BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI TRẦN THỊ THÚY BÀI TOÁN ĐỒNG HÓA DỮ LIỆU RỜI RẠC ĐỐI VỚI HỆ NAVIER-STOKES HAI CHIỀU LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Hà Nội, 2017 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI TRẦN THỊ THÚY BÀI TOÁN ĐỒNG HÓA DỮ LIỆU RỜI RẠC ĐỐI VỚI HỆ NAVIER-STOKES HAI CHIỀU LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC Chun ngành: Tốn giải tích Mã số : 60 46 01 02 Người hướng dẫn khoa học PGS.TS Cung Thế Anh HÀ NỘI, 2017 Mục lục Mở đầu Chương Kiến thức chuẩn bị 1.1 Giới thiệu hệ Navier-Stokes 1.2 Các khơng gian hàm tốn tử 1.3 Các đánh giá số hạng phi tuyến 1.4 Các kết tồn đánh giá nghiệm 1.5 Một số bất đẳng thức thường sử dụng Chương Bài tốn đồng hóa liệu rời rạc hệ NavierStokes hai chiều 11 2.1 Xây dựng nghiệm xấp xỉ 11 2.2 Sự hội tụ nghiệm xấp xỉ nghiệm xác thời gian vơ 16 Kết luận 24 Tài liệu tham khảo 25 Lời cảm ơn Tơi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới PGS.TS Cung Thế Anh định hướng chọn đề tài tận tình hướng dẫn, giúp đỡ tơi hồn thành luận văn Tôi xin chân thành cảm ơn tới thầy giáo phòng Sau đại học, thầy cô giáo giảng dạy lớp thạc sĩ K19 chuyên ngành Tốn giải tích trường Đại học Sư phạm Hà Nội giúp đỡ tơi suốt q trình học tập Tôi xin cảm ơn Ban giám hiệu, thầy cô giáo đồng nghiệp trường THPT Tây Thụy Anh, Thái Thụy, Thái Bình tạo nhiều điều kiện thuận lợi giúp tơi hồn thành luận văn Nhân dịp xin gửi lời cảm ơn chân thành tới gia đình, bạn bè, ln động viên, cổ vũ, tạo điều kiện thuận lợi cho q trình học tập hồn thành luận văn Hà Nội, tháng 08 năm 2017 Tác giả Trần Thị Thúy Lời cam đoan Tôi xin cam đoan, hướng dẫn PGS.TS Cung Thế Anh, luận văn thạc sĩ chun ngành Tốn giải tích với đề tài "Bài tốn đồng hóa liệu rời rạc hệ Navier-Stokes hai chiều" hồn thành nhận thức thân tác giả Trong suốt trình nghiên cứu thực luận văn, tác giả kế thừa thành tựu nhà khoa học với trân trọng biết ơn Hà Nội, tháng 08 năm 2017 Tác giả Trần Thị Thúy Mở đầu Lý chọn đề tài Hệ Navier-Stokes phương trình học chất lỏng có nhiều ứng dụng quan trọng khoa học công nghệ Việc nghiên cứu tồn tại, tính chất nghiệm dáng điệu tiệm cận nghiệm hệ thời gian vô thu hút quan tâm nghiên cứu nhiều nhà toán học, xin xem chuyên khảo [1, 4, 5] Một vấn đề thời nghiên cứu tốn đồng hóa liệu hệ Navier-Stokes hệ phương trình khác học chất lỏng Vấn đề có nhiều ý nghĩa tốn dự báo khí tượng Bài tốn đồng hóa liệu rời rạc mô tả sau Giả sử U nghiệm (mà ta giả sử) nằm tập hút toàn cục hệ động lực liên tục tiêu hao với điều kiện ban đầu U0 thời điểm t0 Giả sử S nửa nhóm liên tục xác định U (t) = S(t, t0 , U0 ) Biểu diễn phần đo nghiệm xác U thời điểm tn P U (tn ), P phép chiếu trực giao có hạng hữu hạn tn dãy tăng thời điểm Đặt u0 = η + P U (t0 ) un+1 = QS(tn+1 , tn , un ) + P U (tn+1 ) với n = 0, 1, , P η = Q = I − P Ở η tương ứng với dự đoán ban đầu phần nghiệm QU (t0 ) mà không đo Nghiệm xấp xỉ u nhận đồng hóa liệu rời rạc xác định hàm liên tục khúc theo thời gian u(t) = S(t, tn , un ) với t ∈ [tn , tn+1 ) Vấn đề tìm điều kiện P, tn η cho nghiệm xấp xỉ u hội tụ tới nghiệm xác U hệ thời gian t → ∞ Mục đích luận văn trình bày kết [2, 3] tốn đồng hóa liệu rời rạc hệ Navier-Stokes hai chiều trường hợp điều kiện biên tuần hoàn Được hướng dẫn PGS.TS Cung Thế Anh, chọn đề tài "Bài tốn đồng hóa liệu rời rạc hệ Navier-Stokes hai chiều" làm luận văn tốt nghiệp khóa học thạc sĩ Mục đích nghiên cứu Nghiên cứu tốn đồng hóa liệu rời rạc hệ Navier-Stokes hai chiều trường hợp điều kiện biên tuần hồn Nhiệm vụ nghiên cứu • Trình bày cách xây dựng nghiệm xấp xỉ u(t) từ phần đo nghiệm xác U thời điểm tn • Tìm điều kiện để nghiệm xấp xỉ u(t) hội tụ đến nghiệm xác U (t) t → ∞ Đối tượng phạm vi nghiên cứu • Đối tượng nghiên cứu: Hệ Navier-Stokes hai chiều • Phạm vi nghiên cứu: Bài tốn đồng hóa liệu rời rạc hệ Navier-Stokes hai chiều với điều kiện biên tuần hoàn Phương pháp nghiên cứu Sử dụng phương pháp lí thuyết hệ động lực tiêu hao vơ hạn chiều, lí thuyết hệ Navier-Stokes lí thuyết đồng hóa liệu Đóng góp luận văn Luận văn trình bày cách hệ thống chi tiết kết gần [2, 3] kết hội tụ nghiệm xác nghiệm xấp xỉ xây dựng phương pháp đồng hóa liệu rời rạc hệ Navier-Stokes hai chiều trường hợp điều kiện biên tuần hoàn Chương Kiến thức chuẩn bị Trong chương này, nhắc lại khái niệm kết bổ trợ cần thiết sử dụng chương sau Các kết chủ yếu tham khảo [1, 3, 4] 1.1 Giới thiệu hệ Navier-Stokes Xét hệ phương trình Navier-Stokes hai chiều sau miền Ω = (0, L)2 với điều kiện biên tuần hoàn    ∂U − ν∆U + (U · ∇)U + ∇P = f ∂t   ∇·U =0 (1.1) ν hệ số nhớt f = (f1 , f2 )T ngoại lực khơng phụ thuộc vào thời gian Trong đó, U = (U1 , U2 )T , ∂ 2U • ∆ toán tử Laplace với ∆U = 2; i=1 ∂xi • Kí hiệu (U · ∇)U hiểu  (U · ∇)U = U ∂U1  ∂x1 U1 ∂U ∂x1 + +  U2 ∂U ∂x2  U2 ∂U ∂x2 ; ∂U1 ∂U2 + ; ∂x1 ∂x2   • ∇·U = • ∇P = ∂P ∂x  1 ∂P ∂x2 Trong trường hợp biên tuần hồn, nghiệm U biểu diễn dạng khai triển Fourier sau Uk eik·x , U= k∈Γ 2π (n1 , n2 ) : ni ∈ Z (n1 , n2 ) = (0, 0)} L ∗ Uk · k = với k ∈ Γ Uk = U−k Γ={ 1.2 Các không gian hàm tốn tử Trong mục này, ta xét Ω hình vng Ω = (0, L) × (0, L) V ={u : Ω → R2 nhận giá trị vector hàm lượng giác tuần hồn với chu kì L u = 0}, Ω H = bao đóng V với chuẩn L2 Đặt PH : L2 (Ω)2 → H phép chiếu trực giao từ L2 lên H Ta viết lại hệ phương trình Navier-Stokes không nén hai chiều (1.1) dạng du + νAu + B(u, u) = f, dt (1.2) Chương Bài tốn đồng hóa liệu rời rạc hệ Navier-Stokes hai chiều Trong chương trình bày kết tốn đồng hóa liệu rời rạc hệ phương trình Navier-Stokes hai chiều (1.1) Nội dung chương viết dựa tài liệu [2, 3] 2.1 Xây dựng nghiệm xấp xỉ Trong mục này, ta giả sử nghiệm xác U nằm tập hút tồn cục Như chương trước, ta đặt Pλ phép chiếu trực giao xác định Uk eik·x Pλ U = (2.1) k ≤λ Ta thực phép đo quan sát nghiệm xác giá trị Pλ U thời điểm tn Lưu ý λ−1/2 biểu diễn quy mô tỉ lệ dòng chất lỏng, điều quan sát thiết bị đo Trong trường hợp đồng hóa liệu liên tục xác định mode, 11 hạng phép chiếu nhỏ Pλ cho nghiệm xấp xỉ hội tụ tới nghiệm xác gọi số mode xác định Tuy nhiên, với trường hợp đồng hóa giữ liệu rời rạc gần liên tục, tham số λ phụ thuộc vào khoảng thời gian phép đo quan sát Các kết hệ Navier-Stokes Hệ 2.1 2.2 Mục 2.2 Hệ 2.1 chứng tỏ với thời điểm h > tồn λ đủ lớn cho nghiệm xấp xỉ thu đồng hóa liệu rời rạc phép đo Pλ U (tn ) tn = hn hội tụ tới nghiệm xác Điều có nghĩa việc tăng độ xác phép đo bù cho khoảng thời gian lớn lần quan sát Hệ 2.2 chứng tỏ có số C không phụ thuộc vào số chiều không gian cho λ> C f L2 ν2 5/3 λ1 8/3 , tồn h > phụ thuộc vào |f |, ν, Ω λ đủ nhỏ cho nghiệm xấp xỉ thu cách đồng hóa liệu rời rạc với đoán ban đầu η = hội tụ tới nghiệm xác Khi η = ta thu kết tương tự độ phân giải nhỏ λ phụ thuộc vào η Điều có nghĩa là, giảm thời gian lần quan sát bù cho độ xác phép đo miễn độ xác thỏa mãn chuẩn cực tiểu Bây giờ, ta xét nghiệm xác U hệ Navier-Stokes hai chiều nghiệm xấp xỉ u cho u(t) = S(t, tn , un ) với t ∈ [tn , tn+1 ), (2.2) S nửa nhóm sinh (1.2) Ta phải giả thiết nghiệm 12 xác nằm tập hút tồn cục Ta có kết tính bị chặn nghiệm xác U qua bổ đề sau Bổ đề 2.1 [5] Nếu nghiệm U nằm tập hút tồn cục (1.2) U |f |2 ≤ K với K = λ1 ν (2.3) Như nhắc tới phần giới thiệu, nghiệm xác U thỏa mãn bất đẳng thức (2.3) sau thời gian phù hợp với phân tích chúng ta, nghiệm nằm tập hút tồn cục không Tuy nhiên, để đơn giản ta tiếp tục giả thiết nghiệm xác U nằm tập hút tồn cục Bây giờ, ta đặt δ = U − u, (1.2) trở thành dδ + νAδ + B(U, δ) + B(δ, U ) − B(δ, δ) = 0, dt (2.4) A, B cho (1.3) Trước bắt đầu nội dung luận văn, ta trình bày bổ đề để tìm giá trị λ đủ lớn cho nghiệm xấp xỉ u để u bắt đầu hội tụ tới nghiệm xác U nằm tập hút tồn cục kết khơng cho ta tính bị chặn theo h, mà điều cần cho hội tụ t → ∞ Bổ đề 2.2 Nếu λ > c2 |f |2 tồn t > tn cho λ1 ν |δ(t)| < |δ(tn )| Chứng minh Nhân hai vế phương trình (2.4) với δ lấy tích phân Ω Sử dụng tính trực giao (1.5) ta thu d|δ|2 +ν δ dt = −(B(δ, U ), δ) 13 Áp dụng Định lí 1.2, Bổ đề 2.1 bất đẳng thức Young, ta có d|δ|2 +ν δ dt ν U ≤ δ ≤ c|δ| δ c2 K + |δ| , 2ν hay d|δ|2 c2 K ≤ |δ| − ν δ dt 2ν Lấy tích phân từ tn tới t t ∈ [tn , tn+1 ) để thu t 2 |δ(t)| − |δ(tn )| ≤ c2 K |δ(s)|2 − ν δ(s) ν ds tn Do |δ(t)|2 ≤ Mn (t − tn )|δ(tn )|2 , τ Mn (τ ) = + |δ(tn )|2 c2 K |δ(tn + s)|2 − ν δ(tn + s) ν ds Lưu ý Mn (τ ) hàm khả vi với Mn (0) = Khi đó, lấy đạo hàm Mn (τ ) ta có Mn (τ ) = c2 K |δ(tn + τ )|2 δ(tn + τ ) − ν ν |δ(tn )|2 |δ(tn )|2 Theo Định lí 1.4 giả thiết λ > c2 K/ν ta thu δ(tn ) c2 K Mn (0) = −ν ν |δ(tn )|2 c2 K Qλ δ(tn ) −ν = ν |δ(tn )|2 ≤ c2 K − νλ < ν Do đó, tồn τ > cho τ Mn (τ ) = + M (s)ds < 14 Như vậy, với t = tn + τ ta thu |δ(t)| < |δ(tn )| Bổ đề chứng minh Từ bổ đề ta thấy rằng, giá trị t phụ thuộc vào hàm Mn (τ ) phụ thuộc vào δ(s) với s ≥ tn Vì điều nên ta khơng biết liệu họ hàm Mn có liên tục đồng bậc hay khơng Do vậy, từ Bổ đề 2.2 sử dụng để chứng tỏ tính bị chặn t∗ khoảng thời gian đo rời rạc h, mà điều đảm bảo cho nghiệm xấp xỉ ta hội tụ tới nghiệm xác t → ∞ Trong Định lí 2.1 đây, ta thấy điều khơng áp đặt điều kiện ngặt cỡ cực tiểu λ Bổ đề sau giúp ta chứng minh kết mục cho hệ Navier-Stokes hai chiều Bổ đề 2.3 Tồn β > phụ thuộc vào |f |, Ω ν cho nghiệm δ (2.4) thỏa mãn đánh giá δ(t) ≤ δ(tn ) eβ(t−tn ) với t ∈ [tn , tn+1 ) Chứng minh Nhân (2.4) với Aδ lấy tích phân Ω để thu δ + ν|Aδ|2 + (B(U, δ), Aδ) + (B(δ, U ), Aδ) = dt Nhờ Định lí 1.2 ta có −1/8 δ 3/4 U |Aδ|5/4 , −1/8 δ 3/4 U |Aδ|5/4 |(B(δ, U ), Aδ)| ≤ cλ1 |(B(U, δ), Aδ)| ≤ cλ1 15 Do đó, áp dụng bất đẳng thức Young với p = 1d δ dt −1/8 + ν|Aδ|2 ≤ 2cλ1 δ 3/4 −1/3 ≤ C1 ν −5/3 λ1 −1/3 ≤ C1 ν −5/3 λ1 q = 85 , ta thu U |Aδ|5/4 δ U K 4/3 δ 8/3 + ν|Aδ|2 + ν|Aδ|2 , C1 số khơng phụ thuộc vào số chiều không gian phụ thuộc vào số c Từ đó, ta có d δ dt −1/3 β = 2C1 ν −5/3 λ1 ≤ β δ 2, K 4/3 Lấy tích phân từ tn tới t áp dụng bất đẳng thức Gronwall ta thu δ(t) ≤ δ(tn ) eβ(t−tn ) với t ∈ [tn , tn+1 ) Bổ đề chứng minh 2.2 Sự hội tụ nghiệm xấp xỉ nghiệm xác thời gian vơ Bây ta trình bày kết mục Định lí 2.1 Cho c số xuất Định lí 1.1 Nếu λ> 1/3 λ1 2c|f |/(λ1/2 ν) + c δ(t0 ) ν 8/3 (2.5) tồn t∗ > phụ thuộc vào K, δ(t0 ) , ν, Ω λ cho với h ∈ (0, t∗ ] nghiệm xấp xỉ u cho (2.2) với tn = hn hội tụ tới nghiệm xác U (1.2) t → ∞ 16 Chứng minh Trước tiên, ta sử dụng quy nạp để chứng tỏ với chặn R = δ(t0 ) hiệu điều kiện ban đầu ta có δ(tn ) ≤R với tn Ta đặt λ ν λ1 g(τ ) = C2 1/4 g1 (τ ) + C3 ν λ1 1/3 g2 (τ ), (2.6) C3 = 3c8/3 (55/3 )(2−10/3 ), C2 = c2 (25/4 ), (2.7) g1 (τ ) = eβ (R1/2 eβτ /2 + 2K 1/2 )2 , g2 (τ ) = eβ (R1/2 eβτ /2 + 2K 1/2 )8/3 Hơn nữa, ta định nghĩa τ M (τ ) = e−νλτ + g(s)eνλs ds Lưu ý M (0) = Khi đó, lấy đạo hàm ta có M (τ ) = −νλM (τ ) + g(τ ) Do đó, M (0) = − νλ + C2 + C3 λ ν λ1 λ ν λ1 1/4 (R1/2 + 2K 1/2 )2 1/3 (R1/2 + 2K 1/2 )8/3 17 (2.8) Lấy C4 = 9c8/3 ≥ max{(2C2 )4/3 , 2C3 } = 3c8/3 (55/3 )(2−7/3 ), M (0) < λ> 1/3 λ1 cR1/2 + 2cK 1/2 ν 8/3 Bây ta chọn t∗ > cho M (h) < với h ∈ (0, t∗ ] Lưu ý t∗ phụ thuộc vào K, δ(t0 ) , ν, Ω λ Ta chứng tỏ nghiệm xấp xỉ u cho (2.2) với tn = hn hội tụ tới nghiệm xác U (1.2) t → ∞ Bằng cách quy nạp theo n ta giả sử δ(tn ) ≤ R Trong trường hợp n = 0, theo định nghĩa giả thiết quy nạp Lấy tích vơ hướng AQλ δ với (2.4) ta có 1d Qλ δ dt + ν|AQλ δ|2 ≤ B1 + B2 + B3 , B1 = |(B(δ, U ), AQλ δ)|, B2 = |(B(U, δ), AQλ δ)|, B3 = |(B(δ, δ), AQλ δ)| Sử dụng ước lượng Bổ đề 2.3 áp dụng Định lí 1.5 ta thu −1/8 B1 ≤ cλ1 2λ ≤c λ1 +c λ1 δ 3/4 |Aδ|1/4 U |AQλ δ| 1/8 U |AQλ δ| δ 1/8 δ 3/4 U |AQλ δ|5/4 Tương tự ta có 2λ B2 ≤ c λ1 +c λ1 1/8 U |AQλ δ| δ 1/8 δ 3/4 18 U |AQλ δ|5/4 , 2λ B3 ≤ c λ1 +c λ1 1/8 δ |AQλ δ| 1/8 δ 7/4 |AQλ δ|5/4 Do B1 + B2 + B3 = J1 + J2 , nhờ bất đẳng thức Young với p = q = ta có 2λ J1 = c λ1 1/8 δ ( δ + U )|AQλ δ| 1/4 λ C2 ≤ ν λ1 ν δ ( δ + U )2 + |AQλ δ|2 Tương tự, áp dụng bất đẳng thức Young với p = 8/3 q = 8/5 ta có J2 = c λ1 1/8 δ C3 ≤ ν λ1 3/4 1/3 ( δ + U )|AQλ δ|5/4 ν δ ( δ + U )8/3 + |AQλ δ|2 , C2 C3 xác định (2.7) Do đó, ta thu d Qλ δ dt + ν|AQλ δ|2 ≤ J3 + J4 Áp dụng Bổ đề 2.3, 1/4 J3 = C2 λ ν λ1 1/4 ≤ C2 λ ν λ1 1/4 ≤ C2 λ ν λ1 δ ( δ + U )2 δ(tn ) eβ(t−tn ) ( δ(tn ) eβ(t−tn )/2 + U )2 δ(tn ) eβ(t−tn ) (R1/2 eβ(t−tn )/2 + 2K 1/2 )2 19 1/3 J = C3 ν λ1 1/3 ≤ C3 ν λ1 1/3 ≤ C3 ν λ1 δ ( δ + U )8/3 δ(tn ) eβ(t−tn ) ( δ(tn ) eβ(t−tn )/2 + U )8/3 δ(tn ) eβ(t−tn ) (R1/2 eβ(t−tn )/2 + 2K 1/2 )8/3 Khi đó, theo Định lí 1.4 Pλ δ(tn ) = ta có d Qλ δ dt + νλ Qλ δ ≤ Qλ δ(tn ) g(t − tn ), g hàm xác định (2.6) Nhân với eνλ(t−tn ) lấy tích phân từ tn tới t để thu Qλ δ(t) ≤ M (t − tn ) Qλ δ(tn ) M hàm (2.8) Đặt γ = M (h), nhờ cách chọn t∗ h ta có γ < Do đó, δ(tn+1 ) = Qλ δ(tn+1 ) ≤ lim t→tn+1 Qλ δ(t) ≤ lim M (t − tn ) Qλ δ(tn ) t→tn+1 2 = M (h) δ(tn ) = γ δ(tn ) Do δ(tn+1 ) ≤ R, điều hoàn thành phép quy nạp Để kết thúc chứng minh, ta lưu ý rằng, giả thiết ta có δ(tn ) ≤ γ n R Cho n → ∞, ta có γ n R → 0, điều chứng tỏ nghiệm xấp xỉ hội tụ tới nghiệm xác t → ∞ Định lí chứng minh Ta có hệ sau 20 Hệ 2.1 Cho trước t∗ > 0, tồn λ đủ lớn phụ thuộc vào K, δ(t0 ) , ν, Ω t∗ cho với h ∈ (0, t∗ ] nghiệm xấp xỉ u cho (2.2) với tn = hn hội tụ tới nghiệm xác U (1.2) t → ∞ Chứng minh Trước tiên, ta ước lượng g(τ ) từ (2.6) sau g(τ ) ≤ C2 λ ν λ1 1/4 L21 e2βτ 1/3 λ ν λ1 + C3 8/3 L1 e(7β/3)τ νλ1/4 L2 e(7β/3)τ , L1 = R 1/2 + 2K 1/2 L2 = C2 L1 ν 1/4 λ1 + C3 7/12 λ1 L1 ν 8/3 Do τ M (τ ) ≤ e−νλτ + νλ1/4 L2 e(7β/3+νλ)s ds ≤ e−νλτ + νλ1/4 L2 (e(7β/3+νλ)τ − 1) 7β/3 + νλ ≤ m(τ ), m(τ ) = (1 − L2 λ−3/4 )e−νλτ + L2 λ−3/4e(7β/3)τ Lấy đạo hàm hai vế ta có m (τ ) = −νλ(1 − L2 λ−3/4 )e−νλτ + 7β L2 λ−3/4e(7β/3)τ 2 m (τ ) = ν λ (1 − L2 λ −3/4 )e −νλτ 49β + L2 λ−3/4e(7β/3)τ Bây giờ, cho trước t∗ > 0, chọn λ đủ lớn cho m (t∗ ) < Hiển nhiên, m > với giá trị λ Vì vậy, m hàm tăng ngặt suy 21 m (s) < với s ∈ [0, t∗ ] h M (h) ≤ m(h) = + m (s)ds < với h ∈ (0, t∗ ] Từ đó, nghiệm xấp xỉ u cho (2.2) với tn = hn hội tụ tới nghiệm xác U (1.2) t → ∞ Hệ 2.2 Nếu ta lấy η = λ> 5/3 λ1 3c|f | ν2 8/3 , kết Định lí 2.1 đúng, t∗ chọn không phụ thuộc vào δ(t0 ) Chứng minh Khi η = δ(t0 ) = QU (t0 ) ≤ K Các chặn Hệ 2.2 so sánh với chặn Định lí 2.2 số mũ 8/3 thay Số mũ 8/3 xuất ta sử dụng chuẩn L8/3 dạng đặc biệt bất đẳng thức Agmon đánh giá số hạng phi tuyến Tiếp theo, ta phát biểu hệ sau cho hệ phương trình Navier-Stokes hai chiều Hệ 2.3 Cho t∗ chặn cho Hệ 2.1 Giả sử tn+1 − tn ≤ t∗ , tn → ∞ n → ∞ Khi đó, nghiệm xấp xỉ u (2.2) hội tụ tới nghiệm xác U (1.2) t → ∞ 22 Ta có kết sau chứng tỏ nghiệm xấp xỉ khơng hội tụ tới nghiệm xác nghiệm xấp xỉ bị chặn Định lí 2.2 Tồn số M5 không phụ thuộc vào h mà phụ thuộc vào |f |, Ω ν cho u(t) ≤ M5 với t − e−νλ1 h Chứng minh Ta nhân (1.2) với Au lấy tích phân Ω, áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwartz Young ta có 1d u dt ν + ν|Au|2 = (f, Au) ≤ |f ||Au| ≤ |Au|2 + |f |2 2ν Áp dụng Định lí 1.4 ta suy 1d u dt + ν|Au|2 ≤ |f |2 ν Lặp lại chứng minh Định lí 2.1 ta thu kết luận định lí Ta có hệ sau Hệ 2.4 Nếu λ> 1/3 λ1 2cK 1/2 + c δ(t0 ) ν 8/3 tồn số M6 phụ thuộc vào K, δ(t0 ) , ν, Ω λ cho nghiệm xấp xỉ u thu với tn = hn bị chặn M6 với h > Chứng minh Tương tự chứng minh Hệ 2.1 Lưu ý η = Hệ 2.2 λ M6 chọn khơng phụ thuộc vào δ(t0 ) 23 Kết luận Nội dung luận văn nghiên cứu toán đồng hóa liệu rời rạc hệ Navier-Stokes hai chiều với điều kiện biên tuần hoàn Các kết trình bày luận văn bao gồm: Cách xây dựng nghiệm xấp xỉ từ phần đo nghiệm xác phương pháp đồng hóa liệu rời rạc Kết hội tụ nghiệm xấp xỉ nghiệm xác thời gian t vô 24 Tài liệu tham khảo [1] Cung Thế Anh, Cơ sở lí thuyết hệ động lực vô hạn chiều, NXB Đại học Sư phạm, 2012 [2] C Foias, C.F Mondaini and E.S Titi, A discrete data assimilation scheme for the solutions of the two-dimensional Navier-Stokes equations and their statistics, SIAM J Appl Dyn Syst 15 (2016), 21092142 [3] K Hayden, E Olson and E.S Titi, Discrete data in assimilation in the Lorenz and 2D Navier-Stokes equations, Phys D 240 (2011), 1416-1425 [4] R Temam, Navier-Stokes Equations and Nonlinear Functional Analysis, second edition, SIAM, 1995 [5] R Temam, Infinite-Dimensional Dynamical Systems in Mechanics and Physics, second edition, Springer-Verlag, New York, 1997 25 ... xác U (t) t → ∞ Đối tượng phạm vi nghiên cứu • Đối tượng nghiên cứu: Hệ Navier- Stokes hai chiều • Phạm vi nghiên cứu: Bài tốn đồng hóa liệu rời rạc hệ Navier- Stokes hai chiều với điều kiện biên... Navier- Stokes hai chiều trường hợp điều kiện biên tuần hoàn Được hướng dẫn PGS.TS Cung Thế Anh, chọn đề tài "Bài tốn đồng hóa liệu rời rạc hệ Navier- Stokes hai chiều" làm luận văn tốt nghiệp khóa học... GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI TRẦN THỊ THÚY BÀI TOÁN ĐỒNG HÓA DỮ LIỆU RỜI RẠC ĐỐI VỚI HỆ NAVIER- STOKES HAI CHIỀU LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC Chun ngành: Tốn giải tích Mã số :