NỘI DUNG VÀ PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU
KIẾN THỨC CƠ SỞ
1.1 Các không gian hàm và toán tử
Trong đề tài, chúng tôi có sử dụng một số khái niệm và không gian hàm sau:
1.1.1 Không gian các hàm liên tục
Cho Ω là một miền trong không gian R n và cho 0 < k 0, sao cho x σ ∈ B và x(ã) liờn tục trên [σ, σ +a), thì với mọi t thuộc [σ, σ+a) các kết luận sau là đúng:
∥x(s)∥ E +M(t−σ)∥x σ ∥ B , ở đây H là một hằng số, các hàm K(∆), M(∆) : [0,+∞) → [0,+∞), với K liên tục và M bị chặn địa phương, và chúng đều độc lập đối với x.
(A2) Với hàm x(ã) trong (A1), t 7→ x t là một hàm liờn tục với giỏ trị trong B với t thuộc [σ, σ+a).
(B) Không gian B là không gian đầy đủ.
Nhận xét 1.1 [12] Từ các tiên đề trên, ta thấy:
• Tiên đề (A1)(ii) tương đương với
• Do ∥ ã ∥ B chỉ là một nửa chuẩn, nờn với hai phần tử φ, ψ ∈ B thỏa món
∥φ−ψ∥ B = 0 ta có φ(0) = ψ(0), và chưa thể kết luận φ(θ) = ψ(θ) với mọi θ ≤ 0.
• Tiên đề (B) tương đương với điều kiện không gian thương
Bˆ=B/∥ ã ∥ B ={φˆ: φ∈ B} là một không gian Banach.
Tiếp theo, ta sẽ đưa ra một số ví dụ về các không gian pha cụ thể thỏa mãn các tiên đề (A1), (A2) và (B).
Ví dụ 1.1 Cho g : (−∞,0]→ (0,+∞) là một hàm liên tục bất kì, đặt
∥φ(θ)∥ E g(θ) Định lí 1.3.2 và Định lí 1.3.6 trong [12] chứng tỏ rằng nếu g là hàm không tăng, thỡ (C g 0 ,∥ ã ∥ g ) thỏa món cỏc tiờn đề (A1), (A2) và (B).
Ví dụ 1.2 Xét không gian C γ xác định như sau:
C γ :={φ∈C((−∞,0];E) : lim θ →−∞ e γθ φ(θ) tồn tại trong E}, γ >0, với chuẩn
Lấy H = 1, K(t) = 1, và M(t) = e − γt , chứng minh tương tự như trong [12, Định lí 3.7, tr 23], ta thấy không gian C γ cũng thỏa mãn các tiên đề (A1), (A2) và (B).
Cho A là toán tử quạt xác định dương với giải thức compact trên không gian Banach (E, ∥ ã ∥), với 0 < α < 1 Hàm g cần thỏa mãn điều kiện tồn tại một hàm bị chặn địa phương G: (−∞, 0] → [0, +∞) sao cho g(ξ + θ) ≤ G(ξ)g(θ) với mọi ξ ≤ 0 và θ ∈ (−∞, 0] \ Nξ, trong đó Nξ ⊆ (−∞, 0] là tập có độ đo Lebesgue bằng 0.
Hàm g(θ) được định nghĩa là e^(ρθ) với điều kiện ρ > λ Không gian L^1_g(D(A^α)) là không gian tuyến tính bao gồm tất cả các lớp hàm φ: (−∞,0] → D(A^α) mà φ là hàm đo được Lebesgue Đặc biệt, g(ã)∥φ(ã)∥^α phải khả tích Lebesgue trên khoảng (−∞,0], trong đó g: (−∞,0] → R là hàm có độ đo Lebesgue dương Chuẩn trong không gian L^1_g(D(A^α)) được định nghĩa theo một cách cụ thể.
Định lý 1.3.8 trong tài liệu [12] khẳng định rằng không gian L 1 g (D(A α )) thỏa mãn các tiên đề (A1), (A2) và (B) Hơn nữa, nếu {φ n } là một dãy Cauchy trong L 1 g (D(A α )) và φ n hội tụ compact tới φ trên khoảng (-∞, 0], thì φ cũng thuộc L 1 g (D(A α )) và khoảng cách ∥φ n − φ∥ L 1 g sẽ tiến tới 0 khi n tiến tới vô cùng.
Cho C 00 là tập các hàm liên tục từ (−∞,0] vào D(A α ) với giá compact, và kí hiệu supp (φ) là giá của φ trong C 00 Từ một kết quả trong [12, Chương
Nhận xét 1.2 Cho hàmφ∈C 00 thuộc L 1 g (D(A α )) Nếusupp (φ)chứa trong [−r,−s], 0≤s ≤r 0), với C(ϵ) = (ϵp) − p q q − 1
Giả thiết 1< p, q ≤ ∞, 1 p+ 1 q = 1 Khi đó nếuu ∈L p (Ω), v ∈L q (Ω) thì ta có
• Bất đẳng thức nội suy đối với chuẩn L p :
Giả thiết 1≤s ≤r ≤t ≤ ∞ và 1 r = η s + 1−η t Giả sử u ∈L s (Ω)∩L t (Ω) Khi đó u ∈L r (Ω) và
• Bất đẳng thức Gronwall dạng vi phân
Giả sử x(t) là một hàm liên tục tuyệt đối trên [0, T] và thỏa mãn dx dt ≤ g(t)x+h(t), với hầu khắpt, trong đó g(t), h(t) là các hàm khả tích trên [0, T] Khi đó : x(t)≤x(0)e G(t) +
Nói riêng, nếu a và b là các hằng số và dx dt ≤ax+b, thì x(t)≤(x(0) + a b)e at − a b.
• Bất đẳng thức Gronwall dạng tích phân
Cho ξ(t) là một hàm khả tích, không âm trên [0, T] và thỏa mãn hầu khắp t bất đẳng thức tích phân: ξ(t)≤ C 1
0 ξ(s)ds+C 2 , với C 1 , C 2 là các hằng số không âm Khi đó ξ(t)≤ C 2 (1 +C 1 te C 1 t )với hầu khắpt, 0≤t ≤T.
• Bất đẳng thức Gronwall đều
Giả sử x, a, b là các hàm dương thỏa mãn dx dt ≤ax+b, với ∫ t+r t x(s)ds≤ X,
∫ t+r t b(s)ds ≤ B, với r >0 nào đó với mọi t≤ t 0
1.4 Một số định lí cơ bản
Trước tiên ta nhắc lại khái niệm về hội tụ yếu và hội tụ ∗ −yếu Một dãy
{u n } ⊂ X được gọi là hội tụ yếu đến một phần tử u ∈X nếu ⟨u n −u, f⟩ → 0 khi n→ ∞ với mọi phần tử f thuộc không gian đối ngẫu X ∗ và ta kí hiệu là u n ⇁ u(n→ ∞).
Một dãy f n trong X ∗ được gọi là hội tụ ∗ −yếu tới f ∈X ∗ nếu với mọi u ∈X ta có ⟨u, f n − f⟩ → 0 khi n → ∞ Nếu X là không gian phản xạ, nghĩa là
X = (X ∗ ) ∗ , thì sự hội tụ ∗ −yếu trong không gian phản xạ trùng với sự hội tụ yếu.
Ta biết rằng sự hội tụ yếu có tính chất sau đây: Nếuu n ⇁ ukhi n → ∞trong
Tương tự, nếu f n ⇁ f ∗ −yếu trong X ∗ khi n→ ∞, thì
Các định lí sau rất hữu ích (xem [1, 7, 10, 16])
Bổ đề Aubin-Lions (Bổ đề 1.2) đề cập đến ba không gian Banach X₀, X và X₁, trong đó X₀ và X₁ là không gian phản xạ Nếu X₀ được nhúng compact trong X và X được nhúng liên tục trong X₁, thì với 1 < p, q < +∞, các điều kiện này tạo ra mối liên hệ quan trọng giữa các không gian này.
W ={u∈ L p ([0, T];X 0 ) |∂ t u ∈L q ([0, T];X 1 )}. Khi đó W nhúng compact trong L p ([0, T];X).
Bổ đề 1.3 [16, Bổ đề 1.3, tr.12] Giả sử O là một tập mở bị chặn trong
R t ×R n x và {g j } là một dãy các hàm trong L p (O), 1< p 0 sao cho phương trình dx dt = f(x), x(0) = x 0 , có ít nhất một nghiệm trên đoạn [0, T].
NGHIỆM DỪNG CỦA PHƯƠNG TRÌNH TRUYỀN NHIỆT CÓ TRỄ VÔ HẠN
NGHIỆM DỪNG CỦA PHƯƠNG TRÌNH TRUYỀN NHIỆT
Trong chương này, chúng tôi nghiên cứu phương trình truyền nhiệt nửa tuyến tính với trễ vô hạn, trong đó có các số hạng phi tuyến tăng trưởng và tiêu hao theo kiểu đa thức, cùng với các số hạng chứa trễ thỏa mãn điều kiện Lipschitz Bằng phương pháp Galerkin, chúng tôi đã chứng minh sự tồn tại duy nhất của nghiệm yếu cho bài toán Tiếp theo, chúng tôi phân tích sự tồn tại và tính duy nhất của nghiệm dừng Cuối cùng, chương này kết thúc với việc nghiên cứu tính ổn định của nghiệm dừng.
Ta xét phương trình truyền nhiệt nửa tuyến tính với trễ vô hạn trong miền bị chặn với biên trơn Ω trong R N :
Hàm u t được xác định trên khoảng (-∞, 0] với công thức u t(s) = u(t+s), trong đó s thuộc (-∞, 0] Không gian pha đóng vai trò quan trọng trong nghiên cứu phương trình đạo hàm riêng với trễ vô hạn, và trong bài viết này, chúng ta sẽ xem xét không gian chứa trễ một cách chi tiết.
, là không gian Banach với chuẩn
∥φ(s)∥ L 2 Để nghiên cứu bài toán (2.1), chúng ta giả thiết:
(H1) A là một toán tử nửa tuyến tính dương xác định trù mật trên miền
D(A)⊂ L 2 (Ω) có giải thức compact, và ta cũng giả sử rằng C 0 ∞ (Ω) hay
C ∞ (Ω) được chứa và trù mật trong D(A 1/2 ).
(H2) f : R →R là hàm liên tục thỏa mãn
C 1 |u| p −C 0 ≤ f(u)u ≤C 2 |u| p +C 0 , với p≥2, (2.2) (f(u)−f(v))(u−v)≥ −ℓ|u−v| 2 , ∀u, v ∈R, (2.3) trong đó C 0 , C 1 , C 2 và ℓ là các hằng số dương;
(ii) Tồn tại hằng số L F > 0 sao cho với mọi ξ, η ∈BCL −∞ (L 2 (Ω)),
Trong chương này, chúng ta ký hiệu H = L²(Ω), V = D(A¹/²) và V' = D(A⁻¹/²) Các ký hiệu BCL⁻∞(H) và BCL⁻∞(L²(Ω)) được sử dụng để biểu thị không gian các hàm liên tục Các ký hiệu |ã|, (ã, ã), ∥ã∥ và ((ã, ã)) lần lượt đại diện cho chuẩn và tích vô hướng trong H và V Chuẩn |.|ₚ được sử dụng trong không gian Lₚ(Ω), trong khi ⟨ã, ã⟩ biểu thị tích đối ngẫu giữa V và V' cũng như giữa Lₚ(Ω) và Lₚ' (Ω) với điều kiện 1/p + 1/p' = 1.
2.2 SỰ TỒN TẠI VÀ DUY NHẤT NGHIỆM
W ∗ =L 2 (0, T;V ′ ) +L p ′ (0, T;L p ′ (Ω)), trong đó p ′ là liên hợp của p, với điều kiện 1/p + 1/p ′ = 1 Định nghĩa 2.1: Một nghiệm yếu trên khoảng (0, T) của bài toán (2.1) với điều kiện ban đầu ϕ∈BCL −∞ (H) là một hàm u∈C((−∞, T];H)∩W, thỏa mãn u 0 (θ) =ϕ(θ) với mọi θ ≤ 0, và có đạo hàm du/dt ∈W ∗ Nghiệm này cũng phải thỏa mãn phương trình d/dt(u(t), v) + ((u(t), v)) +⟨f(u(t)), v⟩ = (F(u t ), v) + (g, v) (2.4) với mọi v ∈ V ∩L p (Ω) và mọi t∈ (0, T).
Nếu u là một nghiệm cổ điển của bài toán (2.1), thì nó cũng là một nghiệm yếu theo định nghĩa nghiệm 2.1, vì chỉ cần thỏa mãn điều kiện (2.4) Để chứng minh điều này, ta nhân phương trình đầu tiên trong (2.1) với v thuộc V ∩ L p (Ω) và thực hiện tích phân trên Ω.
(du dt(t), v) = d dt(u(t), v) vì v phụ thuộc thời gian t,
Ta được (2.4) với mọi hàm v ∈ V ∩L p (Ω) và mọi t∈ (0, T). Định lí 2.1 Với các giả thiết (H1)-(H4) , thì với mỗi T > 0 và ϕ ∈ BCL −∞ (H) cho trước, bài toán (2.1) có duy nhất nghiệm yếu u trên khoảng
Chứng minh tính duy nhất và sự phụ thuộc liên tục của nghiệm trong bài toán (2.1) với cùng điều kiện ban đầu ϕ, ψ∈ BCL −∞ (H) bằng cách giả sử u, v là hai nghiệm và đặt w = u−v Ta có phương trình dw dt + Aw + f(u)−f(v) = F(u t )−F(v t ) với điều kiện ban đầu w(0) = ϕ−ψ.
Nhân phương trình đầu với w và lấy tích phân trên miền Ω, ta được
Sử dụng giả thiết (H2), ta được
Sử dụng giả thiết (H3-ii) và bất đẳng thức Cauchy, ta được
Lấy tích phân từ 0 đến t, ta nhận được
|w(θ)| 2 ds+ 4L 2 F λ 1 |w 0 ∥ 2 BCL Áp dụng bất đẳng thức Gronwall, ta có sup θ ∈ [0,t]
Ta nhận được tính duy nhất của nghiệm (nếuϕ= ψ) và sự phụ thuộc liên tục của nghiệm vào dữ kiện ban đầu.
(ii) Sự tồn tại nghiệm Ta sẽ chứng minh sự tồn tại nghiệm của bài toán bằng phương pháp xấp xỉ Galerkin.
Bước đầu tiên trong lược đồ xấp xỉ Galerkin là xác định cơ sở {v j } ∞ j=1 của không gian V ∩L p (Ω), được xem là một hệ trực chuẩn trong L 2 (Ω) Đặt V m = span{v 1 , , v m } và thực hiện phép chiếu P m u =∑ m j=1(u, v j )v j Tiếp theo, ta định nghĩa u m (t) = ∑ m j =1 γ m,j (t)v j, với các hệ số γ m,j phải thỏa mãn hệ phương trình d dt(u m (t), v j )+((u m (t), v j ))+.
(2.6) và điều kiện ban đầu u m (s) =P m ϕ(s) với s ∈(−∞,0]. Đây là hệ phương trình vi phân thường với trễ vô hạn với các ẩn là
(γ m,1 (t), , γ m,m (t)) thỏa mãn các điều kiện tồn tại và duy nhất nghiệm địa phương, do đó nghiệm xấp xỉ u m tồn tại.
Bước 2: Đánh giá tiên nghiệm Nhân phương trình (2.6) với γ m,j (t) và lấy tổng theo j từ 1 đến m, ta được d dt|u m (t)| 2 +2∥u m (t)∥ 2 +2
2 |u m (t)| 2 , trong đó λ 1 > 0 là giá trị riêng đầu tiên của toán tử A,
Lấy tích phân từ 0 đến t, ta nhận được
Hơn nữa, |u m (0)|= |ϕ(0)| ≤ ∥ϕ∥ BCL , ta suy ra
(2C 0 |Ω|+ 2L 2 F λ 1 ∥u m s ∥ 2 BCL + 2 λ 1 |g| 2 ) ds. Áp dụng bất đẳng thức Gronwall, ta có
Khi đó ta có đánh giá sau: với mỗi R > 0 thỏa mãn ∥ϕ∥ γ ≤ R, tồn tại hằng số C 1 phụ thuộc λ 1 , L F ,|g|, R, T, sao cho
∥u m t ∥ 2 BCL ≤C 1 , ∀t∈[0, T],∀m≥ 1 (2.8) Đặc biệt, ta suy ra
Chúng ta dễ kiểm tra được {Au m } bị chặn trong L 2 (0, T;V ′ ) và {f(u m )} bị chặn trong L p ′ (0, T;L p ′ (Ω)).
Chúng ta sẽ chứng minh tính bị chặn của {du m /dt} Vì {u m t} bị chặn trong BCL −∞ (H), từ (H3) ta có {F(u m t)} bị chặn trong L2 (0, T; H) Điều này cho thấy rằng (2.6) tương đương với du m /dt = −Au m − f(u m) + F(u m t) + g.
Do đó, {du m dt } bị chặn trong W ∗ =L 2 (0, T;V ′ ) +L p ′ (0, T;L p ′ (Ω).
Từ các đánh giá ở trên, ta thấy tồn tại u ∈ L 2 (0, T;V) và dãy con của
• {u m } hội tụ yếu đến u trong L 2 (0, T;V),
• {u m } hội tụ yếu đến u trong L p (0, T;L p (Ω)),
• {du m dt } hội tụ yếu đến du dt trong W ∗ ,
• {f(u m )} hội tụ yếu đến χ trong L p ′ (0, T;L p ′ (Ω)),
• F(u m t ) hội tụ yếu đến F u t trong L 2 (0, T;H).
Do u∈ W và du dt ∈W ∗ , ta có u∈C([0, T];H).
Vì {u m } bị chặn trong L 2 (0, T;V) và {du m dt } bị chặn trong L p ′ (0, T;V ′ +
L p ′ (Ω)), theo Bổ đề compact Aubin-Lions [16], tồn tại dãy con (vẫn sử dụng kí hiệu cũ {u m }) sao cho u m → u mạnh trong L 2 (0, T;H).
Do đó, ta có chuỗi u m hội tụ đến u hầu khắp nơi trong Ω T, được suy ra từ tính liên tục của hàm f, cụ thể là f(u m) → f(u) hầu khắp Áp dụng Bổ đề 1.3 trong tài liệu [16], ta có f(u m) ⇀ f(u) hầu khắp trong không gian L p ′ (0, T; L p ′ (Ω)) Nhờ tính duy nhất của giới hạn yếu, ta kết luận rằng χ = f(u).
Tuy nhiên, các đánh giá nhận được ở trên là chưa đủ để qua giới hạn thành phần chứa trễ F(u m t ).
Bước 3: Sự hội tụ trong BCL −∞ (H) và sự tồn tại của nghiệm yếu.
Trước tiên, ta chứng minh
Chúng ta sẽ chứng minh sự hội tụ trong (2.11) Nếu không, sẽ tồn tại một giá trị ϵ > 0 cùng với một dãy con mà chúng ta vẫn ký hiệu như trước.
Nếuθ m →θ ∈ (−∞,0]thì|P m ϕ(θ m )−ϕ(θ)| ≤ |P m ϕ(θ m )−P m ϕ(θ)|+|P m ϕ(θ)− ϕ(θ)| → 0 khi m→ +∞ Tuy nhiên, θ m → −∞ khi m→ +∞.
Nếu ta ký hiệu χ = lim θ →−∞ e γθ ϕ(θ) thì
|P m ϕ(θ m )−ϕ(θ m )| ≤ |P m ϕ(θ m )−P m χ|+|P m χ−χ|+|χ−ϕ(θ m )| →0 khi m → ∞. Điều này mâu thuẫn với (2.13), do vậy (2.11) đúng.
Từ tính hội tụ mạnh của u m tới u trong L 2 (0, T;H), ta nhận được u m (t)→ u(t) trong H với hầu khắp t∈ (0, T).
Xét sự khác biệt của hai nghiệm xấp xỉ theo Galerkin u k và u m (với cùng giá trị ban đầu), ta dễ dàng có đánh giá tương tự như (2.5) sup r ∈ [0,t]
Bởi P m → I khi m → ∞ nên {u m } là dãy Cauchy trong không gian
Cuối cùng, ta chỉ ra rằng F(u m t )→ F(u t ) trong L 2 (0, T;H) Ta có
Do đó, u m t → u t trong C γ (H) với mọi t≤ T.
Suy ra F(u m t )→F(u t ) trong L 2 (0, T;H) Hơn nữa ξ =F(u t ).
Vì vậy, ta có thể qua giới hạn trong (2.10) và nhận được u là một nghiệm yếu của bài toán (2.1) Định lí được chứng minh.
2.3 SỰ TỒN TẠI CỦA NGHIỆM DỪNG
Một nghiệm dừng yếu của bài toán (2.1) là phần tử u ∗ ∈V ∩L p (Ω) sao cho
((u ∗ , v)) +⟨f(u ∗ ), v⟩= (F(u ∗ ), v) + (g, v) với mọi hàm thử v ∈V ∩L p (Ω). Định lí 2.2 Cho các giả thiết (H1)-(H4) Khi đó
(a) Bài toán (2.1) có ít nhất một nghiệm dừng yếu u ∗ Hơn nữa, nghiệm dừng yếu của bài toán thỏa mãn đánh giá
(b) Nếu ta có giả thiết
L F +ℓ < λ 1 , (2.15) thì nghiệm dừng yếu của bài toán (2.1) là duy nhất.
Để chứng minh sự tồn tại, cho {v_j} (j=1 đến ∞) là một cơ sở trực giao của V ∩ L^p(Ω) trong L^2(Ω) Đối với mỗi m ≥ 1, ký hiệu V_m = span{v_1, , v_m} và xác định nghiệm xấp xỉ u_m của bài toán (2.1) dưới dạng u_m = ∑_{i=1}^{m} γ_{m,i} v_i.
(2.16) Để chứng minh u m tồn tại, ta xây dựng toán tử R m : V m → V m bởi
Tính liên tục của toán tử R m có được do tính liên tục của tích vô hướng trong
V, H, và tớch đối ngẫu ⟨ã,ã⟩ giữa L p và khụng gian đối ngẫu của nú L p ′ Ngoài ra, với mọi u ∈V m ,
Từ điều kiện (2.2) và bất đẳng thức Young, ta có
F |Ω|, ta được ((R m u, u)) ≥ 0 ∀u ∈V m sao cho ∥u∥ 2 =β Áp dụng hệ quả của định lí điểm bất động Brouwer (xem [?, Temam], với mỗi m ≥ 1 tồn tại u m ∈ V m sao cho R m (u m ) = 0 với ∥u m ∥ 2 ≤β.
Thay thế v i bởi u m trong (2.16), ta có
Ta trích từ dãy {u m } ra một dãy con {u m ′ }, thỏa mãn hội tụ yếu trong
V ∩L p (Ω) tới giới hạn u Qua giới hạn trong (2.16) với dãy chỉ số m ′ , ta được u là một nghiệm dừng yếu của bài toán (2.1) Đánh giá (2.14) là hệ quả trực tiếp của (2.17).
(ii) Tính duy nhất Giả thiết rằng u ∗ và v ∗ là hai nghiệm dừng của bài toán (2.1) Khi đó
((u ∗ −v ∗ , v)) +⟨f(u ∗ )−f(v ∗ ), v⟩= (F(u ∗ )−F(v ∗ ), v), với mọi v ∈ V ∩L p (Ω) Đặt v = u ∗ −v ∗ , ta có
Kết hợp với (2.15) ta nhận được tính duy nhất của nghiệm dừng yếu.
2.4 TÍNH ỔN ĐỊNH CỦA NGHIỆM DỪNG Định lí 2.3 Dưới các giả thiết của Định lí 2.2 và (2.15) Khi đó, tồn tại giá trị λ >0 sao cho nghiệm ucủa bài toán (2.1) với điều kiện ϕ∈ BCL −∞ (H), đánh giá sau đúng với mọi t ≥0:
{∥ϕưu ∗ ∥ 2 BCL ;|ϕ(0)ưu ∗ | 2 +L F (e λt ư1) λ ∥ϕưu ∗ ∥ 2 BCL
(2.19) trong đó u ∗ là nghiệm dừng duy nhất của bài toán (2.1) nhận được trong Định lí 2.2.
Chứng minh Đặt w(t) =u(t)−u ∗ , ta có d dt(w(t), v) + ((w(t), v)) + (f(u(t))−f(u ∗ ), v) = (F(u t )−F(u ∗ ), v), ∀t >0.
Chọn v =w(t), áp dụng (H2), (H3-ii) và nhân cả hai vế với e λt với λ là một số dương được chọn sau, ta có d dt
Vì thế, áp dụng bất đẳng thức Cauchy với δ > 0 được chọn sau và từ (2.14), ta có d dt
Mặt khác, lấy tích phân từ 0 đến t, ta có e λt |w(t)| 2 ≤ |w(0)| 2 + L F δ
(2.20) Để xử lý số hạng ∫ t
Chọn δ = 1 giúp biểu thức δL F + L F δ − 1 đạt giá trị nhỏ nhất, từ đó hệ số trong tích phân cuối trở thành λ−2λ 1 + 2ℓ + 2L F Bằng cách áp dụng (2.15), ta có thể chọn λ > 0 để (2.21) nhận giá trị âm Hơn nữa, áp dụng (2.18) dẫn đến kết quả e λt |w(t)| 2 ≤ |w(0)| 2 + L F (e λt − 1) λ ∥ϕưu ∗ ∥ 2 BCL.
Cuối cùng, (2.19) có thể suy ra như sau
, và thành phần thứ hai có thể đánh giá bằng cách sử dụng (2.18) và e λθ ≤ 1 khi θ ≤0.
NGHIỆM DỪNG CỦA PHƯƠNG TRÌNH KHUẾCH TÁN KHÔNG CỔ ĐIỂN CÓ TRỄ
NGHIỆM DỪNG CỦA PHƯƠNG TRÌNH KHUẾCH TÁN
KHÔNG CỔ ĐIỂN CÓ TRỄ
Trong chương này, chúng tôi nghiên cứu phương trình khuếch tán nửa tuyến tính không cổ điển với trễ vô hạn, trong đó các số hạng phi tuyến có sự tăng trưởng và tiêu hao kiểu đa thức, cùng với các số hạng chứa trễ thỏa mãn điều kiện Lipschitz Đầu tiên, thông qua phương pháp Galerkin, chúng tôi chứng minh sự tồn tại duy nhất của nghiệm yếu cho bài toán Tiếp theo, chúng tôi chứng minh sự tồn tại của nghiệm dừng và cuối cùng, nghiên cứu tính ổn định của nghiệm dừng.
Cho Ω là miền bị chặn trong R N (N ≥ 1) với biên trơn ∂Ω Chúng ta xét phương trình khuếch tán không cổ điển nửa tuyến tính với trễ vô hạn sau:
Trong bài toán (3.1), f là hàm phi tuyến, h là hàm ngoại lực, g là số hạng chứa trễ, và ϕ(s) là điều kiện ban đầu trên khoảng thời gian (−∞,0] Đối với mỗi hàm u xác định trên (−∞, T), ta định nghĩa u t là hàm trên (−∞,0] với công thức u t (s) = u(t+s), với s thuộc (−∞,0] Để tiến hành nghiên cứu bài toán này, chúng ta đưa ra giả thiết cần thiết.
(H1) Hàm g :C γ (H 0 1 (Ω))→ L 2 (Ω) thỏa mãn các điều kiện:
(g2) Tồn tại hằng số L g >0 sao cho với mọi ξ, η ∈C γ (H 0 1 (Ω)),
(H2) f : R →R là hàm khả vi liên tục thỏa mãn
C 1 |u| p −C 0 ≤f(u)u ≤C 2 |u| p +C 0 , (3.2) f ′ (u)≥ −ℓ, (3.3) với p≥2 nào đó, trong đó C 0 , C 1 , C 2 và ℓ là các hằng số dương.
Hàm h thuộc không gian H 0 1 (Ω) và là không gian đối ngẫu của H 0 1 (Ω) Điều kiện (g1) liên quan đến hàm chứa trễ không phải là một hạn chế nghiêm ngặt, vì nếu g(0) thuộc L 2 (Ω), ta có thể định nghĩa lại h(x) = ˆh(x) + g(0) và g(ˆã) = g(ã) − g(0), từ đó ˆh và gˆ sẽ thỏa mãn các giả thiết đã nêu.
Trong chương này, chúng ta ký hiệu H = L²(Ω), V = H₀¹(Ω), V′ = H⁻¹(Ω), và Cᵧ(V) = Cᵧ(H₀¹(Ω)), với các chuẩn tương ứng là |ã|, ∥ã∥, ∥ã∥*, ∥ã∥ᵧ Các ký hiệu (ã, ã) và ((ã, ã)) đại diện cho tích vô hướng trong không gian H và V Chúng ta sử dụng ký hiệu ⟨., ⟩ để biểu thị tích đối ngẫu giữa V và V′, cũng như giữa Lᵖ(Ω) và Lᵖ′(Ω), với điều kiện 1/p + 1/p′ = 1.
3.2 SỰ TỒN TẠI VÀ DUY NHẤT NGHIỆM
Trong phần này, chúng ta sẽ chứng minh sự tồn tại và duy nhất của nghiệm yếu thông qua phương pháp xấp xỉ Galerkin Đầu tiên, nghiệm yếu của bài toán (3.1) được định nghĩa như sau: Một nghiệm yếu trên khoảng (0, T) với điều kiện ban đầu ϕ∈C γ (V) là một hàm u∈ C((−∞, T];V)∩L p (0, T;L p (Ω)), thỏa mãn điều kiện u 0 (θ) = ϕ(θ) cho mọi θ ≤0, và đạo hàm du/dt ∈L 2 (0, T;V) Nghiệm này cũng phải thỏa mãn phương trình d dtu(t)−∆u(t)−∆(∂ t u(t)) +f(u(t)) =g(u t ) +h trong V ′ theo nghĩa phân bố trong khoảng thời gian (0, T).
Định lý 3.1 khẳng định rằng, dưới các giả thiết (H1) - (H3), với mỗi T > 0 và ϕ∈C γ (V) đã cho, bài toán (3.1) sẽ có duy nhất một nghiệm yếu u trên khoảng thời gian (0, T).
Chứng minh (i) Tính duy nhất nghiệm Giả sử u và v là hai nghiệm của bài toán (3.1) với cùng một điều kiện ban đầu ϕ∈ C γ (V) Đặt w = u−v, ta có
∂ t w−∆∂ t w−∆w+f(u)−f(v) =g(u t )−g(v t ) (3.4) Nhân phương trình (3.4) với w rồi lấy tích phân trên miền Ω, ta được
Sử dụng giả thiết (3.3) và (g2), ta có d dt(|w| 2 +∥w∥ 2 ) + 2∥w∥ 2 ≤ 2ℓ|w| 2 + 2L g ∥w t ∥ γ |w|.
Ta chú ý rằng w(θ) = 0 nếu θ ≤ 0, nên
∥w(s+θ)∥, với 0≤ s≤ T, và hơn nữa, với t ∈[0, T],
∥w(r)∥ 2 ds. Áp dụng bất đẳng thức Gronwall ta suy ra tính duy nhất nghiệm của bài toán (3.1).
(ii) Sự tồn tại nghiệm.Ta sẽ chứng minh sự tồn tại nghiệm của bài toán bằng phương pháp xấp xỉ Galerkin qua 3 bước như sau:
Bước 1 trong phương pháp xấp xỉ Galerkin liên quan đến việc xem xét cơ sở {e j } ∞ j=1 ⊂ V ∩L p (Ω), một hệ trực chuẩn trong không gian H Sự tồn tại của cơ sở này được đảm bảo nhờ giả thiết rằng C 0 ∞ (Ω) là trù mật trong không gian V :=H 0 1 (Ω) và cũng trù mật trong L p (Ω).
Ta thực hiện xét nghiệm xấp xỉ u n (t) được xác định bởi công thức u n (t) = ∑ n j=1 γ nj (t)e j Trong đó, chỉ số n được sử dụng thay cho (n) để tránh nhầm lẫn với lũy thừa của u, và các hệ số γ nj phải thỏa mãn một hệ thống quy tắc nhất định.
Hệ phương trình vi phân thường với độ trễ vô hạn này đáp ứng các điều kiện để tồn tại nghiệm địa phương theo Định lý 1.1 trong tài liệu [12, tr 36], do đó, nghiệm xấp xỉ u n sẽ tồn tại.
Tiếp theo, chúng ta sẽ đánh giá tiên nghiệm để đảm bảo nghiệm tồn tại trên toàn khoảng [0, T].
Bước 2: Đánh giá tiên nghiệm Nhân phương trình (3.5) với γ nj và lấy tổng theo j, ta được
Sử dụng giả thiết (3.2) và bất đẳng thức Cauchy, ta có
Lấy tích phân từ 0 đến t, ta nhận được
Từ sup θ ∈ ( −∞ , − t] e γθ ∥ϕ(θ+t)∥= sup θ ≤ 0 e γ(θ − t) ∥ϕ(θ)∥= e − γt ∥ϕ∥ γ ≤ ∥ϕ∥ γ , và ∥u(0)∥ ≤ ∥ϕ∥ γ , ta suy ra
∥u n s ∥ 2 γ ds. Áp dụng bất đẳng thức Gronwall, ta có
Khi đó, ta có đánh giá sau: Tồn tại hằng số C, phụ thuộc vào một số hằng số của bài toán (cụ thể, λ 1 , T, L g và h) và R > 0, sao cho
∥u n t ∥ 2 γ ≤C, ∀t ∈[0, T], ∥ϕ∥ γ ≤R (3.7) Đặc biệt, ta suy ra
{f(u n )} bị chặn trong L p ′ (0, T;L p ′ (Ω)), (3.9) ở đây p ′ là liên hợp của p.
Nhân phương trình (3.1) với ∂ t u rồi lấy tích phân trên miền Ω, ta có
0 f(s)ds là một nguyên hàm của f(u) Vì vậy
Lấy tích phân hai vế bất đẳng thức trên từ 0 đến t và kết hợp với các điều kiện (3.7), (3.8), ta được
Bước 3: Sự hội tụ trong không gian C γ (V) và sự tồn tại nghiệm yếu Ta sẽ chứng minh u n t → u t trong C γ (V), ∀t ∈(−∞, T], bằng cách chỉ ra
Trước tiên, chúng ta cần kiểm tra sự hội tụ theo (3.10) Giả sử ngược lại, điều này dẫn đến việc tồn tại một ε > 0 và một dãy con, với ký hiệu cũ, sao cho e γθ n ∥P n ϕ(θ n )−ϕ(θ n )∥> ε (3.12)
Ta có thể giả sử θ n → −∞, còn nếu θ n →θ, thì P n (θ n )→ ϕ(θ), do
∥P n ϕ(θ n )−ϕ(θ)∥ ≤ ∥P n ϕ(θ n )−P n ϕ(θ)∥+∥P n ϕ(θ)−ϕ(θ)∥ →0 khi n→ +∞. Tuy nhiên, với θ n → −∞ khi n→ +∞, nếu kí hiệu χ= lim θ →−∞ e γθ ϕ(θ), ta thu được e γθ n ∥P n ϕ(θ n )−ϕ(θ n )∥ =∥P n (e γθ n ϕ(θ n ))−e γθ n ϕ(θ n )∥
≤ ∥P n (e γθ n ϕ(θ n ))−P n χ∥+∥P n χ−χ∥+∥χ−e γθ n ϕ(θ n )∥ →0.Điều này mâu thuẫn với (3.12), vậy (3.10) đúng.
Kết hợp các kết quả quan trọng về tính compact và phương pháp năng lượng, chúng ta có thể xác định một dãy con của dãy {u n } để tìm nghiệm cho bài toán (3.1).
Từ các đánh giá trong Bước 2, ta thấy tồn tại một dãy con (ta vẫn sử dụng kí hiệu cũ) {u n }, một phần tử u ∈ L ∞ (0, T;V)∩ L p (0, T;L p (Ω)) với u ′ ∈L 2 (0, T;V), và ξ ∈L 2 (0, T;H) sao cho u n ⇀ ∗ u trong L ∞ (0, T;V), u n ⇀ u trong L p (0, T;L p (Ω)),
Áp dụng Bổ đề compact Aubin-Lions, ta có u n hội tụ đến u trong L 2 (0, T;H) theo một dãy con, dẫn đến u n hội tụ hầu khắp nơi trong Ω×[0, T] Với tính liên tục của hàm f, ta suy ra rằng f(u n) hội tụ đến f(u) hầu khắp nơi trong Ω×[0, T].
Từ sự hội tụ của {u n } đến u trong L ∞ (0, T;V), ta thu được u n (t)→ u(t) trong V với hầu khắp t∈ (0, T).
Trong không gian H, với mọi s, t thuộc đoạn [0, T], từ (3.13) cho thấy dãy {u n} đồng liên tục trên [0, T] với giá trị trong H Vì V ⊂ H là một không gian compact, áp dụng định lý Arzela-Ascoli từ (3.7) và tính chất đồng liên tục trong H, ta có u n hội tụ về u trong C([0, T];H) (3.14) Hơn nữa, từ (3.13), với bất kỳ dãy {t n} thuộc [0, T] mà t n hội tụ về t, ta có u n(t n) hội tụ yếu về u(t) trong V (3.15), sử dụng kết quả từ (3.14).
Chúng ta sẽ chứng minh (3.11) bằng phương pháp phản chứng Giả sử ngược lại, cho rằng u ∈ C([0, T];V), tồn tại ϵ > 0, t₀ ∈ [0, T] và các dãy con {uₙ} và {tₙ} ⊂ [0, T] sao cho lim n → +∞ tₙ = t₀.
∥u n (t n )−u(t 0 )∥ ≥ϵ. Để chứng minh điều này là vô lí, chúng ta dùng phương pháp năng lượng Ta nhận thấy bất đẳng thức năng lượng đúng với u n :
(3.16) trong đó C 3 là hằng số thỏa mãn
Mặt khác, từ (3.7) và (H2), tồn tại ξ g ∈ L 2 (0, T;H) sao cho {g(u n t )} hội tụ yếu tới ξ g trong L 2 (0, T;H) Vì vậy, ta có thể chuyển qua giới hạn và thu được u là nghiệm của d dt
Do đó, u thỏa mãn bất đẳng thức năng lượng
(⟨h, u(r)⟩+ (ξ g , u(r))) dr, ∀ 0≤s < t ≤T, và với giới hạn yếu ξ g ta có đánh giá
Vì vậy, ta có ucũng thỏa mãn bất đẳng thức (3.16) với hằng số C 3 Tiếp theo, xét hai hàm J n , J : [0, T] →R xác định bởi
J n và J là các hàm liên tục không giảm Đặc biệt, u n hội tụ tới u hầu như khắp nơi theo thời gian với giá trị trong V, đồng thời cũng thể hiện sự hội tụ yếu.