Bài toán cauchy dirichlet đối với phương trình parabolic trong miền không chính quy

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI TRẦN THỊ HÒA BÀI TOÁN CAUCHY–DIRICHLET ĐỐI VỚI PHƯƠNG TRÌNH PARABOLIC TRONG MIỀN KHÔNG CHÍNH QUY Chuyên ngành: Toán giải tích Mã số: 60.46.01.02 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học: TS NGUYỄN THÀNH ANH Hà Nội, năm 2016 MỤC LỤC Trang Lời cảm ơn Mở đầu Chương Kiến thức chuẩn bị 1.1 Không gian Sobolev 1.1.1 Các không gian H m (Ω), H s (Ω) 1.1.2 Các không gian phụ thuộc thời gian 10 1.1.3 Không gian H r,s (Q) 11 1.2 Một số bất đẳng thức 13 1.3 Định lý Gauss-Green 14 1.4 Định lý xấp xỉ miền 15 Chương Bài toán Cauchy-Dirichlet phương trình parabolic miền không quy 17 2.1 Phát biểu toán 17 2.2 Tính nghiệm 18 2.3 Nghiệm toán miền xấp xỉ 20 2.4 Sự tồn nghiệm 24 Kết luận 36 Tài liệu tham khảo 37 Lời cảm ơn Bằng lòng kính trọng biết ơn sâu sắc, tác giả xin gửi lời cảm ơn đến thầy giáo TS Nguyễn Thành Anh người tận tình hướng dẫn tác giả hoàn thành luận văn Đồng thời, xin gửi lời cảm ơn đến tập thể thầy cô giáo khoa Toán-Tin trường Đại học sư phạm Hà Nội, người thầy trang bị cho tác giả kiến thức sở vững vàng suốt khóa học Thân cảm ơn bạn học viên cao học khóa 24, chuyên ngành Toán giải tích, trường Đại học sư phạm Hà Nội sát cánh, giúp đỡ tác giả trình học tập trau dồi kiến thức cho thân Cuối cùng, tác giả dành lời cảm ơn đến gia đình, bạn bè người cho nguồn động viên tinh thần lớn để tác giả hoàn thành tốt khóa học Mặc dù có nhiều cố gắng, song luận văn khó tránh khỏi thiếu sót Tác giả mong nhận góp ý quý báu từ phía thầy, cô bạn đồng nghiệp Xin chân thành cảm ơn! Hà Nội, tháng năm 2016 Trần Thị Hòa Mở đầu Lý chọn đề tài Các toán biên không dừng (hyperbolic, parabolic, ) thường xét miền quy, nghĩa miền không thay đổi theo thời gian Tuy nhiên, nhu cầu thực tiễn, toán biên phương trình không dừng miền thay đổi theo thời gian nhiều nhà toán học quan tâm nghiên cứu Miền người ta gọi miền không quy (non-regular) Có nhiều cách tiếp cận toán loại Trong khuôn khổ đề tài luận văn, quan tâm đến phương pháp xấp xỉ miền để xét phương trình parabolic miền không quy Bởi vậy, chọn đề tài “Bài toán Cauchy-Dirichlet phương trình parabolic miền không quy”, nội dung nghiên cứu dựa kết công trình [8] Cụ thể, giả sử Ω tập mở R2 , xác định Ω = {(t, x1 ) ∈ R2 : < t < T ; ϕ1 (t) < x1 < ϕ2 (t)}, T số dương, hữu hạn; ϕ1 , ϕ2 hàm giá trị thực, liên tục [0, T ], liên tục Lipschitz [0, T ] cho ϕ(t) := ϕ2 (t) − ϕ1 (t) > 0, t ∈ [0,T] Hàm ϕ triệt tiêu t = t = T Cho số dương cố định bi , với i = 1, 2, , N − Giả sử Q miền thuộc không gian (N + 1) chiều, xác định N −1 i=1 (0, bi ) Q=Ω× Trong luận văn này, nghiên cứu tính giải phương trình parabolic với điều kiện biên Cauchy–Dirichlet  ∂t u − N ∂ u = f Q, k=1 xk u = ∂Q\Γ , T ΓT phần biên Q t = T f ∈ L2 (Q) Các giả thiết hàm ϕ1 ϕ2 ϕi (t)ϕ(t) −→ t −→ 0, i = 1, 2, ϕi (t)ϕ(t) −→ t −→ T, i = 1, 2 Mục đích nghiên cứu Nghiên cứu tính giải toán Cauchy-Dirichlet phương trình parabolic miền không quy Nhiệm vụ nghiên cứu 1) Tìm hiểu tổng quan toán; 2) Nghiên cứu phương pháp tiếp cận toán biên không dừng miền không quy, đặc biệt phương pháp xấp xỉ miền; 3) Vận dụng phương pháp xấp xỉ miền để nghiên cứu toán, thiết lập kết trung gian để nhận kết mong muốn cuối Đối tượng phạm vi nghiên cứu Đối tượng nghiên cứu: Bài toán Cauchy-Dirichlet phương trình parabolic miền không quy phát biểu Phạm vi nghiên cứu: Tính giải toán không gian Sobolev Phương pháp nghiên cứu Phương pháp sử dụng xấp xỉ miền Q dãy miền (Qn ) biến đổi thành miền quy, việc thiết lập ước lượng bước quan trọng Đóng góp đề tài Chứng minh tính giải toán Cauchy-Dirichlet phương trình parabolic miền không quy Hà Nội, tháng 12 năm 2015 Tác giả Chương Kiến thức chuẩn bị Không gian Sobolev đóng vai trò không gian tìm nghiệm toán Cauchy-Dirichlet phương trình parabolic miền không quy Nội dung chương dành quan tâm đến không gian Sobolev vài không gian hàm nhắc tới nội dung Chương Bên cạnh đó, số kiến thức sở nhằm phục vụ cho việc trình bày chứng minh Chương Hầu hết nội dung chương lấy tài liệu [6] [11] sở thống mặt kí hiệu 1.1 Không gian Sobolev Một số kí hiệu • Rn := {x = (x1 , x2 , , xn ) : xk ∈ R} • X không gian đối ngẫu không gian X • Ω miền Rn với biên ∂Ω • Cho véc tơ α = (α1 , α2 , , αn ) α1 , α2 , , αn số nguyên không âm kí hiệu |α| = α1 + α2 + + αn Khi α gọi đa số cấp α • Đạo hàm cấp m hàm u(t) kí hiệu u(m) , (m) u dm u = m dt • C(Ω): Tập hàm liên tục Ω • C k (Ω): Tập hàm liên tục có đạo hàm riêng liên tục đến cấp k Ω • C ∞ (Ω): Tập hàm khả vi vô hạn Ω • C0k (Ω): Tập hàm khả vi liên tục đến cấp k có giá nằm Ω • D(Ω): Tập hàm khả vi vô hạn có giá compact Ω • Lloc (Ω): Tập hàm f Ω cho với tập Ω compact Ω f khả tích Ω 1.1.1 Các không gian H m (Ω), H s (Ω) Định nghĩa 1.1 Kí hiệu Lp (Ω), ≤ p < +∞ không gian Banach bao gồm tất hàm đo Ω p khả tích, tức ˆ |u(x)|p dx < +∞ Ω Trên Lp (Ω) trang bị chuẩn: u Lp (Ω) ˆ = ( |u(x)|p dx)1/p Ω Khi p = +∞, Lp (Ω) không gian Banach hàm bị chặn Ω với chuẩn xác định: u ∞,Ω = u = ess supx∈Ω u(x) L∞ (Ω) Lp (Ω), ≤ p ≤ +∞ không gian Banach Đặc biệt, p = L2 (Ω) không gian Hilbert với tích vô hướng xác định ˆ u, v L2 (Ω) = u(x) v(x) dx Ω Định lý 1.1 ([6]) Giả sử Ω tập mở Rn , (un ) ⊂ Lp (Ω), ≤ p ≤ +∞ cho un −→ u Lp (Ω) Khi đó, tồn dãy (unk ) hàm v ∈ Lp (Ω) thỏa mãn (i) unk (x) −→ u(x) h.k.n Ω n −→ ∞, (ii) |unk (x)| ≤ v(x) h.k.n Ω, với n ≥ Định nghĩa 1.2 (Đạo hàm suy rộng) Giả sử u(x), v(x) ∈ L1oc (Ω) α ∈ N Ta nói v(x) đạo hàm suy rộng cấp α u(x), viết Dα u = v nếu: ˆ ˆ |α| v(x)Dα ϕ(x)dx, u(x)ϕ(x)dx = (−1) Ω Ω với hàm thử ϕ(x) ∈ D(Ω) Trong đó, α = (α1 , α2 , , αn ) |α| = α1 + α2 + + αn Ta kí hiệu: Dxα u = Dα u = ∂ |α| u ∂xα1 ∂xαnn m Nếu α = m ta coi Dα u phần tử không gian Rn Đặc biệt, α = 1, ta coi Du = ∇u = ( ∂u ∂u ∂u , , , ) ∂x1 ∂x2 ∂xn Khi α = 2, ta coi phần tử D2 u ma trận   ∂ u ∂2u ∂2u ∂x1 ∂x2 ∂x1 ∂xn   ∂x12 ∂2u u   ∂u ∂x∂2 ∂x  ∂x2 ∂x1  ∂x22 n D u=      ∂2u ∂2u ∂2u ∂xn ∂x1 ∂xn ∂x2 ∂x2 n Nhận xét Đạo hàm suy rộng có nhất, sai khác tập có độ đo không Thật vậy, giả sử u1 (x) u2 (x) đạo hàm suy rộng hàm v(x) Khi đó, ˆ (u1 (x) − u2 (x))ϕ(x)dx = 0, với ∀ϕ(x) ∈ D(Ω) Ω Mặt khác, (u1 (x) − u2 (x)) ∈ L1oc (Ω) nên u1 (x) − u2 (x) = h.k.n Ω, suy u1 (x) = u2 (x) h.k.n Ω Từ công thức Green cổ điển suy hàm f (x) có đạo hàm (theo nghĩa cổ điển) liên tục cấp α có đạo hàm suy rộng cấp α ∂ α1 +α2 + +αn f D f= ∂xα1 ∂xαnn α Một hàm có đạo hàm suy rộng đạo hàm theo nghĩa thông thường Mệnh đề 1.1 ([1]) (i) Một hàm có đạo hàm suy rộng cấp α miền Ω có đạo hàm suy rộng cấp α miền Ω ⊂ Ω Khi đó, đạo hàm suy rộng miền Ω gọi thu hẹp đạo hàm suy rộng Ω vào Ω (ii) Dα+β v = Dα (Dβ v); aDα v1 + bDα v2 = Dα (av1 + bv2 ) (iii) Đạo hàm suy rộng không phụ thuộc vào thứ tự lấy đạo hàm (iii) Khác với đạo hàm cổ điển, đạo hàm suy rộng xác định với cấp α mà không cần giả thiết đạo hàm cấp thấp tồn Nói cách khác, đạo hàm cấp thấp α không tồn đạo hàm suy rộng cấp α tồn Định nghĩa 1.3 Cho m số nguyên dương, kí hiệu không gian W m,p (Ω) không gian Sobolev bao gồm tất hàm u : Ω −→ R cho u(x) ∈ Lp (Ω) tồn đạo hàm suy rộng cấp α, |α| ≤ m thuộc Lp (Ω) Trên W m,p (Ω) trang bị chuẩn m ˆ u W m,p (Ω) = ( |Dα u|p dx)1/p , với ≤ p < +∞, |α|=0 u W m,p (Ω) Ω = max0≤α≤m { Dα u L∞ (Ω) }, với p = +∞ từ H01,2 (Pα ) đến L2 (Pα ) Điều cho thấy L toán tử Fredholm với số không Mà L đơn ánh nên toán tử khả nghịch Do L phép đồng phôi từ H01,2 (Pα ) vào L2 (Pα ) Vậy Định lý 2.2 chứng minh Bổ đề 2.1 Không gian 1 D(( , T − ); H ((0, 1) × α α N −1 N −1 (0, bi )) ∩ H01 ((0, 1) × i=1 (0, bi )) i=1 trù mật không gian H 1,2 (Pα ) xác định 1 u = ( , T − ) × {0} × α α N −1 (0, bi ) i=1 N −1 1 ( , T − ) × {1} × α α (0, bi ) i=1 Đây trường hợp đặc biệt Định lý 1.5 tính trù mật phát biểu Chương Chúng ta cần kết sau theo trình tự để khẳng định lập luận Mục 2.4 Bổ đề 2.2 Không gian {u ∈ H (Pα ) : u|∂Pα \ T−α = 0} trù mật không gian {u ∈ H 1,2 (Pα ) : u|∂Pα \ Chứng minh Giả sử α T−α = 0} phần biên Pα t = α1 , Bổ đề 2.1 cho thấy không gian {u ∈ H (Pα ) : u|∂Pα \ T−α \ α = 0} trù mật không gian {u ∈ H 1,2 (Pα ) : u|∂Pα \ 23 T−α \ α = 0} Nên u ∈ {u ∈ H 1,2 (Pα ) : u|∂Pα \ T−α \ α = 0}, tồn dãy (un ) ∈ {u ∈ H (Pα ) : u|∂Pα \ cho un T−α \ α = 0} u, n −→ ∞ H 1,2 (Pα ) Giả sử (en ) dãy C ∞ ([ α1 , T − α1 ]) cho  1 t ≥ + , α n en (t) = 0 t ≤ + α 2n Dãy (en un ) thuộc không gian {u ∈ H (Pα ) : u|∂Pα \ T−α = 0} Trong phép hợp thành en un u, n −→ ∞ H 1,2 (Pα ) Chú ý Trong Bổ đề 2.2, thay Pα Qα nhờ phép biến đổi ψ nói 2.4 Sự tồn nghiệm Ở Mục 2.2 nhận kết tính nghiệm, mục trình bày kết tồn nghiệm toán (2.3) phương pháp xấp xỉ miền Cụ thể, trước tiên xấp xỉ miền Q dãy miền (Qn ) thiết lập đánh giá theo kiểu: un H 1,2 (Qn ) ≤K f L2 (Qn ) , với un nghiệm toán (2.3) Qn , K số không phụ thuộc vào n Sau nghiệm mạnh theo sơ đồ: Bởi kết Mục 2.3 tính giải toán Qn , với n nên 24 có dãy nghiệm un , dãy mở rộng đến Q Nhờ đánh giá tiên nghiệm, dãy mở rộng bị chặn không gian Hilbert, từ rút dãy hội tụ yếu tới hàm hàm nghiệm cần tìm Kí hiệu un ∈ H 1,2 (Qn ) nghiệm toán (2.3) tương ứng với số hạng bên vế phải fn = f |Qn ∈ L2 (Qn ) N −1 Qn = Ωn × (0, bi ), i=1 1 < t < T − ; ϕ1 (t) < x1 < ϕ2 (t)} n n Để thiết lập ước lượng, cần kết trình Ωn = {(t, x1 ) ∈ R2 : bày hai bổ đề Bổ đề 2.3 Giả sử (a, b) ⊂ R Khi đó, tồn số K2 (không phụ thuộc vào a, b) cho: u(j) L2 ((a,b)) ≤ (b − a)2(2−j) K2 u(2) L2 ((a,b)) , j = 0, 1, với ∀u ∈ H ((a, b)) ∩ H01 ((a, b)) Ở u(1) (tương ứng u(2) ) đạo hàm cấp (tương ứng cấp hai) u (a, b) u(0) = u Chứng minh Vì u ∈ H ((a, b)) ∩ H01 ((a, b)) nên u(a) = u(b) = Với s ∈ (a, b), ˆ s u(s) = u (r)dr a Bởi ˆ s |u(s)| ≤ |u (r)|dr a Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Shwarz ta ˆ s 1/2 |u(s)| ≤ (s − a) ( |u |2 )1/2 a ˆ b ≤ (b − a)1/2 ( |u |2 )1/2 a 25 Bình phương hai vế ˆ b |u (s)|2 |u(s)| ≤ (b − a) a Lấy tích phân [a, b] ta thu ˆ b ˆ b |u(s)|2 ≤ (b − a)2 |u (s)|2 a a Chứng minh tương tự ta có kết ˆ b ˆ b 2 |u (r)| ≤ (b − a) |u (r)|2 a a hay u L2 ((a,b)) ≤ (b − a)2 u L2 ((a,b)) Vậy bất đẳng thức với j = Các bất đẳng thức nhận cho ta kết ˆ b ˆ b |u |2 |u| ≤ (b − a) a a hay u L2 ((a,b)) ≤ (b − a)4 u L2 ((a,b)) Vậy bất đẳng thức với j = Bổ đề 2.4 Với ∀ > 0, chọn ϕ(t) cho ϕ(t) ≤ với t ∈ [0, T ], tồn số C1 không phụ thuộc vào n cho ∂xj un L2 (Qn ) ≤ C1 2(2−j) ∂x21 un L2 (Qn ) , j = 0, Chứng minh Trong Bổ đề 2.3 thay u un (a, b) (ϕ1 (t), ϕ2 (t)) ta u(j) n L2 (ϕ1 (t),ϕ2 (t)) ≤ (ϕ1 (t) − ϕ2 (t))2(2−j) K2 u(2) n Cho t cố định, ta thu ˆ ϕ2 (t) ˆ j 2(2−j) (∂x1 un ) dx1 ≤ K2 ϕ (t) ϕ1 (t) ϕ2 (t) ϕ1 (t) 26 L2 (ϕ1 (t),ϕ2 (t)) , j (∂x21 un )2 dx1 = 0, Mặt khác, ϕ(t) ≤ nên ˆ ϕ2 (t) ˆ (∂xj un )2 dx1 ≤ K2 ϕ2(2−j) (t) ϕ1 (t) ˆ ≤ K2 2(2−j) ϕ2 (t) ϕ1 (t) ϕ2 (t) ϕ1 (t) (∂x21 un )2 dx1 (∂x21 un )2 dx1 Đầu tiên, tích phân bất đẳng thức t, sau x2 , x3 , , xN kết mong muốn với C1 = K2 Mệnh đề 2.1 Tồn số K1 không phụ thuộc vào n cho un ≤ K1 fn H 1,2 (Qn ) L2 (Qn ) ≤ K1 f L2 (Q) (2.5) Chứng minh Kí hiệu tích trong không gian L2 (Qn ) , Ta có N fn 2L2 (Qn ) N ∂x2k un , ∂t un = ∂t un − i=1 N k=1 N = ∂t un 2L2 (Qn ) + ∂x2k un , k=1 N N = ∂t un L2 (Qn ) ∂x2i un − N ∂x2i un ∂t un , ∂x2k un −2 i=1 k=1 ∂x2k un , ∂x2i un − ∂t un , ∂x2k un + k=1 i=1 N N 2 = ∂t un L2 (Qn ) + ∂xk un L2 (Qn ) − k=1 k=1 N N +2 ∂x21 un , ∂x2k un + ∂x22 un , ∂x2k un k=2 k=3 2 + + ∂xN −1 un , ∂xN un ∂t un , ∂x2k un • Đánh giá − ∂t un , ∂x21 un : Ta có ∂t un ∂x21 un = ∂x1 (∂t un ∂x1 un ) − ∂t (∂x1 un )2 27 Từ đó, ˆ −2 ∂t un , ∂x21 un = −2 ˆQn ∂t un ∂x21 un dtdx1 dxn = −2 ∂x1 (∂t un ∂x1 un )dtdx1 dxn Qn ˆ + ∂t (∂x1 un )2 dtdx1 dxn Qn ˆ ˆ = −2 ∂t un ∂x1 un νx1 dσ + (∂x1 un )2 νt dσ ∂Q ˆ ∂Q = [(∂x1 un )2 νt − 2∂t un ∂x1 un νx1 ]dσ, ∂Q νt , ν1 , ν2 , , νN thành phần véc tơ pháp tuyến đơn vị ∂Qn Chúng ta viết lại tích phân biên cách sử dụng điều kiện biên Cụ thể, phần biên Qn t = n1 , xk = 0, k = 2, , N xk = bk−1 , k = 2, , N ta có un = dẫn đến kết ∂x1 un = Tích phân biên tương ứng triệt tiêu Trên phần biên Qn t = T − n1 , có νx1 = νt = Vì vậy, tích phân biên tương ứng ˆ bN −1 ˆ b−1 ˆ ϕ2 (T − ) n (∂x1 un )2 dx1 dx2 dxN ϕ1 (T − n1 ) không âm Trên phần biên Qn x1 = ϕi (t), i = 1, 2, un = Lấy vi phân t ta thu ∂t un = −ϕi (t)∂x1 un Bởi vậy, tích phân biên tương ứng ˆ bN −1 ˆ b−1 ˆ T − n ϕ1 (t)[∂x1 un (t, ϕ1 (t), x2 )]2 dtdx2 dxN − ˆ + ˆ bN −1 n b−1 ˆ T − n1 0 n ϕ2 (t)[∂x1 un (t, ϕ2 (t), x2 )]2 dtdx2 dxN = I1 + I2 28 Và ta có − ∂t un , ∂x21 un ≥ −|I1 | − |I2 | (2.6) Bổ đề 2.5 Tồn số K4 không phụ thuộc vào n cho |Ii | ≤ K4 ∂x21 un L2 (Qn ) , i = 1, Chúng ta biến đổi bất đẳng thức tích phân I1 thành tích phân mặt cách đặt [∂x1 un (t, ϕ1 (t), x2 )]2 = − ϕ2 (t) − x1 x =ϕ (t) [∂x1 un (t, x1 , x2 )]2 |x11 =ϕ21 (t) ϕ(t) Để cho đơn giản, ta viết ∂x1 un thay cho ∂x1 un (t, x1 , x2 ) Tiếp tục khai triển ˆ ϕ2 (t) ∂x1 { [∂x1 un (t, ϕ1 (t), x2 )] = − ϕ1 (t) ϕ2 (t) ˆ = −2 ˆ ϕ1 (t) ϕ2 (t) + ϕ1 (t) Khi đó, ta có ˆ I1 = − ˆ bN −1 b−1 ˆ T − n1 0 ˆ n ϕ2 (t) − x1 [∂x1 un ]2 }dx1 ϕ(t) ϕ2 (t) − x1 ∂x1 un ∂x21 un dx1 ϕ(t) [∂x1 un ]2 dx1 ϕ(t) ϕ1 (t)[∂x1 un (t, ϕ1 (t), x2 )]2 dtdx2 dxN ϕ1 (t) (∂x1 un )2 dtdx1 dx2 dxN Qn ϕ(t) ϕ2 (t) − x1 ϕ1 (t)(∂x1 un )(∂x21 un )dtdx1 dx2 dxN ϕ(t) Qn =− ˆ +2 Nhờ Bổ đề 2.4 nên ta viết ˆ ϕ2 (t) ˆ 2 [∂x1 un ] dx1 ≤ K2 ϕ (t) ϕ2 (t) ϕ1 (t) ϕ1 (t) 29 [∂x21 un ]2 dx1 Dó đó, ˆ ϕ2 (t) |ϕ1 (t)| [∂x1 un ] ϕ(t) ϕ1 (t) Kết ˆ ϕ2 (t) dx1 ≤ K2 |ϕ1 (t)|ϕ(t) ϕ1 (t) [∂x21 un ]2 dx1 ˆ |I1 | ≤ K2 ˆ +2 Qn Qn |ϕ1 (t)|ϕ(t)(∂x21 un )2 dtdx1 dx2 dxN |ϕ1 (t)||∂x1 un ||∂x21 un |dtdx1 dx2 dxN Từ | ϕ2 (t) − x1 | ≤ 1, ϕ(t) sử dụng bất đẳng thức 2|ϕ1 ∂x1 un ||∂x21 un | ≤ (∂x21 un ) + (ϕ1 )2 (∂x1 un )2 , với ∀ , ta thu ˆ |I1 | ≤ K2 Qn ˆ + Qn |ϕ1 (t)|ϕ(t)(∂x21 un )2 dtdx1 dx2 dxN (∂x21 un )2 dtdx1 dx2 dxN + ˆ (ϕ1 (t))2 (∂x1 un )2 dtdx1 dx2 dxN Qn Bổ đề 2.4 cho thấy ˆ (ϕ1 (t))2 (∂x1 un )2 dtdx1 dx2 dxN Qn ˆ ≤ K2 (ϕ1 (t))2 ϕ2 (t)(∂x21 un )2 dtdx1 dx2 dxN Qn Bởi ˆ |I1 | ≤ K2 [|ϕ1 (t)||ϕ(t)| + (ϕ1 (t))2 |ϕ(t)|2 ](∂x21 un )2 dtdx1 dx2 dxN Qn ˆ + (∂x21 un )2 dtdx1 dx2 dxN Qn ˆ ≤ (2K2 + 1) (∂x21 un )2 dtdx1 dx2 dxN , Qn 30 |ϕ1 ϕ| ≤ Nhờ giả thiết (2.1), (2.2), lấy K4 = (2K22 + 1) ta thu |I1 | ≤ K4 ∂x21 un L2 (Qn ) Một cách tương tự, ta chứng minh bất đẳng thức |I2 | ≤ K4 ∂x21 un L2 (Qn ) Đến đây, ta kết thúc chứng minh Bổ đề 2.5 N k=2 • Đánh giá − ∂t un , ∂x2k un : Ta có ∂t un ∂x2k un = ∂xk (∂t un ∂xk un ) − ∂t (∂xk un )2 Bởi ˆ −2 ∂t un , ∂x2k un = −2 Qn ˆ = −2 ∂t un ∂x2k un dtdx1 dx2 dxN ˆ ∂t (∂xk un )2 dtdx1 dx2 dxN ∂xk (∂t un ∂xk un )dtdx1 dx2 dxN + Qn Qn ˆ ˆ (∂xk un )2 νt dσ −2∂t un ∂xk un νxk dσ + = ˆ∂Qn ∂Qn [(∂xk un )2 νt − 2∂t un ∂xk un νxk ]dσ = ∂Qn Sử dụng điều kiện biên Cauchy-Dirichlet, ta thấy tích phân biên không âm nên N ∂t un , ∂x2k un ≥ −2 (2.7) k=2 • Đánh giá − N k=2 ∂x21 un , ∂x2k un : Ta có ∂x21 un ∂x2k un = ∂x1 (∂x1 un ∂x2k un ) − ∂xk (∂x1 un ∂x1 ∂xk un ) + (∂x1 ∂xk un )2 Bởi ˆ −2 ∂x21 un , ∂x2k un =2 Qn ∂x21 un ∂x2k un dtdx1 dx2 dxN 31 ˆ =2 ˆ Qn −2 ∂x1 (∂x1 un ∂x2k un )dtdx1 dx2 dxN ∂xk (∂x1 un ∂x1 ∂xk un )dtdx1 dx2 dxN ˆQn (∂x1 ∂xk un )2 dtdx1 dx2 dxN ˆQn ˆ =2 ∂x1 un ∂x2k un νx1 dσ − ∂x1 un ∂x1 ∂xk un νxk dσ ∂Qn ∂Qn ˆ +2 (∂x1 ∂xk un )2 dtdx1 dx2 dxN ˆQn =2 [∂x1 un ∂x2k un νx1 − ∂x1 un ∂x1 ∂xk un νxk ]dσ ˆ ∂Qn +2 (∂x1 ∂xk un )2 dtdx1 dx2 dxN +2 Qn Nhờ có điều kiện biên nên ta kết ∂x21 un , ∂x2k un ≥ ∂x1 ∂xk un L2 (Qn ) (2.8) Lập luận tương tự ta có kết   ∂x22 un , ∂x2k un ≥ ∂x2 ∂xk un 2L2 (Qn ) , k = 3, 4, , N,      2 ∂ un , ∂ un ≥ ∂x ∂x un 2 x3 xk k L (Qn ) , k = 4, 5, , N,        2 ∂xN −1 un , ∂x2k un ≥ ∂xN −1 ∂xk un 2L2 (Qn ) (2.9) Tổng hợp đánh giá (2.6), (2.7), (2.8) (2.9) tích sử dụng Bổ đề 2.5 ta có N fn 2L2 (Qn ) ≥ ∂t un 2L2 (Qn ) ∂x2k un + L2 (Qn ) − |I1 | − |I2 | k=1 N N ∂x1 ∂xk un 2L2 (Qn ) +2 k=2 N +2 +2 ∂x2 ∂xk un L2 (Qn ) k=3 ∂x3 ∂xk un L2 (Qn ) k=4 32 + + ∂xN −1 ∂xN un L2 (Qn ) ≥ ∂t un L2 (Qn ) + (1 − 2K4 ) ∂x21 un N N ∂x2k un 2L2 (Qn ) + ∂x1 ∂xk un +2 L2 (Qn ) k=2 k=2 N N ∂x2 ∂xk un 2L2 (Qn ) +2 +2 L2 (Qn ) ∂x3 ∂xk un L2 (Qn ) + +2 ∂xN −1 ∂xN un L2 (Qn ) k=4 k=3 cho (1 − 2K4 ) > để số Khi đó, ta chọn K0 > không phụ thuộc vào n cho fn L2 (Qn ) ≥ K0 un H 1,2 (Qn ) Vì Qn ⊂ Q nên fn L2 (Qn ) ≤ f L2 (Q) Do đó, tồn số K1 > không phụ thuộc vào n thỏa mãn un H 1,2 (Qn ) ≤ K1 fn L2 (Qn ) ≤ K1 f L2 (Q) Đến đây, Mệnh đề 2.1 chứng minh Sau định lý tồn nghiệm Định lý 2.3 Bài toán (2.3) có nghiệm u ∈ H01,2 (Q) thỏa mãn đánh giá u H 1,2 (Q) ≤K f L2 (Q) Chứng minh Chọn dãy Qn , n = 1, 2, miền tương tự Mục 2.3 cho Qn ⊆ Q Khi đó, ta có Qn −→ Q, n −→ ∞ Xét nghiệm un ∈ H 1,2 (Qn ) toán Cauchy-Dirichlet  ∂t un − N ∂ un = f Qn , k=1 xk u = ∂Q \Γ , n n 33 T−n (2.10) ΓT − n1 phần biên Qn t = T − n1 Nghiệm un tồn Định lý 2.2, un ∈ H01,2 (Qn ) thỏa mãn N ∂x2k un = f h.k.n Qn ∂t un − k=1 Giả sử un 0-mở rộng un đến Q, tức  un (t, x) (t, x) ∈ Qn , un (t, x) = 0 (t, x) ∈ Q\Q n Trong Mệnh đề 2.1, ta biết tồn số C cho un L2 (Q) + ∂t un L2 (Q) ∂ α un + L2 (Q) ≤C f L2 (Q) |α|≤2 Bất đẳng thức cho thấy un , ∂t un ∂ α un hàm bị chặn không gian L2 (Q) Do vậy, chứa dãy hội tụ yếu Nếu ta cho dãy tăng thích hợp số nguyên nj , j = 1, 2, tồn hàm u(t, x), v(t, x) vα (α đa số |α| ≤ 2) L2 (Q) cho u L2 (Q), unj ∂t unj v L2 (Q), ∂ α unj vα L2 (Q), j −→ ∞ Ta u nghiệm mạnh toán (2.3) Thật vậy, (t, x) ∈ Qn un = un nên ∂t un = ∂t un Mà ∂t un v ∂t un −→ ∂t u nên ∂t u = v Tương tự ta có ∂ α u = vα Nếu (t, x) ∈ Q\Qn un = Khi dễ thấy v = ∂t u = ∂ α u = vα = Trong hai trường hợp, v = ∂t u ∂ α u = vα chiều phân bố Q Do vậy, u ∈ H 1,2 (Q) Mặt khác, un nghiệm mạnh toán (2.10) cách đặt un nên un thỏa mãn phương trình N ∂x2k un = fn h.k.n Q, ∂t un − k=1 34  f Qn , fn = 0 Q\Q n Do dãy hội tụ yếu nên N N ∂x2k un ) (∂t un − ∂x2k u) L2 (Q) (∂t u − k=1 k=1 Điều suy ˆ ˆ N ∂x2k un )vdtdx (∂t un − Q Do −→ ˆ hay k=1 N ∂x2k u − f )vdtdx = 0, ∀v ∈ D(Q) (∂t u − Q ∂x2k u)vdtdx, ∀v ∈ D(Q) (∂t u − Q ˆ k=1 N f vdtdx = Q ∂x2k u)vdtdx, ∀v ∈ D(Q) (∂t u − Q k=1 ˆ N k=1 Suy N ∂x2k u = f h.k.n Q ∂t u − k=1 Hơn nữa, un |∂Qn \ T−n =0 nên u = ∂Q\ΓT Ta nhận kết u nghiệm mạnh toán (2.3) Từ đánh giá (2.5) Mệnh đề 2.1, ta nhận u H 1,2 (Q) ≤K f 35 L2 (Q) Kết luận Luận văn xét toán Cauchy-Dirichlet phương trình parabolic miền không quy Kết nhận là: 1) Chứng minh tính nghiệm toán, thể Định lý 2.1 2) Vận dụng phương pháp xấp xỉ miền chứng minh tồn nghiệm toán, thể Định lý 2.3 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Nguyễn Mạnh Hùng (2006), Phương trình đạo hàm riêng, NXB Đại học sư phạm, Hà Nội [2] Vũ Trọng Lưỡng (2006), Bài toán biên ban đầu thứ phương trình hyperbolic mạnh miền không trơn, Tạp chí khoa học Đại học sư phạm Hà Nội, số 1, 27-32 [3] Trần Đức Vân (2006), Lý thuyết Phương trình vi phân, đạo hàm riêng, NXB Đại học quốc gia, Hà Nội [4] R A Adams (1975), Sobolev Spaces, Academic Press [5] O V Besov (1967), Continuation of funtions from LLp and Wpl , Trudy Mat Inst Steklov 89 [6] L C Evans (1998), Partial Differential Equations, AMS Press [7] A Kheloufi, R Labbas and B K Sadallah (2010), On the resolution of a parabolic equation in a nonregular domain of R3 , Equ Appl., no 2, 251-263 [8] A Kheloufi (2014), Parabolic equations with Cauchy-Dirichlet boundary conditions in a non-regular domain of Rn+1 , Georgian Math J, 199-209 [9] A Kheloufi, R Labbas and B K Sadallah (2010), Parabolic equations with Robin type boundary conditions in a non-rectangular domain, Electron J Differential Equations, no 25 [10] O A Ladyzhenskaya, V A Solonnikov and N N Ural’tseva (1968), Linear and Quasilinear Equations of Parabolic Type, Transl Math Monogr 23, American Mathematical Society, Providence [11] J L Lions and Magenes (1968), Proble`mes aux Limites Non Homoge`nes et Applications, vol 1, 2, Travaux et Recherches Mathe´matiqes 17, 18, Dunod, Pari [12] J Necas (1967), Direct Methods in the Theory of Elliptic Equations, Springer Monographs in Mathematics, Pari 37 [...]... ∂Ω thuộc lớp C ∞ Định lý 1.8 (Xấp xỉ miền [2]) Giả sử Ω là miền tùy ý, bị chặn trong Rn Khi đó, tồn tại một dãy miền Ω , > 0 sao cho Ω = {x ∈ Ω : dist(x, ∂Ω) > } và lim Ω = Ω, nghĩa là lim µ(Ω\Ω ) = 0, −→0 −→0 với ∂Ω trơn 16 Chương 2 Bài toán Cauchy- Dirichlet đối với phương trình parabolic trong miền không chính quy 2.1 Phát biểu bài toán Giả sử Ω là một tập mở trong R2 , xác định bởi Ω = {(t, x1 )... bi , với i = 1, 2, , N − 1 Giả sử Q là miền thuộc không gian (N + 1) chiều, xác định bởi Q=Ω× N −1 i=1 (0, bi ) 17 Xét bài toán  ∂t u − N ∂ 2 u = f trong Q, k=1 xk u = 0 trên ∂Q\Γ , T (2.3) trong đó ΓT là phần biên của Q khi t = T và f ∈ L2 (Q) Trong luận văn này, chúng tôi nghiên cứu tính giải được duy nhất của bài toán (2.3) trong không gian Sobolev H01,2 (Q) = {u ∈ H 1,2 (Q) : u|∂Q\ΓT = 0}, với. .. ta đã nhận được kết quả về tính duy nhất nghiệm, mục này trình bày kết quả chính về sự tồn tại nghiệm của bài toán (2.3) bằng phương pháp xấp xỉ miền Cụ thể, trước tiên chúng tôi xấp xỉ miền Q bởi một dãy miền con (Qn ) và thiết lập một đánh giá theo kiểu: un H 1,2 (Qn ) ≤K f L2 (Qn ) , với un là nghiệm của bài toán (2.3) trong Qn , K là hằng số không phụ thuộc vào n Sau đó sẽ chỉ ra một nghiệm mạnh... ta khẳng định u = 0 trong Q Định lý được chứng minh 2.3 Nghiệm của bài toán trong miền xấp xỉ Trước khi chứng minh sự tồn tại nghiệm của bài toán (2.3), chúng ta cần có một kết quả về tính giải được duy nhất của bài toán (2.3) khi Q có thể biến đổi vào trong một trụ Pα nhờ một phép biến đổi ψ , với điều kiện giả thiết rằng ϕ(0) > 0 và ϕ(T ) > 0 Cụ thể, ở phần này chúng ta thay miền Q bởi 1 1 Qα = {(t,... ; X) là không gian bao gồm tất cả các hàm đo được Lebesgue u : [0, T ] −→ X sao cho u Lp (0,T ;X) < +∞, trong đó u Lp (0,T ;X) ˆ := ( T u(t) 0 p 1/p X dt) với 1 ≤ p < +∞ và u Lp (0,T ;X) := ess sup0≤t≤T u(t) X với p = +∞ Lp (0, T ; X) là không gian Banach và là không gian Hilbert khi p = 2 Không gian đối ngẫu của Lp (0, T ; X) là không gian Lq (0, T ; X ), trong đó 1 p + 1 q = 1 Sự hội tụ trong Lp... 1 (Ω) ˆ ˆ uxi dx = uνi dσ, Ω ∂Ω với i = 1, 2, , n 1.4 Định lý xấp xỉ miền Định nghĩa 1.14 Cho Ω là miền bị chặn trong Rn với biên ∂Ω Ta nói rằng biên ∂Ω là thuộc lớp C k nếu với mỗi điểm x0 ∈ ∂Ω tồn tại một lân cận Ux0 của điểm x0 trong Rn sao cho ∂Ω ∩ Ux0 nằm trên siêu mặt xi = f (x1 , , xi−1 , xi+1 , , xn ), 15 với f ∈ C k (G), trong đó G là miền biến thiên của các đối số x1 , , xi−1 , xi+1 , , xn... duy nhất của bài toán trong Qn , với mỗi n nên 24 chúng ta có được một dãy nghiệm un , dãy này có thể mở rộng được đến Q Nhờ các đánh giá tiên nghiệm, dãy mở rộng bị chặn đều trong không gian Hilbert, từ đó rút ra một dãy con hội tụ yếu tới một hàm và hàm này chính là nghiệm cần tìm Kí hiệu un ∈ H 1,2 (Qn ) là nghiệm của bài toán (2.3) tương ứng với số hạng bên vế phải fn = f |Qn ∈ L2 (Qn ) trong N −1... (t) ϕ2 (t) ϕ1 (t) (∂x21 un )2 dx1 (∂x21 un )2 dx1 Đầu tiên, tích phân trong bất đẳng thức đối với t, sau đó đối với x2 , x3 , , xN chúng ta được kết quả như mong muốn với C1 = K2 Mệnh đề 2.1 Tồn tại một hằng số K1 không phụ thuộc vào n sao cho un ≤ K1 fn H 1,2 (Qn ) L2 (Qn ) ≤ K1 f L2 (Q) (2.5) Chứng minh Kí hiệu tích trong trong không gian L2 (Qn ) bởi , Ta có N fn 2L2 (Qn ) N ∂x2k un , ∂t un =... trong Rn Khi đó không gian D(Ω) là trù mật trong H s (Ω) Định nghĩa 1.7 Kí hiệu H0s (Ω) là bao đóng của D(Ω) trong không gian H s (Ω) 9 1.1.2 Các không gian phụ thuộc thời gian Cho X là một không gian Hilbert Định nghĩa 1.8 Kí hiệu C([0, T ]; X) là không gian bao gồm tất cả các hàm liên tục u : [0, T ] −→ X Trên C([0, T ]; X) trang bị chuẩn u C([0,T ];X) = max0≤t≤T u(t) X Định nghĩa 1.9 Kí hiệu không. .. Định nghĩa 2.1 Nghiệm mạnh của bài toán (2.3) là hàm u thuộc không gian H01,2 (Q) và thỏa mãn N ∂x2k u = f với h.k.n (t, x) ∈ Q ∂t u − k=1 2.2 Tính duy nhất nghiệm Định lý 2.1 Nghiệm của bài toán (2.3) là duy nhất Chứng minh Giả sử rằng u1 , u2 ∈ H01,2 (Q) là hai nghiệm của bài toán (2.3) Đặt u(t, x) = u1 − u2 thì u(t, x) ∈ H01,2 (Q) và thỏa mãn  ∂t u − N ∂ 2 u = 0 trong Q, k=1 xk u = 0 trên ∂Q\Γ