Bài toán đồng hóa dữ liệu đối với một số phương trình tiến hóa trong cơ học chất lỏng

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI ——————— * ——————— BÙI HUY BÁCH BÀI TỐN ĐỒNG HĨA DỮ LIỆU ĐỐI VỚI MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH TIẾN HĨA TRONG CƠ HỌC CHẤT LỎNG LUẬN ÁN TIẾN SĨ TOÁN HỌC Hà Nội - 2020 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI ——————— * ——————— BÙI HUY BÁCH BÀI TOÁN ĐỒNG HĨA DỮ LIỆU ĐỐI VỚI MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH TIẾN HĨA TRONG CƠ HỌC CHẤT LỎNG Chun ngành: Phương trình vi phân tích phân Mã số: 46 01 03 LUẬN ÁN TIẾN SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC GS.TS Cung Thế Anh Hà Nội - 2020 LỜI CAM ĐOAN Tôi xin cam đoan cơng trình nghiên cứu tơi hướng dẫn GS.TS Cung Thế Anh Các kết phát biểu luận án hoàn toàn trung thực chưa công bố cơng trình khác Nghiên cứu sinh Bùi Huy Bách LỜI CẢM ƠN Luận án hoàn thành hướng dẫn nghiêm khắc, tận tình, chu đáo GS.TS Cung Thế Anh Tác giả xin bày tỏ lòng kính trọng biết ơn sâu sắc tới GS.TS Cung Thế Anh, người Thầy dẫn dắt tác giả làm quen với nghiên cứu khoa học từ ngày học cao học Ngoài dẫn mặt khoa học, động viên lòng tin tưởng Thầy dành cho tác giả động lực lớn giúp tác giả say mê nghiên cứu Tác giả xin trân trọng gửi lời cảm ơn đến Ban Giám hiệu, Phòng Sau Đại học, Ban Chủ nhiệm Khoa Toán-Tin, Trường Đại học Sư phạm Hà Nội, đặc biệt PGS.TS Trần Đình Kế thầy giáo, giáo Bộ mơn Giải tích, Khoa Tốn-Tin, Trường Đại học Sư phạm Hà Nội giúp đỡ, động viên, tạo môi trường học tập nghiên cứu thuận lợi cho tác giả Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn đến Sở Giáo dục Đào tạo Hà Nội, Ban Giám hiệu trường THPT Chúc Động, thầy cô anh chị đồng nghiệp công tác trường THPT Chúc Động tạo điều kiện thuận lợi, giúp đỡ động viên tác giả suốt trình học tập nghiên cứu Tác giả xin gửi đến anh chị em NCS chuyên ngành Phương trình vi phân tích phân Khoa Tốn-Tin, Trường Đại học Sư phạm Hà Nội, bạn bè gần xa, lời cảm ơn chân thành tất giúp đỡ, động viên mà tác giả nhận suốt thời gian qua Lời cảm ơn sau cùng, tác giả xin dành cho gia đình, người ln u thương, chia sẻ, động viên tác giả vượt qua khó khăn để hoàn thành luận án 3 Mục lục Lời cam đoan Lời cảm ơn Mục lục Một số kí hiệu dùng luận án MỞ ĐẦU Lí chọn đề tài Tổng quan vấn đề nghiên cứu Mục đích, đối tượng phạm vi nghiên cứu 13 Phương pháp nghiên cứu 15 Kết luận án 15 Cấu trúc luận án 16 Chương KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 17 1.1 Một số α-mơ hình học chất lỏng 17 1.2 Toán tử nội suy Ih 18 1.3 Tập hút toàn cục 20 1.4 Các không gian hàm 22 1.5 Các toán tử 22 1.6 Một số bất đẳng thức sơ cấp thường dùng 26 Chương BÀI TỐN ĐỒNG HĨA DỮ LIỆU RỜI RẠC ĐỐI VỚI HỆ LERAY-α 27 2.1 Đặt toán 27 2.2 Sự tồn hội tụ nghiệm xấp xỉ tới nghiệm khảo sát 30 Chương BÀI TỐN ĐỒNG HĨA DỮ LIỆU RỜI RẠC ĐỐI VỚI HỆ NAVIER-STOKES-α 41 3.1 Đặt toán 41 3.2 Sự tồn hội tụ nghiệm xấp xỉ tới nghiệm khảo sát 44 Chương BÀI TỐN ĐỒNG HĨA DỮ LIỆU LIÊN TỤC RÚT GỌN ĐỐI VỚI HỆ BARDINA ĐƠN GIẢN HÓA 58 4.1 Đặt toán 58 4.2 Sự tồn hội tụ nghiệm xấp xỉ tới nghiệm khảo sát trường hợp toán tử phép đo loại I 62 4.3 Sự tồn hội tụ nghiệm xấp xỉ tới nghiệm khảo sát trường hợp toán tử phép đo loại II 71 Chương BÀI TỐN ĐỒNG HĨA DỮ LIỆU RÚT GỌN ĐỐI VỚI HỆ LERAY-α CẢI BIÊN 87 5.1 Bài tốn đồng hóa liệu liên tục rút gọn hệ Leray-α cải biên 87 5.1.1 Đặt toán 87 5.1.2 Sự tồn hội tụ nghiệm xấp xỉ tới nghiệm khảo sát 90 5.2 Bài tốn đồng hóa liệu rời rạc rút gọn hệ Leray-α cải biên 104 5.2.1 Đặt toán 104 5.2.2 Sự tồn hội tụ nghiệm xấp xỉ tới nghiệm khảo sát 105 KẾT LUẬN 118 Kết đạt 118 Kiến nghị số vấn đề nghiên cứu 118 DANH MỤC CƠNG TRÌNH KHOA HỌC 119 TÀI LIỆU THAM KHẢO 120 MỘT SỐ KÍ HIỆU THƯỜNG DÙNG TRONG LUẬN ÁN Ω Ω = [0, L]3 hình hộp R3 H, V không gian hàm dùng để nghiên cứu hệ Navier-Stokes α-mơ hình V khơng gian đối ngẫu khơng gian V (·, ·), | · | tích vơ hướng chuẩn không gian H ((·, ·)), · tích vơ hướng chuẩn khơng gian V ·, · · V ,V đối ngẫu V V V chuẩn không gian V ˜ A, B, B toán tử dùng để nghiên cứu hệ Navier-Stokes α-mơ hình λm giá trị riêng thứ m toán tử Stokes A D(A) miền xác định toán tử A D(A) không gian đối ngẫu không gian D(A) ·, · · D(A) ,D(A) đối ngẫu D(A) D(A) D(A) chuẩn không gian D(A) → Y X hội tụ mạnh bao đóng Y X S(t) nửa nhóm liên tục sinh tốn đạo hàm riêng A tập hút tồn cục nửa nhóm S(t) µ tham số giãn Ih tốn tử nội suy MỞ ĐẦU Lí chọn đề tài Việc nghiên cứu lớp phương trình tiến hóa học chất lỏng có ý nghĩa quan trọng khoa học cơng nghệ Chính thu hút quan tâm nhiều nhà khoa học giới Sau nghiên cứu tính đặt toán, việc nghiên cứu toán đồng hóa liệu (data assimilation), tức dự đốn dáng điệu nghiệm tương lai từ phép đo thu được, quan trọng cho phép ta hiểu dự đoán xu phát triển hệ tương lai; điều đặc biệt quan trọng toán dự báo, chẳng hạn toán dự báo khí tượng Đây hướng nghiên cứu phát triển mạnh mẽ năm gần Về mặt tốn học, ta phát biểu tốn đồng hóa liệu sau Giả sử q trình phức tạp (chẳng hạn dự báo khí tượng) mơ tả phương trình tiến hóa (nói chung phức tạp) có dạng dY = F (Y ), dt Y vectơ biểu diễn biến trạng thái mà ta muốn “dự báo” Mục tiêu tìm "xấp xỉ tốt” Y thời gian đủ lớn Ở đây, “dữ kiện ban đầu” Y thời điểm trước thời điểm t0 để tính nghiệm mơ hình dự báo từ thời điểm t0 trở đi, nhiên biết “phép đo” (một phần) Y khoảng thời gian [t0 , t0 + T ] dãy thời điểm {tn }n∈N Bài toán đồng hóa liệu xác định xấp xỉ W (t) Y (t) từ “phép đo” biết, cho W (t) dần tới Y (t) (theo chuẩn thích hợp) thời gian t tiến tới vô 8 Một phương pháp cổ điển đồng hóa liệu liên tục, xem ví dụ [18], thay phép đo quan sát trực tiếp vào mơ hình sau lấy tích phân theo thời gian Chẳng hạn, ta thay quan sát chế độ thấp Fourier vào phương trình cho tiến hóa chế độ cao Khi giá trị chế độ thấp chế độ cao kết hợp để tạo xấp xỉ đầy đủ cho trạng thái hệ Cách tiếp cận thực cho hệ Navier-Stokes hai chiều [31, 46] số hệ khác học chất lỏng [2, 21, 22, 28, 40] Về mặt toán học, cách tiếp cận dựa tồn tập hút tồn cục hữu hạn chiều tính chất mode xác định (determining modes) hệ Navier-Stokes [38], tính chất phổ biến cho hệ tiêu hao mạnh, có nhược điểm khơng áp dụng liệu thu dạng rời rạc theo khơng gian, ta khơng thể lấy đạo hàm theo biến không gian điểm rời rạc Một cách tiếp cận hiệu khác áp dụng cho hệ tiến hóa tuyến tính đề xuất J.P Puel [48] Cách tiếp cận dựa bất đẳng thức kiểu Carleman, tỏ hứa hẹn hiệu quả, phương diện lí thuyết tính tốn số, có hạn chế áp dụng cho toán tuyến tính Năm 2014, Titi cộng đề xuất phương pháp [5] khắc phục nhược điểm phương pháp nói Ý tưởng phương pháp sử dụng số hạng điều khiển phản hồi chứa liệu quan sát đưa vào hệ ban đầu để hệ gọi hệ phương trình đồng hóa liệu Sau ta thiết lập điều kiện để đảm bảo hệ đồng hóa liệu có nghiệm tồn cục hội tụ nghiệm khảo sát hệ gốc ban đầu Tuy nhiên, kết nghiên cứu phương pháp có tốn đồng hóa liệu liên tục cho cho hệ Navier-Stokes hai chiều [5] vài α-mơ hình ba chiều [2, 1]; trường hợp rời rạc có kết hệ Navier-Stokes hai chiều [27] Hệ Navier-Stokes đóng vai trò quan trọng học chất lỏng Tuy nhiên, trường hợp ba chiều (là trường hợp có ý nghĩa vật lí nhất) tính đặt tồn cục việc tính tốn số nghiệm hệ vấn đề mở lớn tỏ khó Một cách tiếp cận để vượt qua khó khăn sử dụng hệ chỉnh hóa hệ Navier-Stokes Một lớp hệ chỉnh hóa phổ biến thường sử dụng α-mơ hình học chất lỏng, bao gồm hệ Navier-Stokes-α [25], hệ Leray-α [15], hệ Leray-α cải biên [34] hệ Bardina đơn giản hóa [42], Về mặt hình thức, cho α = α-mơ hình ta thu lại hệ Navier-Stokes cổ điển Trong vài năm gần đây, có số kết tốn đồng hóa liệu liên tục cho α-mơ hình, bao gồm hệ Navier-Stokes-α [2], hệ Bardina đơn giản hóa [1], hệ Leray-α [24], Tuy nhiên, theo hiểu biết chúng tôi, chưa có kết tốn đồng hóa liệu rời rạc α-mơ hình học chất lỏng Ngồi ra, tốn đồng hóa liệu liên tục mà sử dụng phép đo hai số ba thành phần vectơ vận tốc (mà ta gọi phép đo rút gọn) α-mơ hình kết quả; có kết gần [24] hệ Leray-α Từ phân tích ta thấy có số kết ban đầu kết toán đồng hóa liệu α-mơ hình học chất lỏng, đặc biệt trường hợp đồng hóa liệu rời rạc sử dụng phép đo hai thành phần vectơ vận tốc, vấn đề thời sự, có ý nghĩa khoa học thực tiễn, thu hút quan tâm nhiều nhà toán học giới Vì vậy, chúng tơi chọn vấn đề "Bài tốn đồng hóa liệu số phương trình tiến hóa học chất lỏng" làm đề tài nghiên cứu luận án tiến sĩ Tổng quan vấn đề nghiên cứu Từ cuối năm 1960s, vệ tinh nhân tạo bắt đầu thu liệu thời tiết gần liên tục theo thời gian Charney, Halem Jastrow 10 [12] số phương trình khí dùng để xử lí liệu thu đánh giá trước trạng thái khí Phương pháp họ, gọi đồng hóa liệu liên tục, đưa liệu đo đạc thu thập cách trực tiếp vào mơ hình sau tích phân lại theo thời gian Một tổng hợp việc sử dụng đồng hóa liệu liên tục thực tế dự báo thời tiết nêu Daley [18] Bằng việc sử dụng cách tiếp cận cổ điển số mode xác định, Titi cộng nghiên cứu tốn đồng hóa liệu cho hệ Navier-Stokes hai chiều, hai trường hợp liệu thu thập liên tục theo thời gian [46] rời rạc theo thời gian [31] Phương pháp có ưu điểm đơn giản mặt khái niệm, có nhược điểm không áp dụng liệu thu dạng rời rạc theo khơng gian, lấy đạo hàm theo biến không gian điểm rời rạc Nhằm khắc phục nhược điểm trên, năm 2014 Titi cộng đề xuất phương pháp để nghiên cứu toán đồng hóa liệu [5] Ý tưởng phương pháp sử dụng số hạng điều khiển phản hồi đưa vào phương trình để phương trình mới, gọi phương trình đồng hóa liệu Phương pháp gọi phương pháp nudging Newton hay phương pháp giãn động lực (dynamic relaxation) [32] Nội dung phương pháp đồng hóa liệu [5] sau: Giả sử hệ phương trình có dạng dY = F (Y ) dt (1) (với điều kiện biên biết) điều kiện ban đầu Y (t0 ) = Y0 Bằng cách sử dụng thiết bị đo đạc, ta biết phần nghiệm khoảng thời gian [t0 , T ] (bài tốn đồng hóa liệu liên tục) thời điểm tn với n = 1, 2, , ti ≤ tj , ∀i ≤ j tn → ∞ n → ∞ (bài tốn đồng hóa liệu rời rạc) Vì khơng biết xác điều kiện ban đầu nên ta khơng thể tính Y (t) Do đó, thay tính Y (t), ta tìm W (t), nghiệm 11 phương trình gọi phương trình đồng hóa liệu, cho W (t) hội tụ Y (t) (theo chuẩn thích hợp) thời gian t tiến tới vơ Khi đó, W (t) gọi nghiệm xấp xỉ nghiệm Y (t) gọi nghiệm khảo sát Kí hiệu Ih (Y (t)) phần nghiệm mà ta đo đạc thời điểm t Ở đây, tham số h đặc trưng cho độ phân giải khơng gian phép đo Tốn tử quan sát Ih , với điều kiện thích hợp, toán tử tổng quát, chứa trường hợp mode xác định (determining modes), nút xác định (determining nodes) phần tử thể tích xác định (determining finite volume) (xem [2]) Đối với tốn đồng hóa liệu liên tục, phần đo đạc Ih (Y (t)) nghiệm thu [t0 , T ], ta xét hệ phương trình đồng hóa liệu dW = F (W ) − µ (Ih (W ) − Ih (Y )) dt (2) với điều kiện ban đầu W (t0 ) = W0 ta dự đoán trước (lấy tùy ý) Ở đây, số dương µ gọi tham số giãn Ta tìm điều kiện đủ tham số µ h (h đủ nhỏ, µ đủ lớn) để hệ (2) có nghiệm tồn cục W (t) W (t) hội tụ tới Y (t) thời gian t tiến tới vơ Theo quan điểm vật lí, độ phân giải không gian h phép đo thường khó tốn để thay đổi, tham số giãn µ tham số tốn học dễ dàng thay đổi, ta tập trung vào việc tìm điều kiện h để tồn giá trị µ đảm bảo cho thành cơng thuật toán Sau khoảng thời gian T > đủ lớn, nghiệm W (T ) sử dụng làm điều kiện ban đầu hệ (1) để đưa dự đoán tương lai nghiệm tham chiếu Y (t) t > T ta tiếp tục với hệ đồng hóa liệu (2), liệu đo tiếp tục cung cấp Đối với tốn đồng hóa liệu rời rạc, tình gần với thực tiễn hơn, mà phần đo đạc Ih (Y (t)) nghiệm thu thời điểm rời rạc tn với n = 1, 2, , ti ≤ tj , ∀i ≤ j tn → ∞ n → ∞, thay cho hệ 12 (2), ta xét hệ phương trình đồng hóa liệu sau ∞ dW = F (W ) − µ Ih (W (tn ) − Y (tn ))χn dt n=0 (3) với điều kiện ban đầu W (t0 ) = W0 ta dự đoán trước (lấy tùy ý), χn hàm đặc trưng khoảng [tn , tn+1 ) Gọi κ khoảng cách lớn hai lần đo: |tn+1 − tn | ≤ κ, ∀n ∈ N Cũng hệ (2), ta tìm điều kiện đủ h, µ κ cho hệ (3) có nghiệm toàn cục W (t) W (t) hội tụ tới Y (t) thời gian t tiến tới vơ Phương pháp đồng hóa liệu áp dụng cho mơ hình đặt đúng, nói riêng hệ mà chứng minh tồn tính nghiệm Chính lí đó, kết đồng hóa liệu hệ Navier-Stokes có trường hợp hai chiều [5, 27], trường hợp ba chiều ta chưa chứng minh kết tương tự Để nghiên cứu tính chất nghiệm nói chung tốn đồng hóa liệu nói riêng hệ Navier-Stokes ba chiều, cách làm phổ biến nghiên cứu α-mơ hình, coi xấp xỉ hệ Navier-Stokes tham số α nhỏ Gần có số kết tốn đồng hóa liệu liên tục cho α-mơ hệ Navier-Stokes-α [2], hệ Bardina đơn giản hóa [1], hệ Leray-α [24], Rất gần hướng nghiên cứu mới, giảm số chiều phép đo xuống thấp số chiều không gian, thu hút quan tâm nhiều nhà khoa học [23, 24] Bài tốn đồng hóa liệu liên tục rút gọn số chiều phép đo thiết lập trường hợp đầy đủ số chiều phép đo, số liệu phép đo thay biểu diễn toán tử nội suy Ih (Y (t)), ví dụ khơng gian ba chiều bao gồm ba thành phần Ih (Y1 (t)), Ih (Y2 (t)) Ih (Y3 (t)) (với t ∈ [t0 , T ]), biểu diễn số thành phần hơn, ví dụ không gian ba chiều hai thành phần (bất kì) số ba thành phần này, chẳng hạn Ih (Y1 (t)) Ih (Y2 (t)) Việc khơng có liệu thành phần phép đo bị thiếu dẫn tới khó khăn việc xây dựng nghiệm xấp xỉ chứng minh hội tụ nghiệm 13 xấp xỉ tới nghiệm khảo sát theo thuật tốn đồng hóa liệu liên tục Khó khăn khắc phục số mơ hình cụ thể, hệ Navier-Stokes hai chiều [23] hệ Leray-α ba chiều [24], cách sử dụng điều kiện không nén ∇ · Y = để biểu diễn số hạng ứng với thành phần chưa biết thông qua số hạng ứng với thành phần biết Tuy nhiên, "chìa khóa" chưa thể khẳng định ln dùng cho mơ hình nói chung α-mơ hình nói riêng Đó trường hợp tốn đồng hóa liệu liên tục, theo hiểu biết chúng tơi tốn đồng hóa liệu rời rạc với phép đo rút gọn chưa thiết lập nghiên cứu Từ phân tích trên, vấn đề mở mà quan tâm nghiên cứu luận án bao gồm: • Bài tốn đồng hóa liệu rời rạc số α-mơ hình khơng gian ba chiều • Bài tốn đồng hóa liệu liên tục số α-mơ hình khơng gian ba chiều, sử dụng phép đo hai thành phần vectơ vận tốc • Bài tốn đồng hóa liệu rời rạc số α-mơ hình khơng gian ba chiều, sử dụng phép đo hai thành phần vectơ vận tốc Mục đích, đối tượng phạm vi nghiên cứu • Mục đích luận án: Nghiên cứu tốn đồng hóa liệu, trường hợp liên tục trường hợp rời rạc, số α-mơ hình học chất lỏng • Đối tượng nghiên cứu: Nghiên cứu tồn toàn cục đánh giá tiệm cận theo thời gian hiệu nghiệm hệ đồng hóa liệu (gọi nghiệm xấp xỉ) với nghiệm khảo sát hệ gốc (nói riêng 14 hội tụ nghiệm xấp xỉ nghiệm khảo sát thời gian vơ phép đo khơng có sai số), số α-mơ hình học chất lỏng • Phạm vi nghiên cứu: Trong mơ hình v = u − α2 ∆u Các mơ hình xét khoảng [t0 , ∞), với điều kiện biên tuần hồn hình hộp Ω = [0, L]3 điều kiện ban đầu u(t0 ) = u0 chưa biết ◦ Nội dung 1: Bài toán đồng hóa liệu rời rạc hệ Leray-α ba chiều:    ∂v − ν∆v + (u · ∇)v + ∇p = f, ∂t  ∇ · u = ∇ · v = ◦ Nội dung 2: Bài tốn đồng hóa liệu rời rạc hệ NavierStokes-α ba chiều:    ∂v − ν∆v − u × (∇ × v) + ∇p = f, ∂t   div u = ◦ Nội dung 3: Bài tốn đồng hóa liệu liên tục sử dụng phép đo hai thành phần vectơ vận tốc hệ Bardina đơn giản hóa ba chiều:    ∂v − ν∆v + (u · ∇)u + ∇p = f, ∂t  ∇ · u = ∇ · v = ◦ Nội dung 4: Bài tốn đồng hóa liệu liên tục/rời rạc sử dụng phép đo hai thành phần vectơ vận tốc hệ Leray-α cải biên ba chiều:    ∂v − ν∆v + (v · ∇)u + ∇p = f, ∂t  ∇ · u = ∇ · v = 15 Phương pháp nghiên cứu • Nghiên cứu tốn đồng hóa liệu rời rạc: sử dụng phương pháp đề xuất [27] E Titi cộng • Nghiên cứu tốn đồng hóa liệu liên tục: sử dụng phương pháp đề xuất [5, 23, 24] E Titi cộng Kết luận án Luận án đạt kết sau đây: • Chứng minh tồn nghiệm xấp xỉ đánh giá tiệm cận theo thời gian hiệu nghiệm xấp xỉ nghiệm khảo sát cho tốn đồng hóa liệu rời rạc hệ Leray-α ba chiều hệ Navier-Stokes-α ba chiều trường hợp phép đo có sai số Đặc biệt, khơng có sai số ta thu hội tụ theo tốc độ mũ nghiệm xấp xỉ hội tụ tới nghiệm khảo sát thời gian tiến tới vô Đây nội dung Chương Chương • Chứng minh tồn nghiệm xấp xỉ hội tụ theo tốc độ mũ nghiệm xấp xỉ tới nghiệm khảo sát tốn đồng hóa liệu liên tục hệ Bardina đơn giản hóa ba chiều mà sử dụng phép đo hai thành phần vectơ vận tốc Đây nội dung Chương • Chứng minh tồn nghiệm xấp xỉ hội tụ theo tốc độ mũ nghiệm xấp xỉ nghiệm khảo sát cho tốn đồng hóa liệu liên tục rời rạc hệ Leray-α cải biên ba chiều mà sử dụng phép đo hai thành phần vectơ vận tốc Đây nội dung Chương Các kết luận án đóng góp có ý nghĩa cho Lí thuyết phương trình đạo hàm riêng học chất lỏng Lí thuyết đồng hóa 16 liệu; góp phần vào việc hồn thiện lí thuyết giải số vấn đề mở nhiều nhà khoa học ngồi nước quan tâm Các kết đạt được công bố gửi đăng số tạp chí chuyên ngành quốc tế (xem phần Danh mục cơng trình khoa học) báo cáo hội thảo seminar khoa học sau: • Hội nghị tốn học tồn quốc lần thứ 8, Nha Trang, tháng 8/2018; • Hội nghị nghiên cứu khoa học nghiên cứu sinh, Khoa Toán-Tin, Trường Đại học Sư phạm Hà Nội, năm 2017 2018; • Seminar Bộ mơn Giải tích, Khoa Tốn-Tin, Trường Đại học Sư phạm Hà Nội Cấu trúc luận án Ngoài phần mở đầu, kết luận, danh mục cơng trình khoa học liên quan đến luận án danh mục tài liệu tham khảo, luận án gồm chương: • Chương Kiến thức chuẩn bị • Chương Bài tốn đồng hóa liệu rời rạc hệ Leray-α • Chương Bài tốn đồng hóa liệu rời rạc hệ Navier-Stokes-α • Chương Bài tốn đồng hóa liệu liên tục rút gọn hệ Bardina đơn giản hóa • Chương Bài tốn đồng hóa liệu rút gọn hệ Leray-α cải biên 17 Chương KIẾN THỨC CHUẨN BỊ Trong chương này, nhắc lại số kiến thức α-mơ hình học chất lỏng, toán tử nội suy Ih , tập hút tồn cục, khơng gian hàm, tốn tử, bất đẳng thức sử dụng chứng minh kết luận án chương sau 1.1 Một số α-mơ hình học chất lỏng Một lớp hệ chỉnh hóa phổ biến thường gặp hệ Navier-Stokes ba chiều α-mô hình học chất lỏng Các α-mơ hình thu cách thay v = u − α2 ∆u thay số hạng phi tuyến (v · ∇)v hệ Navier-Stokes    ∂v − ν∆v + (v · ∇)v + ∇p = f, ∂t  ∇ · v = 0, (u · ∇)v, −u × ∇ × (u − α2 ∆u) , (u · ∇)u (v · ∇)u Mặc dù xuất phát từ mục đích ban đầu dùng để mơ số cho hệ Navier-Stokes, α-mơ hình có mối liên hệ nghiệm chúng với dòng chảy hỗn loạn kênh đường ống (xem [13]) Về mặt hình thức, α-mơ hình thay α ta thu hệ Navier-Stokes Dưới ta liệt kê α-mơ hình nghiên cứu luận án • Hệ Leray-α ba chiều [15]:    ∂v − ν∆v + (u · ∇)v + ∇p = f, ∂t  ∇ · u = ∇ · v = 18 • Hệ Navier-Stokes-α ba chiều [25]:    ∂ (u − α2 ∆u) − ν∆(u − α2 ∆u) − u × ∇ × (u − α2 ∆u) + ∇p = f, ∂t  ∇ · u = • Hệ Bardina đơn giản hóa ba chiều [42]:    ∂v − ν∆v + (u · ∇)u + ∇p = f, ∂t  ∇ · u = ∇ · v = • Hệ Leray-α cải biên ba chiều [34]:    ∂v − ν∆v + (v · ∇)u + ∇p = f, ∂t  ∇ · u = ∇ · v = Trong tất hệ trên, u = u(x, t) biểu diễn cho vận tốc dòng chảy, v = u − α2 ∆u α > tham số cho trước Ở đây, p hàm vô hướng, biểu thị cho áp suất f hàm ngoại lực Trong năm gần đây, có nhiều kết tồn nghiệm tồn cục dáng điệu tiệm cận nghiệm thơng qua tồn tính chất tập hút tồn cục cho α-mơ hình; xem, chẳng hạn, [10, 11, 15, 34, 40, 41, 42, 55] Xin xem thêm báo [33] số α-mơ hình quan trọng khác học chất lỏng kết toán học liên quan đến chúng 1.2 Toán tử nội suy Ih Trong luận án ta xét toán tử nội suy Ih tốn tử tuyến tính thỏa mãn hai trường hợp sau, gọi toán tử nội suy loại I toán tử nội suy loại II Trường hợp Ih : H (Ω) → L2 (Ω) ϕ − Ih (ϕ) L2 (Ω) ≤ γ0 h2 ϕ H (Ω) , ∀ϕ ∈ H (Ω) 19 Trường hợp Ih : H (Ω) → L2 (Ω) ϕ − Ih (ϕ) L2 (Ω) ≤ γ1 h2 ϕ H (Ω) + γ2 h ϕ H (Ω) , ∀ϕ ∈ H (Ω) Dưới ta trình bày số ví dụ tốn tử nội suy Ih thường gặp (xem thêm [2, 5]) Ví dụ (tốn tử nội suy Ih loại I): Phép chiếu Fourier Trên miền L-tuần hoàn Ω = [0, L]3 , giả sử hàm ϕ có biểu diễn Fourier ϕ= ϕˆk φk , k∈G ik·x với G = { 2πm ϕˆk = ϕˆ−k L : m ∈ Z , m = 0}, φk (x) = e Với ϕ thỏa mãn |ϕ| < ∞ λ1 giá trị riêng toán tử Stokes A, ta định nghĩa ϕ k φk I h ϕ = Pk ϕ = |k|≤ −1/2 −1 h λ1 Định nghĩa chuẩn L2 H sau ϕ L2 (Ω) |ϕˆk |2 =L , ϕ H (Ω) |k|2 |ϕˆk |2 =L k∈G k∈G Khi đó, ta kiểm tra ϕ − Ih (ϕ) L2 (Ω) ≤ γ0 h2 ϕ H (Ω) , ∀ϕ ∈ H (Ω) Ví dụ (tốn tử nội suy Ih loại I): Các phần tử thể tích Chia miền tuần hoàn Ω = [0, L]3 thành khối lập phương Ωk , k = 1, , N , có độ dài cạnh L √ N thể tích |Ωk | = L3 N Trung bình địa phương u Ωk định nghĩa u Ωk = |Ωk | u(x)dx Ωk 20 Ta xây dựng toán tử nội suy Ih sau N Ih (ϕ(x)) = ϕ Ωk χΩk (x), k=1 với h = L √ , N χΩk (x) hàm đặc trưng Ωk theo nghĩa χΩk (x) = với x∈ / Ωk χΩk (x) = với x ∈ Ωk Ở ta giả sử giá trị trung bình ϕ hình lập phương Ωk cho trước Người ta chứng minh (xem [37]): ϕ − Ih ϕ L2 (Ω) ≤ h ∇ϕ L2 (Ω) Ví dụ (tốn tử nội suy Ih loại II): Dựa việc sử dụng đo đạc tập hợp rời rạc điểm nút Tương tự Ví dụ 2, chia miền tuần hồn Ω = [0, L]3 thành khối lập phương Ωk , k = 1, , N , có độ dài cạnh L √ N thể tích |Ωk | = L3 N Giả sử điểm xj thuộc Ωj điểm mà liệu đo đạc vận tốc dòng chảy thu thập Ta định nghĩa toán tử Ih sau N Ih (ϕ(x)) = ϕ(xk )χΩk (x) k=1 Người ta chứng minh (xem [2]) với ϕ ∈ D(A), toán tử Ih thỏa mãn ϕ − Ih (ϕ) L2 (Ω) ≤ 32h2 ϕ H (Ω) + 4h4 ϕ H (Ω) , √ h = L/ N 1.3 Tập hút toàn cục Giả sử (X, · ) không gian Banach nửa khoảng cách Hausdorff distX (·, ·) hai tập A, B X định nghĩa sau distX (A, B) := sup inf a − b , với A, B ⊂ X a∈A b∈B 21 Định nghĩa 1.1 Hệ động lực cặp (X, S(t)) gồm không gian Banach X họ ánh xạ S(t) : X → X, t ≥ 0, thỏa mãn: 1) S(0) = Id; 2) S(t)S(s) = S(s)S(t) = S(t + s); 3) với t ≥ 0, S(t) ∈ C (X, X); 4) với u ∈ X, ánh xạ t → S(t)u thuộc C ((0, +∞), X) Họ ánh xạ S(t) : X → X, t ≥ thỏa mãn điều kiện gọi nửa nhóm liên tục X Khơng gian X gọi không gian pha (hay không gian trạng thái) Định nghĩa 1.2 Nửa nhóm S(t) gọi tiêu hao bị chặn (gọi tắt tiêu hao) tồn tập bị chặn B0 ⊂ X cho với tập bị chặn B ⊂ X, tồn T = T (B) ≥ cho S(t)B ⊂ B0 , ∀ t ≥ T Tập B0 gọi tập hấp thụ nửa nhóm S(t) Định nghĩa 1.3 Một tập khác rỗng A X gọi tập hút tồn cục nửa nhóm S(t) nếu: 1) A tập compact; 2) A bất biến, tức S(t)A = A với t ≥ 0; 3) A hút tập bị chặn B X, tức lim dist(S(t)B, A) = t→+∞ Định lí mơ tả cấu trúc tập hút tồn cục Định lí 1.1 ([50]) Giả sử nửa nhóm S(t) có tập hút tồn cục A Khi A hợp quỹ đạo đầy đủ bị chặn (nói riêng điểm dừng quỹ đạo tuần hồn, có, nằm A) 22 Kết quỹ đạo tập hút toàn cục định dáng điệu tiệm cận có quỹ đạo riêng lẻ, nghĩa sau thời điểm đủ lớn, quỹ đạo phương trình gốc trơng giống quỹ đạo tập hút khoảng thời gian đủ dài Định lí 1.2 ([50]) Giả sử nửa nhóm S(t) có tập hút toàn cục A Cho trước quỹ đạo u(t) = S(t)u0 , sai số ε > khoảng thời gian T > Khi tồn thời điểm τ = τ (ε, T ) điểm v0 ∈ A cho u(τ + t) − S(t)v0 ≤ ε với ≤ t ≤ T 1.4 Các không gian hàm Giả sử Ω = [0, L]3 hình hộp, với L > cho trước Đặt V = {u ∈ (C0∞ (Ω)) : ∇ · u = 0} Kí hiệu H V bao đóng V (L2 (Ω))3 (H (Ω))3 Khi H V khơng gian Hilbert với tích vơ hướng u(x) · v(x)dx ((u, v)) = (u, v) = Ω i,j=1 Ω ∂ui ∂vi dx, ∂xj ∂xj có chuẩn tương ứng |u| = (u, u)1/2 u = ((u, u))1/2 1.5 Các tốn tử Kí hiệu P : (L˙ (Ω))3 → H phép chiếu Leray, (L˙ (Ω))3 tập hợp hàm thuộc (L2 (Ω))3 với trung bình A = −P∆ tốn tử Stokes, với miền xác định D(A) = (H (Ω))3 ∩ V Trong trường hợp điều kiện biên tuần hồn, A = −∆|D(A) Tốn tử Stokes A tốn tử tuyến tính dương tự 23 liên hợp với nghịch đảo compact Do tồn tập hợp hàm riêng lập thành sở trực chuẩn đầy đủ {wj }∞ j=1 ⊂ H, cho Awj = λj wj < λ1 ≤ λ2 ≤ · · · , λj → ∞ j → ∞ Với m ∈ N, kí hiệu Pm phép chiếu trực giao từ H lên không gian Hm = span{w1 , , wm } Qm = I − Pm Với u, v ∈ V, kí hiệu B(u, v) = P[(u · ∇)v] Khi B tốn tử 3-tuyến tính liên tục từ V × V vào V Ta nhắc lại số tính chất quan trọng B(u, v) Các kết tìm thấy [50, 51] Với u, v, w ∈ V , ta có B(u, v), w V ,V = − B(u, w), v V ,V , hệ B(u, v), v V ,V (1.1) = Hơn (xem [50, 51]), | B(u, v), w V ,V | ≤ c0 u | B(u, v), w | B(u, v), w V ,V D(A) ,D(A) 1/2 |Au|1/2 |v| w , ∀u ∈ D(A), v ∈ H, w ∈ V, (1.2) | ≤ c3 |u|1/2 u | ≤ c4 |u| v w 1/2 1/2 v w , ∀u, v, w ∈ V, (1.3) |Aw|1/2 , ∀u ∈ H, v ∈ V, w ∈ D(A) (1.4) Từ (1.2), ta có B(u, v) V ≤ c0 u 1/2 |Au|1/2 |v|, ∀u ∈ D(A), v ∈ H (1.5) Từ (1.4), ta có B(u, v) −1/4 D(A) ≤ c4 λ |u| v , ∀u ∈ H, v ∈ V (1.6) Tương tự, với u, v ∈ V, kí hiệu B(u, v) = −P[u × (∇ × v)] Toán tử B toán tử 3-tuyến tính liên tục từ V × V vào V , từ H × V vào D(A) Nói riêng B thỏa mãn đẳng thức sau (xem [26]): 24 Với u, v, w ∈ V , = − B(w, v), u B(u, v), w , V ,V (1.7) V ,V đó, với u, v ∈ V , B(u, v), u = (1.8) V ,V Hơn (xem [26]), 1/2 ≤ c0 u |v| w B(u, v), w D(A) ,D(A) |Aw|1/2 , ∀u ∈ V, v ∈ H, w ∈ D(A), (1.9) B(u, v), w V ,V B(u, v), w V ,V ≤ c0 |u|1/2 u 1/2 w , ∀u, v, w ∈ V, v v |w|1/2 w ≤ c0 u 1/2 , ∀u, v, w ∈ V (1.10) (1.11) Ta có với v ∈ V, u, w ∈ D(A): ≤ c0 B(u, Av), w D(A) ,D(A) u 1/2 |Au|1/2 v |Aw| (1.12) + |Au| v w 1/2 |Aw|1/2 Thật vậy, lấy tích phân phần, ta có D(A) ,D(A) (w · ∇)u · ∆vdx Ω Ω ≤2 |∇u| |∇w| |∇v|dx + Ω |u| |∆w| |∇v|dx + Ω ≤ ∇u + w Ω Ω (u · ∇)w · ∆vdx + = (w · ∇)Av · udx (u · ∇)Av · wdx + = B(u, Av), w L3 L∞ ∇w ∆u L6 L2 ∇v ∇v L2 |w| |∆u| |∇v|dx Ω + u L∞ ∆w L2 ∇v L2 L2 (1.13) Sử dụng phép nhúng Sobolev H (Ω) → L6 (Ω), bất đẳng thức Ladyzenskya bất đẳng thức Agmon không gian ba chiều, ta thu (1.12) từ (1.13) Từ (1.9) (1.12) ta có B(u, v) −1/4 D(A) ≤ c0 λ1 u |v|, ∀u ∈ V, v ∈ H, (1.14) 25 B(u, Av) −1/4 D(A) ≤ 2c0 λ1 |Au| v , ∀u ∈ D(A), v ∈ V (1.15) Cuối mục ta nhắc lại số bất đẳng thức không gian hàm, thường xuyên sử dụng luận án Ta có phiên sau bất đẳng thức Poincaré (xem [50, 51]): ≤ λ−1 |v| , ∀v ∈ H, V v |v|2 ≤ λ−1 v , ∀v ∈ V, ≤ λ−1 |Av| ∀v ∈ D(A) v (1.16) (1.17) (1.18) Với v = u + α2 Au, v ∈ H, ta có |v|2 = (u + α2 Au, u + α2 Au) = (u, u) + 2α2 (u, Au) + α4 (Au, Au) = |u|2 + 2α2 u + α4 |Au|2 Do |u| ≤ |v|, u ≤ 2−1/2 α−1 |v|, |Au| ≤ α−2 |v| (1.19) (I + α2 A)u ≤ (λ−1 + α )|u|, ∀u ∈ H D(A) (1.20) Trong không gian ba chiều, ta có bất đẳng thức Agmon (xem [50, 51]): u L∞ (Ω) ≤ c1 u 1/2 |Au|1/2 , ∀u ∈ D(A), (1.21) bất đẳng thức Ladyzhenskaya (xem [50, 51]): u L4 (Ω) ≤ c2 |u|1/4 u 3/4 , ∀u ∈ V, (1.22) u L3 (Ω) ≤ c3 |u|1/2 u 1/2 , ∀u ∈ V, (1.23) bất đẳng thức Sobolev (xem [50, 51]): u L6 (Ω) ≤ c4 u , ∀u ∈ V (1.24) 26 1.6 Một số bất đẳng thức sơ cấp thường dùng Dưới số bất đẳng thức sơ cấp thường xuyên sử dụng luận án • Bất đẳng thức Cauchy với : ab ≤ a2 + b2 , ( > 0) • Bất đẳng thức Young với : Cho < p, q < ∞, ab ≤ ε p a + 1/(p−1) bq , p qε 1 + = Khi p q với a, b, > Bt ng thc Hăolder: Giả thiết ≤ p, q ≤ ∞, 1 + = Khi đó, p q u ∈ Lp (Ω), v ∈ Lq (Ω) uv ∈ L1 (Ω) |u(x)v(x)|dx ≤ u Lp (Ω) v Lq (Ω) Ω • Bất đẳng thức Gronwall: Giả sử x(t) hàm liên tục tuyệt đối [0, T ] thỏa mãn dx(t) ≤ g(t)x(t) + h(t), dt với hầu khắp t, g(t) h(t) hàm khả tích [0, T ] Khi t x(t) ≤ x(0)e G(t) eG(t)−G(s) h(s)ds, + với ≤ t ≤ T , t G(t) = g(r)dr Nói riêng, a b số dx(t) ≤ ax(t) + b, dt b b x(t) ≤ (x(0) + )eat − a a 27 Chương BÀI TỐN ĐỒNG HĨA DỮ LIỆU RỜI RẠC ĐỐI VỚI HỆ LERAY-α Trong chương này, nghiên cứu tốn đồng hóa liệu cho hệ Leray-α ba chiều, phép đo thu dạng rời rạc theo thời gian chứa sai số Dưới điều kiện thích hợp hệ số giãn, độ phân giải không gian phép đo khoảng cách lần đo, ta thu đánh giá tiệm cận theo thời gian hiệu nghiệm xấp xỉ nghiệm khảo sát tương ứng với liệu phép đo thu thập được, theo chuẩn thích hợp Nói riêng, trường hợp sai số 0, ta có hội tụ với tốc độ mũ nghiệm xấp xỉ tới nghiệm khảo sát Nội dung chương dựa công trình [CT1] Danh mục cơng trình khoa học tác giả liên quan đến luận án 2.1 Đặt toán Trong năm gần đây, vấn đề toán học liên quan tới hệ Leray- α, bao gồm tồn tại, tính quy nghiệm, hội tụ dáng điệu nghiệm theo thời gian thu hút ý nhiều nhà toán học [3, 11, 14, 15, 19, 29, 49, 53] Bài toán đồng hóa liệu cho hệ Leray-α ba chiều nghiên cứu trường hợp liệu thu thập liên tục theo thời gian khơng có sai số [24] Trong chương này, ta nghiên cứu trường hợp mang tính thực tế hơn, mà liệu thu thập rời rạc theo biến thời gian chứa sai số Dưới đây, ta giải thích rõ vấn đề nghiên cứu 28 Giả sử tiến hóa u mô tả hệ Leray-α ba chiều với điều kiện biên tuần hoàn miền Ω = [0, L]3 :    ∂v − ν∆v + (u · ∇)v + ∇p = f, ∂t  ∇ · u = ∇ · v = 0, (2.1) khoảng [t0 , ∞), với điều kiện ban đầu u(t0 ) = u0 chưa biết Ở u = u(x, t) biểu diễn cho vận tốc dòng chảy, v = u − α2 ∆u, ν > hệ số nhớt α > tham số cho trước, p hàm vô hướng biểu thị cho áp suất f hàm ngoại lực, với giả thiết f không phụ thuộc thời gian Ta giả sử {tn }n∈N dãy tăng thời điểm [t0 , ∞) mà số liệu thu thập Ta giả thiết tn < tn+1 , ∀n ∈ N tn → ∞ n → ∞ Hơn nữa, ta kí hiệu khoảng cách lớn hai lần đo liên tiếp tham số dương κ, tức |tn+1 − tn | ≤ κ, ∀n ∈ N Ta kí hiệu ηn sai số phép đo thời điểm tn Do số liệu đo đạc thời điểm tn biểu diễn v˜(tn ) = Pm (v(tn )) + ηn , (2.2) v nghiệm khảo sát chưa biết hệ Leray-α ba chiều (2.1), Pm : H → span{w1 , , wm } phép chiếu trực giao H lên không gian Hm = span{w1 , , wm } sinh m vectơ riêng toán tử Stokes A ηn sai số phép đo thời điểm tn Ta giả sử {ηn }n∈N bị chặn H số E0 Chú ý Pm u(tn ) chưa biết ta biết u ˜(tn ) Bây giờ, dựa cách tiếp cận [27] ta giới thiệu thuật toán đồng hóa liệu rời rạc nhằm tìm nghiệm xấp xỉ z nghiệm khảo sát v: 29 Cho trước liệu ban đầu tùy ý z0 ∈ V , ta tìm hàm z thỏa mãn z(t0 ) = z0 , với điều kiện biên v, thỏa mãn hệ sau:  ∞  ∂z   − ν∆z + (w · ∇)z + ∇q = f − µ (Pm (z(tn )) − v˜(tn )) χn ,   ∂t   n=0 ∇ · w = ∇ · z = 0,       z = w − α2 ∆w, (2.3) ν f tương ứng hệ số nhớt hàm ngoại lực lấy từ (2.1), q hàm áp suất mới, v˜(tn ) biểu thị cho số liệu đo lường thu thập thời điểm tn cho (2.2), χn hàm đặc trưng khoảng [tn , tn+1 ), µ > tham số giãn (hệ số nudging) Như đề cập đến [27], ưu điểm thuật toán kiện ban đầu z0 nghiệm xấp xỉ chọn cách tùy ý Sử dụng định nghĩa v˜(tn ) cho (2.2) toán tử định nghĩa Chương 1, ta viết lại hệ (2.3) dạng tương đương sau  ∞ ∞ dz    + νAz + B(w, z) = Pf − µ Pηn χn , P (Pm (z(tn ) − v(tn ))) χn + µ dt n=0 n=0   z = w + α2 Aw (2.4) Ta với giá trị ban đầu z0 ∈ H, hệ phương trình đồng hóa liệu (2.4) có nghiệm z xác định toàn khoảng [t0 , ∞), điều kiện thích hợp µ, κ, E0 m, ta tiệm cận theo thời gian giới hạn hiệu nghiệm xấp xỉ z nghiệm khảo sát v thỏa mãn (2.1) bị chặn tích giá trị cực đại sai số với số dương Nói riêng, kết thu khơng có tích lũy sai số theo thời gian Đồng thời, trường hợp khơng có sai số, ta thu hội tụ mũ z tới v, tương tự kết thu trường hợp đồng hóa liệu liên tục [24] Vì mục tiêu nghiên cứu dáng điệu tiệm cận nghiệm, 30 nên chương ta giả thiết nghiệm khảo sát v quỹ đạo nằm tập hút toàn cục A hệ Leray-α ba chiều Tuy vậy, kết ta giả thiết v nghiệm hệ Leray-α ba chiều xuất phát từ v(t0 ) = v0 ∈ H với t0 đủ lớn cho đánh giá v (2.7) thỏa mãn, sai khác số dương Tất kết ta giả thiết ngoại lực f ∈ L∞ (t0 , ∞; H) Trong chương này, nghiên cứu vấn đề sau hệ đồng hóa liệu rời rạc (2.4): • Sự tồn tính nghiệm xấp xỉ (tức nghiệm hệ đồng hóa liệu (2.4)); • Đánh giá tiệm cận theo thời gian hiệu nghiệm xấp xỉ nghiệm khảo sát; nói riêng hội tụ nghiệm xấp xỉ tới nghiệm khảo sát phép đo khơng có sai số 2.2 Sự tồn hội tụ nghiệm xấp xỉ tới nghiệm khảo sát Ta viết lại hệ Leray-α ba chiều dạng dv + νAv + B(u, v) = Pf, dt (2.5) với v = u + α2 Au, điều kiện ban đầu v(0) = v0 ∈ H Trước tiên ta nhắc lại kết tính đặt hệ Leray-α ba chiều chứng minh [15] Định lí 2.1 ([15]) Giả sử f ∈ H v0 ∈ H Khi hệ Leray-α (2.5) có nghiệm toàn cục v thỏa mãn v ∈ C([t0 , ∞); H) ∩ L2loc (t0 , ∞; V ), dv ∈ L2loc (t0 , ∞; V ) dt (2.6) Hơn nữa, nửa nhóm tương ứng S(t) : H → H có tập hút toàn cục A H Hơn nữa, với v ∈ A, ta có |v| ≤ M0 := √ 2νGr 1/4 λ1 , (2.7) 31 −3/4 với Gr = ν −2 λ1 |f | số Grashof Sự tồn nghiệm toàn cục tốn giá trị ban đầu hệ đồng hóa liệu (2.4) cho định lí sau Định lí 2.2 Giả sử z0 ∈ H, f ∈ H v quỹ đạo nằm tập hút toàn cục A hệ Leray-α ba chiều Khi đó, tồn nghiệm z hệ đồng hóa liệu (2.4) khoảng [t0 , ∞) thỏa mãn z(t0 ) = z0 z ∈ C([t0 , ∞); H) ∩ L2loc (t0 , ∞; V ), dz ∈ L2loc (t0 , ∞; V ) dt (2.8) Chứng minh Xét h0 = f −µ(Pm (z0 )− v˜(t0 )) Vì z0 ∈ H h0 ∈ H, theo Định lí 2.1, tồn nghiệm z hệ Leray-α ba chiều khoảng [t0 , ∞) tương ứng với hàm ngoại lực h0 thỏa mãn z (t0 ) = z0 Khi đó, xét h1 = f − µ(Pm (z (t1 )) − v˜(t1 )) ∈ H lại áp dụng Định lí 2.1 lần nữa, ta có nghiệm z hệ Leray-α khoảng [t1 , ∞) tương ứng với hàm ngoại lực h1 thỏa mãn z (t1 ) = v (t1 ) ∈ H Tiếp tục thực theo quy nạp, ta có với n ∈ N tồn nghiệm z n hệ Leray-α ba chiều khoảng [tn , ∞) tương ứng với hàm ngoại lực hn = f − µ(Pm z n−1 (tn ) − v˜(tn )) ∈ H thỏa mãn z n (tn ) = z n−1 (tn ) ∈ H Giả sử z hàm xác định khoảng [t0 , ∞) sau: z(t) = z n (t), ∀t ∈ [tn , tn+1 ), ∀n ∈ N Từ cách xác định trên, ta có z nghiệm (2.4) thỏa mãn z(t0 ) = z0 (2.8) Thật vậy, đẳng thức z n (tn ) = z n−1 (tn ), thỏa mãn với n ∈ N, đảm bảo z hàm liên tục khoảng [t0 , ∞) H Hơn nữa, với n ∈ N ta có z n ∈ L2loc (tn , ∞; V ), dz n ∈ L2loc (tn , ∞; V ), dt dãy {tn }n∈N tập hợp đếm được, ta suy z ∈ L2loc (V, ∞; V ), dz ∈ L2loc (t0 , ∞; V ) dt 32 Để chứng minh tính nghiệm, giả sử z˜ nghiệm khác (2.4) khoảng [t0 , ∞) thỏa mãn z˜(t0 ) = z0 Suy z˜|[t0 ,t1 ) nghiệm hệ Leray-α [t0 , t1 ) tương ứng với ngoại lực h0 thỏa mãn z˜|[t0 ,t1 ) (t0 ) = z0 = z|[t0 ,t1 ) (t0 ), z˜|[t0 ,t1 ) = z|[t0 ,t1 ) Nhưng z, z˜ ∈ C([t0 , ∞); H) nên chúng phải trùng khoảng đóng [t0 , t1 ] Khi đó, ta áp dụng lại lập luận khoảng [t1 , t2 ) tiến hành quy nạp cho khoảng [tn , tn+1 ), n ≥ Do đó, z = z˜ Đặt BH (M0 ) := {z ∈ H : |z| ≤ M0 } Định lí sau kết chương Định lí 2.3 Giả sử v quỹ đạo nằm tập hút toàn cục A hệ Leray-α ba chiều giả sử M0 số dương đánh giá nghiệm v cho (2.7) Xét z0 ∈ BH (M0 ) giả sử z nghiệm hệ đồng hóa liệu (2.4) khoảng [t0 , ∞) thỏa mãn z(t0 ) = z0 Giả sử {ηn }n∈N dãy bị chặn H, tức tồn số E0 ≥ cho (2.9) |ηn | ≤ E0 , ∀n ∈ N Nếu µ m đủ lớn cho µ≥ 25/2 c20 M02 , να3 λm+1 ≥ (2.10) 8µ , ν (2.11) κ đủ nhỏ cho c κ ≤ 1, µ (νµ)1/2 µ2 λ−1 + c20 α−3 (E02 , + M02 ) νλ1 µ 1/2 , νλ1 (2νλ1 + µ) , −3 (E + M ) + µ2 µ ν λ1 + µ2 λ−1 + c0 α 0 (2.12) 33 lim sup |z(t) − v(t)| ≤ cE0 t→∞ Hơn nữa, E0 = z(t) → v(t) H, với tốc độ mũ, t → ∞ Ở đây, số c0 cho (1.2) c số dương không phụ thuộc vào tham số hệ Chứng minh Kí hiệu σ = w − u, δ = z − v với z = w + α2 Aw, v = u + α2 Au, suy δ = σ + α2 Aσ Lấy (2.4) trừ (2.5) ta thu d δ + νAδ + B(σ, δ) + B(σ, v) + B(u, δ) dt ∞ (2.13) ∞ =−µ PPm (δ(tn ))χn + µ n=0 Pηn χn , n=0 ta sử dụng đẳng thức B(w, z) − B(u, v) = B(σ, δ) + B(σ, v) + B(u, δ) Nhân (2.13) với δ lấy tích phân Ω sử dụng tính chất (1.1) ta có d |δ| + ν δ dt + B(σ, v), δ ∞ =−µ V ,V ∞ (Pm (δ(tn )), δ)χn + µ n=0 (ηn , δ)χn (2.14) n=0 ∞ ∞ = − µ|Pm δ| − µ (Pm (δ(tn ) − δ), δ)χn + µ (ηn , δ)χn n=0 n=0 Vì v quỹ đạo nằm tập hút tồn cục A, ta sử dụng đánh giá (2.7) Từ (1.2), (1.19) bất đẳng thức Cauchy, ta có | (B(σ, v), δ) V ,V | ≤ c0 σ −1/4 ≤2 1/2 |Aσ|1/2 |v| δ ≤ c0 M0 σ c0 α −3/2 1/2 |Aσ|1/2 δ 21/2 c20 M02 ν M0 |δ| δ ≤ |δ| + δ να3 (2.15) Sử dụng giả thiết (2.11) ta suy −µ|Pm δ|2 = − µ|δ|2 + µ|Qm δ|2 ≤ −µ|δ|2 + µ|Qm δ| 34 µ ≤ − µ|δ|2 + δ λm+1 ≤ −µ|δ|2 + ν δ (2.16) Sử dụng bất đẳng thức Cauchy giả thiết (2.9), ta có µ|(ηn , δ)| ≤ µ|ηn ||δ| ≤ µE0 |δ| ≤ µ µ E + |δ| 2 (2.17) Hơn nữa, µ|(Pm (δ(tn ) − δ(t)), δ(t))| ≤ µ|(δ(tn ) − δ(t), Pm δ(t))| t dδ (s)ds, Pm δ(t) ds =µ tn t dδ (s)ds ds ≤µ tn t dδ (s) ds ≤µ tn t µ ≤ ν tn δ(t) V ds δ(t) V dδ (s) ds ds + V ν δ(t) (2.18) Từ (2.13) ta thu dδ (s) ds ≤ ν δ(s) + B(σ, δ) V + B(σ, v) V + B(u, δ) V (2.19) V + µ Pm (δ(tn ) − δ(s)) V + µ Pm (δ(s)) V + µ ηn V Sử dụng (1.5) (1.19), ta có B(σ, δ) V ≤ c0 σ 1/2 1/2 |Aσ| |δ| ≤ 2−1/4 c0 α−3/2 |δ|2 (2.20) Từ (1.5), (1.19) đánh giá (2.7), ta có B(σ, v) V ≤ c0 σ 1/2 1/2 |Aσ| |v| ≤ 2−1/4 c0 α−3/2 M0 |δ|, (2.21) B(u, δ) V ≤ c0 u 1/2 |Au| 1/2 |δ| ≤ 2−1/4 c0 α−3/2 |v| |δ| ≤ 2−1/4 c0 α−3/2 M0 |δ| (2.22) 35 Hơn nữa, sử dụng bất đẳng thức Poincaré (1.16) (2.9), ta có µ Pm (δ(tn ) − δ(s)) s ≤µ tn s ≤µ tn dδ (τ )dτ dτ dδ (τ ) dτ V + µ Pm (δ(s)) + µ δ(s) + µ ηn V + µ ηn V V V (2.23) V −1/2 dτ + µλ1 −1/2 |δ(s)| + µλ1 E0 V Thay đánh giá từ (2.20) đến (2.23) vào (2.19), ta suy dδ (s) ds −1/2 ≤ ν δ(s) + µλ1 |δ(s)| + 2−1/4 c0 α−3/2 (|δ(s)| + 2M0 ) |δ(s)| V s dδ (τ ) dτ +µ tn −1/2 dτ + µλ1 E0 V Lấy tích phân theo s từ tn tới t ∈ [tn , tn+1 ), ta có t tn dδ (s) ds t ds ≤ −1/2 + 2−1/4 c0 α−3/2 (|δ| + 2M0 ) |δ(s)| ds ν δ(s) + µλ1 tn V t + µκ tn dδ (s) dτ −1/2 ds + λ1 µκE0 V Ở ta sử dụng đánh giá sau t tn s tn dδ (τ ) dτ t t dτ ds ≤ tn V tn dδ (τ ) dτ t dτ ds ≤ κ V tn dδ (s) dτ ds V Từ điều kiện (2.12) κ, với c ≤ 1/2, suy µκ ≤ 1/2 Bởi vậy, ta có t tn t dδ (s) ds ds V −1/2 ≤2 ν δ(s) + µλ1 −1/2 + 2−1/4 c0 α−3/2 (|δ| + 2M0 ) |δ(s)| ds + 21 àE0 tn S dng bt ng thc Hăolder, ta có t tn dδ (s) ds ds V t ≤ cκ ϕ(s)ds + tn cµ2 κ2 E0 , λ1 ϕ(s) = ν δ(s) 2 −3 + µ2 λ−1 |δ(s)|2 + M02 + c0 α |δ(s)|2 (2.24) 36 Thay đánh giá (2.15) vào (2.18) (2.24) vào (2.14), ta nhận d |δ| + ν δ dt ∞ 23/2 c20 M02 ≤ − µ− να3 cµ3 κ2 +µ 1+ νλ1 cµ2 κ |δ| + χn ν n=0 t ϕ(s)ds tn (2.25) E02 Do điều kiện (2.10), từ (2.25) suy d |δ| +ν δ dt ∞ µ cµ2 κ ≤ − |δ| + χn ν n=0 t cµ3 κ2 ϕ(s)ds+µ + νλ1 tn E02 (2.26) Kí hiệu R = 2(M0 + E0 ) Vì δ ∈ C([t0 , ∞); H) |δ(t0 )| ≤ |z(t0 )| + |v(t0 )| ≤ 2M0 ≤ R, tồn τ ∈ (t0 , ∞) cho |δ(t)| ≤ 2R, ∀t ∈ [t0 , τ ] Định nghĩa t˜ = sup τ ∈ [t0 , ∞) : sup |δ(t)| ≤ 2R (2.27) t∈[t0 ,τ ] Giả sử t˜ < t1 Khi đó, lấy tích phân (2.26) từ t0 tới t ≤ t˜, ta t 2 δ(s) ds |δ(t)| − |δ(t0 )| + ν µ ≤− t t0 2 cµ κ |δ(s)| ds + ν t t0 t0 cµ3 κ2 ϕ(s)ds + µκ + νλ1 (2.28) E02 Vì |δ(t)| ≤ 2R với t ∈ [t0 , t˜], ta suy ϕ(s) ≤ ν δ(s) 2 −3 + c µ2 λ−1 E02 + M02 + c0 α |δ(s)|2 (2.29) 37 Do đó, (2.28) trở thành t 2 δ(s) ds 2 |δ(t)| − |δ(t0 )| + ν − cµ κ t0 ≤− −3 E02 + M02 µ cµ2 κ2 µ2 λ−1 + c0 α − ν + µκ + cµ3 κ2 νλ1 t |δ(s)|2 ds (2.30) t0 E02 Với điều kiện (2.12) κ, từ (2.30) ta suy t ν |δ(t)| − |δ(t0 )| + 2 δ(s) ds ≤ cE02 , t0 hay nói riêng, ta có t δ(s) ds ≤ t0 c |δ(t0 )|2 + E02 , ∀t ∈ t0 , t˜ ν ν (2.31) Mặt khác, ∞ t ϕ(s)ds, ∀t ∈ t0 , t˜ , ϕ(s)ds ≤ χn n=0 t tn t0 ta suy từ (2.26) với t ∈ t0 , t˜ : µ cµ2 κ d |δ| + νλ1 + |δ|2 ≤ dt ν t ϕ(s)ds + µ + t0 cµ3 κ2 νλ1 E02 (2.32) Hơn nữa, sử dụng bất đẳng thức Poincaré (1.17), từ (2.29) ta suy −3 −1 ϕ(s) ≤ ν + µ2 λ−2 λ1 E02 + M02 + c0 α δ(s) Thế (2.31) vào (2.32) ta có µ d |δ| + νλ1 + |δ|2 dt 2 −3 −1 cµ2 κ ν + µ2 λ−2 λ1 E02 + M02 + c0 α ≤ ν cµ κ +µ 1+ E02 νλ1 |δ(t0 )|2 + E02 (2.33) 38 Áp dụng bất đẳng thức Gronwall cho (2.33) [t0 , t], t < t˜, ta nhận |δ(t)|2 ≤ |δ(t0 )|2 e−(νλ1 +µ/2)(t−t0 ) + − e−(νλ1 +µ/2)(t−t0 ) γ1 |δ(t0 )|2 + γ2 E02 + 2µ E02 , 2νλ1 + µ (2.34) γ1 = −3 −1 cµ2 κ ν + µ2 λ−2 λ1 E02 + M02 + c0 α ν (2νλ1 + µ) , γ2 = γ1 + Vì |δ(t0 )| ≤ R 2µ 2νλ1 +µ cµ4 κ2 νλ1 (2νλ1 + µ) ≤ nên (2.34) trở thành |δ(t)|2 ≤ R2 e−(νλ1 +µ/2)(t−t0 ) + − e−(νλ1 +µ/2)(t−t0 ) γ1 R2 + γ2 E02 + 2E02 Sử dụng điều kiện κ cho (2.12) với số c thích hợp, ta có γ1 +γ2 ≤ 1/2, dẫn tới γ1 R2 + γ2 E02 + 2E02 ≤ R2 Suy |δ(t)| ≤ R, ∀t ∈ [t0 , t˜] Nói riêng, |δ(t˜)| ≤ R từ định nghĩa t˜ (2.27) ta suy t˜ ≥ t1 Do đó, ta có |δ(t1 )| ≤ R áp dụng lại lập luận để thu t˜ ≥ t2 |δ(t2 )| ≤ R Tiếp tục quy nạp, ta có t˜ ≥ tn , với n ≥ Hơn nữa, ta thu giống (2.34) |δ(t)|2 ≤ |δ(tn )|2 e−(νλ1 +µ/2)(t−t0 ) + − e−(νλ1 +µ/2)(t−t0 ) γ1 |δ(tn )|2 + γ2 E02 + với t ∈ [tn , tn+1 ] với n ∈ N Từ (2.35) ta có |δ(tn+1 )|2 ≤ θ|δ(tn )|2 + cE02 , ∀n ≥ 0, 2µ E02 , 2νλ1 + µ (2.35) 39 θ = e−(2νλ1 +µ)κ/2 + γ1 − e−(2νλ1 +µ)κ/2 < Bởi vậy, n−1 n |δ(tn )| ≤ θ |δ(t0 )| + cE02 θj , ∀n ≥ (2.36) j=0 Kết hợp (2.35) (2.36) ta suy  n−1 |δ(t)|2 ≤ θn |δ(t0 )|2 + cE02 1 +  θj  , ∀t ∈ [tn , tn+1 ], ∀n ≥ j=0 Do lim sup |δ(t)|2 ≤ cE02 t→∞ Hơn nữa, E0 = 0, ta có |δ(t)|2 ≤ θn |δ(t0 )|2 , ∀t ∈ [tn , tn+1 ], ∀n ≥ 1, từ suy δ(t) hội tụ với tốc độ mũ tới H t → ∞ Định lí chứng minh KẾT LUẬN CHƯƠNG Trong chương này, chúng tơi nghiên cứu tốn đồng hóa liệu cho hệ Leray-α ba chiều với phép đo rời rạc theo thời gian chứa sai số Các kết đạt bao gồm: 1) Chứng minh tồn nghiệm hệ đồng hóa liệu, gọi nghiệm xấp xỉ (Định lí 2.2); 2) Thiết lập đánh giá tiệm cận theo thời gian hiệu nghiệm xấp xỉ nghiệm khảo sát theo chuẩn thích hợp; nói riêng, trường hợp khơng có sai số, ta thu hội tụ với tốc độ mũ nghiệm xấp xỉ tới nghiệm khảo sát (Định lí 2.3) 40 Các kết chương kết tốn đồng hóa liệu rời rạc hệ Leray-α, với phép đo chứa sai số Các kết biết tốn đồng hóa liệu hệ Leray-α (xem [24]) trường hợp liên tục phép đo khơng có sai số Ngồi ra, xin lưu ý cách tiếp cận cho tốn đồng hóa liệu liên tục tốn đồng hóa liệu rời rạc khác 41 Chương BÀI TỐN ĐỒNG HĨA DỮ LIỆU RỜI RẠC ĐỐI VỚI HỆ NAVIER-STOKES-α Trong chương này, nghiên cứu tốn đồng hóa liệu rời rạc cho hệ Navier-Stokes-α ba chiều Ở đây, cách đặt toán kết đạt tương tự Chương 2, tính phức tạp hệ Navier-Stokes-α nên đánh giá phức tạp nhiều Nội dung chương dựa cơng trình [CT2] Danh mục cơng trình khoa học tác giả liên quan đến luận án 3.1 Đặt toán Trong năm gần đây, tồn dáng điệu tiệm cận nghiệm hệ Navier-Stokes-α ba chiều thu hút ý nhiều nhà toán học Trong miền bị chặn với điều kiện biên Dirichlet điều kiện biên tuần hồn, có nhiều kết tồn nghiệm tập hút toàn cục cho hệ NavierStokes-α [17, 26, 35, 39, 44, 52] Trong tồn khơng gian, tồn tốc độ tiêu hao nghiệm theo biến thời gian nghiên cứu [9, 4] Bài tốn đồng hóa liệu liên tục cho hệ Navier-Stokes-α ba chiều nghiên cứu [40, 2] tình khơng có sai số đo đạc Trong chương này, ta nghiên cứu trường hợp thực tế hơn, mà số liệu đo đạc thu thập rời rạc theo thời gian chứa sai số Cũng chương trước, áp dụng cách tiếp cận giới thiệu [27] cho hệ Navier-Stokes hai chiều Tuy nhiên, tính phức tạp hệ Navier-Stokes-α ba chiều, đánh giá phức tạp nhiều Sau đây, 42 ta giải thích rõ vấn đề nghiên cứu Giả sử tiến hóa u mơ tả hệ Navier-Stokes-α ba chiều, với điều kiện biên tuần hoàn miền Ω = [0, L]3 :    ∂ (u − α2 ∆u) − ν∆(u − α2 ∆u) − u × ∇ × (u − α2 ∆u) + ∇p = f, ∂t  ∇ · u = 0, (3.1) khoảng [t0 , ∞), với điều kiện ban đầu u(t0 ) = u0 chưa biết Ở u = u(x, t) biểu diễn cho vận tốc dòng chảy α > tham số cho trước, × tích có hướng hai vectơ, p hàm vô hướng biểu thị cho áp suất f hàm ngoại lực, với giả thiết f không phụ thuộc thời gian Ta gọi {tn }n∈N dãy tăng thời điểm [t0 , ∞) mà số liệu thu thập Ta giả thiết tn < tn+1 , ∀n ∈ N tn → ∞ n → ∞ Hơn nữa, ta kí hiệu khoảng cách lớn hai lần đo liên tiếp tham số dương κ, tức |tn+1 − tn | ≤ κ, ∀n ∈ N Ta kí hiệu ηn sai số số liệu đo thời điểm tn Các số liệu đo thời điểm tn biểu diển u ˜(tn ) = Pm u(tn ) + ηn , (3.2) u nghiệm khảo sát chưa biết hệ Navier-Stokes-α ba chiều (3.1), Pm phép chiếu trực giao H lên không gian Hm = span{w1 , , wm } xác định m vectơ riêng toán tử Stokes A ηn sai số phép đo thời điểm tn Ta giả sử {ηn }n∈N bị chặn V E0 Chú ý Pm u(tn ) chưa biết ta biết u ˜(tn ) Bây giờ, dựa cách tiếp cận [27] ta giới thiệu thuật tốn đồng hóa liệu rời rạc nhằm tìm nghiệm xấp xỉ w nghiệm khảo sát u: 43 Cho trước kiện ban đầu tùy ý w0 ∈ V , ta tìm hàm w thỏa mãn w(t0 ) = w0 , với điều kiện biên u, thỏa mãn hệ sau:  ∂   (w − α2 ∆w) −ν∆(w − α2 ∆w) − w × ∇ × (w − α2 ∆w) + ∇q   ∂t   ∞ (3.3) = f − µ(I − α2 ∆) (Pm w(tn ) − u ˜(tn )) χn ,  n=0     ∇ · w = 0, ν f tương ứng hệ số nhớt hàm ngoại lực lấy từ (3.1), q hàm áp suất mới, u ˜(tn ) biểu thị cho số liệu đo lường thu thập thời điểm tn cho (3.2), χn hàm đặc trưng khoảng [tn , tn+1 ), µ > tham số giãn Sử dụng định nghĩa u ˜(tn ) cho (3.2) toán tử Chương 1, ta viết lại hệ (3.3) dạng sau d (w + α2 Aw) + νA(w + α2 Aw) + B(w, w + α2 Aw) dt ∞ = f − µ(I + α A) P(Pm (w(tn ) − u(tn )))χn (3.4) n=0 ∞ Pηn χn + µ(I + α A) n=0 Ta với giá trị ban đầu w0 ∈ V , hệ phương trình đồng hóa liệu (3.4) có nghiệm w xác định toàn khoảng [t0 , ∞), điều kiện thích hợp µ, κ, E0 m, ta tiệm cận theo thời gian giới hạn hiệu nghiệm xấp xỉ w nghiệm khảo sát u bị chặn tích giá trị cực đại sai số với số dương Vì mục tiêu nghiên cứu dáng điệu tiệm cận nghiệm, nên lí nói Chương II, ta giả thiết nghiệm khảo sát u quỹ đạo nằm tập hút toàn cục A hệ Navier-Stokes-α ba chiều Trong chương này, nghiên cứu vấn đề sau hệ đồng hóa liệu (3.4): 44 • Sự tồn tính nghiệm xấp xỉ; • Đánh giá tiệm cận theo thời gian hiệu nghiệm xấp xỉ nghiệm khảo sát; nói riêng hội tụ nghiệm xấp xỉ tới nghiệm khảo sát phép đo khơng có sai số 3.2 Sự tồn hội tụ nghiệm xấp xỉ tới nghiệm khảo sát Ta viết lại hệ phương trình Navier-Stokes-α ba chiều dạng d (u + α2 Au) + νA(u + α2 Au) + B(u, u + α2 Au) = f dt (3.5) với điều kiện ban đầu u(t0 ) = u0 ∈ V Định lí cải tiến kết trước [26] theo nghĩa với giả thiết yếu hàm ngoại lực f , cụ thể f ∈ V thay f ∈ H Định lí 3.1 Giả sử f ∈ V u0 ∈ V Khi hệ Navier-Stokes-α ba chiều (3.5) có nghiệm tồn cục u thỏa mãn u(t0 ) = u0 u ∈ C([t0 , ∞); V ) ∩ L2loc (t0 , ∞; D(A)), du ∈ L2loc (t0 , ∞; H) dt (3.6) Hơn nữa, nửa nhóm S(t) : V → V sinh nghiệm hệ (3.5) có tập hút tồn cục A V ta có |u|2 + α2 u với Gr = f V 3/4 ν λ1 ≤ M0 := 2Gr2 ν 1/2 , ∀u ∈ A, (3.7) λ1 số Grashof không gian ba chiều Chứng minh Sự tồn nghiệm toàn cục u hệ (3.5) thỏa mãn (3.6) chứng minh [26] trường hợp f ∈ H cách sử dụng phương pháp Galerkin Việc chứng minh trường hợp f ∈ V tương tự nên ta khơng trình bày chi tiết Trong phần này, ta chứng minh tồn tập hút toàn cục A đánh giá tiên nghiệm (3.7) Tuy nhiên, ta đưa tính tốn bản, chi tiết thực 45 tương tự cách sử dụng phương pháp xấp xỉ Galerkin Bổ đề 11.2 [50] Nhân (3.5) với u, lấy tích phân Ω sử dụng (1.8), ta có d (|u|2 + α2 u ) + ν( u dt + α2 |Au|2 ) ≤ f, u V ,V Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có | f, u V ,V |≤ f f 2V ν u| ≤ + u 2ν V Suy d (|u|2 + α2 u ) + ν( u dt 2 V f + α |Au| ) ≤ (3.8) d f 2V 2 2 2 (|u| + α u ) + νλ1 (|u| + α u ) ≤ dt ν (3.9) ν Sử dụng bất đẳng thức Poincaré, ta có Áp dụng bất đẳng thức Gronwall cho (3.9) ta có với t ≥ t0 , |u(t)|2 + α2 u(t) ≤ |u(t0 )|2 + α2 u(t0 ) + f 2V ν λ1 e−νλ1 (t−t0 ) − e−νλ1 (t−t0 ) Do đó, tồn T1 ≥ t0 cho với t ≥ T1 , ta có |u(t)|2 + α2 u(t) ≤ M0 := 2Gr2 ν 1/2 (3.10) λ1 Nhân (3.5) với Au lấy tích phân Ω ta có d ( u dt + α2 |Au|2 ) + ν(|Au|2 + α2 Au ) ≤ B(u, u + α2 Au), Au + f, Au V ,V V ,V (3.11) Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có f, Au V ,V ≤ f V Au ≤ f να2 V + να2 Au (3.12) 46 Sử dụng (1.10), bất đẳng thức Poincaré bất đẳng thức Young, ta có B(u, u + α2 Au), Au V ,V ≤ + α2 B(u, u), Au B(u, Au), Au V ,V V ,V ≤ c0 u ( u + α2 Au )|Au|1/2 Au 1/2 ≤ c0 u (λ−1 Au + α )|Au| 1/2 3/2 27c40 (λ−1 να2 +α ) ≤ u |Au| + Au ν α Do (3.11) trở thành d ( u + α2 |Au|2 ) + ν(|Au|2 + α2 Au ) dt 27c40 (λ−1 +α ) u |Au|2 + f 2V ≤ ν α να (3.13) Lấy tích phân (3.8) từ t đến t + sử dụng (3.10) ta có với t ≥ T1 , t+1 ( u(s) t f 2V M0 + α |Au(s)| )ds ≤ + ν ν 2 (3.14) Từ (3.13), ta có d ( u dt 2 27c40 (λ−1 +α ) + α |Au| ) ≤ u 4( u ν α8 2 + α2 |Au|2 ) + f 2V να2 (3.15) M02 với t ≥ T1 Do đó, sử dụng α4 t bất đẳng thức Gronwall đều, từ (3.14) (3.13) ta có với t ≥ T1 + 1, t+1 u(s) ds ≤ Chú ý từ (3.10) ta có u(t) + α2 |Au(t)|2 ≤ M1 , (3.16) 3/2 M1 := M0 Gr2 ν λ1 (α + 2ν) + α2 ν exp 27c40 M02 (λ−1 +α ) ν α12 Từ (3.16), nửa nhóm S(t) : V → V có tập hấp thụ bị chặn BD(A) = {u ∈ D(A) : u + α2 |Au|2 ≤ M1 } 47 D(A) Vì phép nhúng D(A) → V compact, nửa nhóm S(t) có tập hút tồn cục A V Hơn nữa, đánh giá (3.7) suy từ (3.10) tính bất biến A Sự tồn nghiệm toàn cục toán giá trị ban đầu hệ đồng hóa liệu (3.4) cho định lí sau Định lí 3.2 Giả sử w0 ∈ V, f ∈ V u quỹ đạo nằm tập hút toàn cục A hệ Navier-Stokes-α ba chiều Khi đó, tồn nghiệm w hệ đồng hóa liệu (3.4) khoảng [t0 , ∞) thỏa mãn w(t0 ) = w0 w ∈ C([t0 , ∞); V ) ∩ L2loc (t0 , ∞; D(A)), dw ∈ L2loc (t0 , ∞; H) dt (3.17) Chứng minh Chứng minh định lí hồn tồn tương tự chứng minh Định lí 2.2 Chương 2, cách sử dụng Định lí 3.1 thay cho Định lí 2.1 Vì vậy, ta khơng nhắc lại Đặt BV (M0 ) := u ∈ V : |u|2 + α2 u ≤ M0 Định lí kết chương Định lí 3.3 Giả sử u quỹ đạo nằm tập hút toàn cục A hệ Navier-Stokes-α ba chiều giả sử M0 số dương đánh giá nghiệm u cho (3.7) Xét w0 ∈ BV (M0 ), giả sử w nghiệm hệ đồng hóa liệu (3.4) khoảng [t0 , ∞) thỏa mãn w(t0 ) = w0 Giả sử {ηn }n∈N dãy bị chặn V , tức tồn số E0 ≥ cho |ηn |2 + α2 ηn ≤ E02 , ∀n ∈ N (3.18) Nếu µ m đủ lớn cho c20 M0 c0 M µ≥c max λ1 , να4 ν , (3.19) 48 λm+1 ≥ 8µ , ν (3.20) κ đủ nhỏ cho 1/2 1/2 ν ν , αν , µ ψµ α2 ν (2νλ1 + µ) −1 2 −1 2 µ ψ + µ2 (λ−1 + α ) λ1 + µ ν(λ1 + α ) c αλ1 κ ≤ 1, µ (1 + α2 λ1 ) (3.21) , với −1/2 −2 ψ = ν + c20 λ1 M0 + E02 α −1/2 2 (λ−1 + α ) + c0 λ M0 , lim sup |w(t) − u(t)|2 + α2 w(t) − u(t) t→∞ ≤ cE02 Hơn nữa, E0 = w(t) → u(t) V , với tốc độ mũ, t → ∞ Ở đây, số c0 cho (1.9)-(1.12) c số dương không phụ thuộc vào tham số hệ Chứng minh Kí hiệu δ = w − u Lấy (3.4) trừ (3.5) ta thu d (δ + α2 Aδ) + νA(δ + α2 Aδ) + B(δ, δ + α2 Aδ) + B(u, δ + α2 Aδ) dt ∞ 2 ∞ + B(δ, u + α Au) = −µ(I + α A) PPm δ(tn )χn + µ(I + α A) n=0 Pηn χn , n=0 (3.22) ta sử dụng đẳng thức B(w, w + α2 Aw) − B(u, u + α2 Au) =B(δ, δ + α2 Aδ) + B(u, δ + α2 Aδ) + B(δ, u + α2 Au) 49 Nhân (3.22) với δ lấy tích phân Ω sử dụng tính chất (1.8) ta có d (|δ|2 + α2 δ ) + ν( δ dt + α2 |Aδ|2 ) + B(u, δ + α2 Aδ), δ D(A) ,D(A) ∞ ∞ Pm (I + α2 A)δ(tn ), δ + µ =−µ n=0 (I + α2 A)ηn , δ χn n=0 ∞ = − µ(|Pm δ|2 + α2 Pm δ ) − µ Pm (I + α2 A)(δ(tn ) − δ), δ χn n=0 ∞ (I + α2 A)ηn , δ χn +µ n=0 (3.23) Vì u quỹ đạo nằm tập hút toàn cục A, ta sử dụng đánh giá (3.7) Sử dụng (1.9), bất đẳng thức Poincaré (1.18) bất đẳng thức Young, ta có B(u, δ + α2 Aδ), δ D(A) ,D(A) + α2 B(u, δ), δ = B(u, Aδ), δ D(A) ,D(A) ≤ c0 ≤ u |δ| δ 1/4 c0 λ 1/2 D(A) ,D(A) |Aδ|1/2 + α2 u δ 1/2 |Aδ|3/2 (3.24) u |δ| |Aδ| + α c0 u δ 1/2 |Aδ| 3/2 ν 2c20 λ21 u 2 54c40 α2 u |δ| + δ + ( δ + α2 |Aδ|2 ) να ν 2 c M0 54c0 M0 ν 2 ≤ max 2λ21 , (|δ| + α δ ) + ( δ + α2 |Aδ|2 ) να ν ≤ Sử dụng giả thiết (3.20) ta suy −µ(|Pm δ|2 + α2 Pm δ ) = −µ(|δ|2 + α2 δ ) + µ(|Qm δ|2 + α2 Qm δ ) µ ≤ −µ(|δ|2 + α2 δ ) + ( Qm δ + α2 |Qm Aδ|2 ) λm+1 ν ≤ −µ(|δ|2 + α2 δ ) + ( δ + α2 |Aδ|2 ) (3.25) 50 Sử dụng bất đẳng thức Cauchy giả thiết (3.18), ta có µ|(ηn + α2 Aηn , δ)| = µ|(ηn , δ) + α2 ((ηn , δ))| ≤ µ|ηn | |δ| + α2 ηn δ µ µ ≤ |ηn |2 + α2 ηn + (|δ|2 + α2 δ ) 2 µ µ ≤ E0 + (|δ|2 + α2 δ ) 2 (3.26) Hơn nữa, µ|(Pm (I + α2 A)(δ(tn ) − δ(t)), δ)| = µ| (I + α2 A)(δ(tn ) − δ(t)), Pm δ | t =µ tn t ≤µ tn t ≤µ tn µ2 ≤ να2 d(δ + α2 Aδ) (s)ds, Pm δ ds d(δ + α2 Aδ) (s)ds ds d(δ + α2 Aδ) (s) ds t tn |Aδ| D(A) ds|Aδ| D(A) d(δ + α2 Aδ) (s) ds ds D(A) να2 + |Aδ|2 (3.27) Từ (3.22) ta thu d(δ + α2 Aδ) (s) ds ≤ ν|δ(s) + α2 Aδ(s)| + B(δ, δ + α2 Aδ) D(A) D(A) + B(u, δ + α2 Aδ) D(A) + B(δ, u + α2 Au) + µ (I + α2 A)(δ(tn ) − δ(s)) + µ (I + α2 A)δ(s) D(A) D(A) D(A) + µ (I + α2 A)ηn D(A) (3.28) Sử dụng (1.14) ta có B(δ, δ + α2 Aδ) −1/4 ≤ c0 λ1 D(A) + B(u, δ + α2 Aδ) ( u(s) + δ(s) )|δ(s) + αAδ(s)| D(A) (3.29) 51 Sử dụng (1.14) (1.15), ta có B(δ, u + α2 Au) D(A) ≤ B(δ, u) D(A) −1/4 ≤ c0 λ + α2 B(δ, Au) D(A) δ(s) |u(s)| + 2α2 |Aδ(s)| u(s) , (3.30) s µ (I + α A)(δ(tn ) − δ(s)) D(A) d(δ + α2 Aδ) (τ ) dτ ≤µ tn dτ (3.31) D(A ) Sử dụng (1.20) ta có µ (I + α2 A)δ(s) D(A) + µ (I + α2 A)ηn D(A) ≤ µ(λ−1 + α )(|δ(s)| + |ηn |) (3.32) Thế đánh giá từ (3.29) đến (3.32) vào (3.28), ta suy d(δ + α2 Aδ) (s) ds −1/4 ≤ ν + c0 λ1 −1/4 +µ tn ( u(s) + δ(s) ) |δ(s) + αAδ(s)| δ(s) |u(s)| + 2α2 |Aδ(s)| u(s) + c0 λ1 s D(A) d(δ + α2 Aδ) (τ ) dτ dτ + µ(λ−1 + α )(|δ(s)| + |ηn |) D(A ) Lấy tích phân theo s từ tn tới t ∈ [tn , tn+1 ) sử dụng (3.18), ta có t tn d(δ + α2 Aδ) (s) ds t −1/4 ≤ ν + c0 λ ds D(A) ( u(s) + δ(s) ) |δ(s) + α2 Aδ(s)| tn −1/4 + c0 λ1 + µ(λ−1 + α )|δ(s)| ds δ(s) |u(s)| + 2α2 |Aδ(s)| u(s) t + µκ(λ−1 + α )E0 + µκ tn d(δ + α2 Aδ) (s) ds ds D(A) Ở ta sử dụng đánh giá sau t s tn tn d(δ + α2 Aδ) (τ ) dτ t t tn tn dτ ds ≤ D(A) d(δ + α2 Aδ) (τ ) dτ dτ ds D(A) 52 t d(δ + α2 Aδ) (s) ds ≤κ tn ds D(A) Từ điều kiện (3.21) κ với c ≤ 1/2, ta có µκ ≤ 1/2 Bởi vậy, t d(δ + α2 Aδ) (s) ds tn t ds D(A) −1/4 ≤2 ν + c0 λ1 ( u + δ(s) ) |δ(s) + α2 Aδ(s)| + µ(λ−1 + α )|δ(s)| tn −1/4 δ(s) |u(s)| + 2α2 |Aδ(s)| u(s) + c0 λ ds + 2µκ(λ−1 + α )E0 Sử dụng bt ng thc Hăolder v (3.7), ta cú t tn d(δ + α2 Aδ) (s) ds t 2 ϕ(s)ds + cµ2 κ2 (λ−1 + α ) E0 ≤ cκ ds tn D(A) (3.33) với số dương c không phụ thuộc vào n tham số khác, −1/2 ϕ(s) = ν + c20 λ1 −1/2 + c20 λ1 M0 α−2 + δ(s) M0 ( δ(s) 2 |δ(s) + α2 Aδ(s)|2 2 + α2 |Aδ(s)|2 ) + µ2 (λ−1 + α ) |δ(s)| Kết hợp (3.27) (3.33) ta có µ|(Pm (I + α2 A)(δ(tn ) − δ), δ)| µ2 κ ≤c α ν 2 α2 ν µ4 κ2 (λ−1 +α ) E + |Aδ|2 +c α2 ν (3.34) t ϕ(s)ds tn Kết hợp đánh giá (3.24), (3.25), (3.26) (3.34) vào (3.22), ta có d (|δ|2 + α2 δ ) + ν( δ + α2 |Aδ|2 ) dt c2 M 54c20 M0 µ ≤ max 2λ21 , (|δ|2 + α2 δ ) − να ν ∞ µ2 κ +c χn α ν n=0 2 µ4 κ2 (λ−1 +α ) ϕ(s)ds + µ + c α2 ν tn t E02 (3.35) 53 Với điều kiện (3.19), từ (3.35) suy d (|δ|2 + α2 δ ) + ν( δ dt µ (|δ|2 + α2 δ ) ∞ t µ2 κ χn ϕ(s)ds +c α ν n=0 tn + α2 |Aδ|2 ) ≤ − +µ 1+c 2 µ4 κ2 (λ−1 +α ) α2 ν E02 (3.36) Kí hiệu R = 4(M0 + E02 ) Vì δ ∈ C([t0 , ∞); V ) |δ(t0 )|2 + α2 δ(t0 ) ≤ 2(|u(t0 )|2 + α2 u(t0 ) + |w(t0 )|2 + α2 w(t0 ) ) ≤ 4M0 ≤ R, tồn τ ∈ (t0 , ∞) cho |δ(t)|2 + α2 δ(t) ≤ 2R, ∀t ∈ [t0 , τ ] Định nghĩa |z(t)|2 + α2 z(t) t˜ = sup τ ∈ [t0 , ∞] : sup ≤ 2R t∈[t0 ,τ ] Giả sử t˜ < t1 Khi đó, lấy tích phân (3.36) từ t0 tới t ≤ t˜, ta có t 2 |δ(t)| + α δ(t) 2 − |δ(t0 )| − α δ(t0 ) +ν ( δ(s) + α2 |Aδ(s)|2 )ds t0 ≤− µ t 2 (|δ(s)|2 + α2 δ(s) )ds + c t0 2 µ4 κ2 (λ−1 +α ) + µκ + c α2 ν µ κ α2 ν t ϕ(s)ds t0 E02 (3.37) Ở ta sử dụng đánh giá t s t t ϕ(τ )dτ ds ≤ t0 tn t ϕ(τ )dτ ds ≤ κ t0 tn ϕ(s)ds t0 54 Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, bất đẳng thức Poincaré (1.17), (1.18) δ(t) ≤ 2R/α2 với t ∈ [t0 , t˜], ta có ϕ(s) ≤ cψ δ(s) 2 + α2 |Aδ(s)|2 + µ2 (λ−1 |δ(s)|2 + α2 δ(s) +α ) , (3.38) −1/2 −2 ψ = ν + c20 λ1 −1/2 2 (λ−1 + α ) + c0 λ1 M0 + E02 α M0 Do đó, (3.37) trở thành |δ(t)|2 + α2 δ(t) − |δ(t0 )|2 − α2 δ(t0 ) µ2 κ2 ψ +ν 1−c ν α ≤ − µ µ κ −c + µκ + c t ( δ(s) t0 −1 (λ1 + α2 )2 α2 ν µ κ (λ−1 + α2 ν + α2 |Aδ(s)|2 )ds t (|δ(s)|2 + α2 δ(s) )ds t0 2 α ) E02 (3.39) Với điều kiện (3.19) µ điều kiện (3.21) κ, ta suy từ (3.39) 2 |δ(t)| + α δ(t) 2 − |δ(t0 )| − α δ(t0 ) ν + t ( δ(s) + α2 |Aδ(s)|2 )ds t0 ≤ cE02 , hay nói riêng, ta có t ( δ(s) + α2 |Aδ(s)|2 )ds ≤ t0 c (|δ(t0 )|2 + α2 δ(t0 ) ) + E02 , ∀t ∈ [t0 , t˜] ν ν (3.40) Mặt khác, ∞ t ϕ(s)ds ∀t ∈ [t0 , t˜], ϕ(s)ds ≤ χn n=0 t tn t0 từ (3.36) ta suy với t ∈ [t0 , t˜], d (|δ|2 + α2 δ ) + (νλ1 + µ/2) (|δ|2 + α2 δ ) dt 55 t µ2 κ ≤c α ν t0 2 µ3 κ2 (λ−1 +α ) ϕ(s)ds + µ + c α2 ν E02 (3.41) Hơn nữa, sử dụng bất đẳng thức Poincaré (1.17) (1.18) từ (3.38) ta suy 2 −1 ϕ(s) ≤ ψ + µ2 (λ−1 + α ) λ1 δ(s) + α2 |Aδ(s)|2 Do d (|δ|2 + α2 δ ) + (νλ1 + µ/2) (|δ|2 + α2 δ ) dt t µ2 κ −1 2 −1 δ(s) + α2 |Aδ(s)|2 ds ≤ c ψ + µ (λ1 + α ) λ1 α ν t0 +µ 1+c 2 µ3 κ2 (λ−1 +α ) α2 ν E02 (3.42) Kết hợp (3.40) với (3.42) ta có d (|δ|2 + α2 δ ) + (νλ1 + µ/2) (|δ|2 + α2 δ ) dt µ2 κ 2 −1 |δ(t0 )|2 + α2 δ(t0 ) ≤ c 2 ψ + µ2 (λ−1 + α ) λ1 α ν 2 µ3 κ2 (λ−1 +α ) E02 +µ 1+c α2 ν + E02 (3.43) Sử dụng bất đẳng thức Gronwall cho (3.43) [t0 , t], t ≤ t˜, ta có |δ(t)|2 + α2 δ(t) ≤(|δ(t0 )|2 + α2 δ(t0 ) )e−(νλ1 +µ/2)(t−t0 ) + − e−(νλ1 +µ/2)(t−t0 ) γ1 (|δ(t0 )|2 + α2 δ(t0 ) ) + γ2 E02 + 2µ E02 , 2νλ1 + µ (3.44) µ2 κ 2 −1 ψ + µ2 (λ−1 , γ1 = c 2 + α ) λ1 α ν (2νλ1 + µ) 2 µ4 κ2 (λ−1 +α ) γ2 = γ1 + c α ν(2νλ1 + µ) 56 Vì |δ(t0 )|2 + α2 δ(t0 ) |δ(t)|2 + α2 δ(t) 2 ≤ R 2µ 2νλ1 +µ ≤ nên (3.44) trở thành ≤ Re−(νλ1 +µ/2)(t−t0 ) + − e−(νλ1 +µ/2)(t−t0 ) γ1 R + γ2 E02 + 2E02 Sử dụng điều kiện κ cho (3.21) với số c thích hợp, ta có γ1 +γ2 ≤ 1/2 dẫn tới γ1 R + γ2 E02 + 2E02 ≤ R Suy |δ(t)|2 + α2 δ(t) Nói riêng, |δ(t˜)|2 + α2 δ(t˜) 2 ≤ R, ∀t ∈ [t0 , t˜] ≤ R từ định nghĩa t˜ ta suy t˜ ≥ t1 Do đó, ta có |z(t˜1 )|2 + α2 z(t˜1 ) ≤ R áp dụng lại lập luận để thu t˜ ≥ t2 |z(t2 )|2 + α2 z(t2 ) ≤ R Tiếp tục quy nạp, ta có t˜ ≥ tn với n ∈ N Hơn nữa, ta thu giống (3.44) |δ(t)|2 + α2 δ(t) ≤(|δ(tn )|2 + α2 δ(tn ) )e−(νλ1 +µ/2)(t−tn ) + − e−(νλ1 +µ/2)(t−tn ) γ1 (|δ(tn )|2 + α2 δ(tn ) ) + γ2 E02 + 2µ E02 , 2νλ1 + µ (3.45) với t ∈ [tn , tn+1 ] với n ∈ N Từ (3.45) ta có |δ(tn+1 )|2 + α2 δ(tn+1 ) ≤ θ |δ(tn )|2 + α2 δ(tn ) + cE02 , θ = e−(2νλ1 +µ)κ/2 + γ1 − e−(2νλ1 +µ)κ/2 < Suy n−1 2 |δ(tn )| +α δ(tn ) ≤θ n 2 |δ(t0 )| + α δ(t0 ) θj , ∀n ≥ (3.46) +cE02 j=0 57 Kết hợp (3.45) (3.46) ta suy  |δ(t)|2 + α2 δ(t) ≤ θn |δ(t0 )|2 + α2 δ(t0 ) n−1 + cE02 1 +  θj  , j=0 với t ∈ [tn , tn+1 ] n ≥ Vậy ta có điều phải chứng minh KẾT LUẬN CHƯƠNG Trong chương này, chúng tơi nghiên cứu tốn đồng hóa liệu rời rạc hệ Navier-Stokes-α ba chiều, mà liệu thu thập rời rạc theo thời gian chứa sai số Các kết đạt bao gồm: 1) Chứng minh tồn nghiệm xấp xỉ (Định lí 3.2); 2) Thiết lập đánh giá tiệm cận theo thời gian hiệu nghiệm xấp xỉ nghiệm khảo sát theo chuẩn thích hợp; nói riêng, trường hợp khơng có sai số, ta thu hội tụ với tốc độ mũ nghiệm xấp xỉ tới nghiệm khảo sát (Định lí 3.3) Các kết chương kết tốn đồng hóa liệu rời rạc hệ Navier-Stokes-α, với phép đo chứa sai số Các kết biết tốn đồng hóa liệu hệ Navier-Stokes-α (xem [40, 2]) trường hợp liên tục phép đo sai số Ngồi ra, xin lưu ý cách tiếp cận cho tốn đồng hóa liệu liên tục tốn đồng hóa liệu rời rạc khác 58 Chương BÀI TOÁN ĐỒNG HÓA DỮ LIỆU LIÊN TỤC RÚT GỌN ĐỐI VỚI HỆ BARDINA ĐƠN GIẢN HÓA Trong chương này, nghiên cứu tốn đồng hóa liệu liên tục cho hệ Bardina đơn giản hóa ba chiều sử dụng phép đo hai số ba thành phần vectơ vận tốc Dưới điều kiện thích hợp hệ số giãn độ thô phép đo, ta chứng minh hội tụ với tốc độ mũ nghiệm xấp xỉ tới nghiệm khảo sát thời gian vô Nội dung chương dựa cơng trình gửi đăng [CT3] Danh mục cơng trình khoa học tác giả liên quan đến luận án 4.1 Đặt toán Hệ Bardina đơn giản hóa nghiên cứu Layton Lewandowski [42] xấp xỉ đơn giản hệ Bardina, đề xuất Bardina cộng [6] Chú ý hệ Bardina đơn giản hóa quán α-mơ hình khác học chất lỏng theo nghĩa α = 0, ta thu hệ Navier-Stokes ba chiều Trong năm gần đây, có nhiều kết tồn tại, hội tụ dáng điệu nghiệm theo thời gian hệ Bardina đơn giản hóa [10, 11, 42, 55] Bài tốn đồng hóa liệu liên tục cho hệ Bardina đơn giản hóa ba chiều sử dụng phép đo ba thành phần vectơ vận tốc nghiên cứu gần [1] Trong chương ta nghiên cứu tốn đồng hóa liệu liên tục cho lớp hệ mà sử dụng phép đo hai thành phần vectơ vận tốc Để làm điều này, ta áp dụng cách tiếp cận đề xuất gần [23, 24], mà tảng dựa ý tưởng [5] khai thác 59 điều kiện phân kì tự trường vectơ vận tốc Sau đây, ta giải thích rõ vấn đề nghiên cứu Giả sử tiến hóa u mô tả hệ Bardina đơn giản hóa ba chiều, với điều kiện biên tuần hồn miền Ω = [0, L]3 :    ∂v − ν∆v + (u · ∇)u + ∇p = f, ∂t  ∇ · u = ∇ · v = 0, (4.1) khoảng [t0 , ∞), với điều kiện ban đầu u(t0 ) = u0 chưa biết Ở u = u(x, y, z, t) biểu diễn cho vận tốc dòng chảy, v = u − α2 ∆u α > tham số cho trước, p hàm vô hướng, biểu thị cho áp suất f hàm ngoại lực, với giả thiết f không phụ thuộc thời gian Ở đây, nghiệm khảo sát cho nghiệm u (4.1) với điều kiện ban đầu chưa biết ta yêu cầu số liệu phép đo thu thập hai thành phần trường vectơ vận tốc ba chiều Trong chương này, ta xét số liệu phép đo nằm ngang, biểu diễn toán tử nội suy Ih (u1 (t)) Ih (u2 (t)) với t ∈ [t0 , T ], Ih (ϕ) tốn tử nội suy biểu thị cho số liệu phép đo hàm vô hướng ϕ với độ phân giải không gian cỡ h Bây giờ, ta dựa cách tiếp cận [23, 24] để giới thiệu thuật toán đồng hóa liệu liên tục nhằm tìm nghiệm xấp xỉ u∗ nghiệm khảo sát chưa biết u Trước tiên, ta viết lại hệ Bardina đơn giản hóa dạng sau ∂v1 − ν∆v1 + u1 ∂x u1 + u2 ∂y u1 + u3 ∂z u1 + ∂x p = f1 , ∂t ∂v2 − ν∆v2 + u1 ∂x u2 + u2 ∂y u2 + u3 ∂z u2 + ∂y p = f2 , ∂t ∂v3 − ν∆v3 + u1 ∂x u3 + u2 ∂y u3 + u3 ∂z u3 + ∂z p = f3 , ∂t (4.2b) ∂x u1 + ∂y u2 + ∂z u3 = ∂x v1 + ∂y v2 + ∂z v3 = 0, (4.2d) v1 = u1 − α2 ∆u1 , v2 = u2 − α2 ∆u2 , v3 = u3 − α2 ∆u3 (4.2e) (4.2a) (4.2c) 60 Với kiện ban đầu tùy ý u∗0 , ta tìm hàm u∗ thỏa mãn u∗ (t0 ) = u∗0 , với điều kiện biên u, thỏa mãn hệ sau ∂v1∗ − ν∆v1∗ + u∗1 ∂x u∗1 + u∗2 ∂y u∗1 + u∗3 ∂z u∗1 + ∂x p∗ ∂t = f1 − µ (Ih (u∗1 ) − Ih (u1 )) , (4.3a) ∂v2∗ − ν∆v2∗ + u∗1 ∂x u∗2 + u∗2 ∂y u∗2 + u∗3 ∂z u∗2 + ∂y p∗ ∂t = f2 − µ (Ih (u∗2 ) − Ih (u2 )) , (4.3b) ∂v3∗ − ν∆v3∗ + u∗1 ∂x u∗3 + u∗2 ∂y u∗3 + u∗3 ∂z u∗3 + ∂z p∗ = f3 , ∂t (4.3c) ∂x u∗1 + ∂y u∗2 + ∂z u∗3 = ∂x v1∗ + ∂y v2∗ + ∂z v3∗ = 0, (4.3d) v1∗ = u∗1 − α2 ∆u∗1 , v2∗ = u∗2 − α2 ∆u∗2 , v3∗ = u∗3 − α2 ∆u∗3 , (4.3e) ν f = (f1 , f2 , f3 ) tương ứng hệ số nhớt hàm ngoại lực lấy từ (4.2), p∗ hàm áp suất µ > tham số giãn Ở đây, việc lựa chọn phép đo theo phương nằm ngang, tức Ih (u1 ) Ih (u2 ) ví dụ ta hồn tồn tiến hành đồng hóa liệu dựa hai thành phần số ba thành phần trường vectơ vận tốc Cũng nhận xét [23, 24], ưu điểm thuật toán kiện ban đầu u∗0 nghiệm xấp xỉ chọn cách tùy ý Ta xét toán tử nội suy cho tốn tử tuyến tính Ih : H (Ω) → L2 (Ω) thỏa mãn ϕ − Ih (ϕ) L2 (Ω) ≤ γ0 h ϕ H (Ω) , (4.4) với ϕ thuộc không gian Sobolev H (Ω) Hai ví dụ tốn tử phép đo thuộc loại phép chiếu trực giao lên chuỗi Fourier thấp với số k thỏa mãn |k| ≤ 1/h số hạng phần tử thể tích (xem [2, 24]) Ta xét loại toán tử nội suy thứ hai Ih : H (Ω) → L2 (Ω) thỏa mãn ϕ − Ih (ϕ) L2 (Ω) ≤ γ1 h ϕ H (Ω) + γ2 h2 ϕ H (Ω) , (4.5) 61 với ϕ thuộc không gian Sobolev H (Ω) Một ví dụ tốn tử nội suy giá trị đo lường tập hợp rời rạc điểm nút Ω (xem [2, 5, 24]) Ta gọi toán tử nội suy mà thỏa mãn (4.4) (4.5) toán tử nội suy loại I loại II Hơn nữa, từ bất đẳng thức (4.4) suy |u − Ih (u)|2 ≤ c20 h2 u , (4.6) với u ∈ V , c0 = γ0 , từ bất đẳng thức (4.5) suy |u − Ih (u)|2 ≤ 2 c h u 2 + c40 h4 |Au|2 , (4.7) với u ∈ D(A), với c0 phụ thuộc vào γ0 , γ1 γ2 Ta đưa đánh giá độ thô h số liệu phép đo tham số giãn µ, phụ thuộc vào tham số vật lí khác, cho thuật tốn đề xuất hoạt động để khơi phục nghiệm khảo sát Ta rằng, điều kiện thích hợp µ h, với giá trị ban đầu u∗0 , hệ đồng hóa liệu (4.3) có nghiệm u∗ xác định toàn khoảng [t0 , ∞) nghiệm xấp xỉ hội tụ tới nghiệm khảo sát u hệ Bardina đơn giản hóa ba chiều thời gian tiến tới ∞ Kết thu chương xem cải tiến kết trước cho hệ Bardina [1] theo nghĩa ta cần sử dụng số liệu phép đo hai thành phần trường vectơ vận tốc mà khơng cần phép đo thành phần thứ ba Vì mục tiêu nghiên cứu dáng điệu tiệm cận nghiệm nên chương ta giả thiết nghiệm khảo sát u quỹ đạo nằm tập hút toàn cục A hệ Bardina đơn giản hóa ba chiều Tuy vậy, kết ta giả thiết u nghiệm hệ Bardina đơn giản hóa xuất phát từ u(t0 ) = u0 với t0 đủ lớn cho tính chất bị chặn (4.9) (4.10) u thỏa mãn, sai khác số dương Tất kết ta giả thiết ngoại lực f ∈ L∞ (t0 , ∞; H) Trong chương này, nghiên cứu vấn đề sau toán đồng hóa liệu liên tục cho hệ Bardina đơn giản hóa (4.1): 62 • Sự tồn nghiệm xấp xỉ yếu hội tụ nghiệm xấp xỉ yếu tới nghiệm khảo sát trường hợp phép đo loại I sử dụng phép đo hai số ba thành phần vectơ vận tốc; • Sự tồn nghiệm xấp xỉ mạnh hội tụ nghiệm xấp xỉ mạnh tới nghiệm khảo sát trường hợp phép đo loại II sử dụng phép đo hai số ba thành phần vectơ vận tốc 4.2 Sự tồn hội tụ nghiệm xấp xỉ tới nghiệm khảo sát trường hợp toán tử phép đo loại I Với hàm ngoại lực f ∈ H, ta định nghĩa số Grashof không gian ba chiều sau Gr = |f | 3/4 ν λ1 (4.8) Bây ta chứng minh số đánh giá tiệm cận nghiệm hệ Bardina đơn giản hóa ba chiều (4.2) Định lí 4.1 Giả sử f ∈ H Nếu u0 ∈ V hệ (4.2) có nghiệm yếu u thỏa mãn u(t0 ) = u0 u ∈ C([t0 , ∞); V ) ∩ L2loc ([t0 , ∞); D(A)), du ∈ L2loc ([t0 , ∞); H) dt Hơn nữa, u0 ∈ D(A) hệ (4.2) có nghiệm mạnh u thỏa mãn u(t0 ) = u0 u ∈ C([t0 , ∞); D(A)) ∩ L2loc ([t0 , ∞); D(A3/2 )), du ∈ L2loc ([t0 , ∞); V ) dt Hơn nữa, nửa nhóm S(t) : V → V sinh nghiệm hệ (4.2) có tập hút tồn cục A V Thêm vào đó, với u ∈ A, ta có 2 |u| + α u ≤ 2ν Gr2 1/2 , (4.9) λ1 u + α2 |Au|2 ≤ 2ν Gr2 1/2 λ1 λ1 νλ1 + + α ν exp 54c45 νGr4 α λ1 (4.10) 63 Chứng minh Sự tồn tính nghiệm yếu nghiệm mạnh hệ (4.2) tồn tập hút toàn cục A chứng minh (xem [1, 10, 42]) Ở đây, ta chứng minh đánh giá (4.9) (4.10) Nhân (4.2) với u, lấy tích phân Ω sử dụng (1.1), ta có d (|u|2 + α2 u ) + ν( u dt + α2 |Au|2 ) ≤ f, u V ,V Sử dụng bất đẳng thức Cauchy bất đẳng thức Poincaré (1.16), ta có f, u V ,V ≤ f V u ≤ ν |f |2 + u 2νλ1 Suy d (|u|2 + α2 u ) + ν( u dt |f |2 + α |Au| ) ≤ νλ1 2 (4.11) Sử dụng (1.17) (1.18), ta suy từ bất đẳng thức |f |2 d (|u|2 + α2 u ) + νλ1 (|u|2 + α2 u ) ≤ dt νλ1 (4.12) Áp dụng bất đẳng thức Gronwall cho (4.12) ta có với t ≥ t0 , |u(t)|2 + α2 u(t) ≤ (|u(t0 )|2 + α2 u(t0 ) )e−νλ1 (t−t0 ) + |f |2 − e−νλ1 (t−t0 ) ν λ21 Từ từ định nghĩa số Gr, suy tồn thời điểm T1 > t0 , mà phụ thuộc vào chuẩn u0 , cho với t ≥ T1 , ta có đánh giá (4.9) Lấy tích phân (4.11) từ t đến t + sử dụng (4.9) ta có với t ≥ T1 : t+1 ( u(s) t M0 := d ( u dt 2ν Gr2 1/2 + α2 |Au(s)|2 )ds ≤ |f |2 M0 + , ν λ1 ν (4.13) Nhân (4.2) với Au lấy tích phân Ω, ta có λ1 + α2 |Au|2 ) + ν(|Au|2 + α2 Au ) ≤ (B(u, u), Au) + f, Au V ,V (4.14) 64 Sử dụng bất đẳng thức Cauchy bất đẳng thức Poincaré (1.16), ta có f, Au V ,V ≤ f να2 |f | + Au Au ≤ να λ1 V (4.15) Sử dụng (1.2) bất đẳng thức Young, ta có |(B(u, u), Au)| ≤ c5 u 3/2 |Au|3/2 ≤ 27c45 u 4ν + ν |Au|2 (4.16) Thay (4.15) (4.16) vào (4.14), ta suy d ( u dt 27c45 u + α |Au| ) + ν(|Au| + α Au ) ≤ 2ν 2 2 + |f |2 να λ1 Sử dụng (4.9), ta có với t ≥ T1 , d ( u dt + α2 |Au|2 ) ≤ 27c45 M02 ( u 2ν α4 + α2 |Au|2 ) + |f |2 να λ1 (4.17) Áp dụng bất đẳng thức Gronwall đều, từ (4.13) (4.17) ta thu u(t) 2 + α |Au(t)| ≤ M0 |f |2 + + |f |2 exp 2 ν λ1 ν να λ1 27c45 M02 2ν α4 , với t ≥ T1 + Do đó, ta có (4.10) Ta chứng minh đánh giá tiệm cận (4.9) (4.10) (khi t đủ lớn) cho nghiệm u (4.2) Dựa vào tính chất bất biến tập hút toàn cục A, đánh giá với u ∈ A Sau hai định lí phần Các định lí tồn nghiệm yếu hệ đồng hóa liệu hội tụ nghiệm tới nghiệm khảo sát hệ Bardina đơn giản hóa, với phép đo thuộc loại I thuộc loại II Định lí 4.2 (Dữ liệu phép đo thuộc loại I) Giả sử Ih thỏa mãn (4.4) Giả sử u nghiệm tập hút toàn cục hệ Bardina đơn giản hóa ba chiều (4.2) chọn µ > đủ lớn cho cνGr2 µ≥ λ1 α2 νλ1 λ1 + + α ν exp 54c45 νGr4 α4 λ1 , (4.18) 65 h > đủ nhỏ cho µc20 h2 ≤ ν Nếu u∗0 ∈ V f ∈ H tồn nghiệm yếu u∗ hệ đồng hóa liệu (4.3) [t0 , ∞) thỏa mãn u∗ (t0 ) = u∗0 ∗ u ∈ C([t0 , ∞); V ) ∩ L2loc ([t0 , ∞); D(A)), du∗ ∈ L2loc ([t0 , ∞); H) dt Hơn nữa, nghiệm u∗ phụ thuộc liên tục vào điều kiện ban đầu u∗0 thỏa mãn |u∗ (t) − u(t)|2 + α2 u∗ (t) − u(t) → 0, với tốc độ mũ, t → ∞ Ở đây, số c0 c5 cho (4.6) (1.2) c số dương thích hợp khơng phụ thuộc vào tham số hệ Chứng minh Kí hiệu u ˜ = u∗ −u, v˜ = v ∗ −v với v ∗ = u∗ +α2 Au∗ , v = u+α2 Au, suy v˜ = u ˜ + α2 A˜ u Lấy (4.3) trừ (4.2) ta thu ∂˜ v1 − ν∆˜ v1 + (u∗ · ∇)˜ u1 + u ˜1 ∂x u1 + u ˜2 ∂y u1 + u ˜3 ∂z u1 + ∂x (p∗ − p) = −µIh (˜ u1 ), ∂t (4.19a) ∂˜ v2 − ν∆˜ v2 + (u∗ · ∇)˜ u2 + u ˜1 ∂x u2 + u ˜2 ∂y u2 + u ˜3 ∂z u2 + ∂y (p∗ − p) = −µIh (˜ u2 ), ∂t (4.19b) ∂˜ v3 − ν∆˜ v3 + (u∗ · ∇)˜ u3 + u ˜1 ∂x u3 + u ˜2 ∂y u3 + u ˜3 ∂z u3 + ∂z (p∗ − p) = 0, ∂t (4.19c) ∂x u ˜1 + ∂y u ˜2 + ∂z u ˜3 = ∂x v˜1 + ∂y v˜2 + ∂z v˜3 = (4.19d) Ở ta sử dụng đẳng thức u∗1 ∂x u∗1 + u∗2 ∂y u∗1 + u∗3 ∂z u∗1 − u1 ∂x u1 − u2 ∂y u1 − u3 ∂z u1 = (u∗ · ∇)˜ u1 + u ˜1 ∂x u1 + u ˜2 ∂y u1 + u ˜3 ∂z u1 , u∗1 ∂x u∗2 + u∗2 ∂y u∗2 + u∗3 ∂z u∗2 − u1 ∂x u2 − u2 ∂y u2 − u3 ∂z u2 = (u∗ · ∇)˜ u2 + u ˜1 ∂x u2 + u ˜2 ∂y u2 + u ˜3 ∂z u2 , 66 u∗1 ∂x u∗3 + u∗2 ∂y u∗3 + u∗3 ∂z u∗3 − u1 ∂x u3 − u2 ∂y u3 − u3 ∂z u3 = (u∗ · ∇)˜ u3 + u ˜1 ∂x u3 + u ˜2 ∂y u3 + u ˜3 ∂z u3 Nhờ có tồn toàn cục nghiệm yếu u hệ (4.2), tồn toàn cục hiệu u ˜ dẫn tới tồn toàn cục nghiệm yếu u∗ hệ (4.3) Trong phần đây, ta tập trung đánh giá tiên nghiệm u ˜ từ cho ta yếu tố cốt lõi để tồn toàn cục nghiệm yếu u ˜ hệ (4.19), điều kiện thích hợp µ h Sự hội tụ nghiệm u ˜ tới Tính thu cách sử dụng đánh giá tương tự Ở ta bỏ qua chi tiết tập trung vào đánh giá tiên nghiệm Chứng minh chi tiết thực phương pháp xấp xỉ Galerkin, sử dụng đánh giá tiên nghiệm sau chuyển qua giới hạn cách sử dụng định lí nhúng compact (xem tài liệu [16, 50, 51]) Nhân tương ứng (4.19a), (4.19b) (4.19c) với u ˜1 , u ˜2 u ˜3 lấy tích phân Ω ta có d |˜ u1 |2 + α2 u ˜1 dt +ν u ˜1 + α2 |A˜ u1 |2 ≤ |J1 | − (∂x (p∗ − p), u ˜1 ) − µ(Ih (˜ u1 ), u ˜1 ), d |˜ u2 |2 + α2 u ˜2 dt +ν u ˜2 + α2 |A˜ u2 |2 ≤ |J2 | − (∂y (p∗ − p), u ˜2 ) − µ(Ih (˜ u2 ), u ˜2 ), d |˜ u3 |2 + α2 u ˜3 dt ≤ |J3 | − (∂z (p∗ − p), u ˜3 ), +ν u ˜3 (4.20a) (4.20b) + α2 |A˜ u3 |2 (4.20c) J1 := J1a + J1b + J1c := (˜ u1 ∂x u1 , u ˜1 ) + (˜ u2 ∂y u1 , u ˜1 ) + (˜ u3 ∂z u1 , u ˜1 ), J2 := J2a + J2b + J2c := (˜ u1 ∂x u2 , u ˜2 ) + (˜ u2 ∂y u2 , u ˜2 ) + (˜ u3 ∂z u2 , u ˜2 ), J3 := J3a + J3b + J3c := (˜ u1 ∂x u3 , u ˜3 ) + (˜ u2 ∂y u3 , u ˜3 ) + (˜ u3 ∂z u3 , u ˜3 ) 67 Sử dụng bất đẳng thc Hăolder, bt ng thc Agmon (1.21) v bt ng thức Poincaré (1.18), ta có |J1a | = |(˜ u1 ∂x u1 , u ˜1 )| ≤ u ˜1 u1 | L∞ (Ω) |∂x u1 ||˜ ≤ c1 u ˜1 1/2 |A˜ u1 |1/2 |∂x u1 ||˜ u1 | −1/4 ≤ c1 λ1 |A˜ u1 ||∂x u1 ||˜ u1 | c ν u1 |2 + 1/2 |∂x u1 |2 |˜ u1 |2 ≤ α2 |A˜ νλ1 α2 ν c ≤ u ˜1 + α2 |A˜ u1 |2 + 1/2 |∂x u1 |2 |˜ u1 |2 νλ α (4.21) Sử dụng đánh giá tương tự trên, ta thu đánh giá sau |J1b | = |(˜ u2 ∂y u1 , u ˜1 )| ≤ ν |J1c | = |(˜ u3 ∂z u1 , u ˜1 )| ≤ u ˜2 ν 20 + α2 |A˜ u2 |2 + u ˜3 c 1/2 νλ1 α2 + α2 |A˜ u3 |2 + |∂y u1 |2 |˜ u1 |2 , (4.22) c 1/2 νλ1 α2 |∂z u1 |2 |˜ u1 |2 , (4.23) |J2a | = |(˜ u1 ∂x u2 , u ˜2 )| ≤ ν u ˜1 |J2b | = |(˜ u2 ∂y u2 , u ˜2 )| ≤ ν u ˜2 |J2c | = |(˜ u3 ∂z u2 , u ˜2 )| ≤ ν 20 + α2 |A˜ u1 |2 + + α2 |A˜ u2 |2 + u ˜3 c 1/2 νλ1 α2 c 1/2 νλ1 α2 + α2 |A˜ u3 |2 + |∂x u2 |2 |˜ u2 |2 , (4.24) |∂y u2 |2 |˜ u2 |2 , (4.25) c 1/2 νλ1 α2 |∂z u2 |2 |˜ u2 |2 , (4.26) |J3a | = |(˜ u1 ∂x u3 , u ˜3 )| ≤ ν 20 u ˜3 + α2 |A˜ u3 |2 + c 1/2 νλ1 α2 |∂x u3 |2 |˜ u1 |2 , (4.27) 68 |J3b | = |(˜ u2 ∂y u3 , u ˜3 )| ≤ ν 20 u ˜3 + α2 |A˜ u3 |2 + c 1/2 νλ1 α2 |∂y u3 |2 |˜ u2 |2 (4.28) Tiếp theo, lấy tích phân phần sử dụng điều kiện (4.19d) ta có J3c = (˜ u3 ∂z u3 , u ˜3 ) = −(u3 , ∂z (˜ u23 )) = −2(u3 , u ˜3 ∂z u ˜3 ) = 2(u3 , u ˜3 (∂x u ˜1 + ∂y u ˜2 )) =: 2J3d Lấy tích phân phần lần ta suy J3d = (u3 , u ˜3 (∂x u ˜ + ∂y u ˜2 )) = −(u3 , u ˜1 ∂x u ˜3 ) − (u3 , u ˜ ∂y u ˜3 ) − (∂x u3 , u ˜1 u ˜3 ) − (∂y u3 , u ˜2 u ˜3 ) =: J3d1 + J3d2 + J3d3 + J3d4 Sử dụng bất đẳng thức Hăolder, bt ng thc Agmon (1.21) v bt ng thc Poincaré (1.18), ta có |J3d1 | = |(u3 , u ˜1 ∂x u ˜3 )| ≤ u3 u1 ||∂x u ˜3 | L∞ (Ω) |˜ ≤ c1 u3 1/2 |Au3 |1/2 |˜ u1 ||∂x u ˜3 | −1/4 ≤ c1 λ1 |Au3 ||˜ u1 ||∂x u ˜3 | c ν |∂x u ˜3 |2 + 1/2 |Au3 |2 |˜ u1 |2 ≤ 20 νλ1 ν c ≤ u ˜3 + α2 |A˜ u3 |2 + 1/2 |Au3 |2 |˜ u1 |2 , 20 νλ tương tự ν c |∂y u ˜3 |2 + 1/2 |Au3 |2 |˜ u2 |2 20 νλ1 ν c ≤ u ˜3 + α2 |A˜ u3 |2 + 1/2 |Au3 |2 |˜ u2 |2 20 νλ |J3d2 | = |(u3 , u ˜2 ∂y u ˜3 )| ≤ Bằng lập luận tương tự (4.21), ta |J3d3 | = |(∂x u3 , u ˜1 u ˜3 )| ≤ u ˜3 u1 | L∞ (Ω) |∂x u3 ||˜ 69 1/2 ≤ c1 u ˜3 |A˜ u3 |1/2 |∂x u3 ||˜ u1 | −1/4 ≤ c1 λ1 |A˜ u3 ||∂x u3 ||˜ u1 | c ν α |A˜ u3 |2 + 1/2 |∂x u3 |2 |˜ u1 |2 ≤ 20 νλ1 α ν c u ˜3 + α2 |A˜ ≤ u3 |2 + 1/2 |∂x u3 |2 |˜ u1 |2 , 20 νλ α |J3d4 | = |(∂y u3 , u ˜2 u ˜3 )| ≤ ν 20 u ˜3 + α2 |A˜ u3 |2 + c 1/2 νλ1 α2 |∂y u3 |2 |˜ u2 |2 Suy |J3d | ≤ ν u ˜3 + α2 |A˜ u3 |2 + c 1/2 νλ1 α2 ( u3 + α2 |Au3 |2 )(|˜ u1 |2 + |˜ u2 |2 ) Từ suy |J3c | = |(˜ u3 ∂z u3 , u ˜3 )| ≤ 2ν u ˜3 + α2 |A˜ u3 |2 + c 1/2 νλ1 α2 ( u3 + α2 |Au3 |2 )(|˜ u1 |2 + |˜ u2 |2 ) (4.29) Sử dụng bất đẳng thức Young, (4.6) giả thiết µc20 h2 ≤ ν, với i = 1, 2, ta có −µ(Ih (˜ ui ), u ˜i ) = −µ(Ih (˜ ui ) − u ˜i , u ˜i ) − µ|˜ ui |2 ≤ µc0 h u ˜i |˜ ui | − µ|˜ ui |2 µc20 h2 µ u ˜i + |˜ ui |2 − µ|˜ ui |2 2 ν µ u ˜i − |˜ ui |2 ≤ 2 ≤ (4.30) Cũng ý (∂x (p∗ − p), u ˜1 ) + (∂y (p∗ − p), u ˜2 ) + (∂z (p∗ − p), u ˜3 ) = 0, (4.31) tích phân phần, điều kiện biên điều kiện (4.19d) Kết hợp tất đánh giá (4.21)-(4.31) kí hiệu |˜ uH |2 = |˜ u1 |2 + |˜ u2 |2 , ta thu d |˜ u|2 + α2 u ˜ dt + ν u ˜ + α2 |A˜ u|2 70 ≤ c 1/2 νλ1 α2 ( u + α2 |Au|2 ) − µ |˜ uH |2 , sử dụng bất đẳng thức Poincaré (1.17) (1.18), ta có d |˜ u|2 + α2 u ˜ dt + νλ1 |˜ u|2 + α2 u ˜ 2 + β(t)|˜ uH |2 ≤ 0, β(t) := µ − c 1/2 νλ1 α2 ( u + α2 |Au|2 ) Vì u nghiệm nằm tập hút toàn cục A, ta sử dụng đánh giá (4.10) Sử dụng giả thiết (4.18), ta có d |˜ u|2 + α2 u ˜ dt + νλ1 µ , 2 |˜ u|2 + α2 u ˜ ≤ 0, với t > t0 Áp dụng bất đẳng thức Gronwall, ta thu |˜ u(t)|2 + α2 u ˜(t) → 0, với tốc độ mũ, t → ∞ Định lí 4.3 (Dữ liệu phép đo thuộc loại II) Giả sử Ih thỏa mãn (4.5) Giả sử u nghiệm tập hút toàn cục hệ Bardina đơn giản hóa ba chiều (4.2) chọn µ > đủ lớn cho (4.18) thỏa mãn h > đủ nhỏ cho µc20 h2 ≤ 2ν µc40 h4 ≤ 4να2 Nếu u∗0 ∈ V f ∈ H tồn nghiệm yếu u∗ hệ đồng hóa liệu (4.3) [t0 , ∞) thỏa mãn u∗ (t0 ) = u∗0 u∗ ∈ C([t0 , ∞); V ) ∩ L2loc ([t0 , ∞); D(A)), du∗ ∈ L2loc ([t0 , ∞); H) dt Hơn nữa, nghiệm u∗ phụ thuộc liên tục vào điều kiện ban đầu u∗0 thỏa mãn |u∗ (t) − u(t)|2 + α2 u∗ (t) − u(t) → 0, với tốc độ mũ, t → ∞ Ở đây, số c0 c5 cho (4.6) (1.2) c số dương thích hợp khơng phụ thuộc vào tham số hệ 71 Chứng minh Sử dụng bất đẳng thức Young, (4.7), giả thiết µc20 h2 ≤ 2ν µc40 h4 ≤ 4να2 , với i = 1, ta có −µ(Ih (˜ ui ), u ˜i ) = −µ(Ih (˜ ui ) − u ˜i , u ˜i ) − µ|˜ ui |2 ≤ µ|Ih (˜ ui ) − u ˜i ||˜ ui | − µ|˜ ui |2 µ µ ≤ |Ih (˜ ui ) − u ˜i |2 + |˜ ui |2 − µ|˜ ui |2 2 2 4 µc0 h µc h µ ≤ u ˜i + |A˜ ui |2 + |˜ ui |2 − µ|˜ ui |2 2 να µ ν u ˜i + |A˜ ui |2 − |˜ ui |2 ≤ 2 µ ν ˜i + α2 |A˜ ui |2 ) − |˜ ui |2 (4.32) = ( u 2 Bây giờ, chứng minh hoàn toàn tương tự chứng minh Định lí 4.2, thay (4.30) ta dùng (4.32) Do đó, ta bỏ qua chi tiết 4.3 Sự tồn hội tụ nghiệm xấp xỉ tới nghiệm khảo sát trường hợp toán tử phép đo loại II Định lí sau tồn tính nghiệm mạnh hệ đồng hóa liệu (4.3) với phép đo thuộc loại II hội tụ mạnh (trong D(A)) tới nghiệm khảo sát hệ Bardina đơn giản hóa ba chiều Định lí 4.4 Giả sử Ih thỏa mãn (4.5) Giả sử u nghiệm tập hút toàn cục hệ Bardina đơn giản hóa ba chiều (4.2) chọn µ > đủ lớn cho µ ≥ max cνGr2 λ1 α λ1 νλ1 + + α ν exp 54c45 νGr4 α λ1 cνGr6 + , νλ1 , λ1 α (4.33) h > đủ nhỏ cho µc20 h2 ≤ ν µc40 h4 ≤ 4να2 Nếu u∗0 ∈ D(A) với |u∗0 |2 +α u∗0 ≤ 2ν Gr2 1/2 λ1 , (4.34) 72 u∗0 + α2 |Au∗0 |2 ≤ 2ν Gr2 λ1 νλ1 + + α ν 1/2 λ1 54c45 νGr4 α λ1 exp , (4.35) f ∈ H, tồn nghiệm mạnh u∗ hệ đồng hóa liệu (4.3) [t0 , ∞) thỏa mãn u∗ (t0 ) = u∗0 u∗ ∈ C([t0 , ∞); D(A)) ∩ L2loc ([t0 , ∞); D(A3/2 )), du∗ ∈ L2loc ([t0 , ∞); V ), dt cho u∗ (t) + α2 |Au∗ (t)|2 ≤ 22ν Gr2 1/2 λ1 λ1 νλ1 + + α ν 384000(16e + 2)c43 c44 + ν λ1 α6 54c45 νGr4 α λ1 exp 2ν Gr2 1/2 , λ1 với t > t0 Hơn nữa, nghiệm u∗ phụ thuộc liên tục vào điều kiện ban đầu u∗0 thỏa mãn u∗ (t) − u(t) + α2 |Au∗ (t) − Au(t)|2 → 0, với tốc độ mũ, t → ∞ Ở đây, số c0 , c3 , c4 , c5 cho (4.6), (1.23), (1.24), (1.2) c số dương thích hợp khơng phụ thuộc vào tham số hệ Chứng minh Để ngắn gọn, chứng minh Định lí 4.2, ta tập trung vào đánh giá tiên nghiệm Vì u∗0 +α |Au∗0 |2 ≤ 2ν Gr2 1/2 λ1 νλ1 λ1 + + α ν nhờ tính liên tục ánh xạ t → u∗ (t) exp 54c45 νGr4 α4 λ1 := M1 , + α2 |Au∗ (t)|2 , tồn khoảng thời gian ngắn [t0 , T˜) cho ∗ u (t) 384000(16e + 2)c43 c44 + α |Au (t)| ≤ 11M1 + ν λ1 α ∗ 2ν Gr2 1/2 λ1 , (4.36) 73 với t ∈ [t0 , T˜) Giả sử [t0 , T˜) khoảng thời gian lớn mà (4.36) Ta ra, phản chứng, T˜ = ∞ Giả sử T˜ < ∞, rõ ràng 384000(16e + 2)c43 c44 lim sup( u∗ (t) + α2 |Au∗ (t)|2 ) = 11M1 + ν λ1 α6 t→T˜ − 2ν Gr2 1/2 λ1 Nhân tương ứng (4.19a), (4.19b) (4.19c) với A˜ u1 , A˜ u2 A˜ u3 lấy tích phân Ω ta có d dt u ˜1 + α2 |A˜ u1 |2 + ν |A˜ u1 |2 + α2 A˜ u1 ≤ |K1 | − (∂x (p∗ − p), A˜ u1 ) − µ(Ih (˜ u1 ), A˜ u1 ), d dt u ˜2 + α2 |A˜ u2 |2 + ν |A˜ u2 |2 + α2 A˜ u2 (4.37a) ≤ |K2 | − (∂y (p∗ − p), A˜ u2 ) − µ(Ih (˜ u2 ), A˜ u2 ), d dt u ˜3 + α2 |A˜ u3 |2 + ν |A˜ u3 |2 + α2 A˜ u3 (4.37b) ≤ |K3 | − (∂z (p∗ − p), A˜ u3 ), K1 := K1a + K1b + K1c + K1d + K1e + K1f := (u∗1 ∂x u ˜1 , A˜ u1 ) + (u∗2 ∂y u ˜1 , A˜ u1 ) + (u∗3 ∂z u ˜1 , A˜ u1 ) + (˜ u1 ∂x u1 , A˜ u1 ) + (˜ u2 ∂y u1 , A˜ u1 ) + (˜ u3 ∂z u1 , A˜ u1 ), K2 := K2a + K2b + K2c + K2d + K2e + K2f := (u∗1 ∂x u ˜2 , A˜ u2 ) + (u∗2 ∂y u ˜2 , A˜ u2 ) + (u∗3 ∂z u ˜2 , A˜ u2 ) + (˜ u1 ∂x u2 , A˜ u2 ) + (˜ u2 ∂y u2 , A˜ u2 ) + (˜ u3 ∂z u2 , A˜ u2 ), K3 := K3a + K3b + K3c + K3d + K3e + K3f := (u∗1 ∂x u ˜3 , A˜ u3 ) + (u∗2 ∂y u ˜3 , A˜ u3 ) + (u∗3 ∂z u ˜3 , A˜ u3 ) + (˜ u1 ∂x u3 , A˜ u3 ) + (˜ u2 ∂y u3 , A˜ u3 ) + (˜ u3 ∂z u3 , A˜ u3 ) (4.37c) 74 S dng bt ng thc Hăolder, bt đẳng thức Agmon (1.21) bất đẳng thức Poincaré (1.18), ta có |K1a | = |(u∗1 ∂x u ˜1 , A˜ u1 )| ≤ u∗1 ˜1 ||A˜ u1 | L∞ (Ω) |∂x u ≤ c1 u∗1 1/2 |Au∗1 |1/2 |∂x u ˜1 ||A˜ u1 | −1/4 ≤ c1 λ1 |Au∗1 ||∂x u ˜1 ||A˜ u1 | c ν |A˜ u1 |2 + 1/2 |Au∗1 |2 |∂x u ˜ |2 ≤ 20 νλ1 ν c ≤ |A˜ u1 |2 + α2 A˜ u1 + 1/2 |Au∗1 |2 u ˜1 20 νλ (4.38) Sử dụng đánh giá tương tự trên, ta thu đánh giá sau |K1b | = |(u∗2 ∂y u ˜1 , A˜ u1 )| c ν |A˜ u1 |2 + 1/2 |Au∗2 |2 |∂y u ˜ |2 ≤ 20 νλ1 ν c ≤ |A˜ u1 |2 + α2 A˜ u1 + 1/2 |Au∗2 |2 u ˜1 , 20 νλ (4.39) |K1c | = |(u∗3 ∂z u ˜1 , A˜ u1 )| c ν ≤ |A˜ u1 |2 + 1/2 |Au∗3 |2 |∂z u ˜ |2 20 νλ1 c ν |A˜ u1 |2 + α2 A˜ u1 + 1/2 |Au∗3 |2 u ≤ ˜1 20 (4.40) S dng bt ng thc Hăolder, bất đẳng thức Ladyzhenskaya (1.22) bất đẳng thức Poincaré (1.17), ta có |K1d | = |(˜ u1 ∂x u1 , A˜ u1 )| ≤ u ˜1 L4 (Ω) ∂x u1 ≤ c22 |˜ u1 |1/4 u ˜1 −1/4 ≤ c22 λ1 u ˜1 3/4 u1 | L4 (Ω) |A˜ |∂x u1 |1/4 ∂x u1 ∂x u1 |A˜ u1 | 3/4 |A˜ u1 | 75 ν c |A˜ u1 |2 + 1/2 ∂x u1 u ˜1 20 νλ1 ν c ≤ |A˜ u1 |2 + α2 A˜ u1 + 1/2 |Au1 |2 u ˜1 20 νλ1 ≤ (4.41) Sử dụng lập luận tương tự trên, ta thu |K1e | = |(˜ u2 ∂y u1 , A˜ u1 )| ν c ˜2 ≤ |A˜ u1 |2 + 1/2 ∂y u1 u 20 νλ1 ν c ≤ |A˜ u1 |2 + α2 A˜ u1 + 1/2 |Au1 |2 u ˜2 20 νλ1 (4.42) Tiếp theo, lấy tích phân phần, ta có K1f = (˜ u3 ∂z u1 , A˜ u1 ) = − (∂x u ˜3 ∂z u1 , ∂x u ˜1 ) − (˜ u3 ∂x ∂z u1 , ∂x u ˜1 ) − (∂y u ˜3 ∂z u1 , ∂y u ˜1 ) − (˜ u3 ∂y ∂z u1 , ∂y u ˜1 ) − (∂z u ˜3 ∂z u1 , ∂z u ˜1 ) − (˜ u3 ∂z ∂z u1 , ∂z u ˜1 ) := K1f + K1f + K1f + K1f + K1f + K1f Sử dụng bt ng thc Hăolder, bt ng thc Ladyzhenskaya (1.22), bt đẳng thức Agmon (1.21) bất đẳng thức Poincaré (1.17) (1.18), ta có |K1f | = |(∂x u ˜3 ∂z u1 , ∂x u ˜1 )| ≤ ∂x u ˜3 L4 (Ω) ∂z u1 ≤ c22 |∂x u ˜3 |1/4 ∂x u ˜3 −1/4 ≤ c22 λ1 ∂x u ˜3 L4 (Ω) 3/4 ∂x u ˜1 L2 (Ω) |∂z u1 |1/4 ∂z u1 3/4 |∂x u ˜1 | ∂z u1 |∂x u ˜1 | −1/4 ≤ c22 λ1 |A˜ u3 ||Au1 | u ˜1 ν |A˜ u3 |2 + α2 A˜ u3 ≤ 120 |K1f | = |(˜ u3 ∂x ∂z u1 , ∂x u ˜1 )| + c 1/2 νλ1 |Au1 |2 u ˜1 , 76 ≤ u ˜3 L∞ (Ω) ∂x ∂z u1 L2 (Ω) ∂x u ˜1 L2 (Ω) ≤ c1 u ˜3 1/2 |A˜ u3 |1/2 |∂x ∂z u1 ||∂x u ˜1 | ≤ c1 u ˜3 1/2 |A˜ u3 |1/2 |Au1 | u ˜1 −1/4 ≤ c1 λ1 |A˜ u3 ||Au1 | u ˜1 ν |A˜ u3 |2 + α2 A˜ u3 ≤ 120 + c 1/2 νλ1 |Au1 |2 u ˜1 Sử dụng lập luận tương tự trên, ta thu |K1f | = |(∂y u ˜3 ∂z u1 , ∂y u ˜1 )| ν ≤ |A˜ u3 |2 + α2 A˜ u3 120 |K1f | = |(˜ u3 ∂y ∂z u1 , ∂y u ˜1 )| ν |A˜ u3 |2 + α2 A˜ ≤ u3 120 |K1f | = |(∂z u ˜3 ∂z u1 , ∂z u ˜1 )| ν |A˜ u3 |2 + α2 A˜ u3 ≤ 120 |K1f | = |(˜ u3 ∂z ∂z u1 , ∂z u ˜1 )| ν ≤ |A˜ u3 |2 + α2 A˜ u3 120 2 2 + + + + c 1/2 νλ1 c 1/2 νλ1 c 1/2 νλ1 c 1/2 νλ1 |Au1 |2 u ˜1 , |Au1 |2 u ˜1 , |Au1 |2 u ˜1 , |Au1 |2 u ˜1 Suy |K1f | = |(˜ u3 ∂z u1 , A˜ u1 )| ≤ ν |A˜ u3 |2 + α2 A˜ u3 20 + c 1/2 νλ1 |Au1 |2 u ˜1 (4.43) Sử dụng lập luận tương tự trên, ta thu |K2a | = |(u∗1 ∂x u ˜2 , A˜ u2 )| ≤ ν |A˜ u2 |2 + α2 A˜ u2 20 + c 1/2 νλ1 |Au∗1 |2 u ˜2 , (4.44) |K2b | = |(u∗2 ∂y u ˜2 , A˜ u2 )| ≤ ν |A˜ u2 |2 + α2 A˜ u2 20 + c 1/2 νλ1 |Au∗2 |2 u ˜2 , (4.45) 77 |K2c | = |(u∗3 ∂z u ˜2 , A˜ u2 )| ≤ ν |A˜ u2 |2 + α2 A˜ u2 20 + c 1/2 νλ1 |Au∗3 |2 u ˜2 , (4.46) |K2d | = |(˜ u1 ∂x u2 , A˜ u2 )| ≤ ν |A˜ u2 |2 + α2 A˜ u2 20 + c 1/2 νλ1 |Au2 |2 u ˜1 , (4.47) |K2e | = |(˜ u2 ∂y u2 , A˜ u2 )| ≤ ν |A˜ u2 |2 + α2 A˜ u2 20 + c 1/2 νλ1 |Au2 |2 u ˜2 , (4.48) |K2f | = |(˜ u3 ∂z u2 , A˜ u2 )| ≤ ν |A˜ u3 |2 + α2 A˜ u3 20 + c 1/2 νλ1 |Au2 |2 u ˜2 , (4.49) |K3d | = |(˜ u1 ∂x u3 , A˜ u3 )| ≤ ν |A˜ u3 |2 + α2 A˜ u3 20 + c 1/2 νλ1 |Au3 |2 u ˜1 , (4.50) |K3e | = |(˜ u2 ∂y u3 , A˜ u3 )| ≤ ν |A˜ u3 |2 + α2 A˜ u3 20 + c 1/2 νλ1 |Au3 |2 u ˜2 (4.51) Sử dụng bt ng thc Hăolder, bt ng thc Sobolev (1.24) v bất đẳng thức Ladyzhenskaya (1.23), ta có |K3a | = |(u∗1 ∂x u ˜3 , A˜ u3 )| ≤ |(˜ u1 ∂x u ˜3 , A˜ u3 )| + |(u1 ∂x u ˜3 , A˜ u3 )| ≤ u ˜1 L6 (Ω) ∂x u ˜3 L3 (Ω) A˜ u3 ≤ c3 c4 u ˜1 |∂x u ˜3 |1/2 ∂x u ˜3 ≤ 1/2 L2 (Ω) + u1 L6 (Ω) ∂x u ˜3 L3 (Ω) A˜ u3 |A˜ u3 | + c3 c4 u1 |∂x u ˜3 |1/2 ∂x u ˜3 ν 20c23 c24 |A˜ u3 |2 + u ˜1 |∂x u ˜3 | ∂x u ˜3 80 ν 1/2 L2 (Ω) |A˜ u3 | 78 20c23 c24 ν |A˜ u3 |2 + u1 |∂x u ˜3 | ∂x u ˜3 80 ν ν ν 8000c43 c44 2 ≤ u ˜1 |∂x u |A˜ u3 | + ∂x u ˜3 + ˜ |2 40 80 ν 4 ν 8000c3 c4 + u1 |∂x u ˜3 |2 ∂x u ˜3 + 80 ν3 8000c43 c44 ν 8000c43 c44 u ˜ u ˜ + u1 u ˜3 ≤ |A˜ u3 |2 + 3 20 ν ν 4 ν 8000c43 c44 8000c c 2 ≤ u ˜ + u |A˜ u3 | + α A˜ u3 + 20 ν3 ν3 + u ˜ (4.52) Sử dụng đánh giá tương tự trên, ta thu |K3b | = |(u∗2 ∂y u ˜3 , A˜ u3 )| ≤ ν |A˜ u3 |2 + α2 A˜ u3 20 + 8000c43 c44 u ˜ ν3 + 8000c43 c44 u ν3 u ˜ 2, (4.53) |K3c | = |(u∗3 ∂z u ˜3 , A˜ u3 )| ν ≤ |A˜ u3 |2 + α2 A˜ u3 20 8000c43 c44 + u ˜ ν3 8000c43 c44 + u ν3 u ˜ (4.54) Tiếp theo, lấy tích phân phần sử dụng điều kiện (4.19d) ta có K3f = (˜ u3 ∂z u3 , A˜ u3 ) = −(u3 , ∂z (˜ u3 A˜ u3 )) = −(u3 , u ˜3 ∂z A˜ u3 ) − (u3 , A˜ u3 ∂z u ˜3 ) = −(u3 , u ˜3 A∂z u ˜3 ) − (u3 , A˜ u3 ∂z u ˜3 ) = (u3 , u ˜3 A(∂x u ˜ + ∂y u ˜2 )) + (u3 , A˜ u3 (∂x u ˜1 + ∂y u ˜2 )) =: K3g + K3h Lấy tích phân phần ta suy K3g = (u3 , u ˜3 A(∂x u ˜1 + ∂y u ˜2 )) 79 = (u3 , u ˜3 ∂x A˜ u1 ) + (u3 , u ˜3 ∂y A˜ u2 ) = −(u3 , A˜ u1 ∂x u ˜3 ) − (u3 , A˜ u2 ∂y u ˜3 ) − (∂x u3 , A˜ u1 u ˜3 ) − (∂y u3 , A˜ u2 u ˜3 ) =: K3g1 + K3g2 + K3g3 + K3g4 Bằng cách lấy tích phân phần ta có K3g1 = (u3 , A˜ u1 ∂x u ˜3 ) = (u3 , ∂x ∂x u ˜1 ∂x u ˜3 ) + (u3 , ∂y ∂y u ˜ ∂x u ˜3 ) + (u3 , ∂z ∂z u ˜ ∂x u ˜3 ) = − (∂x u3 ∂x u ˜3 , ∂x u ˜1 ) − (u3 ∂x ∂x u ˜3 , ∂x u ˜1 ) − (∂y u3 ∂x u ˜3 , ∂y u ˜1 ) − (u3 ∂y ∂x u ˜3 , ∂y u ˜1 ) − (∂z u3 ∂x u ˜3 , ∂z u ˜1 ) − (u3 ∂z ∂x u ˜3 , ∂z u ˜1 ) =: K3g1−1 + K3g1−2 + K3g1−3 + K3g1−4 + K3g1−5 + K3g1−6 Sử dụng bất đẳng thc Hăolder, bt ng thc Ladyzhenskaya (1.22), bt ng thc Agmon (1.21) bất đẳng thức Poincaré (1.17) (1.18), ta có |K3g1−1 | = |(∂x u3 ∂x u ˜3 , ∂x u ˜1 )| ≤ ∂x u3 L4 (Ω) ∂x u ˜3 ≤ c22 |∂x u3 |1/4 ∂x u3 −1/4 ≤ c22 λ1 ∂x u3 L4 (Ω) 3/4 ∂x u ˜1 L2 (Ω) |∂x u ˜3 |1/4 ∂x u ˜3 3/4 |∂x u ˜1 | ∂x u ˜3 |∂x u ˜1 | −1/4 ≤ c22 λ1 |Au3 ||A˜ u3 | u ˜1 ν |A˜ u3 |2 + α2 A˜ u3 ≤ 480 + c 1/2 νλ1 |Au3 |2 u ˜1 , |K3g1−2 | = |(u3 ∂x ∂x u ˜3 , ∂x u ˜1 )| ≤ u3 L∞ (Ω) ∂x ∂x u ˜3 L2 (Ω) ∂x u ˜1 L2 (Ω) ≤ c1 u3 1/2 |Au3 |1/2 |∂x ∂x u ˜3 ||∂x u ˜1 | ≤ c1 u3 1/2 |Au3 |1/2 |A˜ u3 | u ˜1 80 −1/4 ≤ c1 λ1 |Au3 ||A˜ u3 | u ˜1 ν ≤ |A˜ u3 |2 + α2 A˜ u3 480 + c 1/2 νλ1 |Au3 |2 u ˜1 Sử dụng đánh giá tương tự trên, ta thu |K3g1−3 | = |(∂y u3 ∂x u ˜3 , ∂y u ˜1 )| ν ≤ |A˜ u3 |2 + α2 A˜ u3 480 |K3g1−4 | = |(u3 ∂y ∂x u ˜3 , ∂y u ˜1 )| ν |A˜ u3 |2 + α2 A˜ u3 ≤ 480 |K3g1−5 | = |(∂z u3 ∂x u ˜3 , ∂z u ˜1 )| ν |A˜ u3 |2 + α2 A˜ ≤ u3 480 |K3g1−6 | = |(u3 ∂z ∂x u ˜3 , ∂z u ˜1 )| ν |A˜ u3 |2 + α2 A˜ u3 ≤ 480 2 2 + + + + c 1/2 νλ1 c 1/2 νλ1 c 1/2 νλ1 c 1/2 νλ1 |Au3 |2 u ˜1 , |Au3 |2 u ˜1 , |Au3 |2 u ˜1 , |Au3 |2 u ˜1 Suy |K3g1 | = |(u3 , A˜ u1 ∂x u ˜3 )| ν ≤ |A˜ u3 |2 + α2 A˜ u3 80 + c 1/2 νλ1 |Au3 |2 u ˜1 , tương tự |K3g2 | = |(u3 , A˜ u2 ∂y u ˜3 )| ν |A˜ u3 |2 + α2 A˜ u3 ≤ 80 + c 1/2 νλ1 Bằng cách lập luận tương tự, ta |K3g3 | = |(∂x u3 , A˜ u1 u ˜3 )| |Au3 |2 u ˜2 81 ≤ ν |A˜ u3 |2 + α2 A˜ u3 80 + c 1/2 νλ1 |Au3 |2 u ˜1 , |K3g4 | = |(∂y u3 , A˜ u2 u ˜3 )| ν |A˜ u3 |2 + α2 A˜ u3 ≤ 80 + c 1/2 νλ1 |Au3 |2 u ˜2 Suy |K3g | ≤ ν |A˜ u3 |2 + α2 A˜ u3 20 c ˜1 + 1/2 ( u3 + α2 |Au3 |2 )( u νλ1 α2 + u ˜2 ) Bây giờ, ta có K3h = (u3 , A˜ u3 (∂x u ˜1 + ∂y u ˜2 )) = (u3 , A˜ u3 ∂x u ˜1 ) + (u3 , A˜ u3 ∂y u ˜2 ) =: K3h1 + K3h2 S dng bt ng thc Hăolder, bt ng thức Agmon (1.21) bất đẳng thức Poincaré (1.18), ta có |K3h1 | = |(u3 , A˜ u3 ∂x u ˜1 )| ≤ u3 L∞ (Ω) ≤ c1 u3 1/2 A˜ u3 L2 (Ω) ∂x u ˜1 L2 (Ω) |Au3 |1/2 |A˜ u3 ||∂x u ˜1 | −1/4 ≤ c1 λ1 |Au3 ||A˜ u3 | u ˜1 ν ≤ |A˜ u3 |2 + α2 A˜ u3 10 + c 1/2 νλ1 |Au3 |2 u ˜1 , tương tự |K3h2 | = |(u3 , A˜ u3 ∂y u ˜2 )| ν ≤ |A˜ u3 |2 + α2 A˜ u3 10 + c 1/2 νλ1 |Au3 |2 u ˜2 82 Suy |K3h | =(u3 , A˜ u3 (∂x u ˜1 + ∂y u ˜2 )) ν |A˜ u3 |2 + α2 A˜ ≤ u3 c + 1/2 ( u3 + α2 |Au3 |2 )( u ˜ |2 + u ˜2 ) νλ1 α Từ suy |K3f | = |(˜ u3 ∂z u3 , A˜ u3 )| ν |A˜ u3 |2 + α2 A˜ u3 ≤ c + 1/2 ( u3 + α2 |Au3 |2 )( u ˜1 |2 + u ˜2 ) νλ1 α (4.55) Sử dụng bất đẳng thức Young, (4.7) giả thiết µc20 h2 ≤ ν, với i = 1, 2, ta có −µ(Ih (˜ ui ), A˜ ui ) = −µ(Ih (˜ ui ) − u ˜i , A˜ ui ) − µ u ˜i ≤ µ|Ih (˜ ui ) − u ˜i ||A˜ ui | − µ u ˜i ≤ ≤ ≤ ≤ ≤ µ2 ν |Ih (˜ ui ) − u ˜i |2 + |A˜ ui |2 − µ u ˜i ν µ2 c20 h2 µ2 c40 h4 ν u ˜i + |A˜ ui |2 + |A˜ ui |2 − µ u ˜i 2ν 4ν µ ν ν u ˜i + |A˜ ui |2 + |A˜ ui |2 − µ u ˜i 2 4 ν µ |A˜ ui |2 − u ˜i 2 ν µ (|A˜ ui |2 + α2 A˜ ui ) − u ˜i (4.56) 2 Ta ý (∂x (p∗ − p), A˜ u1 ) + (∂y (p∗ − p), A˜ u2 ) + (∂z (p∗ − p), A˜ u3 ) = 0, (4.57) tích phân phần, điều kiện biên điều kiện (4.19d) Kết hợp tất đánh giá (4.38)-(4.57) kí hiệu u ˜H d dt u ˜ + α2 |A˜ u|2 + = u ˜1 ν |A˜ u|2 + α2 A˜ u 2 + u ˜2 , ta thu 83 ≤ c ( u 1/2 νλ1 α2 48000c43 c44 + ν3 + α2 |Au|2 + u∗ 48000c43 c44 u ν3 u ˜ + + α2 |Au∗ |2 ) − µ u ˜H u ˜ 2, với t ∈ [t0 , T˜) Do sử dụng bất đẳng thức Poincaré (1.17) (1.18), ta có d dt u ˜ + α2 |A˜ u|2 + νλ1 u ˜ + α2 |A˜ u|2 + β(t) u ˜H ≤ F (t), với t ∈ [t0 , T˜), β(t) := µ − c 1/2 νλ1 α2 ( u + α2 |Au|2 + u∗ + α2 |Au∗ |2 ), F (t) := 48000c43 c44 u ˜ ν3 + 48000c43 c44 u ν3 u ˜ Vì u nghiệm nằm tập hút tồn cục A, ta sử dụng đánh giá (4.10) Sử dụng (4.36) giả thiết (4.33), ta có d dt u ˜ + α2 |A˜ u|2 + νλ1 µ , 2 u ˜ + α2 |A˜ u|2 ≤ F (t), với t ∈ [t0 , T˜) Vì giả thiết Định lí 4.3 thỏa mãn giả thiết Định lí 4.4 thỏa mãn, ta sử dụng Định lí 4.3 Do ta có với t ∈ [t0 , T˜): |˜ u(t)|2 + α2 u ˜(t) ≤ (|˜ u(t0 )|2 + α2 u ˜(t0 ) )e− min{νλ1 /2,µ/2}(t−t0 ) Sử dụng (4.34) (4.9), ta có với t ∈ [t0 , T˜), u ˜(t) ≤ α−2 (|˜ u(t0 )|2 + α2 u ˜(t0 ) )e− min{νλ1 /2,µ/2}(t−t0 ) ≤ α−2 (|u∗ (t0 ) − u(t0 )|2 + α2 u∗ (t0 ) − u(t0 ) )e− min{νλ1 /2,µ/2}(t−t0 ) ≤ 2α−2 (|u∗ (t0 )|2 + α2 u∗ (t0 ) ≤ 4M0 − min{νλ1 /2,µ/2}(t−t0 ) e , α2 + |u(t0 )|2 + α2 u(t0 ) )e− min{νλ1 /2,µ/2}(t−t0 ) 84 M0 := 2ν Gr2 1/2 λ1 Suy F (t) ≤ C1 e−3 min{νλ1 /2,µ/2}(t−t0 ) + C2 e− min{νλ1 /2,µ/2}(t−t0 ) , với t ∈ [t0 , T˜), C1 := 3072000c43 c44 M03 ν α6 C2 := 192000c43 c44 M03 ν α6 Bây giờ, áp dụng bất đẳng thức Gronwall, ta thu với t ∈ [t0 , T˜), u ˜(t) + α2 |A˜ u(t)|2 ≤( u ˜(t0 ) + α2 |A˜ u(t0 )|2 )e− min{νλ1 /2,µ/2}(t−t0 ) t e− min{1 /2,à/2}(tt0 )+min{1 /2,à/2}(st0 ) ì + t0 C1 e3 min{νλ1 /2,µ/2}(s−t0 ) + C2 e− min{νλ1 /2,µ/2}(s−t0 ) ds =( u ˜(t0 ) + + α2 |A˜ u(t0 )|2 )e− min{νλ1 /2,µ/2}(t−t0 ) C1 e− min{νλ1 /2,µ/2}(t−t0 ) − e−2 min{νλ1 /2,µ/2}(t−t0 ) {νλ1 /2, µ/2} + C2 e− min{νλ1 /2,µ/2}(t−t0 ) (t − t0 ) (4.58) Suy u ˜(t) ≤ u ˜(t0 ) + α2 |A˜ u(t)|2 + α2 |A˜ u(t0 )|2 + C2 C1 + , {νλ1 /2, µ/2} e {νλ1 /2, µ/2} với t ∈ [t0 , T˜) Vì u ˜(t0 ) +α2 |A˜ u(t0 )|2 ≤ 2( u(t0 ) +α2 |Au(t0 )|2 )+2( u∗ (t0 ) +α2 |Au∗ (t0 )|2 ), nên sử dụng (4.35) (4.10), ta có u ˜(t) + α2 |A˜ u(t)|2 ≤ 4M1 + eC1 + 2C2 , {νλ1 /2, µ/2} 85 với t ∈ [t0 , T˜) Từ suy u∗ (t) + α2 |Au∗ (t)|2 = u ˜(t) + u(t) ≤ 2( u ˜(t) 2 + α2 |A˜ u(t) + Au(t)|2 + α2 |A˜ u(t)|2 ) + 2( u(t) + α2 |Au(t)|2 ) eC1 + 2C2 + 2M1 {νλ1 /2, µ/2} 2eC1 + 4C2 = 10M1 + , νλ1 ≤ 8M1 + với t ∈ [t0 , T˜), ta chọn µ ≥ νλ1 Điều suy mâu thuẫn 384000(16e + 2)c43 c44 2eC1 + 4C2 = 11M1 + 11M1 + νλ1 ν λ1 α6 = lim sup( u∗ (t) 2ν Gr2 1/2 λ1 + α2 |Au∗ (t)|2 ) t→T˜ − ≤ 10M1 + 2eC1 + 4C2 νλ1 Do T˜ = ∞ Suy ra, (4.58), với T˜ = ∞, ta có u ˜(t) + α2 |A˜ u(t)|2 → 0, với tốc độ mũ, t → ∞ Đây điều phải chứng minh KẾT LUẬN CHƯƠNG Trong chương này, xét tốn đồng hóa liệu liên tục hệ Bardina đơn giản hóa ba chiều, mà sử dụng phép đo hai số ba thành phần vectơ vận tốc Các kết đạt được: 1) Sự tồn nghiệm xấp xỉ yếu hội tụ nghiệm xấp xỉ yếu tới nghiệm khảo sát hai trường hợp phép đo loại I loại II (Định lí 4.2, Định lí 4.3); 2) Sự tồn nghiệm xấp xỉ mạnh hội tụ nghiệm xấp xỉ mạnh tới nghiệm khảo sát trường hợp phép đo loại II (Định lí 4.4) 86 Các kết thu chương xem cải tiến kết trước cho hệ Bardina [1] theo nghĩa ta cần sử dụng số liệu phép đo hai thành phần trường vectơ vận tốc mà không cần phép đo thành phần thứ ba 87 Chương BÀI TOÁN ĐỒNG HÓA DỮ LIỆU RÚT GỌN ĐỐI VỚI HỆ LERAY-α CẢI BIÊN Trong chương này, nghiên cứu toán đồng hóa liệu cho hệ Leray-α cải biên ba chiều sử dụng phép đo hai ba thành phần trường vectơ vận tốc, hai trường hợp phép đo liên tục rời rạc theo thời gian Dưới điều kiện thích hợp hệ số giãn độ phân giải không gian phép đo (và khoảng cách lớn hai lần đo liên tiếp trường hợp rời rạc), chứng minh tồn toàn cục hội tụ với tốc độ mũ nghiệm xấp xỉ tốn đồng hóa liệu tới nghiệm khảo sát chưa biết hệ gốc thời gian tiến vô Nội dung chương dựa công trình gửi đăng [CT4] Danh mục cơng trình khoa học tác giả liên quan đến luận án 5.1 Bài tốn đồng hóa liệu liên tục rút gọn hệ Leray-α cải biên 5.1.1 Đặt toán Hệ Leray-α cải biên giới thiệu [34] việc xét hệ Leray-α cải biên mơ hình đóng hệ phương trình trung bình Reynolds kênh dẫn ống dẫn hỗn loạn dẫn tới hệ rút gọn tương tự hệ Leray-α hệ Navier-Stokes-α, α-mơ hình khác Hơn nữa, số tính chất giải tích quan trọng hệ Leray-α cải biên chứng minh [34], nói riêng, tính đặt toàn cục tồn tập hút tồn cục khơng gian pha thích hợp Gần đây, tồn đa tạp quán tính cho hệ Leray-α cải biên với điều kiện biên tuần 88 hoàn chứng minh trường hợp hai chiều [30] ba chiều [41] Giả sử tiến hóa u mơ tả hệ Leray-α cải biên ba chiều, với điều kiện biên tuần hoàn miền Ω = [0, L]3 :    ∂v − ν∆v + (v · ∇)u + ∇p = f, ∂t  ∇ · u = ∇ · v = 0, (5.1) khoảng [t0 , ∞), với điều kiện ban đầu u(t0 ) = u0 chưa biết Trong hệ Leray-α cải biên (5.1), u = u(x, y, z, t) biểu diễn cho vận tốc dòng chảy, v = u − α2 ∆u α > tham số cho trước Ở đây, p hàm vô hướng, biểu thị cho áp suất f hàm ngoại lực, với giả thiết f không phụ thuộc thời gian Trong phần này, ta nghiên cứu thuật tốn đồng hóa liệu liên tục cho hệ Leray-α cải biên ba chiều Ở đây, nghiệm khảo sát cho nghiệm u (5.1) mà điều kiện ban đầu chưa biết Ở ta yêu cầu phép đo hai số ba thành phần vectơ vận tốc Khi đó, ta chứng minh tồn toàn cục nghiệm xấp xỉ điều kiện thích hợp hệ số giãn độ phân giải không gian liệu phép đo, nghiệm xấp xỉ hội tụ tới nghiệm khảo sát với tốc độ mũ thời gian tiến tới ∞ Xét số liệu phép đo thành phần nằm ngang, biểu diễn toán tử nội suy Ih (v1 (t)) Ih (v2 (t)) với t ∈ [t0 , T ], Ih (ϕ) tốn tử nội suy biểu thị cho số liệu phép đo hàm vô hướng ϕ với độ phân giải không gian cỡ h Ta xét toán tử nội suy cho tốn tử tuyến tính Ih : H (Ω) → L2 (Ω) thỏa mãn ϕ − Ih (ϕ) L2 (Ω) ≤ γ0 h ϕ H (Ω) , (5.2) với ϕ thuộc không gian Sobolev H (Ω) Hai ví dụ tốn tử phép đo thuộc loại phép chiếu trực giao lên chuỗi Fourier thấp với số k thỏa 89 mãn |k| ≤ 1/h số hạng phần tử thể tích (xem [2, 24]) Bất đẳng thức (5.2) suy |u − Ih (u)|2 ≤ c20 h2 u , (5.3) với u ∈ V , c0 = γ0 Bây giờ, ta dựa cách tiếp cận [23, 24] để giới thiệu thuật tốn đồng hóa liệu liên tục nhằm tìm nghiệm xấp xỉ u∗ nghiệm khảo sát chưa biết u Trước tiên, ta viết lại hệ Leray-α cải biên dạng sau ∂v1 − ν∆v1 + v1 ∂x u1 + v2 ∂y u1 + v3 ∂z u1 + ∂x p = f1 , ∂t ∂v2 − ν∆v2 + v1 ∂x u2 + v2 ∂y u2 + v3 ∂z u2 + ∂y p = f2 , ∂t ∂v3 − ν∆v3 + v1 ∂x u3 + v2 ∂y u3 + v3 ∂z u3 + ∂z p = f3 , ∂t (5.4b) ∂x u1 + ∂y u2 + ∂z u3 = ∂x v1 + ∂y v2 + ∂z v3 = 0, (5.4d) v1 = u1 − α2 ∆u1 , v2 = u2 − α2 ∆u2 , v3 = u3 − α2 ∆u3 (5.4e) (5.4a) (5.4c) Với kiện ban đầu tùy ý u∗0 , ta tìm hàm u∗ thỏa mãn u∗ (t0 ) = u∗0 , với điều kiện biên u, thỏa mãn hệ sau ∂v1∗ − ν∆v1∗ + v1∗ ∂x u∗1 + v2∗ ∂y u∗1 + v3∗ ∂z u∗1 + ∂x p∗ ∂t = f1 − µ(I − α2 ∆) (Ih (u∗1 ) − Ih (u1 )) , (5.5a) ∂v2∗ − ν∆v2∗ + v1∗ ∂x u∗2 + v2∗ ∂y u∗2 + v3∗ ∂z u∗2 + ∂y p∗ ∂t = f2 − µ(I − α2 ∆) (Ih (u∗2 ) − Ih (u2 )) , (5.5b) ∂v3∗ − ν∆v3∗ + v1∗ ∂x u∗3 + v2∗ ∂y u∗3 + v3∗ ∂z u∗3 + ∂z p∗ = f3 , ∂t (5.5c) ∂x u∗1 + ∂y u∗2 + ∂z u∗3 = ∂x v1∗ + ∂y v2∗ + ∂z v3∗ = 0, (5.5d) v1∗ = u∗1 − α2 ∆u∗1 , v2∗ = u∗2 − α2 ∆u∗2 , v3∗ = u∗3 − α2 ∆u∗3 , (5.5e) ν f = (f1 , f2 , f3 ) tương ứng hệ số nhớt hàm ngoại lực lấy từ (5.4), p∗ hàm áp suất µ > tham số giãn 90 Ta đưa đánh giá độ thô h số liệu phép đo tham số giãn (hệ số nudging) µ, phụ thuộc vào tham số vật lí khác, cho thuật tốn đề xuất hoạt động để khơi phục nghiệm khảo sát Ta rằng, điều kiện thích hợp µ h, với giá trị ban đầu u∗0 , hệ đồng hóa liệu (5.5) có nghiệm u∗ xác định toàn khoảng [t0 , ∞) nghiệm xấp xỉ hội tụ tới nghiệm khảo sát u hệ Leray-α cải biên ba chiều thời gian tiến tới ∞ Vì mục tiêu nghiên cứu dáng điệu tiệm cận nghiệm nên phần ta giả thiết nghiệm khảo sát u quỹ đạo nằm tập hút toàn cục A hệ Leray-α cải biên ba chiều Trong phần này, nghiên cứu vấn đề sau tốn đồng hóa liệu rút gọn hệ Leray-α cải biên (5.1): • Sự tồn tính nghiệm xấp xỉ tốn đồng hóa liệu liên tục; • Sự hội tụ nghiệm xấp xỉ tới nghiệm khảo sát thời gian vô 5.1.2 Sự tồn hội tụ nghiệm xấp xỉ tới nghiệm khảo sát Với hàm ngoại lực f ∈ H, ta định nghĩa số Grashof không gian ba chiều sau: Gr = |f | 3/4 ν λ1 (5.6) Bây ta chứng minh số đánh giá tiệm cận nghiệm hệ Leray-α cải biên ba chiều (5.1) Định lí 5.1 ([34]) Giả sử f ∈ H u0 ∈ V Khi hệ (5.1) có nghiệm yếu u thỏa mãn u(t0 ) = u0 u ∈ C([t0 , ∞); V ) ∩ L2loc ([t0 , ∞); D(A)), du ∈ L2loc ([t0 , ∞); H) dt (5.7) 91 Hơn nữa, nửa nhóm S(t) : V → V sinh nghiệm hệ (5.1) có tập hút tồn cục A V Thêm vào đó, với u ∈ A, ta có |u|2 + α2 u u 2 ≤ M0 := 2ν Gr2 1/2 , (5.8) λ1 + α2 |Au|2 ≤ M1 := 2ν Gr2 1/2 λ1 λ1 νλ1 + + α ν 4 54c43 ν(λ−1 + α ) Gr α12 λ1 exp (5.9) Chứng minh Sự tồn tính nghiệm yếu u hệ (5.1) thỏa mãn (5.7) tồn tập hút toàn cục A chứng minh [34] Ở đây, ta chứng minh đánh giá (5.8) (5.9) Nhân (5.1) với u, lấy tích phân Ω sử dụng (1.1), ta có d (|u|2 + α2 u ) + ν( u dt + α2 |Au|2 ) = (f, u) Sử dụng bất đẳng thức Cauchy bất đẳng thức Poincaré (1.16), ta có |(f, u)| ≤ ν |f |2 + u 2νλ1 Suy d (|u|2 + α2 u ) + ν( u dt |f |2 + α |Au| ) ≤ νλ1 2 (5.10) Sử dụng (1.17) (1.18), ta suy từ bất đẳng thức d |f |2 (|u|2 + α2 u ) + νλ1 (|u|2 + α2 u ) ≤ dt νλ1 Áp dụng bất đẳng thức Gronwall ta kết luận với t ≥ t0 , |u(t)|2 + α2 u(t) ≤ (|u(t0 )|2 + α2 u(t0 ) )e−νλ1 (t−t0 ) + |f |2 − e−νλ1 (t−t0 ) ν λ21 Từ từ định nghĩa số Gr, suy tồn thời điểm T1 > t0 , mà phụ thuộc vào chuẩn u0 , cho với t ≥ T1 , ta có đánh giá (5.8) 92 Lấy tích phân (5.10) từ t đến t + sử dụng (5.8) ta có với t ≥ T1 , t+1 ( u(s) t |f |2 M0 + α |Au(s)| )ds ≤ + ν λ1 ν 2 (5.11) Nhân (5.1) với Au lấy tích phân Ω, ta có d ( u dt + α2 |Au|2 ) + ν(|Au|2 + α2 Au ) + (B(v, u), Au) = (f, Au) (5.12) Sử dụng bất đẳng thức Cauchy bất đẳng thức Poincaré (1.16), ta có |(f, Au)| ≤ να2 |f | + Au να2 λ1 (5.13) Sử dụng (1.3), bất đẳng thức Poincaré (1.17), (1.18) bất đẳng thức Young, ta có |(B(v, u), Au)| ≤ c3 |v|1/2 v 1/2 u Au ≤ c3 (|u| + α2 |Au|)1/2 ( u + α2 Au )1/2 u Au 1/2 ≤ c3 (λ−1 Au + α )|Au| 3/2 u 27c43 (λ−1 ν 2 +α ) ≤ u α |Au| + α Au 4ν α Thế (5.13) (5.14) vào (5.12), ta suy d ( u + α2 |Au|2 ) + ν(|Au|2 + α2 Au ) dt 27c43 (λ−1 2 +α ) ≤ u α |Au| + |f |2 2ν α να λ1 Sử dụng (5.8), ta có với t ≥ T1 , d ( u + α2 |Au|2 ) + ν(|Au|2 + α2 Au ) dt 27c43 (λ−1 + α ) M0 ≤ ( u + α2 |Au|2 ) + |f |2 , 12 2ν α να2 λ1 hay d ( u dt + α2 |Au|2 ) (5.14) 93 27c43 (λ−1 + α ) M0 ≤ ( u 2ν α12 2 |f |2 να λ1 + α2 |Au|2 ) + (5.15) Áp dụng bất đẳng thức Gronwall đều, từ (5.11) (5.15) ta thu u(t) 2 + α |Au(t)| ≤ M0 |f |2 + + |f |2 exp 2 ν λ1 ν να λ1 27c43 (λ−1 + α ) M0 2ν α12 với t ≥ T2 := T1 + Do đó, ta có (5.9) Sau định lí phần Định lí 5.2 Giả sử Ih thỏa mãn (5.2) Giả sử u nghiệm tập hút toàn cục hệ Leray-α cải biên ba chiều (5.4) chọn µ > đủ lớn cho µ≥ 2 c(λ−1 + α ) M1 1/2 νλ1 α6 , (5.16) h > đủ nhỏ cho µc20 h2 ≤ ν Nếu u∗0 ∈ V f ∈ H tồn nghiệm yếu u∗ hệ đồng hóa liệu (5.5) [t0 , ∞) thỏa mãn u∗ (t0 ) = u∗0 u∗ ∈ C([t0 , ∞); V ) ∩ L2loc ([t0 , ∞); D(A)), du∗ ∈ L2loc ([t0 , ∞); H) dt Hơn nữa, nghiệm u∗ phụ thuộc liên tục vào điều kiện ban đầu u∗0 thỏa mãn |u∗ (t) − u(t)|2 + α2 u∗ (t) − u(t) →0 với tốc độ mũ, t → ∞ Ở đây, số c0 M1 cho (5.3) (5.9) c số dương thích hợp khơng phụ thuộc vào tham số hệ Chứng minh Kí hiệu u ˜ = u∗ −u, v˜ = v ∗ −v với v ∗ = u∗ −α2 ∆u∗ , v = u−α2 ∆u, ta suy v˜ = u ˜ − α2 ∆˜ u Lấy (5.5) trừ (5.4) ta thu ∂˜ v1 − ν∆˜ v1 + (v ∗ · ∇)˜ u1 + v˜1 ∂x u1 + v˜2 ∂y u1 +˜ v3 ∂z u1 + ∂x (p∗ − p) ∂t = − µ(I − α2 ∆)Ih (˜ u1 ), (5.17a) , 94 ∂˜ v2 − ν∆˜ v2 + (v ∗ · ∇)˜ u2 + v˜1 ∂x u2 + v˜2 ∂y u2 +˜ v3 ∂z u2 + ∂y (p∗ − p) ∂t = − µ(I − α2 ∆)Ih (˜ u2 ), (5.17b) ∂˜ v3 − ν∆˜ v3 + (v ∗ · ∇)˜ u3 + v˜1 ∂x u3 + v˜2 ∂y u3 +˜ v3 ∂z u3 + ∂z (p∗ − p) = 0, ∂t (5.17c) ∂x u ˜1 + ∂y u ˜2 + ∂z u ˜3 = ∂x v˜1 + ∂y v˜2 + ∂z v˜3 = (5.17d) Ở ta sử dụng đẳng thức: v1∗ ∂x u∗1 + v2∗ ∂y u∗1 + v3∗ ∂z u∗1 − v1 ∂x u1 − v2 ∂y u1 − v3 ∂z u1 = (v ∗ · ∇)˜ u1 + v˜1 ∂x u1 + v˜2 ∂y u1 + v˜3 ∂z u1 , v1∗ ∂x u∗2 + v2∗ ∂y u∗2 + v3∗ ∂z u∗2 − v1 ∂x u2 − v2 ∂y u2 − v3 ∂z u2 = (v ∗ · ∇)˜ u2 + v˜1 ∂x u2 + v˜2 ∂y u2 + v˜3 ∂z u2 , v1∗ ∂x u∗3 + v2∗ ∂y u∗3 + v3∗ ∂z u∗3 − v1 ∂x u3 − v2 ∂y u3 − v3 ∂z u3 = (v ∗ · ∇)˜ u3 + v˜1 ∂x u3 + v˜2 ∂y u3 + v˜3 ∂z u3 Nhờ có tồn toàn cục nghiệm yếu u hệ (5.4), tồn toàn cục hiệu u ˜ dẫn tới tồn toàn cục nghiệm yếu u∗ hệ (5.5) Bởi lí tương tự chứng minh Định lí 4.2 Chương 4, phần đây, ta tập trung thiết lập đánh giá tiên nghiệm u ˜ Nhân tương ứng (5.17a), (5.17b) (5.17c) với u ˜1 , u ˜2 u ˜3 lấy tích phân Ω ta có d |˜ u1 |2 + α2 u ˜1 dt +ν u ˜1 + α2 |A˜ u1 |2 ≤ |J1 | − (∂x (p∗ − p), u ˜1 ) − µ((I + α2 A)Ih (˜ u1 ), u ˜1 ), d |˜ u2 |2 + α2 u ˜2 dt +ν u ˜2 + α2 |A˜ u2 |2 ≤ |J2 | − (∂y (p∗ − p), u ˜2 ) − µ((I + α2 A)Ih (˜ u2 ), u ˜2 ), d |˜ u3 |2 + α2 u ˜3 dt +ν u ˜3 (5.18a) + α2 |A˜ u3 |2 (5.18b) 95 ≤ |J3 | − (∂z (p∗ − p), u ˜3 ), (5.18c) J1 := J1a + J1b + J1c := (˜ v1 ∂x u1 , u ˜1 ) + (˜ v2 ∂ y u , u ˜1 ) + (˜ v3 ∂z u1 , u ˜1 ), J2 := J2a + J2b + J2c := (˜ v1 ∂x u2 , u ˜2 ) + (˜ v2 ∂ y u , u ˜2 ) + (˜ v3 ∂z u2 , u ˜2 ), J3 := J3a + J3b + J3c := (˜ v1 ∂x u3 , u ˜3 ) + (˜ v2 ∂ y u , u ˜3 ) + (˜ v3 ∂z u3 , u ˜3 ) S dng bt ng thc Hăolder, bt ng thc Ladyzhenskaya (1.22) bất đẳng thức Poincaré (1.17), (1.18), ta có |J1a | = |(˜ v1 ∂x u1 , u ˜1 )| ≤ v˜1 L2 (Ω) ∂x u1 L4 (Ω) ≤ c22 |˜ v1 ||∂x u1 |1/4 ∂x u1 −1/4 ≤ c22 λ1 u ˜1 3/4 L4 (Ω) |˜ u1 |1/4 u ˜1 (λ−1 u1 | ∂x u1 + α )|A˜ 3/4 u ˜1 2 c(λ−1 ν +α ) |Au1 |2 u ˜1 α |A˜ u1 |2 + 1/2 νλ1 α ν ≤ u ˜1 + α2 |A˜ u1 |2 2 c(λ−1 +α ) + ( u1 + α2 |Au1 |2 )(|˜ u1 |2 + α2 u ˜1 ) 1/2 νλ1 α ≤ (5.19) Sử dụng đánh giá tương tự trên, ta thu đánh giá sau |J1b | = |(˜ v2 ∂ y u , u ˜1 )| ν ≤ u ˜2 + α2 |A˜ u2 |2 2 c(λ−1 +α ) + ( u1 1/2 νλ1 α6 + α2 |Au1 |2 )(|˜ u1 |2 + α2 u ˜1 ), |J1c | = |(˜ v3 ∂z u1 , u ˜1 )| ν ≤ u ˜3 + α2 |A˜ u3 |2 20 2 c(λ−1 +α ) + ( u1 + α2 |Au1 |2 )(|˜ u1 |2 + α2 u ˜1 ), 1/2 νλ1 α (5.20) (5.21) 96 |J2a | = |(˜ v1 ∂ x u , u ˜2 )| ν ≤ u ˜1 + α2 |A˜ u1 |2 2 c(λ−1 +α ) ( u2 + 1/2 νλ1 α6 |J2b | = |(˜ v2 ∂ y u , u ˜2 )| ν ≤ u ˜2 + α2 |A˜ u2 |2 2 c(λ−1 +α ) ( u2 + 1/2 νλ1 α6 + α2 |Au2 |2 )(|˜ u2 |2 + α2 u ˜2 ), (5.22) + α2 |Au2 |2 )(|˜ u2 |2 + α2 u ˜2 ), (5.23) |J2c | = |(˜ v3 ∂z u2 , u ˜2 )| ν ≤ u ˜3 + α2 |A˜ u3 |2 20 2 c(λ−1 +α ) + ( u2 + α2 |Au2 |2 )(|˜ u2 |2 + α2 u ˜2 ) 1/2 νλ1 α (5.24) Lấy tích phân phần, ta có J3a = (˜ v1 ∂x u3 , u ˜3 ) = (˜ u1 ∂x u3 , u ˜3 ) + α2 (A˜ u1 ∂x u3 , u ˜3 ) = (˜ u1 ∂x u3 , u ˜3 ) + α2 (∂x ∂x u ˜1 ∂x u3 , u ˜3 ) + α2 (∂y ∂y u ˜1 ∂x u3 , u ˜3 ) + α2 (∂z ∂z u ˜1 ∂x u3 , u ˜3 ) = (˜ u1 ∂x u3 , u ˜3 ) − α2 (∂x u ˜1 ∂x ∂x u3 , u ˜3 ) − α2 (∂x u ˜1 ∂x u3 , ∂x u ˜3 ) − α2 (∂y u ˜1 ∂y ∂x u3 , u ˜3 ) − α2 (∂y u ˜1 ∂x u3 , ∂y u ˜3 ) − α2 (∂z u ˜1 ∂z ∂x u3 , u ˜3 ) − α2 (∂z u ˜1 ∂x u3 , ∂z u ˜3 ) =: J3a1 + J3a2 + J3a3 + J3a4 + J3a5 + J3a6 + J3a7 Sử dụng bất đẳng thc Hăolder, bt ng thc Ladyzhenskaya (1.22) v bt ng thức Poincaré (1.17), ta có |J3a1 | = |(˜ u1 ∂x u3 , u ˜3 )| ≤ u ˜1 L2 (Ω) ∂x u3 L4 (Ω) u ˜3 L4 (Ω) 97 ≤ c22 |˜ u1 ||∂x u3 |1/4 ∂x u3 3/4 |˜ u3 |1/4 u ˜3 3/4 −1/4 ≤ c22 λ1 |˜ u1 | ∂x u3 u ˜3 ν c u ˜3 + 1/2 |Au3 |2 |˜ ≤ u1 |2 140 νλ1 ν u ˜3 + α2 |A˜ ≤ u3 |2 140 c u1 |2 + α2 u ˜1 ) + 1/2 ( u3 + α2 |Au3 |2 )(|˜ νλ1 α Sử dụng bất đẳng thức Hă older, bt ng thc (1.21) v bt ng thc Poincaré (1.17), ta có |J3a2 | = α2 |(∂x u ˜1 ∂x ∂x u3 , u ˜3 )| ≤ α ∂x u ˜1 L2 (Ω) ∂x ∂x u3 ≤ c1 α2 |∂x u ˜1 ||∂x ∂x u3 | u ˜3 −1/4 ≤ c1 α2 λ1 u ˜3 L2 (Ω) 1/2 L∞ (Ω) |A˜ u3 |1/2 |∂x u ˜1 ||∂x ∂x u3 ||A˜ u3 | cα2 ν 2 α |A˜ u3 | + 1/2 |Au3 |2 u ˜1 ≤ 140 νλ1 ν ≤ u ˜3 + α2 |A˜ u3 |2 140 c u1 |2 + α2 u ˜1 ) + 1/2 ( u3 + α2 |Au3 |2 )(|˜ νλ1 α2 Sử dụng bất đẳng thức Hăolder, bt ng thc Ladyzhenskaya (1.22) v bt ng thc Poincaré (1.17), ta có |J3a3 | = α2 |(∂x u ˜1 ∂x u3 , ∂x u ˜3 )| ≤ α ∂x u ˜1 L2 (Ω) ∂x u3 L4 (Ω) ≤ c22 α2 |∂x u ˜1 ||∂x u3 |1/4 ∂x u3 −1/4 ≤ c22 α2 λ1 |∂x u ˜ | ∂ x u3 ∂x u ˜3 3/4 |∂x u ˜3 |1/4 ∂x u ˜3 ∂x u ˜3 cα2 ν α |A˜ u3 |2 + 1/2 |Au3 |2 u ˜1 140 νλ1 ν ≤ u ˜3 + α2 |A˜ u3 |2 140 ≤ L4 (Ω) 3/4 98 + c 1/2 νλ1 α2 ( u3 + α2 |Au3 |2 )(|˜ u1 |2 + α2 u ˜1 ) Sử dụng lập luận tương tự trên, ta có đánh giá sau |J3a4 | = α2 |(∂y u ˜ ∂ y ∂ x u3 , u ˜3 )| ν u ˜3 + α2 |A˜ u3 |2 ≤ 140 c + 1/2 ( u3 + α2 |Au3 |2 )(|˜ u1 |2 + α2 u ˜1 ), νλ1 α2 |J3a5 | = α2 |(∂y u ˜1 ∂x u3 , ∂y u ˜3 )| ν u ˜3 + α2 |A˜ u3 |2 ≤ 140 c + 1/2 ( u3 + α2 |Au3 |2 )(|˜ u1 |2 + α2 u ˜1 ), νλ1 α2 |J3a6 | = α2 |(∂z u ˜1 ∂z ∂x u3 , u ˜3 )| ν ≤ u ˜3 + α2 |A˜ u3 |2 140 c + 1/2 ( u3 + α2 |Au3 |2 )(|˜ u1 |2 + α2 u ˜1 ), νλ1 α |J3a7 | = α2 |(∂z u ˜1 ∂x u3 , ∂z u ˜3 )| ν u ˜3 + α2 |A˜ u3 |2 ≤ 140 c + 1/2 ( u3 + α2 |Au3 |2 )(|˜ u1 |2 + α2 u ˜1 ) νλ1 α Suy |J3a | = |(˜ v1 ∂ x u , u ˜3 )| ν ≤ u ˜3 + α2 |A˜ u3 |2 20 c + 1/2 ( u3 + α2 |Au3 |2 )(|˜ u1 |2 + α2 u ˜1 ), νλ1 α tương tự |J3b | = |(˜ v2 ∂ y u , u ˜3 )| (5.25) 99 ≤ ν 20 + u ˜3 + α2 |A˜ u3 |2 c 1/2 νλ1 α2 ( u3 + α2 |Au3 |2 )(|˜ u2 |2 + α2 u ˜2 ) (5.26) Tiếp theo, sử dụng tích phân phần điều kiện (5.17d), ta có J3c = (˜ v3 ∂z u3 , u ˜3 ) = −(u3 , ∂z (˜ v3 u ˜3 )) = −(u3 , v˜3 ∂z u ˜3 ) − (u3 , u ˜3 ∂z v˜3 ) = (u3 , v˜3 (∂x u ˜1 + ∂y u ˜2 )) + (u3 , u ˜3 (∂x v˜1 + ∂y v˜2 )) = (u3 , v˜3 ∂x u ˜1 ) + (u3 , v˜3 ∂y u ˜2 ) + (u3 , u ˜3 ∂x v˜1 ) + (u3 , u ˜3 ∂y v˜2 ) =: J3c1 + J3c2 + J3c3 + J3c4 Sử dụng bất ng thc Hăolder, bt ng thc Agmon (1.21) v bt đẳng thức Poincaré (1.17), (1.18), ta có |J3c1 | = |(u3 , v˜3 ∂x u ˜1 )| ≤ u3 L∞ (Ω) ≤ c1 u3 1/2 −1/4 ≤ c1 λ1 v˜3 L2 (Ω) ∂x u ˜1 L2 (Ω) |Au3 |1/2 |˜ v3 ||∂x u ˜1 | (λ−1 u3 ||∂x u ˜1 | + α )|Au3 ||A˜ 2 ν c(λ−1 +α ) ≤ α |A˜ u3 | + |Au3 |2 u ˜1 1/2 10 νλ1 α2 ν u ˜3 + α2 |A˜ u3 |2 ≤ 10 2 c(λ−1 +α ) + ( u3 + α2 |Au3 |2 )(|˜ u1 |2 + α2 u ˜1 ), 1/2 νλ1 α tương tự |J3c2 | = |(u3 , v˜3 ∂y u ˜2 )| ν ≤ u ˜3 + α2 |A˜ u3 |2 10 2 c(λ−1 +α ) + ( u3 + α2 |Au3 |2 )(|˜ u2 |2 + α2 u ˜2 ) 1/2 νλ1 α 100 Bây lấy tích phân phần ta thu J3c3 = (u3 , u ˜3 ∂x v˜1 ) = (∂x u ˜1 u3 , u ˜3 ) + α2 (∂x A˜ u1 u3 , u ˜3 ) = (∂x u ˜1 u3 , u ˜3 ) + α2 (∂x ∂x ∂x u ˜ u3 , u ˜3 ) + α2 (∂x ∂y ∂y u ˜1 u3 , u ˜3 ) + α2 (∂x ∂z ∂z u ˜ u3 , u ˜3 ) = (∂x u ˜1 u3 , u ˜3 ) − α2 (∂x ∂x u ˜1 ∂x u3 , u ˜3 ) − α2 (∂x ∂x u ˜1 u3 , ∂x u ˜3 ) − α2 (∂y ∂x u ˜1 ∂y u3 , u ˜3 ) − α2 (∂y ∂x u ˜1 u3 , ∂y u ˜3 ) − α2 (∂z ∂x u ˜1 ∂z u3 , u ˜3 ) − α2 (∂z ∂x u ˜1 u3 , ∂z u ˜3 ) = (∂x u ˜1 u3 , u ˜3 ) + α2 (∂x u ˜1 ∂x ∂x u3 , u ˜3 ) + α2 (∂x u ˜1 ∂x u3 , ∂x u ˜3 ) + α2 (∂x u ˜1 ∂x u3 , ∂x u ˜3 ) + α2 (∂x u ˜1 u3 , ∂x ∂x u ˜3 ) + α2 (∂x u ˜ ∂ y ∂ y u3 , u ˜3 ) + α2 (∂x u ˜1 ∂y u3 , ∂y u ˜3 ) + α2 (∂x u ˜1 ∂y u3 , ∂y u ˜3 ) + α2 (∂x u ˜1 u3 , ∂y ∂y u ˜3 ) + α2 (∂x u ˜1 ∂z ∂z u3 , u ˜3 ) + α2 (∂x u ˜1 ∂z u3 , ∂z u ˜3 ) + α2 (∂x u ˜1 ∂z u3 , ∂z u ˜3 ) + α2 (∂x u ˜1 u3 , ∂z ∂z u ˜3 ) = (∂x u ˜1 u3 , u ˜3 ) + α2 (∂x u ˜1 Au3 , u ˜3 ) + α2 (∂x u ˜1 u3 , A˜ u3 ) + 2α2 (∂x u ˜1 ∂x u3 , ∂x u ˜3 ) + 2α2 (∂x u ˜1 ∂y u3 , ∂y u ˜3 ) + 2α2 (∂x u ˜1 ∂z u3 , ∂z u ˜3 ) =: J3c3−1 + J3c3−2 + J3c3−3 + J3c3−4 + J3c3−5 + J3c3−6 S dng bt ng thc Hăolder, bt ng thc Ladyzhenskaya (1.22) bất đẳng thức Poincaré (1.17), ta có |J3c3−1 | = |(∂x u ˜1 u3 , u ˜3 )| ≤ ∂x u ˜1 L2 (Ω) u3 L4 (Ω) ≤ c22 |∂x u ˜1 ||u3 |1/4 u3 3/4 u ˜3 L4 (Ω) |˜ u3 |1/4 u ˜3 −1/4 ≤ c22 λ1 |∂x u ˜1 | u3 u ˜3 c ν u ˜3 + 1/2 u3 u ˜1 ≤ 60 νλ1 ν ≤ u ˜3 + α2 |A˜ u3 |2 60 3/4 101 + c 1/2 νλ1 α2 ( u3 + α2 |Au3 |2 )(|˜ u1 |2 + α2 u ˜1 ) Sử dụng bt ng thc Hăolder, bt ng thc Agmon (1.21) v bất đẳng thức Poincaré (1.17), (1.18), ta có |J3c3−2 | = α2 |(∂x u ˜1 Au3 , u ˜3 )| ≤ α2 ∂x u ˜1 L2 (Ω) Au3 ≤ c1 α2 |∂x u ˜1 ||Au3 | u ˜3 −1/4 ≤ c1 α2 λ1 L2 (Ω) 1/2 u ˜3 L∞ (Ω) |A˜ u3 |1/2 |Au3 ||A˜ u3 ||∂x u ˜1 | cα2 ν ˜1 α |A˜ u3 |2 + 1/2 |Au3 |2 u 60 νλ1 ν ≤ u ˜3 + α2 |A˜ u3 |2 60 c u1 |2 + α2 u ˜1 ), + 1/2 ( u3 + α2 |Au3 |2 )(|˜ νλ1 α ≤ |J3c3−3 | = α2 |(∂x u ˜1 u3 , A˜ u3 )| ν ≤ u ˜3 + α2 |A˜ u3 |2 60 c + 1/2 ( u3 + α2 |Au3 |2 )(|˜ u1 |2 + α2 u ˜1 ) νλ1 α Sử dụng bất đẳng thc Hăolder, bt ng thc Ladyzhenskaya (1.22) v bt ng thức Poincaré (1.17), ta có |J3c3−4 | = 2α2 |(∂x u ˜1 ∂x u3 , ∂x u ˜3 )| ≤ 2α2 ∂x u ˜1 L2 (Ω) ∂x u3 L4 (Ω) ≤ 2c22 α2 |∂x u ˜1 ||∂x u3 |1/4 ∂x u3 −1/4 ≤ 2c22 α2 λ1 |∂x u ˜1 | ∂x u3 ∂x u ˜3 3/4 |∂x u ˜3 |1/4 ∂x u ˜3 ∂x u ˜3 cα2 ν α |A˜ u3 |2 + 1/2 |Au3 |2 u ˜1 60 νλ1 ν ≤ u ˜3 + α2 |A˜ u3 |2 60 ≤ L4 (Ω) 3/4 102 + c 1/2 νλ1 α2 ( u3 + α2 |Au3 |2 )(|˜ u1 |2 + α2 u ˜1 ), tương tự |J3c3−5 | = 2α2 |(∂x u ˜1 ∂y u3 , ∂y u ˜3 )| ν u ˜3 + α2 |A˜ u3 |2 ≤ 60 c u1 |2 + α2 u ˜1 ), + 1/2 ( u3 + α2 |Au3 |2 )(|˜ νλ1 α |J3c3−6 | = 2α2 |(∂x u ˜1 ∂z u3 , ∂z u ˜3 )| ν ≤ u ˜3 + α2 |A˜ u3 |2 60 c + 1/2 ( u3 + α2 |Au3 |2 )(|˜ u1 |2 + α2 u ˜1 ) νλ1 α Suy |J3c3 | = |(u3 , u ˜3 ∂x v˜1 )| ν u ˜3 + α2 |A˜ u3 |2 ≤ 10 c + 1/2 ( u3 + α2 |Au3 |2 )(|˜ u1 |2 + α2 u ˜1 ), νλ1 α tương tự |J3c4 | = |(u3 , u ˜3 ∂y v˜2 )| ν ≤ u ˜3 + α2 |A˜ u3 |2 10 c + 1/2 ( u3 + α2 |Au3 |2 )(|˜ u2 |2 + α2 u ˜2 ) νλ1 α2 Từ suy |J3c | = |(˜ v3 ∂z u3 , u ˜3 )| ≤ 2ν + u ˜3 + α2 |A˜ u3 |2 2 c(λ−1 +α ) 1/2 νλ1 α6 ( u3 + α2 |Au3 |2 )(|˜ u1 |2 + α2 u ˜1 + |˜ u2 |2 + α2 u ˜2 ) (5.27) 103 Sử dụng bất đẳng thức Young, (5.3) giả thiết µc20 h2 ≤ ν, ta có với i = 1, 2: − µ((I + α2 A)Ih (˜ ui ), u ˜i ) = − µ(Ih (˜ ui ), u ˜i ) − µα2 (AIh (˜ ui ), u ˜i ) = − µ(Ih (˜ ui ) − u ˜i , u ˜i ) − µ|˜ ui |2 − µα2 (Ih (˜ ui ) − u ˜i , A˜ ui ) − µα2 u ˜i ≤ µ|Ih (˜ ui ) − u ˜i ||˜ ui | − µ|˜ ui |2 + µα2 |Ih (˜ ui ) − u ˜i ||A˜ ui | − µα2 u ˜i ≤ µc0 h u ˜i |˜ ui | − µ|˜ ui |2 + µα2 c0 h u ˜i |A˜ ui | − µα2 u ˜i 2 µc20 h2 µ µα2 c20 h2 µα2 u ˜i + |˜ ui |2 − µ|˜ |A˜ ui |2 + u ˜i ui |2 + 2 2 µ ν ˜i + α2 |A˜ ui |2 ) − (|˜ ui |2 + α2 u ˜i ) ≤ ( u 2 ≤ − µα2 u ˜i (5.28) Cũng ý (∂x (p∗ − p), u ˜1 ) + (∂y (p∗ − p), u ˜2 ) + (∂z (p∗ − p), u ˜3 ) = 0, (5.29) tích phân phần, điều kiện biên điều kiện (5.17d) Kết hợp tất đánh giá (5.19)-(5.29) kí hiệu |˜ uH |2 + α2 u ˜H = |˜ u1 |2 + α2 u ˜1 + |˜ u2 |2 + α2 u ˜2 , ta thu ≤ d |˜ u|2 + α2 u ˜ dt 2 c(λ−1 +α ) 1/2 νλ1 α6 + ( u ν u ˜ + α2 |A˜ u|2 + α2 |Au|2 ) − µ (|˜ uH |2 + α2 u ˜H ), sử dụng bất đẳng thức Poincaré (1.17) (1.18), ta có d |˜ u|2 + α2 u ˜ dt + νλ1 |˜ u|2 + α2 u ˜ 2 + β(t)(|˜ uH |2 + α2 u ˜H ) ≤ 0, β(t) := µ − c 1/2 νλ1 α2 ( u + α2 |Au|2 ) Vì u nghiệm nằm tập hút tồn cục A, ta sử dụng đánh giá (5.9) Sử dụng giả thiết (5.16), ta có d |˜ u|2 + α2 u ˜ dt + νλ1 µ , 2 |˜ u|2 + α2 u ˜ ≤ 0, 104 với t > t0 Áp dụng bất đẳng thức Gronwall, ta thu |˜ u(t)|2 + α2 u ˜(t) → 0, với tốc độ mũ, t → ∞ 5.2 Bài tốn đồng hóa liệu rời rạc rút gọn hệ Leray-α cải biên 5.2.1 Đặt toán Trong phần này, giả sử {tn }n∈N dãy tăng thời điểm [t0 , ∞) mà số liệu thu thập Ta giả thiết tn < tn+1 , ∀n ∈ N, tn → ∞ n → ∞ Hơn nữa, ta kí hiệu khoảng cách lớn hai lần đo liên tiếp tham số dương κ, tức |tn+1 − tn | ≤ κ, ∀n ∈ N Các số liệu đo lường thời điểm tn biểu diển Pm (v1 (tn )) Pm (v2 (tn )), v nghiệm khảo sát chưa biết hệ Leray-α cải biên ba chiều (5.4), Pm : H → span{w1 , , wm } phép chiếu trực giao H lên không gian Hm = span{w1 , , wm } xác định m vectơ riêng toán tử Stokes A Hơn nữa, ta kí hiệu Qm = I − Pm Bây giờ, ta giới thiệu thuật tốn đồng hóa liệu rời rạc nhằm tìm nghiệm xấp xỉ u∗ nghiệm khảo sát u: Cho trước liệu ban đầu dự đoán u∗0 , ta tìm hàm u∗ thỏa mãn u∗ (t0 ) = u∗0 , với điều kiện biên u, thỏa mãn hệ sau ∂v1∗ − ν∆v1∗ + v1∗ ∂x u∗1 + v2∗ ∂y u∗1 + v3∗ ∂z u∗1 + ∂x p∗ ∂t ∞ = f1 − µ (I − α2 ∆) (Pm (u∗1 (tn )) − Pm (u1 (tn ))) χn , n=0 ∂v2∗ − ν∆v2∗ + v1∗ ∂x u∗2 + v2∗ ∂y u∗2 + v3∗ ∂z u∗2 + ∂y p∗ ∂t (5.30a) 105 ∞ (I − α2 ∆) (Pm (u∗2 (tn )) − Pm (u2 (tn ))) χn , = f2 − µ (5.30b) n=0 ∂v3∗ − ν∆v3∗ + v1∗ ∂x u∗3 + v2∗ ∂y u∗3 + v3∗ ∂z u∗3 + ∂z p∗ = f3 , ∂t (5.30c) ∂x u∗1 + ∂y u∗2 + ∂z u∗3 = ∂x v1∗ + ∂y v2∗ + ∂z v3∗ = 0, (5.30d) v1∗ = u∗1 − α2 ∆u∗1 , v2∗ = u∗2 − α2 ∆u∗2 , v3∗ = u∗3 − α2 ∆u∗3 , (5.30e) ν f tương ứng hệ số nhớt hàm ngoại lực lấy từ (5.4), p∗ hàm áp suất mới, χn hàm đặc trưng cho khoảng [tn , tn+1 ) µ > tham số giãn (hệ số nudging) Ta rằng, điều kiện thích hợp µ, h κ, với giá trị ban đầu u∗0 , hệ đồng hóa liệu (5.30) có nghiệm u∗ xác định toàn khoảng [t0 , ∞) nghiệm xấp xỉ hội tụ tới nghiệm khảo sát u hệ Leray-α cải biên ba chiều thời gian tiến tới ∞ Vì mục tiêu nghiên cứu dáng điệu tiệm cận nghiệm nên phần ta giả thiết nghiệm khảo sát u quỹ đạo nằm tập hút toàn cục A hệ Leray-α cải biên ba chiều Trong phần này, nghiên cứu vấn đề sau: • Sự tồn tính nghiệm xấp xỉ tốn đồng hóa liệu rời rạc • Sự hội tụ nghiệm xấp xỉ nói tới nghiệm khảo sát 5.2.2 Sự tồn hội tụ nghiệm xấp xỉ tới nghiệm khảo sát Định lí 5.3 Giả sử u nghiệm yếu nằm tập hút toàn cục hệ Leray-α cải biên ba chiều (5.4) chọn µ > đủ lớn cho µ≥ 2 c(λ−1 + α ) M1 1/2 νλ1 α6 , (5.31) 106 κ > đủ nhỏ cho κ≤ c 1, µ να2 (λ−1 + α2 ) ν2 + (νµ)1/2 α , −1/2 5λ1 α−2 M0 (λ−1 + α2 ) µ2 + ν α2 λ1 −1/2 −4 α M 2 −2 ν + 5λ µ(λ−1 + α ) (α , −1/2 λ1 α−4 M1 , ) (5.32) −3/2 −4 α M −1 + λ1 µ + λ1 m > đủ lớn cho λm+1 ≥ 4µ ν (5.33) Nếu u∗0 ∈ V f ∈ H tồn nghiệm yếu u∗ hệ phương trình đồng hóa liệu (5.30) khoảng [t0 , ∞) thỏa mãn u∗ (t0 ) = u∗0 u∗ ∈ C([t0 , ∞); V ) ∩ L2loc ([t0 , ∞); D(A)), du∗ ∈ L2loc ([t0 , ∞); H) dt (5.34) Hơn nữa, nghiệm u∗ phụ thuộc liên tục vào điều kiện ban đầu u∗0 thỏa mãn |u∗ (t) − u(t)|2 + α2 u∗ (t) − u(t) → 0, với tốc độ mũ, t → ∞ Ở đây, số M0 M1 cho (5.8) (5.9) c số dương không phụ thuộc vào tham số hệ Chứng minh Ta chia chứng minh thành hai bước Bước Sự tồn nghiệm Trước tiên, xét h0 = (h01 , h02 , h03 ), với h01 = f1 − µ(I + α2 A)(Pm (u∗01 ) − Pm (u1 (t0 ))), h02 = f2 − µ(I + α2 A)(Pm (u∗02 ) − Pm (u2 (t0 ))), h03 = f3 , u∗0 = (u∗01 , u∗02 , u∗03 ), u = (u1 , u2 , u3 ) Vì u∗0 ∈ V h0 ∈ H, theo Định lí 5.1, tồn nghiệm u∗0 hệ Leray-α cải biên khoảng [t0 , ∞) tương ứng với hàm ngoại lực h0 thỏa mãn u∗0 (t0 ) = u∗0 107 Tiếp theo, xét h1 = (h11 , h12 , h13 ) ∈ H, với h11 = f1 − µ(I + α2 A)(Pm (u∗0 (t1 )) − Pm (u1 (t1 ))), h12 = f2 − µ(I + α2 A)(Pm (u∗0 (t1 )) − Pm (u2 (t1 ))), h13 = f3 , lại áp dụng Định lí 5.1 lần nữa, ta có nghiệm u∗1 hệ Leray-α cải biên khoảng [t1 , ∞) tương ứng với hàm ngoại lực h1 thỏa mãn u∗1 (t1 ) = u∗0 (t1 ) ∈ H Tiếp tục thực theo quy nạp, ta có với n ∈ N, tồn nghiệm u∗n hệ Leray-α cải biên khoảng [tn , ∞) tương ứng với hàm ngoại lực hn = (hn1 , hn2 , hn3 ) ∈ H, với hn1 = f1 − µ(I + α2 A)(Pm (u∗n−1 (tn )) − Pm (u1 (tn ))), hn2 = f2 − µ(I + α2 A)(Pm (u∗n−1 (tn )) − Pm (u2 (tn ))), hn3 = f3 , thỏa mãn u∗n (tn ) = u∗n−1 (tn ) ∈ H Giả sử u∗ hàm xác định khoảng [t0 , ∞) cho công thức u∗ (t) = u∗n (t), ∀t ∈ [tn , tn+1 ), ∀n ∈ N Từ cách xác định trên, ta có u∗ nghiệm (5.30) thỏa mãn u∗ (t0 ) = u∗0 tính chất (5.34) Thật vậy, đẳng thức u∗n (tn ) = u∗n−1 (tn ), thỏa mãn với n ∈ N, đảm bảo u∗ hàm liên tục khoảng [t0 , ∞) V Hơn nữa, với n ∈ N ta có u∗n ∈ L2loc ([tn , ∞); D(A)), du∗n ∈ L2loc ([tn , ∞); H), dt dãy {tn }n∈N tập hợp đếm được, ta suy ∗ u ∈ L2loc ([tn , ∞); D(A)), du∗ ∈ L2loc ([tn , ∞); H) dt ... TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI ——————— * ——————— BÙI HUY BÁCH BÀI TỐN ĐỒNG HĨA DỮ LIỆU ĐỐI VỚI MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH TIẾN HĨA TRONG CƠ HỌC CHẤT LỎNG Chun ngành: Phương trình vi phân tích phân Mã số: 46... thu hút quan tâm nhiều nhà toán học giới Vì vậy, chúng tơi chọn vấn đề "Bài tốn đồng hóa liệu số phương trình tiến hóa học chất lỏng" làm đề tài nghiên cứu luận án tiến sĩ Tổng quan vấn đề nghiên... hóa liệu [5] Ý tưởng phương pháp sử dụng số hạng điều khiển phản hồi đưa vào phương trình để phương trình mới, gọi phương trình đồng hóa liệu Phương pháp gọi phương pháp nudging Newton hay phương

Bài toán đồng hóa dữ liệu đối với một số phương trình tiến hóa trong cơ học chất lỏng

Thông tin tài liệu

Từ khóa liên quan

Tài liệu cùng người dùng

Tài liệu liên quan