1

MỤC LỤC
Trang

LỜI NÓI ĐẦU . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
Chương 1: Một số phương pháp đánh giá ổn định nghiệm cho phương
trình Burgers ngược thời gian . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.1 Một số kiến thức liên quan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.1.1 Bổ đề . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.1.2 Bổ đề . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.1.3 Định lý . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.1.4 Định lý . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.2 Bài toán 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.2.1 Bổ đề . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.2.2 Bổ đề . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
1.2.3 Định nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .10
1.2.4 Định lý . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
1.3 Bài toán 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
1.3.1 Định nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .12
1.3.2 Định lý . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
Chương 2: Cải tiến kết quả đánh giá ổn định nghiệm cho phương
trình Burgers ngược thời gian của Carasso và Ponomarev . . . . . . . . . 19
2.1 Cải tiến kết quả đánh giá ổn định của Ponomarev . . . . . . . . . . 19
2.1.1 Định nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .19
2.1.2 Định lý . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
2.1.3 Định lý . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20


2


Chương 2: Cải tiến kết quả đánh giá ổn định nghiệm phương trình Burgers
ngược thời gian của Carasso và Ponomarev.
Trong chương 1, chúng tôi giới thiệu bài báo [11] của A. Carasso - trình bày
đánh giá ổn định cho phương trình Burgers ngược thời gian dạng

ut = kuxx − uux + F (x, t) , (x, t) ∈ (0, 1) × (0, T ) ,
u (0, t) = α (t) , u (1, t) = β (t) , 0 t T,
trong đó k > 0, α (t), β (t) và F (x, t) là các hàm trơn. Tiếp theo chúng tôi giới
3


4

thiệu bài báo [13] của S. M. Ponomarev - trình bày về đánh giá ổn định dạng
H¨older cho nghiệm của phương trình Burgers ngược thời gian dạng


 ut = a (t) uxx + b (x, t) uux + c (x, t) ux + d (x, t) u + F (x, t) ,
∀ (x, t) ∈ (0, 1) × (t0 , T ) ,

 u (0, t) = u (1, t) = 0, 0 t T,
u (x, T ) = ϕ (x) , ∀x ∈ (0, 1) ,
trong đó a (t) > 0, ∀t ∈ [t0 , T ] , b (x, t) , c (x, t) , d (x, t) , F (x, t) và ϕ (x) là
các hàm trơn xuất hiện trong nhiều ứng dụng khác nhau nên thu hút sự quan
tâm nghiên cứu của rất nhiều nhà toán học trên thế giới( xem [11]).
Trong chương 2, chúng tôi cải tiến kết quả đánh giá ổn định nghiệm phương
trình Burgers ngược thời gian của Carasso và Ponomarev.
Khóa luận được thực hiện bằng phần mềm LATEX(xem [4]) và được hoàn
thành tại trường Đại học Vinh dưới sự hướng dẫn nhiệt tình, tận tâm của thầy
giáo, TS. Nguyễn Văn Đức và sự giúp đỡ của các thầy cô, gia đình, bạn bè. Tác


f =

xác định một chuẩn.

a

1.1.2 Bổ đề. Giả sử u (x, t) là hàm số khả vi liên tục đến cấp hai theo biến x
và biến t. Khi đó công thức

u

sup |u (x, t)| + sup |ux (x, t)| + sup |ut (x, t)|

=

(x,t)∈D

(x,t)∈D

(x,t)∈D

+ sup |uxx (x, t)| + sup |utt (x, t)| + sup |uxt (x, t)|
(x,t)∈D

(x,t)∈D

(x,t)∈D

xác định một chuẩn, trong đó D = {(x, t) : 0 < x < 1, 0 < t < T }.


Bài toán 1(Carasso)

Xét phương trình

ut = kuxx − uux + F (x, t) , (x, t) ∈ (0, 1) × (0, T ) ,
u (0, t) = α (t) , u (1, t) = β (t) , 0 t T,

(1.1)

trong đó k > 0, α (t), β (t) và F (x, t) là các hàm trơn.
Ta kí hiệu D = {(x, t) : 0 < x < 1, 0 < t < T }.
1.2.1 Bổ đề. Giả sử u(x, t) là nghiệm của phương trình

ut = kuxx − b (x, t) ux − d (x, t) u, ∀ (x, t) ∈ D,
u (0, t) = u (1, t) = 0, ∀t ∈ [0, T ] ,

(1.2)

x

a (s, t)ds và z (x, t) =

trong đó b(x,t) và d(x,t) là các hàm trơn. Đặt B (x, t) =
0

u (x, t) exp

−B(x,t)
2k

2k

(1.4)

và

zx = exp

−B
2k

ux −

b
u .
2k

(1.5)

Từ (1.5) ta suy ra

zxx = exp

−B
2k

b
uxx − ux +
k


Từ (1.7) ta có

2Bt + b2
bx
u+ u
−du −
4k
2

−B
zt = kzxx + exp
2k
−B
= kzxx − u exp
2k
= kzxx − z

2Bt + b2
bx
+d−
4k
2

2Bt + b2
bx
+d−
4k
2

.


t
u (0) (1− T ) u (T )

t
T

, ∀t ∈ (0, T ) .

(1.9)

.
Chứng minh. Đặt

δt2
v (x, t) = exp
2

u (x, t) .

(1.10)

Từ (1.10) ta suy ra

δt2
vt = exp
(ut + δtu)
2
δt2
= exp

1

f (t) = 2

1

v (kvxx − dv) dx = 2k

vt vdx = 2
0

1

0

dv 2 dx

vvxx dx − 2
0

1

0

1

vx2 dx − 2

= −2k



dt v 2 dx ≤ 0. Do đó ta có đánh giá

Để ý rằng dt ≤ 0 nên
0

1

1

vxx vxt dx − 4

f (t) ≥ −4k
0

dvt vdx
0

1

= −4kvxx vt

1
0

1

vxx vt dx − 4

+ 4k


1

vt2 dx

f (t) f (t) ≥ 4
0

v 2 dx.

(1.16)

0

Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz cho (1.16) ta đạt được
2
 1
2

2vt vdx = (f (t)) , ∀t ∈ [0, T ]

f (t) f (t) ≥ 
0

2

⇔ f (t) f (t) ≥ (f (t)) , ∀t ∈ [0, T ] .

(1.17)


T

.0 +

(1.19)

Thay g (t) = ln (f (t)) vào (1.19) ta đạt được

t
t
ln (f (0)) + ln [f (T )] , ∀t ∈ [0, T ]
T
T
t
t
≤ (f (0))(1− T ) (f (T )) T , ∀t ∈ [0, T ] .

f (t) ≤

1−

(1.20)

Điều này tương đương với

v (t)

≤

t

(
)
≤ u (0)
exp
u (T ) , ∀t ∈ [0, T ]
2
t
t
δt (T − t)
≤ exp
u (0) (1− T ) u (T ) T ,
2
∀t ∈ [0, T ] .
(1.22)

1− Tt

Bây giờ ta giả sử v (t) > 0 với 0 < t < S, trong đó S là một số dương nào
đó. Khi đó, ta có

v (t) ≤ v (0)

(R−t)/R

v (R)

t/R

,


0 z (x, t)dx

= z(t)

2

, ∀t ∈ [0, T ] .

1.2.4 Định lý. Nếu z (T ) ≤ δ (δ > 0) thì ta có đánh giá sau

z (t) ≤ 2 exp

4N + t (T − t) N 2 + (1 + 3k) N
4k

N (1− T ) δ T ,
t

t

∀t ∈ [0, T ] . (1.24)
Chứng minh. Vì ui (x, t), i = 1, 2 thoả mãn (1.1), nên ta có

zt = kzxx − u2 zx − u1x z, ∀t ∈ [0, T ] .

(1.25)


11


.
4k
2

Từ đó suy ra

1
1
(2u2 u2t + 2Btt ) + u1xt − u2xt .
4k
2
Mặt khác do u2 ≤ N , u2t ≤ N , Btt ≤ N , u1x ≤ N , u2xt ≥ −N
ct =

nên ct ≤

N 2 +(1+3k)N
.
2k

Đặt

δ=

N 2 + (1 + 3k) N
.
2k

Khi đó ct ≤ δ . Theo Bổ đề 1.2.2 chúng ta có đánh giá


z (0) (1− T ) z (T )

∀t ∈ [0, T ] .

t
T

,

(1.28)

Do z (0) = u1 (0) − u2 (0) ≤ 2N, z (T ) ≤ δ nên ta có
t
t
z (t) ≤ 2N (1− T ) δ T exp

4N + t (T − t) N 2 + (1 + 3k) N
4k

,

∀t ∈ [0, T ] . (1.29)
Định lí đã được chứng minh.


12

1.3

Bài toán 2(Ponomarev)

+ sup |uxx (x, t)| + sup |utt (x, t)| + sup |uxt (x, t)| .
(x,t)∈D

(x,t)∈D

(x,t)∈D

Khi đó công thức trên xác định một chuẩn. Kí hiệu M = {u (x, t) : u ≤ N },
trong đó N là hằng số dương cho trước. Giả sử u1 (x, t) , u2 (x, t) là các nghiệm
cổ điển của bài toán (1.30) tương ứng với các dữ kiện tại thời điểm cuối t = T là
1/2

1

ϕ1 (x) và ϕ2 (x). Đặt z(x, t) = u1 (x, t) − u2 (x, t),

2

z(t) =

z (x, t)dx

,

0

∀t ∈ [0, T ] và f (t) =

1 2
0 z (x, t)dx

k1 t0
µ

exp

k1 T
µ

− exp

k1 t0
µ

α=

.


13

ii) Với a (t) = t và t0 > 0 thì chúng ta có đánh giá

f (t) ≤ t

(1−β)

f (t0 )
tk0

k

u1t = au1xx + bu1 u1x + cu1x + du1 + F,
u2t = au2xx + bu2 u2x + cu2x + du2 + F.

(1.33)

Khi đó

zt = u1t − u2t
= azxx + b (zu1x + u2 zx ) + czx + dz
= azxx + (bu2 + c) zx + (bu1x + d) z.
Đặt p (x, t) = bu2 + c,

(1.34)

q (x, t) = bu1x + d. Từ đó suy ra
zt = azxx + pzx + qz.

(1.35)

1

z 2 (x, t) dx nên

Mặt khác vì f (t) =
0

1

f (t) = 2


1

1

z 2 dx

= 2
0

0



1

− 2

z 2 dx
0

zt2 dx
0

2
zzt dx .

0

zzt dx
0




zzt dx
0

1

−4 

2
zzt dx

0
1

1

z 2 dx

≥ 2

2

1

0

zztt − zt2 dx.



zztt − zt2 dx =
0

Azx zxx + Bzzxx + Czx2 + P zzx + Rz 2 dx. (1.39)
0

Vì c(1, t) ≤ 0,

c(0, t) ≥ 0,

A(0, t) ≤ 0 và A(1, t) = −2a (t) p(1, t) =

−2a (t) (b(1, t)u2 (1, t) + c(1, t)) ≥ 0 nên
1

1

1
Azx zxx dx = − Azx2
2

1
0

1
−
2
0


thức

|ab| ≤

εa2 b2
+ , ∀ε > 0.
2
2ε

Do đó
1

1
1
0

Bzzxx dx = Bzzx

−

0

1

Bzx2 dx

Bx zzx dx −
0

0

P zzx dx = −

1
2

Px z 2 dx ≥

−c4
2

0

0

1

z 2 dx,

(1.42)

0

trong đó c4 ≥ max |Px |. Như vậy,ta đạt được
(x,t)∈D
1

1

c1 ε
zztt − zt2 dx ≥ −

zx2 dx = zzx

1
0

−

0

1

zzxx dx = −
0
1

= −

1
a (t)

zzxx dx
0

z (zt − pzx − qz)dx
0
1

= −

1

px
2

. Từ (1.43) và (1.44) ta có

1

zztt − zt2 dx ≥

k1
k2
f (t) −
f (t) ,
2a (t)
2a (t)

(1.45)

0

trong đó

c1 ε
+ + c2 + 2c25 ,
2
2
c23 c4
= 2k1 c7 + 2
+ + c6
2ε

−
≥−
f (t)
a (t) f (t)
a (t)



T
dh 
f (t)
k1 f (t)
k2
exp k1
−
≥−
exp k1
a (h)
f (t)
a (t) f (t)
a (t)
t






T
T

t

∀t ∈ [t0 , T ] .

(1.47)

Nếu a (t) = µ (hằng số dương cho trước) thì (1.47 ) trở thành

exp −

k1 t
µ

f (t)
f (t)

≥ −

k2
k1 t
exp −
, ∀t ∈ [t0 , T ] .
µ
µ

(1.48)

Đặt

s (t) = exp −

k2 µ
2
k1

.

Sử dụng (1.49) ta chứng minh được g1 (s) ≥ 0. Do đó g1 là hàm lồi.
Theo bất đẳng thức Jensen ta có

g1 exp

k1 t
µ

k1 t0
µ
k1 t0
exp
µ

= g1 (1 − α) exp
≤ (1 − α) g1

+ α exp

k1 T
µ

+ αg1 exp


µ

.

Từ (1.50) ta có

ln f (t) exp −

⇔ f (t) ≤ exp

k2 t0
k1
k2 T
+ α ln f (T ) exp −
k1

k2 t
k1

≤ (1 − α) ln f (0) exp −

k2
(t − αT − t0 (1 − α)) (f (t0 ))(1−α) (f (T ))α ,
k1
∀t ∈ [t0 , T ] .
(1.51)

Nếu a(t) = t thì (1.47) trở thành

exp −k1 ln

.
sk1 +1

(1.53)


18

Đặt r (s) = sk1 +1 . Ta suy ra

1 df
f dr

d
dr

≥−

k2 T
−
2r
(1 + k1 )

k1
k1 +1 +1

.

(1.54)



g2

t
T

1+k1

= g2

t0
(1 − β)
T

1+k1

t0
T

1+k1

≤ (1 − β) g2

+ β (1 + k1 )
+ βg2 (1 + k1 ) ,

∀t ∈ [t0 , T ] ,

(1.56)


β
k2 T
f (t0 ) 
f (T )
1+k1 
⇔ f (t) ≤ t
k2 T
k2 T
1+k1
1+k1
T
t0
1

k

⇔ f (t) ≤ t

f (t0 )
tk0

1−β

f (T )
Tk

β

trong đó
1

trong đó k > 0, α (t), β (t) và F (x, t) là các hàm trơn.

2.1

Cải tiến kết quả đánh giá ổn định của Ponomarev

2.1.1 Định nghĩa. Cho N là một số thực dương, một hàm u(x, t) được gọi là
thuộc vào tập VN nếu

max {|u| , |ut | , |ux | , |uxx | , i = 1, 2 } ≤ N ,
(x,t)∈D

trong đó N là số thực dương. Với ui (x, t) ∈ VN , i = 1, 2 là nghiệm của bài toán
1/2

1

(2.1). Đặt z(x, t) = u1 (x, t)−u2 (x, t),

2

z(t) =

z (x, t)dx

, ∀t ∈ [0, T ]

0

và f (t) =

α=

exp( kk1 t ) − 1
exp( k1kT ) − 1

.

Chúng tôi cải tiến kết quả của Ponomarev vừa đề cập ở trên bằng định lý
sau đây:
2.1.3 Định lý. Nếu ui (x, t) ∈ VN với i = 1, 2 là các nghiệm cổ điển của (2.1)
thì tồn tại các hằng số dương c1 và c2 ( không phụ thuộc vào ui (x, t), i = 1, 2)
sao cho

f (t) ≤ exp
trong đó

α=

c2 (t − αT )
(f (0))(1−α) (f (T ))α , ∀t ∈ [0, T ] ,
c1

exp( ck1 t ) − 1
exp( c1kT ) − 1

(2.3)

.

Chứng minh. Với chú ý rằng ui (x, t), i = 1, 2, thoả mãn (2.1), ta có

f (t) = 2

zzt dx
0
1

z{zxx − azx − ax z}dx

= 2k
0
1

1

zzxx dx − 2k

= 2k
0

1

ax z 2 dx

azzx dx − 2k
0

1

1




21

Từ (2.6) ta suy ra
1

f (t) = −4k

1

1
2

zx zxt dx −

kaxt z dx − 2

0

kax zzt dx

0

0

1

1



+2

0

kat zzx dx
0

1

1

zt2 dx +

= 4
0

1

zt (4azx + 2ax z) dx + 2
0

0
1

1

zt2 dx +

= 4


−

1

(4azx + 2ax z) (azx + ax z) dx + 2
0
1

kat zzx dx
0

1

zt2 dx + 2azx2

= 4

kat zzx dx

1
0

zx2 ax dx + 2kax zzx

− 2k

0

1

0
1

0

kat zzx dx
0

1

zt2 dx +

= 4

1

0

−4ax − 4a2 zx2 dx
0

1

−2

1

a2x z 2 dx.

(axx + 3ax a + kat ) zzx dx − 2

f (t) ≥ 4

(2.9)

0

ax − a2 zx2 dx
0
1

1

c3
zx2 dx −
ε

− c3 ε

z 2 dx − 2
0

0
1

a2x z 2 dx
0

1

zt2 dx − 4

kc3 ε
4

c1 , ∀(x, t) ∈ D.

(2.11)

Từ (2.10) và (2.11) ta suy ra
1

1

4c1
zt2 dx −
k

f (t) ≥ 4
0

1

c3
+ 2a2x z 2 dx.
ε

zx2 dx −
0

(2.12)


zt2 dx + f (t) +
k

= 4

1

ax z 2 dx −
0

1



1
c3 k
c1 ax −
− 2ka2x z 2 dx.
k
ε
0

(2.13)


23

Tồn tại hằng số c2 không phụ thuộc vào u1 , u2 để sao cho

c 1 ax −


zt2 dx

f (t) f (t) ≥ 4
0

z 2 dx +

c2
c1
f (t)f (t) − f 2 (t) .
k
k

(2.16)

0

Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz cho (2.16) ta được
 1
2
c2
c1
f (t) f (t) ≥ 2 zzt dx + f (t) f (t) − f 2 (t)
k
k
0

c1
c2

(
)
− , ∀t ∈ (0, T )
f (t)
k f (t)
k
f (t)
c1 f (t)
c2
(
) −
− , ∀t ∈ (0, T )
f (t)
k f (t)
k
c1 t
f (t)
c1 f (t)
c2
e− k ((
) −
) − e−c1 t , ∀t ∈ (0, T )
f (t)
k f (t)
k
c1 t f (t)
c2
(e− k
)
− e−c1 t , ∀t ∈ (0, T ).


.

Sử dụng (2.20) ta dễ dàng kiểm tra được g (s) ≥ 0. Do đó g (s) là hàm lồi. Sử
dụng bất đẳng thức Jensen cho hàm lồi g (s) ta có

g exp

c1 t
k

c1 0
c1 T
+ α exp
k
k
c1 T
c1 0
+ αg exp
≤ (1 − α) g exp
k
k
∀t ∈ [0, T ] ,
= g (1 − α) exp

,
(2.21)

trong đó


−1

.

Từ (2.21) suy ra

ln f (t) exp

−c2 t
c1

−c2 0
c1
−c2 T
+α ln f (T ) exp
.
c1

≤ (1 − α) ln f (0) exp

(2.22)

Điều này tương đương với

f (t) ≤ exp

c2 (t − αT )
(f (0))(1−α) (f (T ))α , ∀t ∈ [0, T ] .
c1


k1 .

Mặt khác, ta có α ∈ [0, 1] và t ∈ [0, T ] nên vế phải của (2.3) bé hơn vế phải của
(2.2). Do đó kết quả trong Định lý 2.1.3 tốt hơn kết quả trong Định lý 2.1.2.

2.2

Cải tiến kết quả đánh giá ổn định của Carasso

2.2.1 Bổ đề. Giả sử u(x, t) là nghiệm của phương trình

ut = kuxx − a (x, t) ux − ax (x, t) u, ∀ (x, t) ∈ D,
u (0, t) = u (1, t) = 0, ∀t ∈ [0, T ] ,

(2.25)

trong đó a(x,t) là hàm trơn.
x

a (s, t)ds, z (x, t) = u (x, t) exp

Đặt B (x, t) =
0

−B(x,t)
2k

. Khi đó z(x,t) thỏa

mãn

a2
ax
−B
uxx − aux +
+
= exp
2
2k
4k
2k

zt = ut exp
zx
zxx

(2.27)

u .

(2.28)

Do đó

zt − zxx

−B
= exp
2k

at


2Bt + a2
ax
+
4k
2

.

(2.30)