ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM

Vũ Thị Thùy Linh

TÍNH ỔN ĐỊNH NGHIỆM
CỦA BÀI TOÁN RAYLEIGH-STOCKES NỬA TUYẾN TÍNH

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Thái Nguyên - 2020


ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM

Vũ Thị Thùy Linh

TÍNH ỔN ĐỊNH NGHIỆM
CỦA BÀI TOÁN RAYLEIGH-STOCKES NỬA TUYẾN TÍNH

Chuyên ngành: Toán giải tích
Mã số: 8460102

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Người hướng dẫn khoa học
PGS. TS. Trần Đình Kế

Thái Nguyên - 2020



Vũ Thị Thùy Linh

ii


Mục Lục

Mục lục
Lời cam đoan

i

Lời cảm ơn

ii

Mục lục

iii

Đặt vấn đề

1

1 Kiến thức chuẩn bị
1.1 Công thức biểu diễn nghiệm . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2 Tính chất của họ giải thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3

∂tα là đạo hàm phân thứ Riemann-Liouville cấp

α xác định bởi
∂tα v(t)

(1)

d
=
dt

t

h1−α (t − s)v(s)ds,
0

tβ−1
ở đây hβ (t) =
với β > 0, t > 0.
Γ(β)
Trong lý thuyết động lực học chất lỏng, việc nghiên cứu tính chất của các
dòng chất lỏng không Newton có đặc tính nhớt đàn hồi thu hút sự quan tâm
của nhiều nhà nghiên cứu bởi những ứng dụng quan trọng của chúng trong lưu
biến học, địa vật lý, công nghệ hóa dầu,.... Phương trình (1) phát sinh từ bài
toán Rayleigh-Stokes tổng quát mà luật hợp thành của nó được mô tả trong
các công trình [7, 13], được dùng để mô tả dòng chất lỏng bậc hai (second grade
fluid) trong một hình trụ. Phương trình này cũng được sử dụng để mô tả dòng
chất lỏng Oldroyd-B trong một trường hợp riêng [7]. Chú ý rằng thành phần
đạo hàm phân thứ được sử dụng để đặc tả tính chất nhớt đàn hồi.
Trong các tài liệu khảo sát, đã có một số lượng lớn các bài báo đưa ra các


trong đó ẩn hàm ω là một hàm vô hướng, µ và γ là các tham số dương. Một số
tính chất quan trọng của ω được trình bày trong mệnh đề sau.
Mệnh đề 1.1. Giả sử ω là nghiệm của bài toán (1.1)-(1.2). Khi đó
1. 0 < ω(t) ≤ 1 với mọi t ≥ 0;
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. µω(t) ≤ C min{t−1 , tα−1 }, với mọi t > 0, ở đó C là một hằng số dương;
T

ω(s)ds ≤ µ−1 (1 − ω(T )), với mọi T > 0.

4.
0

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
T

ω(T ) + µ

T

h1−α (T − s)ω(s)ds = 1.

ω(s)ds + µ
0

0


.
λ + γµλα + µ

Từ đó
1 + γλα
∂ω
ˆ
=−
= −[(1 + γλα )ˆ
ω ]ˆ
ω.
α
2
∂µ
(λ + γµλ + µ)
Chú ý rằng
(1 + γλα )ˆ
ω = L[(1 + γ∂tα )ω],
ta có
∂ω
ˆ
= −L[(1 + γ∂tα )ω]L[ω].
∂µ
Áp dụng biến đổi Laplace ngược cho phương trình cuối, ta được
∂ω
= −(ω + γ∂tα ω) ∗ ω,
∂µ
do quy tắc chập của phép biến đổi Laplace. Sử dụng (1.1), ta có
∂ω
1

λ + γµλα + µ λ + γµλα + µ

Biến đổi Laplace ngược đối với phương trình cuối, ta được
t

ω(t − s)g(s)ds.

v(t) = ω(t)v0 +

(1.5)

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 + µ(1 + γ∂tα )v, khi đó
L[v] = L[ω]v0 + L[ω ∗ g] = L[ω ∗ g].
Ta chỉ cần chứng minh L[ω ∗ g] = g. Tính toán trực tiếp, ta thu được
(ω ∗ g) + µ(ω ∗ g) = g + ω ∗ g + µ(ω ∗ g)
= g + (ω + µω) ∗ g,
d
∂tα (ω ∗ g) = [h1−α ∗ (ω ∗ g)]
dt
d
= (h1−α ∗ ω) ∗ g
dt
= (∂tα ω) ∗ g.
Do vậy
L[ω ∗ g] = (ω ∗ g) + µ(ω ∗ g) + µγ∂tα (ω ∗ g)
= g + (ω + µω + µγ∂tα ω) ∗ g
= g + L[ω] ∗ g = g.

b(s)ds.
µ−a

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 (t) + µ(1 + γ∂tα )y(t) = az(t) + b(t),
y(0) = z0 ,
theo Mệnh đề 1.3. Từ đó ta có
y (t) + (µ − a) 1 +

γµ α
∂ y(t) = a(z(t) − y(t)) + b(t),
µ−a t
y(0) = z0 .

Sử dụng Mệnh đề 1.3 một lần nữa, ta có biểu diễn
y(t) = ω t, µ − a,

γµ
z0
µ−a

t

γµ
[a(z(s) − y(s)) + b(s)]ds
µ−a
0
t
γµ

u = 0 trên ∂Ω, t ≥ 0,

(1.8)

u(·, 0) = ξ trong Ω,

(1.9)

với F = F (x, t) sao cho F ∈ L1loc (R+ ; L2 (Ω)) và ξ ∈ L2 (Ω). Cho
∞

u(x, t) =

un (t)ϕn (x),
n=1
∞

F (x, t) =

∞

Fn (t)ϕn (x), ξ(x) =
n=1

ξn ϕn (x).
n=1

Khi đó
un (t) + λn (1 + γ∂tα )un (t) = Fn (t), un (0) = ξn .
Áp dụng Mệnh đề 1.3, ta nhận được

1.2

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 ∈ L2 (Ω), T > 0, ta có:
1. S(·)v ∈ C([0, T ]; L2 (Ω)) ∩ C((0, T ]; H 2 (Ω) ∩ H01 (Ω)).
2. S(t)v ≤ ω(t, λ1 , γ) v , với mọi t ≥ 0. Nói riêng, S(t) ≤ 1 với mọi
t ≥ 0.
7


3. S(·)v ∈ C (m) ((0, T ]; L2 (Ω)) với mọi m ∈ N, và S (m) (t)v ≤ Ct−m v , ở
đó C là một hằng số dương.
4. ∆S (m) (t)v ≤ Ct−m−1+α v 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:
∞
2

S(t)ξ

ω(t, λn , γ)2 ξn2

=
n=1

∞
2


=
.
ˆ
z
1 + γz α
k(z)

(1.14)

Khi đó
S(t) =

1
2πi

π
ezt H(z)dz, δ > 0, θ ∈ (0, ).
2
Γδ,π−θ

b) Khẳng định đầu tiên trong Bổ đề 1.2 chứng tỏ toán tử S(t) : L2 (Ω) → L2 (Ω)
là compact với mọi t > 0, do tính compact của phép nhúng
H 2 (Ω) ∩ H01 (Ω) → L2 (Ω)
.
Xét toán tử Cauchy Q : C([0, T ]; L2 (Ω)) → C([0, T ]; L2 (Ω)) cho bởi
t

Q(g)(t) =

S(t − s)g(s)ds.


∆S(t − s)g(s)ds, t > 0.

∆Q(g)(t) =
0

Sử dụng Bổ đề 1.2(4) với m = 0, ta nhận được
t

∆Q(g)(t) ≤

∆S(t − s)g(s) ds
0
t
−1+α

≤C

(t − s)
0

CT α
g(s) ds ≤
g
α

∞,

từ đó suy ra tính bị chặn của ∆Q(D)(t) trong L2 (Ω). Do phép nhúng
D(∆) → L2 (Ω) là compact, ta có Q(D)(t) là tập compact tương đối với mỗi


[S(t + h − s) − S(t − s)]g(s) =

hS (t − s + θh)g(s)dθ
0

9


1

≤h

S (t − s + θh) g(s) dθ
0
1

≤ Ch
0

g(s) dθ
,
t − s + θh

nhờ sử dụng định lý trung bình đối với đạo hàm và Bổ đề 1.2(3). Vậy
[S(t + h − s) − S(t − s)]g(s) ≤ C g

∞ ln

1+


S(h − s)g(s) ds ≤ h g

∞

→ 0 as h → 0,

0

đều theo g ∈ D. Do vậy, Q(D) là tập đồng liên tục. Áp dụng định lý ArzelàAscoli ta có điều phải chứng minh.
Định lý 1.1. (Nguyên lí ánh xạ Co)
Cho (X, d) là một không gian metric đầy đủ và T là một ánh xạ co trong X.
Khi đó, tồn tại x∗ ∈ X mà T x∗ = x∗ . Ngoài ra, ∀xo ∈ X ta có T n x0 → x∗ khi
n → ∞.
Định nghĩa 1.1. (Tính ổn định nghiệm)
Với x∗ ổn định ⇔ ∀ > 0, ∃δ > 0 sao cho
∀x : |x(0) − x∗ (0)| < δ thì |x(t) − x∗ (t)| < .
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; ∞).

10


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

t0

x(t) ≤ c +


toán.
Định nghĩa 2.1. Cho ξ ∈ L2 (Ω). Hàm u ∈ C([0, T ]; L2 (Ω)) được gọi là nghiệm
nhẹ của bài toán (1)-(3) trên đoạn [0, T ] nếu
t

S(t − s)f (u(·, s))ds, t ∈ [0, T ].

u(·, t) = S(t)ξ +
0

Trong các định lý sau, ta sẽ trình bày một số kết quả về tính giải được toàn
cục của bài toán (1)-(3).
Định lý 2.1. Giả sử f : L2 (Ω) → L2 (Ω) là một hàm liên tục. Hơn nữa
lim sup
v →0

f (v)
= η ∈ [0, λ1 ).
v

(2.1)

Khi đó tồn tại δ > 0 sao cho với ξ < 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, λ1 − η), tồn tại ρ > 0 sao cho
f (v) ≤ (η + ε) v , ∀ v ≤ ρ.
Ký hiệu Bρ là hình cầu trong C([0, T ]; L2 (Ω)) có tâm tại gốc và bán kính ρ.
Cho ξ ∈ L2 (Ω), xét toán tử Φ : Bρ → C([0, T ]; L2 (Ω)) xác định bởi
t


= ω(t, λ1 , γ)[ ξ − (η + ε)ρλ−1
1 ] + (η + ε)ρλ1 .

Do (η + ε)λ−1
1 < 1, nên Φ(u)

∞

≤ ρ nếu ξ ≤ δ := ηρλ−1
1 . Vậy khi ξ ≤ δ,

Φ : Bρ → Bρ liên tục và compact. Áp dụng định lý điểm bất động Schauder, Φ
có ít nhất một điểm bất động, chính là nghiệm nhẹ của bài toán (1)-(3) trên
đoạn [0, T ]. Định lý được chứng minh.
Chú ý rằng nếu f tăng trưởng dưới tuyến tính, ta có thể giảm bớt điều kiện
áp đặt lên giá trị ban đầu, tức là ξ không bị khống chế. Kết quả cụ thể được
trình bày trong định lý sau.
Định lý 2.2. Giả sử f : L2 (Ω) → L2 (Ω) liên tục và thỏa mãn đánh giá
f (v) ≤ a v + b, for some a, b ≥ 0.
Khi đó bài toán có ít nhất một nghiệm nhẹ trên đoạn [0, T ] với mọi
ξ ∈ L2 (Ω)
.
Chứng minh. Cho ξ ∈ L2 (Ω). Xét toán tử nghiệm
t

S(t − s)f (u(·, s))ds,

Φ(u)(·, t) = S(t)ξ +
0


Lipschitz
f (v1 ) − f (v2 ) ≤ κ(r) v1 − v2 , với mọi v1 , v2 ≤ r,
ở đó κ(·) là một hàm không âm sao cho lim sup κ(r) = η ∈ [0, λ1 ). Khi đó tồn
r→0

tại δ > 0 sao cho với ξ < δ, bài toán (1)-(3) có duy nhất nghiệm trên đoạn
[0, T ] với mỗi T > 0.
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
t

S(t − s)f (u(·, s))ds

u(·, t) = S(t)ξ +
0
∞

t

ω(t − s, λn , γ)fn (s)ds ϕn ,

ω(t, λn , γ)ξn +

=

0

n=1


Nhận xét 2.1. Nếu f thỏa mãn tính chất Lipschitz toàn cục, tức là
f (v1 ) − f (v2 ) ≤ κ0 v1 − v2 , 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.
Định lý sau đây trình bày sự tồn tại nghiệm phân rã của bài toán (1)-(3).
Định lý 2.4. Nếu các giả thiết của Định lý 2.1 được thực hiện, thì nghiệm của
bài toán (1)-(3) thỏa mãn u(·, t) = O(tα−1 ) khi t → ∞.
Chứng minh. Lấy δ, ρ và

như trong chứng minh Định lý 2.1. Khi đó ta có
t

ω(t − s, λ1 , γ) f (u(·, s)) ds

u(·, t) ≤ ω(t, λ1 , γ) ξ +
0
t

≤ ω(t, λ1 , γ) ξ +

ω(t − s, λ1 , γ)(η + ) u(·, s) ds.
0

Áp dụng bất đẳng thức kiểu Gronwall trong Bổ đề 1.1, ta nhận được
u(·, t) ≤ ω t, λ1 − η − ,

γλ1
λ1 − η −


. Khi đó
t

u2 (·, t) − u1 (·, t) ≤ S(t)(ξ1 − ξ2 ) +

S(t − s)[f (u1 (·, s)) − f (u2 (·, s))] ds
0

t

≤ ω(t, λ1 , γ) ξ1 − ξ2 +

ω(t − s, λ1 , γ)κ0 u1 (·, s) − u2 (·, s) ds, t ≥ 0.
0

Sử dụng Bổ đề 1.1, ta được
u2 (·, t) − u1 (·, t) ≤ ω t, λ1 − κ0 ,

γλ1
λ1 − κ0

ξ1 − ξ2 , 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.
Bây giờ ta sẽ chứng minh sự tồn tại tập hấp thụ cho nghiệm của (1), khi f
tăng trưởng dưới tuyến tính.
Định lý 2.7. Giả sử f : L2 (Ω) → L2 (Ω) là hàm liên tục và thỏa mãn điều kiện
tăng trưởng dưới tuyến tính
f (v) ≤ a v + b,

≤ ω t, λ1 − a,

γλ1
λ1 − a

ξ + b(λ1 − a)−1 ,

γλ1
→ 0 khi t → ∞, ta
λ1 − a
có thể tìm được T = T ( ξ ) > 0 sao cho u(·, t) ≤ b(λ1 − a)−1 + 1 với mọi
ở đây ta đã dùng Mệnh đề 1.1(4). Do ω t, λ1 − a,

t ≥ T . Như vậy, hình cầu B(0, R) ⊂ L2 (Ω) với R = b(λ1 − a)−1 + 1, là một tập
hấp thụ các nghiệm của phương trình (1).
Trong định lý tiếp theo, ta sẽ phân tích điều kiện cho sự hội tụ của nghiệm
của (1) về điểm cân bằng.
Định lý 2.8. Giả sử f : L2 (Ω) → L2 (Ω) là hàm liên tục và u là một nghiệm
nhẹ của bài toán (1)-(3). Giả thiết thêm rằng ∂Ω thuộc lớp C 2 . Nếu tồn tại
giới hạn lim u(·, t) = u∗ trong L2 (Ω), thì u∗ là một nghiệm mạnh của bài toán
t→∞

elliptic
−∆w = f (w) trong Ω,

(2.2)

w = 0 trên ∂Ω.

(2.3)


0

= u1 (t) + u2 (t) + u3 (t), t > T1 .
Xét u1 (t), ta thấy
u1 (t) ≤ ω(t, λ1 , γ) ξ → 0 khi t → ∞.
Với u2 (t), ta có
T1

u2 (t) ≤

S(t − s) f (u(·, s)) − f (u∗ ) ds

0

17


t

S(t − s) f (u(·, s)) − f (u∗ ) ds

+
T1
T1

≤

ω(t − s, λ1 , γ) f (u(·, s)) − f (u∗ ) ds


s∈[0,T1 ]
∞
1

+

∞

ω(s, λ1 , γ)ds ≤

L (R ) và

λ−1
1 .

Do đó tồn tại T2 > 0 sao cho

0

2M

(2.5)

ω(s, λ1 , γ)ds
T1 + T2 , từ (2.5) ta suy ra
∞

u2 (t) ≤ M

S(t)ξdt.
0

Đẳng thức trên dẫn đến
t

t
∗

S(s)f (u∗ )ds

S(t − s)f (u )ds =

u3 (t) =
0

0

∞

S(t)f (u∗ )dt = (−∆)−1 f (u∗ ), khi t → ∞.

→
0

Do lim u(·, t) = lim u3 (t), ta có u∗ = (−∆)−1 f (u∗ ). Vì ∂Ω thuộc lớp C 2 , nên
∗

t→∞
2


µ

Khi đó ω
˜ (t, µ) = e− 1+γµ t . Ta định nghĩa các toán tử
∞

S(t)ξ =

ω
˜ (t, λn )ξn ϕn , t ≥ 0,

(2.10)

n=1

với ξ ∈ L2 (Ω), ξn = (ξ, ϕn ). Với g ∈ C(R+ ; R), giải phương trình
(1 + γµ)v (t) + µv(t) = g(t), t > 0,

(2.11)

ta được
1
v(t) = ω
˜ (t, µ)v(0) +
1 + γµ

t

ω


(2.14)


2. R(·)ξ, ∆R(·)ξ ∈ C ∞ (R+ ; L2 (Ω)) với mỗi ξ ∈ L2 (Ω). Hơn nữa ta có
λ1

R(m) (t)ξ ≤ γ −m e− 1+γλ1 t ξ ,

(2.15)

λ1

∆R(m) (t)ξ ≤ γ −m−1 e− 1+γλ1 t ξ , ∀m ∈ N, t ≥ 0.

(2.16)

Chứng minh. (1) Ta thấy
|˜
ω

(m)

(t, λn )| =

do đó chuỗi

m

λn

λn

e− 1+γλn t ≤ γ −m e− 1+γλ1 t ,

với mọi n ∈ N \ {0}. Ngoài ra,
∞

(−∆)R(t)ξ =
n=1

λn
ω
˜ (t, λn )ξn ϕn ,
1 + γλn

và
λn
|˜
ω (m) (t, λn )| =
1 + γλn

λn
1 + γλn

m+1

λ1

λn


. Khi đó rõ ràng ξ ∈ L2 (Ω). Mặt khác
γ
2
d
n
n=1
∞

∞
2λn
− 1+γλ
t −2γ
n n
λ2β
e
n

β

(−∆) S(t)ξ =
n=1

≥e

− γ2 t

−2γ
λ2β
.
n n