Header Page of 132 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI HOÀNG VĂN TÀI ĐÁNH GIÁ Lq CHO NGHIỆM CỦA MỘT LỚP HỆ PHƯƠNG TRÌNH STOKES TỔNG QUÁT LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC HÀ NỘI – 2016 Footer Page of 132 Header Page of 132 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI HOÀNG VĂN TÀI ĐÁNH GIÁ Lq CHO NGHIỆM CỦA MỘT LỚP HỆ PHƯƠNG TRÌNH STOKES TỔNG QUÁT Chuyên ngành: Toán giải tích Mã số: 60 46 01 02 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC TS NGUYỄN ĐỨC HUY HÀ NỘI – 2016 Footer Page of 132 Header Page of 132 LỜI CẢM ƠN Luận văn hoàn thành Trường Đại học Sư phạm Hà Nội Tác giả chân thành cảm ơn TS Nguyễn Đức Huy tận tình hướng dẫn, tạo điều kiện cho tác giả hoàn thành luận văn Thạc sĩ Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn thầy cô giáo cán công nhân viên Trường Đại học Sư phạm Hà Nội quan tâm giúp đỡ Tác giả chân thành cảm ơn thầy cô giáo bạn đồng nghiệp trường THPT Yên Lạc tạo điều kiện thuận lợi cho tác giả hoàn thành luận văn thạc sĩ Hà Nội, tháng 10 năm 2016 Tác giả Hoàng Văn Tài Footer Page of 132 Header Page of 132 LỜI CAM ĐOAN Tôi xin cam đoan luận văn kết nghiên cứu riêng hướng dẫn TS Nguyễn Đức Huy Trong trình nghiên cứu, kế thừa thành khoa học nhà khoa học với trân trọng biết ơn Các kết trích dẫn luận văn rõ nguồn gốc Hà Nội, tháng 10 năm 2016 Tác giả Hoàng Văn Tài Footer Page of 132 Header Page of 132 Mục lục MỞ ĐẦU KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 1.1 Không gian Sobolev 1.1.1 Đạo hàm suy rộng 1.1.2 Không gian Sobolev 1.1.3 Các định lý nhúng 1.2 N −hàm không gian Orlicz 11 1.2.1 N −hàm 11 1.2.2 Không gian Orlicz 15 1.3 Một số ký hiệu kết sở 16 1.3.1 Ký hiệu 16 1.3.2 Một số kết bổ trợ 18 ĐÁNH GIÁ Lq TRONG MIỀN CHO NGHIỆM YẾU 21 2.1 Đặt toán 21 2.2 Một số kết bổ trợ 23 Footer Page of 132 Header Page of 132 2.3 Hệ phương trình 27 2.4 Chứng minh Định lý 2.1 41 ĐÁNH GIÁ Lq ĐẾN BIÊN CHO NGHIỆM YẾU 44 3.1 Đặt toán 44 3.2 Một số kết bổ trợ 46 3.3 Hệ phương trình xấp xỉ miền với biên phẳng 50 3.4 Làm phẳng biên 53 3.5 Đánh giá cho nghiệm yếu 56 3.6 Chứng minh định lý 3.1 63 KẾT LUẬN 68 TÀI LIỆU THAM KHẢO 69 Footer Page of 132 Header Page of 132 MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài Trong lí thuyết học chất lỏng, hệ phương trình Navier-Stokes mô tả chuyển động học chất lỏng toán kinh điển thu hút quan tâm nhiều nhà toán học toàn giới Trên thực tế mô hình toán sinh từ toán thực tế có cấu trúc tổng quát hơn, số lớp toán mà độ nhớt phụ thuộc vào tốc độ biến đổi Trong trường hợp không xét đến phần đối lưu đưa ta đến toán dạng Stokes tổng quát Các kết nghiên cứu toán dạng Stokes tổng quát nhằm giải vấn đề toán mà giúp giải số vấn đề liên quan chẳng hạn trường hợp toán cho hệ phương trình Navier-Stokes dạng tổng quát Ta xét toán cho hệ phương trình Stokes tổng quát cho miền Ω bị chặn Rn   −div A(Du) + ∇π =div (F )  div (u) = (1) ∇u + ∇uT gradient đối xứng u, F trường véc tơ ngoại lực, A(Du) u = (u1 , , un ) vận tốc, π áp suất, Du = tensor ứng suất thỏa mãn điều kiện ϕ− tăng trưởng Footer Page of 132 Header Page of 132 Hệ hệ phi tuyến tổng quát hệ Stokes, cụ thể hệ phương trình (1) nhận cách thay toán tử Laplace u hệ phương trình Stokes div A(Du) Đã có nhiều kết nghiên cứu tính qui nghiệm cho toán cho A(Du) có dạng A(Du) = (1 + |Du|2 ) p−2 Du A(Du) = (1 + |Du|)p−2 Du Trong đề tài này, nghiên cứu tính qui nghiệm toán (1) miền bị chặn với điều kiện biên thích hợp đặc biệt mở rộng cho cấu trúc hàm A(.) nhằm giải lớp toán rộng lí thuyết toán hệ phương trình NavierStokes nhằm giải hoàn thiện lí thuyết toán xuất học chất lỏng Mục đích nghiên cứu - Nghiên cứu ý nghĩa vật lí toán - Nghiên cứu tính qui hệ phương trình (1) miền bị chặn với lớp hàm A(.) điều kiện biên phù hợp Nhiệm vụ nghiên cứu - Lí thuyết học chất lỏng không nén - Hệ phương trình phi tuyến Stokes tổng quát - Tính qui nghiệm theo phương pháp sai phân - Tính qui nghiệm theo phương pháp Campanato Footer Page of 132 Header Page of 132 Đối tượng phạm vi nghiên cứu Nghiên cứu tính qui nghiệm yếu hệ (1) miền bị chặn với lớp hàm A(.) điều kiện biên phù hợp Nghiệm hàm vận tốc hàm áp suất xuất mô tả chuyển động chất lỏng không nén xét Phương pháp nghiên cứu - Sử dụng phương pháp sai phân nghiên cứu tính qui địa phương nghiệm cho toán dừng sau sử dụng phép làm phẳng biên nghiên cứu tính qui đến biên nghiệm (sai phân theo hướng tiếp tuyến) - Sử dụng phương pháp Campanato: thiết lập Bất đẳng thức Cacciopolli, chứng minh Bổ đề Campanato cho hệ nhất, nghiệm yếu nằm không gian Lq Từ có kết tính qui nghiệm Đóng góp đề tài Đưa đánh giá Lq cho nghiệm yếu miền lớp hệ Stokes mà tensor ứng suất N −hàm thỏa mãn điều kiện ϕ−tăng trưởng Chứng minh đánh giá Lq cho nghiệm yếu đến biên C 2,1 miền với điều kiện ϕ− tăng trưởng Footer Page of 132 Header Page 10 of 132 Chương KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 1.1 Không gian Sobolev 1.1.1 Đạo hàm suy rộng Định nghĩa 1.1 Giả sử Ω ∈ Rn Một hàm v (x) ∈ L1 (Ω) gọi đạo hàm suy rộng (hay đạo hàm yếu) cấp α hàm u (x) ∈ L1 (Ω) u (x) Dα ϕ (x) dx = (−1)|α| Ω v (x) ϕ (x) dx, với ∀ϕ ∈ C0∞ (Ω) Ω α = (α1 , α2 , , αn ) , |α| = α1 + α2 + + αn ∂α Dα = α ∂ x1 ∂ α2 x2 ∂ αn xn Khi ta viết Dα u = v Nhận xét 1.1 i) Một hàm có đạo hàm thông thường liên tục cấp α có đạo hàm suy rộng cấp α Tuy nhiên, điều ngược lại không ii) Đạo hàm suy rộng cấp α u (x) (nếu tồn tại) iii) Một hàm có đạo hàm suy rộng cấp α miền Ω có đạo hàm suy rộng cấp α miền Ω ⊂ Ω Footer Page 10 of 132 Header Page 58 of 132 Từ (3.30), (3.31), (3.32) thay ω ψω ω ψ, biểu diễn số hạng (3.28) qua ω, ω , ω , ta A (D¯ u + Zu¯ ) : (Dψ + Zψ + ω ψ) (1 + Rω ) dx + BR − π ¯H (divψ + RTr (ω∇ψ) + Tr (ω ψ)) (1 + Rω ) dx (3.33) + BR F¯ : (∇ψ + Rω∇ψ + ω ψ) (1 + Rω ) dx, = + BR det ∇HR = + Rω 3.5 Đánh giá cho nghiệm yếu Cố định R0 > đủ nhỏ (R0 xác định sau), hình lập phương Q thỏa mãn Q ⊂ BR0 Q ⊂ BR+0 Kí hiệu Q = Q ∩ Rn+ Đường kính Q R ∈ (0; R0 ), ΓQ := ∂Q ∩ {x; xn = 0} = ∅ Hàm u¯2 thỏa mãn hệ phương trình div u¯2 = −R Tr (∇¯ uω) Q , (3.34) u¯2 en = R (ω¯ u) en ΓQ (3.35) Sử dụng phép làm phẳng HR , điều kiện biên (3.35) dẫn đến u¯2 en = u¯.en = I − (∇HR )T u¯.en +(∇HR )T u¯.en = R (ω¯ u) en ΓQ , −(∇HR )T u¯.en = u¯.¯ ν = I − (∇HR )T = R ω Vì ω ∈ W 2,∞ (Q ), sử dụng Bổ đề 1.2 (Bất đẳng thức Korn), Bổ đề 1.4 (Bổ đề Bogovskii) Bổ đề 3.2 nên Footer Page 58 of 132 56 Header Page 59 of 132    ϕ (|∇¯ u2 |) dx ≤ C  Q  ϕ (R |¯ u|) dx ϕR |∇¯ u| dx + (3.36) Q Q ≤ CR α ϕ (|¯ u|) dx, ϕ (|D¯ u|) dx + Q Q α > Đặt u¯1 = u¯ − u¯2 , từ (3.36) ta có ϕ (|D¯ u1 |) dx ≤ C Q ϕ (|D¯ u|) dx + C Q ϕ (|¯ u|) dx (3.37) Q Gọi v nghiệm (3.14) Q cho v¯ = u¯1 ∂Q \ΓQ , (3.38) v¯.en = 0, [A (|D¯ v |) en ] eα = ΓQ , (3.39) α = 1, , n − Sự tồn v¯ suy từ tính chất đơn điệu A Chú ý u¯1 en = ΓQ div u¯1 = Q , (¯ u1 − v¯) en = ΓQ div (¯ u1 − v¯) = Q Bổ đề 3.9 Giả sử v¯ hàm xác định (3.38) (3.39) Khi tồn số C > không phụ thuộc u¯ v¯ Q cho |V (D¯ v )|2 dx ≤ C Q |V (D¯ u)|2 dx + C Q ϕ (|¯ u|) dx (3.40) Q Hơn nữa, với δ > tồn số Cδ > không phụ thuộc u¯, v¯ Q cho với α > ta có |V (D¯ u) − V (D¯ v )|2 dx ≤ Cδ Q Q α |V (D¯ u)|2 dx + C + δ + C(R ) Q Footer Page 59 of 132 ϕ∗ (|F |) dx ϕ (|¯ u|) dx Q 57 (3.41) Header Page 60 of 132 Chứng minh Chọn số πc đưa Mục 2.4, ta có    ϕ∗ (|¯ πH |) dx ≤ C  Q ϕ∗ F ϕ (|D¯ u|) dx + Q Q Q  ϕ (|¯ u|) dx , dx + (3.42) Với hàm thử u¯1 − v¯, từ (3.14) ta có A (D¯ v ) : D¯ u1 dx A (D¯ v ) : D¯ v dx = (3.43) Q Q Tách u¯ = u¯1 + u¯2 với u¯1 en = ΓQ div u1 = Q , div (u1 − v) = Q (u1 − v) en = ΓQ Vế trái (3.43) |V (D¯ v )|2 dx (dựa vào Bổ đề 3.3) Ta đánh giá vế đánh giá theo Q phải (3.43) sau A (D¯ v ) : D¯ u1 dx ≤ δ Q ϕ (|D¯ v |) dx+Cδ Q Q |V (D¯ v )|2 dx + Cδ ≤ cδ Q ϕ (|D¯ u1 |) dx |V (D¯ u)|2 dx + C Q ϕ (|¯ u|) dx, Q đánh giá sử dụng Định lý 1.13 (Bất đẳng thức Young), Bổ đề 3.3 (3.37) Do đó, với δ > đủ nhỏ ta có |V (D¯ v )|2 dx ≤ C Q |V (D¯ u)|2 dx + C Q ϕ (|¯ u|) dx (3.44) Q Tiếp theo, ta chứng minh (3.41) Chọn hàm thử u¯1 − v¯ từ (3.33) ta có A (D¯ v ) : (D¯ u1 − D¯ v ) dx = Q Suy A (D¯ u + Zu¯ ) : (D¯ u1 − D¯ v + Zu¯1 −¯v + ω (¯ u1 − v¯)) (1 + R ω ) dx Q Footer Page 60 of 132 58 Header Page 61 of 132 − A (D¯ v ) : (D¯ u1 − D¯ v ) dx Q π ¯H (Tr (∇¯ u1 − ∇¯ v ) R ω + Tr (ω (¯ u1 − v¯))) (1 + R ω ) dx − Q F¯ : (∇¯ u1 − ∇¯ v + R ω (∇¯ u1 − ∇¯ v )) (1 + R ω ) dx = Q F¯ : (ω (¯ u1 − v¯)) (1 + R ω ) dx =: I1 + I2 , + Q hay (A (D¯ u1 ) − A (D¯ v )) : (D¯ u1 − D¯ v ) dx Q = I1 + I2 − A (D¯ u − Zu¯ ) : (D¯ u1 − D¯ v ) R ω dx Q − A (D¯ u + Zu¯ ) : Zu¯1 −¯v (1 + R ω ) dx Q − A (D¯ u + Zu¯ ) : (ω (u1 − v)) (1 + R ω ) dx Q A (D¯ u) − A (D¯ u + Zu¯ ) : (D¯ u1 − D¯ v ) dx + Q π ¯H Tr ((∇¯ u1 − ∇¯ v ) R ω) (1 + R ω ) dx + Q π ¯H Tr (ω (¯ u1 − v¯)) (1 + R ω ) dx + Q u1 − D¯ v ) dx = (A (Du1 ) − A (Du)) : (D¯ + i=1 Q Footer Page 61 of 132 Ii 59 (3.45) Header Page 62 of 132 Vế trái (3.45) đánh giá theo Bổ đề 3.3 sau: (A (D¯ v ) − A (D¯ u1 )) : (D¯ v − D¯ u1 ) dx Q |V (Dv) − V (D¯ u1 )|2 dx ≥C Q |V (D¯ v ) − V (D¯ u)|2 dx − C ≥C Q |V (D¯ u) − V (D¯ u1 )|2 dx Q |V (D¯ v ) − V (D¯ u)|2 dx − I10 =C (3.46) Q Áp dụng Bổ đề 3.1, Bổ đề 3.3 (3.36) ta có |V (D¯ u) − V (D¯ u1 )|2 dx ≤ c I10 = C Q ≤ Cδ ϕ|D¯u| (|D¯ u − D¯ u1 |) dx Q |V (D¯ u)|2 dx ϕ (|D¯ u2 |) dx + δ Q Q α |V (D¯ u)|2 dx + C ≤ Cδ (R ) + δ Q ϕ (|¯ u|) dx Q Hơn nữa, sử dụng Bổ đề 3.1, Bổ đề 3.3 (3.44), ta |I9 | ≤ |A (D¯ u) − A (D¯ u1 )| |D¯ v − D¯ u1 | dx Q ϕ|Du¯ | (|D¯ u2 |) |D¯ v − D¯ u1 | dx ≤ Cδ Q ϕ∗ |Du¯ | (ϕDu (|D¯ u2 |)) dx + δ ≤ Cδ Q ≤ Cδ Footer Page 62 of 132 Q |V (D¯ u)|2 + |V (D¯ u1 − D¯ v )|2 dx ϕ|Du¯ | (|D¯ u2 |) dx+δ Q ϕ|Du¯ | (|D¯ v − D¯ u1 |) dx Q 60 Header Page 63 of 132 ≤ Cδ |V (D¯ u)|2 dx + δ ϕ (|Du¯2 |) dx + δ Q Q |V (D¯ u1 )|2 dx Q |V (D¯ v )|2 dx +δ Q α |V (D¯ u)|2 dx + C ≤ Cδ (R ) + δ Q ϕ (|¯ u|) dx Q Biểu thức I6 đánh biểu thức I9 , tóm lại: |I6 | ≤ Cδ ω∇¯ u + (∇¯ u)T ω T ϕ R Q Q |V (D¯ v )|2 dx + δ +δ |V (D¯ u)|2 dx dx + δ Q |V (D¯ u1 )|2 dx Q α |V (D¯ u)|2 dx + C ≤ C(R ) + δ Q ϕ (|¯ u|) dx Q Sử dụng Định lý 1.13 (Bất đẳng thức Young), Bổ đề 1.12 (Bất đẳng thức Korn), Bổ đề 3.2, Bổ đề 3.3, (3.37), (3.42) (3.44), biểu thức I7 đánh sau |I7 | ≤ C |¯ πH | |R (∇¯ u1 − ∇¯ v )| dx Q ≤ Cδ ϕ∗ (|¯ πH |) dx ϕ (R |∇¯ u1 − ∇¯ v |) dx + δ Q Q α |V (D¯ u)|2 dx+δ ≤ δ + C(R ) Q ϕ∗ F¯ Q Q Các biểu thức I3 I4 đánh sau α |V (D¯ u)|2 dx + C |I3 + I4 | ≤ C(R ) Q Footer Page 63 of 132 ϕ (|¯ u|) dx Q 61 ϕ (|¯ u|) dx dx+C Header Page 64 of 132 Tương tự ta có F¯ |∇¯ u1 − ∇¯ v | dx ≤ Cδ |I1 | ≤ C Q dx+ Q ϕ∗ F¯ ≤ Cδ ϕ∗ F¯ Q |V (D¯ u)|2 dx + C dx + δ ϕ (|¯ u|) dx Q Q Q ϕ (|D¯ u1 − D¯ v |) dx Sử dụng Định lý 1.13 (Bất đẳng thức Young), Định lý 1.14 (Bất đẳng thức Poincaré) với ∆2 − điều kiện Bổ đề 3.2, ta đánh giá biểu thức I2 , I5 I8 sau ϕ∗ F¯ |I2 | + |I5 | + |I8 | ≤ C ϕ∗ (|¯ πH |) dx dx + δ Q Q α |V (D¯ u)|2 dx + C δ + (R ) (3.47) Q ϕ (|¯ u|) dx + C +C Q ϕ (|¯ u1 − v¯|) dx Q Biểu thức cuối (3.47) giá theo Định lý 1.14 (Bất đẳng thức Poincaré) sau: α ϕ (|¯ u1 − v¯|) dx ≤ C(R ) Q ϕ Du1 − Dv Q  α ≤ C(R )   |V (D¯ u)|2 dx + C Q  ϕ (|¯ u|) dx , Q ta sử dụng bất đẳng thức Korn với u¯1 − v¯ ∈ Wν1,ϕ (Q ) Các bước đánh giá I9 thực tương tự Áp dụng đánh giá vào (3.45) (3.46) ta nhận (3.41) Bổ đề chứng minh Footer Page 64 of 132 62 Header Page 65 of 132 3.6 Chứng minh định lý 3.1 Q ⊂ Q+ + + n−1 diam Q = R , Q+ = ∅ ⊂ BR0 (0) hình hộp cho ∂Q0 ∩ R Chứng minh Gọi Q = Q ∩ Rn+ , Q ⊂ Ω0 với Cố định x0 ∈ ∂Ω, Hx0 ,R0 Q+ ⊂ Ω ảnh Q+ 0 qua ánh xạ Hx0 ,R0 Giả sử R0 đủ nhỏ, cho với hình hộp Q ⊂ Q+ tồn hình lập phương Qa , Qb , x1 ∈ ∂Ω, R ∈ (0, R0 ) cho 10 Ω 98 Qa := Qa ∩ Ω ⊂ Hx0 ,R0 (Q ) ⊂ Qa ∩ Ω =: Ω 109 Qa , 9 Hx0 ,R0 Q ⊂ Hx1 ,R Qb + ⊂ Hx1 ,R Qb (3.48) + ⊂ Hx0 ,R0 (Q ) (3.49) Xét Qk hình lập phương nhị phần từ Q, Q ⊂ Q+ với 4Q ⊂ Q0 Nếu Hx0 ,R0 4Qk ⊂ Hx0 ,R0 Q+ , Hx0 ,R0 4Qk ∩ ∂Ω = ∅ ta sử dụng kết từ [7] để suy kết Ngược lại, ta đánh giá theo cách tương tự phần trước ta xét Hx−1,R (Hx0 ,R0 (Q )) thay cho Q Ta Hx−1,R (Hx0 ,R0 (Q )) không 1 cần hình hộp với x1 = x0 , sử dụng ΓH −1 (Hx ,R (Q )) ⊂ {x ∈ Rn , xn = 0} 0 x1 ,R để áp dụng kết từ phần trước Bây kiểm tra lại giả thiết Hệ 3.3, tức kiểm tra đắn bất đẳng thức (3.9), (3.10) (3.11) qua phép biến đổi Hx0 ,R0 Với ánh xạ làm phẳng Hx1 ,R , u v xác định mục 3.5 Từ Footer Page 65 of 132 63 Header Page 66 of 132 Định lý 3.2 suy   1q  12     ≤ C |V (Dv)|q dx      +  |V (Dv)|2 dx  , + ( 43 Q) ( 35 Q) 2n n > q ∈ [2, ∞) n = Trong trường n−2 rn hợp ϕ gần đơn điệu, n > 2, ta có q = với r > n−r Thế y = Hx1 ,R (x) ta q ∈ 2,  1q       21      |V (Dv + Zv )| dy  ≤ C    q Hx1 ,R + ( 43 Q)   |V (Dv + Zv )| dy   Hx1 ,R + ( 53 Q) (3.50) Từ (3.49) (3.50) ta thu  1q   12    |V (Dv + Zv )|q dy  ≤ C       |V (Dv + Zv )|2 dy  Hx0 ,R0 (Q ) Hx0 ,R0 ( 21 Q ) (3.51) Từ kết Bổ đề 3.9 ta có |V (Dv)|2 dx ≤ C H −1 x1 ,R (Hx0 ,R0 (Q )) |V (Du)|2 dx H −1 x1 ,R (Hx0 ,R0 (Q )) ϕ∗ (|u|) dx +C H −1 x1 ,R Thế y = Hx1 ,R (x) ta có Footer Page 66 of 132 64 (Hx0 ,R0 (Q )) Header Page 67 of 132 |V (Dv + Zv )|2 dy ≤ C Hx0 ,R0 (Q ) |V (D¯ u)|2 dy Hx0 ,R0 (Q ) +C (3.52) ϕ (|u|) dy, Hx0 ,R0 (Q ) ta đánh giá Zu theo Bổ đề 1.2 (Bất đẳng thức Korn) Từ kết thứ hai Bổ đề 3.9 ta có |V (Du) − V (D¯ v )|2 dx Hx−1,R (Hx0 ,R0 (Q )) ϕ∗ F ≤ Cδ dx Hx−1,R (Hx0 ,R0 (Q )) (3.53) α |V (Du)| dx + δ + C(R ) Hx−1,R (Hx0 ,R0 (Q )) +C ϕ (|u|) dx Hx−1,R (Hx0 ,R0 (Q )) Sau bước tương tự trên, ta đánh giá vế trái (3.53) sau |V (Du + Zu ) − V (Dv + Zv )|2 dy Hx0 ,R0 (Q ) |V (Du) − V (Dv + Zv )|2 dy ≥ Hx0 ,R0 (Q ) −c |V (Zu ) − V (Dv + Zv )|2 dy (3.54) Hx0 ,R0 (Q ) Từ (3.53) (3.54), cách chuyển vế biểu thức ta thu đánh Footer Page 67 of 132 65 Header Page 68 of 132 giá sau |V (Zu ) − V (Dv + Zv )|2 dy ≤ C Hx0 ,R0 (Q ) |V (Du)|2 dy Hx0 ,R0 (Q ) +C ϕ (|u|) dy, Hx0 ,R0 (Q ) ta sử dụng tính chất hàm V , đánh giá Zu theo Bổ đề 1.2 (Bất đẳng thức Korn) (3.50) Vì |V (Du) − V (Dv + Zv )|2 dy ≤ Cδ Hx0 ,R0 (Q ) ϕ∗ (|F |) dy Hx0 ,R0 (Q ) α |V (Du)|2 dy + δ + C(R ) Hx0 ,R0 (Q ) +C ϕ (|u|) dy Hx0 ,R0 (Q ) (3.55) Trong trường hợp δ R (3.55) đủ nhỏ, ba giả thiết đầu Hệ 3.2 thỏa mãn Khi u ∈ W 1,ϕ (Ω) ta có |∇ϕ (|u|)| dx = Ω ϕ (|u|) |∇u| dx Ω ϕ∗ ϕ (|u|) dx + C ≤C Ω ϕ (|∇u|) dx (3.56) Ω ≤ C, n với ϕ (|u|) ∈ L n−1 (Ω) Các kết Hệ 3.2 làm rõ với g = ϕ (|u|) f = ϕ∗ (|F |) + ϕ (|u|) Thật vậy, Hx0 ,R0 4Qk ⊂ Ω, ta áp dụng kết từ [7]; không ta sử dụng đánh giá (3.51), (3.52) n×n 2n (3.55) Do đó, V (Du) ∈ Lq Hx0 ,R0 Q với q = 2q, n−1 Footer Page 68 of 132 66 Header Page 69 of 132 q/2 Hx0 ,R0 Q Q ⊂ Q+ với 4Q ⊂ Q0 Từ ta có ϕ (|Du|) ∈ L q Nếu = q ta kết thúc chứng minh, không ta sử dụng (3.56) với 2 n n N −hàm Ψ := ϕ n−1 để có ϕ (|u|) ∈ L( n−1 ) (Ω) Sử dụng Hệ 3.2 suy V (Du) ∈ Lq Hx0 ,R0 Q n×n với q = 2n2 2q, ta nhận đánh giá (3.12), từ (3.12) ta nhận (n − 1)2 đánh giá (3.7) Định lý chứng minh Footer Page 69 of 132 67 Header Page 70 of 132 KẾT LUẬN Luận văn hệ thống hóa số kiến thức không gian Sobolev, N − hàm không gian Orlicz Đề tài nghiên cứu đánh giá Lq cho nghiệm yếu lớp hệ phương trình Stokes tổng quát, hàm tensor ứng suất có cấu trúc ϕ− tăng trưởng Luận văn đưa đánh giá miền cho nghiệm yếu hệ Stokes tổng quát dựa theo kỹ thuật sai phân, sử dụng phương pháp Campanato thiết lập bất đẳng thức Cacciopoli, bổ đề Campanato cho hệ tính quy nghiệm yếu Chứng minh tính quy nghiệm yếu đến biên cho miền bị chặn có biên thuộc C 2,1 sử dụng phép làm phẳng biên kỹ thuật đánh giá biên phẳng Đề tài phát triển theo hướng cho toán không dừng hệ Navier-Stokes tương ứng Footer Page 70 of 132 68 Header Page 71 of 132 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Trần Đức Vân (2000), Phương trình vi phân đạo hàm riêng, Nhà xuất Đại học quốc gia Hà Nội [2] Acerbi, E., Mingione, G (2007), Gradient estimates for a class of parabolic systems, Duke Math J 136(2), 285–320 [3] Adams, R A (1975), Sobolev spaces, Pure and Applied Mathematics, Academic Press, New York, Vol 65 [4] Caffarelli, A.L., Peral, I.(1989), Interior a priori estimates for solutions of fully non-linear equations, Ann Math 130, 189–213 [5] Caffarelli, A.L., Peral, I.(1998), On W 1,p Estimates for elliptic equation in divergence form Commun, Pure Appl Math 51,1–21 [6] Diening, L., Ettwein, F.(2008), Fractional estimates for nondifferentiable elliptic system with general growth, Forum Math.20(3), 523–556 [7] Diening, L., Kaplický, P.(2013), Lq theory for a generalized Stokes system, Manu Math 141(1–2), 336–361 [8] Diening, L., R˚ uˇziˇcka, M.(2007), Interpolation operators in Orlicz Sobolev spaces, Numer Math 107(1), 107–129 [9] Diening, L., R˚ uˇziˇcka, M., Schumacher, K.(2010), A decomposition technique for John domains, Ann Acad Sci Fenn Math.35, 87–114 Footer Page 71 of 132 69 Header Page 72 of 132 [10] Giaquinta M (1982), Multiple Intergrals in the Calculus of Variations and nonlinear elliptic Systems, Lectures in Mathematics Ann Math Stud Princeton University Press Princeton [11] Habermann, J.(2008), Calderón–Zygmund estimates for higher order systems with p(x) growth, Math Z 258(2), 427–462 [12] Iwaniec, T.(1982), On Lp -integrability in PDEs and quasiregular mappings for large exponents, Ann Acad Sci Fenn Ser AI Math 7(2), 301–322 [13] Iwaniec, T (1983),Projection onto gradient fields and Lq − estimates for degenerated elliptic operators Stud Math 75(3), 293-312 [14] Kaplický, P., Tichý, J (2013), Boundary regularity of flows under perfect slip boundary conditions Cent Eur J Math 11(7), 12431263 [15] Kristensen, J., Mingione, G (2006), The singular set of minima of integral functionals Arch Rat Mech Anal 180(3), 331–398 [16] Kristensen, J., Mingione, G (2010), Boundary regularity in variational problems Arch Rat Mech Anal 198(2), 369–455 [17] Rao, M.M., Ren, Z.D (1991), Theory of Orlicz Spaces Monographs and Textbooks in Pure and Applied Mathematics vol.146 Marcel Dekker Inc., New York [18] Václav Mácha and Jakub Tichý (2014) Higher Integrability of Solutions to Generalized Stokes System Under Perfect Slip Boundary Conditions, Springer Basel [19] Verde, A (2011), Calderón–Zygmund estimates for systems ϕ−growth J Convex Anal 18, 67-84 Footer Page 72 of 132 70 ... 132 Hệ hệ phi tuyến tổng quát hệ Stokes, cụ thể hệ phương trình (1) nhận cách thay toán tử Laplace u hệ phương trình Stokes div A(Du) Đã có nhiều kết nghiên cứu tính qui nghiệm cho toán cho A(Du)...Header Page of 132 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI HOÀNG VĂN TÀI ĐÁNH GIÁ Lq CHO NGHIỆM CỦA MỘT LỚP HỆ PHƯƠNG TRÌNH STOKES TỔNG QUÁT Chuyên ngành: Toán giải tích... dạng Stokes tổng quát Các kết nghiên cứu toán dạng Stokes tổng quát nhằm giải vấn đề toán mà giúp giải số vấn đề liên quan chẳng hạn trường hợp toán cho hệ phương trình Navier -Stokes dạng tổng quát