BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP. HỒ CHÍ MINH

Diệp Nhật Tạo

SỰ TỒN TẠI VÀ DUY NHẤT NGHIỆM
CỦA BÀI TOÁN BIÊN TỰ DO STEFAN

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Thành phố Hồ Chí Minh – 2014


BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP. HỒ CHÍ MINH

Diệp Nhật Tạo

SỰ TỒN TẠI VÀ DUY NHẤT NGHIỆM CỦABÀI
TOÁN BIÊN TỰ DO STEFAN

Chuyên ngành :

Toán Giải tích

Mã số

60 46 01 02

:


Tác giả

Diệp Nhật Tạo


MỤC LỤC
Trang phụ bìa
Lời cam đoan
Lời cảm ơn
Mục lục
Danh mục các ký hiệu, các chữ viết tắt
LỜI MỞ ĐẦU ...................................................................................................... 1
Chương 1. KIẾN THỨC CHUẨN BỊ ................................................................ 5
1.1. Bổ đề Gronwall ........................................................................................... 5
1.2. Phương trình tích phân Volterra tuyến tính loại 2 ...................................... 5
1.3. Một số kết quả sơ bộ về hàm Green............................................................ 5
1.4. Bổ đề 1.4.1 ................................................................................................ 18
1.5. Ánh xạ co và nguyên lý điểm bất động..................................................... 19
1.5.1. Ánh xạ co ............................................................................................ 19
1.5.2. Nguyên lý điểm bất động .................................................................... 19
1.6. Nguyên lý cực đại ..................................................................................... 19
1.7. Một số bất đẳng thức cơ bản ..................................................................... 20
Chương 2. BÀI TOÁN BIÊN TỰ DO MỘT PHA DẠNG STEFAN ............ 22
2.1. Một bài toán Stefan một pha. Quy về phương trình tích phân ................. 22
2.2. Sự tồn tại và duy nhất nghiệm của bài toán .............................................. 29
2.2.1. Sự tồn tại và duy nhất nghiệm trong khoảng thời gian nhỏ................ 41
2.2.2. Sự tồn tại và duy nhất nghiệm toàn cục .............................................. 43
Chương 3. MỘT BÀI TOÁN STEFAN HAI PHA VỚI HAI BIÊN TỰ DO .... 47
3.1. Giới thiệu................................................................................................... 47
3.2. Thu gọn về những phương trình tích phân ............................................... 54



1

LỜI MỞ ĐẦU
Bài toán biên tự do là bài toán mà trong đó một bộ phận của biên không
được cho trước. Biên chưa biết này gọi là biên tự do (vì vị trí của chúng thay đổi
theo thời gian) và người ta phải tìm nó cùng với nghiệm của phương trình. Bài
toán biên tự do xuất hiện trong nhiều lĩnh vực khoa học như: vật lý [1], cơ
họcmôi trường liên tục [2], trong công nghiệp hóa học [3],…
Mô hình đầu tiên của các bài toán biên tự do là bài toán về sự nóng chảy
hoặc đông đặc của những chất tinh khiết. Nó thường được gọi là bài toán Stefan
do J. Stefan công bố vào những năm 1890 – 1891. Đó là bài toán về hiện tượng
tan băng.Giả sử có một thanh băng mỏng, vô tận về một phía, chiếm một khoảng
a ≤ x < ∞ , và giả thiết rằng nhiệt độ của băng ở khắp nơi đều bằng 0 C và tại
0

điểm x = a luôn duy trì nhiệt độ T 0C , với T > 0 . Khi đó thanh băng bắt đầu
tan (chuyển từ trạng thái rắn sang trạng thái lỏng) và vào mỗi thời điểm t > 0
pha nước sẽ chiếm một khoảng a ≤ x < s (t ) . Kí hiệu u ( x, t ) là nhiệt độ trong pha
nước tại điểm x , ở thời điểm t . Khi đó ta có

0,
a 2u=
xx − ut
u ( a, t ) T ,
=
u ( s (t ), t ) 0,
=


dt

(0.4)
x=s(t)

t
nước
rắn

0

x

a

Hình 1.
Bài toán (0.1) – (0.4) được gọi là bài toán Stefan một pha, các hàm số

u ( x, t ), s (t ) là các ẩn hàm phải tìm của bài toán.
Nếu nhiệt độ của thanh băng phân bổ tại thời điểm đầu thấp hơn nhiệt độ
của băng (nhỏ hơn 00 C ) và không nhất thiết đều thì sự truyền nhiệt xảy ra ở cả
hai pha rắn và nước. Gọi v( x, t ) là nhiệt độ ở pha rắn, tại điểm x , ở thời điểm t .
Khi đó v thỏa mãn phương trình và các điều kiện sau

β 2vxx − vt 0,
=
v( x,0) ψ ( x),
=
v( s (t ), t ) 0,
=

Bài toán tìm các hàm u ( x, t ), v( x, t ), s (t ) thỏa mãn các phương trình và các điều
kiện (0.1) – (0.3), (0.5) – (0.8) được gọi là bài toán Stefan hai pha.
Các bài toán biên tự do không chỉ được nghiên cứu trong các lĩnh vực vật
lý, hóa học mà còn được nghiên cứu trong nhiều lĩnh vực khác như sinh học [6],
tài chính (định giá rủi ro và đầu tư tối ưu) [5],…
Hiện nay, những ứng dụng của bài toán biên tự do thu hút sự quan tâm của
nhiều nhà khoa học thuộc nhiều lĩnh vực khác nhau. Từ năm 1981 các hội nghị
quốc tế về bài toán biên tự do được tổ chức đều đặn cho đến nay. Cụ thể như
sau: Montecatini, Ý, 1981; Maubuissons, Pháp, 1984; Irsee, Đức, 1987;
Montreal, Canada, 1990; Toledo, Tây Ban Nha, 1993; Zakopane, Polonia, 1995;
Crete, Hy Lạp, 1997; Chiba, Nhật Bản, 1999; Trento, Ý, 2002; Coimbra, Bồ
Đào Nha, 2005; Stockholm, từ ngày 9-13 tháng sáu năm 2008; Regensburg,
Đức, từ ngày 11-15 tháng sáu năm 2012.
Nội dung chính của luận văn này trình bày về sự tồn tại và duy nhất nghiệm
của bài toán biên tự do một pha dạng Stefan và một bài toán Stefan hai pha với
hai biên tự do.Các kết quả chính trong luận văn này là sự tổng hợp từ những tài
liệu [10], [15].
Luận văn được viết thành ba chương ngoài phần mở đầu, phần kết luận và
tài liệu tham khảo.
Phần mở đầu trình bày xuất xứ và ý nghĩa của bài toán. Trong phần này
giới thiệu ngắn gọn lịch sử phát triển của các bài toán biên tự do.
Chương 1.Kiến thức chuẩn bị.
Chương này giới thiệu một số kết quả sơ bộ về hàm Green và phương trình
tích phân Volterra, một số kết quả cơ bản phục vụ cho việc nghiên cứu ở chương
2 và chương 3. Các kết quả chính được trình bày trong chương 2 và chương 3.
Chương 2. Bài toán biên tự do một pha dạng Stefan.


4


Khi đó ta có

 t

ϕ (t ) ≤ C1 exp  C2 ∫ λ ( s) ds  ,
 0


∀t ∈ ( 0, T ) .

Trường hợp đặc biệt, nếu C1 = 0 , ta có ϕ = 0 hầu khắp nơi.
1.2. Phương trình tích phân Volterra tuyến tính loại 2
Phương trình tích phân Volterra tuyến tính loại hai có dạng
s

ϕ ( s=
) f ( s ) + λ ∫ K ( s, t )ϕ (t )dt , a ≤ s ≤ b ,
a

trong đó các hàm f , K cho trước, λ là tham số, ϕ là hàm cần tìm.
1.3. Một số kết quả sơ bộ về hàm Green
Cho a (t ), b(t ) là những hàm khả vi liên tục và a (t ) < b(t ), ∀t ≥ 0 . Cho

κ > 0 là hằng số và cho u ( x, t ) là một nghiệm của phương trình khuếch tán
∂u
∂ 2u
= κ 2 , t > 0, b(t ) > x > a (t ) .
∂t
∂x


Bổ đề sau rất hữu ích cho việc biến đổi phương trình vi phân (1.3.1) về
phương trình tích phân Volterra loại 2.
Bổ đề 1.3.1.Nếu u là một nghiệm của (1.3.1) thì với t > 0 và a (t ) < x < b(t ) ta
có
=
u ( x, t )

∫ G ( x, t; b(t ),t ) κ ux ( b(t )−,t ) + u ( b(t ),t ) b '(t ) dt
t

0

− ∫ G ( x, t ; a (t ),t ) κ ux ( a (t )+,t ) + u ( a (t ),t ) a '(t ) dt
t

0

−κ ∫ Gx ( x, t ; b(t ),t ) u ( b(t ),t )dt
t

0

+κ ∫ Gx ( x, t ; a (t ),t ) u ( a (t ),t )dt
t

0

+∫

b (0)


G ( x, t ; x , t − ) lim
=

ε 2 4κ (t − t ) . Ta được
Đặt y= x − x ,=
G ( x, t ; x , t −=
)

lim

e →0 +

 y2 
exp  − 2 =
) δ ( x − x ).
 δ ( y=
2
e
pe


1

(1.3.2)


7

1 . Khi đó

κ
t
t
4
(
)
−
8 pκ (t − t ) 

  4 pκ (t − t )
 ( x − x )2 
x −x
Gx exp  −
,
=

3
3
κ
t
t
4
(
)
−

 4 pκ (t − t )

 ( x − x )2   ( x − x )2
1

=
+
−
−


 ∂
∂ξξξξξξξξξ
∂ 
∂ 2 ∂ ∂
∂ 2

∂ ∂
∂ 2u
∂ 2G
∂u
∂
(uG ).
= κG 2 − κu 2 = G
+ uGτ =
∂ξξττ
∂
∂
∂

Suy ra
κ

∂  ∂u
∂G  ∂

∂ ∫a ( )
), ) b '( ) + v ( a ( ), ) a '( ).
−v ( b(ττττττ
)
b (ττ
b( )

Thật vậy, trong trường hợp a(t ) ≡ 0, do
> b( ),
0 khi ξτ
H ( b(τξ
)− )=

< b( )
 1 khi ξτ


8

nên
∞
∂
∂
=
ξτξτξξτξ
v
d
,
)
(


0

∞

/
dτξξτξξτξτξ
( b( ) − ) v ( , ) d =
∫ H ξ ( − b( ) ) v ( , ) d
0

∞

ξ →∞

, ) H ( − b( ) ) ξ =0 − ∫ vξ/ ( , ) H ( − b( ) ) d
= v (ξτξτξτξτξ
0

∞

lim v (ξτξτξττ
, ) − ∫ vξ/ ( , ) d =
v ( b( ), ) ,
=
b (τ )

ξ →∞

nên

Nếu a (t ) không phải là hằng số, ta có thể viết
∂
, )) d
( v (ξτξ
a (τ ) ∂τ
) ∂
b (ττ
a( ) ∂
= ∫
, )) d − ∫
v (ξτξξτξ
(
(v ( , )) d
0
0
∂ττ
∂
∂ b (τ )
=
, ) d − v ( b( ), ) b '( )
v (ξτξτττ
∂τ ∫0
∂ a (τ )
−
, ) d + v ( a ( ), ) a '( )
v (ξτξτττ
∂τ ∫0
∂ b (τ )
=
, ) d − v ( b( ), ) b '( ) + v ( a ( ), ) a '( ).


∂ξξξτ
∂  ∂
 ∂

κ

trên miền a (t ) < ξ < b(t ), 0 < t < t , ta sẽ được kết quả mong muốn vì
t

b (t )

0

a (t )

∫∫

∫

=

t

0

x =b (t )

t
∂  ∂u

0

và

∂
( uG )dx dt
0 a (t ) ∂t
t ∂
b (t )
uGdx − [uG ]x
= ∫ 
0 ∂t ∫a (t ) =

t

∫∫

b (t )

)

(

t = t−

 b (t ) uGdx  − t [uG ]
=
x
 ∫a (t ) =
t =0 ∫0


a (0)

a (t )

a '(t )dt

G ( x, t ;x ,0 ) u (x ,0 )dx

− ∫ G ( x, t ; b(t ),t ) u ( b(t ),t ) b '(t )dt + ∫ G ( x, t ; a (t ),t ) u ( a (t ),t ) a '(t )dt
t

t

0

0

u ( x, t ) − ∫ G ( x, t ;x ,0 ) u (x ,0 )dx − ∫ G ( x, t ; b(t ),t ) u ( b(t ),t ) b '(t )dt
=
b (0)

t

a (0)

0

+ ∫ G ( x, t ; a (t ),t ) u ( a (t ),t ) a '(t )dt .
t


b (t )

a (t )

x =b ( t )

H '(x − x)u (x , t ) dx= u (x , t ) H (x − x) x =a (t ) − ∫

b (t )

a (t )

u ( b(t ), t ) − ∫
=

b (t )

x

ux/ (x , t ) dx =
u ( b(t ), t ) − ux (x , t )

x =b ( t )
x =x

ux/ (x , t ) H (x − x)dx

u ( x, t ) .
=

(0 ≤ t ≤ σ )

là một hàm liên tục và cho s (t ) ( 0 ≤ t ≤ σ )

thỏa điều kiện Lipschitz. Khi đó, với mỗi 0 < t ≤ σ ,
∂ t
ρ (t ) K ( x, t ; s (t ),t ) dt
x → s ( t ) − ∂x ∫0
t
1
∂

ρ (t ) + ∫ ρ (t )  K ( x, t ; s (t ),t ) 
=
dt ,
0
2
 ∂x
 x=s (t )
lim

(1.3.3)

trong đó
2

1
 (x −x ) 
.
K ( x, t ;x ,t )

1
≤A δ.
2

(1.3.5)

Để cho đơn giản những hằng số khác nhau không phụ thuộc vào x, t , δ sẽ
được ký hiệu bằng A ( A có thể phụ thuộc vào σ ).


11

Viết I= I1 + I 2 với
x − s (t )
K ( x, t ; s (t ),t ) dt ,
t −d 2(t − t )
t s (t ) − s (t )
∫t −d 2(t − t )  K ( x, t; s(t ),t ) − K ( s(t ), t; s(t ),t ) dt .
t

I1 = ∫
I2

Từ giả thiết s (t ) thỏa điều kiện Lipschitz, s (t ) − s (t ) < A t − t , ta có

I 2 ≤ A∫

1
− 2A t −t
dt =


Khi đó
t x − s (t )
x − s (t )
K
x
,
t
;
s
(
t
),
t
d
t
−
(
)
∫t −dd
∫t − 2(t − t ) K ( x, t; s(t ),t ) dt
2(t − t )
t x − s (t )
=∫
K ( x, t ; s (t ),t ).
t −d 2(t − t )

=
J1 − I1


2

≤ A ( x − s (t ) + x − s (t ) )
≤ A ( x − s (t ) + x − s (t ) + s (t ) − s (t ) )
≤ A ( x − s (t ) + s (t ) − s (t ) ) .


12

Vì nó thỏa mãn (1.3.5) với δ đủ nhỏ, và khi x → s (t ) , ta có thể giả sử rằng vế
phải của bất đẳng thức cuối nhỏ hơn 1. Do đó biểu thức trong ngoặc nhọn của
(1.3.8) bị chặn bởi A ( x − s (t ) + s (t ) − s (t ) ) .
−y
Thay vào (1.3.8) và dùng bất đẳng thức cơ bản ye ≤ const , với y ≥ 0 , ta

có

( x − s(t ) )

 ( x − s (t ) )2 
J1 − I1 ≤ A∫
exp  −
 dt
t −d
3
4(
t
)
t
−

+ A∫ dt
t −dd
t−
t −t

≤ A∫

t

≤ −2 A t − t

(

t =t
t = t −d

+ Adddd
≤ 2A
+A .

)

. ≤A .
≤ 2 A + A sdd

(1.3.9)

Bây giờ, với J1 , thay vào tích phân (1.3.7) z =

t −t

t −t

( x − s(t ) )

2

thì dz = −

dt

( x − s(t ) )

2

, khi đó


13

x − s (t )
K ( x, t ; s (t ),t ) dt
t −d 2(t − t )

J1 = ∫

t

2

1

2

1
 ( x − s (t ) ) 

exp −
dt

2
t
4
−
t
(
)
(
)
−
x
s
t
)



(

1 d ' −3 2
 1
=

exp  −  ( −2dt ) =
2 p
 4

Khi x → s (t ) thì δ ' → ∞,
J1 → −

1
2 p

∫

∞

0

1

δ'

∫

 t2 
exp  − dt.
 4
d'

∞

1

x → s (t ) −

1
≤ A δ.
2

Từ (1.3.9) và (1.3.10) ta cũng có

I1 ≤ I1 − J1 + J1 ≤ A.
Sử dụng tính liên tục Lipschitz của s (t ) ta có

(1.3.11)


14

t
s (t ) − s (t )
A
(
),
;
(
),
K
s
t
t
s
d

∫

x − s (t )
K ( x, t ; s (t ),t ) dt ≤ A.
2(t − t )

t

t −d

(1.3.13)

Thật vậy, do (1.3.11), tính liên tục Lipschitz của s và
x − s (t )
s (t ) − s (t )
x − s (t )
K ≤−
K+
K,
2(t − t )
2(t − t )
2(t − t )

nên ta có

∫

t

t −d

K ( x, t ; s (t ),t ) dt
t −d
2(t − t )
t
s (t ) − s (t )
− ∫ ρ (t )
K ( s (t ), t ; s (t ),t ) dt .
t −d
2(t − t )
t

L1 = ∫ ρ (t )

Ta có

(1.3.14)


15

lim sup L1 +

x → s (t ) −

1
ρ (t ) ≤ A δ + A sup ρ (t ) − ρ (t ) .
2
t −δ ≤t ≤ t

Thật vậy, do ρ (t ) =ρ (t ) + [ ρ (t ) − ρ (t )] nên (1.3.14) viết lại như sau

s (t ) − s (t )
− ∫ [ ρ (t ) − ρ (t ) ]
K ( s (t ), t ; s (t ),t ) dt .
t −d
2(t − t )

L1 = ∫

t

ρ (t )

Do (1.3.5), (1.3.12), (1.3.13) nên
1
lim sup L1 + ρ (t )
x→s ( t )−
2
1
≤ lim sup I .ρ (t ) + ρ (t )
x→s ( t )−
2
+ sup ρ (t ) − ρ (t ) ∫

t

+ sup ρ (t ) − ρ (t ) ∫

t

t −d

K ( s (t ), t ; s (t ),t ) dt
− ∫ ρ (t )
0
2(t − t )

L2 = ∫

t −d

ρ (t )

(0 < d < t )

thỏa lim L2 = 0 .
x→s (t )

Kết hợp nhận xét này với (1.3.15) ta có
lim sup ( L1 + L2 ) +

x → s (t ) −

1
ρ (t ) ≤ A δ + A sup ρ (t ) − ρ (t ) .
2
t −δ ≤t ≤ t

Vì vế trái độc lập với δ , và do vế phải có thể nhỏ tùy ý nếu δ đủ nhỏ, ta có
lim sup ( L1 + L2 ) +

x → s (t ) −

0

nên

lim

∫

t

x → s (t ) − 0

ρ (t ) K x ( x, t ; s (t ),t=
) dt

t
1
ρ (t ) + ∫ ρ (t ) K x ( s (t ), t ; s (t ),t ) dt .
0
2

Điều này đúng với mối quan hệ nhảy (1.3.3). 
Nhận xét 1.3.2.Cho ρ (t ) liên tục và cho s (t ) > 0 thỏa mãn điều kiện Lipschitz,

0 ≤ t ≤ σ . Khi đó, với 0 < t ≤ σ ,
lim − κ ∫ ρ (t )Gx ( x, t ; s (t ),t=
) dt
t

x→s (t )


+κ ∫ ρ (t )Gx ( s (t ), t ; s (t ),t ) dt .
t

0

Bổ đề 1.3.3.Cho n ∈ , σ > 0, p > 1, q > 1,

1

p

+

1

=
1 . Giả sử rằng t  W j (t ,t )

q

là đo được trong (0, t ) với mọi t ∈ (0,σ ] và

∫

t

0

p


) (∫
)
≤ const.∑ ( ∫ ψ (t ) dt ) , ∀j =1, n.
n

ψ j (t ) ≤ ∑ ∫ W j (t ,t )ψ j (t )dt ≤ ∑
t

0
=j 1 =j 1

(∫

t

0

1

p

W j (t ,t ) dt
n

t

j =1

0

q

j

0

Do đó,
n

n

∑ ψ j (t ) ≤ const.∑
q

=j 1 =j 1

Từ bổ đề Gronwall ta có

(∫

∑

t

0

)




0
.
Do
đó
j
j =1 = 0 . 
j
j =1

n

1

q


18

Nhận xét 1.3.4.Nếu W j (t ,t ) ≤

const.
, j=
1, n thì ta có thể chọn bất kỳ p ∈ (1,2)
t −t

để áp dụng bổ đề 1.3.3. Thật vậy, ta có
const.

p


−
p
p
t −t
− +1
2

t

dt ≤ ∫
0

≤

s

p
− +1
2

p
− +1
2

=

t
−

t =0


+∞

e − x k dx
∫=

πk

2

−∞

( với k là hằng số).

Chứng minh. Ta chỉ cần chứng minh tích phân I . Tích phân J suy ra từ tích
phân I . Thật vậy, ta có
=
I2

+∞

+∞

+∞

+∞

0

0

2


k
rdr =
− ∫ 2 dθ ∫ d  e
0

2 0


2


k
πk
− ∫ 2 (−1)dθ =.
 =
2 0
4


r
r
πππ
−
+∞ −
+∞

I =

Một ánh xạ co P từ một không gian metric đầy đủ X vào chính nó đều có
một điểm bất động duy nhất.
1.6. Nguyên lý cực đại
Xét toán tử
n
n
∂ 2u
∂u
∂u
Lu ≡ ∑ aij ( x, t )
+ ∑ bi ( x, t )
+ c ( x, t ) u −
∂xi ∂x j i 1
∂xi
∂t
=
i, j 1 =
(((((((
(((((((((

Au

trong miền ΩT = Ω × (0,T ] , với T > 0 và Ω là miền trong  n (mở và bị chặn).
Ta liệt kê một vài giả thiết sau:
(A) L là parabolic trong ΩT , nghĩa là nếu tồn tại λ > 0 mà với mỗi

( x, t ) ∈Ω

T


∂ ∗ΩT = ∂ΩT \ Ω × {T }.
Định lý 1.6.1. (Nguyên lý cực đại yếu cho phương trình parabolic)