(Luận văn thạc sĩ) tính ổn định nghiệm của bài toán rayleigh stockes nửa tuyến tính

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM Vũ Thị Thùy Linh TÍNH ỔN ĐỊNH NGHIỆM CỦA BÀI TỐN RAYLEIGH-STOCKES NỬA TUYẾN TÍNH LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC Thái Nguyên - 2020 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM Vũ Thị Thùy Linh TÍNH ỔN ĐỊNH NGHIỆM CỦA BÀI TỐN RAYLEIGH-STOCKES NỬA TUYẾN TÍNH Chun ngành: Tốn giải tích Mã số: 8460102 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học PGS TS Trần Đình Kế Thái Ngun - 2020 Lời cam đoan Tơi xin cam đoan nội dung trình bày luận văn trung thực không trùng lặp với đề tài khác Nguồn tài liệu sử dụng cho việc hoàn thành luận văn nguồn tài liệu mở Các thông tin, tài liệu luận văn ghi rõ nguồn gốc Thái Nguyên, tháng năm 2020 Người viết luận văn Vũ Thị Thùy Linh i Lời cảm ơn Trước trình bày nội dung luận văn, tơi xin bày tỏ lịng biết ơn sâu sắc tới thầy giáo - PGS TS Trần Đình Kế, người trực tiếp hướng dẫn, giúp đỡ, bảo tận tình, tạo điều kiện thuận lợi giúp tơi hồn thành luận văn Tơi xin trân trọng cảm ơn Ban Giám hiệu, ban chủ nhiệm khoa Toán tồn thể thầy giáo Trường Đại học Sư phạm - Đại học Thái Nguyên ,Viện Toán học Trường Đại học Sư phạm Hà Nội truyền thụ cho kiến thức quan trọng, tạo điều kiện thuận lợi cho tơi đóng góp q báu suốt trình học tập thực luận văn Cuối cùng, xin gửi lời cảm ơn tới gia đình, bạn bè quan tâm giúp đỡ, động viên tơi suốt q trình làm luận văn Tơi xin chân thành cảm ơn! Thái Nguyên, tháng năm 2020 Người viết luận văn Vũ Thị Thùy Linh ii Mục Lục Mục lục Lời cam đoan i Lời cảm ơn ii Mục lục iii Đặt vấn đề 1 Kiến thức chuẩn bị 1.1 Công thức biểu diễn nghiệm 1.2 Tính chất họ giải thức 3 Tính giải tính ổn định nghiệm toán 12 2.1 Trường hợp tổng quát 12 2.2 Trường hợp tới hạn 19 Kết luận 24 Tài liệu tham khảo 24 iii Đặt vấn đề Cho Ω ⊂ Rd miền bị chặn với biên ∂Ω trơn Xét toán ∂t u − (1 + γ∂tα )∆u = f (u) Ω, t > 0, u = ∂Ω, t ≥ 0, u(·, 0) = ξ Ω, γ > 0, α ∈ (0, 1), ∂t = ∂ ∂t , (2) (3) ∂tα đạo hàm phân thứ Riemann-Liouville cấp α xác định ∂tα v(t) (1) d = dt t h1−α (t − s)v(s)ds, tβ−1 hβ (t) = với β > 0, t > Γ(β) Trong lý thuyết động lực học chất lỏng, việc nghiên cứu tính chất dịng chất lỏng khơng Newton có đặc tính nhớt đàn hồi thu hút quan tâm nhiều nhà nghiên cứu ứng dụng quan trọng chúng lưu biến học, địa vật lý, cơng nghệ hóa dầu, Phương trình (1) phát sinh từ toán Rayleigh-Stokes tổng quát mà luật hợp thành mơ tả cơng trình [7, 13], dùng để mơ tả dịng chất lỏng bậc hai (second grade fluid) hình trụ Phương trình sử dụng để mơ tả dòng chất lỏng Oldroyd-B trường hợp riêng [7] Chú ý thành phần đạo hàm phân thứ sử dụng để đặc tả tính chất nhớt đàn hồi Trong tài liệu khảo sát, có số lượng lớn báo đưa phương pháp giải số cho tốn Rayleigh-Stokes, ví dụ [1, 2, 3, 4, 12, 16] Trong cơng trình [7, 8, 13, 15, 17] tác giả xây dựng công thức nghiệm cho toán Rayleigh-Stokes trường hợp tuyến tính Gần đây, tốn giá trị cuối cho phương trình (1) giải báo [10, 14], hướng nghiên cứu định tính đáng ý cho toán Rayleigh-Stokes Một vấn đề định tính quan trọng lý thuyết phương trình vi tích phân khảo sát tính ổn định nghiệm Các kết theo hướng cho phương trình (1) chưa biết đến nhiều Chúng tơi lựa chọn chủ đề tính ổn định nghiệm tốn Rayleigh-Stokes làm nội dung luận văn Các kết luận văn trình bày dựa vào nghiên cứu gần cơng trình [1, 9] Chương Kiến thức chuẩn bị 1.1 Công thức biểu diễn nghiệm Xét toán ω ′ (t) + µ(1 + γ∂tα )ω(t) = 0, t > 0, ω(0) = 1, (1.1) (1.2) ẩn hàm ω hàm vơ hướng, µ γ tham số dương Một số tính chất quan trọng ω trình bày mệnh đề sau Mệnh đề 1.1 Giả sử ω nghiệm toán (1.1)-(1.2) Khi < ω(t) ≤ với t ≥ 0; Hàm ω hoàn toàn đơn điệu với t ≥ 0, tức (−1)n ω (n) (t) ≥ với t ≥ n ∈ N; µω(t) ≤ C min{t−1 , tα−1 }, với t > 0, C số dương; T ω(s)ds ≤ µ−1 (1 − ω(T )), với T > Chứng minh Chứng minh cho (1)-(3) trình bày [1, Theorem 2.2] Để chứng minh khẳng định cuối cùng, lấy tích phân hai vế (1.1), ta có T T h1−α (T − s)ω(s)ds = ω(s)ds + µ ω(T ) + µ 0 Từ T ω(T ) + µ ω(s)ds ≤ 1, nhờ tính dương hàm ω(·) Vậy (4) chứng minh Ký hiệu ω(·, µ, γ) nghiệm (1.1)-(1.2), để phản ánh phụ thuộc ω vào tham số µ γ Sau đây, ta sử dụng ký hiệu u ∗ v để tích chập Laplace hai hàm u v: t (u ∗ v)(t) = u(t − s)v(s)ds, u, v ∈ L1loc (R+ ) Ta có kết sau Mệnh đề 1.2 Với t ≥ γ > cho trước, hàm µ → ω(t, µ, γ) không tăng khoảng [0, ∞) Chứng minh Biến đổi Laplace ω tính sau ω ˆ (λ, µ, γ) := L[ω](λ) = λ + γµλα + µ Từ ∂ω ˆ + γλα =− = −[(1 + γλα )ˆ ω ]ˆ ω α ∂µ (λ + γµλ + µ) Chú ý (1 + γλα )ˆ ω = L[(1 + γ∂tα )ω], ta có ∂ω ˆ = −L[(1 + γ∂tα )ω]L[ω] ∂µ Áp dụng biến đổi Laplace ngược cho phương trình cuối, ta ∂ω = −(ω + γ∂tα ω) ∗ ω, ∂µ quy tắc chập phép biến đổi Laplace Sử dụng (1.1), ta có ∂ω = (ω ′ ∗ ω) ≤ 0, ∂µ µ nhờ vào tính chất hoàn toàn đơn điệu ω Mệnh đề chứng minh Bây ta xét toán với phương trình khơng nhất: v ′ (t) + µ(1 + γ∂tα )v(t) = g(t), t > 0, v(0) = v0 , µ > 0, γ > g hàm liên tục (1.3) (1.4) Mệnh đề 1.3 Nghiệm toán (1.3)-(1.4) xác định v(t) = ω(t)v0 + ω ∗ g(t), t ≥ 0, ω nghiệm (1.1)-(1.2) Chứng minh Áp dụng biến đổi Laplace cho phương trình (1.3), ta có λˆ v − v0 + µ(1 + γλα )ˆ v = gˆ Từ vˆ = v0 gˆ + =ω ˆ v0 + ω ˆ gˆ λ + γµλα + µ λ + γµλα + µ Biến đổi Laplace ngược phương trình cuối, ta t v(t) = ω(t)v0 + ω(t − s)g(s)ds (1.5) Ngược lại, ta chứng minh hàm v cho (1.5) nghiệm (1.3)-(1.4) Thật vậy, đặt L[v] = v ′ + µ(1 + γ∂tα )v, L[v] = L[ω]v0 + L[ω ∗ g] = L[ω ∗ g] Ta cần chứng minh L[ω ∗ g] = g Tính tốn trực tiếp, ta thu (ω ∗ g)′ + µ(ω ∗ g) = g + ω ′ ∗ g + µ(ω ∗ g) = g + (ω ′ + µω) ∗ g, d ∂tα (ω ∗ g) = [h1−α ∗ (ω ∗ g)] dt d = (h1−α ∗ ω) ∗ g dt = (∂tα ω) ∗ g Do L[ω ∗ g] = (ω ∗ g)′ + µ(ω ∗ g) + µγ∂tα (ω ∗ g) = g + (ω ′ + µω + µγ∂tα ω) ∗ g = g + L[ω] ∗ g = g Mệnh đề chứng minh Chương Tính giải tính ổn định nghiệm toán 2.1 Trường hợp tổng quát Dựa vào biểu diễn (1.10), ta đưa định nghĩa sau nghiệm nhẹ toán Định nghĩa 2.1 Cho ξ ∈ L2 (Ω) Hàm u ∈ C([0, T ]; L2 (Ω)) gọi nghiệm nhẹ toán (1)-(3) đoạn [0, T ] t u(·, t) = S(t)ξ + S(t − s)f (u(·, s))ds, t ∈ [0, T ] Trong định lý sau, ta trình bày số kết tính giải tồn cục tốn (1)-(3) Định lý 2.1 Giả sử f : L2 (Ω) → L2 (Ω) hàm liên tục Hơn lim sup v →0 f (v) = η ∈ [0, λ1 ) v (2.1) Khi tồn δ > cho với ξ < δ, tốn (1)-(3) có nghiệm nhẹ đoạn [0, T ] với T > Chứng minh Theo giả thiết, với ε ∈ (0, λ1 − η), tồn ρ > cho f (v) ≤ (η + ε) v , ∀ v ≤ ρ Ký hiệu Bρ hình cầu C([0, T ]; L2 (Ω)) có tâm gốc bán kính ρ Cho ξ ∈ L2 (Ω), xét toán tử Φ : Bρ → C([0, T ]; L2 (Ω)) xác định t Φ(u)(·, t) = S(t)ξ + S(t − s)f (u(·, s))ds 12 = S(t)ξ + Q ◦ Nf (u)(·, t), với Nf (u)(·, t) = f (u(·, t)) Dễ thấy Φ liên tục, giả thiết tính liên tục f Sử dụng Bổ đề 1.3, ta thấy Φ toán tử compact Hơn nữa, ta có ước lượng t ω(t − s, λ1 , γ)(η + ε) u(·, s) ds Φ(u)(·, t) ≤ ω(t, λ1 , γ) ξ + t ≤ ω(t, λ1 , γ) ξ + (η + ε) u ω(s, λ1 , γ)ds ∞ ≤ ω(t, λ1 , γ) ξ + (η + ε)ρλ−1 (1 − ω(t, λ1 , γ)) −1 = ω(t, λ1 , γ)[ ξ − (η + ε)ρλ−1 ] + (η + ε)ρλ1 Do (η + ε)λ−1 < 1, nên Φ(u) ∞ ≤ ρ ξ ≤ δ := ηρλ−1 Vậy ξ ≤ δ, Φ : Bρ → Bρ liên tục compact Áp dụng định lý điểm bất động Schauder, Φ có điểm bất động, nghiệm nhẹ toán (1)-(3) đoạn [0, T ] Định lý chứng minh Chú ý f tăng trưởng tuyến tính, ta giảm bớt điều kiện áp đặt lên giá trị ban đầu, tức ξ không bị khống chế Kết cụ thể trình bày định lý sau Định lý 2.2 Giả sử f : L2 (Ω) → L2 (Ω) liên tục thỏa mãn đánh giá f (v) ≤ a v + b, for some a, b ≥ Khi tốn có nghiệm nhẹ đoạn [0, T ] với ξ ∈ L2 (Ω) Chứng minh Cho ξ ∈ L2 (Ω) Xét toán tử nghiệm t Φ(u)(·, t) = S(t)ξ + S(t − s)f (u(·, s))ds, tác động lấy giá trị C([0, T ]; L2 (Ω)) Ký hiệu w nghiệm phương trình tích phân t w(t) = ξ + bT + a w(s)ds, 13 D tập lồi đóng C([0, T ]; L2 (Ω)) xác định D = {u ∈ C([0, T ]; L2 (Ω)) : u(·, t) ≤ w(t), t ∈ [0, T ]} Khi với u ∈ D, ta có t Φ(u)(·, t) ≤ ξ + (a u(·, s) + b)ds t ≤ ξ + bT + a u(·, s) ds ≤ w(t) Vậy Φ(D) ⊂ D Áp dụng định lý Schauder ta có điều cần chứng minh Định lý 2.3 Giả sử f : L2 (Ω) → L2 (Ω) thỏa mãn f (0) = điều kiện Lipschitz f (v1 ) − f (v2 ) ≤ κ(r) v1 − v2 , với v1 , v2 ≤ r, κ(·) hàm không âm cho lim sup κ(r) = η ∈ [0, λ1 ) Khi tồn r→0 δ > cho với ξ < δ, toán (1)-(3) có nghiệm đoạn [0, T ] với T > Chứng minh Chú ý điều kiện định lý suy điều kiện (2.1) Do theo Định lý 2.1, tốn (1)-(3) có nghiệm nhẹ toàn cục Nghiệm thỏa mãn t u(·, t) = S(t)ξ + S(t − s)f (u(·, s))ds ∞ t = ω(t, λn , γ)ξn + ω(t − s, λn , γ)fn (s)ds ϕn , n=1 với ξn = (ξ, ϕn ) fn (s) = (f (u(·, s)), ϕn ) Tính nghiệm nhẹ chứng minh sau Nếu u1 u2 hai nghiệm (1)-(3), t S(t − s)[f (u1 (·, s)) − f (u2 (·, s))] ds u1 (·, t) − u2 (·, t) ≤ t ≤ κ(r) u1 (·, s) − u2 (·, s) ds, với r = max{ u1 ∞, u2 ∞ }, nhờ tính chất S(t) ≤ với t ≥ Từ u1 (t) − u2 (t) = với t ∈ [0, T ] theo bất đẳng thức Gronwall cổ điển Định lý chứng minh 14 Nhận xét 2.1 Nếu f thỏa mãn tính chất Lipschitz tồn cục, tức f (v1 ) − f (v2 ) ≤ κ0 v1 − v2 , κ0 > 0, kết luận Định lý 2.3 mà không cần điều kiện κ0 ∈ [0, λ1 ) ràng buộc kiện ban đầu Tính giải trường hợp chứng minh nguyên lý ánh xạ co Định lý sau trình bày tồn nghiệm phân rã toán (1)-(3) Định lý 2.4 Nếu giả thiết Định lý 2.1 thực hiện, nghiệm tốn (1)-(3) thỏa mãn u(·, t) = O(tα−1 ) t → ∞ Chứng minh Lấy δ, ρ ǫ chứng minh Định lý 2.1 Khi ta có t u(·, t) ≤ ω(t, λ1 , γ) ξ + ω(t − s, λ1 , γ) f (u(·, s)) ds t ≤ ω(t, λ1 , γ) ξ + ω(t − s, λ1 , γ)(η + ǫ) u(·, s) ds Áp dụng bất đẳng thức kiểu Gronwall Bổ đề 1.1, ta nhận u(·, t) ≤ ω t, λ1 − η − ǫ, γλ1 λ1 − η − ǫ ξ ≤ C min{t−1 , tα−1 } ξ , t > 0, ta sử dụng Mệnh đề 1.1(3) Ta có kết luận định lý Định lý 2.5 Nếu giả thiết Định lý 2.3 thực hiện, nghiệm tầm thường (u = 0) toán (1)-(3) ổn định tiệm cận Chứng minh Lấy ρ, δ ǫ chứng minh Định lý 2.1, với ξ < δ, nghiệm toán (1)-(3) thỏa mãn đánh giá u(·, t) ≤ ω t, λ1 − η − ǫ, γλ1 λ1 − η − ǫ ξ , với t ≥ 0, lý luận phần chứng minh Định lý 2.4 Bất đẳng thức cuối chứng tỏ tính ổn định tính hút nghiệm tầm thường Trong trường hợp hàm phi tuyến f có tính chất Lipschitz tồn cục, ta thu kết mạnh 15 Định lý 2.6 Giả sử f thỏa mãn điều kiện Lipschitz toàn cục f (v1 ) − f (v2 ) ≤ κ0 v1 − v2 , với κ0 ∈ [0, λ1 ) Khi nghiệm (1) ổn định tiệm cận Chứng minh Giả sử ui , i = 1, 2, nghiệm (1) cho ui (·, 0) = ξi ∈ L2 (Ω) Khi t u2 (·, t) − u1 (·, t) ≤ S(t)(ξ1 − ξ2 ) + S(t − s)[f (u1 (·, s)) − f (u2 (·, s))] ds t ≤ ω(t, λ1 , γ) ξ1 − ξ2 + ω(t − s, λ1 , γ)κ0 u1 (·, s) − u2 (·, s) ds, t ≥ 0 Sử dụng Bổ đề 1.1, ta u2 (·, t) − u1 (·, t) ≤ ω t, λ1 − κ0 , γλ1 λ1 − κ ξ1 − ξ2 , t ≥ Bất đẳng thức với tính chất hàm ω phát biểu Mệnh đề 1.1(3) chứng tỏ nghiệm (1) ổn định tiệm cận Bây ta chứng minh tồn tập hấp thụ cho nghiệm (1), f tăng trưởng tuyến tính Định lý 2.7 Giả sử f : L2 (Ω) → L2 (Ω) hàm liên tục thỏa mãn điều kiện tăng trưởng tuyến tính f (v) ≤ a v + b, b ≥ a ∈ [0, λ1 ) Khi tồn tập hấp thụ cho tất nghiệm phương trình (1) Chứng minh Giả sử u nghiệm ứng với kiện ban đầu ξ ∈ L2 (Ω) Khi t u(·, t) ≤ ω(t, λ1 , γ) ξ + ω(t − s, λ1 , γ)[a u(·, s) + b]ds, t ≥ 0 Sử dụng bất đẳng thức kiểu Gronwall Bổ đề 1.1, ta có γλ1 u(·, t) ≤ ω t, λ1 − a, λ1 − a t ξ +b ω t − s, λ1 − a, 16 γλ1 ds λ1 − a ≤ ω t, λ1 − a, γλ1 λ1 − a ξ + b(λ1 − a)−1 , γλ1 → t → ∞, ta λ1 − a tìm T = T ( ξ ) > cho u(·, t) ≤ b(λ1 − a)−1 + với ta dùng Mệnh đề 1.1(4) Do ω t, λ1 − a, t ≥ T Như vậy, hình cầu B(0, R) ⊂ L2 (Ω) với R = b(λ1 − a)−1 + 1, tập hấp thụ nghiệm phương trình (1) Trong định lý tiếp theo, ta phân tích điều kiện cho hội tụ nghiệm (1) điểm cân Định lý 2.8 Giả sử f : L2 (Ω) → L2 (Ω) hàm liên tục u nghiệm nhẹ toán (1)-(3) Giả thiết thêm ∂Ω thuộc lớp C Nếu tồn giới hạn lim u(·, t) = u∗ L2 (Ω), u∗ nghiệm mạnh tốn elliptic t→∞ −∆w = f (w) Ω, (2.2) w = ∂Ω (2.3) Chứng minh Nhờ giả thiết liên tục f , ta có lim f (u(·, t)) = f (u∗ ) Khi t→∞ với ǫ > 0, tồn T1 > cho ǫ, vợi t ≥ T1 f (u(·, t)) − f (u∗ ) < λ−1 (2.4) Sử dụng cơng thức nghiệm nhẹ, ta có t u(·, t) = S(t)ξ + S(t − s)f (u(·, s))ds t t ∗ = S(t)ξ + S(t − s)f (u∗ )ds S(t − s)[f (u(·, s)) − f (u )]ds + 0 = u1 (t) + u2 (t) + u3 (t), t > T1 Xét u1 (t), ta thấy u1 (t) ≤ ω(t, λ1 , γ) ξ → t → ∞ Với u2 (t), ta có T1 u2 (t) ≤ S(t − s) f (u(·, s)) − f (u∗ ) ds 17 t + S(t − s) f (u(·, s)) − f (u∗ ) ds T1 T1 ≤ ω(t − s, λ1 , γ) f (u(·, s)) − f (u∗ ) ds t ω(t − s, λ1 , γ) f (u(·, s)) − f (u∗ ) ds + T1 T1 t −1 ω(t − s, λ1 , γ)ds ≤M ω(t − s, λ1 , γ)ds + λ1 ǫ T1 t−T1 t −1 ω(s, λ1 , γ)ds, ω(s, λ1 , γ)ds + λ1 ǫ =M t−T1 M = sup f (u(·, s))−f (u∗ ) Sử dụng Mệnh đề 1.1(4), ta ω(·, λ1 , γ) ∈ s∈[0,T1 ] ∞ L (R ) + (2.5) ω(s, λ1 , γ)ds ≤ λ−1 ∞ Do tồn T2 > cho ǫ Như với t > T1 + T2 , từ (2.5) ta suy 2M ∞ u2 (t) ≤ M T2 ω(s, λ1 , γ)ds + λ−1 ǫ ω(s, λ1 , γ)ds < T2 ∞ ω(s, λ1 , γ)ds < ǫ Ta chứng minh lim u1 (t) = lim u2 (t) = L2 (Ω) Chú ý rằng, H(z) t→∞ t→∞ xác định (1.14) biến đổi Laplace toán tử giải S(·), tức ∞ e−tz S(t)ξdt, ξ ∈ L2 (Ω) H(z)ξ = Từ ta có ∞ −1 H(0)ξ = (−∆) ξ = S(t)ξdt Đẳng thức dẫn đến t t ∗ u3 (t) = S(s)f (u∗ )ds S(t − s)f (u )ds = 0 → ∞ S(t)f (u∗ )dt = (−∆)−1 f (u∗ ), t → ∞ Do lim u(·, t) = lim u3 (t), ta có u∗ = (−∆)−1 f (u∗ ) Vì ∂Ω thuộc lớp C , nên t→∞ t→∞ ∗ u ∈ H (Ω) −∆u = f (u∗ ) ∗ 18 2.2 Trường hợp tới hạn Ta xét toán (1)-(3) với α = Ta viết lại toán sau ∂t u − ∆u − γ∂t ∆u = f (u) Ω, t > 0, u = ∂Ω, t ≥ 0, u(·, 0) = ξ Ω (2.6) (2.7) (2.8) Ký hiệu ω ˜ (·, µ), phụ thuộc µ, nghiệm phương trình (1 + γµ)˜ ω ′ + µ˜ ω = 0, ω ˜ (0, µ) = (2.9) µ Khi ω ˜ (t, µ) = e− 1+γµ t Ta định nghĩa toán tử ∞ S(t)ξ = ω ˜ (t, λn )ξn ϕn , t ≥ 0, (2.10) n=1 với ξ ∈ L2 (Ω), ξn = (ξ, ϕn ) Với g ∈ C(R+ ; R), giải phương trình (1 + γµ)v ′ (t) + µv(t) = g(t), t > 0, (2.11) ta v(t) = ω ˜ (t, µ)v(0) + + γµ t ω ˜ (t − s, µ)g(s)ds (2.12) Gọi {R(t)}t≥0 họ tốn tử xác định ∞ R(t)ξ = n=1 ω ˜ (t, λn )ξn ϕn , + γλn (2.13) với ξ ∈ L2 (Ω), ξn = (ξ, ϕn ) Rõ ràng, S(t) R(t) tốn tử tuyến tính bị chặn L2 (Ω) Hơn nữa, S(0) = I, R(0) = (I − γ∆)−1 Mệnh đề sau trình bày tính chất S(·) R(·) Mệnh đề 2.1 Cho S(t) R(t), t ≥ 0, họ toán tử xác định (2.10) (2.13) Khi S(·)ξ ∈ C ∞ (R+ ; L2 (Ω)) với ξ ∈ L2 (Ω) Ngoài ta có λ1 S (m) (t)ξ ≤ γ −m e− 1+γλ1 t ξ , ∀m ∈ N, t ≥ 19 (2.14) R(·)ξ, ∆R(·)ξ ∈ C ∞ (R+ ; L2 (Ω)) với ξ ∈ L2 (Ω) Hơn ta có λ1 R(m) (t)ξ ≤ γ −m e− 1+γλ1 t ξ , (2.15) λ1 ∆R(m) (t)ξ ≤ γ −m−1 e− 1+γλ1 t ξ , ∀m ∈ N, t ≥ (2.16) Chứng minh (1) Ta thấy |˜ ω (m) (t, λn )| = chuỗi m λn + γλn λ1 λn e− 1+γλn t ≤ γ −m e− 1+γλ1 t , for all n = 1, 2, ∞ ˜ (m) (t, λn )ξn ϕn n=1 ω hội tụ đoạn [0, T ] với T > Điều chứng tỏ tính khả vi cấp S(·)ξ ta có ước lượng (2.14) (2) Tương tự R(·)ξ ta có 1 |˜ ω (m) (t, λn )| = + γλn + γλn λn + γλn m λ1 λn e− 1+γλn t ≤ γ −m e− 1+γλ1 t , với n ∈ N \ {0} Ngoài ra, ∞ (−∆)R(t)ξ = n=1 λn ω ˜ (t, λn )ξn ϕn , + γλn λn + γλn λn |˜ ω (m) (t, λn )| = + γλn m+1 λ1 λn e− 1+γλn t ≤ γ −m−1 e− 1+γλ1 t Do tính khả vi ∆R(·)ξ ước lượng (2.16) chứng minh Nhận xét 2.2 Ta nhắc lại toán tử phân thứ (−∆)β , với β ∈ R, sau ∞ λ2β n < ∞ , β D((−∆) ) = v ∈ L (Ω) : n=1 ∞ (−∆)β v = λβn ϕn , = (v, ϕn ) n=1 Theo Mệnh đề 2.1, họ R(t) có hiệu ứng trơn, tức với ξ ∈ L2 (Ω), ta có R(t)ξ ∈ D(−∆) với t ≥ Tuy nhiên, ta hiệu ứng trơn S(t) Thật vậy, tồn ξ ∈ L2 (Ω) cho S(t)ξ ∈ D((−∆)β ) với β > ∞ ϕ 2β n Lấy γ = + ξ = Khi rõ ràng ξ ∈ L2 (Ω) Mặt khác γ d n n=1 ∞ ∞ 2λn t −2γ − 1+γλ n n e λ2β n β (−∆) S(t)ξ = ≥e − γ2 t −2γ λ2β n n n=1 n=1 20 Chú ý λn ∼ Cn d n → ∞, ta có −2γ λ2β n n chuỗi ∞ n=1 2β ∼C n 4β d −2γ C 2β , = n −2γ λ2β phân lỳ, tức S(t)ξ ∈ D((−∆)β ) n n Xuất phát từ cơng thức nghiệm (2.12) cho phương trình (2.11), ta có định nghĩa sau nghiệm nhẹ toán (2.6)-(2.8) Định nghĩa 2.2 Với ξ ∈ L2 (Ω), hàm u ∈ C([0, T ]; L2 (Ω)) gọi nghiệm nhẹ toán (2.6)-(2.8) đoạn [0, T ] t R(t − s)f (u(·, s))ds, với t ∈ [0, T ] u(·, t) = S(t)ξ + Ta có kết sau tính giải toán (2.6)-(2.8) Định lý 2.9 Giả sử f : L2 (Ω) → L2 (Ω) thỏa mãn f (0) = điều kiện Lipschitz cục f (v1 ) − f (v2 ) ≤ κ(r) v1 − v2 , với v1 , v2 ≤ r, λ1 Khi tồn + γλ1 r→0 δ > cho với ξ < δ, toán (2.6)-(2.8) có nghiệm nhẹ κ(·) hàm không âm cho lim sup κ(r) = η ∈ 0, đoạn [0, T ] với T > Chứng minh Ta áp dụng nguyên lý ánh xạ co cho toán tử nghiệm t Ψ(u)(·, t) = S(t)ξ + R(t − s)f (u(·, s))ds, t ∈ [0, T ] Lấy ǫ dương cho ǫ < λ1 − η, tồn ρ > thỏa mãn + γλ1 với v ≤ ρ, f (v) ≤ (η + ǫ) v giả thiết f Ký hiệu Bρ = {u ∈ C([0, T ]; L2 (Ω)) : u(·, 0) = ξ, u ∞ ≤ ρ} 21 Xét Ψ Bρ , ta có Ψ(u)(·, t) ≤ e λ t − 1+γλ t ξ + λ e (t−s) − 1+γλ (η + ǫ) u(·, s) ds λ1 + γλ1 − e− 1+γλ1 t (η + ǫ)ρ λ1 λ1 + γλ1 (η + ǫ)ρ = e− 1+γλ1 t [ ξ − (η + ǫ)ρ] + λ1 λ1 ≤ e− 1+γλ1 t ξ + Chọn δ := ηρ ξ ≤ δ, ta có ξ − (η + ǫ)ρ < 0, Ψ(u)(·, t) ≤ ρ, với u ∈ Bρ Tức Ψ(Bρ ) ⊂ Bρ Ta phải chứng minh Ψ ánh xạ co Bρ Thật vậy, với u1 , u2 ∈ Bρ , ta có t Ψ(u1 )(·, t) − Ψ(u2 )(·, t) ≤ λ1 e− 1+γλ1 (t−s) κ(ρ) u1 (·, s) − u2 (·, s) ds λ1 ≤ − e− 1+γλ1 t ≤ + γλ1 κ(ρ) u1 − u2 λ1 + γλ1 (η + ǫ) u1 − u2 λ1 ∞ ∞ + γλ1 (η + ǫ) < 1, ta có Ψ ánh xạ co Bρ Vậy nghiệm nhẹ λ1 tốn tồn Tính nghiệm suy từ bất đẳng thức Gronwall Do cổ điển Định lý chứng minh Dưới giả thiết Định lý 2.9, ta xem xét tính ổn định nghiệm cho toán cho trường hợp tới hạn α = Định lý 2.10 Giả sử giả thiết Định lý 2.9 thỏa mãn Khi nghiệm tầm thường (2.6) ổn định mũ Nói riêng, f có tính chất Lipλ1 schitz tồn cục với số Lipschitz κ0 ∈ 0, nghiệm + γλ1 (2.6)-(2.8) ổn định mũ Chứng minh Lấy δ, η, ρ ǫ chứng minh Định lý 2.9, giả sử u nghiệm tốn (2.6)-(2.8) ξ ≤ δ Khi u(·, t) ≤ ρ với t ≥ Hơn ta có u(·, t) ≤ e t λ t − 1+γλ ξ + λ1 e− 1+γλ1 (t−s) (η + ǫ) u(·, s) ds 22 Từ suy e λ1 1+γλ1 t t u(·, t) ≤ ξ + (η + ǫ) λ1 e 1+γλ1 s u(·, s) ds Sử dụng bất đẳng thức Gronwall cổ điển, ta có λ1 e 1+γλ1 t u(·, t) ≤ e(η+ǫ)t ξ , ∀t ≥ 0, hay tương đương, u(·, t) ≤ e − λ1 1+γλ1 −(η+ǫ) t ξ , ∀t ≥ Trong trường hợp f có tính chất Lipschitz tồn cục với số κ0 ∈ 0, ta có kết luận định lý từ đánh giá t λ u1 (·, t) − u2 (·, t) ≤ e t − 1+γλ ξ1 − ξ2 + λ1 , + γλ1 λ1 e− 1+γλ1 (t−s) κ0 u1 (·, s) − u2 (·, s) ds, bất đẳng thức Gronwall, ui nghiệm ứng với kiện ban đầu ξi , với i = 1, Định lý chứng minh 23 Kết luận Luận văn nghiên cứu lớp phương trình Rayleigh-Stokes nửa tuyến tính xuất lý thuyết động lực học chất lỏng Các kết trình bày luận văn bao gồm: Một số điều kiện đủ đảm bảo tính giải tốn; Tính ổn định nghiệm toán, bao gồm trường hợp tới hạn Luận văn viết dựa số nghiên cứu gần phương trình Rayleigh-Stokes trình bày cơng trình [1, 9] Các kết trình bày luận văn phát triển tiếp cho trường hợp phương trình chứa trễ hữu hạn vơ hạn 24 Tài liệu tham khảo [1] E Bazhlekova, B Jin, R Lazarov, Z Zhou, An analysis of the RayleighStokes problem for a generalized second-grade fluid, Numer Math 131 (2015), no 1, 1-31 [2] X Bi, S Mu, Q Liu, Q Liu, B Liu, P Zhuang, J Gao, H Jiang, X Li, B Li, Advanced implicit meshless approaches for the Rayleigh-Stokes problem for a heated generalized second grade fluid with fractional derivative, Int J Comput Methods 15 (2018), no 5, 1850032, 27 pp [3] C.M Chen, F Liu, K Burrage, Y Chen, Numerical methods of the variable-order Rayleigh-Stokes problem for a heated generalized second grade fluid with fractional derivative, IMA J Appl Math 78 (2013), no 5, 924-944 [4] C.M Chen, F Liu, V Anh, Numerical analysis of the Rayleigh-Stokes problem for a heated generalized second grade fluid with fractional derivatives, Appl Math Comput 204 (2008), no 1, 340-351 [5] P Drábek, J Milota, Methods of nonlinear analysis Applications to differential equations Birkhăauser Verlag, Basel, 2007 [6] L.C Evans, Partial differential equations Second edition American Mathematical Society, Providence, RI, 2010 [7] C Fetecau, M Jamil, C Fetecau, D Vieru, The Rayleigh-Stokes problem for an edge in a generalized Oldroyd-B fluid, Z Angew Math Phys 60 (2009), no 5, 921-933 25 [8] M Khan, The Rayleigh-Stokes problem for an edge in a viscoelastic fluid with a fractional derivative model, Nonlinear Anal Real World Appl 10 (2009), no 5, 3190-3195 [9] T.D Ke, D Lan, P.T Tuan, Regularity and stability analysis for semilinear generalized Rayleigh-Stokes equations (2020), Preprint [10] N.H Luc, N.H Tuan, Y Zhou, Regularity of the solution for a final value problem for the Rayleigh-Stokes equation, Math Methods Appl Sci 42 (2019), no 10, 3481-3495 [11] J Pră uss, Evolutionary Integral Equations and Applications Monographs in Mathematics 87, Birkhăauser, Basel, 1993 [12] F Salehi, H Saeedi, M.M Moghadam, Discrete Hahn polynomials for numerical solution of two-dimensional variable-order fractional RayleighStokes problem, Comput Appl Math 37 (2018), no 4, 5274-5292 [13] F Shen, W Tan, Y Zhao, Y Masuoka, The Rayleigh-Stokes problem for a heated generalized second grade fluid with fractional derivative model, Nonlinear Anal Real World Appl (2006), no 5, 1072-1080 [14] N.H Tuan, Y Zhou, T.N Thach, N.H Can, Initial inverse problem for the nonlinear fractional Rayleigh-Stokes equation with random discrete data, Commun Nonlinear Sci Numer Simul 78 (2019), 104873, 18 pp [15] C Xue, J Nie, Exact solutions of the Rayleigh-Stokes problem for a heated generalized second grade fluid in a porous half-space, Appl Math Model 33 (2009), no 1, 524-531 [16] M.A Zaky, An improved tau method for the multi-dimensional fractional Rayleigh-Stokes problem for a heated generalized second grade fluid, Comput Math Appl 75 (2018), no 7, 2243-2258 [17] J Zierep, R Bohning, C Fetecau, Rayleigh-Stokes problem for nonNewtonian medium with memory, ZAMM Z Angew Math Mech 87 (2007), no 6, 462-467 26 ... TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM Vũ Thị Thùy Linh TÍNH ỔN ĐỊNH NGHIỆM CỦA BÀI TỐN RAYLEIGH- STOCKES NỬA TUYẾN TÍNH Chun ngành: Tốn giải tích Mã số: 8460102 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học PGS... Chương Tính giải tính ổn định nghiệm toán 2.1 Trường hợp tổng quát Dựa vào biểu diễn (1.10), ta đưa định nghĩa sau nghiệm nhẹ toán Định nghĩa 2.1 Cho ξ ∈ L2 (Ω) Hàm u ∈ C([0, T ]; L2 (Ω)) gọi nghiệm. .. Vậy nghiệm nhẹ λ1 tốn tồn Tính nghiệm suy từ bất đẳng thức Gronwall Do cổ điển Định lý chứng minh Dưới giả thiết Định lý 2.9, ta xem xét tính ổn định nghiệm cho toán cho trường hợp tới hạn α = Định