes có mật độ khối lượng thay đổi được cho bởi:  ∂(ρu)   − ν∆u + ∇ · (ρuu) + ∇p = ρf,    ∂t      ∇ · u = 0,    ∂ρ + ∇ · (ρu) = 0,  ∂t      u = 0,       ρ|t=0 = ρ0 , (ρu)|t=0 = ρ0 u0 , x ∈ Ω, t > 0, x ∈ Ω, t > 0, x ∈ Ω, t > 0, (3) x ∈ ∂Ω, t > 0, x ∈ Ω. Trong những năm gần đây, sự tồn tại và tính chất nghiệm của bài toán (3) đã thu hút được nhiều sự quan tâm của nhiều nhà toán học trên thế giới. Khi điều kiện ban đầu thỏa mãn ρ0 (x) ≥ inf ρ0 (x) ≥ c0 > 0, sự tồn x∈Ω tại nghiệm yếu được chứng minh lần đầu tiên bởi S.A. Antontsev và A.V. Kazhikov trong [46]. Điều kiện này được mở rộng thành ρ0 (x) ≥ 0 trong [23]. Sau đó, R. Danchin đã chứng minh sự tồn tại và duy nhất nghiệm nhẹ khi Ω = RN bằng phương pháp nửa nhóm [36, 37]. Xin xem các 11 cuốn chuyên khảo [46, 32] về các kết quả liên quan đến hệ Navier-Stokes với mật độ khối lượng thay đổi. Gần đây, sự tồn tại nghiệm yếu, nghiệm mạnh cũng như những vấn đề liên quan đến bài toán điều khiển tối ưu đối với hệ Navier-Stokes với mật độ khối lượng thay đổi đã được trình bày khá hoàn chỉnh trong [11]. Khi kết hợp bài toán (3) với một phương trình đối lưu-khuếch tán của nhiệt độ có mật độ thay đổi ta được hệ Boussinesq với mật độ khối lượng thay đổi sau:  ∂(ρu) −   − ν∆u + ∇ · (ρuu) + ∇p = ρf + γ → e N θ, x ∈ Ω, t > 0,   ∂t      ∇ · u = 0, x ∈ Ω, t > 0,        ∂(ρθ) − κ∆θ + ∇ · (ρθu) = ρg, x ∈ Ω, t > 0, ∂t (4) ∂ρ    + ∇ · (ρu) = 0, x ∈ Ω, t > 0,   ∂t      u = 0, θ = 0, x ∈ ∂Ω, t > 0,      ρ| x ∈ Ω, t=0 = ρ0 , (ρu)|t=0 = ρ0 u0 , (ρθ)|t=0 = ρ0 θ0 , trong đó − → eN =   (0, 1) với N = 2,  (0, 0, 1) với N = 3. Hệ phương trình Boussinesq với mật độ khối lượng thay đổi (4) miêu tả chuyển động của chất lỏng có mật độ khối lượng ρ(x, t), nhớt, không nén được dưới ảnh hưởng của nhiệt độ. Theo hiểu biết của chúng tôi, hiện chưa có kết quả nào liên quan đến hệ này. Như được đề cập đến trong [11], việc phát triển các kết quả của hệ Navier-Stokes với mật độ khối lượng thay đổi cho hệ này là vấn đề thời sự và có ý nghĩa khoa học. Như vậy, đối với các hệ phương trình cặp xuất hiện trong cơ học chất lỏng, mặc dù các kết quả gần đây tập trung vào việc nghiên cứu sự tồn tại, dáng điệu tiệm cận của nghiệm và các bài toán điều khiển, tuy nhiên các kết quả 12 hiện có chủ yếu dừng lại ở trường hợp ôtônôm, trong miền bị chặn và hệ được xét có mật độ khối lượng của chất lỏng là hằng số. Việc phát triển những kết quả này cho trường hợp không ôtônôm, trong miền không bị chặn, hoặc các hệ phương trình với mật độ khối lượng của chất lỏng thay đổi là những vấn đề thời sự, có ý nghĩa khoa học và có nhiều ý nghĩa thực tiễn. Nói riêng, những vấn đề chúng tôi quan tâm nghiên cứu trong luận án này bao gồm: • Nghiên cứu sự tồn tại và dáng điệu tiệm cận của nghiệm cho hệ phương trình Bénard (1) và hệ MHD (2) trong trường hợp không ôtônôm và miền xét bài toán (không nhất thiết bị chặn) thỏa mãn bất đẳng thức Poincaré. Khi ngoại lực phụ thuộc vào thời gian, quỹ đạo nghiệm không còn là bất biến dương đối với phép tịnh tiến theo thời gian và do đó lí thuyết tập hút toàn cục cổ điển không còn thích hợp. Để nghiên cứu dáng điệu tiệm cận nghiệm, chúng tôi sử dụng lí thuyết tập hút lùi [51], một lí thuyết mới được phát triển gần đây và tỏ ra rất hữu ích khi nghiên cứu các hệ động lực không ôtônôm (xin xem cuốn chuyên khảo gần đây của Carvalho, Langa và Robinson [1]). • Nghiên cứu sự tồn tại, tính duy nhất nghiệm có điều kiện, bài toán điều khiển tối ưu và bài toán thời gian tối ưu của hệ Boussinesq với mật độ khối lượng thay đổi trong miền bị chặn. Khi nghiên cứu hệ Bénard và hệ MHD trong miền không bị chặn, khó khăn lớn gặp phải là các phép nhúng Sobolev cần thiết chỉ liên tục chứ không compact; điều này dẫn đến dạng cổ điển của Bổ đề compact Aubin-Lions cổ điển không áp dụng được và các phương pháp thường dùng cho miền bị chặn không còn thích hợp nữa. Để khắc phục khó khăn này, chúng tôi sử dụng các bổ đề compact phù hợp thay cho Bổ đề compact Aubin-Lions cổ điển để chứng minh sự tồn tại nghiệm và tính liên tục yếu của quá trình, sử dụng phương pháp phương trình năng lượng và khai thác hợp lí cấu trúc của phương trình để chứng minh tính compact tiệm cận lùi của quá trình sinh bởi bài toán, một 13 điều kiện quan trọng cho sự tồn tại tập hút lùi. Ngoài ra, tính không bị chặn của miền và tính không thuần nhất của điều kiện biên cũng gây ra những khó khăn đáng kể khi đánh giá số chiều của tập hút của các hệ này. Khi nghiên cứu hệ Boussinesq với mật độ khối lượng thay đổi, khó khăn gây ra chủ yếu là do mật độ khối lượng không còn là hằng số; điều này dẫn đến việc nghiên cứu phức tạp lên rất nhiều. Để chứng minh sự tồn tại nghiệm, chúng tôi sử dụng phương pháp nửa Galerkin và kết hợp với kết quả của DiPerna và Lions về phương trình chuyển dịch [38]. Tính duy nhất có điều kiện của nghiệm được chứng minh bằng cách sử dụng ý tưởng trong [32] cho hệ Navier-Stokes với mật độ khối lượng thay đổi. Để nghiên cứu bài toán điều khiển tối ưu và bài toán thời gian tối ưu, chúng tôi phát triển các ý tưởng và cách tiếp cận trong [11] cho hệ Navier-Stokes với mật độ khối lượng thay đổi; tuy nhiên việc nghiên cứu ở đây khó khăn hơn khá nhiều do hệ đang xét có cấu trúc phức tạp hơn. Từ những phân tích ở trên, chúng tôi chọn vấn đề nghiên cứu sự tồn tại và dáng điệu tiệm cận nghiệm (thông qua sự tồn tại và đánh giá số chiều fractal tập hút lùi) của các hệ phương trình Bénard và MHD hai chiều trong trường hợp ngoại lực có thể phụ thuộc vào biến thời gian (trường hợp không ôtônôm); sự tồn tại, tính duy nhất có điều kiện của nghiệm, bài toán điều khiển tối ưu và bài toán thời gian tối ưu của hệ Boussinesq với mật độ khối lượng thay đổi, làm đề tài nghiên cứu của Luận án "Một số hệ phương trình cặp trong cơ học chất lỏng". 2. MỤC ĐÍCH, ĐỐI TƯỢNG VÀ PHẠM VI NGHIÊN CỨU • Mục đích của luận án là nghiên cứu những vấn đề sau đối với một số lớp hệ phương trình cặp trong cơ học chất lỏng: ◦ Sự tồn tại và dáng điệu tiệm cận nghiệm (thông qua sự tồn tại và đánh giá số chiều fractal của tập hút lùi) của các hệ phương trình 14 Bénard, MHD trong trường hợp không ôtônôm và miền xét bài toán không nhất thiết bị chặn nhưng thỏa mãn bất đẳng thức Poincaré. ◦ Sự tồn tại, tính duy nhất nghiệm có điều kiện, bài toán điều khiển tối ưu và bài toán thời gian tối ưu của hệ Boussinesq với mật độ khối lượng thay đổi trong miền bị chặn. • Đối tượng nghiên cứu của luận án là hệ Bénard, hệ MHD không ôtônôm trong miền không bị chặn nhưng thỏa mãn bất đẳng thức Poincaré, và hệ Boussinesq có mật độ khối lượng thay đổi trong miền bị chặn. • Phạm vi nghiên cứu của luận án bao gồm các nội dung sau: ◦ Nội dung 1. Nghiên cứu sự tồn tại, tính duy nhất, dáng điệu tiệm cận của nghiệm và đánh giá số chiều fractal của tập hút lùi của hệ phương trình Bénard hai chiều trong miền không bị chặn thỏa mãn bất đẳng thức Poincaré. ◦ Nội dung 2. Nghiên cứu sự tồn tại, tính duy nhất, dáng điệu tiệm cận của nghiệm và đánh giá số chiều fractal của tập hút lùi của hệ phương trình động lực học thủy từ trường (MHD) hai chiều trong miền không bị chặn thỏa mãn bất đẳng thức Poincaré và điều kiện nón. ◦ Nội dung 3. Nghiên cứu sự tồn tại, tính duy nhất nghiệm có điều kiện, bài toán điều khiển tối ưu và bài toán thời gian tối ưu của hệ Boussinesq với mật độ khối lượng thay đổi trong miền bị chặn hai hoặc ba chiều. 3. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU • Để nghiên cứu sự tồn tại duy nhất nghiệm, chúng tôi sử dụng các phương pháp và công cụ của Giải tích hàm phi tuyến: phương pháp xấp xỉ 15 Galerkin, hoặc xấp xỉ nửa Galerkin kết hợp với các dạng phù hợp của Bổ đề compact và các bổ đề xử lí số hạng phi tuyến. • Để nghiên cứu dáng điệu tiệm cận của nghiệm, chúng tôi sử dụng các công cụ và phương pháp của lí thuyết hệ động lực tiêu hao vô hạn chiều không ôtônôm (xem [1, 53]), một lí thuyết rộng lớn mới được phát triển hơn hai thập kỉ gần đây. Cụ thể khi ngoại lực phụ thuộc thời gian, chúng tôi nghiên cứu sự tồn tại và tính chất của tập hút lùi, một công cụ hữu ích khi nghiên cứu các hệ động lực không ôtônôm. Để chứng minh tính compact tiệm cận lùi của quá trình, một điều kiện cần thiết cho sự tồn tại tập hút lùi, chúng tôi sử dụng phương pháp phương trình năng lượng của J.M. Ball cho nghiệm yếu (xem [20]). Để chứng minh tập hút lùi có số chiều fractal hữu hạn, chúng tôi phát triển phương pháp chứng minh trong [16]. • Để nghiên cứu bài toán điều khiển tối ưu, chúng tôi sử dụng các phương pháp của lí thuyết điều khiển tối ưu đối với phương trình đạo hàm riêng và các công cụ của giải tích lồi [21, 2]. 4. KẾT QUẢ CỦA LUẬN ÁN Luận án đã đạt được những kết quả chính sau đây: • Đối với hệ Bénard và hệ MHD không ôtônôm trong miền hai chiều (không nhất thiết bị chặn) thỏa mãn bất đẳng thức Poincaré: Chứng minh được sự tồn tại duy nhất nghiệm yếu; chứng minh được sự tồn tại và đánh giá được số chiều fractal của tập hút lùi. Đây là nội dung của Chương 2 và Chương 3. • Đối với hệ Boussinesq có mật độ khối lượng thay đổi trong miền bị chặn (hai hoặc ba chiều): Chứng minh được sự tồn tại nghiệm và tính duy 16 nhất có điều kiện của nghiệm yếu; chứng minh được sự tồn tại nghiệm tối ưu và thiết lập được điều kiện cần tối ưu cấp một của bài toán điều khiển tối ưu và bài toán thời gian tối ưu. Đây là nội dung của Chương 4. Các kết quả của luận án là mới, có ý nghĩa khoa học, và góp phần vào việc hoàn thiện lí thuyết các hệ phương trình cặp trong cơ học chất lỏng. Các kết quả chính của luận án đã được công bố trong 02 bài báo trên các tạp chí khoa học chuyên ngành quốc tế (trong danh mục ISI), 02 bài khác đang gửi đăng ở tạp chí quốc tế và đã được báo cáo tại: • Đại hội Toán học toàn quốc lần thứ VIII, Nha Trang, 2013; • Hội thảo Tối ưu và Tính toán khoa học lần thứ XIII, Ba Vì, 2015; • Xêmina của Bộ môn Toán Cơ bản, Viện Toán ứng dụng và Tin học, Trường Đại học Bách khoa Hà Nội; • Xêmina của Bộ môn Giải tích, Khoa Toán - Tin, Trường Đại học Sư phạm Hà Nội. 5. CẤU TRÚC CỦA LUẬN ÁN Ngoài phần mở đầu, kết luận, danh mục các công trình được công bố và danh mục tài liệu tham khảo, luận án gồm 4 chương: Chương 1 trình bày một số kiến thức chuẩn bị cần thiết cho các chương sau; Chương 2 trình bày các kết quả về sự tồn tại và dáng điệu tiệm cận của nghiệm yếu cho hệ phương trình Bénard hai chiều; Chương 3 trình bày các kết quả về sự tồn tại, dáng điệu tiệm cận của nghiệm yếu cho hệ phương trình động lực học thủy từ trường (MHD) hai chiều; Chương 4 trình bày kết quả về sự tồn tại nghiệm yếu, tính duy nhất nghiệm có điều kiện, bài toán điều khiển tối ưu và bài toán thời gian tối ưu của hệ phương trình Boussinesq có mật độ khối lượng thay đổi trong miền bị chặn hai hoặc ba chiều. 17 Chương 1 MỘT SỐ KIẾN THỨC CHUẨN BỊ Trong chương này, chúng tôi nhắc lại các không gian hàm cần dùng để nghiên cứu, thiết lập các đánh giá cần thiết để xử lí số hạng phi tuyến trong hệ phương trình. Chúng tôi cũng trình bày các kết quả tổng quát về lí thuyết tập hút lùi và một số kết quả bổ trợ được dùng trong các chương sau. 1.1. CÁC KHÔNG GIAN HÀM Cho Ω là tập mở trong RN với biên ∂Ω. Kí hiệu Q := Ω × (0, T ) là trụ ∑ không-thời gian với T < ∞ và := ∂Ω × (0, T ). Trong luận án này, ta sử dụng các không gian hàm sau (xem, chẳng hạn [33, 41]): • Lp (Ω), 1 ≤ p < +∞, là không gian Banach bao gồm tất cả các hàm khả tích Lebesgue bậc p trên Ω với chuẩn được định nghĩa như sau (∫ )1/p |u|Lp := |u|p dx . Ω Chú ý rằng Lp (Ω) là không gian Banach phản xạ khi 1 < p < +∞. Khi p = 2, L2 (Ω) là không gian Hilbert với tích vô hướng ∫ (u, v) = u.vdx, Ω và chuẩn được kí hiệu là |.| := |.|L2 = (u, u)1/2 . • L∞ (Ω) là không gian Banach bao gồm tất cả các hàm đo được và bị chặn hầu khắp trên Ω với chuẩn |u|L∞ := esssup|u(x)|. Ω 18 • W m,p (Ω) là không gian Banach bao gồm tất cả các hàm u ∈ Lp (Ω) sao cho Dα u ∈ Lp (Ω) với mọi |α| ≤ m và có chuẩn được xác định bởi  1/p ∑ ∫ ∥u∥W m,p (Ω) :=  |Dα u|p dx . |α|≤m Ω Ta thường viết W m,2 (Ω) = H m (Ω), đây là không gian Hilbert với tích vô hướng ((u, v))H m = ∑ (Dα u, Dα v). |α|≤m • H0m (Ω) là bao đóng của C0∞ (Ω) trong chuẩn của H m (Ω). Với 1 ≤ m, p ≤ +∞, ta cũng thường kí hiệu Lp (Ω) = Lp (Ω)N , Wm,p (Ω) = W m,p (Ω)N , Hm (Ω) = H m (Ω)N , H10 (Ω) = H01 (Ω)N để xét các hàm vectơ trong không gian N chiều. Đặt V1 = {u ∈ C0∞ (Ω)N : ∇ · u = 0}, V2 = {B ∈ C ∞ (Ω)N : ∇ · B = 0 và B · n|∂Ω = 0}, V1 = là bao đóng của V1 trong H10 (Ω), H1 = là bao đóng của V1 trong L2 (Ω), V2 = là bao đóng của V2 trong H1 (Ω), H2 = là bao đóng của V2 trong L2 (Ω), V3 = H01 (Ω), H3 = L2 (Ω). Tích vô hướng và chuẩn tương ứng trong Vi , i = 1, 3 như sau: ◦ ((u, v))1 N ∫ ∑ = j=1 ∥u∥1 = ∥B∥2 = ∇uj · ∇vj dx, ∀u, v ∈ V1 , 1/2 = ◦ ((B, C))2 Ω ((u, u))1 , ∫ Ω curl B · curl Cdx, 1/2 ((B, B))2 , ∀u ∈ V1 . ∀B, C ∈ V2 , ∀B ∈ V2 . 19 ◦ ((θ, φ))3 = ∥θ∥3 = ∫ Ω ∇θ · ∇φdx, ∀θ, φ ∈ V3 , 1/2 ∀θ ∈ V3 . ((θ, θ))3 , Các không gian Hi , i = 1, 3 với tích vô hướng ∫ (u, v) = uvdx, ∀u, v ∈ Hi Ω và chuẩn tương ứng |.| = (u, v)1/2 . Khi Ω là miền thỏa mãn bất đẳng thức Poincaré (Định lí 1.4), chuẩn trong V1 tương đương với chuẩn trong H10 (Ω). Hơn nữa, vì Ω là miền đơn liên nên chuẩn trong V2 và H1 (Ω) là tương đương (xem [13]). Ký hiệu H := Hi × Hj và V := Vi × Vj với (i, j) ∈ {(1, 2), (1, 3)}. Dễ thấy V ⊂ H ≡ H ′ ⊂ V ′ , trong đó các phép nhúng là trù mật và liên tục. Ta dùng ký hiệu ∥ · ∥∗ cho chuẩn trong V ′ , và ⟨., .⟩ chỉ đối ngẫu giữa V và V ′ . Các không gian trên đều là không gian Hilbert. Tương tự, ta định nghĩa các không gian hàm phụ thuộc thời gian như sau: Giả sử X là không gian Banach thực với chuẩn ∥.∥X . • C([a, b]; X) là không gian Banach gồm tất cả các hàm liên tục u : [a, b] → X với chuẩn ∥u∥C([a,b];X) := max ∥u(t)∥X . a≤t≤b • Lp (a, b; X), 1 ≤ p ≤ +∞ gồm tất cả các hàm đo được u : (a, b) → X với chuẩn (∫ )1/p b i)∥u∥Lp (a,b;X) := a ∥u(s)∥pX ds < +∞ với 1 ≤ p < +∞, ii)∥u∥L∞ (a,b;X) := esssup∥u(t)∥X < +∞. 0≤t≤T Khi đó Lp (a, b; X) là một không gian Banach, và nó là phản xạ nếu ′ 1 < p < +∞. Không gian liên hợp của Lp (a, b; X) là Lp (a, b; X ′ ) với 1/p + 1/p′ = 1. 20 • Lploc (R; X) là không gian các hàm u(s), s ∈ R với giá trị trong X, khả tích bậc p (theo nghĩa Bochner), tức là, ∫ t2 ∥u(s)∥pX ds < +∞, với mọi khoảng compact [t1 , t2 ] ⊂ R. t1 • W m,p (0, T ; X) là không gian Banach bao gồm tất cả các hàm u ∈ Lp (0, T ; X) sao cho tồn tại các đạo hàm suy rộng theo t đến cấp m thuộc Lp (0, T ; X), trong đó trang bị chuẩn ]1/p [m ∑ dk f p ∥f ∥W m,p (0,T ;X) := dtk Lp (0,T ;X) nếu 1 ≤ p < ∞, k=0 ∥f ∥W m,∞ (0,T ;X) := max 0≤k≤m dk f dtk . L∞ (0,T ;X) Nếu p = 2 và X là không gian Hilbert với tích vô hướng (., .)X thì H m (0, T ; X) cũng là không gian Hilbert với tích vô hướng ∑ ∫ T (∂ α u, ∂ α v)X dt. (u, v)H m (0,T ;X) := |α|≤m 0 ′ Không gian đối ngẫu của W0m,p (0, T ; X) được kí hiệu là W −m,p (0, T ; X ′ ). • D(0, T ; X) là không gian gồm các hàm φ : (0, T ) → X thuộc lớp C0∞ . Khi đó, W0m,p (0, T ; X) (hoặc H0m (0, T ; X)) là bao đóng của D(0, T ; X) trong chuẩn của W m,p (0, T ; X) (hoặc H m (0, T ; X)). • D′ (0, T ; X) là không gian các hàm suy rộng trên D(0, T ; X). Với mỗi f ∈ L1loc (0, T ; X) xác định duy nhất một hàm suy rộng Tf ∈ D′ (0, T ; X) và ∫ T ⟨Tf , φ⟩ := f (t)φ(t)dt, ∀φ ∈ D(0, T ). 0 ′ Không gian W −m,p (0, T ; X ′ ) có thể được đồng nhất với không gian các hàm suy rộng { S ∈ D′ (0, T ; X) : S = m ∑ dk u k=0 dtk } , ′ u ∈ Lp (0, T ; X ′ ) . 21 • Không gian Nikolskii N s,q (0; T ; B) được định nghĩa như sau: Giả sử B là không gian Banach, hàm f : (0, T ) → B và hằng số (nhỏ) h > 0. Xét ánh xạ τh f : (−h, T − h) → B cho bởi (τh f )(t) = f (t + h), ∀t ∈ (−h, T − h). Với mọi 1 ≤ q ≤ +∞ và mọi 0 < s < 1, khi đó { } s,q q −s N (0; T ; B) := f ∈ L (0; T ; B) : sup h ∥τh (f ) − f ∥Lq (0,T −h;B) < +∞ . h>0 N s,q (0; T ; B) là không gian Banach được trang bị chuẩn ∥f ∥N s,q (0;T ;B) = ∥f ∥Lq (0,T ;B) + sup 0 τ,    ( ) dz = F z(t), t , t > τ,  dt    z(τ ) = z . 0 (1.1) Tiếp theo ta xác định Z(t, τ )z0 = z(t; τ, z0 ), τ ≤ t, z0 ∈ H. Cho T ∗ ∈ R cố định. Giả sử tồn tại họ {A(t) : t ≤ T ∗ } các tập con khác rỗng compact của H thỏa mãn tính bất biến Z(t, τ )A(τ ) = A(t), với mọi τ ≤ t ≤ T ∗ , và thỏa mãn, với mọi τ ≤ t ≤ T ∗ và mọi z0 ∈ A(τ ), tồn tại toán tử tuyến tính liên tục L(t; τ, z0 ) ∈ L(H) sao cho ( ) Z(t, τ )z 0 − Z(t, τ )z0 − L(t; τ, z0 )(z 0 − z0 ) ≤ χ t − τ, |z 0 − z0 | |z 0 − z0 | (1.2) 24 với mọi z 0 ∈ A(τ ), trong đó χ : R+ × R+ → R+ là hàm thỏa mãn χ(s, .) không giảm với mọi s ≥ 0, và với mọi s ≥ 0. lim χ(s, r) = 0, r→0 (1.3) Ta giả sử rằng, với mọi t ≤ T ∗ , ánh xạ F (., t) khả vi Gateaux trong V , nghĩa là, với mọi z ∈ V tồn tại toán tử tuyến tính liên tục F ′ (z, t) ∈ L(V ; V ′ ) thỏa mãn ] 1[ ′ lim F (z + ϵη, t) − F (z, t) − ϵF (z, t)η = 0 ∈ V ′ . ϵ→0 ϵ Hơn nữa, ta giả sử rằng F ′ : (z, t) ∈ V × (−∞, T ∗ ] → F ′ (z, t) ∈ L(V ; V ′ ) liên tục (do đó, trong trường hợp đặc biệt, với mỗi t ≤ T ∗ , ánh xạ F (., t) khả vi liên tục Fréchet trong V ). Vậy, với mọi τ ≤ T ∗ và z0 , η0 ∈ H, tồn tại duy nhất η(t) = η(t; τ, z0 , η0 ) là nghiệm của   η ∈ L2 (τ, T ; V ) ∩ C([τ, T ]; H) với mọi τ < T ≤ T ∗ ,    ( ) dη = F ′ Z(t, τ )z0 , t η, τ < t < T ∗ ,  dt    η(τ ) = η . 0 Ta có thể viết η(t; τ, z0 , η0 ) = L(t; τ, z0 )η0 với mọi τ ≤ t ≤ T ∗ , z0 , η0 ∈ A(τ ). (1.4) Vì vậy, với m = 1, 2, · · · , qm 1 = lim sup sup T →+∞ τ ≤T ∗ z0 ∈A(τ −T ) T ∫ τ τ −T ( ( )) Trm F ′ Z(s, τ − T )z0 , s ds, trong đó ( ′ ( Trm F Z(s, τ − T )z0 , s )) = sup m ⟨ ∑ η0i ∈H,|η0i |≤1,i≤m i=1 ′ ( ) ⟩ F Z(s, τ )z0 , s φi , φi , 25 {φi }i=1,2,...,m là cơ sở trực giao trong H với không gian con bao bởi η(s; τ, z0 , η01 ), . . . , η(s; τ, z0 , η0m ). Định lí 1.2. ([16, Định lí 2.2]) Với các giả thiết trên, ta giả sử thêm rằng ∪ A(τ ) compact tương đối trong H, τ ≤T ∗ và tồn tại qm , m = 1, 2, . . . thỏa mãn qm ≤ qm , với mọi m ≥ 1, qn0 ≥ 0, qn0 +1 < 0, với n0 ≥ 1, qm ≤ qn0 + (qn0 − qn0 +1 )(n0 − m), với mọi m = 1, 2, · · · Khi đó dF (A(τ )) ≤ d0 := n0 + 1.3. qn0 qn0 , − qn0 +1 với mọi τ ≤ T ∗ . MỘT SỐ KẾT QUẢ THƯỜNG DÙNG 1.3.1. Một số bất đẳng thức thường dùng Dưới đây là một số bất đẳng thức sơ cấp nhưng rất quan trọng và thường xuyên được sử dụng: • Bất đẳng thức Cauchy : b2 a2 + . ab ≤ 2 2 • Bất đẳng thức Cauchy với ϵ: ab ≤ ϵa2 + b2 , 4ϵ (ϵ > 0). • Bất đẳng thức Young : Cho 1 < p, q < ∞, ab ≤ bq ap + , p q 1 1 + = 1. Khi đó p q (a, b > 0). 26 • Bất đẳng thức Young với ϵ: ab ≤ ϵap + C(ϵ)bq , (a, b, ϵ > 0), với C(ϵ) = (ϵp)−q/p q −1 . • Bất đẳng thức Hölder : Giả thiết 1 ≤ p, q ≤ ∞, u ∈ Lp (Ω), v ∈ Lq (Ω) thì uv ∈ L1 (Ω) và ∫ |uv|dx ≤ |u|Lp · |v|Lq . 1 1 + = 1. Khi đó nếu p q Ω • Bất đẳng thức Gronwall ([17, Chương 2, tr. 54-55]) : Giả sử x(t) là một hàm liên tục tuyệt đối trên [0; T ] và thỏa mãn dx ≤ g(t)x + h(t), dt với hầu khắp t, trong đó g(t) và h(t) là các hàm khả tích trên [0; T ]. Khi đó ∫ t G(t) x(t) ≤ x(0)e + eG(t)−G(s) h(s)ds, 0 với 0 ≤ t ≤ T , ở đó ∫ t G(t) = g(r)dr. 0 Nói riêng, nếu a và b là các hằng số và dx ≤ ax + b, dt thì ( b) b x(t) ≤ x(0) + eat − . a a • Bất đẳng thức Gronwall dạng tích phân: Cho ξ(t) là một hàm khả tích, không âm trên [0, T ] và thỏa mãn với hầu khắp t bất đẳng thức tích phân ∫ t ξ(t) ≤ C1 ξ(s)ds + C2 , 0 với C1 , C2 là các hằng số không âm. Khi đó ( ) ξ(t) ≤ C2 1 + C1 teC1 t với hầu khắp t, 0 ≤ t ≤ T . 27 • Các bất đẳng thức dạng Gronwall (xem thêm trong [31, 23] và [50]). Bổ đề 1.1. Giả sử y ∈ W 1,1 (0, T ), y ≥ 0 và F ∈ L1 (0, T ) thỏa mãn   d y2 ≤ F y hầu khắp (0, T ), dt y(0) = y . 0 Khi đó 1 y(t) ≤ y0 + 2 ∫ t F (s)ds, ∀t ∈ [0, T ]. 0 Bổ đề 1.2. Giả sử y : [a, b] → R là hàm liên tục thỏa mãn ∫ t 1 2 1 2 2 y (t) ≤ (y0 + ε ) + F (s)y(s)ds, t ∈ [a, b], 2 2 0 trong đó y0 ∈ R, ε > 0 và F là hàm không âm trên [a, b]. Khi đó ∫ t y(t) ≤ y0 + ε + F (s)ds, t ∈ [a, b]. a 1.3.2. Một số định lí và bổ đề quan trọng Sau đây ta sẽ nhắc lại một số định lí và bổ đề quan trọng được sử dụng trong chứng minh các kết quả của luận án. Định lí 1.3. (Bất đẳng thức Ladyzhenskaya)(xem, chẳng hạn, [31]) Giả sử Ω ⊂ RN (N = 2 hoặc 3). Khi đó  1/2 1/2   C|u|L2 |∇u|L2 , N = 2, |u|L4 ≤ (1.5)    1/4 3/4 C|u|L2 |∇u|L2 , N = 3, với mọi u ∈ H01 (Ω). Định lí 1.4. [17, Mệnh đề 5.8] (Bất đẳng thức Poincaré) Giả sử Ω là miền tùy ý trong RN thỏa mãn tính chất bị chặn một hướng, chẳng hạn, |x1 | ≤ d < +∞. Khi đó tồn tại hằng số λ1 > 0 sao cho ∫ ∫ 1 2 |u| dx ≤ |∇u|2 dx, với mọi u ∈ H01 (Ω). λ1 Ω Ω 28 Định lí 1.5. [33, Định lí 5.8] Giả sử Ω là miền tùy ý trong R2 thỏa mãn điều kiện nón (xem thêm phần 4.6 trong [33]). Khi đó tồn tại hằng số K phụ thuộc vào số chiều của nón sao cho với mọi u ∈ H 1 (Ω) thì 1/2 1/2 |u|L4 ≤ K|u|L2 ∥u∥H 1 (Ω) . (1.6) Các bổ đề sau đóng vai trò quan trọng khi chứng minh sự tồn tại nghiệm của bài toán Boussinesq với mật độ thay đổi trong Chương 4. Đầu tiên là bổ đề về tính liên tục của ánh xạ tích các không gian Sobolev trong [23]. Bổ đề 1.3. Giả sử Ω ⊂ RN (N = 2 hoặc 3) là miền bị chặn với biên Lipschitz. a) Với mọi 1 ≤ s ≤ r ≤ +∞, đặt 1 1 1 = ∗+ , a r s trong đó r∗ được xác định như sau: 1/r∗ = 1/r − 1/N nếu r < N, r∗ ∈ [1, +∞) (tùy ý) nếu r = N và r∗ = +∞ nếu r > N . Nếu a ≥ 1 thì (u, v) → uv là ánh xạ liên tục từ W 1,r (Ω) × W 1,s (Ω) vào W 1,a (Ω). b) Với mọi 1 ≤ r, s ≤ ∞ với 1/r + 1/s ≤ 1, khi đó (u, S) → uS là ánh xạ liên tục từ W 1,r (Ω) × W −1,s (Ω) vào W −1,a (Ω) với a được xác định như trên. Kết quả dưới đây liên quan đến phép nhúng compact vào không gian Lp (0; T ; B) trong Bổ đề 1.5. Bổ đề 1.4. Cho X, B và Y là các không gian Banach. Giả sử X nhúng compact trong B và B nhúng liên tục trong Y . Hàm δ : R+ → R thỏa mãn δ(h) → 0 khi h → 0 và 1 < p < +∞. Đặt { } 1 p W = u ∈ L (0; T ; X) : sup ∥τh (u) − u∥Lp (0,T −h;Y ) < +∞ . 0 0, p > 1, thỏa mãn ∫ 0 T −a ∥g(a + s) − g(s)∥pX ds → 0 khi a → 0, đều đối với g ∈ G. Khi đó G compact tương đối trong Lq (0, T ; X) với mọi q, 1 ≤ q < p. Bổ đề 1.7. ([23]) Cho E là không gian Banach. Xét tập mở khác rỗng liên thông Ω ⊂ RN với biên ∂Ω liên tục Lipschitz. Giả sử rằng S ∈ D′ (Ω; E)N và ⟨S, φ⟩ = 0, ∀φ ∈ V1 . Khi đó, tồn tại duy nhất q ∈ D′ (Ω; E) sai khác hằng số sao cho S = ∇q. Hơn nữa ánh xạ S → q là tuyến tính và liên tục từ W r,p (Ω; E)N vào W r+1,p (Ω; E) với mọi r ∈ R và 1 < p < ∞. 30 Chương 2 HỆ BÉNARD HAI CHIỀU KHÔNG ÔTÔNÔM Trong chương này, chúng tôi nghiên cứu sự tồn tại và dáng điệu tiệm cận nghiệm của bài toán biên Dirichlet không thuần nhất đối với hệ phương trình Bénard hai chiều không ôtônôm trên miền không nhất thiết bị chặn nhưng thỏa mãn bất đẳng thức Poincaré dưới một lớp khá rộng các điều kiện của ngoại lực. Đầu tiên chúng tôi chứng minh sự tồn tại và duy nhất nghiệm yếu bằng phương pháp xấp xỉ Galerkin. Sau đó chúng tôi chứng minh sự tồn tại và đánh giá số chiều fractal của tập hút lùi của quá trình sinh bởi bài toán. Nội dung của chương này dựa trên bài báo [1] trong Danh mục các công trình đã công bố của tác giả. 2.1. ĐẶT BÀI TOÁN Cho Ω là miền (bị chặn hoặc không bị chặn) trong R2 thỏa mãn bất đẳng thức Poincaré (Định lí 1.4), có biên ∂Ω. Chúng ta xét hệ phương trình Bénard không ôtônôm sau:  →   ∂t u + (u · ∇)u − ν∆u + ∇p = fu (x, t) + α− e 2 (T − Tr ),    ∇ · u = 0,      ∂t T + u · ∇T − κ∆T = fT (x, t), (2.1) trong đó u = u(x, t) = (u1 , u2 ), p = p(x, t) tương ứng là hàm vectơ vận tốc và hàm áp suất cần tìm, T = T (x, t) là nhiệt độ cần tìm của chất lỏng tại vị trí x ∈ Ω và thời điểm t ≥ τ ; ν > 0, κ > 0 lần lượt là hệ số nhớt và hệ số truyền nhiệt; α = ϑg là tham số đặc trưng cho sự nổi của chất lỏng với hệ số giãn nở 31 − nhiệt ϑ và gia tốc rơi tự do g; vectơ → e 2 = (0, 1); Tr là nhiệt độ môi trường; fu (x, t) là hàm ngoại lực tác động lên chất lỏng, fT (x, t) là nguồn nhiệt. Xét hệ phương trình (2.1) thỏa mãn điều kiện biên không thuần nhất   u(x, t) = ϕu (x), ∀(x, t) ∈ ∂Ω × (τ, +∞), (2.2)  T (x, t) = ϕT (x), ∀(x, t) ∈ ∂Ω × (τ, +∞), và điều kiện ban đầu   u(x, τ ) = u0 (x), x ∈ Ω, (2.3)  T (x, τ ) = T0 (x), x ∈ Ω. Bài toán (2.1)-(2.3) có điều kiện biên Dirichlet không thuần nhất xét trong miền không bị chặn. Như được đề cập đến trong [24], thông thường chúng ta thuần nhất hóa điều kiện biên bằng cách lấy hiệu của trường vectơ vận tốc với một "dòng chảy nền" thích hợp. "Dòng chảy nền" này có thể được xây dựng thông qua kĩ thuật kiểu Hopf bằng cách thác triển giá trị vận tốc cho trước trên biên thành trường vectơ vận tốc phù hợp trên toàn bộ miền. Kĩ thuật này phù hợp với các miền thuộc lớp C 2 (xem [12, 45]) và các miền Lipschitz với thông lượng qua biên bằng 0 (xem [35]). Tuy nhiên, với miền không trơn hoặc không bị chặn có thông lượng qua biên khác 0 đặc biệt nào đó, ta vẫn có thể áp dụng kĩ thuật này. Việc xây dựng và kiểm tra các ví dụ về "dòng chảy nền" khá dài và đã được trình bày chi tiết trong [24, Mục 5], vì vậy chúng tôi không trình bày lại trong luận án này. Kí hiệu V := V1 × V3 , H := H1 × H3 . Ta định nghĩa tích vô hướng và chuẩn trong V như sau: ((z, z˜)) = ∥z∥ = ˜ 3 , ∀z = (v, θ), z˜ = (˜ ˜ ∈ V, ((v, v˜))1 + γ((θ, θ)) v , θ) ((z, z))1/2 , ∀z ∈ V, 32 trong đó γ cho bởi ( α λ1 γ≥ )2 1 . νκ (2.4) Nhận xét 2.1. Hệ số γ được chọn sao cho toán tử A xác định trong (2.5) thỏa mãn tính chất cưỡng. Hơn nữa, với cách chọn γ như trên thì hai số hạng trong tích vô hướng của V phù hợp về số chiều trong các đơn vị vật lí. Tích vô hướng và chuẩn trong H được xác định bởi (z, z˜) = |z| = ˜ ˜ ∈ H, (v, v˜) + γ(θ, θ), ∀z = (v, θ), z˜ = (˜ v , θ) ∀z ∈ H. (z, z)1/2 , Đặt A : V → V ′ là toán tử xác định bởi ˜ ⟨Az, z˜⟩ = a(z, z˜) = νa1 (v, v˜) + γκa2 (θ, θ), trong đó a1 (v, v˜) = ((v, v˜))1 = ∫ ∑ 2 ∫ (2.5) ∇vj · ∇˜ vj dx, Ω j=1 ˜ = ((θ, θ)) ˜ 3= a2 (θ, θ) ˜ ∇θ · ∇θdx. Ω Dễ thấy A là đồng cấu từ V vào V ′ và dạng song tuyến tính a có tính chất cưỡng min(ν, κ)∥z∥2 ≤ a(z, z) = ⟨Az, z⟩ ≤ max(ν, κ)∥z∥2 . Đặt B : V × V → V ′ là toán tử xác định bởi ˆ θ), ˜ ⟨B(z, zˆ), z˜⟩ = b(z, zˆ, z˜) = b1 (v, vˆ, v˜) + γb2 (v, θ, trong đó các dạng ba tuyến tính được cho bởi ∫ b1 (v, vˆ, v˜) = 2 ∑ vi Ω i,j=1 ˆ θ) ˜ = b2 (v, θ, ∫ ∑ 2 Ω i=1 vi ∂ˆ vj v˜j dx, ∂xi ∂ θˆ ˜ θdx, ∂xi 33 và ta viết tắt B(z) = B(z, z). Dễ thấy nếu z, zˆ, z˜ ∈ V , thì b(z, zˆ, z˜) = −b(z, z˜, zˆ). Do đó b(z, zˆ, zˆ) = 0. (2.6) Sử dụng các bất đẳng thức Hölder, Poincaré và Ladyzhenskaya, ta có bổ đề sau. Bổ đề 2.1. [24, Bổ đề 2] Giả sử Ω ⊂ R2 và z, z˜ ∈ V . Khi đó |b(z, z, z˜)| ≤ |z|∥z∥∥˜ z ∥. Áp dụng (2.6) và Bổ đề 2.1, dễ thấy toán tử B có tính chất trực giao ⟨B(z, z), z⟩ = 0, (2.7) và thỏa mãn ∥B(z)∥∗ ≤ |z|∥z∥, ∀z ∈ V. Tiếp theo, chúng ta sẽ viết lại bài toán để hiểu rõ ý nghĩa của điều kiện biên (2.2). Giả sử rằng ub và Tb xác định trong miền Ω lần lượt là dòng chảy nền và nhiệt độ nền sao cho ub = ϕu , Tb = ϕT trên biên ∂Ω. Khi đó điều kiện biên đạt được theo nghĩa u − ub và T − Tb thuộc những không gian Sobolev là bao đóng của không gian các hàm có giá compact. Ta đặt v = u − ub và θ = T − Tb , khi đó (2.1) được viết lại như sau:  −   ∂t v + (v · ∇)v − ν∆v + ∇p = f¯u − (ub · ∇)v − (v · ∇)ub + α→ e 2 θ,    ∇ · v = 0,     ∂ θ + v · ∇θ − κ∆θ = f¯ − u · ∇θ − v · ∇T , t T b b (2.8) với f¯u và f¯T được xác định bởi → f¯u = fu + ν∆ub − (ub · ∇)ub + α− e 2 (Tb − Tr ), f¯T = fT + κ∆Tb − ub · ∇Tb . (2.9) 34 Điều kiện biên cho hệ (2.8) là v(x, t) = 0, với mọi x ∈ ∂Ω. θ(x, t) = 0, (2.10) Và điều kiện ban đầu v(., τ ) = v0 = u0 − ub , θ(., τ ) = θ0 = T0 − Tb . (2.11) Để làm rõ ý nghĩa của các số hạng ub và Tb trong (2.8), chúng ta cần có một số giả thiết của zb = (ub , Tb ). Không mất tính tổng quát, ta giả sử zb ∈ L1loc (Ω) × L1loc (Ω). (2.12) Ta cũng giả sử rằng ∇ · ub = 0 và ∆ub ∈ V1′ , ∆Tb ∈ V3′ Tb ∈ V3′ . và (2.13) ˆ và z˜ = (˜ ˜ ta kí hiệu Với z = (v, θ), zˆ = (ˆ v , θ) v , θ), ∫ ∫ ¯b(z, zˆ, z˜) = − (v · ∇)˜ ˆ v · vˆdx − γ v · ∇θ˜θdx. Ω Ω Giả sử tồn tại hằng số cb sao cho với mọi z, z˜ ∈ V , |¯b(zb , z, z˜)| + |¯b(z, zb , z˜)| ≤ cb ∥z∥∥˜ z ∥, (2.14) tồn tại cbuu và cbuT sao cho với mọi v ∈ V1 và θ ∈ V3 , ∫ ∫ (ub · ∇)v · ub dx ≤ cbuu ∥v∥1 và ub · ∇θTb dx ≤ cbuT ∥θ∥3 . (2.15) Ω Ω Điều này tương đương với tồn tại cbb sao cho |¯b(zb , zb , z)| ≤ cbb ∥z∥. Nhận xét 2.2. Với việc sử dụng kí hiệu này, chúng ta có thể thay những điều kiện trong (2.14) và (2.15) bởi B(zb , z), B(z, zb ) và B(zb , zb ) ∈ V ′ , ∀z ∈ V. 35 Từ (2.12) và giả thiết ∇ · ub = 0 ta có ¯b(zb , z, z) = 0. (2.16) Cuối cùng, để có được tính chất cưỡng của toán tử A trong (2.5), ta giả sử ∫ ν (v · ∇)v · ub dx ≤ ∥v∥21 , ∀v ∈ V1 , 4 Ω ∫ (2.17) β v · ∇θTb dx ≤ ∥v∥1 ∥θ∥3 , θ ∈ V3 , 4 Ω với β > 0 thỏa mãn β≤ ( νκ )1/2 γ ≤ νκλ1 . |α| (2.18) Đặt R : V → V ′ là toán tử kết hợp với dạng song tuyến tính r : V × V → R cho bởi − ⟨Rz, z˜⟩ = r(z, z˜) = ¯b(zb , z, z˜) + ¯b(z, zb , z˜) − α(→ e 2 θ, v˜). Bởi (2.4), các bất đẳng thức Hölder và Poincaré, ta có → |α(− e 2 θ, v˜)| ≤ √ νκ∥z∥∥˜ z ∥. Sử dụng bất đẳng thức trên và (2.14) ta thu được |r(z, z˜)| ≤ cr ∥z∥∥˜ z∥ với cr = và ∥Rz∥∗ ≤ cr ∥z∥ (2.19) √ νκ + cb . Hơn nữa, từ (2.16) ta nhận được − r(z, z) = ¯b(z, zb , z) − α(→ e 2 θ, v). Giả sử fu ∈ L2loc (R; V1′ ), fT ∈ L2loc (R; V3′ ) và Tr ∈ L2loc (R; V3′ ). Dễ thấy F = (fu , fT ) ∈ L2loc (R; V ′ ) và ⟨F, z⟩ = ⟨fu , v⟩V1′ ,V1 + γ⟨fT , θ⟩V3′ ,V3 , hầu khắp t ∈ R. (2.20) Đặt e : V → R cho bởi e(z) = ⟨f¯u , v⟩V1′ ,V1 + γ⟨f¯T , θ⟩V3′ ,V3 − = ⟨F, z⟩ − ⟨(ν∆ub , κ∆Tb ), z⟩ − ¯b(zb , zb , z) + α⟨→ e 2 (Tb − Tr ), v⟩. 36 Từ (2.20) ta có Ψ ∈ L2loc (R; V ′ ) và − Ψ = F − (ν∆ub , κ∆Tb ) − B(zb , zb ) + (α→ e 2 (Tb − Tr ), 0) (2.21) sao cho e(z) = ⟨Ψ, z⟩. Bởi (2.20) và (2.13), ta có thể dễ dàng kiểm tra được |⟨(ν∆ub , κ∆Tb ), z⟩| ≤ √ 2(ν∥∆ub ∥V1′ + κγ 1/2 ∥∆Tb ∥V3′ )∥z∥, và → |α⟨− e 2 (Tb − Tr ), v⟩| ≤ |α|∥Tb − Tr ∥V3′ ∥z∥. Áp dụng các bất đẳng thức trên và (2.15) ta có |e(z)| ≤ ce ∥z∥ và ∥Ψ∥∗ ≤ ce , trong đó √ ce = ∥F ∥∗ + 2(ν∥∆ub ∥V1′ + κγ 1/2 ∥∆Tb ∥V3′ + cbuu + γ 1/2 cbuT ) + |α|∥Tb − Tr ∥V3′ . Trong chương này, chúng ta nghiên cứu các vấn đề sau đối với bài toán (2.1)-(2.3): • Sự tồn tại và duy nhất nghiệm yếu. • Sự tồn tại và đánh giá số chiều fractal của tập hút lùi. 2.2. SỰ TỒN TẠI VÀ DUY NHẤT NGHIỆM YẾU Trong phần này, chúng ta sẽ chứng minh sự tồn tại và duy nhất nghiệm yếu bằng phương pháp xấp xỉ Galerkin. Trước hết, ta định nghĩa nghiệm yếu của bài toán (2.8)-(2.11). Định nghĩa 2.1. Hàm z = (v, θ) được gọi là nghiệm yếu của bài toán (2.8)(2.11) trên khoảng (τ, T ) nếu   z ∈ L2 (τ, T ; V ) ∩ L∞ (τ, T ; H),       d (z, z˜) + a(z, z˜) + r(z, z˜) + b(z, z, z˜) = e(˜ z ), ∀˜ z ∈ V, dt (2.22)  ′  theo nghĩa phân bố trong D (τ, T ),     z(τ ) = z = (v , θ ). 0 0 0 37 dz ∈ L2 (τ, T ; V ′ ), có thể thấy phương trình dt (2.22) tương đương với phương trình hàm sau trong V ′ Trong trường hợp hai chiều, do    z ∈ L2 (τ, T ; V ) ∩ L∞ (τ, T ; H),    z ′ + (A + R)z + B(z) = Ψ trong V ′ , với hầu khắp t ∈ (τ, T ),     z(τ ) = z , 0 (2.23) ( dv dθ ) , , và Ψ cho trong (2.21). Để chứng minh sự tồn tại dt dt nghiệm yếu của bài toán (2.22) ta cần sử dụng bổ đề sau. trong đó z ′ = Bổ đề 2.2. [24, Bổ đề 3] Nếu ub và Tb thỏa mãn (2.17) thì toán tử A + R là V -elliptic, tức là, tồn tại δ > 0 sao cho ⟨ ⟩ (A + R)z, z ≥ δ(ν∥v∥21 + γκ∥θ∥23 ) (2.24) với mọi z ∈ V . Mệnh đề sau đây chỉ ra tính liên tục của nghiệm yếu theo thời gian t. Mệnh đề 2.1. Nếu z ∈ L2 (τ, T ; V ) và dz ∈ L2 (τ, T ; V ′ ) thì z ∈ C([τ, T ]; H). dt Chứng minh. Lấy dãy zn ∈ C 1 ([τ, T ]; V ) sao cho zn → z trong L2 (τ, T ; V ), dzn dz → trong L2 (τ, T ; V ′ ). dt dt Khi đó, với mọi t, t0 ∈ [τ, T ], ta có |zn (t) − zm (t)|2 = |zn (t0 ) − zm (t0 )|2 ∫ t ′ +2 ⟨zn′ (s) − zm (s), zn (s) − zm (s)⟩ds. t0 Chọn t0 sao cho 1 |zn (t0 ) − zm (t0 )| = T −τ ∫ T |zn (t) − zm (t)|2 dt. 2 τ 38 Ta có ∫ ∫ ∫ T 1 |zn (t) − zm (t)|2 dtdx |zn (t) − zm (t)| dx = T −τ Ω τ Ω ∫ ∫ t ( ′ )( ) ′ zn (s) − zm +2 (s) zn (s) − zm (s) dsdx 2 Ω ≤ t0 1 ′ 2 ∥zn − zm ∥2L2 (τ,T ;H) + 2∥zn − zm ∥2L2 (τ,T ;V ) ∥zn′ − zm ∥L2 (τ,T ;V ′ ) . T −τ Đẳng thức trên suy ra {zn } là dãy Cauchy trong C([0, T ]; H). Vì vậy {zn } hội tụ trong C([0, T ]; H) tới một hàm z˜ ∈ C([0, T ]; H). Mặt khác, ta lại có zn (t) → z(t) trong H với hầu khắp t ∈ [τ, T ]. Vì vậy, z(t) = z˜(t) với hầu khắp t ∈ [τ, T ]. Suy ra z ∈ C([0, T ]; H) (nếu cần có thể chỉnh sửa giá trị trên một tập có độ đo 0). Sự tồn tại và duy nhất nghiệm yếu được trình bày trong định lí sau. Định lí 2.1. Giả sử ν > 0, κ > 0, fu ∈ L2loc (R; V1′ ), fT ∈ L2loc (R; V3′ ), Tr ∈ L2loc (R; V3′ ), zb = (ub , Tb ) cho trước thỏa mãn (2.12)-(2.15) và (2.17). Khi đó, với mọi z0 ∈ H, τ ∈ R, T > τ cho trước, bài toán (2.22) (do đó (2.23)) có duy nhất nghiệm yếu z ∈ L2 (τ, T ; V ) ∩ L∞ (τ, T ; H). Vì z ∈ L2 (τ, T ; V ) nên từ phương trình (2.23) suy ra z ′ ∈ L2 (τ, T ; V ′ ) với mọi T > τ . Do đó z ∈ C([τ, T ]; H) (Mệnh đề 2.1). Hơn nữa, ta có bất đẳng thức sau ∫ e−σt t σs 2 −σ(t−τ ) 2 |z(t)| ≤ e |z0 | + (2.25) e ∥Ψ(s)∥2∗ ds, ζ −∞ ở đó σ = ζλ1 với ζ = δ min(ν, κ). Chứng minh. (i) Sự tồn tại. Sự tồn tại nghiệm yếu được chứng minh dựa vào phương pháp xấp xỉ Galerkin và tương tự trường hợp ôtônôm (xem [24]) nên chúng tôi không trình bày chi tiết ở đây. Tiếp theo ta đưa ra một số ước lượng tiên nghiệm của nghiệm z được sử dụng trong các phần sau. Trước hết, ta định nghĩa dạng song tuyến tính đối xứng [., .] : V × V → R cho bởi ⟨ ⟩ ζλ1 [z, z˜] = (A + R)z, z˜ − (z, z˜), ∀z, z˜ ∈ V. (2.26) 2 Từ (2.19) và định nghĩa của A ta có [z, z] + ⟩ ( ) ζλ1 2 ⟨ |z| = (A + R)z, z ≤ max(ν, κ) + cr ∥z∥2 . 2 39 Do vậy, ( ) [z]2 ≡ [z, z] ≤ max(ν, κ) + cr ∥z∥2 . (2.27) Đặt z = (v, θ). Từ định nghĩa của |z| và Định lí 1.4, ta có ζλ1 ζ ζλ1 2 ζ |z| = (|v|2 + γ|θ|2 ) ≤ (∥v∥21 + γ∥θ∥23 ) = ∥z∥2 . 2 2 2 2 Sử dụng đẳng thức trên và (2.24) ta thu được [z]2 ≥ ζ∥z∥2 − ζλ1 2 ζ |z| ≥ ∥z∥2 . 2 2 (2.28) Kết hợp (2.27) với (2.28) ta nhận được ( ) ζ ∥z∥2 ≤ [z]2 ≤ max(ν, κ) + cr ∥z∥2 , 2 ∀z ∈ V. (2.29) Do đó, [., .] định nghĩa một tích vô hướng trên V với chuẩn [.] = [., .]1/2 tương đương với chuẩn ∥.∥. ( ) Gọi z(t) = v(t), θ(t) là nghiệm của bài toán. Khi đó, z = (v, θ) ∈ L2 (τ, T ; V ), z ′ = (v ′ , θ′ ) ∈ L2 (τ, T ; V ′ ) và 1 d 2 |v| = ⟨v ′ , v⟩V1′ ,V1 , 2 dt 1 d 2 |θ| = ⟨θ′ , θ⟩V3′ ,V3 . 2 dt Sử dụng (2.20) ta có 1 d 2 1 d |z| = (|v|2 + γ|θ|2 ) = ⟨v ′ , v⟩V1′ ,V1 + γ⟨θ′ , θ⟩V3′ ,V3 = ⟨z ′ , z⟩. 2 dt 2 dt Vì vậy từ (2.23) và (2.7) ta thu được 1 d 2 |z| + ⟨(A + R)z, z⟩ = ⟨Ψ, z⟩. 2 dt Theo định nghĩa chuẩn [.] cho trong (2.26) ta suy ra d 2 |z| + ζλ1 |z|2 + 2[z]2 = 2⟨Ψ, z⟩. dt Sử dụng (2.29) và bất đẳng thức Cauchy, ta thu được d 2 2 ζ |z| + ζλ1 |z|2 + ζ∥z∥2 ≤ ∥Ψ∥2∗ + ∥z∥2 , dt ζ 2 hay ta có d 2 ζ 2 |z| + ∥z∥2 ≤ ∥Ψ∥2∗ . dt 2 ζ (2.30) 40 Lấy tích phân bất đẳng thức trên từ τ đến t với τ ≤ t ≤ T , ta nhận được ∫ ζ t 2 2 |z(t)| + ∥z(s)∥2 ds ≤ |z0 |2 + ∥Ψ∥2L2 (τ,T ;V ′ ) . 2 τ ζ Bất đẳng thức này cho ta ước lượng của z trong không gian L2 (τ, T ; V ) ∩ L∞ (τ, T ; H). (ii) Tính duy nhất nghiệm và sự phụ thuộc liên tục của nghiệm vào điều kiện ban đầu. Giả sử z 1 , z 2 là hai nghiệm yếu của bài toán (2.23) với điều kiện ban đầu tương ứng z01 , z02 . Đặt w = z 1 − z 2 , ta có w ∈ L2 (τ, T ; V ) ∩ L∞ (τ, T ; H) và w thỏa mãn d w + (A + R)w = B(z 2 ) − B(z 1 ), dt w(τ ) = z01 − z02 . Từ đây ta có d |w|2 +2[w]2 = −ζλ1 |w|2 +2b(z 2 , z 2 , w)−2b(z 1 , z 1 , w) = −ζλ1 |w|2 −2b(w, z 1 , w). dt Bởi Bổ đề 2.1, ta có 1 | − 2b(w, z 1 , w)| ≤ 2|w|∥z 1 ∥∥w∥ ≤ ζ∥w∥2 + |w|2 ∥z 1 ∥2 . ζ Vì vậy ta thu được d 1 |w|2 ≤ (ζλ1 + ∥z 1 ∥2 )|w|2 . dt ζ Do đó dẫn đến |w(t)| ≤ |w(τ )| exp 2 2 (∫ t τ ) 1 (ζλ1 + ∥z 1 (s)∥2 )ds . ζ Điều này chứng tỏ nghiệm yếu là duy nhất (nếu z01 = z02 ) và phụ thuộc liên tục vào điều kiện ban đầu. (iii) Chứng minh ước lượng (2.25). Sử dụng bất đẳng thức Cauchy trong (2.30) ta có d 2 1 |z| + ζλ1 |z|2 + ζ∥z∥2 ≤ ∥Ψ∥2∗ + ζ∥z∥2 . dt ζ Áp dụng bất đẳng thức Gronwall cho đánh giá trên ta có (2.25). Từ đây suy ra nghiệm z có thể thác triển trên toàn khoảng [τ ; +∞). 41 2.3. SỰ TỒN TẠI TẬP HÚT LÙI Từ kết quả của Định lí 2.1, ta có thể định nghĩa một quá trình liên tục Z(t, τ ) : H → H bởi Z(t, τ )z0 = z(t; τ, z0 ), τ ≤ t, z0 ∈ H, trong đó z(t) = z(t; τ, z0 ) là nghiệm yếu duy nhất của bài toán (2.23) với điều kiện ban đầu z(τ ) = z0 . Để chứng minh tính compact tiệm cận lùi của quá trình Z(t, τ ) bằng phương pháp phương trình năng lượng, trước tiên ta cần chứng minh tính liên tục yếu của Z(t, τ ). Bổ đề 2.3. Cho {z0n }n ⊂ H là một dãy hội tụ yếu trong H đến phần tử z0 ∈ H. Khi đó Z(t, τ )z0n ⇀ Z(t, τ )z0 trong H, với mọi t ≥ τ. Z(., τ )z0n ⇀ Z(., τ )z0 trong L2 (τ, T ; V ), với mọi T > τ. (2.31) (2.32) Chứng minh. Đặt zn (t) = Z(t, τ )z0n và z(t) = Z(t, τ )z0 . Như trong chứng minh của Định lí 2.1, ta có với mọi T > τ {zn } bị chặn trong L∞ (τ, T ; H) ∩ L2 (τ, T ; V ). (2.33) Viết lại phương trình (2.23) ở dạng zn′ = Ψ − (A + R)zn − B(zn ), ta thu được {zn′ } bị chặn trong L2 (τ, T ; V ′ ). Khi đó, với mọi w ∈ V , và τ ≤ t ≤ t + a ≤ T với T > τ , ∫ t+a ( ) ⟨ ′ ⟩ zn (t + a) − zn (t), w = zn (s), w ds ≤a t 1/2 ∥w∥∥zn′ ∥L2 (τ,T ;V ′ ) (2.34) ≤ CT a 1/2 ∥w∥, 42 trong đó CT là hằng số dương không phụ thuộc n. Chọn w = zn (t+a)−zn (t) ∈ V với hầu khắp t, thay vào (2.34) ta được |zn (t + a) − zn (t)|2 ≤ CT a1/2 ∥zn (t + a) − zn (t)∥. Do đó ∫ T −a ∫ |zn (t + a) − zn (t)| dt ≤ CT a 2 τ 1/2 T −a ∥zn (t + a) − zn (t)∥dt. (2.35) τ Áp dụng bất đẳng thức Cauchy và (2.33) vào (2.35) ta suy ra ∫ T −a |zn (t + a) − zn (t)|2 dt ≤ C˜T a1/2 , τ với C˜T cũng là hằng số dương không phụ thuộc n. Kí hiệu Xr = L2 (Ωr ) × L2 (Ωr ), Yr = H10 (Ωr ) × H01 (Ωr ), ở đó Ωr = Ω ∩ {x ∈ R2 : |x| < r} và ta có ∫ T −a lim sup ∥zn (t + a) − zn (t)∥2Xr dt = 0, a→0 n (2.36) τ ( |x| ) zn (x) thỏa mãn với mọi r > 0. Xét hàm cắt ρ ∈ C 1 (R+ ) sao cho wn,r = ρ r  r zn (x), với |x| < , 2 wn,r = 0, với |x| ≥ r. ( |x| ) Cố định r0 > 0, khi đó ρ bị chặn đều với x ∈ R2 và r ≥ r0 . Do đó, từ r (2.36) ta suy ra ∫ T −a lim sup ∥wn,r (t + a) − wn,r (t)∥2Xr dt = 0, a→0 n τ với mọi T > τ, r > 0. Trong khi đó, từ (2.33) ta cũng có {wn,r }n bị chặn trong L∞ (τ, T ; Xr ) ∩ L2 (τ, T ; Yr ) đều với mọi T > τ và r ≥ r0 . Vì vậy, áp dụng Bổ đề compact 1.6 ta được {wn,r }n compact tương đối trong L2 (τ, T ; Xr ), ∀T > τ, ∀r ≥ r0 . 43 Từ đó suy ra {zn |Ωr }n compact tương đối trong L2 (τ, T ; Xr ), ∀T > τ, ∀r ≥ r0 . Khi đó, sử dụng phương pháp chọn chéo, ta có thể trích ra một dãy con {znk }k sao cho znk ⇀∗ z˜ trong L∞ loc (R; H), znk ⇀ z˜ trong L2loc (R; V ), (2.37) znk → z˜ trong L2loc (R; Xr ), ∀r ≥ r0 , 2 với z˜ ∈ L∞ loc (R; H) ∩ Lloc (R; V ). Sự hội tụ trong (2.37) cho phép ta qua giới hạn trong phương trình của znk dẫn đến z˜ là nghiệm yếu của bài toán (2.22) với z˜(τ ) = z0 . Vì nghiệm yếu của bài toán (2.22) là duy nhất nên z˜ = z. Vậy, bằng phản chứng, ta kết luận dãy {zn } hội tụ đến z trong (2.37) hay (2.32) được chứng minh. Bây giờ, từ sự hội tụ mạnh trong (2.37) ta cũng có zn (t) hội tụ mạnh trong Xr đến z(t) với hầu khắp t ≥ τ và mọi r ≥ r0 . Do đó, với mọi w ∈ V1 × D(Ω) ( ) ( ) zn (t), w → z(t), w với hầu khắp t ∈ R. ( ) Hơn nữa, từ (2.33) và (2.34), ta thấy { zn (t), w }n bị chặn đều và liên tục đồng bậc trên [τ, T ], với mọi T > 0. Vì vậy ( ) ( ) zn (t), w → z(t), w , ∀t ∈ R, ∀w ∈ V1 × D(Ω). Cuối cùng, do V1 × D(Ω) trù mật trong V nên ta có (2.31). Gọi Rσ là tập tất cả các hàm r : R → (0; +∞) thỏa mãn lim eσt r2 (t) = 0, t→−∞ (2.38) ˆ = {D(t) : t ∈ R} ⊂ B(H) sao cho và kí hiệu Dσ là lớp tất cả các họ D D(t) ⊂ B(0, rˆ(t)) với rˆ(t) ∈ Rσ , trong đó B(0, r) là hình cầu đóng trong H, tâm tại 0 và bán kính r. Sau đây ta sẽ chứng minh kết quả về sự tồn tại tập hút lùi. Định lí 2.2. Giả sử Ψ ∈ L2loc (R; V ′ ) thỏa mãn ∫ t eσs ∥Ψ(s)∥2∗ ds < +∞ với mọi t ∈ R. −∞ 44 Khi đó tồn tại duy nhất tập Dσ -hút lùi Aˆ = {A(t) : t ∈ R} của quá trình {Z(t, τ )} sinh bởi bài toán (2.22). Chứng minh. Cho τ ∈ R và z0 ∈ H cố định, kí hiệu với mọi t ≥ τ. z(t) = z(t; τ, z0 ) = Z(t, τ )z0 Để chứng minh định lí ta cần kiểm tra hai điều kiện trong Định lí 1.1 như sau: ˆ (i) Quá trình Z(t, τ ) có một họ Dσ -hấp thụ lùi B. ˆ ∈ Dσ cho trước, từ (2.25) ta có Với D |Z(t, τ )z0 | ≤ e 2 e−σt rˆ (τ ) + ζ −σ(t−τ ) 2 ∫ t −∞ eσs ∥Ψ(s)∥2∗ ds, (2.39) với mọi z0 ∈ D(τ ) và t ≥ τ . Kí hiệu Rσ (t) ∈ Rσ xác định bởi Rσ2 (t) 2e−σt = ζ ∫ t −∞ eσs ∥Ψ(s)∥2∗ ds, (2.40) ( ) và xét họ Bˆσ các hình cầu đóng trong H cho bởi Bσ (t) = B 0, Rσ (t) . Dễ kiểm tra được Bˆσ ∈ Dσ . Hơn nữa, bởi (2.39) và (2.38), họ Bˆσ là Dσ -hấp thụ lùi của quá trình Z(t, τ ). (ii) Z(t, τ ) là Dσ -compact tiệm cận lùi. ˆ ∈ Dσ , hai dãy τn → −∞, z0 Cho D ∈ D(τn ) và t ∈ R cố định. Để chứng minh Z(t, τ ) là Dσ -compact tiệm cận lùi ta cần chứng minh từ dãy {Z(t, τn )z0n }n có thể trích ra một dãy con hội tụ trong H. Thật vậy, do họ Bˆσ là Dσ -hấp thụ lùi, với mỗi k ≥ 0, tồn tại τ ˆ (k) ≤ t − k n D sao cho Z(t − k, τ )D(τ ) ⊂ Bσ (t − k) với mọi τ ≤ τDˆ (k). (2.41) Như vậy, với mỗi τn ≤ τDˆ (k) thì Z(t − k, τn )z0n ⊂ Bσ (t − k). Vì vậy, {Z(t − k, τn )z0n }n là tiền compact trong H và do Bσ (t − k) lồi đóng nên tồn tại dãy con {τn′ , z0n′ }n′ ⊂ {τn , z0n }n , và một dãy {wk : k ≥ 0} ⊂ H sao cho với mọi k ≥ 0 và wk ∈ Bσ (t − k) Z(t − k, τn′ )z0n′ ⇀ wk trong H. 45 Kết hợp với tính liên tục yếu của quá trình Z(t, τ ) đã chứng minh trong Bổ đề 2.3, ta được w0 = lim ′ n →∞ Hw Z(t, τn′ )z0n′ = Z(t, t − k) lim ′ n →∞ = lim ′ n →∞ Hw Z(t Hw Z(t, t − k)Z(t − k, τn′ )z0n′ − k, τn′ )z0n′ = Z(t, t − k)wk , trong đó lim Hw kí hiệu sự hội tụ theo tôpô yếu trong H, tức là Z(t, t − k)wk = w0 với mọi k ≥ 0. (2.42) Do Z(t − k, τn′ )z0n′ ⇀ wk trong H, áp dụng tính nửa liên tục dưới của chuẩn, ta có |w0 | ≤ lim inf |Z(t, τn′ )z0n′ |. ′ n →∞ Nếu ta chứng minh được lim sup|Z(t, τn′ )z0n′ | ≤ |w0 |, n′ →∞ (2.43) thì dẫn đến lim |Z(t, τn′ )z0n′ | = |w0 |, n′ →∞ và điều này, cùng với sự hội tụ yếu, ta sẽ suy ra được Z(t, τn′ )z0n′ hội tụ mạnh đến w0 trong H. Sau đây, ta sẽ chứng minh (2.43) bằng phương pháp phương trình năng lượng được J.M. Ball đề xuất trong [20]. Tiếp theo, từ phương trình (2.30), ta có ∫ t (⟨ ) ⟩ 2 −σ(t−τ ) 2 −σ(t−s) 2 |z(t)| = e |z0 | + 2 e Ψ(s), z(s) − [z(s)] ds, τ hay |Z(t, τ )z0 | = e 2 σ(τ −t) ∫ t |z0 | + 2 2 e σ(s−t) (⟨ ⟩ [ ]2 ) Ψ(s), z(s) − z(s) ds, (2.44) τ với mọi τ ≤ t, và mọi z0 ∈ H. Vì vậy, với mọi k ≥ 0, τn′ ≤ t − k, ta có |Z(t, τn′ )z0n′ |2 = |Z(t, t − k)Z(t − k, τn′ )z0n′ |2 = e−σk |Z(t − k, τn′ )z0n′ |2 ∫ t ⟩ ⟨ +2 eσ(s−t) Ψ(s), Z(s, t − k)Z(t − k, τn′ )z0n′ ds (2.45) t−k t ∫ −2 t−k [ ]2 eσ(s−t) Z(s, t − k)Z(t − k, τn′ )z0n′ ds. 46 Bởi (2.41), Z(t − k, τn′ )z0n′ ∈ Bσ (t − k) với mọi τn′ ≤ τDˆ (k), k ≥ 0. Suy ra ( ) 2 −σk ′ lim sup e Z(t, τn )z0n′ ≤ e−σk Rσ2 (t − k), n′ →∞ k ≥ 0. (2.46) Lại có Z(t − k, τn′ )z0n′ ⇀ wk trong H, áp dụng Bổ đề 2.3 ta được Z(., t − k)Z(t − k, τn′ )z0n′ ⇀ Z(., t − k)wk trong L2 (t − k, t; V ). Đặc biệt, eσ(s−t) Ψ(s) ∈ L2 (t − k, t; V ′ ) nên ∫ t ⟨ ⟩ σ(s−t) ′ )z0 ′ ds lim e Ψ(s), Z(s, t − k)Z(t − k, τ n n ′ n →∞ t−k ∫ t = ⟨ ⟩ eσ(s−t) Ψ(s), Z(s, t − k)wk ds. (2.47) t−k Hơn nữa, theo (2.29), chuẩn [.] tương đương với chuẩn ∥.∥ trong V và 0 < e−σk ≤ eσ(s−t) ≤ 1, vì vậy (∫ t ∀s ∈ [t − k, t], e−σ(t−s) [.]2 ds )1/2 t−k là chuẩn trong L2 (t − k, t; V ) tương đương với chuẩn thường dùng. Do đó, từ (2.46) ta suy ra ∫t [ ]2 eσ(s−t) Z(s, t−k)wk ds ≤ lim inf ′ ∫t n →∞ t−k [ ]2 eσ(s−t) Z(s, t−k)Z(t−k, τn′ )z0n′ ds. t−k Vậy ( ∫ t lim sup − 2 n′ →∞ e σ(s−t) t−k ∫ = −lim inf 2 ′ n →∞ ∫ t ≤ −2 t−k ]2 ) [ Z(s, t − k)Z(t − k, τn′ )z0n′ ds t t−k ]2 [ eσ(s−t) Z(s, t − k)Z(t − k, τn′ )z0n′ ds [ ]2 eσ(s−t) Z(s, t − k)wk ds. (2.48) 47 Kết hợp các đánh giá trên, ta có thể chuyển qua giới hạn lim sup khi n′ tiến đến ∞ trong (2.45), kết hợp với (2.46), (2.47) và (2.48) ta nhận được 2 lim sup Z(t, τn′ )z0n′ n′ →∞ ∫ ≤ e−σk Rσ2 (t − k) t +2 e σ(s−t) (2.49) (⟨ ⟩ [ ]2 ) Ψ(s), Z(s, t − k)wk − Z(s, t − k)wk ds. t−k Mặt khác, áp dụng (2.44) vào (2.42) dẫn đến 2 |w0 |2 = Z(t, t − k)wk = |wk |2 e−σk + 2 ∫t eσ(s−t) (⟨ ⟩ [ ]2 ) Ψ(s), Z(s, t − k)wk − Z(s, t − k)wk ds. t−k (2.50) Từ (2.49) và (2.50), ta thu được lim sup Z(t, τn′ )z0n′ 2 n′ →∞ ≤ e−σk Rσ2 (t − k) + |w0 |2 − |wk |2 e−σk ≤ e−σk Rσ2 (t − k) + |w0 |2 . Mà e −σk Rσ2 (t 2e−σt − k) = ζ ∫ t−k −∞ eσs ∥Ψ(s)∥2∗ ds → 0 khi k → +∞, nên ta dễ dàng thu được (2.43). Định lí được chứng minh. 2.4. ĐÁNH GIÁ SỐ CHIỀU FRACTAL CỦA TẬP HÚT LÙI Việc đánh giá số chiều fractal hữu hạn của tập hút có ý nghĩa quan trọng trong việc nghiên cứu các hệ động lực vô hạn chiều, bởi theo định lí HölderMané cải biên, khi tập hút có số chiều fractal hữu hạn thì ta có thể quy việc nghiên cứu một hệ động lực trên tập hút về nghiên cứu hệ động lực trên một không gian hữu hạn chiều. Chính vì vậy, đây là vấn đề rất được quan tâm khi nghiên cứu dáng điệu tiệm cận nghiệm của các hệ phương trình cặp trong cơ học chất lỏng. Trong phần này, chúng tôi sẽ sử dụng Định lí 1.2 để ước lượng số chiều fractal của tập hút lùi của quá trình Z(t, τ ) sinh bởi bài toán (2.23). 48 Chú ý rằng bài toán (2.23) có thể viết lại ở dạng (1.1) với F (z, t) = −Az(t) − Rz(t) − Bz(t) + Ψ(t). Từ đó có thể chứng minh được, với mọi t ∈ R, ánh xạ F (., t) khả vi Gateaux trong V với F ′ (z, t)η = −Aη − Rη − B(z, η) − B(η, z), z, η ∈ V, và ánh xạ F ′ : (z, t) ∈ V × R → F ′ (z, t) ∈ L(V ; V ′ ) liên tục. Có thể nhận thấy, với mọi τ ∈ R, z0 , η0 ∈ H, tồn tại duy nhất nghiệm η(t) = η(t; τ, z0 , η0 ) của bài toán sau     η ∈ L2 (τ, T ; V ) ∩ C([τ ; T ]; H),    dη = −(A + R)η − B(Z(t, τ )z0 , η) − B(η, Z(t, τ )z0 ),  dt     η(τ ) = η0 . τ < t, (2.51) Để đánh giá số chiều fractal của tập hút lùi, ta giả thiết fu ∈ L∞ (−∞, T ∗ ; V1′ ), fT , Tr ∈ L∞ (−∞, T ∗ ; V3′ ) và ub , Tb cho trước sao cho Ψ ∈ L∞ (−∞, T ∗ ; V ′ ) với T ∗ ∈ R nào đó, (2.52) trong đó Ψ cho bởi (2.21). Bổ đề 2.4. Giả sử các điều kiện của Định lí 2.1 và (2.52) được thỏa mãn. Khi đó, tập Dσ -hút lùi Aˆ nhận được trong Định lí 2.2 thỏa mãn ∪ A(τ ) compact tương đối trong H. (2.53) τ ≤T ∗ Chứng minh. Đặt M = ∥Ψ∥2L∞ (−∞,T ∗ ;V ′ ) , từ (2.40) ta có Rσ2 (t) 2M e−σt ≤ ζ vì vậy B ∗ := ∪ τ ≤T ∗ ∫ t eσs ds = −∞ 2M , σζ Bσ (τ ) bị chặn trong H, 49 ( ) với Bσ (τ ) = B 0, Rσ (τ ) . Kí hiệu M là tập tất cả y ∈ H sao cho với mỗi y, tồn tại một dãy {(tn , τn )}n ⊂ R2 thỏa mãn τn ≤ tn ≤ T ∗ , n ≥ 1, lim (tn − τn ) = +∞, n→∞ và một dãy {z0n }n ⊂ B ∗ sao cho lim Z(t, τn )z0n − y = 0. n→∞ Do đó, dễ thấy A(t) ⊂ M với mọi t ≤ T ∗ . Mặt khác ta lại có M là compact tương đối trong H. Thật vậy, với {yk }k ⊂ M, với mỗi k ≥ 1, ta có thể chọn một cặp (tk , τk ) ∈ R2 và một phần tử z0k ∈ B ∗ sao cho tk ≤ T ∗ , tk − τk ≥ k và 1 Z(tk , τk )z0k − yk ≤ . Do (2.52), bởi lập luận như Mệnh đề 3.4 trong [16], ta k có thể trích ra từ {yk }k một dãy con hội tụ trong H, hay M compact tương đối trong H. Mà ta đã có A(t) ⊂ M với mọi t ≤ T ∗ nên dẫn đến (2.53). Bổ đề 2.5. Giả sử các điều kiện của Định lí 2.1 và (2.52) được thỏa mãn. Khi đó, quá trình Z(t, τ ) tương ứng với bài toán (2.22) thỏa mãn tính chất tựa khả vi (1.2)-(1.4), với η(t) = η(t; τ, z0 , η0 ) được xác định bởi (2.51). Chứng minh. Bởi (2.52) và Bổ đề 2.4, tồn tại hằng số C > 1 sao cho ∥Ψ∥2L∞ (−∞,T ∗ ;V ′ ) ≤ Cζ , 2 |z0 |2 ≤ C với mọi z0 ∈ ∪ A(τ ). (2.54) τ ≤T ∗ Cố định τ ≤ T ∗ , z0 , z¯0 ∈ A(τ ), và kí hiệu z(t) = Z(t, τ )z0 , z¯(t) = Z(t, τ )¯ z0 , η(t) là nghiệm của (2.51) với điều kiện ban đầu η0 = z¯0 − z0 . Từ (2.30) ta suy ra ζ |z(t)| + 2 ∫ t 2 2 ∥z(s)∥ ds ≤ |z0 | + ζ 2 τ ∫ t ∥Ψ(s)∥2∗ ds. (2.55) với mọi τ ≤ t ≤ T ∗ . (2.56) 2 τ Kết hợp với (2.54), ta suy ra từ (2.55) ∫ t ∥z(s)∥2 ds ≤ τ 2C (1 + t − τ ), ζ Kí hiệu w(t) = z¯(t) − z(t), τ ≤ t, 50 ta có d |w|2 + 2[w]2 = −ζλ1 |w|2 + 2b(z, z, w) − 2b(¯ z , z¯, w) dt = −ζλ1 |w|2 − 2b(w, z, w). Lại có, do Bổ đề 2.1, ta được | − 2b(w, z, w)| ≤ 2.|w|∥z∥∥w∥ ≤ Do đó ζ 2 ∥w∥2 + |w|2 ∥z∥2 . 2 ζ ( ) ζ 2 d |w|2 + ∥w∥2 ≤ ζλ1 + ∥z∥2 |w|2 . dt 2 ζ Đặc biệt, (2.57) (∫ t ( ) ) 2 2 2 2 ζλ1 + ∥z(s)∥ ds . |w(t)| ≤ |w(τ )| exp ζ τ Kết hợp với (2.56), ta dễ dàng suy ra ( ) |w(t)|2 ≤ |w(τ )|2 exp K(1 + t − τ ) với mọi τ ≤ t ≤ T ∗ , trong đó K = max ζ 2 ∫ ( 4C ζ2 ) + ζλ1 , 1 . Tiếp theo, từ (2.57) và (2.58), ta có ∫ t ) 2 ζλ1 + ∥z(s)∥2 |w(s)|2 ds ζ τ ∫ t ) [ ] ( 2 ≤ |w(τ )|2 + ζλ1 + ∥z(s)∥2 |w(τ )|2 exp K(1 + s − τ ) ds ζ τ ∫ t [ [ ] ( ) ] 2 2 2 ≤ |w(τ )| 1 + exp K(1 + t − τ ) ζλ1 + ∥z(s)∥ ds . ζ τ ∥w(s)∥ ds ≤ |w(τ )| + 2 τ (2.58) 2 t ( Do vậy ∫ [ [ ]] ζ t ∥w(s)∥2 ds ≤ |w(τ )|2 1 + K(1 + t − τ ) exp K(1 + t − τ ) 2 τ [ ] [ ] ≤ |w(τ )|2 1 + K(1 + t − τ ) exp K(1 + t − τ ) [ ] ≤ |w(τ )|2 exp 2K(1 + t − τ ) . Tương tự, từ ω(t) = z¯(t) − z(t) − η(t) = w(t) − η(t), t ≥ τ (2.59) 51 thỏa mãn   ω ∈ L2 (τ, T ; V ) ∩ C([τ, T ]; H) với mọi t > τ,    dω = −(A + R)ω − B(¯ z , z¯) + B(z, z) + B(z, η) + B(η, z),  dt   ω(τ ) = 0, t > τ, ta có −B(¯ z , z¯) + B(z, z) + B(z, η) + B(η, z) = −B(z, ω) − B(ω, z) − B(w, w), và với mọi t > τ thì d |ω|2 + ζ∥ω∥2 = −ζλ1 |ω|2 − 2b(ω, z, ω) − 2b(w, w, ω) dt ≤ ζλ1 |ω|2 + 2|ω|∥z∥∥ω∥ + 2|w|∥w∥∥ω∥ 2 ζ 2 ζ ≤ ζλ1 |ω|2 + |ω|2 ∥z∥2 + ∥ω∥2 + |w|2 ∥w∥2 + ∥ω∥2 ζ 2 ζ 2 ) ( 2 2 = ζ∥ω∥2 + ζλ1 + ∥z∥2 |ω|2 + |w|2 ∥w∥2 . ζ ζ (2.60) Tích phân (2.60) từ τ đến t, với chú ý ω(τ ) = 0, ta nhận được ∫ ∫ t ( ) 2 t 2 2 2 2 |ω(t)| ≤ |w(s)| ∥w(s)∥ ds + ζλ1 + ∥z(s)∥2 |ω(s)|2 ds, ∀t ≥ τ. ζ τ ζ τ Áp dụng bất đẳng thức Gronwall, ta có ∫ [∫ t( ) ] t2 2 2 2 |ω(t)| ≤ exp |w(s)|2 ∥w(s)∥2 ds. ζλ1 + ∥z(s)∥ ds ζ τ τ ζ Kết hợp với (2.58) ta suy ra [ ] 2 |ω(t)| ≤ |w(τ )|2 exp 2K(1 + t − τ ) ζ ∫ t ∥w(s)∥2 ds. 2 τ Thay (2.59) vào đánh giá trên, ta có |ω(t)|2 ≤ [ ] 4 4 |w(τ )| exp 4K(1 + t − τ ) , ζ2 nghĩa là, (1.2)-(1.4) đúng với χ(s, r) = [ ] 2r exp 2K(1 + s) , trong đó K > 1. ζ 52 Sau đây, ta chứng minh kết quả về ước lượng số chiều fractal của tập hút lùi. Định lí 2.3. Giả sử các điều kiện của Định lí 2.1 và (2.52) được thỏa mãn. Khi đó tập Dσ -hút lùi Aˆ = {A(t) : t ∈ R} của quá trình Z(t, τ ) sinh bởi bài toán (2.22) có số chiều fractal hữu hạn ( ) } { 3/2 ( ) µ 4 + (ν/κ) dF A(τ ) ≤ max 1, C ′ Θ , (2.61) δ 2 λ1 (ν + κ) trong đó Θ= ) α2 ( 2 2 2 2 ∥f ∥ + κ ∥∆T ∥ + c ′ ′ ∞ ∗ T b buT V3 L (−∞,T ;V3 ) λ21 ν 3 κ2 ) 1( + 3 ∥fu ∥2L∞ (−∞,T ∗ ;V1′ ) + ν 2 ∥∆ub ∥2V1′ + c2buu + α2 ∥Tb − Tr ∥2V3′ , ν còn C ′ là hằng số không phụ thuộc vào các tham số vật lí của hệ, được xác định trong chứng minh dưới đây. Chứng minh. Với z0 ∈ Aˆ và ξ1 { , ξ 2 , . . . , ξm ∈ } H, giả sử z(t) = Z(t, τ )z0 và ( ) , t ≥ τ là cơ sở trực ηi (t) = L(t; τ, z0 )ξi , t ≥ τ . Lấy ϕ˜i (t), ψ˜i (t) i=1,2,...,m chuẩn trong H của không gian con là bao tuyến tính của {η1 (t), . . . , ηm (t)} sao cho {ϕ˜i (t)}i=1,2,...,m , {ψ˜i (t)}i=1,2,...,m lần lượt là cơ sở trực chuẩn trong H1 và H3 . Đặt √ ) ( √ φi = (ϕi , ψi ) = ϕ˜i / 2, ψ˜i / 2γ . Khi đó {φi }i=1,2,...,m là cơ sở trực chuẩn trong H. Do ηi (t) ∈ V với hầu khắp t ≥ τ , ta có thể giả sử φi (t) ∈ V với hầu khắp t ≥ τ (quá trình trực chuẩn hóa Gram-Schmidt). Từ (2.51), (2.7) và (2.24), ta có ( ′ ( Trm F Z(s, τ )z0 , s )) = = ≤ m ⟨ ∑ i=1 m ∑ i=1 m ∑ ⟨ ⟩ ( ) F ′ Z(s, τ )z0 , s φi , φi − (A + R)φi − B(z, φi ) − B(φi , z), φi ⟩ ( ) −δ ν∥ϕi ∥21 + γκ∥ψi ∥23 + b(φi , z, φi ) , i=1 (2.62) 53 với hầu khắp s ≥ τ . m ( ) ∑ Đặt ρ(x) = ν 1/2 |ϕi (x)|2 + γκ1/2 |ψi (x)|2 . Khi đó, từ định nghĩa của ρ, i=1 ta suy ra m ∑ m ∥v∥1 1/2 ∑ b1 (ϕi , v, ϕi ) ≤ 1/2 ν |ϕi |2 ν i=1 i=1 L2 ≤ ∥v∥1 |ρ|L2 . ν 1/2 (2.63) Áp dụng các bất đẳng thức Cauchy và Young, ta thu được γ|ϕi (x) · ∇θ(x)||ψi (x)| ≤ γ|∇θ(x)||ϕi (x)||ψi (x)| ( 1/2 ) γ 1/2 2 1/2 2 |∇θ(x)| ν |ϕ (x)| + γκ |ψ (x)| . i i 2(νκ)1/4 ≤ Tích phân bất đẳng thức trên theo x, lấy tổng theo i từ 1 đến m, và theo định nghĩa của ρ, ta được γ m ∑ b2 (ϕi , θ, ψi ) = γ m ∫ ∑ Ω i=1 i=1 γ 1/2 ≤ 2(νκ)1/4 ϕi (x).∇θ(x).ψi (x)dx ∫ m ∑ ( 1/2 ) |∇θ(x)| ν |ϕi (x)|2 + γκ1/2 |ψi (x)|2 dx Ω i=1 1/2 = Vì vậy, γ γ ∥θ∥3 |ρ|L2 . 2(νκ)1/4 m ∑ b2 (ϕi , θ, ψi ) ≤ i=1 γ 1/2 ∥θ∥3 |ρ|L2 . 2(νκ)1/4 (2.64) Do đó, từ (2.63) và (2.64) dẫn đến m ∑ b(φi , z, φi ) ≤ |ρ|L2 i=1 ( ∥v∥ 1 1/2 ν + ) γ 1/2 ∥θ∥ 3 . 2(νκ)1/4 (2.65) Hơn nữa, từ định nghĩa của ρ, ϕ˜i và ψ˜i , ta có ) 1 ∑ ( 1/2 ˜ ρ(x) = ν |ϕi (x)|2 + κ1/2 |ψ˜i (x)|2 . 2 i=1 m Áp dụng bất đẳng thức Lieb-Thirring tổng quát (xem [22, Hệ quả 4.3]) cho họ 54 trực chuẩn {ϕ˜i }i và {ψ˜i }i , tồn tại hằng số µ chỉ phụ thuộc Ω sao cho |ρ|2L2 m 1( ∑ ˜ 2 ≤ ν (ϕi ) 2 i=1 ≤ µ 2 =µ m ∑ i=1 m ∑ ( ( 2 L2 m ∑ +κ (ψ˜i )2 2 L2 ) i=1 ν∥ϕ˜i ∥21 + κ∥ψ˜i ∥23 ) (2.66) ) ν∥ϕi ∥21 + γκ∥ψi ∥23 . i=1 Thay (2.66) vào (2.65) và sử dụng bất đẳng thức Young, ta suy ra ) δ ∑( ) µ ( ∥v∥21 γ 2 2 2 + ν∥ϕ ∥ + γκ∥ψ ∥ b(φi , z, φi ) ≤ ∥θ∥ + i i 1 3 . 3 1/2 δ ν 2 4(νκ) i=1 i=1 m ∑ m Do đó, ( ) δ ∑( ) µ ( ∥v∥21 γ 2 2 2 Trm F Z(s, τ )z0 , s ≤ + ∥θ∥ − ν∥ϕ ∥ +γκ∥ψ ∥ i i 3 1 3 . δ ν 2 i=1 4(νκ)1/2 (2.67) 2 2 Vì {φi }i=1,2,...,m trực chuẩn trong H nên |ϕi | = γ|ψi | = 1/2. Áp dụng bất đẳng thức Poincaré cho (2.67), ta có ′ ( )) m ( ( ) )) µ ( ∥v∥21 γ δλ1 2 Trm F ′ Z(s, τ )z0 , s ≤ + ∥θ∥ − m (ν + κ). 3 δ ν 4 4(νκ)1/2 Vì vậy 1 q˜m = lim sup sup T →+∞ z0 ∈A(τ −T ) T 1 µ sup ≤ lim sup δ T →+∞ z0 ∈A(τ −T ) T ∫τ τ −T ∫τ ( ( )) Trm F ′ Z(s, τ − T )z0 , s ds ( ∥v∥2 1 τ −T ν ) γ δλ1 2 + ∥θ∥ ds − m (ν + κ) 3 4 4(νκ)1/2 với mọi m ∈ N. Từ (2.8), (2.6) và (2.17), ta có những ước lượng sau ( α )2 1 1 d 2 7ν 8 |v| + ∥v∥21 ≤ ∥f¯u ∥2V1′ + ∥θ∥23 , λ 2 dt 32 ν 2ν 1 (2.68) 1 β2 1 d 2 5κ |θ| + ∥θ∥23 ≤ ∥f¯T ∥2V3′ + ∥v∥21 . 2 dt 8 κ 8κ (2.69) 55 Nhân hai vế của (2.69) với γ, sau đó cộng với (2.68) và sử dụng (2.4), (2.18), ta thu được γκ 8 γ 1 d 2 3ν |z| + ∥v∥21 + ∥θ∥23 ≤ ∥f¯u ∥2V1′ + ∥f¯T ∥2V3′ . 2 dt 32 8 ν κ Khi đó, tồn tại hằng số C ′ không phụ thuộc các tham số vật lí sao cho 1 lim sup sup T →+∞ z0 ∈A(τ −T ) T γ lim sup sup T →+∞ z0 ∈A(τ −T ) T ∫τ ∥v∥21 ds ≤C ′ ≤C ′ ( ∥f¯u ∥2 ∞ L τ −T ∫τ ∥θ∥23 ds ( ∥f¯u ∥2 ∞ L γ∥f¯T ∥2L∞ (−∞,T ∗ ;V ′ ) ) (−∞,T ∗ ;V1′ ) 3 + , ν2 νκ (−∞,T ∗ ;V1′ ) νκ τ −T + γ∥f¯T ∥2L∞ (−∞,T ∗ ;V ′ ) ) 3 κ2 Vì γ thỏa mãn (2.4) và để cực tiểu số hạng cuối cùng, ta đặt γ = (α/λ1 )2 /(νκ). Suy ra ∫ ) 1 τ ( ∥v∥21 γ 2 lim sup sup + ∥θ∥3 ds ν 4(νκ)1/2 T →+∞ z0 ∈A(τ −T ) T τ −T (2.70) ( ) 2 ¯ 2 ) 3/2 ( ∥f¯u ∥2 ∞ α ∥ f ∥ ′ ′ ∗ ∞ ∗ T 4 + (ν/κ) L (−∞,T ;V1 ) L (−∞,T ;V3 ) . + ≤ C′ 3 4 ν λ21 ν 3 κ2 Vậy q˜m ≤ −m δλ1 Λ (ν + κ) + , 4 4 trong đó ( ) 3/2 ( ∥f¯u ∥2 ∞ α2 ∥f¯T ∥2L∞ (−∞,T ∗ ;V ′ ) ) µ 4 + (ν/κ) L (−∞,T ∗ ;V1′ ) ′ 3 . Λ=C + δ ν3 λ21 ν 3 κ2 Tiếp theo, chúng ta xét hai trường hợp: Nếu Λ < δλ1 (ν + κ) thì đặt qm = − δλ1 (ν + κ)(m − 1), 4 m = 1, 2, . . . , và n0 = 1, áp dụng Định lí 1.2 dẫn đến dF (A(τ )) ≤ 1 với mọi τ ≤ T ∗ . Nếu Λ ≥ δλ1 (ν + κ), khi đó đặt qm = −m δλ1 Λ (ν + κ) + , 4 4 m = 1, 2, . . . , . 56 [ ] Λ −1 , n0 = 1 + δλ1 (ν + κ) và ở đó [r] kí hiệu phần nguyên của số thực r, ta có ( ) Λ dF A(τ ) ≤ với mọi τ ≤ T ∗ . δλ1 (ν + κ) (2.71) Từ (2.9) và (2.15) ta có ∥f¯u ∥V1′ ≤ ∥fu ∥V1′ + ν∥∆ub ∥V1′ + cbuu + α∥Tb − Tr ∥V3′ , ∥f¯T ∥V3′ ≤ ∥fT ∥V3′ + κ∥∆Tb ∥V3′ + cbuT . Thay những bất đẳng thức trên vào (2.71) ta được (2.61). Cuối cùng, do Z(t, τ ) là Lipschitz trong A(τ ), từ [17, Mệnh đề 13.9] cho ta ( ) dF A(t) bị chặn như trên với mọi t ≥ τ . Chú ý cuối chương. Các kết quả về sự tồn tại và đánh giá số chiều của tập hút lùi trong chương này là mở rộng các kết quả tương ứng về tập hút toàn cục của hệ phương trình Bénard hai chiều ôtônôm (tức là khi fu , fT không phụ thuộc t) trong [24]. Bằng cách sử dụng các phương pháp tương tự như trong chương này, chúng tôi đã chứng minh được sự tồn tại và đánh giá được số chiều fractal hữu hạn của tập hút lùi cho hệ Newton-Boussinesq trong miền không bị chặn hai chiều trong [9]. Kết quả này là mở rộng và phát triển các kết quả trước đó trong miền bị chặn [14, 55]. KẾT LUẬN CHƯƠNG 2 Trong chương này chúng tôi đã nghiên cứu hệ phương trình Bénard hai chiều trong miền thỏa mãn bất đẳng thức Poincaré. Các kết quả đạt được bao gồm: 1) Chứng minh được sự tồn tại và duy nhất nghiệm yếu (Định lí 2.1). 2) Chứng minh được sự tồn tại của tập hút lùi (Định lí 2.2) và đánh giá được số chiều fractal của tập hút lùi (Định lí 2.3). 57 Chương 3 HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐỘNG LỰC HỌC THỦY TỪ TRƯỜNG (MHD) HAI CHIỀU KHÔNG ÔTÔNÔM Trong chương này, chúng tôi xét hệ phương trình động lực học thủy từ trường (viết tắt là hệ MHD, từ thuật ngữ Tiếng Anh là Magnetohydrodynamics) hai chiều trên một miền không nhất thiết bị chặn nhưng thỏa mãn bất đẳng thức Poincaré và điều kiện nón. Đầu tiên, sử dụng phương pháp xấp xỉ Galerkin và phương pháp compact, chúng tôi chứng minh sự tồn tại và duy nhất nghiệm yếu của bài toán. Tiếp theo, khi ngoại lực không phụ thuộc thời gian, chúng tôi nghiên cứu dáng điệu tiệm cận của nghiệm yếu thông qua sự tồn tại duy nhất một tập Dσ -hút lùi. Cuối cùng chúng tôi chứng minh tập hút lùi của quá trình sinh bởi bài toán có số chiều fractal hữu hạn. Nội dung chương này dựa trên bài báo [2] trong Danh mục các công trình đã công bố của tác giả. 3.1. ĐẶT BÀI TOÁN Giả sử Ω là miền tùy ý trong R2 với biên ∂Ω. Trong chương này, ta nghiên cứu sự tồn tại và dáng điệu tiệm cận nghiệm của hệ phương trình MHD không ôtônôm sau:  ( ) 1 S ∂u  2  + (u · ∇)u − ∆u + ∇ p + |B| − S(B · ∇)B = f (x, t),    ∂t Re 2      ∂B + (u · ∇)B − (B · ∇)u + 1 curl(curl B) = 0, ∂t Rm    ∇ · u = 0,       ∇ · B = 0, (3.1) 58 với điều kiện ban đầu u(x, τ ) = u0 (x), và điều kiện biên B(x, τ ) = B0 (x), ∀x ∈ Ω, (3.2)   u = 0 trên ∂Ω,  B · n = 0 và curl B = 0 trên ∂Ω, (3.3) trong đó u = u(x, t) = (u1 , u2 ) là hàm vectơ vận tốc của chất lỏng; B = |B|2 lần B(x, t) = (B1 , B2 ) là từ trường tại x vào thời điểm t; p = p(x, t) và 2 lượt là hàm áp suất chất lỏng và áp suất từ trường; f (x, t) là hàm ngoại lực M2 tác động lên chất lỏng; n là vectơ pháp tuyến đơn vị trên ∂Ω; S = Re Rm với M, Re , Rm lần lượt là các hệ số Hartman, Reynolds và Reynolds trong từ trường; ngoài ra ∂u1 ∂u2 − với mọi hàm vectơ u = (u1 , u2 ), ∂x1 ∂x2 ( ) ∂ϕ ∂ϕ curl ϕ = ,− với mọi hàm vô hướng ϕ, ∂x2 ∂x1 curl u = curl(curl u) = grad div u − ∆u. Ta đưa ra một vài bình luận về điều kiện nón của miền Ω. Chú ý rằng, từ trường B trong bài toán không triệt tiêu trên biên, dẫn đến việc áp dụng bất đẳng thức Poincaré cho các đánh giá cần thiết đối với B là không phù hợp. Với giả thiết miền Ω thỏa mãn điều kiện nón, ta có từ trường B thỏa mãn bất đẳng thức (1.6) và thiết lập được đánh giá quan trọng trong Bổ đề 3.1. Hơn nữa, sử dụng bất đẳng thức Lieb-Thirring tổng quát đối với từ trường B trong đánh giá số chiều fractal của tập hút lùi cũng đòi hỏi tính chất nón của miền Ω. Bây giờ ta định nghĩa các không gian hàm và các bất đẳng thức liên quan đến bài toán. Kí hiệu V := V1 × V2 , H := H1 × H2 . 59 Trên V ta trang bị tích vô hướng ˜ 2 , ∀z = (u, B), z˜ = (˜ ˜ ∈ V, ((z, z˜)) = ((u, u ˜))1 + S((B, B)) u, B) tích vô hướng này sinh ra chuẩn tương ứng sau ∥z∥ = ((z, z˜))1/2 . Tích vô hướng và chuẩn trong H được cho bởi (z, z˜) = |z| = ˜ ˜ ∈ H, (u, u ˜) + S(B, B), ∀z = (u, B), z˜ = (˜ u, B) ∀z ∈ H. (z, z)1/2 , Sử dụng bất đẳng thức Poincaré và chuẩn tương đương giữa H1 (Ω) với V2 (xem [13]), khi đó tồn tại hằng số c0 sao cho λ1 |u|2 ≤ ∥u∥21 , c0 |B|2 ≤ ∥B∥22 . (3.4) Đặt A : V → V ′ là toán tử xác định bởi ⟨Az, z˜⟩ = a(z, z˜) = 1 S ˜ a1 (u, u ˜) + a2 (B, B), Re Rm trong đó a1 (u, u ˜) = ((u, u ˜))1 = ∫ ∑ 2 ∇ui · ∇˜ ui dx, Ω i=1 ∫ ˜ = ((B, B)) ˜ 2= a2 (B, B) ˜ curl B.curl Bdx. Ω Dễ thấy A là đồng cấu từ V vào V ′ và dạng song tuyến tính a có tính chất cưỡng min ( 1 ( 1 1 ) 1 ) , ∥z∥2 ≤ a(z, z) = ⟨Az, z⟩ ≤ max , ∥z∥2 . Re Rm Re Rm Đặt B : V × V → V ′ là toán tử xác định bởi ⟨B(z1 , z2 ), z3 ⟩ = b(u1 , u2 , u3 ) − Sb(B1 , B2 , u3 ) + Sb(u1 , B2 , B3 ) − Sb(B1 , u2 , B3 ), ∀zi = (ui , Bi ) ∈ V, i = 1, 2, 3, (3.5) 60 trong đó dạng ba tuyến tính b được cho bởi 2 ∫ ∑ ∂vj b(u, v, w) = ui wj dx, ∂x i i,j=1 Ω và ta viết tắt B(z) = B(z, z). Dễ thấy nếu u, v, w ∈ Vi , i = 1, 2, thì b(u, v, w) = −b(u, w, v). (3.6) Tính bị chặn của toán tử B được chứng minh trong bổ đề sau. Bổ đề 3.1. Giả sử miền Ω ⊂ R2 thỏa mãn điều kiện nón. Khi đó |⟨B(z, z), z˜⟩| ≤ C|z|∥z∥∥˜ z ∥, z, z˜ ∈ V. Chứng minh. Ta có √ ) √ 1 ( ˜ ˜ 2 = ∥˜ √ ∥˜ u∥1 + S∥B∥2 ≤ ∥˜ u∥21 + S∥B∥ z ∥, 2 2 b(u, u ˆ, u ˜) ≤ |u|L4 .|∇ˆ u|.|˜ u|L4 . Từ (3.8) và (1.5), ta được 1 b(u, u, u ˜) ≤ √ |u|∥u∥1 ∥˜ u∥1 . 2 Áp dụng Định lí 1.5 dẫn đến 1/2 |B|L4 ≤ K|B|1/2 ∥B∥H1 (Ω) , ∀B ∈ H1 (Ω). Kết hợp bất đẳng thức trên với (3.8), ta suy ra 1 C b(B, B, u ˜) ≤ √ |B|∥B∥H1 (Ω) ∥˜ u∥1 ≤ √ |B|∥B∥2 ∥˜ u∥1 . 2 2 Sử dụng bất đẳng thức Cauchy, ta được C b(u, u, u ˜) − Sb(B, B, u ˜) ≤ √ |z|∥z∥∥˜ u∥1 . 2 Tương tự, ta cũng có ( )1/2 ˜ − Sb(B, u, B) ˜ ≤ CS ˜ H1 (Ω) √ |u|∥u∥1 |B|∥B∥H1 (Ω) Sb(u, B, B) ∥B∥ 2 )1/2 CS ( ˜ 2 ≤ √ |u|∥u∥1 |B|∥B∥2 ∥B∥ 2 √ C S ˜ 2. ≤ √ |z|∥z∥∥B∥ 2 (3.7) (3.8) 61 Do đó √ ( ) C ˜ 2 . u∥1 + S∥B∥ ⟨B(z, z), z˜⟩ ≤ √ |z|∥z∥ ∥˜ 2 Từ (3.7) dẫn đến điều cần chứng minh. Sử dụng tích phân từng phần và Bổ đề 3.1 ta thu được ⟨ ⟩ B(z, z), z = 0, ∀z ∈ V, ∥B(z)∥∗ ≤ C|z|∥z∥, (3.9) ∀z ∈ V. Trong chương này, chúng ta sẽ nghiên cứu những vấn đề sau đối với hệ MHD: • Sự tồn tại và duy nhất nghiệm yếu. • Sự tồn tại và đánh giá số chiều fractal của tập hút lùi. 3.2. SỰ TỒN TẠI VÀ DUY NHẤT NGHIỆM YẾU Trong mục này, bằng phương pháp xấp xỉ Galerkin, chúng tôi sẽ chứng minh sự tồn tại và duy nhất nghiệm yếu. Trước hết, lấy tích vô hướng phương trình thứ nhất và thứ hai của (3.1) tương ứng với v ∈ V1 và S.C (C ∈ V2 ), ta được  1 d    (u, v) + ((u, v))1 + b(u, u, v) − Sb(B, B, v) = ⟨f, v⟩, dt Re d S   S. (B, C) + ((B, C))2 + Sb(u, B, C) − Sb(B, u, C) = 0. dt Rm Từ đây ta định nghĩa nghiệm yếu của bài toán (3.1)-(3.3) như sau. Định nghĩa 3.1. Hàm z = (u, B) được gọi là nghiệm yếu của bài toán (3.1)(3.3) trên khoảng (τ, T ) nếu  2   z ∈ L (τ, T ; V ) ∩ C([τ, T ]; H), (3.10) z ′ + Az + B(z) = Ψ trong V ′ , với hầu khắp t ∈ (τ, T ),    z(τ ) = z0 = (u0 , B0 ), trong đó z ′ = ( du dB ) , và Ψ = (f, 0). dt dt 62 Chú ý rằng định nghĩa trên chỉ có hiệu lực trong trường hợp hai chiều (là trường hợp chúng ta đang xét ở đây) vì khi đó ta có dz/dt ∈ L2 (τ, T ; V ′ ), và do đó z ∈ C([τ, T ]; H) theo Mệnh đề 2.1. Trong trường hợp tổng quát (chẳng hạn trong trường hợp ba chiều), ta cần định nghĩa nghiệm yếu như trong Định nghĩa 2.1. Kết quả về sự tồn tại và tính duy nhất của nghiệm yếu của bài toán được trình bày trong định lí sau. Định lí 3.1. Giả sử f ∈ L2loc (R; V1′ ). Khi đó, với mọi z0 ∈ H, τ ∈ R, T > τ , bài toán (3.10) có duy nhất một nghiệm yếu trên (τ, T ). Hơn nữa, với mọi t > τ , hàm số cho bởi z0 → z(t) liên tục trên H. Chứng minh. (i) Sự tồn tại. Để chứng minh sự tồn tại nghiệm yếu của bài toán, ta sử dụng phương pháp xấp xỉ Galerkin qua các bước sau: Bước 1: Xây dựng dãy nghiệm xấp xỉ Faedo-Galerkin. Vì V là không gian khả li và V1 × V2 trù mật trong V nên tồn tại dãy các phần tử độc lập tuyến tính {w1 , w2 , ...., } ⊂ V1 × V2 trực giao và đầy đủ trong ∑m V . Kí hiệu Vm = span{w1 , ..., wm } và phép chiếu Pm z = j=1 (z, wj )wj trực giao từ V lên Vm . Một hàm m z (t) = m ∑ j cm j (t)w , j=1 được gọi là một nghiệm m-xấp xỉ của bài toán (3.10) nếu thỏa mãn ⟨ m ⟩ dz  j  , w + ⟨Az m , wj ⟩ + ⟨B(z m , z m ), wj ⟩ = ⟨Ψ, wj ⟩, ∀j = 1, · · · , m, dt  m z (x, τ ) = ∑m αj wj (x) với αj = (z0 , wj ), j=1 hay  m  dz + Az m + P B(z m , z m ) = P Ψ, ∀j = 1, · · · , m, m m dt z m (x, τ ) = P z . m 0 (3.11) Áp dụng định lí Peano suy ra bài toán xấp xỉ trên có nghiệm z m địa phương. Nhờ các ước lượng tiên nghiệm trong Bước 2, nghiệm xấp xỉ này là tồn tại toàn cục trên (τ, T ). 63 Bước 2: Xây dựng các ước lượng tiên nghiệm cho nghiệm xấp xỉ z m . Ta lấy tích vô hướng phương trình đầu tiên của (3.11) với z m (t), ta được ⟨ m ⟩ dz , z m + ⟨Az m , z m ⟩ + ⟨Pm B(z m , z m ), z m ⟩ = ⟨Pm Ψ, z m ⟩. dt Chú ý rằng, từ (3.9) ta có ⟨Pm B(z m , z m ), z m ⟩ = ⟨B(z m , z m ), Pm z m ⟩ = ⟨B(z m , z m ), z m ⟩ = 0 và ⟨Pm Ψ, z m ⟩ = ⟨Ψ, Pm z m ⟩ = ⟨Ψ, z m ⟩ = ⟨f, um ⟩. Điều này cho ta d m2 2 2S |z | + ∥um ∥21 + ∥B m ∥22 = 2⟨f, um ⟩. dt Re Rm Sử dụng bất đẳng thức Cauchy, sau đó lấy tích phân từ τ đến t, ta thu được ∫ t ∫ t 1 2S m 2 m 2 |z (t)| + ∥u (s)∥1 ds + ∥B m (s)∥22 ds ≤ |z0 |2 + Re ∥f ∥2L2 (τ,T ;V1′ ) . Re τ Rm τ Điều này suy ra rằng {z m } bị chặn trong L∞ (τ, T ; H) ∩ L2 (τ, T ; V ). Từ đó, ta dễ dàng kiểm tra được {Az m } bị chặn trong L2 (τ, T ; V ′ ). Mặt khác, áp dụng (3.9), ta được ∫ T m m ∥Pm B(z , z )∥L2 (τ,T ;V ′ ) ≤ ∥B(z m (t), z m (t))∥2∗ dt τ ≤C ≤ ∫ T |z m (t)|2 ∥z m (t)∥2 dt τ C∥z m ∥2L∞ (τ,T ;H) ∥z m ∥2L2 (τ,T ;V ) . Bây giờ, chú ý rằng phương trình thứ nhất của (3.11) tương đương với dz m = −Az m − Pm B(z m , z m ) + Pm Ψ, dt từ những kết quả trên, ta nhận được { m} dz bị chặn trong L2 (τ, T ; V ′ ). dt Bước 3: Chuyển qua giới hạn. Từ những đánh giá trên, ta có thể trích ra dãy con của dãy {z m }, cũng kí hiệu là {z m } sao cho 64 • z m ⇀∗ z trong L∞ (τ, T ; H), • z m ⇀ z trong L2 (τ, T ; V ), dz m dz ⇀ trong L2 (τ, T ; V ′ ). dt dt dz Từ z ∈ L2 (τ, T ; V ) và ∈ L2 (τ, T ; V ′ ), bởi Mệnh đề 2.1, ta có z ∈ C([τ, T ]; H). dt Ta còn cần chứng minh rằng • B(z m , z m ) ⇀∗ B(z, z) trong L2 (τ, T ; V ′ ). Thật vậy, với mọi hình cầu O trong Ω, ta có • z m |O bị chặn trong L2 (τ, T ; V ), • dz m |O bị chặn trong L2 (τ, T ; V ′ ). dt Theo Bổ đề compact Aubin-Lions-Simon (xem Bổ đề 1.5), {z m |O } compact tương đối trong L2 (τ, T ; L2 (O)), hay ta có thể trích ra một dãy con của dãy {z m |O }, vẫn kí hiệu là {z m |O }, hội tụ trong L2 (τ, T ; L2 (O) × L2 (O)) với mọi hình cầu O ⊂ Ω. Do tính duy nhất của giới hạn ta có z m → z trong L2 (τ, T ; L2loc (Ω) × L2loc (Ω)). Tiếp theo, ta có thể chuyển qua giới hạn trong số hạng b(um , um , .) dựa vào Bổ đề 3.2 dưới đây, nó được chứng minh tương tự Bổ đề 3.2 trong [41, Chương III]. Bổ đề 3.2. Nếu um hội tụ yếu đến u trong L2 (τ, T ; V1 (O)) và hội tụ mạnh trong L2 (τ, T ; H1 (O)), trong đó O là tập mở, bị chặn, thì với mọi hàm vectơ w1 có các thành phần thuộc C 1 (O × [0, T ]), ta có ∫ T ∫ T m m b(u (t), u (t), w1 (t))dt → b(u(t), u(t), w1 (t))dt. τ τ Một cách tương tự, ta có ) ∫ T( m m S b(B , B , w1 ) − b(B, B, w1 ) dt → 0, τ ∫ T ( ) b(u , B , w2 ) − b(u, B, w2 ) dt → 0, m S τ ∫ T ( ) b(B , u , w2 ) − b(B, u, w2 ) dt → 0, m S τ m m 65 khi m → ∞. Do đó, với w = (w1 , w2 ) thì ∫ T ∫ T m m ⟨B(z , z ), w⟩dt → ⟨B(z, z), w⟩dt, τ khi m → ∞. τ Bước 4: Chứng minh z(τ ) = z0 . Lấy ψ ∈ C 1 ([τ, T ]; V ) với ψ(T ) = 0, ta có ⟩ ∫ T ∫ T ∫ T⟨ dz(t) , ψ(t) dt + ⟨Az(t), ψ(t)⟩ dt + ⟨B(z(t), z(t)), ψ(t)⟩ dt dt τ τ τ ∫ T ⟨Ψ(t), ψ(t)⟩ dt. = τ Lấy tích phân từng phần, ta được ⟩ ∫ T⟨ ∫ T ∫ T dψ(t) − z(t), dt + ⟨Az(t), ψ(t)⟩ dt + ⟨B(z(t), z(t)), ψ(t)⟩ dt dt τ τ τ ∫ T = ⟨z(τ ), ψ(τ )⟩ + ⟨Ψ(t), ψ(t)⟩ dt. τ (3.12) m Làm tương tự với dãy nghiệm xấp xỉ z , ta có ⟩ ∫ T⟨ ∫ T ∫ T dψ(t) m m − z (t), dt + ⟨Az (t), ψ(t)⟩ dt + ⟨B(z m (t), z m (t)), ψ(t)⟩ dt dt τ τ τ ∫ T = ⟨z m (τ ), ψ(τ )⟩ + ⟨Ψ(t), ψ(t)⟩ dt. τ Lấy giới hạn hai vế đẳng thức trên khi m → ∞, ta được ⟩ ∫ T⟨ ∫ T ∫ T dψ(t) − z(t), dt + ⟨Az(t), ψ(t)⟩ dt + ⟨B(z(t), z(t)), ψ(t)⟩ dt dt τ τ τ ∫ T = ⟨z0 , ψ(τ )⟩ + ⟨Ψ(t), ψ(t)⟩ dt. τ (3.13) Từ (3.12) và (3.13) suy ra z(τ ) = z0 . (ii) Tính duy nhất. Giả sử z 1 và z 2 là hai nghiệm yếu của bài toán (3.10) với cùng điều kiện ban đầu. Đặt w = z 1 − z 2 , ta có w ∈ L2 (τ, T ; V ) ∩ L∞ (τ, T ; H), và w thỏa mãn   d w + Aw = B(z 2 ) − B(z 1 ), dt w(τ ) = z1 − z2. 0 0 66 Khi đó d |w|2 +2 min dt ( 1 1 , Re Rm ) ∥w∥2 ≤ 2B(z 2 , z 2 , w)−2B(z 1 , z 1 , w) = 2B(w, z 1 , w). Áp dụng Bổ đề 3.1, ta thu được | − 2B(w, z 1 , w)| ≤ 2C|w|∥z 1 ∥∥w∥ ) ( 1 1 , ≤ min ∥w∥2 + C 2 max(Re , Rm )|w|2 ∥z 1 ∥2 . Re Rm Do đó d |w|2 ≤ C 2 max(Re , Rm )∥z 1 ∥2 |w|2 . dt Áp dụng bất đẳng thức Gronwall, chú ý rằng w(τ ) = 0, ta có điều phải chứng minh. 3.3. SỰ TỒN TẠI TẬP HÚT LÙI Theo kết quả của Định lí 3.1, ta có thể định nghĩa một quá trình liên tục Z(t, τ ) : H → H cho bởi Z(t, τ )z0 = z(t; τ, z0 ), τ ≤ t, z0 ∈ H, trong đó, z(t) = z(t; τ, z0 ) là nghiệm yếu duy nhất của bài toán (3.10) với điều kiện ban đầu z(τ ) = z0 . Ta có bổ đề sau về tính liên tục yếu của quá trình Z(t, τ ) sinh ra bởi bài toán. Bổ đề này được chứng minh tương tự như Bổ đề 2.3, vì vậy chúng tôi không trình bày lại ở đây. Bổ đề 3.3. Cho {z0n }n ⊂ H là một dãy hội tụ yếu trong H đến phần tử z0 ∈ H. Khi đó Z(t, τ )z0n ⇀ Z(t, τ )z0 trong H, với mọi t ≥ τ. Z(., τ )z0n ⇀ Z(., τ )z0 trong L2 (τ, T ; V ), với mọi T > τ. 67 Tiếp theo, để chứng minh sự tồn tại tập hút lùi của quá trình Z(t, τ ) sinh bởi bài toán (3.10), ta giả sử rằng f ∈ L2loc (R; V1′ ) thỏa mãn ∫ t eσs ∥f (s)∥2V1′ ds < +∞ với mọi t ∈ R, (3.14) −∞ ( 1 1 ) , và c0 là hằng số trong (3.4). Re Rm Ta nhắc lại kí hiệu Rσ là tập tất cả các hàm r : R → (0; +∞) thỏa mãn trong đó σ = ζ. min(λ1 , c0 ) với ζ = min lim eσt r2 (t) = 0, (3.15) t→−∞ ˆ = {D(t) : t ∈ R} ⊂ B(H) sao cho và kí hiệu Dσ là lớp tất cả các họ D D(t) ⊂ B(0, rˆ(t)) với rˆ(t) ∈ Rσ , trong đó B(0, r) là hình cầu đóng trong H, tâm tại 0 và bán kính r. Và định nghĩa dạng song tuyến tính đối xứng [., .] : V × V → R cho bởi ⟨ ⟩ ζ min(λ1 , c0 ) [z, z˜] = (A + R)z, z˜ − (z, z˜), 2 ∀z, z˜ ∈ V. Từ định nghĩa của A ta có [z, z] + Do vậy, ( 1 ⟩ ζ. min(λ1 , c0 ) 2 ⟨ 1 ) |z| = Az, z ≤ max , ∥z∥2 . 2 Re Rm ( 1 1 ) [z] ≡ [z, z] ≤ max , ∥z∥2 . Re Rm 2 Mặt khác, từ (3.4), ta có ζ. min(λ1 , c0 ) 2 ζ. min(λ1 , c0 ) |z| = (|u|2 + S|B|2 ) 2 2 ζ ζ ζ ≤ (λ1 |u|2 + Sc0 |B|2 ) ≤ (∥u∥21 + S∥B∥22 ) = ∥z∥2 . 2 2 2 Kết hợp đẳng thức trên với (3.5) ta thu được [z]2 ≥ ζ∥z∥2 − Suy ra ζ. min(λ1 , c0 ) 2 ζ |z| ≥ ∥z∥2 . 2 2 ( 1 1 ) ζ 2 2 ∥z∥ ≤ [z] ≤ max , ∥z∥2 , 2 Re Rm ∀z ∈ V. (3.16) 68 Do đó, [., .] xác định một tích vô hướng trên V với chuẩn [.] = [., .]1/2 tương đương với ∥.∥. Đặt σ = ζ. min(λ1 , c0 ), khi đó ⟨Az, z⟩ = [z]2 + σ 2 |z| . 2 (3.17) Đầu tiên ta chứng minh quá trình Z(t, τ ) có một họ Dσ -hấp thụ lùi Bˆ trong H. Bổ đề 3.4. Giả sử f ∈ L2loc (R; V1′ ) thỏa mãn (3.14). Khi đó tồn tại họ hình cầu Bˆσ = {z ∈ H : |z(t)| ≤ Rσ (t), t ∈ R} là họ Dσ -hấp thụ lùi của quá trình Z(t, τ ). Chứng minh. Cho τ ∈ R và z0 ∈ H cố định, kí hiệu z(t) = z(t; τ, z0 ) = Z(t, τ )z0 với mọi t ≥ τ. Nhân phương trình thứ nhất của (3.10) với z(t), sau đó sử dụng (3.16), (3.17) và bất đẳng thức Cauchy, ta có d 2 1 |z| + σ|z|2 + ζ∥z∥2 ≤ ∥Ψ∥2∗ + ζ∥z∥2 . dt ζ Áp dụng bất đẳng thức Gronwall, ta thu được ∫ e−σt t σs 2 −σ(t−τ ) 2 |z(t)| ≤ e |z0 | + e ∥f (s)∥2V1′ ds. ζ −∞ ˆ ∈ Dσ cho trước, ta có Hay, với D |Z(t, τ )z0 | ≤ e 2 e−σt rˆ (τ ) + ζ −σ(t−τ ) 2 ∫ t −∞ eσs ∥Ψ(s)∥2∗ ds, (3.18) với mọi z0 ∈ D(τ ) và t ≥ τ . Kí hiệu Rσ (t) ∈ Rσ xác định bởi 2e−σt Rσ2 (t) = ζ ∫ t −∞ eσs ∥Ψ(s)∥2∗ ds, và xét họ Bˆσ = {Bσ (t) : t ∈ R} là họ các hình cầu đóng trong H cho bởi Bσ (t) = {z ∈ H : |z(t)| ≤ Rσ (t)}, với mọi t ∈ R. Dễ kiểm tra được Bˆσ ∈ Dσ . Hơn nữa, bởi (3.18) và (3.15), họ Bˆσ là Dσ -hấp thụ lùi của quá trình Z(t, τ ). 69 Tiếp theo, chúng ta chứng minh quá trình Z(τ, t) là Dσ -compact tiệm cận lùi. Bổ đề 3.5. Giả sử f ∈ L2loc (R; V1′ ) thỏa mãn (3.14). Khi đó quá trình Z(τ, t) sinh bởi bài toán (3.10) là Dσ -compact tiệm cận lùi. ˆ ∈ Dσ , hai dãy τn → −∞, z0 ∈ D(τn ) và t ∈ R cố định. Chứng minh. Cho D n Để chứng minh Z(t, τ ) là Dσ -compact tiệm cận lùi ta cần chứng minh từ dãy {Z(t, τn )z0n }n có thể trích ra một dãy con hội tụ trong H. Bằng những lập luận tương tự như trong phần (ii) của Định lí 2.2 ta suy ra điều cần chứng minh. Từ hai bổ đề trên, bởi Định lí 1.1, ta có kết quả quan trọng sau. Định lí 3.2. Giả sử f ∈ L2loc (R; V1′ ) thỏa mãn (3.14). Khi đó tồn tại duy nhất tập Dσ -hút lùi Aˆ = {A(t) : t ∈ R} của quá trình {Z(t, τ )} sinh bởi bài toán (3.10). 3.4. ĐÁNH GIÁ SỐ CHIỀU FRACTAL CỦA TẬP HÚT LÙI Trong phần này, để chứng minh tập Dσ -hút lùi của quá trình Z(t, τ ) sinh bởi bài toán (3.10) có số chiều fractal hữu hạn, ta cần bổ sung thêm hai giả thiết sau: (C1 ) Ngoại lực f ∈ L∞ (−∞, T ∗ ; V1′ ) với T ∗ ∈ R nào đó; (C2 ) Tập R2 \ Ω chứa nửa nón. Chú ý 3.1. Từ giả thiết (C1 ), ta có Ψ = (f, 0) ∈ L∞ (−∞, T ∗ ; V ′ ). Chú ý 3.2. Bất đẳng thức Lieb-Thirring cho các hàm có giá compact là công cụ quan trọng trong ước lượng số chiều fractal của tập hút lùi. Khác với phương trình Navier-Stokes hai chiều với điều kiện biên thuần nhất [16], và bài toán Bénard trong Chương 2 có điều kiện biên Dirichlet, bài toán MHD đang xét có thành phần từ trường B (trong nghiệm z = (u, B)) không triệt tiêu trên biên. Giả thiết (C2 ) đảm bảo cho việc sử dụng bất đẳng thức Lieb-Thirring trong trường hợp tổng quát cho các hàm thuộc không gian H k (Ω) (xem [22, Định lí 4.4]). 70 Trước hết, bài toán (3.10) có thể viết lại ở dạng (1.1) với F (z, t) = −Az(t) − Bz(t) + Ψ(t). Từ đó chứng minh được, với mọi t ∈ R, ánh xạ F (., t) khả vi Gateaux trong V với F ′ (z, t)η = −Aη − B(z, η) − B(η, z), z, η ∈ V, và ánh xạ F ′ : (z, t) ∈ V × R → F ′ (z, t) ∈ L(V ; V ′ ) liên tục. Có thể nhận thấy với mọi τ ∈ R, z0 , η0 ∈ H, tồn tại duy nhất nghiệm η(t) = η(t; τ, z0 , η0 ) của bài toán sau     η ∈ L2 (τ, T ; V ) ∩ C([τ ; T ]; H),    ( ) ( ) dη = −Aη − B Z(t, τ )z , η − B η, Z(t, τ )z , 0 0  dt     η(τ ) = η0 . (3.19) Lặp lại các lí luận trong chứng minh của Bổ đề 2.4 và Bổ đề 2.5, ta nhận được các kết quả sau. Bổ đề 3.6. Giả sử các điều kiện của Định lí 3.1 và giả thiết (C1 ) được thỏa mãn. Khi đó tập Dσ -hút lùi Aˆ nhận được trong Định lí 3.2 thỏa mãn ∪ A(τ ) compact tương đối trong H. τ ≤T ∗ Bổ đề 3.7. Giả sử các điều kiện của Bổ đề 3.6 được thỏa mãn. Khi đó quá trình Z(t, τ ) tương ứng với bài toán (3.10) thỏa mãn tính chất tựa khả vi (1.2)(1.4), với η(t) = η(t; τ, z0 , η0 ) được xác định bởi (3.19). Bây giờ ta sẽ chứng minh kết quả về số chiều fractal của tập hút lùi. Định lí 3.3. Giả sử các điều kiện của Định lí 3.1 và các giả thiết (C1 )-(C2 ) được thỏa mãn. Khi đó tập Dσ -hút lùi Aˆ = {A(t) : t ∈ R} có số chiều fractal thỏa mãn } { ( ) K , dF A(τ ) ≤ max 1, L 71 trong đó [(√ ] √ )2 K=µ Re + Rm Re2 + (Re Rm )3/2 ∥f ∥2L∞ (−∞,T ∗ ;V1′ ) , c0 ) 1 ( λ1 + , L= 4 Re Rm µ là hằng số trong bất đẳng thức Lieb-Thirring, c0 là hệ số trong (3.4). Chứng minh. Với z0 ∈ Aˆ và ξ1 , ξ2 , . . . , ξm ∈ H. Giả sử z(t) = Z(t, τ )z0 và ηi (t) = L(t; τ, z0 )ξi , t ≥ τ . Lấy {( )} ˜ ˜ ϕi (t), Ci (t) , t ≥ τ, i=1,2,...,m là cơ sở của không gian con là bao tuyến tính của {η1 (t), . . . , ηm (t)} sao cho cơ sở {ϕ˜i (t)}i=1,2,...,m trực chuẩn trong H1 và cơ sở {C˜i (t)}i=1,2,...,m trực chuẩn trong H2 . Đặt √ ) ( √ φi = (ϕi , Ci ) = ϕ˜i / 2, C˜i / 2S . Khi đó {φi }i=1,2,...,m là cơ sở trực chuẩn trong H. Vì ηi (t) ∈ V với hầu khắp t ≥ τ , ta có thể giả sử φi (t) ∈ V với hầu khắp t ≥ τ . Từ (3.19), (3.9) và định nghĩa toán tử A, ta có ( ′ ( Trm F Z(s, τ )z0 , s )) = m ⟨ ∑ ⟩ ) F Z(s, τ )z0 , s φi , φi ′ ( i=1 = ≤ m ∑ ⟨ i=1 m ∑ i=1 − Aφi − B(z, φi ) − B(φi , z), φi − ⟩ ) ( 1 1 ∥ϕi ∥21 + S ∥Ci ∥22 + B(φi , z, φi ) , Re Rm (3.20) với hầu khắp s ≥ τ . Đặt m ( ) ∑ 1 S 2 2 √ |ϕi (x)| + √ ρ(x) = |Ci (x)| . R R e m i=1 Khi đó m ∑ i=1 b(ϕi , u, ϕi ) ≤ √ m 1 ∑ |ϕi |2 Re ∥u∥1 √ Re i=1 L2 ≤ √ Re ∥u∥1 |ρ|L2 . (3.21) 72 Tương tự như trên, ta cũng có m ∑ Sb(Ci , u, Ci ) ≤ √ i=1 m S ∑ Rm ∥u∥1 √ |Ci |2 Rm i=1 L2 ≤ √ Rm ∥u∥1 |ρ|L2 . (3.22) Áp dụng bất đẳng thức Young, ta thu được S|Ci (x) · ∇B(x)||ϕi (x)| ≤ S|∇B(x)||ϕi (x)||Ci (x)| ( 1 ) S 1/2 (Re Rm )1/4 S |∇B(x)| √ |ϕi (x)|2 + √ ≤ |Ci (x)|2 . 2 Re Rm Lấy tích phân biểu thức trên theo biến x, sau đó lấy tổng theo i từ 1 đến m dẫn đến m m ∫ ∑ ∑ S b(ϕi , B, Ci ) = S ϕi (x).∇B(x).Ci (x)dx ≤ = S i=1 1/2 (Re Rm )1/4 2 ∫ i=1 Ω ( 1 ) S 2 2 |∇B(x)| |ϕi (x)| + √ |Ci (x)| dx Re Rm Ω S 1/2 (Re Rm )1/4 |∇B||ρ|L2 . 2 Vì vậy, S m ∑ b(ϕi , B, Ci ) ≤ S 1/2 (Re Rm )1/4 |∇B||ρ|L2 , 2 (3.23) b(Ci , B, ϕi ) ≤ S 1/2 (Re Rm )1/4 |∇B||ρ|L2 . 2 (3.24) i=1 và S m ∑ i=1 Từ (3.21)-(3.24), ta có m ∑ B(φi , z, φi ) i=1 = b(ϕi , u, ϕi ) − Sb(Ci , B, ϕi ) + Sb(ϕi , B, Ci ) − Sb(Ci , u, Ci ) ) ] [(√ √ Re + Rm ∥u∥1 + S 1/2 (Re Rm )1/4 |∇B| ≤|ρ|L2 ) ] [(√ √ 1/2 1/4 ≤|ρ|L2 Re + Rm ∥u∥1 + S (Re Rm ) ∥B∥2 . (3.25) Do {ϕ˜i }i và {C˜i }i trực giao, áp dụng bất đẳng thức Lieb-Thirring tổng quát 73 (xem [22, Định lí 4.4]), tồn tại hằng số µ chỉ phụ thuộc Ω sao cho |ρ|2L2 m 1( 1 ∑ ˜ 2 ≤ (ϕi ) 2 Re i=1 2 L2 m 1 ∑ ˜ 2 + (Ci ) Rm i=1 2 L2 ) ) 1 ˜ 2 µ ∑( 1 ˜ 2 ∥ϕi ∥1 + ∥Ci ∥H1 (Ω) ≤ 2 i=1 Re Rm m (3.26) m ( ) ∑ 1 S ≤µ ∥ϕi ∥21 + ∥Ci ∥22 . Re Rm i=1 Thay (3.26) vào (3.25) và sử dụng bất đẳng thức Young, ta thu được m ∑ [ (√ ] √ )2 2 1/2 2 B(φi , z, φi ) ≤ µ Re + Rm ∥u∥1 + S(Re Rm ) ∥B∥2 i=1 ) 1 ∑( 1 S + ∥ϕi ∥21 + ∥Ci ∥22 . 2 i=1 Re Rm m Từ bất đẳng thức trên và (3.20), ta có ] ( ( [(√ √ )) )2 Trm F ′ Z(s, τ )z0 , s ≤ µ Re + Rm ∥u∥21 + S(Re Rm )1/2 ∥B∥22 ) 1 ∑( 1 S 2 2 − ∥ϕi ∥1 + ∥Ci ∥2 . 2 i=1 Re Rm m (3.27) Vì {φi }i=1,2,...,m trực chuẩn trong H nên |ϕi | = S|Ci | = 1/2. Áp dụng các bất đẳng thức trong (3.4), từ (3.27) ta suy ra ( ( [(√ ] √ )2 )) 2 1/2 2 ′ Re + Rm ∥u∥1 + S(Re Rm ) ∥B∥2 Trm F Z(s, τ )z0 , s ≤ µ 1 ( λ1 c0 ) −m + . 4 Re Rm 2 2 Do đó, với mọi m ∈ N, ta thu được 1 q˜m = lim sup sup T →+∞ z0 ∈A(τ −T ) T ∫τ τ −T 1 ≤ µlim sup sup T →+∞ z0 ∈A(τ −T ) T 1( λ c0 ) 1 −m + . 4 Re Rm ( ( )) Trm F ′ Z(s, τ − T )z0 , s ds ∫τ [ √ ] √ )2 ( Re + Rm ∥u∥21 + S(Re Rm )1/2 ∥B∥22 ds τ −T 74 Mặt khác, từ (3.1) và (3.9) (tính trực giao của toán tử B), ta nhận được những đánh giá sau: d 2 1 |u| + ∥u∥21 − Sb(B, B, u) ≤ Re ∥f ∥2V1′ , dt Re (3.28) 1 d |B|2 + ∥B∥22 − b(B, u, B) = 0. dt Rm (3.29) Nhân hai vế của (3.29) với S, sau đó cộng vào (3.28) và sử dụng (3.6), ta có 1 S d 2 |z| + ∥u∥21 + ∥B∥22 ≤ Re ∥f ∥2V1′ . dt Re Rm Từ đây suy ra ∫ 1 τ ∥u∥21 ds ≤ Re2 ∥f ∥2L∞ (−∞,T ∗ ;V1′ ) , lim sup sup T T →+∞ z0 ∈A(τ −T ) τ −T ∫ τ S lim sup sup ∥B∥22 ds ≤ Re .Rm ∥f ∥2L∞ (−∞,T ∗ ;V1′ ) . T →+∞ z0 ∈A(τ −T ) T τ −T Do đó 1 lim sup sup T →+∞ z0 ∈A(τ −T ) T ≤ [(√ Re + √ ∫τ [ √ ] √ ( )2 2 1/2 2 Re + Rm ∥u∥1 + S(Re Rm ) ∥B∥2 ds τ −T ] Rm Re2 + (Re Rm )3/2 ∥f ∥2L∞ (−∞,T ∗ ;V1′ ) . )2 Vì vậy q˜m ≤ −mL + K, trong đó [(√ √ )2 ] Rm Re2 + (Re Rm )3/2 ∥f ∥2L∞ (−∞,T ∗ ;V1′ ) , 1 ( λ1 c0 ) L= + . 4 Re Rm K=µ Re + Tiếp theo, chúng ta xét hai trường hợp sau: Trường hợp 1: Nếu K < L thì đặt qm = −L(m − 1), m = 1, 2, . . . , và n0 = 1, áp dụng Định lí 1.2 dẫn đến dF (A(τ )) ≤ 1 với mọi τ ≤ T ∗ . 75 Trường hợp 2: Nếu K ≥ L, khi đó đặt qm = −mL + K, m = 1, 2, . . . , ] K n0 = 1 + −1 , L [ và trong đó [r] kí hiệu phần nguyên của số thực r, ta có ( ) K dF A(τ ) ≤ L với mọi τ ≤ T ∗ . Cuối cùng, vì Z(t, τ ) là Lipschitz trong A(τ ), từ [17, Mệnh đề 13.9] suy ra ( ) dF A(t) bị chặn như trên với mọi t ≥ τ . Chú ý cuối chương. Từ các kết quả trong chương này, trong trường hợp từ trường B ≡ 0, ta thu lại được các kết quả tương ứng về sự tồn tại, dáng điệu tiệm cận nghiệm của hệ phương trình Navier-Stokes hai chiều không ôtônôm trong [51, 16]. Đồng thời các kết quả này là sự mở rộng tương ứng các kết quả trong [28, 43] từ trường hợp ôtônôm (tức là khi f không phụ thuộc thời gian) trong miền bị chặn sang trường hợp không ôtônôm trong miền không bị chặn nhưng thỏa mãn bất đẳng thức Poincaré và điều kiện nón. KẾT LUẬN CHƯƠNG 3 Trong chương này chúng tôi đã nghiên cứu hệ phương trình động lực học thủy từ trường (MHD) hai chiều trong miền thỏa mãn bất đẳng thức Poincaré và điều kiện nón. Các kết quả đạt được bao gồm: 1) Chứng minh được sự tồn tại và duy nhất nghiệm yếu (Định lí 3.1). 2) Chứng minh được sự tồn tại của tập hút lùi (Định lí 3.2) và đánh giá được số chiều fractal của tập hút lùi (Định lí 3.3). 76 Chương 4 HỆ BOUSSINESQ VỚI MẬT ĐỘ KHỐI LƯỢNG THAY ĐỔI Trong chương này, chúng tôi xét hệ Boussinesq với mật độ khối lượng (mà về sau ta sẽ gọi tắt là mật độ) thay đổi trong miền bị chặn Ω ⊂ RN , N = 2 hoặc 3, với biên trơn. Đầu tiên sử dụng phương pháp xấp xỉ nửa Galerkin, chúng tôi chứng minh sự tồn tại nghiệm yếu. Tiếp theo, chúng tôi chứng minh nghiệm yếu đó là duy nhất khi nó đủ trơn. Cuối cùng, chúng tôi nghiên cứu sự tồn tại nghiệm và điều kiện cần tối ưu cấp một của bài toán điều khiển tối ưu với phiếm hàm tối ưu dạng toàn phương và bài toán thời gian tối ưu. Nội dung của chương này dựa trên các bài báo [3, 4] trong Danh mục các công trình nghiên cứu của tác giả. 4.1. ĐẶT BÀI TOÁN Cho Ω là miền bị chặn trong RN (N = 2 hoặc 3) với biên trơn ∂Ω. Ta nghiên cứu hệ phương trình Boussinesq với hàm mật độ thay đổi được cho bởi:  ∂(ρu) →   − ν∆u + ∇ · (ρuu) + ∇p = ρf + γ − e N θ, x ∈ Ω, t > 0,   ∂t      ∇ · u = 0, x ∈ Ω, t > 0,        ∂(ρθ) − κ∆θ + ∇ · (ρθu) = ρg, x ∈ Ω, t > 0, ∂t (4.1) ∂ρ    + ∇ · (ρu) = 0, x ∈ Ω, t > 0,   ∂t      u = 0, θ = 0, x ∈ ∂Ω, t > 0,      ρ| = ρ , (ρu)| = ρ u , (ρθ)| =ρ θ , x ∈ Ω. t=0 0 t=0 0 0 t=0 0 0 Bài toán (4.1) là trường hợp tổng quát của bài toán Bénard đã được nghiên cứu trong Chương 2 với hàm mật độ ρ(x, t); ρ0 , u0 và θ0 lần lượt là mật độ, 77 vận tốc và nhiệt độ ban đầu. Ở đây   (0, 1) − → eN =  (0, 0, 1) nếu N = 2, nếu N = 3. Bây giờ ta định nghĩa các không gian hàm và các bất đẳng thức liên quan đến bài toán. Kí hiệu V := V1 × V3 , H := H1 × H3 . Trên V ta trang bị tích vô hướng ˜ 3, ((z, z˜)) = ((u, u ˜))1 + ((θ, θ)) ˜ ∈ V, ∀z = (u, θ), z˜ = (˜ u, θ) tích vô hướng này sinh ra chuẩn tương ứng sau ∥z∥ = ((z, z˜))1/2 . Tích vô hướng và chuẩn trong H được cho bởi (z, z˜) = |z| = ˜ ˜ ∈ H, (u, u ˜) + (θ, θ), ∀z = (u, θ), z˜ = (˜ u, θ) ∀z ∈ H. (z, z)1/2 , Ta có bổ đề sau liên quan đến đánh giá các số hạng phi tuyến. Bổ đề 4.1. Giả sử Ω ⊂ RN (N = 2 hoặc 3) và ρ ∈ L∞ (Ω), khi đó ∫ ∫ ∫ i) (ρw · ∇)u · v = − (w · ∇ρ)(u · v) − (ρw · ∇)v · u, ∀u, v, w ∈ V1 ; Ω ∫Ω ∫ Ω ∫ ii) (ρw · ∇θ)ϕ = − (w · ∇ρ)θϕ − (ρw · ∇ϕ)θ, ∀w ∈ V1 , θ, ϕ ∈ V3 . Ω Ω Ω Chứng minh. Ta chứng minh i). Sử dụng tích phân từng phần, ta có ∫ ∫ ∑ N ∂uj (ρw · ∇)u · v = 2ρwi vj ∂xi Ω Ω i,j=1 ∫ ∑ ∫ ∑ N N ∂wi ∂vj ∂ρ u j vj − ρ uj vj − ρwi uj =− wi ∂xi ∂xi Ω i,j=1 ∂xi Ω i,j=1 Ω i,j=1 ∫ ∫ = − (w · ∇ρ)(u · v) − (ρw · ∇)v · u, ∫ Ω N ∑ Ω 78 vì N ∂w ∑ i = ∇ · w = 0. Tương tự, ta chứng minh được ii). i=1 ∂xi Áp dụng Bổ đề 4.1, với mọi ρ ∈ L∞ (Ω), ta dễ dàng suy ra ∫ ∫ 2(ρw · ∇)u · u + (w · ∇ρ)|u|2 = 0, ∀w, u ∈ V1 , ∫Ω ∫ Ω 2(ρw · ∇θ)θ + (w · ∇ρ)θ2 = 0, ∀w ∈ V1 , θ ∈ V3 . Ω (4.2) Ω Trong chương này, chúng ta sẽ nghiên cứu những vấn đề sau đối với bài toán (4.1): • Sự tồn tại nghiệm yếu của bài toán. • Tính duy nhất có điều kiện của nghiệm yếu. • Sự tồn tại nghiệm tối ưu và điều kiện cần tối ưu cấp một của bài toán điều khiển tối ưu và bài toán thời gian tối ưu. 4.2. SỰ TỒN TẠI CỦA NGHIỆM YẾU Trong phần này, chúng ta sẽ trình bày kết quả về sự tồn tại nghiệm yếu toàn cục của bài toán Boussinesq với mật độ thay đổi (4.1). Định lí 4.1. Với T > 0 cho trước. Giả sử rằng z0 = (u0 , θ0 ) ∈ H, ρ0 ∈ L∞ (Ω) với ρ0 ≥ 0 hầu khắp Ω, và f ∈ L2 (0, T ; L2 (Ω)), g ∈ L2 (0, T ; L2 (Ω)). Khi đó tồn tại bộ ba (ρ, z, p), trong đó z = (u, θ), thỏa mãn ρ ∈ L∞ (Q) ∩ C 0 ([0, T ]; Lr (Ω)), ∀1 ≤ r < +∞, z ∈ L2 (0, T ; V ), p ∈ W −1,∞ (0, T ; L2 (Ω)), ρz ∈ L∞ (0, T ; L2 (Ω) × L2 (Ω)) ∩ N 1/4,2 (0, T ; W−1,3 (Ω) × W −1,3 (Ω)), inf ρ0 ≤ ρ(x, t) ≤ sup ρ0 Ω Ω hầu khắp trong Q, 79 sao cho ∫ →   [ρ (∂t u + (u · ∇)u − f ) · v − γ − e N θ · v] dx  Ω     +ν((u, v))1 = 0, ∀v ∈ V1 , theo nghĩa phân bố trong D′ (0, T ),   ∫ [ρ (∂t θ + u · ∇θ − g) · φ] dx Ω     +κ((θ, φ))3 = 0, ∀φ ∈ V3 , theo nghĩa phân bố trong D′ (0, T ),       ∂ρ + ∇ · (ρu) = 0, ∂t (4.3) và điều kiện ban đầu ρ|t=0 = ρ0 , ) ∫ ρu · vdx (0) = ρ0 u0 · vdx, ∀v ∈ V1 , Ω Ω ) (∫ ∫ ρθ · φdx (0) = ρ0 θ0 · φdx, ∀φ ∈ V3 . (∫ Ω (4.4) Ω Nhận xét 4.1. i) Nghiệm yếu của bài toán (4.1) được hiểu như sau. Trước hết, điều kiện không nén được ∇ · u = 0 và những điều kiện biên thuần nhất u = θ = 0 trên ∂Ω được thỏa mãn theo nghĩa u(·, t) ∈ V1 và θ(·, t) ∈ V3 với hầu khắp t ∈ (0, T ). Tiếp theo, từ tính trơn của ρ, u, θ và p ở trên, chúng ta thấy rằng hệ phương trình thứ nhất và thứ ba của (4.1) lần lượt thỏa mãn trong W −1,∞ (0, T ; H−1 (Ω)) và W −1,∞ (0, T ; H −1 (Ω)), trong khi phương trình thứ bốn của (4.1) đúng trong ( ) W −1,∞ (0, T ; L∞ (Ω)) + L∞ (0, T ; H −1 (Ω)) ∩ L2 (0, T ; W −1,6 (Ω)) . ii) Giả thiết f ∈ L2 (0, T ; L2 (Ω)), g ∈ L2 (0, T ; L2 (Ω)) là cần thiết bởi chúng ta đang xét hệ không thuần nhất (hệ có mật độ thay đổi). Điều này cũng giống như khi chúng ta xét hệ Navier-Stokes với mật độ thay đổi (xem [11]). Trong trường hợp thuần nhất, ta có thể thay bằng những giả thiết yếu hơn, tức là (f, g) ∈ L2 (0, T ; V ′ ) như trong Chương 2. Chứng minh. Ta sẽ chứng minh sự tồn tại nghiệm yếu của bài toán bằng phương pháp xấp xỉ nửa Galerkin qua 4 bước như sau: Bước 1: Xây dựng nghiệm xấp xỉ. 80 Do V1 là không gian tách được và V1 trù mật trong V1 nên tồn tại một dãy các phần tử độc lập tuyến tính {w1 , w2 , · · · } ⊂ V1 với (wi , wj ) = δij , ∀i, j ≥ 1, và một dãy {ψ 1 , ψ 2 , · · · } gồm các hàm riêng của toán tử −∆ với (ψ i , ψ j ) = δij , ∀i, j ≥ 1. Kí hiệu V m := span{w1 , · · · , wm }, Ψm := span{ψ 1 , · · · , ψ m }. Giả sử {f m } ⊂ C 0 ([0, T ]; L2 (Ω)) và {g m } ⊂ C 0 ([0, T ]; L2 (Ω)) sao cho fm → f trong L2 (0, T ; L2 (Ω)), gm → g trong L2 (0, T ; L2 (Ω)), m m 1 dãy z0m = (um × Ψm và dãy ρm 0 , θ0 ) ⊂ V 0 ⊂ C (Ω) thỏa mãn 1 1 + inf ρ0 ≤ ρm + sup ρ0 trong Ω với mọi m = 1, 2, · · · 0 ≤ Ω m m Ω và z0m ⇀ z0 trong H, ∗ ∞ ρm 0 ⇀ ρ0 trong L (Ω). (4.5) Cặp (ρm , z m ) được gọi là nghiệm xấp xỉ của bài toán (4.3)-(4.4) nếu ρm ∈ C 1 (Q), z m = (um , θm ) ∈ C 1 ([0, T ]; V m × Ψm ), và ∫ → [ρm (∂t um + (um · ∇)um − f m ) · v − γ − e N θm · v] dx Ω + ν((um , v))1 = 0, ∀v ∈ V m , ∫ (4.6) [ρm (∂t θm + um · ∇θm − g m ) · φ] dx + κ((θm , φ))3 = 0, ∀φ ∈ Ψm , Ω ∂t ρm + um · ∇ρm = 0 trong Q, (4.7) thỏa mãn điều kiện ban đầu ρm |t=0 = ρm 0 , (4.8) z m |t=0 = z0m . (4.9) 81 Các phương trình (4.6)-(4.7) có thể được viết lại như sau ) ] ∫ [( ∂(ρm um ) − → m m m m m m + ∇ · (ρ u u ) − ρ f − γ e N θ · v dx ∂t Ω + ν((um , v))1 = 0, ∀v ∈ V m , ) ] ∫ [( ∂(ρm θm ) m m m m m + ∇ · (ρ θ u ) − ρ g · φ dx ∂t Ω (4.10) + κ((θm , φ))3 = 0, ∀φ ∈ Ψm , ∂t ρm + ∇ · (ρm um ) = 0 trong Q. Nhận xét 4.2. Biểu thức (4.6) gồm các phương trình vi phân thường, trong khi (4.7) là phương trình đạo hàm riêng. Vì vậy hệ (4.6)-(4.9) được gọi là hệ xấp xỉ nửa-Galerkin. Cách thích hợp để xấp xỉ bài toán ban đầu đó là giả sử um đã biết, khi đó bài toán Cauchy (4.7), (4.8) là đặt chỉnh và có thể giải được bằng các phương pháp đặc trưng. Chúng ta sẽ chứng minh rằng với mỗi m ≥ 1, bài toán xấp xỉ (4.6)-(4.9) có ít nhất một nghiệm (ρm , z m ). Thật vậy, với mọi (w, 0) ∈ C 0 ([0, T ]; V m × Ψm ), chúng ta giải bài toán sau: tìm ρ ∈ C 1 (Q) và z ∈ C 1 ([0, T ]; V m × Ψm ) thỏa mãn  ∂ ρ + w · ∇ρ = 0, t (4.11) ρ|t=0 = ρm , 0 và ∫ −  [ρ (∂t u + (w · ∇)u − f m ) · v − γ → e N θ · v] dx + ν((u, v))1 = 0, ∀v ∈ V m ,    Ω ∫ [ρ (∂t θ + w · ∇θ − g m ) · φ] dx + κ((θ, φ))3 = 0, ∀φ ∈ Ψm ,  Ω    z|t=0 = z0m . (4.12) Chúng ta giả sử tồn tại đúng một nghiệm (ρ, z) của bài toán (4.11)-(4.12) sao cho ánh xạ (w, 0) → z liên tục từ C 0 ([0, T ]; V m ×Ψm ) đến C 1 ([0, T ]; V m ×Ψm ) và z bị chặn đều trong C 0 ([0, T ]; V m × Ψm ) (độc lập với (w, 0)). Khi đó, vì V m × Ψm là không gian hữu hạn chiều nên theo hệ quả của định lí điểm bất động Schauder, ta suy ra ánh xạ này có ít nhất một điểm bất động hay bài toán (4.6)-(4.9) giải được. 82 Sự tồn tại nghiệm của bài toán (4.11)-(4.12) với mọi (w, 0) và sự liên tục của ánh xạ (w, 0) → z được chứng minh như sau. Trước hết, với mỗi (w, 0) ∈ C 0 ([0, T ]; V m × Ψm ), phương trình chuyển dịch (4.11) có nghiệm trong C 1 (Q) được cho trong Bổ đề dưới đây (xem [38, Định lí II.3]). 1 Bổ đề 4.2. Giả sử w ∈ C([0, T ]; C 1 (Ω)N ) và ρm 0 ∈ C (Ω) cho trước với ∇ · w = 0 trong Q, w = 0 trên ∂Ω × [0, T ], 0 < α ≤ ρm 0 ≤ β trong Ω. Khi đó bài toán (4.11) tồn tại duy nhất nghiệm ρ thỏa mãn ρ ∈ L∞ (Q) ∩ C 0 ([0, T ]; Lr (Ω)) ∀1 ≤ r < +∞. Hơn nữa, mật độ ρ(., t) độc lập với thời gian t, tức là, meas{x ∈ Ω : a ≤ ρ(x, t) ≤ b} = meas{x ∈ Ω : a ≤ ρ0 (x) ≤ b} với mọi a, b ∈ R và mọi t ∈ [0, T ]. Đặc biệt, 0 < α ≤ ρ ≤ β trong Q. Chúng ta có kết quả sau về tính ổn định (xem [38, Định lí II.4]). Bổ đề 4.3. Giả sử w và wn , n = 1, 2, · · · thỏa mãn những giả thiết của Bổ đề 4.2 và wn → w trong C 0 (Q). Gọi ρn là nghiệm của (4.11) với w được thay bởi wn . Khi đó ρn → ρ trong C 0 ([0, T ]; Lr (Ω)) với mọi 1 ≤ r < +∞. Theo Bổ đề 4.2, bài toán (4.11) có duy nhất nghiệm ρ ∈ C 1 (Q) thỏa mãn r1m ≤ ρ(x, t) ≤ r2m trong Q, trong đó r1m = inf ρm 0 ≥ Ω 1 1 + inf ρ0 , r2m = sup ρm + sup ρ0 . 0 ≤ Ω m m Ω Ω Tiếp theo, chúng ta sẽ tìm nghiệm z = (u, θ) của bài toán (4.12) có dạng u(x, t) = θ(x, t) = m ∑ j=1 m ∑ j=1 sj (t)wj (x), (4.13) ϕj (t)ψ j (x), 83 trong đó sj (t), ϕj (t) ∈ C 1 ([0, T ]) với j = 1, · · · , m. Từ (4.12), với v = wi và φ = ψ i với mọi i, ta có (u, θ) là nghiệm của (4.12) nếu và chỉ nếu các hàm si , ψi thỏa mãn  m m ∑ m  ∑ dsj ∑   aij (t) + bij (t)sj + kij (t)ϕj + li (t) trong (0, T ), 1 ≤ i ≤ m,   dt  j=1  j=1 j=1    s (0) = thành phần thứ j của um với 1 ≤ j ≤ m, j 0 m ∑ m ∑ dϕj  ˜bij (t)ϕj + ˜li (t) trong (0, T ), 1 ≤ i ≤ m,  a ˜ (t) +  ij  dt  j=1  j=1    ϕ (0) = thành phần thứ j của θm với 1 ≤ j ≤ m, j 0 (4.14) trong đó aij , a ˜ij , bij , ˜bij , li , ˜li và kij được cho bởi ∫ ∫ j i aij = ρw · w dx, bij = [(ρw · ∇)wj ] · wi dx + ν((wj , wi ))1 , Ω Ω ∫ a ˜ij = ∫ ρψ j ψ i dx, bij = (ρw · ∇ψ j )ψ i dx + κ((ψ j , ψ i ))3 , Ω Ω ∫ ∫ m i ˜li = − li = − ρf · w dx, ρg m ψ i dx, Ω Ω ∫ − → kij = γ e N ψ j · wi dx. Ω Chú ý rằng aij , a ˜ij , kij ∈ C 1 ([0, T ]) và bij , ˜bij , li , ˜li ∈ C 0 ([0, T ]) với mọi i, j. Hơn nữa, vì {wi } và {ψ i } lần lượt trực giao trong L2 (Ω) và L2 (Ω) nên các ma ˜ trận A = {aij }m aij }m i,j=1 , A = {˜ i,j=1 là đối xứng và xác định dương trên [0, T ]. Tức là với mọi ξ ∈ Rm , ta có ∫ m m ∑ ∑ ∑ 2 i aij (t)ξi ξj = ρ(x, t) ξi w (x) dx ≥ r1m |ξi |2 , Ω ij ∑ i=1 ∫ a ˜ij (t)ξi ξj = ρ(x, t) Ω ij m ∑ i=1 2 ξi ψ (x) dx ≥ r1m i i=1 m ∑ |ξi |2 . i=1 Đặc biệt, A và A˜ khả nghịch nên (4.14) tương đương với  ds  = −A−1 Bs − A−1 Kϕ − A−1 L trong (0, T ),    dt   s (0) = thành phần thứ j của um for 1 ≤ j ≤ m, j 0 dϕ  ˜ − A˜−1 L ˜ trong (0, T ),  = −A˜−1 Bϕ   dt    ϕj (0) = thành phần thứ j của θ0m for 1 ≤ j ≤ m, 84 trong đó s và ϕ là các vectơ cột. Bài toán Cauchy trên có nghiệm duy nhất do đó (4.12) cũng duy nhất nghiệm. Hơn nữa, nghiệm phụ thuộc liên tục vào ρ và w. Nói cách khác, nếu w và wn thỏa mãn những điều kiện của Bổ đề 4.2 và (ρ, z), (ρn , zn , ) là nghiệm của bài toán tuyến tính tương ứng, khi đó zn → z trong C 1 ([0, T ]; V m × Ψm ). Giả sử (ρ, z) là nghiệm của bài toán (4.11)-(4.12) với (w, 0) ∈ C 0 ([0, T ], V m × Ψm ) cho trước. Chúng ta sẽ chỉ ra rằng z bị chặn đều trong C 0 ([0, T ], V m ×Ψm ). Đầu tiên, ta nhân phương trình thứ nhất và thứ hai của (4.11) với 21 u · v và 1 2 θϕ, lấy tích phân trên Ω, sau đó cộng vào phương trình thứ nhất và thứ hai của (4.12), ta thu được ) ] ∫ [( ∂u u ∂ρ 1 − → m ρ + + (ρw · ∇)u + (w · ∇ρ)u − γ e N θ − ρf · v dx ∂t 2 ∂t 2 Ω + ν((u, v))1 = 0, ) ] ∫ [( ∂θ θ ∂ρ 1 ρ + + ρw · ∇θ + (w · ∇ρ)θ − ρg m · φ dx + κ((θ, φ))3 = 0. ∂t 2 ∂t 2 Ω Đặt v = u(t) ∈ V m , φ = θ(t) ∈ Ψm , bởi (4.2), ta có ∫ ∫ ∫ ∫ d − → 2 2 ρ|u| dx + 2ν |∇u| dx = 2γ e N θ · udx + 2 ρf m · udx, (4.15) dt Ω Ω Ω Ω ∫ ∫ ∫ d ρ|θ|2 dx + 2κ |∇θ|2 dx = 2 ρg m θdx. (4.16) dt Ω Ω Ω Từ (4.16) suy ra d dt (∫ ∫ )1/2 (∫ ρ|θ| dx ≤ 2 2 Ω ρ|g | dx m 2 ρ|θ| dx Ω Ω . Ω Áp dụng Bổ đề 1.1, ta có (∫ )1/2 (∫ )1/2 ∫ 2 m m 2 ρ|θ| dx ≤ ρ0 |θ0 | dx + Ω )1/2 2 0 T (∫ )1/2 ρ|g | dx m 2 ds. (4.17) Ω m m Vì 0 ≤ r1m ≤ ρ ≤ r2m trong Q, từ tính chất của ρm 0 , θ0 và g , ta suy ra θ bị chặn trong C 0 ([0, T ]; H3 ). Từ (4.15) và bất đẳng thức Poincaré, ta nhận được (∫ )1/2 (∫ )1/2 ∫ C 2 d 2 2 2 m 2 ρ|u| dx + ν∥u∥1 ≤ |θ| + 2 ρ|u| dx ρ|f | dx . dt Ω ν Ω Ω 85 Lấy tích phân hai vế theo biến t, cận từ 0 đến T ta được ∫ ∫ ∫ ρ|u| dx ≤ Ω Ω ∫ T +2 T C |θ(s)|2 ds ν 0 (∫ )1/2 (∫ )1/2 2 m 2 ρ|u| dx ρ|f | dx ds. m 2 ρm 0 |u0 | dx 2 0 + Ω Ω Áp dụng Bổ đề 1.2 ta có (∫ )1/2 (∫ )1/2 (∫ m 2 ρ|u|2 dx ≤ ρm + 0 |u0 | dx Ω Ω ∫ T (∫ ρ|f m |2 dx 0 0 )1/2 + T C |θ(s)|2 ds ν )1/2 (4.18) ds. Ω m m Vì 0 ≤ r1m ≤ ρ ≤ r2m trong Q, từ các tính chất của ρm 0 , u0 và f , hơn nữa θ bị chặn trong C 0 ([0, T ]; H3 ), ta thấy rằng u bị chặn trong C 0 ([0, T ]; H1 ) độc lập với w. Vì (u, θ) được cho trong (4.13) và (wi , ψ i ) trực giao trong H, ta nhận được m ∑ (|sj (t)|2 + |ϕj (t)|2 ) = |z|2 ≤ C, ∀t ∈ [0, T ], j=1 và vì V m × Ψm là không gian hữu hạn chiều nên z bị chặn trong C 0 ([0, T ]; V m × Ψm ) độc lập với w. Sử dụng định lí điểm bất động Schauder cho ánh xạ (w, 0) → z ta suy ra bài toán (4.6)-(4.9) có ít nhất một nghiệm (ρm , z m ). Đồng thời ta cũng thu được các kết luận sau: z m ∈ C 1 ([0, T ]; V m × Ψm ), ρm ∈ C 1 (Q), m m inf ρm 0 ≤ ρ ≤ sup ρ0 trong Q, Ω Ω và r1m = 1 1 + inf ρ0 ≤ ρm ≤ + sup ρ0 ≤ 1 + sup ρ0 := b trong Q. Ω m m Ω Ω Bước 2: Thiết lập các ước lượng tiên nghiệm cho nghiệm xấp xỉ. (4.19) 86 Chú ý rằng từ (4.19), ta có {ρm } bị chặn trong L∞ (Q). Lấy ρ = ρm , z = z m và lập luận tương tự trong (4.17), (4.18), ta nhận được ∫ d C ρm |um |2 dx + ν∥um ∥21 ≤ |θm |2 + 2|ρm um |L2 |f m |L2 , dt Ω ν ∫ (4.20) d m m 2 m 2 m m m ρ |θ | dx + 2κ∥θ ∥3 ≤ 2|ρ θ |L2 |g |L2 , dt Ω và (∫ )1/2 ρm |um |2 dx (∫ ≤ m 2 ρm 0 |u0 | dx Ω Ω ∫ T 0 ρ |θ | dx ≤ m 2 Ω C m |θ (s)|2 ds ν ρ |f | dx Ω m 2 ρm 0 |θ0 | dx Ω )1/2 )1/2 m 0 (∫ )1/2 m T + (∫ + (∫ (∫ )1/2 m 2 )1/2 ∫ T ds, (∫ )1/2 ρ |g | dx m + 0 m 2 ds. Ω (4.21) Vì vậy {z m } bị chặn trong L∞ (0, T ; H). Hơn nữa, từ (4.21) ta có (∫ )1/2 √ ρm |um |2 dx ≤ b(C + ∥f m ∥L1 (0,T ;L2 (Ω)) ) + C, (∫ Ω )1/2 ρm |θm |2 dx ≤ √ b(C + ∥g m ∥L1 (0,T ;L2 (Ω)) ). Ω Do đó {(ρm )1/2 z m } bị chặn trong L∞ (0, T ; L2 (Ω) × L2 (Ω)), từ đây suy ra {ρm z m } bị chặn trong L∞ (0, T ; L2 (Ω) × L2 (Ω)). Lấy tích phân (4.20) trên (0, T ), ta được ∫ T ∫ C m 2 m 2 m 2 ν ∥u (s)∥1 ds ≤ ρm ∥θ ∥L2 (0,T ;H3 ) 0 |u0 | dx + ν 0 Ω ∫ ∫ T ∥θ κ 0 m (s)∥23 ds ≤ + 2∥ρm um ∥L∞ (0,T ;L2 (Ω)) ∥f m ∥L1 (0,T ;L2 (Ω)) , m 2 m m m ρm 0 |u0 | dx + 2∥ρ θ ∥L∞ (0,T ;L2 (Ω)) ∥g ∥L1 (0,T ;L2 (Ω)) . Ω 87 Do vậy {z m } bị chặn trong L2 (0, T ; V ). Vì phép nhúng H01 (Ω) → L6 (Ω) là liên tục nên {z m } bị chặn trong L2 (0, T ; L6 (Ω) × L6 (Ω)). Tiếp theo, ta sẽ chứng minh tính bị chặn của các đạo hàm theo thời gian. Trước hết, vì ρm um bị chặn đều trong L∞ (0, T ; L2 (Ω)) ∩ L2 (0, T ; L6 (Ω) × L6 (Ω)), dễ dàng kiểm tra được ∞ −1 {ρm (Ω)) ∩ L2 (0, T ; W −1,6 (Ω)). t } bị chặn trong L (0, T ; H Từ (4.3) ta có ∥∂t (ρm um )∥H−1 (Ω) ≤ ν∥∆um ∥V1′ +∥∇·(ρm um um )∥H−1 (Ω) +∥ρm f m ∥H−1 (Ω) +γ∥θ∥V3′ , ∥∂t (ρm θm )∥H −1 (Ω) ≤ κ∥∆θm ∥V3′ + ∥∇ · (ρm θm um )∥H −1 (Ω) + ∥ρm g m ∥H −1 (Ω) , trong đó các số hạng của vế phải được ước lượng như sau: ∥∆um ∥V1′ = ∥u∥1 , ∥∆θm ∥V3′ = ∥θ∥3 , sử dụng bất đẳng thức Ladyzhenskaya ta được  |ρm | ∞ |um |∥um ∥ , N = 2, L 1 m m m m m m ∥∇ · (ρ u u )∥H−1 (Ω) = |ρ u u |L2 ≤ 3/2 |ρm |L∞ |um |1/2 ∥um ∥ , N = 3, 1 ∥∇·(ρm θm um )∥H −1 (Ω) = |ρm θm um |L2  C|θ|1/2 ∥θ∥1/2 |u|1/2 ∥u∥1/2 , N = 2, 3 1 ≤ 3/4 3/4 C|θ|1/4 ∥θ∥ |u|1/4 ∥u∥ , N = 3. 1 3 Vì (um , θm ) bị chặn đều trong L∞ (0, T ; H) ∩ L2 (0, T ; V ), do đó  L2 (0, T ; L2 (Ω) × L2 (Ω)) m m m m m {ρ (u u , θ u )} bị chặn trong L4/3 (0, T ; L2 (Ω) × L2 (Ω)) và {(∂t (ρm um ), ∂t (ρm θm ))} bị chặn trong với N = 2, với N = 3,  L2 (0, T ; H −1 (Ω)2 × H −1 (Ω)), L4/3 (0, T ; H −1 (Ω)3 × H −1 (Ω)). (4.22) 88 Cuối cùng, chúng ta chứng minh tồn tại hằng số C > 0 không phụ thuộc m sao cho với mọi h ∈ (0, T ), ta có ∥τh (ρm z m ) − ρm z m ∥ 2 ( ) ≤ Ch1/4 , (4.23) {ρm z m } bị chặn trong N 1/4,2 (0, T ; W−1,3 (Ω) × W −1,3 (Ω)). (4.24) 0,T −h;W−1,3 (Ω)×W −1,3 (Ω) L từ đây suy ra Ta sẽ chứng minh (4.23) theo 3 bước: Bước 2.1: Tồn tại hằng số C > 0 sao cho ∫ T −h ∫ [ρm z m (t + h) − ρm z m (t)] · [z m (t + h) − z m (t)]dxdt ≤ Ch1/2 . I1 := 0 Ω (4.25) Từ (4.22), với mỗi w ∈ (V m , Ψm ) cho trước, và 0 ≤ t ≤ t + h ≤ T (T > 0), ta có ∫ ∫ t+h ∫ m m m m [ρ z (t + h) − ρ z (t)] · wdx = ∂t (ρm z m (s)) · wdxds (4.26) Ω Ω t ≤ h1/2 ∥w∥∥∂t (ρm z m (s))∥Lp (0,T ;V ′ ) ≤ CT h1/2 ∥w∥, trong đó CT là hằng số dương không phụ thuộc m, p = 2 nếu N = 2 và p = 4/3 nếu N = 3. Chọn w = z m (t + h) − z m (t) ∈ V m × Ψm với hầu khắp t, thay vào (4.26) ta được ∫ T −h I1 ≤ CT h1/2 ∥z m (t + h) − z m (t)∥dt. (4.27) 0 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy và bởi z m ∈ L2 (0, T ; V ), từ (4.27) ta suy ra I1 ≤ C˜T h1/2 , với C˜T cũng là hằng số dương không phụ thuộc m, từ đây ta có (4.25). Bước 2.2: Tồn tại hằng số C > 0 sao cho ∫ T −h ∫ I2 := [ρm (t + h) − ρm (t)]z m (t) · [z m (t + h) − z m (t)]dxdt ≤ Ch1/2 . 0 Ω 1,3/2 W0 (Ω) (4.28) rồi lấy tích phân Giả sử t ∈ [0, T − h] cho trước. Nhân (4.7) với w ∈ trên Ω, ta thu được ∫ ∫ ∫ m m m ∂t ρ wdx = − ∇ · (ρ u )wdx = ρm um · ∇wdx. Ω Ω Ω 89 Lấy tích phân trên (t, t + h) và sử dụng bất đẳng thức Hölder, ta nhận được ∫ ∫ t+h (∫ ) (ρm um )(s) · ∇wdx ds [ρm (t + h) − ρm (t)]wdx = Ω t ∫ Ω t+h |um (s)|L6 |∇w|L3/2 ds ≤C t ∫ ≤ C|∇w|L3/2 (∫ ≤C t+h ∥um (s)∥1 ds t )1/2 t+h ∥um (s)∥21 ds |∇w|L3/2 . t Vì um bị chặn đều trong L2 (0, T ; V1 ) ta kết luận ∫ [ρm (t + h) − ρm (t)]wdx ≤ Ch1/2 |∇w|L3/2 , 1,3/2 ∀w ∈ W0 (Ω). (4.29) Ω Chọn 1,3/2 w = z m (t) · [z m (t + h) − z m (t)] ∈ W0 (Ω). Khi đó ( |∇w|L3/2 ≤ C ∥z m (t)∥∥z m (t + h) − z m (t)∥L6 (Ω)×L6 (Ω) ) + ∥z m (t)∥L6 (Ω)×L6 (Ω) ∥z m (t + h) − z m (t)∥ (4.30) ≤ C∥z m (t)∥∥z m (t + h) − z m (t)∥. Do vậy vế phải của (4.30) bị chặn đều trong L1 (0, T − h). Lấy tích phân (4.29) theo biến t trên (0, T − h), ta suy ra (4.28). Bước 2.3: Kết luận. Để kết thúc chứng minh bất đẳng thức (4.23), ta có ∫ T −h I1 − I2 = 0 (∫ ) ρm (t + h)|z m (t + h) − z m (t)|2 dx dt. Ω Những đánh giá (4.25) và (4.28) cho ta ∫ T −h 0 (∫ ) ρm (t + h)|z m (t + h) − z m (t)|2 dx dt ≤ Ch1/2 , Ω tức là, ∥τh ρm (τh z m − z m )∥L2 (0,T −h;L2 (Ω)×L2 (Ω)) ≤ Ch1/4 . (4.31) 90 Ta cần ước lượng cho xấp xỉ τh (ρm z m ) − ρm z m . Vì τh ρm (τh z m − z m ) + (τh ρm − ρm )z m = τh (ρm z m ) − ρm z m nên ta chỉ phải ước lượng cho (τh ρm − ρm )z m . Chú ý rằng ∫ t+h ∫ m m m ∂t ρ (s)ds = − (τh ρ − ρ )(t) = t+h ∇ · (ρm um )(s)ds. t t Vì um bị chặn đều trong L2 (0, T ; L6 (Ω)) nên ∫ t+h m m |ρm (s)um (s)|L6 ds ∥(τh ρ − ρ )(t)∥W −1,6 (Ω) ≤ C ≤ Ch t 1/2 ∥ρm um ∥L2 (0,T ;L6 (Ω)) ≤ Ch1/2 , tức là ∥τh ρm − ρm ∥L∞ (0,T −h;W −1,6 (Ω)) ≤ Ch1/2 . Vì z m bị chặn đều trong L2 (0, T − h; V ), bởi Bổ đề 1.3, ta có thể sử dụng tính liên tục của ánh xạ tích V × W −1,6 → W−1,3 (Ω) × W −1,3 (Ω) và thu được ∥(τh ρm − ρm )z m ∥ 2 ( L 0,T −h;W−1,3 (Ω)×W −1,3 (Ω) ) ≤ Ch1/2 . (4.32) Do vậy, từ (4.31) và (4.32) ta suy ra (4.23). Bước 3: Qua giới hạn. Từ các đánh giá trên, ta kết luận rằng có thể trích ra các dãy con (để đơn giản ta vẫn kí hiệu như cũ) thỏa mãn: • {ρm } bị chặn trong L∞ (Q), • {∂t ρm } bị chặn trong L∞ (0, T, H −1 (Ω)) ∩ L2 (0, T ; W −1,6 (Ω)), • {(um , θm )} bị chặn trong L∞ (0, T ; H) ∩ L2 (0, T, V ), • {ρm (um , θm )} bị chặn trong L∞ (0, T ; L2 (Ω) × L2 (Ω)) ∩ L2 (0, T ; L6 (Ω) × L6 (Ω)), • {ρm (um , θm )} bị chặn trong N 1/4,2 (0, T ; W−1,3 (Ω) × W −1,3 (Ω)), •  L2 (0, T ; L2 (Ω) × L2 (Ω)), N = 2, m m m m m {ρ (u u , θ u )} bị chặn trong L4/3 (0, T ; L2 (Ω) × L2 (Ω)), N = 3. 91 Sử dụng Bổ đề 1.5 với X = L∞ (Ω), B = W −1,∞ (Ω) và Y = H −1 (Ω), ta có ρm ∈ một tập compact của C 0 ([0, T ]; W −1,∞ (Ω)). Chọn X = L6 (Ω) × L6 (Ω), B = W−1,∞ (Ω) × W −1,∞ (Ω) và Y = W−1,3 (Ω) × W −1,3 (Ω), ta cũng có ρm (um , θm ) ∈ L2 (0, T ; W−1,∞ (Ω) × W −1,∞ (Ω)). Khi đó, tồn tại một dãy con (vẫn kí hiệu chỉ số m) thỏa mãn  C 0 ([0, T ]; W −1,∞ (Ω)) − mạnh, ∞ m ∃ρ ∈ L (Q) sao cho ρ → ρ trong L∞ (Q) − * yếu, (4.33) ∃(u, θ) ∈ L2 (0, T ; V ) sao cho (um , θm ) → (u, θ) trong L2 (0, T ; V ) − yếu, (4.34) m m m ∃(χ1 , χ2 ) sao cho ρ (u , θ ) → (χ1 , χ2 )  2 6 6   L (0, T ; L (Ω) × L (Ω)) − yếu, (4.35) trong L∞ (0, T ; H) − * yếu,    2 L (0, T ; W−1,∞ (Ω) × W −1,∞ (Ω)) − mạnh, ∃(χ3 , χ4 ) sao cho ρm (um um , θm um ) → (χ3 , χ4 )  L2 (0, T ; L2 (Ω) × L2 (Ω)) − yếu với N = 2, trong L4/3 (0, T ; L2 (Ω) × L2 (Ω)) − yếu với N = 3. (4.36) Do đó (χ1 , χ2 ) = (ρu, ρθ) và (χ3 , χ4 ) = (ρuu, ρθu). Thật vậy, từ Bổ đề 1.3, ta suy ra ánh xạ tích V × W −1,∞ → W−1,6 (Ω) × W −1,6 (Ω) liên tục. Khi đó, từ phần một của (4.33) và (4.34), ta có ρm (um , θm ) → ρ(u, θ) trong L2 (0, T ; W−1,6 (Ω) × W −1,6 (Ω)) − yếu. Điều này cùng với phần ba của (4.35) suy ra (χ1 , χ2 ) = (ρu, ρθ). Mặt khác, từ (4.34) và phần ba của (4.35), ta được ρm (um um , θm um ) → ρ(uu, θu) trong L1 (0, T ; W−1,6 (Ω) × W −1,6 (Ω)) − yếu. Vì vậy (χ3 , χ4 ) = (ρuu, ρθu). 92 Cuối cùng, chúng ta chứng minh ρ, (u, θ) và p là nghiệm của (4.3). Nhắc lại rằng  (u, θ) ∈ L2 (0, T ; V ), ρ ∈ L∞ (Q) ∩ C 0 ([0, T ]; W −1,∞ (Ω)), ρ(u, θ) ∈ L∞ (0, T ; L2 (Ω) × L2 (Ω)). ′ Chọn m′ > 1 và w ∈ V m cố định và lấy m ≥ m′ . Phương trình thứ nhất của (4.6) với v được thay bởi w được viết lại như sau ∫ [( ) ] ∂(ρm um ) − → m m m m m m − ρ f − γ e Nθ · w − (ρ u u ) · ∇w dx ∂t Ω (4.37) m m′ + ν((u , w))1 = 0, ∀w ∈ V . Phương trình này thỏa mãn trong C 0 ([0, T ]) và trong D′ (0, T ). Mục đích của chúng ta là chuyển qua giới hạn trong (4.37) khi m → ∞. Chúng ta sẽ xét từng số hạng như sau: Từ (4.35), ta có ρm um → ρu trong D′ (0, T ; H−1 (Ω)). Vì chúng ta có thể viết ) ⟨⟨ ⟩ ⟩ ∫ (∫ T m m m m ∂(ρ u ) ∂(ρ u ) ,φ ,w = φdt wdx ∂t ∂t Ω 0 H−1 (Ω),H10 (Ω) (4.38) ) ∫ T (∫ ∂(ρm um ) = wdx φdt ∂t 0 Ω với mọi φ ∈ D(0, T ) và mọi w ∈ H10 (Ω), khi đó (4.38) được hiểu là ⟨ ⟩ ∫ ∂(ρm um ) ∂(ρu) trong D′ (0, T ). w→ ,w ∂t ∂t Ω H−1 (Ω),H1 (Ω) 0 Từ (4.33) và sự hội tụ mạnh của f m trong L2 (0, T ; L2 (Ω)) suy ra ρm f m ⇀ ρf trong L2 (0, T ; L2 (Ω)). Do đó, ∫ ∫ ρm f m · w ⇀ ρf · w trong L2 (0, T ). Ω Ω Từ (4.34), ta có − → ⟨→ e N θm , w⟩H−1 (Ω),H10 (Ω) ⇀ ⟨− e N θ, w⟩H−1 (Ω),H10 (Ω) Sử dụng (4.36), ta được ∫ ∫ (ρm um um ) · ∇w ⇀ Ω (ρuu) · ∇w Ω trong L2 (0, T ).  L2 (0, T ), N = 2, trong L4/3 (0, T ), N = 3. 93 Nói cách khác, ⟨∇ · (ρm um um ), w⟩H−1 (Ω),H10 (Ω) ⇀ ⟨∇ · (ρuu), w⟩H−1 (Ω),H10 (Ω)  L2 (0, T ), N = 2, trong L4/3 (0, T ), N = 3. Cuối cùng, từ (4.34), ta suy ra ⟨−∆um , w⟩V1′ ,V1 ⇀ ⟨−∆u, w⟩V1′ ,V1 trong L2 (0, T ). Vì những hội tụ này đều thỏa mãn trong D′ (0, T ), ta lấy giới hạn (4.37) khi m → ∞ và thu được ⟩ ⟨ ∂(ρu) − → = 0 trong D′ (0, T ) + ∇ · (ρuu) − ν∆u − ρf − γ e N θ, w ∂t H−1 (Ω),H10 (Ω) (4.39) m′ với mọi w ∈ V . Bởi V1 trù mật trong V1 nên (4.39) cũng đúng với mọi w ∈ V1 . Mặt khác, S := ∂(ρu) → + ∇ · (ρuu) − ν∆u − ρf − γ − e N θ ∈ W −1,∞ (0, T ; H−1 (Ω)) ∂t vì ∂(ρu) ∈ W −1,∞ (0, T ; L2 (Ω)), ∂t   L2 (0, T ; L2 (Ω)), L2 (0, T ; H −1 (Ω)2 ), N =2 ρuu ∈ ⇒ ∇ · (ρuu) ∈ L4/3 (0, T ; L2 (Ω)), N = 3 L4/3 (0, T ; H −1 (Ω)3 ), ρu ∈ L∞ (0, T ; L2 (Ω)) ⇒ u ∈ L2 (0, T, V1 ) ⇒ ∆u ∈ L2 (0, T ; V1′ ), ρf ∈ L2 (0, T ; L2 (Ω)) → W −1,∞ (0, T ; H−1 (Ω)). Hay ta có thể viết S ∈ H −1 (Ω; W −1,∞ (0, T ))N . Từ Bổ đề 1.7 với E = W −1,∞ (0, T ), r = −1 và p = +∞, ta suy ra tồn tại một hàm suy rộng p ∈ L2 (Ω; W −1,∞ (0, T )) ∼ = W −1,∞ (0, T ; L2 (Ω)) sao cho S = −∇p, tức là ∂(ρu) → − ν∆u + ∇ · (ρuu) + ∇p = γ − e N θ + ρf trong W −1,∞ (0, T ; H−1 (Ω)). ∂t 94 Lập luận tương tự, ta cũng có ∂(ρθ) − κ∆θ + ∇ · (ρθu) = ρg trong W −1,∞ (0, T ; H −1 (Ω)). ∂t Điều này chỉ ra rằng (4.3) được thỏa mãn. Chúng ta cũng có thể tiến qua giới hạn (4.7) khi m → ∞. Thật vậy, theo những tính chất hội tụ trong (4.33) suy ra ρm → ρ trong D′ (Q) kéo theo ∂t ρm → ∂t ρ trong D′ (Q). Hơn nữa, từ (4.35) và χ1 = ρu, ta suy ra ∇ · (ρm um ) → ∇ · (ρu) trong D′ (Q). Do vậy, ∂t ρ + ∇ · (ρu) = 0 trong D′ (Q). Vì ρ ∈ L∞ (Q) và ρu ∈ L∞ (0, T ; L2 (Ω)) ∩ L2 (0, T ; L6 (Ω)), phương trình đạo hàm riêng này thỏa mãn trong ( ( ) ( )) −1,∞ ∞ ∞ −1 2 −1,6 W (0, T ; L (Ω)) + L 0, T ; H (Ω) ∩ L 0, T ; W (Ω) . Bước 4: Những điều kiện ban đầu. Từ (4.33), ta có ρm (., 0) → ρ(., 0) trong W −1,∞ (Ω). Do đó, những điều kiện ban đầu của ρm và (4.5) dẫn đến ρ(0) = ρ0 . Để chứng minh các điều kiện ban đầu còn lại trong (4.4), ta cố định (v, φ) trong V và xét dãy {(v m , φm )} ∈ V m × Ψm sao cho (v m , φm ) → (v, φ) trong V . Khi đó ∫ ρm um · v m dx, ∫Ω bị chặn trong L∞ (0, T ). (4.40) m m m ρ θ φ dx Ω Ta có |f m |L2 → |f |L2 trong L2 (0, T ). Khi đó, tồn tại một dãy con (vẫn kí hiệu chỉ số m) và một hàm K ∈ L2 (0, T ) sao cho |f m |L2 ≤ K hầu khắp (0, T ). 95 Vì ∥v m ∥1 bị chặn đều, từ (4.10) ta suy ra ∫ ∫ ∂(ρm um ) m d m m m · v dx = ρ u · v dx ∂t Ω Ω dt ∫ ( ) − → m m m m m m m m m m m = ρ u u · ∇v − ν((u , v )) + γ e N θ · v + ρ f · v dx Ω ( ) ≤ C |ρm um um |L2 + ∥um ∥1 + |θm | + |ρm f m |L2 ∥v m ∥1 ≤ C(K + Cm ), (4.41) trong đó Cm = |ρm um um |L2 + ∥um ∥1 + |θm | + |ρm f m |L2 bị chặn đều trong L2 (0, T ) nếu N = 2 và trong L4/3 (0, T ) nếu N = 3. Từ {∫ } (4.40), (4.41) và Bổ đề 1.5, ta thấy rằng dãy Ω ρm um · v m dx thuộc một tập compact C 0 ([0, T ]). Mặt khác, ta có ∫ ∫ m m m ∗ ρ u · v dx ⇀ ρu · vdx trong L∞ (0, T ). Ω Do đó, Ω ∫ ∫ ρ u · v dx → m m ρu · vdx trong C 0 ([0, T ]). m Ω Ω Tương tự, ta cũng có ∫ ∫ m m m ρ θ φ dx → ρθφdx trong C 0 ([0, T ]). Ω Ω Đặc biệt, tại t = 0 ta thu được (∫ ) (∫ ) m m m ρ u · v dx (0) → ρu · vdx (0), Ω (∫ ) (∫ Ω ρ θ φ dx (0) → m m m Ω ) ρθφdx (0). Ω Mặt khác, ta cũng có ∫ ∫ ∫ m m m m m m ρ0 u0 · vdx, ρ (0)u (0) · v dx = ρ0 u0 · v dx → Ω Ω ∫ ∫ Ω m m ρm 0 θ0 φ dx → ρm (0)θm (0)φm dx = Ω ∫ Ω ρ0 θ0 φdx. Ω Như vậy ta đã chứng minh được các điều kiện ban đầu trong (4.4). 96 Cuối cùng, ta lấy giới hạn (4.19) khi m → ∞ và từ (4.33), ta thu được inf ρ0 ≤ ρ ≤ sup ρ0 Ω hầu khắp Q. Ω Mặt khác, từ tính trơn của ρ, z và ρz, và lập luận tương tự như trong (4.24), ta thu được ρz ∈ N 1/4,2 (0, T ; W−1,3 (Ω) × W −1,3 (Ω)). Định lí được chứng minh. 4.3. SỰ DUY NHẤT CÓ ĐIỀU KIỆN CỦA NGHIỆM YẾU Khác với bài toán Bénard với mật độ hằng ở Chương 2, sự duy nhất nghiệm của bài toán Boussinesq (4.1) cũng như đối với hệ Navier-Stokes với mật độ thay đổi là một câu hỏi phức tạp, thậm chí trong trường hợp 2 chiều (xem [11, 32]). Trong phần này, chúng tôi sẽ chứng minh rằng nghiệm yếu là duy nhất nếu nó đủ trơn. Việc kiểm tra sự tồn tại của nghiệm trơn trong một khoảng thời gian xác định là không khó - chẳng hạn nếu ρ0 không triệt tiêu và từ đây ta kết luận rằng mọi nghiệm yếu bằng với nghiệm trơn trong khoảng thời gian đó. Chúng ta xét nghiệm yếu toàn cục (ρ, z) được cho trong Định lí 4.1. Giả sử bài toán (4.3)-(4.4) tồn tại nghiệm (ρ, z) thỏa mãn ∇ρ ∈ L2 (0, T ; L3 (Ω)), ρ ∈ C 0 (Q), ∇z ∈ L2 (0, T ; L∞ (Ω) × L∞ (Ω)), z ∈ C 0 (Q)N × C 0 (Q), (4.42) z t ∈ L2 (0, T ; L3 (Ω) × L3 (Ω)). Khi đó ta có kết quả sau về sự duy nhất nghiệm. ( ) Định lí 4.2. Giả sử rằng (f, g) ∈ L2 0, T ; L3 (Ω) × L3 (Ω) và √ γ ≤ λ1 νκ, (4.43) trong đó γ, ν, κ là các hệ số trong (4.1) và λ1 > 0 là giá trị riêng đầu tiên của −∆ trên Ω với điều kiện biên Dirichlet thuần nhất. Gọi (ρ, z) là nghiệm của bài toán (4.1) thỏa mãn (4.42). Khi đó (ρ, z) ≡ (ρ, z) hầu khắp Q. 97 Chứng minh. Trước hết, với hầu khắp t ∈ (0, T ), ta có ∫ ∫ t∫ ∫ t∫ ∫ t∫ → − 2 2 2 ρ|z| + 2ν |∇u| + 2κ |∇θ| − 2γ e Nθ · u Ω 0 Ω 0 Ω 0 Ω (4.44) ∫ ∫ t∫ ρ(f, g) · z. ≤ ρ0 |z0 |2 + 2 Ω 0 Ω Tiếp theo, từ tính trơn của z và (4.3) ta có đẳng thức sau ∫ ∫ t∫ ∫ t∫ ∫ t∫ − → ρz · z + ν e Nθ · u ∇u · ∇u + κ ∇θ · ∇θ − γ Ω 0 Ω 0 Ω 0 Ω (4.45) ∫ ∫ t∫ ( ) ∫ t∫ = ρ0 z0 · z(0) + ρ (uu, uθ) · ∇z + z · z t + ρ(f, g) · z. Ω 0 Ω 0 Ω Vì (ρ, z) là nghiệm của (4.3)-(4.4) nên  ( ) − →  ρu − ν∆u + ρ(u · ∇)u + ∇p − γ e θ = (ρ − ρ) u + (u · ∇)u t N t   ( ) +ρ (u − u) · ∇ u + ρf,    ρθt − κ∆θ + ρu · ∇θ = (ρ − ρ)(θt + u · ∇θ) + ρ(u − u) · ∇θ + ρg. (4.46) Nhân tương ứng phương trình thứ nhất và thứ hai của (4.46) với u và θ, sau đó lấy tích phân trên Ω × (0, t), và cộng các kết quả với nhau ta thu được ∫ t∫ ∫ t∫ ∫ t∫ ∫ t∫ ρz · z t + ν ∇u · ∇u + κ ∇θ · ∇θ + ρ(uu, uθ) · ∇z 0 Ω 0 Ω 0 Ω 0 Ω ∫ t∫ ∫ t∫ ( ) − → =γ e Nθ · u + (ρ − ρ) z t · z + (u · ∇)u · u + (u · ∇θ)θ 0 Ω 0 Ω ∫ t∫ [ ∫ t∫ ( ) ( ) ] + ρ (u − u) · ∇ u · u + (u − u) · ∇θ θ + ρ(f, g) · z. 0 Ω 0 Ω (4.47) Kết hợp (4.45) và (4.47), với hầu khắp t ∈ (0, T ), ta có ∫ ∫ t∫ ( ) ∫ ρz · z + 2 ν∇u · ∇u + κ∇θ · ∇θ = ρ0 z02 Ω 0 Ω Ω ∫ t∫ ∫ t∫ ∫ t∫ ) ( − → +γ ρ(f, g) · z eN θ·u+θ·u + ρ(f, g) · z + 0 Ω 0 Ω 0 Ω ∫ t∫ ( ) + (ρ − ρ) z t · z + (u · ∇)u · u + (u · ∇θ)θ 0 Ω ∫ t∫ [ ( ) ( ) ] ρ (u − u) · ∇ u · u + (u − u) · ∇θ θ . + 0 Ω (4.48) 98 Mặt khác, nếu nhân lần lượt phương trình thứ nhất và thứ hai của (4.46) với u và θ, sau đó lấy tích phân trên Ω × (0, t), ta cũng thu được ∫ ∫ t∫ ( ) ∫ ∫ t∫ − → ρ|z| + 2 ν|∇u| + κ|∇θ| = + 2γ e Nθ · u Ω 0 Ω Ω 0 Ω ∫ t∫ ( ) (ρ − ρ) z t · z + (u · ∇)u · u + (u · ∇θ)θ +2 0 Ω ∫ t∫ [ ∫ t∫ ( ) ( ) ] ρ (u − u) · ∇ u · u + (u − u) · ∇θ θ + 2 +2 ρ(f, g) · z. 2 0 2 2 ρ0 z02 Ω 0 Ω (4.49) Ta cộng (4.44) với (4.49) và trừ đi (4.48) dẫn đến ∫ ∫ t∫ ( ) ρ|z − z| + 2 ν|∇(u − u)| + κ|∇(θ − θ)| 0 Ω ∫ t∫ ∫ t∫ → − ≤ 2γ e N (θ − θ) · (u − u) + 2 (ρ − ρ)(f, g) · (z − z) 0 Ω 0 Ω (4.50) ∫ t∫ [ ] ( ) ( ) +2 ρ (u − u) · ∇ u · (u − u) + (u − u) · ∇θ (θ − θ) 0 Ω ∫ t∫ ( ) +2 (ρ − ρ) z t · (z − z) + (u · ∇)u · (u − u) + (u · ∇θ)(θ − θ) . 2 2 2 Ω 0 Ω Sử dụng những giả thiết của z, các bất đẳng thức Hölder, Young và định lí nhúng Sobolev (xem, chẳng hạn [33, Định lí 4.12]), ta ước lượng số hạng thứ hai và thứ ba của vế phải trong (4.50) như sau: ∫t ∫ ∫t (ρ − ρ)(f, g) · (z − z) ≤ 0 Ω   0 ∫t ≤ ∫  12  |ρ − ρ|2   ∫ (  13  |(f, g)|3   Ω Ω ∫  61 |z − z|6  Ω ) ∫t ∫ |ρ − ρ| dx ds + ε 2 Cε (s) 0 ∫ |∇(z − z)|2 , 0 Ω Ω và ∫ t∫ ] [( ) ( ) ρ (u − u) · ∇ u · (u − u) + (u − u) · ∇θ (θ − θ) 0 Ω ∫ t( ∫ ∫ t( ∫ ) ) 2 2 ρ|z − z| dx ds = C(s) ρ|z − z| dx ds. ≤ ∥∇z(s)∥L∞ (Ω)×L∞ (Ω) 0 Ω 0 Ω 99 Một cách tương tự, ta cũng có ∫ t∫ ( ) (ρ − ρ) z t · (z − z) + (u · ∇)u · (u − u) + (u · ∇θ)(θ − θ) 0 Ω ∫ ∫ t( ∫ t∫ ) 2 Cε (s) |ρ − ρ| dx ds + ε |∇(z − z)|2 . ≤ 0 Ω 0 Ω Cuối cùng, sử dụng các bất đẳng thức Hölder và Cauchy, ta nhận được ∫ t∫ ∫ t∫ ∫ t∫ γ2 − → 2γ e N (θ − θ) · (u − u) ≤ ν |∇(u − u)| + 2 |∇(θ − θ)|. νλ1 0 Ω 0 Ω 0 Ω Thay những đánh giá trên vào vế phải của (4.50), khi đó với hầu khắp t ∈ (0, T ) và với mọi ε > 0, ta có ∫ ∫ t∫ ( ) 2 2 2 ρ|z − z| + ν|∇(u − u)| + κ|∇(θ − θ)| Ω 0 Ω ) ∫ t( ∫ ∫ t∫ ∫ ≤ |ρ − ρ|2 dx ds + ε |∇(z − z)|2 , C(s) ρ|z − z|2 dx + Cε (s) 0 Ω Ω Ω 0 (4.51) 1 trong đó C(s), Cε (s) là các hàm đo được không âm trong L (0, T ). Tiếp theo, chúng ta sẽ ước lượng |ρ − ρ|L2 . Vì ρ và ρ là nghiệm nên từ (4.3) ta có ∂ (ρ − ρ) + u · ∇(ρ − ρ) = (u − u) · ∇ρ. ∂t Nhân hai vế của phương trình trên với (ρ − ρ), ta được ∫ d 2 |ρ − ρ|L2 = 2 (ρ − ρ)(u − u) · ∇ρdx dt Ω với mọi t ∈ [0, T ]. Áp dụng các bất đẳng thức Hölder, Cauchy và Sobolev, ta nhận được ∫ t (∫ |ρ − ρ|2L2 ≤ |ρ − ρ| 0 ≤ ∫ t( Ω 0 ≤ ∫ với A(s) ∈ L1 (0, T ). |∇ρ| 3 ) 13 (∫ |u − u| ∫ Ω ) ∫ t∫ ) 16 ) ∫ t∫ |∇(u − u)|2 0 Ω |ρ − ρ|2 dx ds + ε Ω 6 Ω |ρ − ρ|2 dx ds + ε Aε (s) 0 ) 21 (∫ Ω Aε (s) ∫ t( 2 |∇(z − z)|2 , 0 Ω (4.52) 100 Chọn ε đủ nhỏ, từ (4.51) và (4.52) ta suy ra ∫ ( ρ|z − z| + |ρ − ρ| Ω 2 2 ) ∫ t∫ +δ |∇(z − z)|2 0 Ω ∫ t( ∫ ( ) ) 2 2 ≤ A(s) ρ|z − z| + |ρ − ρ| dx ds, 0 Ω với A(s) ∈ L1 (0, T ) và δ < min(ν, κ). Áp dụng bất đẳng thức Gronwall, ta kết luận z = z, ρ = ρ hầu khắp Q. Nhận xét 4.3. Bằng cách sử dụng các định lí nhúng Sobolev (xem [33, Định lí 4.12]), chúng ta có thể thiết lập những giả thiết tổng quát cho (4.42) bao gồm z t , (f, g) ∈ L2 (0, T ; Lp (Ω) × Lp (Ω)), ∇ρ ∈ L2 (0, T ; Lp (Ω)), trong đó p = 3 nếu N = 3 và p > 2 tùy ý khi N = 2. 4.4. BÀI TOÁN ĐIỀU KHIỂN TỐI ƯU Trong mục này, chúng tôi xét bài toán điều khiển tối ưu đối với hàm mục tiêu cho bởi ∫ ∫ a1 a2 2 J(h, ρ, z) = |z(x, T ) − ze (x)| dx + |ρ(x, T ) − ρe (x)|2 dx 2 2 Ω Ω ∫∫ ′ ∫∫ ′ ∫∫ a2 b a1 2 2 |h|2 dxdt, |z(x, t) − zd | dxdt + |ρ(x, t) − ρd | dxdt + + 2 2 2 Q Q ω×(0,T ) (4.53) trong đó ω là tập mở (nhỏ) khác rỗng trong Ω; các số thực không âm a1 , a′1 , a2 , a′2 với ít nhất một số thực dương; hằng số dương b cho biết chi phí của điều khiển; các trạng thái mong muốn ze (x) = (ue (x), θe (x)) ∈ H, zd = (ud , θd ) ∈ L2 (Q) × L2 (Q) và ρe ∈ L∞ (Ω), ρd ∈ L∞ (Q) cho trước. Khi đó hàm mật độ ρ(x, t), trạng thái z = (u, θ) và điều khiển h = (v, w) thỏa mãn hệ Boussinesq 101 sau:  ∂(ρu) →   − ν∆u + ∇ · (ρuu) + ∇p = γ − e N θ + v1ω ,   ∂t      ∇ · u = 0,        ∂(ρθ) − κ∆θ + ∇ · (ρθu) = w1ω , ∂t ∂ρ    + ∇ · (ρu) = 0,   ∂t      u = 0, θ = 0,      ρ| = ρ , (ρu)| = ρ u , (ρθ)| =ρ θ , t=0 0 t=0 0 0 t=0 0 0 (x, t) ∈ Q, (x, t) ∈ Q, (x, t) ∈ Q, (4.54) (x, t) ∈ Q, ∑ (x, t) ∈ , x ∈ Ω, với ρ0 , z0 = (u0 , θ0 ) cho trước. Nhận xét 4.4. Hàm mục tiêu J trong (4.53) cung cấp cho ta những thông tin sau: "quỹ đạo nghiệm gần với ze , ρe trong Ω tại thời điểm T ", "quỹ đạo nghiệm gần với zd , ρd trong Q". Từ đây, chúng tôi xét trường hợp ρ0 ∈ L∞ (Ω), ρ0 ≥ α > 0 hầu khắp Ω. Khi đó, ta có α ≤ ρ(x, t) ≤ |ρ0 |L∞ hầu khắp Q và những điều kiện ban đầu trong (4.54) được viết lại như sau: ρ|t=0 = ρ0 , u|t=0 = u0 , θ|t=0 = θ0 , x ∈ Ω. Xét bài toán sau:   Cực tiểu hóa phiếm hàm J(h, ρ, z),  trong đó (ρ, z) là nghiệm của (4.54) với h ∈ Uad . (4.55) Giả sử tập điều khiển chấp nhận được Uad là tập khác rỗng, đóng và lồi. Chẳng hạn, trong trường hợp đơn giản nhất, ta có thể lấy Uad = L2 (ω × (0, T )) × L2 (ω × (0, T )), 102 hoặc { } Uad = h = (v, w) ∈ L (ω × (0, T )) × L (ω × (0, T )) : |h| ≤ M , 2 2 trong đó M là hằng số dương. 4.4.1. Sự tồn tại nghiệm tối ưu Chúng ta có kết quả tổng quát sau về sự tồn tại nghiệm tối ưu của bài toán (4.55). Định lí 4.3. Giả sử các điều kiện sau được thỏa mãn: 1. Tập Uad ⊂ L2 (ω × (0, T )) × L2 (ω × (0, T )) là khác rỗng, lồi và đóng. 2. J là nửa liên tục dưới yếu, tức là nếu (hm , ρm , z m ) là nghiệm của (4.54), hm ⇀ h trong L2 (ω×(0, T ))×L2 (ω×(0, T )), ρm ⇀∗ ρ trong L∞ (Q) và z m ⇀ z trong L2 (0, T ; V ) thì lim inf J(hm , ρm , z m ) ≥ J(h, ρ, z). m→∞ 3. Uad bị chặn hoặc J là cưỡng đối với h, tức là J(hm , ρm , z m ) → +∞ khi hm ∈ Uad , ∥hm ∥L2 (ω×(0,T ))×L2 (ω×(0,T )) → ∞. Khi đó bài toán tối ưu (4.55) có ít nhất một nghiệm. Chứng minh. Tập các điều khiển chấp nhận được là tập khác rỗng và bị chặn trong L2 (ω × (0, T )) × L2 (ω × (0, T )). Với mỗi cặp điều khiển trong L2 (ω × (0, T )) × L2 (ω × (0, T )), bởi Định lí 4.1, tồn tại một nghiệm của hệ (4.54). Hơn nữa, hàm J bị chặn dưới nên J(h, ρ, z) ≥ 0. Do đó, tồn tại infimum của J trên tập các điều khiển chấp nhận được và các trạng thái, hay 0 ≤ J = inf J(h, ρ, z) ≤ ∞. (h,ρ,z) Xét dãy bộ ba {(hm , ρm , z m )} sao cho J(hm , ρm , z m ) → J khi m → ∞. Từ giả thiết (3) ta suy ra rằng {hm } bị chặn trong L2 (ω × (0, T )) × L2 (ω × (0, T )). Khi đó, ta giả sử hm ⇀ h∗ trong L2 (ω × (0, T )) × L2 (ω × (0, T )). Theo giả thiết (1), tập các điều khiển là lồi và đóng trong L2 (ω × (0, T )) × L2 (ω × (0, T )), do đó đóng yếu trong L2 (ω × (0, T )) × L2 (ω × (0, T )), dẫn đến h∗ ∈ Uad . Theo Định lí 4.1, ta có dãy {(ρm , z m )} bị chặn trong L∞ (Q) × L2 (0, T ; V ) và ta giả sử rằng ρm ⇀∗ ρ∗ trong L∞ (Q) và z m ⇀ z ∗ trong L2 (0, T ; V ). Bằng 103 những lập luận tương tự như Bước 3 và 4 trong Định lí 4.1, ta suy ra bộ ba (h∗ , ρ∗ , z ∗ ) là nghiệm của hệ (4.54). Cuối cùng, ta cần chỉ ra J = J(h∗ , ρ∗ , z ∗ ). Thật vật, từ giả thiết (2), ta có J = lim J(hm , ρm , z m ) ≥ J(h∗ , ρ∗ , z ∗ ). m→∞ Vì (h∗ , ρ∗ , z ∗ ) là chấp nhận được, và J là infimum trên tập các điều khiển và trạng thái chấp nhận được, từ đây ta suy ra J = J(h∗ , ρ∗ , z ∗ ), ta được điều phải chứng minh. 4.4.2. Điều kiện cần tối ưu cấp một Trước hết, chúng tôi chứng minh một kết quả về sự tồn tại nghiệm trơn của hệ tuyến tính sau:  ( ) ( ) ∂a ∂y    + (a · ∇)y + (y · ∇)a + σ + (a · ∇)a c   ∂t ∂t     →   −ν∆y − γ − e N φ + ∇π = f (x, t), (x, t) ∈ Q,        ∇ · y = 0, (x, t) ∈ Q,    ( ) ( )    c ∂φ + a · ∇φ + y · ∇b + σ ∂b + a · ∇b ∂t ∂t    −κ∆φ = g(x, t), (x, t) ∈ Q,      ∂σ    + a · ∇σ + y · ∇c = 0, (x, t) ∈ Q,   ∂t    ∑   y = 0, φ = 0, (x, t) ∈ ,       σ|t=0 = 0, y|t=0 = 0, φ|t=0 = 0, x ∈ Ω, (4.56) trong đó các hàm số a(x, t), b(x, t), và c(x, t) thỏa mãn ∇c ∈ L2 (0, T ; W 1,∞ (Ω)), c ∈ C 0 (Q), (∇a, ∇b) ∈ L2 (0, T ; L∞ (Ω) × L∞ (Ω)), c(x, t) ≥ α > 0 trong Q, (a, b) ∈ C 0 (Q)N × C 0 (Q), (a, b) ∈ L∞ (0, T ; H2 (Ω) × H 2 (Ω)) ∩ L2 (0, T ; H3 (Ω) × H 3 (Ω)), (∇at , ∇bt ) ∈ L2 (0, T ; L2 (Ω) × L2 (Ω)), (at , bt ) ∈ L2 (0, T ; L3 (Ω) × L3 (Ω)). (4.57) 104 Tính trơn của nghiệm z˜ = (y, φ) được cho trong bổ đề sau. Bổ đề 4.4. Giả sử (f, g) ∈ L2 (0, T ; H1 (Ω)×H 1 (Ω)) và các hàm số χ = (a, b), c thỏa mãn (4.57). Khi đó tồn tại các hàm z˜(x, t), σ(x, t) xác định trong Q và thỏa mãn hệ (4.56) sao cho z˜ ∈ L2 (0, T ; H3 (Ω) × H 3 (Ω)) và σ ∈ C 1 (Q). Chứng minh. Bổ đề được chứng minh bằng cách sử dụng phương pháp xấp xỉ nửa Galerkin như trong Định lí 4.1. Ở đây chúng tôi chỉ trình bày những nét chính của chứng minh. Gọi wi , ψ i tương ứng là các hàm riêng của toán tử Stokes −P∆ và toán tử Laplace −∆ . Với t > 0, các hàm m y (x, t) = m ∑ j sj (t)w (x), m φ (x, t) = j=1 m ∑ ϕj (t)ψ j (x), σ m (x, t) j=1 được gọi là nghiệm m−xấp xỉ của bài toán giá trị ban đầu cho hệ phương trình vi phân thường  ( m ) ( ) ∫ ∫ ∂a ∂y  m m  + (a · ∇)y + (y · ∇)a wj dx + σ + (a · ∇)a wj dx c    ∂t ∂t  Ω Ω  ∫→ ∫   − m j m j  +ν((y , w )) − γ e φ · w dx = f · wj dx, 1 ≤ j ≤ m,  N Ω ( m ) (Ω ) ∫ ∫ ∂φ ∂b  m m j  c + a · ∇φ + y · ∇b ψ dx + σ + a · ∇b ψ j dx    ∂t ∂t  Ω Ω  ∫   m j  +κ((φ , ψ )) = gψ j dx, 1 ≤ j ≤ m,  Ω (4.58) và cho phương trình đạo hàm riêng ∂σ m + a · ∇σ m + y m · ∇c = 0, ∂t (4.59) với các điều kiện ban đầu sj (0) = 0, ϕj (0) = 0, σ m (0) = 0. Trước hết, giả sử y m đã biết, chúng ta suy ra nghiệm của (4.59) (xem [29, Bổ đề 1.3]). Để đơn giản trong cách trình bày, ta viết nghiệm của (4.58) là (y, φ) thay cho (y m , φm ). Nhân phương trình thứ nhất và thứ ba của (4.56) lần lượt 105 với yt và φt , ta được ∫ ∫ √ min(ν, κ) d − → 2 2 e N φ · yt dx + (f, g) · z˜t dx ∥ c˜ zt ∥L2 (Ω)×L2 (Ω) + |∇˜ z| ≤ γ 2 dt Ω Ω ∫ ∫ − c(a∇˜ z + y∇χ) · z˜t dx − σ(χt + a∇χ) · z˜t dx. Ω Ω (4.60) Tiếp theo, ta cũng nhân lần lượt phương trình thứ nhất và thứ ba của (4.56) với ∆y và ∆φ dẫn đến ∫ ∫ 2 min(ν, κ)|∆˜ z| ≤ c(˜ zt + a∇˜ z + y∇χ) · ∆˜ z dx − σ(χt + a∇χ) · ∆˜ z dx Ω Ω ∫ ∫ → − e N φ · ∆ydx − (f, g) · ∆˜ z dx. −γ Ω Ω (4.61) Bây giờ chúng ta sẽ ước lượng các số hạng của vế phải trong (4.60) và (4.61). Bởi các giả thiết trong (4.57), các bất đẳng thức Hölder, Cauchy và Poincaré, ta có ∫ z |2 + ε|˜ zt |2 − c(a∇˜ z + y∇χ) · z˜t dx ≤ Cε |c|2L∞ |a|2L∞ |∇˜ Ω z |2 + ε|˜ zt |2 , + Cε |c|2L∞ |y|2 |∇χ|2L∞ (Ω)×L∞ (Ω) ≤ Cε |∇˜ ∫ − Ω zt |2 σ(χt + a∇χ) · z˜t dx ≤ Cε |σ|2L∞ (|χt |2 + |a|2L∞ |∇χ|2 ) + ε|˜ ≤ Cε + ε|˜ zt |2 , và ∫ γ Ω → − e N φ · yt dx + ∫ Ω (f, g) · z˜t dx ≤ γ|φ||yt | + ∥(f, g)∥L2 (Ω)×L2 (Ω) |˜ zt | ≤ Cε |∇˜ z |2 + Cε ∥(f, g)∥2L2 (Ω)×L2 (Ω) + ε|˜ zt |2 với mọi ε > 0 đủ nhỏ. Tương tự, ta có δ|∆˜ z |2 ≤ δ|˜ zt |2 + Cδ |∇˜ z |2 + Cδ ∥(f, g)∥2L2 (Ω)×L2 (Ω) . Thay các bất đẳng thức trên vào tổng của (4.60) và (4.61), với hằng số c0 phù hợp, ta thu được √ 1 d |∇˜ z |2 + c0 ∥ c˜ zt ∥2L2 (Ω)×L2 (Ω) + c0 |∆˜ z |2 ≤ C|∇˜ z |2 + C∥(f, g)∥2L2 (Ω)×L2 (Ω) . 2 dt 106 Điều này suy ra z˜ ∈ L∞ (0, T ; V ) ∩ L2 (0, T ; H2 (Ω) × H 2 (Ω)) và z˜t ∈ L2 (Q). Tiếp theo, chúng tôi sẽ chứng minh z˜ ∈ L2 (0, T ; H3 (Ω) × H 3 (Ω)). Lấy đạo hàm theo x hai vế phương trình thứ nhất và thứ ba của (4.56), ta được ( ) ( ) → ν∇∆y = ∇c yt + (a · ∇)y + (y · ∇)a + ∇σ at + (a · ∇)a − γ − e N ∇φ − ∇f ( ) ( ) 2 + c ∇yt + ∇a∇y + a∆y + ∇y∇a + y∆a + σ ∇at + (∇a) + a∆a , ( ) ( ) κ∇∆φ = ∇c φt + a · ∇φ + y · ∇b + ∇σ bt + a · ∇b − ∇g ( ) ( ) + c ∇φt + ∇a∇φ + a∆φ + ∇y∇b + y∆b + σ ∇bt + ∇a∇b + a∆b . (4.62) Nhân tương ứng phương trình thứ nhất và thứ hai của (4.62) với ∇yt và ∇φt , sau đó lấy tích phân trên Ω, ta có đẳng thức sau ∫ √ min(ν, κ) d − 2 2 e N ∇φ · ∇yt |∆˜ z| ≤ γ → ∥ c∇˜ zt ∥L2 (Ω)×L2 (Ω) + 2 dt Ω ∫ ∫ ∫ − ∇c(˜ zt + a∇˜ z + y∇χ) · ∇˜ zt − ∇σ(χt + a∇χ) · ∇˜ zt + (∇f, ∇g) · ∇˜ zt Ω ∫ − Ω ∫ c(∇a∇˜ z + a∆˜ z + ∇y∇χ + y∆χ) · ∇˜ zt − Ω Ω σ(∇χt + ∇a∇χ + a∆χ) · ∇˜ zt . Ω (4.63) Tương tự như trong (4.60), ta có ước lượng các số hạng trong (4.63) như sau: ∫ ∫ − ∇c(˜ zt + a∇˜ z + y∇χ) · ∇˜ zt − σ(∇χt + ∇a∇χ + a∆χ) · ∇˜ zt ≤ ε|∇˜ zt |2 Ω [Ω ( ) 2 2 2 2 2 2 z | + |y| ∥∇χ∥L∞ (Ω)×L∞ (Ω) +Cε |∇c|L∞ |˜ zt | + |a|L∞ |∇˜ ( )] 2 2 2 2 2 2 ≤ Cε + ε|∇˜ zt |2 , +|σ|L∞ |∇χt | + |∇χ| |∇χ|L∞ ×L∞ (Ω) + |a|L∞ |∆χ| và ∫ ∫ ∫ − → γ e N ∇φ · ∇yt + (∇f, ∇g) · ∇˜ zt − ∇σ(χt + a∇χ) · ∇˜ zt Ω Ω Ω ( )) ( 2 2 2 2 2 2 + ε|∇˜ z t |2 , ≤ Cε |∇˜ z | + ∥(f, g)∥L2 (Ω)×L2 (Ω) + |∇σ|L∞ |χt | + |a|L∞ |∇χ| 107 số hạng cuối cùng là ∫ ( ) − c ∇a∇˜ z + a∆˜ z + ∇y∇χ + y∆χ · ∇˜ zt Ω ( ≤ |c|2L∞ |∇a|2L∞ |∇˜ z |2 + |a|2L∞ |∆˜ z |2 ) + |∇˜ z |2 ∥∇χ∥2L∞ (Ω)×L∞ (Ω) + |y|2L4 ∥∆χ∥2L4 (Ω)×L4 (Ω) + ε|∇˜ zt |2 ≤ Cε + Cε |∆˜ z |2 + ε|∇˜ zt |2 . Hơn nữa, từ (4.62), ta suy ra ( ) min(ν, κ)|∇∆˜ z |2 ≤ c ∇˜ zt + ∇a∇˜ z + a∆˜ z + ∇y∇χ + y∆χ 2 L2 (Ω)×L2 (Ω) 2 − + ∥∇σ(χt + a∇χ) − (∇f, ∇g)∥L2 (Ω)×L2 (Ω) + |γ → e N ∇φ|2L2 ( ) ( ) 2 + ∇c z˜t + a∇˜ z + y∇χ + σ ∇χt + ∇a∇χ + a∆χ L2 (Ω)×L2 (Ω) , (4.64) trong đó − ∥∇σ(χt + a∇χ) − (∇f, ∇g)∥L2 (Ω)×L2 (Ω) + |γ → e N ∇φ|2L2 2 z |2 , ≤|∇σ|2L∞ (|χt |2 + |a|2L∞ |∇χ|2 ) + ∥(∇f, ∇g)∥2L2 (Ω)×L2 (Ω) + C|∇˜ và ( ) ( ) 2 ∇c z˜t + a∇˜ z + y∇χ + σ ∇χt + ∇a∇χ + a∆χ L2 (Ω)×L2 (Ω) ) ( 2 2 2 2 2 2 z | + |y| ∥∇χ∥L∞ (Ω)×L∞ (Ω) ≤|∇c|L∞ |˜ zt | + |a|L∞ |∇˜ ( ) +|σ|2L∞ |∇χt |2 + |∇χ|2 |∇χ|2L∞ (Ω)×L∞ (Ω) + |a|2L∞ |∆χ|2 . Ngoài ra, số hạng cuối cùng trong (4.64) bị chặn. Thật vậy, ( ) 2 c ∇˜ zt +∇a∇˜ z + a∆˜ z + ∇y∇χ + y∆χ 2 L (Ω)×L2 (Ω) ( z |2 + |a|2L∞ |∆˜ z |2 ≤ |c|2L∞ |∇a|2L∞ |∇˜ ) + |∇˜ z |2 ∥∇χ∥2L∞ (Ω)×L∞ (Ω) + |y|2L4 ∥∆χ∥2L4 (Ω)×L4 (Ω) + C|∇˜ zt |2 ≤ C + C|∆˜ z |2 + C|∇˜ zt |2 . Lấy (4.63) cộng với (4.64), với ε đủ nhỏ, ta nhận được √ 1 d |∆˜ z |2 + c1 ∥ c∇˜ zt ∥2L2 (Ω)×L2 (Ω) + c1 |∇∆˜ z |2 2 dt ≤ C|∆˜ z |2 + C∥(∇f, ∇g)∥2L2 (Ω)×L2 (Ω) . 108 Bất đẳng thức trên suy ra z˜ ∈ L∞ (0, T ; H2 (Ω) × H 2 (Ω)) ∩ L2 (0, T ; H3 (Ω) × H 3 (Ω)) và z˜t ∈ L2 (0, T ; V ). Tiếp theo chúng ta sẽ phát biểu và chứng minh điều kiện cần tối ưu cấp một. Định lí 4.4. Giả sử Uad ⊂ L2 (ω × (0, T )) × L2 (ω × (0, T )) là tập khác rỗng, đóng, lồi và J được cho trong (4.53). Gọi (h∗ , ρ∗ , z ∗ ) là nghiệm tối ưu của bài toán (4.55), giả sử (ρ∗ , z ∗ ) thỏa mãn ∇ρ∗ ∈ L2 (0, T ; W 1,∞ (Ω)), ρ∗ ∈ C 0 (Q), ∇z ∗ ∈ L2 (0, T ; L∞ (Ω) × L∞ (Ω)), z ∗ ∈ C 0 (Q)N × C 0 (Q), z ∗ ∈ L∞ (0, T ; H2 (Ω) × H 2 (Ω)) ∩ L2 (0, T ; H3 (Ω) × H 3 (Ω)), ∇zt∗ ∈ L2 (Q) × L2 (Q), (4.65) zt∗ ∈ L2 (0, T ; L∞ (Ω) × L∞ (Ω)), và (4.43) thỏa mãn. Khi đó, bởi Định lí 4.2, (ρ∗ , z ∗ ) là nghiệm yếu duy nhất của bài toán (4.54), và tồn tại duy nhất nghiệm yếu (η, z), với z = (ξ, ψ), của bài toán  [ ] ∂ξ  − ν∆ξ + ρ∗ − (u∗ · ∇)ξ + (ξ · ∇)u∗ + ψ∇θ∗ − ∇η −ρ∗    ∂t     +∇q = a′1 (u∗ − ud ), (x, t) ∈ Q,      ∇ · ξ = 0, (x, t) ∈ Q,     ∂ψ  →   ρ∗ + κ∆ψ + ρ∗ u∗ · ∇ψ + γ − e N · ξ = −a′1 (θ∗ − θd ), (x, t) ∈ Q,   ∂t [ ] [ ∗ ]  ∗ ∂η ∂u ∂θ − − u∗ · ∇η + + (u∗ · ∇)u∗ · ξ + + u∗ · ∇θ∗ ψ  ∂t ∂t ∂t      = a′2 (ρ∗ − ρd ), (x, t) ∈ Q,    ∑    ξ = 0, ψ = 0, (x, t) ∈ ,      η|t=T = a2 (ρ∗ |t=T − ρe ), x ∈ Ω,      ξ|t=T = a1 (u∗ |t=T − ue ), ψ|t=T = a1 (θ∗ |t=T − θe ), x ∈ Ω. ρ∗ |t=T ρ∗ |t=T (4.66) Hơn nữa, ta có bất đẳng thức sau  ∫∫   (bh∗ + z)(h − h∗ )dxdt ≥ 0 ω×(0,T ) (4.67)  ∀h ∈ U , h∗ ∈ U . ad ad 109 Nhận xét 4.5. Bằng những lập luận tương tự như trong chứng minh của [40, Định lí 2], ta chứng minh được giả thiết (4.65) về tính trơn của nghiệm trong bài toán (4.54) thỏa mãn khi các dữ kiện đủ trơn. Cụ thể, ta có khẳng định sau. Giả sử (v, w) ∈ H 1 (0, T ; L2 (Ω) × L2 (Ω)). Khi đó với mọi z0 ∈ H2 ∩ V , ρ0 ∈ C 2 (Ω) thỏa mãn 0 < α ≤ ρ0 hầu khắp trong Ω và T > 0 cho trước. Khi đó, tồn tại T ′ ∈ (0, T ] và nghiệm duy nhất (ρ, z) thỏa mãn ρ ∈ C 2 (QT ′ ), z ∈ L∞ (0, T ′ ; H2 (Ω) × H 2 (Ω)) ∩ L2 (0, T ; H3 (Ω) × H 3 (Ω)), với N = 3. Hơn nữa, T ′ = T nếu N = 2. Tiếp theo ta sẽ chứng minh Định lí 4.4. Chứng minh. Trước hết, với h∗ ∈ L2 (ω × (0, T )) × L2 (ω × (0, T )) và các giả thiết của (ρ∗ , z ∗ ) trong (4.65), ta suy ra (ρ∗ , z ∗ ) là nghiệm yếu duy nhất của bài toán (4.54) ứng với h = h∗ , tức là  ∂(ρ∗ u∗ )  →  − ν∆u∗ + ∇ · (ρ∗ u∗ u∗ ) + ∇p∗ = γ − e N θ∗ + v ∗ 1ω , (x, t) ∈ Q,   ∂t     ∇ · u∗ = 0, (x, t) ∈ Q,    ∗ ∗    ∂(ρ θ ) − κ∆θ∗ + ∇ · (ρ∗ θ∗ u∗ ) = w∗ 1 , (x, t) ∈ Q, ω ∂t ∗  ∂ρ   + ∇ · (ρ∗ u∗ ) = 0, (x, t) ∈ Q,   ∂t   ∑   u∗ = 0, θ∗ = 0, (x, t) ∈ ,     ρ∗ | = ρ , u∗ | = u , θ∗ | =θ , x ∈ Ω. t=0 0 t=0 0 t=0 0 (4.68) Đặt h = h∗ + αh với α ∈ R+ (nhỏ), h = (h1 , h2 ) ∈ L2 (0, T ; H 1 (ω) × H 1 (ω)) và h ∈ Uad . Gọi (ρ, z) là trạng thái tương ứng với h. Khi đó ta có thể viết (trong đó s = (y, φ), sα = (yα , φα )) (ρ, z) = (ρ∗ , z ∗ ) + α(σ, s) + α(σα , sα ), 110 với ) ( ∗ )  ( ∂u ∂y ∗ ∗ ∗ ∗ ∗   + (u · ∇)y + (y · ∇)u + σ + (u · ∇)u ρ   ∂t ∂t    →   −ν∆y − γ − e N φ + ∇π = h1 , (x, t) ∈ Q,      ∇ · y = 0, (x, t) ∈ Q,   ( ) ( ∗ )    ρ∗ ∂φ + u∗ · ∇φ + y · ∇θ∗ + σ ∂θ + u∗ · ∇θ∗ ∂t ∂t    −κ∆φ = h2 , (x, t) ∈ Q,     ∂σ    + u∗ · ∇σ + y · ∇ρ∗ = 0, (x, t) ∈ Q,    ∂t ∑    y = 0, φ = 0, (x, t) ∈ ,     σ|t=0 = 0, y|t=0 = 0, φ|t=0 = 0, x ∈ Ω, (4.69) và ) ( ∗ )  ( ∂u ∂y α ∗ ∗ ∗ ∗   + (u · ∇)yα + (yα · ∇)u + σα + (u · ∇)u ρ∗   ∂t ∂t    →   −ν∆yα − γ − e N φα + αUα + ∇πα = 0, (x, t) ∈ Q,      ∇ · y = 0, (x, t) ∈ Q,   ) ( ∗ ) (    ∂θ ρ∗ ∂φα + u∗ · ∇φ + y · ∇θ∗ + σ ∗ ∗ + u · ∇θ α α α ∂t ∂t    −κ∆φ + αΘα = 0, (x, t) ∈ Q,     ∂σα    + u∗ · ∇σα + yα · ∇ρ∗ + α(y + yα ) · ∇(σ + σα ) = 0, (x, t) ∈ Q,   ∂t  ∑    y = 0, φ = 0, (x, t) ∈ , α α     σα |t=0 = 0, yα |t=0 = 0, φα |t=0 = 0, x ∈ Ω. (4.70) Ở đây ta kí hiệu [( ) ] ( ) ∗ ∂y ∂yα ∗ Uα = (σ + σα ) + + (u · ∇)(y + yα ) + (y + yα ) · ∇ u ∂t ∂t [ ]( ) + ρ∗ + α(σ + σα ) (y + yα ) · ∇ (y + yα ), và [( ) ] ∂φ ∂φα ∗ ∗ Θα = (σ + σα ) + + u · ∇(φ + φα ) + (y + yα ) · ∇θ ∂t ∂t [ ]( ) + ρ∗ + α(σ + σα ) (y + yα ) · ∇(φ + φα ) . 111 Bởi phép nhúng H 3 (Ω) → W 1,∞ (Ω) là liên tục, nên từ Bổ đề 4.4, bài toán (4.69) có nghiệm s ∈ L2 (0, T ; W1,∞ (Ω) × W 1,∞ (Ω)). Tiếp theo, chúng ta sẽ chứng minh σα → 0 trong L∞ (0, T ; L2 (Ω)), sα → 0 trong L∞ (0, T ; L2 (Ω) × L2 (Ω)), khi α → 0+ . Đầu tiên ta nhân phương trình thứ bốn của (4.68), (4.69), (4.70) với 12 yα · yα và 12 φα φα , sau đó lấy tích phân trên Ω; ta cũng nhân lần lượt phương trình thứ nhất, thứ ba và thứ bốn của (4.70) với yα , φα và σα . Tiếp đến, ta cộng tất cả các kết quả lại và thu được đẳng thức sau ∫ ∫ ∫ [ ∗ ] 2 1 d 1 d 2 ρ + α(σ + σα ) sα + |σα | + (ν|∇yα |2 + κ|∇φα |2 ) 2 dt 2 dt Ω Ω ∫ ∫Ω [ ] = − ρ∗ (yα · ∇)u∗ · yα + yα · ∇θ∗ φα − σα sα · (zt∗ + u∗ ∇z ∗ ) Ω ∫ − [ Ω ∗ α (σ + σα )st · sα + ρ (y + yα )∇s · sα + (y + yα ) · ∇σσα Ω ∫ −α [ ] (σ + σα ) u∗ ∇s · sα + y∇z ∗ · sα + (yα · ∇)u∗ · yα + yα · ∇θ∗ φα Ω ∫ −α ] ∫ (σ + σα )(y + yα )∇s · sα − 2 Ω ∗ ∫ yα · ∇ρ σα + Ω → γ− e N φα · y α . Ω (4.71) Sử dụng các bất đẳng thức Hölder, Young, định lí nhúng Sobolev (chẳng hạn, xem [33, Định lí 4.12]) và các giả thiết trong (4.65), chúng ta ước lượng các số hạng của vế phải trong (4.71) như sau: ∫ ∫ [ ] ∗ ∗ ∗ ∗ − ρ (yα · ∇)u · yα + yα · ∇θ φα ≤ C(∥∇z ∥L∞ (Ω)×L∞ (Ω) ) ρ∗ s2α , Ω ∫ − Ω σα sα · (zt∗ + u∗ ∇z ∗ ) Ω ≤ Cε (∥zt∗ ∥2L3 (Ω)×L3 (Ω) + |u∗ |2L∞ ∥∇z ∗ ∥2L3 (Ω)×L3 (Ω) )|σα |2L2 + ε∥sα ∥2L6 (Ω)×L6 (Ω) ≤ Cε |σα |2L2 + ε∥sα ∥2 , 112 và ∫ ∫ ∗ − yα · ∇ρ σα + Ω → γ− e N φα · yα Ω νλ1 γ2 |yα |2 + |φα |2 2 2νλ1 γ2 + (ε + ν/2)∥yα ∥2 + ∥φα ∥2 . 2νλ21 ≤ Cε |∇ρ∗ |2L∞ |σα |2L2 + ε|yα |2 + ≤ Cε |σα |2L2 Từ Bổ đề 4.4, ta suy ra σ ∈ C 1 (Q) st ∈ L2 (0, T ; V ), s ∈ L∞ (0, T ; H2 (Ω) × H 2 (Ω)) ∩ L2 (0, T ; W1,∞ (Ω) × W 1,∞ (Ω)). Sử dụng kết luận trên ta ước lượng những số hạng còn lại của (4.71) như sau ∫ α ρ∗ (y + yα )∇s · sα Ω ∫ ∫ ∗ = α ρ y∇s · sα + α ρ∗ [(yα · ∇)y · yα + yα · ∇φ · φα ] Ω Ω ∫ 2 2 2 2 ∗ 2 ρ∗ s2α ≤α Cε |ρ |L∞ |y|L3 |∇s| + ε|yα |L6 + C(∥∇s∥L∞ (Ω)×L∞ (Ω) ) Ω ∫ ≤α2 Cε + C ρ∗ s2α + ε∥sα ∥2 , Ω ∫ − [ ] α (σ + σα )st · sα + (y + yα ) · ∇σσα ≤ α2 Cε |σ + σα |2L2 ∥st ∥2L3 (Ω)×L3 (Ω) Ω + ε|yα |2L6 + α2 |y|2 |∇σ|2L∞ + C|σα |2L2 + α2 Cε |∇σ|2L∞ |σα |2L2 + ε|yα |2 ≤ α2 Cε + α2 Cε |σα |2L2 + ε∥sα ∥2 , và ∫ −α [ ] (σ + σα ) u∗ ∇s · sα + y∇z ∗ · sα + (yα · ∇)u∗ · yα + yα · ∇θ∗ φα Ω ≤ α2 Cε |σ + σα |2L2 |u∗ |2L∞ |∇s|2L3 (Ω)×L3 (Ω) + ε∥sα ∥2L6 (Ω)×L6 (Ω) ∫ ∗ + C(∥∇z ∥L∞ (Ω)×L∞ (Ω) ) α(σ + σα )s2α Ω ∫ α(σ + σα )s2α + ε∥sα ∥2 . ≤ α2 Cε + α2 Cε |σα |2L2 + C Ω 113 Số hạng cuối cùng trong (4.71) được ước lượng như sau ∫ 2 −α (σ + σα )(y + yα )∇s · sα Ω ∫ ∫ ] [ 2 2 ≤ α (σ + σα )y∇s · sα + α (σ + σα ) (yα · ∇)y · yα + yα · ∇φφα Ω Ω ≤ α4 Cε |σ + σα |2L2 |y|2L6 |∇s|2L6 (Ω)×L6 (Ω) + ε∥sα ∥2L6 (Ω)×L6 (Ω) ∫ + αC(∥∇s∥L∞ (Ω)×L∞ (Ω) ) α(σ + σα )s2α Ω ∫ ≤ α4 Cε + α4 Cε |σα |2L2 + C α(σ + σα )s2α + ε∥sα ∥2 . Ω Từ những bất đẳng thức trên và với ε đủ nhỏ, ta suy ra ∫ ∫ ∫ [ ∗ ] 2 d d 2 ρ + α(σ + σα ) sα + |σα | + δ |∇sα |2 dt Ω dt Ω Ω ∫ ∫ [ ∗ ] 2 2 2 ≤C ρ + α(σ + σα ) sα + [Cε α (α + 1) + Cε ] σα2 + α2 Cε (α2 + 1). Ω Ω Áp dụng bất đẳng thức Gronwall, ta nhận được ∫ ([ ∗ ] ) α4 + α2 ρ + α(σ + σα ) s2α + |σα |2 ≤ 4 exp{Cε (α4 + α2 + 1)t} 2+1 α + α Ω α4 + α2 . − 4 α + α2 + 1 Do vậy, σα → 0 trong L∞ (0, T ; L2 (Ω)), sα → 0 trong L∞ (0, T ; L2 (Ω) × L2 (Ω)), khi α → 0+ . Theo giả thiết, ta có J(h, ρ, z) − J(h∗ , ρ∗ , z ∗ ) ≥ 0. Mặt khác, J(h, ρ, z) − J(h∗ , ρ∗ , z ∗ )  ∫ ∫ ∫∫  ∗ ∗ = α a1 (z − ze )(s + sα ) + a2 (ρ − ρe )(σ + σα ) + b  + α a′1 Ω ∫∫ Q Ω (z ∗ − zd )(s + sα ) + a′2   h · h∗  ω×(0,T ) ∫∫  (ρ∗ − ρd )(σ + σα ) + Zα  ≥ 0, Q (4.72) 114 trong đó α Zα = 2 (∫ [ ] a1 (s + sα )2 + a2 (σ + σα )2 dx Ω ∫∫ + [ ′ ] a1 (s + sα )2 + a′2 (σ + σα )2 dxdt + b Q ∫∫ ) |h| dxdt , 2 ω×(0,T ) và rõ ràng Zα → 0 khi α → 0+ . Chia hai vế của (4.72) cho α và lấy giới hạn khi α → 0+ , ta có ∫ ∫ ∗ a1 (z − ze )sdx + a2 (ρ∗ − ρe )σdx Ω +a′1 Ω ∫∫ ∗ (z − zd )sdxdt + a′2 ∫∫ Q ∫∫ ∗ (ρ − ρd )σdxdt + b Q h.h∗ dxdt ≥ 0. ω×(0,T ) (4.73) Chúng tôi xét hệ tuyến tính (4.66), đây là hệ liên hợp của (4.69). Lập luận tương tự như trong Định lí 4.1 và Định lí 4.2, ta suy ra bài toán (4.66) có duy nhất một nghiệm yếu (η, z) thỏa mãn η ∈ L∞ (Q), z ∈ L∞ (0, T ; H) ∩ L2 (0, T ; V ). Hơn nữa, sử dụng tích phân từng phần, ta có thể kiểm tra được ∫ ∫ ∗ a1 (z − ze )sdx + a2 (ρ∗ − ρe )σdx Ω +a′1 ∫∫ Ω (z ∗ − zd )sdxdt + a′2 Q ∫∫ (ρ∗ − ρd )σdxdt = Q ∫∫ z · hdxdt. ω×(0,T ) Đẳng thức trên cùng với (4.73) cho ta bất đẳng thức ∫∫ (bh∗ + z) · hdxdt ≥ 0. ω×(0,T ) Bất đẳng thức trên đúng với mọi h có dạng h = ta suy ra (4.67). Chứng minh được hoàn thành. 1 (h − h∗ ) với h ∈ Uad , từ đây α 115 4.5. BÀI TOÁN THỜI GIAN TỐI ƯU Trong mục này, chúng tôi xét bài toán tối ưu trong đó thời gian cần thiết để gần với trạng thái mong muốn đóng vai trò quan trọng. Cụ thể, xét hàm mục tiêu 1 b I(h, ρ, z) = T ∗ (h, z; ze , δ)2 + 2 2 ∫∫ |h|2 dxdt, ω×(0,T ) ở đó ze = (ue , θe ) ∈ H, δ > 0 và T ∗ (h, z; ze , δ) := inf{T > 0 : |u(., T ) − ue | ≤ δ, |θ(., T ) − θe | ≤ δ}. Chúng tôi sẽ chứng minh sự tồn tại của nghiệm tối ưu, sau đó dẫn đến hệ tối ưu tương ứng. 4.5.1. Sự tồn tại nghiệm tối ưu Xét tập lồi đóng Uad ⊂ L2 (ω × (0, T0 )) × L2 (ω × (0, T0 )) với T0 > 0 cố định và E0 = {(h, ρ, z) : h ∈ Uad , (ρ, z) là nghiệm của (4.54) trong Ω × (0, T0 )}. Khi đó E0 ⊂ L2 (ω × (0, T0 )) × L2 (ω × (0, T0 )) × E0 , ở đó E0 là không gian nghiệm của bài toán (4.54) trong Ω × (0, T0 ), tức là cặp (ρ, z) thỏa mãn   ρ ∈ L∞ (Ω × (0, T0 )),  z ∈ L∞ (0, T0 ; H) ∩ L2 (0, T0 ; V ). Chúng ta xét bài toán thời gian tối ưu sau   Tìm (h∗ , ρ∗ , z ∗ ) ∈ E0 sao cho  I(h∗ , ρ∗ , z ∗ ) = (4.74) min I(h, ρ, z). (h,ρ,z)∈E0 Trước hết để chứng minh sự tồn tại nghiệm tối ưu, chúng ta cần bổ đề sau. 116 Bổ đề 4.5. Đặt Tn∗ := T ∗ (hn , z n ; ze , δ), T ∗ := T ∗ (h∗ , z ∗ ; ze , δ), và giả sử T = lim Tn∗ < T ∗ . n→+∞ Khi đó √ ( ∗ ) z (., T ) − ze , z˜ ≤ δ 2∥˜ z ∥, ∀˜ z ∈ V. (4.75) Chứng minh. Xét z n là một dãy trong E0 , bởi Định lí 4.1, ta có z n ∈ L∞ (0, T0 ; H) ∩ L2 (0, T0 ; V ), ztn ∈ Lβ (0, T0 ; V ′ ), (β = 2 nếu N = 2 và β = 4/3 nếu N = 3). Ta viết ( ) ( ) z(., T ) − ze , z˜ ≤ z(., T ) − z(., Tn∗ ), z˜ ( ) ( ) + z(., Tn∗ ) − z n (., Tn∗ ), z˜ + z n (., Tn∗ ) − ze , z˜ . Chú ý rằng z n ⇀∗ z trong L∞ (0, T ; H) và ztn ⇀ zt trong Lσ (0, T ; V ′ ), ta suy ra z n → z trong C 0 ([0, T ]; V ′ ). Do đó, với mọi z˜ ∈ V , ta có ( ) z(., Tn∗ ) − z n (., Tn∗ ), z˜ ≤ C∥z(., Tn∗ ) − z n (., Tn∗ )∥∗ ∥˜ z∥ ≤ ∥z − z∥C 0 ([0,T0 ];V ′ ) ∥˜ z ∥ → 0. (4.76) n 0 Hơn nữa, vì Tn∗ → T và z ∈ Cw ([0, T0 ]; H) dẫn đến z(., Tn∗ ) ⇀ z(., T ) trong H, do vậy ( ) z(., T ) − z(., Tn∗ ), z˜ → 0. (4.77) Cuối cùng, từ định nghĩa của Tn∗ , ta được ( √ ) z n (., Tn∗ ) − ze , z˜ ≤ |z n (., Tn∗ ) − ze ||z| ≤ δ 2|z|. (4.78) Từ (4.76)-(4.78) ta suy ra (4.75). Bây giờ chúng tôi sẽ chỉ ra bài toán (4.74) có nghiệm. Định lí 4.5. Giả sử tập hợp các bộ ba (h, ρ, z) chứa trong E0 sao cho I(h, ρ, z) < +∞ là khác rỗng. Khi đó, bài toán (4.74) tồn tại ít nhất một nghiệm. 117 Chứng minh. Tập Uad đóng yếu trong L2 (ω × (0, T0 )) × L2 (ω × (0, T0 )) và I là cưỡng. Như vậy, ta chỉ cần chứng minh I là nửa liên tục dưới yếu trong chuẩn E0 . Xét dãy {(hn , ρn , z n )} ⊂ E0 sao cho hn ⇀ h∗ trong L2 (ω ×(0, T0 ))×L2 (ω × (0, T0 )) và (ρn , z n ) ⇀∗ (ρ∗ , z ∗ ) trong E0 . Khi đó lặp lại chứng minh trong Định lí 4.1 ta suy ra (ρ∗ , z ∗ ) là nghiệm của (4.54) trong Ω × (0, T0 ) với h = h∗ . Hơn nữa, ta có ∫∫ ∫∫ lim inf n→+∞ ω×(0,T0 ) |hn |2 dxdt ≥ |h∗ |2 dxdt. ω×(0,T0 ) Mặt khác, nếu Tn∗ := T ∗ (hn , z n ; ze , δ) và T ∗ := T ∗ (h∗ , z ∗ ; ze , δ) thì lim inf Tn∗ ≥ T ∗ . n→+∞ Thật vậy, nếu khẳng định trên là sai, khi đó ta có thể giả sử Tn∗ → T và thỏa mãn T = lim Tn∗ < T ∗ . (4.79) n→+∞ √ Mặt khác, vì T < T ∗ và theo định nghĩa của T ∗ dẫn đến |z ∗ (., T ) − ze | > δ 2, điều này trái với kết luận của Bổ đề 4.5. Do đó lim inf Tn∗ ≥ T ∗ . n→+∞ Đây là điều cần chứng minh. 4.5.2. Điều kiện cần tối ưu cấp một Chúng tôi xét hàm mục tiêu Φ cho bởi  ∫∫ 2 b T   Φ(T, h) = + |h|2 dxdt, 2 2 Ω×(0,T0 )   ∀(T, h) ∈ [0, T0 ] × L2 (ω × (0, T0 )) × L2 (ω × (0, T0 )). Khi đó, bài toán (4.74) được viết lại như sau   Cực tiểu hóa phiếm hàm Φ(T, h),       trong đó T ∈ [0, T0 ],          (h, ρ, z) ∈ E0 , |u(., T ) − ue | ≤ δ, |θ(., T ) − θe | ≤ δ. 118 Bởi lí do hiển nhiên, ta cũng có thể viết lại bài toán trên dưới dạng sau    Cực tiểu hóa phiếm hàm Φ(T, h),       trong đó T ∈ [0, T0 ], (4.80)    (h, ρ, z) ∈ E0 ,       |u(., T ) − ue | = |θ(., T ) − θe | = δ. Để thuận tiện cho việc xét bài toán (4.80), chúng tôi xét mô hình đơn giản hơn như sau:  ∂ϕ   − ν∆ϕ = ζ,   ∂t     ∇ · ϕ = 0,    ϕ = 0,      ϕ| t=0 = ϕ0 , (x, t) ∈ Q, (x, t) ∈ Q, ∑ (x, t) ∈ , (4.81) x ∈ Ω. Gọi (T ∗ , ζ ∗ ) là nghiệm của bài toán  ∫∫ b T2   + |ζ|2 dxdt, Cực tiểu hóa phiếm hàm Φ(T, ζ) =    2 2 ω×(0,T )     trong đó T ∈ [0, T ], 0    (ζ, ϕ) là nghiệm của (4.81),        |ϕ(., T ) − ϕe | = δ, (4.82) ( và giả sử T ∗ ∈ [0, T0 ], ζ ∗ ∈ int Uad chú ý rằng trong trường hợp này thì ) Uad ⊂ L2 (ω × (0, T )) . Gọi ϕ∗ là trạng thái ứng với ζ ∗ và giả sử ∃τ > 0 sao cho t → ϕ∗ (., t) thuộc lớp C 1 trong [T ∗ − τ, T ∗ ]. Chúng ta sẽ tìm (T ∗ , ζ ∗ ) làm cực tiểu phiếm hàm Φ với các điều kiện E(ζ, ϕ) := (ϕt − ν∆ϕ − ζ, ϕ(., 0) − ϕ0 ) = (0, 0), V (T, ϕ) := 1 δ2 |ϕ(., T ) − ϕe |2 − = 0. 2 2 119 Bằng cách sử dụng Định lí Lagrange, khi đó tồn tại các nhân tử λ0 , λ ∈ R, các hàm (ψ(x, t), η(x)) (không đồng thời bằng 0) và 0 = λ0 ⟨Φ′ (T ∗ , ζ ∗ ), (S, m)⟩ − ⟨(ψ, η), E ′ (ζ ∗ , ϕ∗ )(m, y)⟩ + λ⟨V ′ (T ∗ , ϕ∗ ), (S, y)⟩   ∫∫ ∫∫  ∗  ∗ ψ(yt − ν∆y − m)dxdt − (η, y(., 0)) ζ mdxdt − = λ0 T S + b ω×(0,T ∗ ) Ω×(0,T ∗ ) [ ( ) ( ∗ )] ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ + λ S ϕ (., T ) − ϕe , ϕt (., T ) + ϕ (., T ) − ϕe , y(., T ) với mọi S, m và y. Nếu ta chọn S = 1, y = m = 0 thì ( ) λ0 T ∗ + λ ϕ∗ (., T ∗ ) − ϕe , ϕ∗t (., T ∗ ) = 0. (4.83) Trường hợp S = m = 0, với mọi y, ta có ∫∫ ( ) ψ(yt − ν∆y)dxdt + (η, y(., 0)) − λ ϕ∗ (., T ∗ ) − ϕe , y(., T ∗ ) = 0, Ω×(0,T ∗ ) điều này dẫn đến bài toán    −ψt − ν∆ψ = 0 trong Ω × (0, T ∗ ),    ψ = 0 trên ∂Ω × (0, T ∗ ),     ψ(x, T ∗ ) = λ(ϕ∗ (x, T ∗ ) − ϕ (x)) trong Ω, e (4.84) và η(x) = ψ(x, 0) trong Ω. (4.85) Cuối cùng, nếu chọn S = 0, với mọi y và m thì ψ + λ0 bζ ∗ = 0 trong ω × (0, T ∗ ). (4.86) Từ (4.83), (4.85) và (4.86) suy ra λ ̸= 0. Thật vậy, nếu λ = 0 thì λ0 = 0, ψ ≡ 0 và η = 0, điều này là vô lí. Hơn nữa, hàm số t → 12 |ϕ∗ (., t) − ϕe |2 là không tăng tại t = T ∗ nên ( ∗ ) ϕ (., T ∗ ) − ϕe , ϕ∗t (., T ∗ ) ≤ 0. Từ (4.83) ta suy ra λ0 ̸= 0. Không mất tính 120 tổng quát, ta có thể giả sử λ0 = 1, khi đó (4.86) và (4.83) trở thành ψ + bζ ∗ = 0 trong ω × (0, T ∗ ) và ( ) T ∗ = −λ ϕ∗ (., T ∗ ) − ϕe , ϕ∗t (., T ∗ ) . Bằng cách lập luận tương tự như bài toán (4.82), ta nhận được kết quả quan trọng sau. Định lí 4.6. Giả sử những điều kiện trong Định lí 4.4 thỏa mãn và (T ∗ , h∗ ) là nghiệm của (4.80) ứng với trạng thái (ρ∗ , z ∗ ). Ta giả sử rằng 0 < T ∗ < T0 , ∃τ > 0 sao cho t → z ∗ (., t) thuộc lớp C 1 trong [T ∗ − τ, T ∗ ], (4.87) và ( ) u∗ (., T ∗ ) − ue , u∗t (., T ∗ ) < 0, ( ∗ ) θ (., T ∗ ) − θe , θt∗ (., T ∗ ) < 0, (4.88) kí hiệu E ∗ là không gian năng lượng ứng với T ∗ . Ta cũng giả sử (ρ∗ , z ∗ ) là nghiệm của (4.65) và (4.43) thỏa mãn, dẫn đến (ρ∗ , z ∗ ) là nghiệm yếu duy nhất của (4.54) (Định lí 4.2) ứng với T = T ∗ và h = h∗ . Khi đó, tồn tại λ1 , λ2 ∈ R và nghiệm yếu (η, z) ∈ E ∗ , trong đó z = (ξ, ψ), của bài toán sau  [ ] ∗ ∗ ∗ ∗  ∗ ∂ξ  − ν∆ξ + ρ − (u · ∇)ξ + (ξ · ∇)u + ψ∇θ − ∇η −ρ   ∂t     +∇q = 0, (x, t) ∈ Ω × (0, T ∗ ),       ∇ · ξ = 0, (x, t) ∈ Ω × (0, T ∗ ),      → ∗ ∂ψ  ρ + κ∆ψ + ρ∗ u∗ · ∇ψ + γ − e N · ξ = 0, (x, t) ∈ Ω × (0, T ∗ ),    ∂t [ ∗ ]   ∂η ∂u ∗ ∗ ∗ − − u · ∇η + + (u · ∇)u · ξ ∂t ∂t  ] [ ∗   ∂θ  ∗ ∗  + + u · ∇θ ψ = 0, (x, t) ∈ Ω × (0, T ∗ ),    ∂t      ξ = 0, ψ = 0, (x, t) ∈ ∂Ω × (0, T ∗ ),      η|t=T ∗ = 0, x ∈ Ω,     λ λ   ξ|t=T ∗ = ∗ 1 (u∗ |t=T ∗ − ue ), ψ|t=T ∗ = ∗ 2 (θ∗ |t=T ∗ − θe ), x ∈ Ω. ρ |t=T ∗ ρ |t=T ∗ (4.89) 121 Hơn nữa, ta có bất đẳng thức sau  ∫∫   (bh∗ + z)(h − h∗ )dxdt ≥ 0 ω×(0,T ∗ )  ∀h ∈ U , ad h∗ ∈ Uad , với thời gian tối ưu ( ( ∗ ( ∗ ) )) ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ T = P[0,T0 ] − λ1 u (., T ) − ue , ut (., T ) − λ2 θ (., T ) − θe , θt (., T ) , (4.90) và |u∗ (., T ∗ ) − ue | = |θ∗ (., T ∗ ) − θe | = δ thỏa mãn. Ở đây P[0,T0 ] : R+ → [0, T0 ] là phép chiếu trực giao. Nhận xét 4.6. Chúng tôi giải thích về giả thiết (4.88). Giả sử T ∈ (0, T0 ), ) ( h∗ ∈ int Uad và (4.87) thỏa mãn thì rõ ràng ϕ∗ (., T ∗ ) − ϕe , ϕ∗t (., T ∗ ) ≤ 0. Nếu ( ) ta có ϕ∗ (., T ∗ ) − ϕe , ϕ∗t (., T ∗ ) = 0 thì từ (4.83) và (4.86) chỉ ra rằng λ0 = 0 và ψ = 0 trong ω × (0, T ∗ ). Vì nghiệm của hệ (4.84) thỏa mãn tính chất thác triển duy nhất (xem trong [18]) nên từ (4.85), ta có η = 0. Chú ý rằng ít nhất một nhân tử λ phải khác 0 nên từ phương trình cuối cùng trong (4.84) ta suy ra ϕ∗ (x, T ∗ ) = ϕe (x) trong Ω. ( ) Điều này là vô lí và ta kết luận ϕ∗ (., T ∗ ) − ϕe , ϕ∗t (., T ∗ ) < 0. Chứng minh. Với S ∈ R, h = (h1 , h2 ) ∈ L2 (0, T ; H 1 (ω) × H 1 (ω)) và h ∈ Uad , α ∈ R+ (nhỏ), ta đặt T := T ∗ + αS ∈ [0, T0 ], h := h∗ + αh ∈ Uad . (4.91) Gọi (ρ, z) là trạng thái ứng với điều khiển h và giả sử rằng |u(., T ) − ue | = |θ(., T ) − θe | = δ. Theo giả thiết và (4.91), ta có ( Φ(T, h) − Φ(T ∗ , h∗ ) = α T ∗ S + b α2 + 2 ( ) ∫∫ ∫∫ h.h∗ dxdt ω×(0,T0 ) ) |h|2 dxdt S2 + b ω×(0,T0 ) ≥ 0. 122 Hơn nữa, α 2 ( ) ∫∫ |h|2 dxdt S2 + b → 0 khi α → 0+ . ω×(0,T0 ) Chia hai vế bất đẳng thức trên cho α và lấy giới hạn khi α → 0+ , ta nhận được ∫∫ ∗ T S+b h.h∗ dxdt ≥ 0. (4.92) ω×(0,T0 ) Theo chứng minh trong Định lí 4.4, ta có thể viết (ρ, z) = (ρ∗ , z ∗ ) + α(σ, s) + α(σα , sα ), trong đó s = (y, φ), sα = (yα , φα ) với (σ, s) và (σα , sα ) tương ứng là nghiệm của các bài toán tuyến tính (4.69) và (4.70). Lập luận tương tự như trong Định lí 4.4, ta có (σ, s), (σα , sα ) ∈ E0 và σα → 0 trong L∞ (0, T0 ; L2 (Ω)), sα → 0 trong L∞ (0, T0 ; L2 (Ω) × L2 (Ω)), khi α → 0+ . Hơn nữa ( ) ( ) 0 = |u(., T ) − ue |2 − δ 2 = | u(., T ) − u∗ (., T ∗ ) + u∗ (., T ∗ ) − ue |2 − δ 2 ( ) ∗ ∗ 2 ∗ ∗ ∗ ∗ = |u(., T ) − u (., T )| + 2 u(., T ) − u (., T ), u (., T ) − ue . Từ u(., T ) − u∗ (., T ∗ ) = αy(., T ∗ ) + αu∗t (., T ∗ )S + αO(α) trong H1 , trong đó O(α) → 0, cho α → 0 ta suy ra ( ) ( ) − u∗ (., T ∗ ) − ue , u∗t (., T ∗ ) S = u∗ (., T ∗ ) − ue , y(., T ∗ ) . Tương tự, ta có ( ) ( ) − θ∗ (., T ∗ ) − θe , θt∗ (., T ∗ ) S = θ∗ (., T ∗ ) − θe , φ(., T ∗ ) . Gọi λ1 , λ2 ∈ R sao cho ( ) ( ) −λ1 u∗ (., T ∗ ) − ue , u∗t (., T ∗ ) − λ2 θ∗ (., T ∗ ) − θe , θt∗ (., T ∗ ) = T ∗ , (4.93) 123 và (η, z) là nghiệm của hệ tuyến tính liên hợp (4.89). Hơn nữa, ta có ( ) ( ) T ∗ S = −λ1 S u∗ (., T ∗ ) − ue , u∗t (., T ∗ ) − λ2 S θ∗ (., T ∗ ) − θe , θt∗ (., T ∗ ) ( [ ) ( [ ) ] ] ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ = λ1 u (., T ) − ue , y(., T ) + λ2 θ (., T ) − θe , φ(., T ) ( ) ( ) = ξ(., T ∗ )ρ∗ (., T ∗ ), y(., T ∗ ) + ψ(., T ∗ )ρ∗ (., T ∗ ), φ(., T ∗ ) . Sử dụng tích phân từng phần, ta kiểm tra được ∫∫ ∗ T S= z · hdxdt. ω×(0,T0 ) Từ (4.92), ta có bất đẳng thức ∫∫ (z + bh∗ ) · hdxdt ≥ 0. ω×(0,T0 ) Mặt khác, vì T ∗ ∈ (0, T0 ) và λ1 , λ2 cho trong (4.93) nên ta có (4.90). Định lí được chứng minh. Chú ý cuối chương. Từ các kết quả trong chương này, trong trường hợp nhiệt độ θ ≡ 0, ta thu lại được các kết quả tương ứng về sự tồn tại, tính duy nhất có điều kiện của nghiệm yếu, bài toán điều khiển tối ưu và bài toán thời gian tối ưu của hệ phương trình Navier-Stokes với mật độ thay đổi trong [11]. KẾT LUẬN CHƯƠNG 4 Trong chương này, chúng tôi nghiên cứu hệ Boussinesq có mật độ thay đổi trong miền bị chặn hai hoặc ba chiều. Các kết quả đạt được bao gồm: 1) Chứng minh được sự tồn tại và tính duy nhất có điều kiện của nghiệm yếu (Định lí 4.1, Định lí 4.2). 2) Chứng minh được sự tồn tại nghiệm và thiết lập được điều kiện cần tối ưu cấp một của bài toán điều khiển tối ưu và bài toán thời gian tối ưu (các Định lí 4.3-4.6). 124 KẾT LUẬN 1. KẾT QUẢ ĐẠT ĐƯỢC Trong luận án này, chúng tôi nghiên cứu một số hệ phương trình cặp không ôtônôm trong cơ học chất lỏng, bao gồm hệ Bénard, hệ MHD hai chiều và hệ Boussinesq hai hoặc ba chiều với mật độ (khối lượng) thay đổi. Các kết quả đạt được bao gồm: 1) Đối với hệ Bénard và hệ MHD hai chiều trong miền thỏa mãn bất đẳng thức Poincaré: Chứng minh được sự tồn tại duy nhất nghiệm yếu, sự tồn tại và đánh giá được số chiều fractal của tập hút lùi. 2) Đối với hệ Boussinesq có mật độ thay đổi trong miền bị chặn: Chứng minh được sự tồn tại và tính duy nhất có điều kiện của nghiệm yếu, chứng minh được sự tồn tại nghiệm tối ưu và thiết lập được điều kiện cần tối ưu cấp một cho bài toán điều khiển tối ưu với phiếm hàm mục tiêu dạng toàn phương và bài toán thời gian tối ưu. 2. KIẾN NGHỊ MỘT SỐ VẤN ĐỀ NGHIÊN CỨU TIẾP THEO Bên cạnh các kết quả đã đạt được trong luận án, một số vấn đề mở liên quan cần được tiếp tục nghiên cứu: • Nghiên cứu tính trơn của tập hút lùi của hệ Bénard và hệ MHD nhận được trong luận án. • Nghiên cứu tính ổn định và bài toán ổn định hóa nghiệm dừng của các hệ Bénard và hệ MHD. 125 • Nghiên cứu tính chính qui nghiệm của hệ Boussinesq với mật độ thay đổi. • Nghiên cứu bài toán điều khiển được đối với hệ Boussinesq với mật độ thay đổi. 126 Tài liệu tham khảo [1] A. Carvalho, J.A. Langa and J.C. Robinson (2013) Attractors for InfiniteDimensional Non-Autonomous Dynamical Systems. Appl. Math. Sci., 182. Berlin: Springer, 409 p. 1 [2] A.V. Fursikov (2000) Optimal Control of Distributed Systems. Theory and Applications. Amer. Math. Soc. [3] B. Guo and X. Du (2005) The exponential attractor for the equations of thermohydraulics. Acta Math. Sci., Ser. B, Engl. Ed., 25, 317-325. [4] C. Bardos and B. Nicolaenko (2002) Navier-Stokes equations and dynamical systems. Handbook of dynamical systems, Vol. 2, 503-597, NorthHolland, Amsterdam. [5] C. Cao and J. Wu (2010) Two regularity criteria for the 3D MHD equations. J. Differ. Equations, 248, 2263-2274. [6] C. Foias, O. Manley and R. Temam (1987) Attractors for the Bénard problem: existence and physical bounds on their fractal dimension. Nonlinear Anal., 11, 939-967. [7] C.G. Gal and M. Grasselli (2010) Asymptotic behavior of a CahnHilliard-Navier-Stokes system in 2D. Ann. Inst. Henri Poincaré, Anal. Non Linéaire, 27, 401-436. 1 Việc trình bày các tài liệu tham khảo ở đây, về thứ tự và hình thức, là theo qui định của cơ sở đào tạo. 127 [8] C.G. Gal and M. Grasselli (2010) Longtime behavior for a model of homogeneous incompressible two-phase flows. Discrete Contin. Dyn. Syst., 28 (1), 1-39. [9] C.T. Anh and D.T. Son (2014) Finite-dimensional pullback attractors for non-autonomous Newton-Boussinesq equations in some two-dimensional unbounded domains. Bull. Pol. Acad. Sci. Math., 62, 265-289. [10] C. Zhao and K. Li (2004) On existence, uniqueness and Lr -exponential stability for stationary solutions to the MHD equations in three dimensional domains. ANZIAM J., 46, 95-109. [11] E. Fernández-Cara (2012) Motivation, analysis and control of the variable density Navier-Stokes equations. Dis. Cont. Dyn. Sys. Series S, 5, 10211090. [12] E. Hopf (1955) On nonlinear partial differential equations. Lectures series of the symposium on PDE, Berkeley, 1-29. [13] G. Duvaut and J.-L. Lions (1972) Les Inéquations en Mécanique et Physique. Dunod, Paris. [14] G. Fucci, B. Wang and P. Singh (2009) Asymptotic behavior of the Newton-Boussinesq equation in a two-dimensional channel. Nonlinear Anal., 70, 2000-2013. [15] G.P. Galdi (2012) Navier-Stokes equations: a mathematical analysis. Mathematics of complexity and dynamical systems. Vols. 1-3, 1009-1042, Springer, New York. [16] J.A. Langa, G. Lukaszewicz and J. Real (2007) Finite fractal dimension of pullback attractors for non-autonomous 2D Navier-Stokes equations in some unbounded domains. Nonlinear Anal., 66, 735-749. 128 [17] J.C. Robinson (2001) Infinite-Dimensional Dynamical Systems. Cambridge University Press, Cambridge. [18] J.C. Saut and B. Scheurer (1987) Unique continuation for some evolution equations. J. Differential Equations, 66, 118-139. [19] J.L. Lions (1969) Quelques Méthodes de Résolution des Problèmes aux Limites non Linéaires. Paris: Dunod, Gauthier-Villars. [20] J.M. Ball (2004) Global attractor for damped semilinear wave equations. Discrete Contin. Dyn. Syst., 10, 31-52. [21] J.M. Coron (2007) Control and Nonlinearity. Mathematical Surveys and Monographs, 136. American Mathematical Society, Providence, RI. [22] J.M. Ghidaglia, M. Marion and R. Temam (1988) Generalization of the Sobolev-Lieb-Thirring inequalities and applications to the dimension of attractors. Diff. Int. Equa., 1, 1-21. [23] J. Simon (1990) Nonhomogeneous viscous incompressible fluids: existence of velocity, density, and pressure. SIAM J. Math. Anal., 21, 1093-1117. [24] M. Cabral, R. Rosa and R. Temam (2004) Existence and dimension of the attractor for the Bénard problem on channel-like domains. Disc. Cont. Dyna. Syst., 10, 89-116. [25] M.E. Schonbek, T.P. Schonbek and E. S¨ uli (1996) Large-time behavior of solutions to the magneto-hydrodynamics equations. Math. Ann., 304, 717-756. [26] M. Grasselli and H. Wu (2011) Finite dimensional global attractor for a system modeling the 2D nematic liquid crystal flow. Z. Angew. Math. Phys., 62, 979-992. 129 [27] M. Holst, E. Lunasin and G. Tsogtgerel (2010) Analysis of a general family of regularized Navier-Stokes and MHD models. J. Nonlinear Sci., 20, 523567. [28] M. Sermange and R. Temam (1983) Some mathematical questions related to the MHD equations. Commun. Pure Appl. Math., 36, 635-664. [29] O.A. Ladyzhenskaya and V.A. Solonnikov (1978) Unique solvability of an initial and boundary value problem for viscous incompressible nonhomogeneous fluids. J. Sov. Math., 9, 697-749. [30] O. Manley, M. Marion and R. Temam (1993) Equations for combustion in the presence of complex chemistry. Indiana Univ. Math. J., 42 , 941-967. [31] P. Constantin and C. Foias (1988) Navier-Stokes Equations. Chicago Lectures in Mathematics, University of Chicago Press, Chicago. [32] P.-L. Lions (1996) Mathematical Topics in Fluid Mechanics. Vol I: Incompressible Models. Oxford University Press, New York. [33] R.A. Adams and J.F. Founier (2003) Sobolev Spaces. 2nd edition, Elsevier. [34] R. Agapito and M. Schonbek (2007) Non-uniform decay of MHD equations with and without magnetic diffusion. Commun. Partial Differ. Equations, 32, 1791-1812. [35] R. Brown, P. Perry and Z. Shen (2000) On the dimension of the attractor for the non-homogeneous Navier-Stokes equations in nonsmooth domains. Indiana Univ. Math. J., 49, 81-112. [36] R. Danchin (2003) Density-dependent incompressible fluids in critical spaces. Proc. Roy. Soc. Edinburgh, 133, 1311-1334. 130 [37] R. Danchin (2003) Navier-Stokes equations with variable density. Hyperbolic Problems and Related Topics, International Press, Graduate Series in Analysis, 121-135. [38] R. DiPerna and P.-L. Lions (1989) Ordinary differential equations, transport theory and Sobolev spaces. Invent. Math., 98, 511-547. [39] R. Rosa (1998) The global attractor for the 2D Navier-Stokes flow on some unbounded domains. Nonlinear Anal., 32, 71-85. [40] R. Salvi (1991) The equations of viscous incompressible nonhomogeneous fluid: on the existence and regularity. J. Australian Math. Soc. Series B, 33, 94-110. [41] R. Temam (1979) Navier-Stokes Equations: Theory and Numerical Analysis. 2nd edition, Amsterdam: North-Holland. [42] R. Temam (1995) Navier-Stokes Equations and Nonlinear Functional Analysis. 2nd edition, Philadelphia. [43] R. Temam (1997) Infinite Dimensional Dynamical Systems in Mechanics and Physics. 2nd edition, Springer-Verlag, New York. [44] R. Temam (2000) Some developments on Navier-Stokes equations in the second half of the 20th century. Development of Mathematics 1950-2000, Birkh¨ auser, Basel, 1049-1106. [45] R. Temam and X. Wang (1995) Asymptotic analysis of the linearized Navier-Stokes equations in the 2D channel. Diff. Int. Equ., 8, 1591-1618. [46] S.A. Antontsev and A.V. Kazhikov (1973) Mathematical Study of Flows of Nonhomogeneous Fluids. Lectures at the University of Novosibirsk, Novosibirsk, USSR. 131 [47] S. Bosia (2012) Well-posedness and long term behavior of a simplified Ericksen-Leslie non-autonomous system for nematic liquid crystal flows. Comm. Pure Appl. Anal., 11, 407-441. [48] S. Chen (1982) Symmetry analysis of convection on patterns. Comm. Theor. Phys., 1, 413-426. [49] S. Gala (2012) A new regularity criterion for the 3D MHD equations in R3 . Comm. Pure Appl. Anal., 11, 1353-1360. [50] S.S. Dragomir (2003) Some Gronwall Type Inequalities and Applications. Nova Science Publishers, New York. [51] T. Caraballo, G. Lukaszewicz and J. Real (2006) Pullback attractors for asymptotically compact non-autonomous dynamical systems. Nonlinear Anal., 64, 484-498. [52] T.G. Cowling (1957) Magnetohydrodynamics. Interscience Tracts Phys. Astronom., 4, Interscience, New York. [53] V.V. Chepyzhov and M.I. Vishik (1994) Attractors for non-autonomous dynamical systems and their dimension. J. Math. Pures Appl., 73, 279333. [54] X. Jia and Y. Zhou (2012) Regularity criteria for the 3D MHD equations via partial derivatives. Kinetic and Related Models, 5, 505-516. [55] X.L. Song and Y.R. Hou (2012) Pullback D-attractors for the nonautonomous Newton-Boussinesq equation in two-dimensional bounded domain. Discrete Contin. Dyn. Syst., 32, 991-1009. 132 DANH MỤC CÁC CÔNG TRÌNH ĐÃ CÔNG BỐ CỦA LUẬN ÁN 1. C.T. Anh and D.T. Son (2013), Pullback attractors for non-autonomous 2D Bénard problem in some unbounded domains, Mathematical Methods in the Applied Sciences 36, 1664-1684. (ISI) 2. C.T. Anh and D.T. Son (2015), Pullback attractors for non-autonomous 2D MHD equations in some unbounded domains, Annales Polonici Mathematici 113, 129-154. (ISI) DANH MỤC CÁC CÔNG TRÌNH KHOA HỌC CỦA TÁC GIẢ LIÊN QUAN ĐẾN LUẬN ÁN 3. C.T. Anh and D.T. Son, On the weak solutions to the variable density Boussinesq system, submitted (2015). 4. C.T. Anh and D.T. Son, Optimal control problems of the variable density Boussinesq system, submitted (2015). [...]... gian tối ưu của hệ Boussinesq với mật độ khối lượng thay đổi, làm đề tài nghiên cứu của Luận án "Một số hệ phương trình cặp trong cơ học chất lỏng" 2 MỤC ĐÍCH, ĐỐI TƯỢNG VÀ PHẠM VI NGHIÊN CỨU • Mục đích của luận án là nghiên cứu những vấn đề sau đối với một số lớp hệ phương trình cặp trong cơ học chất lỏng: ◦ Sự tồn tại và dáng điệu tiệm cận nghiệm (thông qua sự tồn tại và đánh giá số chiều fractal... thời sự và có ý nghĩa khoa học Như vậy, đối với các hệ phương trình cặp xuất hiện trong cơ học chất lỏng, mặc dù các kết quả gần đây tập trung vào việc nghiên cứu sự tồn tại, dáng điệu tiệm cận của nghiệm và các bài toán điều khiển, tuy nhiên các kết quả 12 hiện có chủ yếu dừng lại ở trường hợp ôtônôm, trong miền bị chặn và hệ được xét có mật độ khối lượng của chất lỏng là hằng số Việc phát triển những... nghiên cứu trong nhiều công trình, xem chẳng hạn [5, 49] và các tài liệu trong đó Tuy nhiên, phần lớn các kết quả nhận được ở trên đối với hệ phương trình MHD là ở trong miền bị chặn và ngoại lực f không phụ thuộc vào biến thời gian • Hệ phương trình Navier-Stokes và hệ Boussinesq với mật độ khối lượng thay đổi: Trong thực tế, nhiều bài toán có mật độ khối lượng của chất lỏng không phải là hằng số (chẳng... khoa học, và góp phần vào việc hoàn thiện lí thuyết các hệ phương trình cặp trong cơ học chất lỏng Các kết quả chính của luận án đã được công bố trong 02 bài báo trên các tạp chí khoa học chuyên ngành quốc tế (trong danh mục ISI), 02 bài khác đang gửi đăng ở tạp chí quốc tế và đã được báo cáo tại: • Đại hội Toán học toàn quốc lần thứ VIII, Nha Trang, 2013; • Hội thảo Tối ưu và Tính toán khoa học lần... trường hợp không ôtônôm, trong miền không bị chặn, hoặc các hệ phương trình với mật độ khối lượng của chất lỏng thay đổi là những vấn đề thời sự, có ý nghĩa khoa học và có nhiều ý nghĩa thực tiễn Nói riêng, những vấn đề chúng tôi quan tâm nghiên cứu trong luận án này bao gồm: • Nghiên cứu sự tồn tại và dáng điệu tiệm cận của nghiệm cho hệ phương trình Bénard (1) và hệ MHD (2) trong trường hợp không ôtônôm... yếu cho hệ phương trình Bénard hai chiều; Chương 3 trình bày các kết quả về sự tồn tại, dáng điệu tiệm cận của nghiệm yếu cho hệ phương trình động lực học thủy từ trường (MHD) hai chiều; Chương 4 trình bày kết quả về sự tồn tại nghiệm yếu, tính duy nhất nghiệm có điều kiện, bài toán điều khiển tối ưu và bài toán thời gian tối ưu của hệ phương trình Boussinesq có mật độ khối lượng thay đổi trong miền... hoặc ba chiều 17 Chương 1 MỘT SỐ KIẾN THỨC CHUẨN BỊ Trong chương này, chúng tôi nhắc lại các không gian hàm cần dùng để nghiên cứu, thiết lập các đánh giá cần thiết để xử lí số hạng phi tuyến trong hệ phương trình Chúng tôi cũng trình bày các kết quả tổng quát về lí thuyết tập hút lùi và một số kết quả bổ trợ được dùng trong các chương sau 1.1 CÁC KHÔNG GIAN HÀM Cho Ω là tập mở trong RN với biên ∂Ω Kí... giá số chiều Hausdorff của tập hút toàn cục Việc phát triển các kết quả này cho trường hợp ngoại lực có thể phụ thuộc thời gian là vấn đề thời sự và có ý nghĩa • Hệ phương trình động lực học thủy từ trường (gọi tắt là hệ MHD, xuất phát từ thuật ngữ Tiếng Anh là magnetohydrodynamics): Hệ này được đề cập đến lần đầu tiên trong công trình của T.G Cowling năm 1957 (xem [52]) khi kết hợp hệ phương trình. ..     ∂t T + u · ∇T − κ∆T = fT (x, t), (2.1) trong đó u = u(x, t) = (u1 , u2 ), p = p(x, t) tương ứng là hàm vectơ vận tốc và hàm áp suất cần tìm, T = T (x, t) là nhiệt độ cần tìm của chất lỏng tại vị trí x ∈ Ω và thời điểm t ≥ τ ; ν > 0, κ > 0 lần lượt là hệ số nhớt và hệ số truyền nhiệt; α = ϑg là tham số đặc trưng cho sự nổi của chất lỏng với hệ số giãn nở 31 − nhiệt ϑ và gia tốc rơi tự do g;... và tính chất của tập hút lùi, một công cụ hữu ích khi nghiên cứu các hệ động lực không ôtônôm Để chứng minh tính compact tiệm cận lùi của quá trình, một điều kiện cần thiết cho sự tồn tại tập hút lùi, chúng tôi sử dụng phương pháp phương trình năng lượng của J.M Ball cho nghiệm yếu (xem [20]) Để chứng minh tập hút lùi có số chiều fractal hữu hạn, chúng tôi phát triển phương pháp chứng minh trong [16] ... trình cặp học chất lỏng ít, tính phức tạp Dưới đây, điểm qua số kết gần cho hệ phương trình cặp học chất lỏng liên quan đến nội dung luận án • Hệ phương trình Bénard (một trường hợp riêng hệ Boussinesq):... ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI ——————– * ——————— Đặng Thanh Sơn MỘT SỐ HỆ PHƯƠNG TRÌNH CẶP TRONG CƠ HỌC CHẤT LỎNG Chuyên ngành: Phương trình vi phân tích phân Mã số: 62460103 LUẬN ÁN TIẾN SĨ TOÁN HỌC... định) hệ Trong năm gần đây, việc nghiên cứu hệ phương trình cặp xuất học chất lỏng hướng nghiên cứu thời Ở hệ phương trình Navier-Stokes trường vectơ vận tốc kết hợp phù hợp với phương trình

Một số hệ phương trình cặp trong cơ học chất lỏng

Thông tin tài liệu

Từ khóa liên quan

Trích đoạn

Tài liệu cùng người dùng

Tài liệu liên quan