Ta xét bài toán (1)-(3) với α = 1. Ta viết lại bài toán như sau
∂tu−∆u−γ∂t∆u = f(u) trong Ω, t > 0, (2.6)
u = 0 trên ∂Ω, t ≥0, (2.7)
u(ã,0) = ξ trong Ω. (2.8)
Ký hiệu ω(ã, à), phụ thuộc˜ à, là nghiệm của phương trỡnh
(1 +γà)˜ω0+àω˜ = 0, ω(0, à) = 1.˜ (2.9) Khi đú ω(t, à) =˜ e−1+γàà t. Ta định nghĩa cỏc toỏn tử
S(t)ξ =
∞
X
n=1
˜
ω(t, λn)ξnϕn, t ≥ 0, (2.10) với ξ ∈ L2(Ω), ξn = (ξ, ϕn). Với g ∈ C(R+;R), giải phương trình
(1 +γà)v0(t) +àv(t) = g(t), t > 0, (2.11) ta được
v(t) = ˜ω(t, à)v(0) + 1 1 +γà
Z t
0
˜
ω(t−s, à)g(s)ds. (2.12) Gọi {R(t)}t≥0 là họ toán tử xác định bởi
R(t)ξ =
∞
X
n=1
1
1 +γλnω(t, λ˜ n)ξnϕn, (2.13) với ξ ∈ L2(Ω), ξn = (ξ, ϕn). Rõ ràng, S(t) và R(t) là các toán tử tuyến tính bị chặn trên L2(Ω). Hơn nữa,
S(0) = I, R(0) = (I −γ∆)−1.
Mệnh đề sau trỡnh bày cỏc tớnh chất cơ bản của S(ã) và R(ã).
Mệnh đề 2.1. Cho S(t) và R(t), t ≥ 0, là họ toán tử lần lượt xác định bởi (2.10) và (2.13). Khi đó
1. S(ã)ξ ∈ C∞(R+;L2(Ω)) với mỗi ξ ∈ L2(Ω). Ngoài ra ta cú kS(m)(t)ξk ≤ γ−me−
λ1 1+γλ1t
kξk, ∀m ∈ N, t ≥0. (2.14)
2. R(ã)ξ,∆R(ã)ξ ∈ C∞(R+;L2(Ω)) với mỗi ξ ∈ L2(Ω). Hơn nữa ta cú kR(m)(t)ξk ≤ γ−me−
λ1 1+γλ1t
kξk, (2.15)
k∆R(m)(t)ξk ≤ γ−m−1e−
λ1 1+γλ1t
kξk, ∀m ∈ N, t ≥0. (2.16) Chứng minh. (1) Ta thấy
|ω˜(m)(t, λn)| =
λn 1 +γλn
m
e−1+λnγλnt ≤ γ−me−
λ1 1+γλ1t
, for all n = 1,2, ...
do đó chuỗi P∞
n=1ω˜(m)(t, λn)ξnϕn hội tụ đều trên đoạn [0, T] với mỗi T > 0.
Điều này chứng tỏ tớnh khả vi mọi cấp của S(ã)ξ và ta cú ước lượng (2.14).
(2) Tương tự đối với R(ã)ξ ta cú 1
1 +γλn|˜ω(m)(t, λn)|= 1 1 +γλn
λn 1 +γλn
m
e−1+λnγλnt ≤ γ−me−
λ1 1+γλ1t
, với mọi n∈ N\ {0}. Ngoài ra,
(−∆)R(t)ξ =
∞
X
n=1
λn 1 +γλn
˜
ω(t, λn)ξnϕn,
và
λn
1 +γλn|ω˜(m)(t, λn)| =
λn 1 +γλn
m+1
e−1+λnγλnt ≤ γ−m−1e−
λ1 1+γλ1t
. Do đú tớnh khả vi của ∆R(ã)ξ và ước lượng (2.16) được chứng minh.
Nhận xét 2.2. Ta nhắc lại toán tử phân thứ (−∆)β, với β ∈ R, như sau D((−∆)β) =
n
v ∈ L2(Ω) :
∞
X
n=1
λ2βn vn2 < ∞o ,
(−∆)βv =
∞
X
n=1
λβnvnϕn, vn = (v, ϕn).
Theo Mệnh đề 2.1, họ R(t) có hiệu ứng trơn, tức là với ξ ∈ L2(Ω), ta có R(t)ξ ∈ D(−∆) với mọi t ≥ 0. Tuy nhiên, ta không có hiệu ứng trơn đối với S(t). Thật vậy, tồn tại ξ ∈ L2(Ω) sao cho S(t)ξ 6∈ D((−∆)β) với mọi β > 0.
Lấy γ = 1
2 + 2β
d và ξ =
∞
P
n=1
ϕn
nγ. Khi đó rõ ràng ξ ∈ L2(Ω). Mặt khác k(−∆)βS(t)ξk =
∞
X
n=1
λ2βn e−1+2λnγλntn−2γ ≥ e−γ2t
∞
X
n=1
λ2βn n−2γ.
Chú ý rằng λn ∼ Cn2d khi n → ∞, ta có
λ2βn n−2γ ∼C2βn4βd −2γ = C2β n , và chuỗi
∞
P
n=1
λ2βn n−2γ phân lỳ, tức là S(t)ξ 6∈ D((−∆)β).
Xuất phát từ công thức nghiệm (2.12) cho phương trình (2.11), ta có định nghĩa sau đây về nghiệm nhẹ của bài toán (2.6)-(2.8).
Định nghĩa 2.2. Với ξ ∈ L2(Ω), hàm u ∈ C([0, T];L2(Ω)) được gọi là nghiệm nhẹ của bài toán (2.6)-(2.8) trên đoạn [0, T] nếu
u(ã, t) =S(t)ξ + Z t
0
R(t−s)f(u(ã, s))ds, với mọi t∈ [0, T].
Ta có kết quả sau về tính giải được của bài toán (2.6)-(2.8).
Định lý 2.9. Giả sử f : L2(Ω) → L2(Ω) thỏa mãn f(0) = 0 và điều kiện Lipschitz cục bộ
kf(v1)−f(v2)k ≤ κ(r)kv1 −v2k, với mọi kv1k,kv2k ≤ r, ở đú κ(ã) là hàm khụng õm sao cho lim sup
r→0
κ(r) = η ∈ h
0, λ1 1 +γλ1
. Khi đó tồn tại δ > 0 sao cho với kξk < δ, bài toán (2.6)-(2.8) có duy nhất nghiệm nhẹ trên đoạn [0, T] với mỗi T > 0.
Chứng minh. Ta sẽ áp dụng nguyên lý ánh xạ co cho toán tử nghiệm Ψ(u)(ã, t) = S(t)ξ +
Z t
0
R(t−s)f(u(ã, s))ds, t ∈ [0, T].
Lấy dương sao cho < λ1 1 +γλ1
−η, khi đó tồn tại ρ > 0 thỏa mãn kf(v)k ≤ (η +)kvk với mọi kvk ≤ ρ,
do giả thiết của f. Ký hiệu
Bρ = {u ∈ C([0, T];L2(Ω)) : u(ã,0) = ξ, kuk∞ ≤ ρ}
. Xét Ψ trên Bρ, ta có kΨ(u)(ã, t)k ≤ e−
λ1 1+γλ1t
kξk+ Z t
0
e−
λ1 1+γλ1(t−s)
(η +)ku(ã, s)kds
≤ e−
λ1 1+γλ1t
kξk+ 1 +γλ1
λ1
1−e−
λ1 1+γλ1t
(η +)ρ
= e−
λ1 1+γλ1t
[kξk − (η +)ρ] + 1 +γλ1
λ1 (η +)ρ.
Chọn δ := ηρ và kξk ≤ δ, ta cú kξk −(η +)ρ < 0, và do đú kΨ(u)(ã, t)k ≤ ρ, với u ∈ Bρ. Tức là Ψ(Bρ) ⊂ Bρ. Ta còn phải chứng minh Ψ là một ánh xạ co trên Bρ. Thật vậy, với u1, u2 ∈ Bρ, ta có
kΨ(u1)(ã, t)−Ψ(u2)(ã, t)k ≤ Z t
0
e−
λ1 1+γλ1(t−s)
κ(ρ)ku1(ã, s)−u2(ã, s)kds
≤
1−e−
λ1
1+γλ1t1 +γλ1
λ1 κ(ρ)ku1 −u2k∞
≤ 1 +γλ1
λ1 (η +)ku1 −u2k∞. Do 1 +γλ1
λ1 (η +) < 1, ta có Ψ là một ánh xạ co trên Bρ. Vậy nghiệm nhẹ của bài toán tồn tại. Tính duy nhất nghiệm được suy ra từ bất đẳng thức Gronwall cổ điển.
Định lý được chứng minh.
Dưới giả thiết của Định lý 2.9, ta xem xét tính ổn định nghiệm cho bài toán cho trường hợp tới hạn α = 1.
Định lý 2.10. Giả sử các giả thiết của Định lý 2.9 được thỏa mãn. Khi đó nghiệm tầm thường của (2.6) ổn định mũ. Nói riêng, nếu f có tính chất Lip- schitz toàn cục với hằng số Lipschitz κ0 ∈ h
0, λ1 1 +γλ1
thì mọi nghiệm của (2.6)-(2.8) ổn định mũ.
Chứng minh. Lấy δ, η, ρ và trong chứng minh Định lý 2.9, giả sử u là nghiệm duy nhất của bài toỏn (2.6)-(2.8) khi kξk ≤ δ. Khi đú ku(ã, t)k ≤ ρ với mọi t ≥0. Hơn nữa ta có
ku(ã, t)k ≤ e−
λ1 1+γλ1t
kξk+ Z t
0
e−
λ1 1+γλ1(t−s)
(η +)ku(ã, s)kds.
Từ đó suy ra e
λ1 1+γλ1t
ku(ã, t)k ≤ kξk+ (η +) Z t
0
e
λ1 1+γλ1s
ku(ã, s)kds.
Sử dụng bất đẳng thức Gronwall cổ điển, ta có e
λ1 1+γλ1t
ku(ã, t)k ≤ e(η+)tkξk, ∀t≥ 0, hay tương đương,
ku(ã, t)k ≤ e−
h λ
1
1+γλ1−(η+)i
tkξk, ∀t ≥ 0.
Trong trường hợpf có tính chất Lipschitz toàn cục với hằng sốκ0 ∈ h
0, λ1
1 +γλ1
, ta có kết luận của định lý từ đánh giá
ku1(ã, t)−u2(ã, t)k ≤ e−
λ1 1+γλ1t
kξ1 −ξ2k+ Z t
0
e−
λ1 1+γλ1(t−s)
κ0ku1(ã, s)−u2(ã, s)kds, và bất đẳng thức Gronwall, ở đây ui là nghiệm ứng với dữ kiện ban đầu ξi, với i = 1,2. Định lý đã được chứng minh.
Kết luận
Luận văn nghiên cứu lớp phương trình Rayleigh-Stokes nửa tuyến tính xuất hiện trong lý thuyết động lực học chất lỏng. Các kết quả chính được trình bày trong luận văn bao gồm:
1. Một số điều kiện đủ đảm bảo tính giải được của bài toán;
2. Tính ổn định nghiệm của bài toán, bao gồm cả trường hợp tới hạn.
Luận văn được viết dựa trên một số nghiên cứu gần đây về phương trình Rayleigh-Stokes trình bày trong các công trình [1, 9]. Các kết quả trình bày trong luận văn có thể phát triển tiếp cho trường hợp phương trình chứa trễ hữu hạn hoặc vô hạn.
Tài liệu tham khảo
[1] E. Bazhlekova, B. Jin, R. Lazarov, Z. Zhou, An analysis of the Rayleigh- Stokes 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 deriva- tives, Appl. Math. Comput. 204 (2008), no. 1, 340-351.
[5] P. Drábek, J. Milota, Methods of nonlinear analysis. Applications to dif- ferential equations. Birkh¨auser Verlag, Basel, 2007.
[6] L.C. Evans, Partial differential equations. Second edition. American Math- ematical 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.