Công thức biểu diễn nghiệm
Xét bài toán vi phân dạng ω 0 (t) + à(1 + γ∂ t α )ω(t) = 0 với điều kiện ban đầu ω(0) = 1, trong đó ẩn hàm ω là một hàm vụ hướng và à, γ là các tham số dương Bài viết này sẽ trình bày một số tính chất quan trọng của hàm ω trong bối cảnh của phương trình trên.
Mệnh đề 1.1 Giả sử ω là nghiệm của bài toán (1.1)-(1.2) Khi đó
2 Hàm ω là hoàn toàn đơn điệu với t ≥ 0, tức là (−1) n ω (n) (t) ≥ 0 với mọi t ≥0 và n ∈ N;
3 àω(t) ≤ Cmin{t −1 , t α−1 }, với mọi t > 0, ở đú C là một hằng số dương; 4.
Chứng minh Chứng minh cho (1)-(3) được trình bày trong [1, Theorem 2.2]. Để chứng minh khẳng định cuối cùng, lấy tích phân hai vế của (1.1), ta có ω(T) +à
0 ω(s)ds ≤1,nhờ tớnh dương của hàm ω(ã) Vậy (4) được chứng minh.
Ký hiệu ω(ã, à, γ) thể hiện nghiệm của các phương trình (1.1)-(1.2), phản ánh sự phụ thuộc của ω vào các tham số à và γ Ngoài ra, ký hiệu u ∗ v được sử dụng để chỉ tớch chập Laplace của hai hàm u và v.
Ta có kết quả sau.
Mệnh đề 1.2 Với t ≥ 0 và γ > 0 cho trước, hàm à 7→ ω(t, à, γ) khụng tăng trên khoảng [0,∞).
Chứng minh Biến đổi Laplace của ω được tính như sau ˆ ω(λ, à, γ) := L[ω](λ) = 1 λ+ γàλ α +à.
∂à = −L[(1 +γ∂ t α )ω]L[ω]. Áp dụng biến đổi Laplace ngược cho phương trình cuối, ta được
∂à = −(ω+γ∂ t α ω)∗ω, do quy tắc chập của phép biến đổi Laplace Sử dụng (1.1), ta có
Xét phương trình không thuần nhất với điều kiện v 0 (t) + à(1 + γ∂ t α )v(t) = g(t) cho t > 0, với v(0) = v 0 Trong đó, à > 0, γ > 0 và g là một hàm liên tục Mệnh đề đã được chứng minh nhờ vào tính chất hoàn toàn đơn điệu của ω, với điều kiện ∂à = 1 à(ω 0 ∗ω) ≤ 0.
Mệnh đề 1.3 Nghiệm của bài toán (1.3)-(1.4) xác định bởi v(t) =ω(t)v0 + ω∗g(t), t ≥0, trong đó ω là nghiệm của (1.1)-(1.2).
Chứng minh Áp dụng biến đổi Laplace cho phương trình (1.3), ta có λˆv−v0 +à(1 +γλ α )ˆv = ˆg.
Từ đó ˆ v = v 0 λ +γàλ α +à + gˆ λ+ γàλ α +à = ˆωv 0 + ˆωg.ˆ Biến đổi Laplace ngược đối với phương trình cuối, ta được v(t) =ω(t)v 0 +
Ngược lại, ta chứng minh hàm v cho bởi (1.5) là nghiệm của (1.3)-(1.4) Thật vậy, đặt L[v] = v 0 +à(1 +γ∂ t α )v, khi đú
Ta chỉ cần chứng minh L[ω ∗g] = g Tính toán trực tiếp, ta thu được
Mệnh đề đã được chứng minh.
Sử dụng Mệnh đề 1.3, ta sẽ chứng minh bất đẳng thức dạng Gronwall sau đây.
Bổ đề 1.1 Cho z ∈ C(R + ) là một hàm không âm thỏa mãn z(t) ≤ ω(t, à, γ)z0 +
0 ω(t−s, à, γ)[az(s) +b(s)]ds, t ≥ 0, (1.6) với ω là hàm xỏc định bởi (1.1)-(1.2), z 0 ≥0, a ∈ (0, à) và b ∈ L 1 loc (R + ) là hàm cho trước Khi đó z(t) ≤ ω t, à−a, γà à−a z 0 +
Chứng minh Ký hiệu y(t) là vế phải của (1.6) Khi đó z(t) ≤ y(t) và y là nghiệm của bài toán y 0 (t) +à(1 +γ∂ t α )y(t) = az(t) +b(t), y(0) = z 0 , theo Mệnh đề 1.3 Từ đó ta có y 0 (t) + (à−a)
Sử dụng Mệnh đề 1.3 một lần nữa, ta có biểu diễn y(t) = ω t, à−a, γà à−a z 0
0 ω t−s, à−a, γà à−a b(s)ds, nhờ tính dương của hàm ω và bất đẳng thức a(z(t) −y(t)) ≤ 0 với t ≥ 0 Bổ đề được chứng minh.
Giả sử {ϕ n } ∞ n=1 là một cơ sở trực chuẩn của L 2 (Ω) bao gồm các hàm riêng của toán tử −∆ liên kết với điều kiện biên thuần nhất, tức là
−∆ϕ n = λ n ϕ n trong Ω, ϕ n = 0 trên∂Ω, ở đó ta có thể giả thiết {λ n } ∞ n=1 là một dãy tăng, λ n > 0 và λ n → +∞ khi n → ∞ Ta sẽ tìm biểu diễn nghiệm của bài toán tuyến tính
∂ t u−(1 +γ∂ t α )∆u = F trong Ω, t > 0, (1.7) u = 0 trên ∂Ω, t ≥ 0, (1.8) u(ã,0) = ξ trong Ω, (1.9) với F = F(x, t) sao cho F ∈ L 1 loc (R + ;L 2 (Ω)) và ξ ∈ L 2 (Ω) Cho u(x, t) ∞
Khi đó u 0 n (t) +λ n (1 +γ∂ t α )u n (t) = F n (t), u n (0) = ξ n Áp dụng Mệnh đề 1.3, ta nhận được u n (t) =ω(t, λ n , γ)ξ n +
S(t−s)F(ã, s)ds, (1.10) ở đây S(t) : L 2 (Ω) →L 2 (Ω) là toán tử giải xác định bởi
Tính chất của họ giải thức
Ta sẽ trình bày một số tính chất của toán tử giải trong bổ đề sau.
Bổ đề 1.2 Với v ∈ L 2 (Ω), T > 0, ta có:
2 kS(t)vk ≤ ω(t, λ 1 , γ)kvk, với mọi t ≥ 0 Nói riêng, kS(t)k ≤ 1 với mọi t ≥0.
3 S(ã)v ∈ C (m) ((0, T];L 2 (Ω)) với mọi m ∈ N, và kS (m) (t)vk ≤ Ct −m kvk, ở đó C là một hằng số dương.
4 k∆S (m) (t)vk ≤ Ct −m−1+α kvk với mọi t > 0 và m ∈ N.
Chứng minh Các khẳng định (1), (3) và (4) đã được chứng minh trong [1, Định lý 2.1] Ta chứng minh khẳng định (2) như sau: kS(t)ξk 2 ∞
X n=1 ξ n 2 = ω(t, λ 1 , γ) 2 kξk 2 , nhờ Mệnh đề 1.2 Do ω(t, λ1, γ) ≤ 1, ta có kS(t)k ≤ 1 với mọi t≥ 0.
Nhận xét 1.1 a) Toán tử giải S(t) có thể coi là toán tử nghiệm của phương trình tích phân sau (xem [1]) u(x, t) =ξ(x) +
Thật vậy, ký hiệu Γ δ,θ = {re −iθ : r ≥δ} ∪ {δe iψ : |ψ| < θ} ∪ {re iθ :r ≥ δ},
2). b) Khẳng định đầu tiên trong Bổ đề 1.2 chứng tỏ toán tử S(t) : L 2 (Ω)→ L 2 (Ω) là compact với mọi t > 0, do tính compact của phép nhúng
Xét toán tử Cauchy Q :C([0, T];L 2 (Ω)) →C([0, T];L 2 (Ω)) cho bởi
Ký hiệu k ã k ∞ là chuẩn sup trong khụng gian C([0, T];L 2 (Ω)), tức là kgk ∞ = sup t∈[0,T ] kg(t)k
Bổ đề sau chứng minh tính compact của toán tử Q.
Bổ đề 1.3 Toán tử Cauchy xác định bởi (1.15) là compact.
Chứng minh Giả sửD ⊂C([0, T];L 2 (Ω))là một tập bị chặn Ta sẽ chứng minh
∆Q(D)(t) là tập bị chặn trong L 2 (Ω) với mỗi t > 0 Thật vậy, với g ∈ D bất kỳ, ta có
Sử dụng Bổ đề 1.2(4) với m = 0, ta nhận được k∆Q(g)(t)k ≤
(t−s) −1+α kg(s)kds ≤ CT α α kgk ∞ , từ đó suy ra tính bị chặn của ∆Q(D)(t) trong L 2 (Ω) Do phép nhúng
D(∆) ,→ L 2 (Ω) là compact, ta có Q(D)(t) là tập compact tương đối với mỗi t > 0 Rõ ràng, Q(D)(0) = {0} là tập một điểm, nên Q(D)(t) là compact tương đối với mọi t ≥0.
Bây giờ ta chứng minh Q(D) là tập đồng liên tục Với g ∈ D, t ∈ (0, T), ∈ (0, t) và h ∈ (0, T −t], ta thấy rằng kQ(g)(t+h)− Q(g)(t)k ≤
Dễ kiểm tra I 2 (t) → 0 khi → 0, và I 3 (t) → 0 khi h → 0 đều theo g ∈ D Với
0 kg(s)kdθ t−s+θh, nhờ sử dụng định lý trung bình đối với đạo hàm và Bổ đề 1.2(3) Vậy k[S(t+h−s)−S(t−s)]g(s)k ≤ Ckgk ∞ ln
≤ Ckgk ∞ h β β(t−s) β , β ∈ (0,1), (1.16) ở đây ta sử dụng bất đẳng thức ln(1 +r) ≤ r β β với r > 0, β ∈ (0,1) Do (1.16), ta có
Sau cùng, với h ∈ (0, T), ta có đánh giá kQ(g)(h)− Q(g)(0)k ≤
Khi h → 0, ta có 0 kS(h−s)g(s)kds ≤ hkgk ∞ → 0 với mọi g ∈ D, điều này chứng tỏ rằng Q(D) là tập đồng liên tục Áp dụng định lý Arzelà-Ascoli, chúng ta có thể chứng minh điều đã nêu Định lý 1.1 trình bày nguyên lý ánh xạ Co.
Trong không gian metric đầy đủ (X, d), nếu T là một ánh xạ co, thì tồn tại một điểm x ∗ ∈ X sao cho T x ∗ = x ∗ Hơn nữa, với mọi điểm x o ∈ X, chuỗi T n x 0 sẽ hội tụ về x ∗ khi n tiến tới vô cùng Đây là định nghĩa về tính ổn định nghiệm.
Với x ∗ ổn định ⇔ ∀ > 0,∃δ > 0 sao cho
Trong luận văn ta sẽ kí hiệu C[R + , R + ] là tập các hàm số không âm, xác định trên R + , trong đó R + := [0;∞). Định lý 1.2 (Bất đẳng thức Gronwall cổ điển)
Cho các hàm số x, v ∈ C[R + , R + ] Giả sử với c ≥ 0 có bất đẳng thức x(t) ≤ c+
Khi đó ta cũng có bất đẳng thức x(t) ≤cexp[
Z t 0 t v(s)ds], t ≥t0. Định lý 1.3 (Định lý điểm bất động Banach)
Cho (X, d) là một không gian metric đầy đủ không rỗng với một ánh xạ co f : X →X Thì f có một điểm bất động duy nhất x ∗ ∈ X sao cho x 0 ∈ X, lim n→∞f n (x 0 ) =x ∗
Tính giải được và tính ổn định nghiệm của bài toán
Trường hợp tổng quát
Dựa vào biểu diễn (1.10), chúng ta định nghĩa nghiệm nhẹ của bài toán như sau: Định nghĩa 2.1 Một hàm u ∈ C([0, T];L 2 (Ω)) được xem là nghiệm nhẹ của bài toán (1)-(3) trên khoảng thời gian [0, T] nếu thỏa mãn điều kiện u(ã, t) = S(t)ξ, với ξ ∈ L 2 (Ω).
Trong bài viết này, chúng tôi sẽ trình bày một số kết quả liên quan đến tính giải được toàn cục của bài toán (1)-(3) Định lý 2.1 nêu rõ rằng nếu f : L²(Ω) → L²(Ω) là một hàm liên tục và lim sup kvk→0 kf(v)k kvk = η ∈ [0, λ₁), thì các điều kiện này sẽ ảnh hưởng đến tính giải được của bài toán.
Khi đó tồn tại δ > 0 sao cho với kξk < δ, bài toán (1)-(3) có một nghiệm nhẹ trên đoạn [0, T] với mỗi T > 0.
Chứng minh Theo giả thiết, với ε∈ (0, λ 1 −η), tồn tại ρ > 0 sao cho kf(v)k ≤ (η +ε)kvk, ∀kvk ≤ ρ.
Ký hiệu B ρ là hình cầu trong C([0, T];L 2 (Ω)) có tâm tại gốc và bán kính ρ. Cho ξ ∈ L 2 (Ω), xét toán tử Φ : B ρ → C([0, T];L 2 (Ω)) xác định bởi Φ(u)(ã, t) =S(t)ξ +
S(t)ξ + Q ◦N f (u)(ã, t), với N f (u)(ã, t) = f(u(ã, t)), cho thấy rằng Φ liên tục nhờ vào giả thiết về tính liên tục của f Theo Bổ đề 1.3, ta xác định rằng Φ là toán tử compact Thêm vào đó, có các ước lượng kΦ(u)(ã, t)k ≤ ω(t, λ 1 , γ)kξk+.
Khi \( \| \xi \| \leq \delta := \eta \rho \lambda^{-1}_1 \), ta có \( \| \Phi(u) \|_\infty \leq \rho \) Do đó, hàm \( \Phi : B_\rho \to B_\rho \) liên tục và compact Áp dụng định lý điểm bất động Schauder, hàm \( \Phi \) có ít nhất một điểm bất động, chính là nghiệm nhẹ của bài toán (1)-(3) trên đoạn [0, T] Định lý này đã được chứng minh.
Nếu hàm f tăng trưởng dưới tuyến tính, chúng ta có thể nới lỏng điều kiện về giá trị ban đầu, nghĩa là ξ không bị giới hạn Kết quả cụ thể được nêu trong Định lý 2.2, trong đó giả sử f : L 2 (Ω)→ L 2 (Ω) là liên tục và thỏa mãn đánh giá kf(v)k ≤ akvk+b, với a, b ≥ 0.
Khi đó bài toán có ít nhất một nghiệm nhẹ trên đoạn [0, T] với mọi ξ ∈ L 2 (Ω)
Chứng minh Cho ξ ∈ L 2 (Ω) Xét toán tử nghiệm Φ(u)(ã, t) =S(t)ξ +
S(t−s)f(u(ã, s))ds, tác động và lấy giá trị trên C([0, T];L 2 (Ω)).
Ký hiệu w là nghiệm duy nhất của phương trình tích phân w(t) =kξk+bT +a
0 w(s)ds, và D là tập lồi đóng trong C([0, T];L 2 (Ω)) xác định bởi
Khi đó với u ∈ D, ta có kΦ(u)(ã, t)k ≤ kξk+
Theo định lý Schauder, ta có Φ(D) ⊂ D Định lý 2.3 chỉ ra rằng nếu f : L²(Ω) → L²(Ω) thỏa mãn f(0) = 0 và điều kiện Lipschitz kf(v₁) - f(v₂)k ≤ κ(r)kv₁ - v₂k cho mọi kv₁k, kv₂k ≤ r, với κ(r) là hàm khụng õm sao cho lim sup r→0 κ(r) = η ∈ [0, λ₁), thì tồn tại δ > 0 sao cho với kξk < δ, bài toán (1)-(3) có nghiệm duy nhất trên đoạn.
Chứng minh Chú ý rằng điều kiện của định lý suy ra điều kiện (2.1) Do vậy theo Định lý 2.1, bài toán (1)-(3) có nghiệm nhẹ toàn cục Nghiệm này thỏa mãn u(ã, t) =S(t)ξ +
0 ω(t−s, λ n , γ)f n (s)ds i ϕ n , với ξ n = (ξ, ϕ n ) và f n (s) = (f(u(ã, s)), ϕ n ) Tớnh duy nhất nghiệm nhẹ được chứng minh như sau Nếu u 1 và u 2 là hai nghiệm của (1)-(3), thì ku 1 (ã, t)−u2(ã, t)k ≤
Đã chứng minh rằng với r = max{ku1k∞, ku2k∞}, ta có ku1(t) - u2(t)k = 0 cho mọi t ∈ [0, T] nhờ vào bất đẳng thức Gronwall cổ điển và tính chất kS(t)k ≤ 1 với mọi t ≥ 0.
Nếu hàm f thỏa mãn tính chất Lipschitz toàn cục, tức là kf(v1) - f(v2)k ≤ κ0 kv1 - v2k với κ0 > 0, thì kết luận của Định lý 2.3 vẫn đúng mà không cần điều kiện κ0 ∈ [0, λ1) cũng như ràng buộc đối với dữ kiện ban đầu Tính giải được trong trường hợp này được chứng minh bằng nguyên lý ánh xạ co Theo Định lý 2.4, nếu các giả thiết của Định lý 2.1 được thực hiện, nghiệm của bài toán (1)-(3) sẽ thỏa mãn điều kiện ku(ã, t)k = O(tα−1) khi t → ∞.
Chứng minh Lấy δ, ρ và như trong chứng minh Định lý 2.1 Khi đó ta có ku(ã, t)k ≤ ω(t, λ 1 , γ)kξk+
Áp dụng bất đẳng thức Gronwall trong Bổ đề 1.1, ta có ku(ã, t)k ≤ ω t, λ 1 −η −, γλ 1 λ 1 −η − kξk ≤ Cmin{t −1 , t α−1 }kξk, với t > 0 Kết luận từ Mệnh đề 1.1(3) dẫn đến định lý 2.5, trong đó nếu các giả thiết của Định lý 2.3 được thỏa mãn, nghiệm tầm thường (u = 0) của bài toán (1)-(3) sẽ ổn định tiệm cận.
Chứng minh rằng với ρ, δ và kξk < δ, nghiệm của bài toán (1)-(3) thỏa mãn đánh giá ku(ã, t)k ≤ ω t, λ1 −η −, γλ 1 λ 1 −η − kξk cho mọi t ≥ 0, như đã nêu trong phần chứng minh Định lý 2.4 Bất đẳng thức này chứng tỏ tính ổn định và tính hút của nghiệm tầm thường.
Trong trường hợp hàm phi tuyến f có tính chất Lipschitz toàn cục, chúng ta có thể đạt được kết quả mạnh hơn Cụ thể, theo Định lý 2.6, nếu f thỏa mãn điều kiện Lipschitz toàn cục với kf(v1) - f(v2)k ≤ κ0 kv1 - v2k và κ0 thuộc khoảng [0, λ1), thì mọi nghiệm của phương trình (1) sẽ ổn định tiệm cận.
Chứng minh Giả sử u i , i= 1,2, là nghiệm của (1) sao cho u i (ã,0) = ξ i ∈ L 2 (Ω) Khi đó ku 2 (ã, t)−u 1 (ã, t)k ≤ kS(t)(ξ 1 −ξ 2 )k+
Sử dụng Bổ đề 1.1, ta được ku 2 (ã, t)−u 1 (ã, t)k ≤ ω t, λ 1 −κ 0 , γλ 1 λ1 −κ0 kξ 1 −ξ 2 k, t ≥0.
Bất đẳng thức trên cùng với tính chất của hàm ω phát biểu trong Mệnh đề 1.1(3) chứng tỏ nghiệm bất kỳ của (1) là ổn định tiệm cận.
Chúng ta sẽ chứng minh sự tồn tại của tập hấp thụ cho nghiệm của phương trình (1) khi hàm f có sự tăng trưởng dưới tuyến tính Theo định lý 2.7, nếu f : L 2 (Ω) → L 2 (Ω) là hàm liên tục và thỏa mãn điều kiện tăng trưởng dưới tuyến tính kf(v)k ≤ akvk+b, với b ≥ 0 và a ∈ [0, λ 1 ), thì tồn tại tập hấp thụ cho tất cả các nghiệm của phương trình (1).
Chứng minh Giả sử u là một nghiệm ứng với dữ kiện ban đầu ξ ∈ L 2 (Ω) Khi đó ku(ã, t)k ≤ ω(t, λ1, γ)kξk+
Sử dụng bất đẳng thức kiểu Gronwall trong Bổ đề 1.1, ta có ku(ã, t)k ≤ ω t, λ1 −a, γλ 1 λ 1 −a kξk+b
≤ ω t, λ 1 −a, γλ 1 λ 1 −a kξk+b(λ 1 −a) −1 , ở đây ta đã dùng Mệnh đề 1.1(4) Do ω t, λ 1 −a, γλ 1 λ1 −a
→ 0 khi t → ∞, ta cú thể tỡm được T = T(kξk) > 0 sao cho ku(ã, t)k ≤ b(λ 1 −a) −1 + 1 với mọi t ≥T Như vậy, hình cầu B(0, R) ⊂ L 2 (Ω) với R = b(λ 1 −a) −1 + 1, là một tập hấp thụ các nghiệm của phương trình (1).
Trong định lý 2.8, chúng ta phân tích điều kiện hội tụ của nghiệm nhẹ u của bài toán (1)-(3) về điểm cân bằng Giả sử f : L 2 (Ω) → L 2 (Ω) là hàm liên tục và ∂Ω thuộc lớp C 2 Nếu tồn tại giới hạn lim t→∞u(ã, t) = u ∗ trong L 2 (Ω), thì u ∗ sẽ là một nghiệm mạnh của bài toán elliptic.
Chứng minh Nhờ giả thiết liên tục của f, ta có lim t→∞f(u(ã, t)) = f(u ∗ ) Khi đú với mọi > 0, tồn tại T 1 > 0 sao cho kf(u(ã, t))−f(u ∗ )k < 1
Sử dụng công thức của nghiệm nhẹ, ta có u(ã, t) = S(t)ξ +
Xét u 1 (t), ta thấy ku 1 (t)k ≤ ω(t, λ1, γ)kξk → 0 khi t → ∞.
0 ω(s, λ1, γ)ds, (2.5) ở đóM = sup s∈[0,T 1 ] kf(u(ã, s))−f(u ∗ )k Sử dụng Mệnh đề 1.1(4), ta đượcω(ã, λ 1 , γ) ∈
0 ω(s, λ 1 , γ)ds ≤ λ −1 1 Do đó tồn tạiT 2 > 0sao cho
2M Như vậy với t > T1 +T2, từ (2.5) ta suy ra ku2(t)k ≤ M
Ta đã chứng minh lim t→∞u1(t) = lim t→∞u2(t) = 0 trong L 2 (Ω) Chú ý rằng, H(z) xỏc định bởi (1.14) là biến đổi Laplace của toỏn tử giải S(ã), tức là
S(t)ξdt. Đẳng thức trên dẫn đến u 3 (t) Z t
Do lim t→∞u(ã, t) = lim t→∞u3(t), ta có u ∗ = (−∆) −1 f(u ∗ ) Vì ∂Ω thuộc lớp C 2 , nên u ∗ ∈ H 2 (Ω) và −∆u ∗ = f(u ∗ ).
Trường hợp tới hạn
Ta xét bài toán (1)-(3) với α = 1 Ta viết lại bài toán như sau
Ký hiệu ω(ã, à), phụ thuộc˜ à, là nghiệm của phương trỡnh
(1 +γà)˜ω 0 +àω˜ = 0, ω(0, à) = 1.˜ (2.9) Khi đú ω(t, à) =˜ e − 1+γà à t Ta định nghĩa cỏc toỏn tử
X n=1 ˜ ω(t, λn)ξnϕn, t ≥ 0, (2.10) với ξ ∈ L 2 (Ω), ξn = (ξ, ϕn) Với g ∈ C(R + ;R), giải phương trình
0 ˜ ω(t−s, à)g(s)ds (2.12) Gọi {R(t)} t≥0 là họ toán tử xác định bởi
1 +γλ n ω(t, λ˜ n )ξ n ϕ n , (2.13) với ξ ∈ L 2 (Ω), ξ n = (ξ, ϕ n ) Rõ ràng, S(t) và R(t) là các toán tử tuyến tính bị chặn trên L 2 (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 + ;L 2 (Ω)) với mỗi ξ ∈ L 2 (Ω) Ngoài ra ta cú kS (m) (t)ξk ≤ γ −m e − λ 1 1+γλ 1 t kξk, ∀m ∈ N, t ≥0 (2.14)
2 R(ã)ξ,∆R(ã)ξ ∈ C ∞ (R + ;L 2 (Ω)) với mỗi ξ ∈ L 2 (Ω) Hơn nữa ta cú kR (m) (t)ξk ≤ γ −m e − λ 1 1+γλ 1 t kξk, (2.15) k∆R (m) (t)ξk ≤ γ −m−1 e − λ 1 1+γλ 1 t kξk, ∀m ∈ N, t ≥0 (2.16) Chứng minh (1) Ta thấy
, for all n = 1,2, do đó chuỗi P∞ n=1ω˜ (m) (t, λ n )ξ n ϕ n 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
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
Theo Mệnh đề 2.1, họ R(t) có hiệu ứng trơn, tức là với ξ ∈ L 2 (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 ∈ L 2 (Ω) sao cho S(t)ξ 6∈ D((−∆) β ) với mọi β > 0.
P n=1 ϕn n γ Khi đó rõ ràng ξ ∈ L 2 (Ω) Mặt khác k(−∆) β S(t)ξk ∞
Chú ý rằng λn ∼ Cn 2 d khi n → ∞, ta có λ 2β n n −2γ ∼C 2β n 4β d −2γ = C 2β n , và chuỗi
Dựa vào công thức nghiệm (2.12) cho phương trình (2.11), ta định nghĩa nghiệm nhẹ của bài toán (2.6)-(2.8) như sau: Định nghĩa 2.2 cho biết, 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 thỏa mãn điều kiện u(ã, t) = S(t)ξ.
Kết quả về tính giải được của bài toán (2.6)-(2.8) được trình bày trong Định lý 2.9 Định lý này khẳng định rằng nếu hàm f : L²(Ω) → L²(Ω) thỏa mãn điều kiện f(0) = 0 và điều kiện Lipschitz cục bộ, tức là kf(v₁) - f(v₂)k ≤ κ(r)kv₁ - v₂k với mọi kv₁k, kv₂k ≤ r, thì tồn tại một hàm κ(r) không âm sao cho lim sup r→0 κ(r) = η ∈ ℝ.
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 +
−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
Chọn δ := ηρ và kξk ≤ δ, ta cú kξk −(η +)ρ < 0, và do đú kΨ(u)(ã, t)k ≤ ρ, với u ∈ B ρ Tức là Ψ(B ρ ) ⊂ B ρ Ta còn phải chứng minh Ψ là một ánh xạ co trên B ρ Thật vậy, với u 1 , u 2 ∈ B ρ , ta có kΨ(u 1 )(ã, t)−Ψ(u 2 )(ã, t)k ≤
Nếu \( 1 + \gamma \lambda_1 \lambda_1 (\eta +) < 1 \), thì tồn tại một ánh xạ co Ψ trên không gian Bρ Điều này cho thấy rằng bài toán có nghiệm nhẹ Tính duy nhất của nghiệm được chứng minh dựa vào bất đẳng thức Gronwall cổ điển Định lý đã được xác nhận.
Dưới giả thiết của Định lý 2.9, chúng ta nghiên cứu tính ổn định nghiệm cho trường hợp tới hạn α = 1 Theo Định lý 2.10, nếu các giả thiết của Định lý 2.9 được thỏa mãn, nghiệm tầm thường của phương trình (2.6) sẽ ổn định mũ Đặc biệt, nếu hàm f có tính chất Lipschitz toàn cục với hằng số Lipschitz κ0 ∈ h, thì tính ổn định này được đảm bảo.
1 +γλ 1 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 − λ 1 1+γλ 1 t kξk+
Từ đó suy ra e λ 1 1+γλ 1 t ku(ã, t)k ≤ kξk+ (η +)
Sử dụng bất đẳng thức Gronwall cổ điển, ta có e λ 1 1+γλ 1 t ku(ã, t)k ≤ e (η+)t kξk, ∀t≥ 0, hay tương đương, ku(ã, t)k ≤ e − h λ
Trong trường hợpf có tính chất Lipschitz toàn cục với hằng sốκ 0 ∈ h
, ta có kết luận của định lý từ đánh giá ku 1 (ã, t)−u 2 (ã, t)k ≤ e − λ 1 1+γλ 1 t kξ 1 −ξ 2 k+
0 e − λ 1 1+γλ 1 (t−s) κ 0 ku 1 (ã, s)−u 2 (ã, s)kds, và bất đẳng thức Gronwall, ở đây u i là nghiệm ứng với dữ kiện ban đầu ξ i , với i = 1,2 Định lý đã được chứng minh.
Luận văn nghiên cứu về lớp phương trình Rayleigh-Stokes nửa tuyến tính trong lý thuyết động lực học chất lỏng, với các kết quả chính được trình bày rõ ràng.
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 này được xây dựng dựa trên các nghiên cứu mới nhất về phương trình Rayleigh-Stokes, như đã được đề cập trong các công trình [1, 9] Kết quả nghiên cứu có thể mở rộng cho các trường hợp phương trình với độ trễ hữu hạn hoặc vô hạn.
[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
[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.
[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.
[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