- Trang Chủ
- Toán học
- Tính chính quy của một lớp phương trình loại Rayleigh-Stokes có trễ
Xem mẫu
- Tuyển tập Hội nghị Khoa học thường niên năm 2021. ISBN: 978-604-82-5957-0
TÍNH CHÍNH QUY CỦA MỘT LỚP PHƯƠNG TRÌNH
LOẠI RAYLEIGH-STOKES CÓ TRỄ
Vũ Nam Phong1, Nguyễn Ngọc Huy1
1
Trường Đại học Thủy lợi, email: phongvn@tlu.edu.vn
1. GIỚI THIỆU CHUNG '(t ) (1 t ) (t ) 0, t 0 (4)
với
Ta xét bài toán (*): (0) 1 (5)
t u (1 t )u f (t , u ) trong , t 0 (1) là hàm vô hướng, và là tham số
dương. Gọi (, , ) là nghiệm của bài toán
u 0 trên , t 0 (2)
u ( x, s) ( x, s), x , s [h,0], (4)-(5) ứng với cặp tham số , , (, , )
(3)
sẽ giúp ta biểu diễn nghiệm của bài toán (*).
trong đó 0, (0,1) và t là đạo hàm Đặt f g là kí hiệu cho tích chập Laplace,
Riemann-Liouville bậc được định nghĩa: nghĩa là:
t
d t t 1 ( f g )(t ) f (t s ) g ( s )ds, f , g L1loc (R ) .
t v (t ) g1 (t s)v ( s) ds , g (t ) 0
dt 0 ( )
Gọi { } là cơ sở trực chuẩn của L2 ()
n n 1
với 0, t 0 . Trong bài toán (*), u được
chứa các hàm riêng của toán tử Laplace
xác định bởi: u ( x, t ) u ( x, t (t )) với hàm ứng với điều kiện biên Dirichlet thuần nhất,
liên tục trên R thỏa mãn h t (t ) t tức là: n n n trong , n 0 trên
và lim(t (t )) ; f : R L2 ( ) L2 ( ) , ở đây có thể giả sử {n }n1 là dãy tăng,
t
là ánh xạ phi tuyến và đã cho trước hàm n 0 và n khi n . Ta biểu diễn
Ch C ([h,0]; L2 ()) . ( x ) n n ( x ) và S (t ) : L2 () L2 () là
Trong những năm gần đây, lớp phương n 1
trình loại Rayleigh-Stokes nhận được nhiều toán tử xác định bởi S (t ) (t , n , ) n .
sự quan tâm ([2]) vì có thể mô tả một số vấn n 1
đề trong cơ học chất lưu. Không những thế, Đặt CT C ([0, T ]; L2 ()) , xét toán tử Cauchy
trong thực tế, điều kiện trễ (3) ứng với những t
gì xảy ra trước khi xét (1) cũng thu hút nhiều Q : CT CT , Q( f )(t ) S (t s ) f ( s)ds . Ta
0
sự chú ý. Mặc dù sự xuất hiện của hàm trễ sử dụng kí hiệu || || cho chuẩn sup trong CT ,
gây khó khăn khi chứng minh tính chính quy
tức là f sup f (t ) .
nhưng bài báo này sẽ xem xét tính chính quy t[0,T ]
của một lớp phương trình loại Rayleigh- Mệnh đề 2.1. [1, 2] Giả sử là nghiệm
Stokes có trễ. Cụ thể hơn, bài báo sẽ đưa ra của bài toán (4)-(5). Khi đó:
điều kiện để bài toán có duy nhất một nghiệm i, (t ) 1 t 0 và không tăng;
cổ điển.
ii, (1) n ( n ) (t ) 0 t 0, n ¥ ;
2. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU iii, (t ) 1 min{t 1 , t 1} t 0 ;
t
1
Ta xét bài toán đơn giản hơn bài toán (*): iv, (s)ds (1 (t )) t 0 ;
0
62
- Tuyển tập Hội nghị Khoa học thường niên năm 2021. ISBN: 978-604-82-5957-0
v, hàm a (t , , ) không tăng trên [0, ) . Chứng minh: Có f (t , v) L(r ) v t 0 ,
2
Bổ đề 2.2. [1, 2] Với bất kì u L () , có: v L2 (), v r từ (F2). Gọi Br là hình
i, S ()u CT C ([0, T ]; H 2 () H 01 ()) ; cầu trong CT với tâm tại gốc, bán kính r. Xét
ii, S (t )u (t , 1 , ) u , S (t ) 1 t 0 ; toán tử : Br CT được xác định bởi
t
iii, S ()u C ( m) ((0, T ]; L2 ()) m ¥ ; t 0 (u)(t ) S (t ) (0) S (t s) f (s, u[ ] (s))ds
0
có S ( m)
(t )u t m
u với hằng số dương ; u1 (t ) u2 (t ) . Dễ thấy: là liên tục,
compact vì f liên tục và Q là compact. Có:
iv, S ( m ) (t )u t m 1 u t 0, m ¥ . t
(u)(t ) (t s, 1, )L(r ) u[ ] (s) ds
0
Bổ đề 2.3. [2] Toán tử Q là compact. t
Đặt C {u CT | u (0) (0)} với Ch
L(r )r ( s, 1, )ds
L(r )r11 .
0
cho trước, ChT C ([h, T ]; L2 ()) và sử dụng Vì L(r )11 1 nên (u )
r nếu
kí hiệu || || cho chuẩn sup trong CT , Ch , ChT . với (1 L( r )11 ) r . Do đó, : Br Br là
liên tục và compact. Áp dụng định lí điểm bất
(t ), t [ h,0]
Với u C , đặt u[ ](t ) ; động Schauder, suy ra có điểm bất động,
u (t ), t [0, T ] đó chính là nghiệm nhẹ của bài toán (*).
(t (t )), t (t ) [h,0] Định lí 3.3. Nếu các giả thiết của Định lí
u[ ] (t ) . 3.2 được thỏa mãn và là Lipschitzian thì
u (t (t )), t (t ) [0, T ] bài toán (*) có duy nhất một nghiệm cổ điển
Ta xét toán tử nghiệm: : C C : trên [h, T ] .
t Chứng minh: Do Định lí 3.2, bài toán (*)
(u)(t ) S (t ) (0) S (t s) f (s, u[ ] (s))ds . có một nghiệm nhẹ toàn cục thỏa mãn:
0
t
Do đó, u là điểm bất động của khi và chỉ u(t ) S (t ) (0) S (t s) f (s, u[ ] (s))ds . Ta
khi u là nghiệm nhẹ của (*). 0
Để chỉ ra tính chính quy của bài toán (*), kiểm tra tính duy nhất. Giả sử u và v là các
ta cần các giả thiết: nghiệm của bài toán (*), có: u (t ) v(t )
t
(F) (1) f :[0, T ] L2 () L2 () là ánh xạ S (t s) f ( s, u[ ] ( s )) f ( s, v[ ] ( s )) ds
0
liên tục thỏa mãn: f (,0) 0 . t
f ( s, u[ ] ( s )) f ( s, v[ ] ( s )) ds
(2) Tồn tại a, b 0, b 1, L ( r ) 1 thỏa mãn 0
t
b
f (t , u ) f ( s, v) L(r ) a t s u v L(r ) u[ ] ( s ) v[ ] ( s ) ds
0
t
t , s [0, T ],|| u ||,|| v || r . L(r ) sup u ( ) v( ) ds , từ đây ta suy ra:
0 [0, s ]
t
3. KẾT QUẢ NGHIÊN CỨU sup u ( ) v ( ) L(r ) sup u ( ) v ( ) ds ,
[0,t ] 0 [0, s ]
Định nghĩa 3.1. Cho Ch , u là nghiệm
do đó u v theo bất đẳng thức Gronwall. Ta
nhẹ của (*) trên [h, T ] khi và chỉ khi kiểm tra nghiệm là cổ điển theo các bước sau.
u (, s ) (, s ) s [ h,0] và t [0, T ] : Bước 1: chứng minh u liên tục Holder trên
t [h, T ] . Thứ nhất, xét t 0, 1 (0, T t ) . Có
u (·, t ) S (t ) (·,0) S (t s ) f ( s, u (·, s ))ds .
0
u (t 1 ) u (t ) [ S (t 1 ) S (t )] (0)
Định lí 3.2. Nếu giả thiết (F) được thỏa t 1
mãn và tồn tại 0 thỏa mãn || || , khi S (t 1 s ) f ( s, u[ ] ( s )) ds
t
đó bài toán (*) có ít nhất một nghiệm nhẹ t
[ S (t 1 s ) S (t s )] f ( s, u[ ] ( s )) ds
trên [h, T ] với mọi T 0 . 0
63
- Tuyển tập Hội nghị Khoa học thường niên năm 2021. ISBN: 978-604-82-5957-0
J1 (t ) J 2 (t ) J 3 (t ) . Ta có J 2 (t ) L( r ) r1 ; at b ct
*
1 1 L(r )rt 1 dương, do đó J 9 (t ) L(r ) * .
1 1 1
b
J1 (t ) (0) và J 3 (t )
1t 1
1 (1 1 ) Ta chứng minh u 4 (t ) liên tục trên (0, T ] , xét
1 (0,1) . Do đó u (t 1 ) u (t ) C11 . 1
t 0, (0, T t ) , có u4 (t ) u4 (t )
Sau đó, xét tới t 2 0 t h . Có t
S (t s )[u3 ( s ) u3 (t )]ds
u (t 2 ) u (t ) t
t
( S (t 2 ) I ) (0) (0) (t ) [ S (t s) S (t s)]u4 ( s) ds
t 2
0
S (t 2 s ) f ( s, u[ ] ( s )) ds [ I S (t )]u4 (t ) K1 ( ) K 2 ( ) K 3 ( ) ,
0
J 4 (t ) J 5 (t ) J 6 (t ) . Ta có J 5 (t ) l t l 2 ; hiển nhiên K 3 ( ) 0 khi 0 , cũng có
*
1 a b c
J 4 (t ) (t 2 ) (t 2 )
1
(0) K1 ( ) L(r ) * 0 khi 0
1 b
1 (t 2 ) và áp dụng Định lí hội tụ bị chặn Lebesgue ta
và J 6 (t ) f , suy ra J 6 (t ) là
1 suy ra K 2 ( ) 0 khi 0 .
2 -liên tục Holder với 2 (0,1) . Đặt Bước 4: chứng minh t u C((0,T ]; L2 ()) .
* min{1 , 2 ,1 } , khi đó u là * -liên Chứng minh tương tự như Định lí 3.4 [2].
tục Holder trên [h, T ] .
4. KẾT LUẬN
Bước 2: chứng minh u CT . Ta đã có
u1 (t ) C ((0, T ]; L2 ()) , ta chứng minh được Bài viết đưa ra một số giả thiết cụ thể để
có tính chính quy của một lớp phương trình
u2 (t ) L(r)r 1t u2 (t ) C((0,T ]; L2 ()) . loại Rayleigh-Stokes có trễ.
Tiếp theo, ta chứng minh t a u 2 (t ) là liên
tục. Ta đặt ( ) u2 (t ) u2 (t ) 5. TÀI LIỆU THAM KHẢO
t [1] E. Bazhlekova, B. Jin, R. Lazarov and Z.
[ S (t s ) S (t s)] f ( s, u[ ] ( s )) ds Zhou. 2015. An analysis of the Rayleigh-
0
t Stokes problem for a generalized second-
S (t s ) f ( s, u[ ] ( s )) ds J 7 ( ) grade fluid, Numer. Math., 131, no. 1, 1-31.
t
J 8 ( ) với t 0 , (0, T t ) . Có J 7 ( ) [2] D. Lan. 2021. Regularity and stability
analysis for semilinear generalized
L(r )r[(1 ) ]1[t (t ) ] 0 và Rayleigh-Stokes equations, Evolution
J 8 ( ) L( r ) r 1 0 khi 0 . Equation and Control Theory,
Bước 3: chứng minh u C 1 ((0, T ]; L2 ()) . doi: 10.3934/eect.2021002.
Có u1 (t ) C1 ((0,T ]; L2 ()), u2 (t ) u3 (t ) u4 (t ) ,
t
u3 (t ) f (t , u[ ] (t )), u4 (t ) S (t s)u3 ( s)ds .
0
Có u4 (t ) [ I S (t )]u4 (t ) J 9 (t ) với J 9 (t )
t
S (t s )[u3 (t ) u3 ( s )] ds
0
t
(t s ) 1 u3 (t ) u3 ( s) ds , u3 (t ) u3 ( s )
0
L( r ) a(t s )b u[ ] (t ) u[ ] ( s )
*
L( r ) a (t s )b c(t s ) , với c là hằng số
64
nguon tai.lieu . vn
