Đang tải... (xem toàn văn)
Kế hoạch học tập hợp lý :sẽ giúp bạn tiết kiệm được thời gian, công sức và có kết quả học tập tốt nhất. Sau khi nghe giảng, bạn cần thu xếp học bài trong thời gian sớm nhất có thể. Bạn cần đọc, tìm hiểu kỹ sách giáo khoa, sau đó làm bài tập áp dụng. Khi đã hiểu rõ vấn đề mới làm phần bài tập nâng cao. Việc thu xếp thời gian học bài sớm sau khi nghe giảng sẽ giúp tri nhớ bạn mau chóng tiếp thu bài, đỡ tốn nhiều thời gian hơn là bỏ bẵng 1 thời gian sau đó bạn mới học lại. Như vậy bạn rất dễ quên, kiến thức được khôi phục lại khó khăn hơn. Đối với môn học nào cũng vậy, không nên cố nhớ những điểu không hiểu, đặc biệt với môn Toán, bạn càng phải tránh học lan man, amatơ như vậy bạn sẽ khó có thể vận dụng linh hoạt vào bài tập, câu hỏi cụ thể được. Chỉ có thể hiểu rõ thì tự động sẽ nhớ dễ dàng. Tránh tình trạng nước dến chân mới nhảy” thì bạn cần phải phân chia thời gian hợp lý cho môn Toán nói riêng và các môn học nói chung.
1.21 Phương trình vi phân 1.22 Các kí hiệu dùng luận văn Sự tồn nghiệm phương trình chỉnh hóa CahnHilliard 2.1 Giới thiệu 2.2 Sự tồn nghiệm toàn cục 10 2.2.1 Định lí 10 2.2.2 Định lí 15 2.2.3 Lưu ý 18 2.2.4 Lưu ý 18 Sự tồn nghiệm phương trình chỉnh hóa Sobolev 20 3.1 Giới thiệu 20 3.2 Nghiệm yếu 23 3.2.1 Bổ đề 23 3.2.2 Định lí 24 3.2.3 Mệnh đề 25 3.2.4 Bổ đề 26 3.2.5 Mệnh đề 26 3.2.6 Mệnh đề 27 3.2.7 Bổ đề 27 3.2.8 Hệ 29 1.1 Kiến thức chuẩn bị Không gian Lp Cho (Ω, S, µ) khơng gian độ đo, Ω tập mở không gian Euclide n chiều Rn , S σ đại số tập đo Lebesgue µ độ đo Lebesgue Cho Với ∞, ta định nghĩa không gian Lp sau p p < ∞, ta định nghĩa sau Lp = {f : f hàm đo f p= Ω |f (x)|p dµ(x) p Ω = |f (x)|p dµ(x) < ∞} Ω |f |p dµ Với p = ∞, ta định nghĩa, L∞ = {f : f hàm đo |f (x)| ≤ k hầu khắp nơi, k > 0} f 1.2 ∞= inf {k > : |f (x)| ≤ k hầu khắp nơi Ω} Không gian Hilbert Giả sử H không gian vectơ Tích vơ hướng (u, v) dạng song tuyến tính từ H × H vào R, đối xứng, xác định dương (u, u) ≤ ∀u ∈ H (u, u) > u = Nhắc lại tích vơ hướng thỏa mãn bất đẳng thức Cauchy - Schwart: 1 |(u, v)| ≤ (u, u) (v, v) , với u, v ∈ H Ta nhắc lại |u| = (u, u) chuẩn Thực vậy: |u + v|2 = |u|2 + |v|2 + 2(u, v) ≤ |u|2 + |v|2 + 2|u||v| Cuối "đẳng thức hình bình hành": ]] | a+b |2 + | a−b |2 = 2 |a|2 + |b|2 với a, b ∈ H ∗ Định nghĩa: Không gian Hilbert khơng gian vectơ H trang bị tích vơ hướng (u, v) không gian đầy đủ chuẩn (u, v) ∗ Ví dụ bản: L2 (Ω) trang bị tích vơ hướng (u, v) = Ω u(x)v(x)dx không gian Hilbert Không gian Sobolev H khơng gian Hilbert "theo mơ hình" L2 (Ω) 1.3 Không gian Ck (Ω) Giả sử Ω miền bị chặn không gian Euclid n chiều Rn Ω bao đóng Ω Ta kí hiệu Ck (Ω) với (k = 0; 1; 2; ) tập hàm có đạo hàm đến cấp k Ω chúng thác triển liên tục lên Ω Trong đó, C0k (Ω) tập hàm C k (Ω) có giá compact Ω Ta đưa vào C k (Ω) chuẩn f C k (Ω) max |Dα f (x)| = |α|≤k x∈Ω Trong đó, α = (α1 , ., αn ) gọi đa số vectơ với tọa độ nguyên không âm, |α| = α1 + + αn , Dα f = ∂ α1 + +αn f α ∂x11 ∂xαnn Sự hội tụ theo chuẩn hội tụ Ω hàm tất đạo hàm chúng đến cấp k 1.4 Không gian đối ngẫu Cho V không gian định chuẩn Không gian L(V, R) phiếm hàm liên tục V với chuẩn ||Λ|| = sup ||Λx||, Λ ∈ L(V, R) ||x||≤1 gọi không gian đối ngẫu V , kí hiệu V 1.5 Khơng gian phản xạ Giả sử E không gian Banach vào J phép nhúng tắc từ E E Ta nói E phản xạ J(E) = E Khi đó, ta nói xn hội tụ yếu x 1.6 Hội tụ yếu Do V môt họ hàm số xác định V nên sinh topo V : topo thơ cho phần tử V liên tục Topo gọi topo yếu V , kí hiệu τV,V Dãy {xn } ⊂ V , ta có xn → x topo τV,V , kí hiệu xn →w x, với x∗ ∈ V , x∗ , xn → x∗ , x n → ∞ Khi xn → x topo sinh chuẩn , ta gọi hội tụ mạnh hay ngắn gọn hội tụ, kí hiệu ||xn − x|| → 1.7 Định lý Banach - Alaoglu - Bourbaki Tập hợp BV = {f ∈ V ; ||f || ≤ 1} compact topo yếu τV,V 1.8 Hệ Định lý Banach - Alaoglu - Bourbaki Cho X không gian Banach phản xạ Nếu dãy xn bị chặn tồn x ∈ X tồn dãy xnk cho dãy xnk hội tụ x X 1.9 Bất đẳng thức Holder Lấy Ω ⊂ Rn tập đo được, hàm f g đo Ω ≤ p ≤ ∞, |f g|dx ≤ ||f ||Lp (Ω) ||g||Lq (Ω) , Ω p + q = 1.10 Bất đẳng thức Young Lấy f hàm thực tăng liên tục [0, ∞) f (0) = Khi với a, b ≥ 0, ta có: b a ab ≤ f −1 dx, f dx + 0 f −1 hàm ngược Dấu đẳng thức xảy b = f (a) Hệ Nếu < p < ∞, với a, b ≥ 0, ta có: ab ≤ p + q ap aq + , p q = Hệ (Bất đẳng thức Peter Paul) Với > 0, ta có: ab ≤ ap + C( )bq 1.11 Bất đẳng thức Gronwall dạng vi phân Lấy u ∈ C ([a, ∞)), α ∈ C([a, ∞)) thỏa u (t) ≤ α(t)u(t), ∀t > a u(t) ≤ u(a)e t a α(s)ds Hệ quả: Với f ≥ f (s) ≤ cf (s) f (t) ≤ f (0)ect , ∀t ≥ Ví dụ áp dụng: Nếu ut = ∆u + u u|∂Ω = Ω ut u = Ω (∆u + u)u Khi đó: 1d dt u2 dx = − Ω |∇u|2 dx + Ω u2 dx ⇒ Ω 1d ||u||2 ≤ dt Đặt f (t) = ||u(t)||2L2 (Ω) Ta được: f (t) ≤ f (t) ⇒ f (t) ≤ 2f (t) Theo bất đẳng thức Gronwall, ta có: f (t) ≤ ||u(0)||2L2 (Ω) e2t , ≤ t ≤ T u2 dx = u Ω 1.12 Ánh xạ Lipschitz Môt hàm ϕ : A → Rm , A ∈ Rn gọi L-Lipschitz, ∃L > |ϕ(a) − ϕ(b)| ≤ L|a − b| với cặp điểm a, b ∈ A Ta nói ánh xạ L-Lipschitz L-Lipschitz 1.13 Ánh xạ Lipschitz địa phương Một hàm ϕ : X → Y, X, Y khơng gian Banach với · X · Y Khi đó, ϕ gọi Lipschittz địa phương với B(O, R) ⊂ X u, v ∈ ϕ(u) − ϕ(v) B(O, R) tồn LR > cho 1.14 Y ≤ LR u−v X Định lý Picard cho không gian Banach Lấy O ⊆ V tập mở không gian Banach V, ta đặt Φ : O → V ánh xạ liên tục Lipschitz địa phương Khi đó, với u0 ∈ O, tồn T > cho phương trình vi phân thường: du dt = Φ(u), u|t=0 = u0 ∈ O, có nghiệm u ∈ C ((−T, T ); O) 1.15 Nghiệm nối dài không gian Banach Lấy O ⊂ V tập mở không gian Banach V, ta đặt Φ : O → V toán tử liên tục Lipschitz địa phương Khi đó, với u0 ∈ C ([0, T ); O) phương trình vi phân thường: du dt = Φ(u), u|t=0 = u0 ∈ O, tồn nghiệm toàn cục T = ∞ T < ∞ nghiệm u(t) khơng thuộc O t → ∞trở thành tập mở t → T 1.16 Định lý Agmon - Douglis - Nirenberg Giả sử Ω thuộc lớp C với Γ bị chặn Cho < p < ∞ Khi với ϕ ∈ Lp (Ω) tồn u ∈ W 2,p ∩ W02,p (Ω) nghiệm phương trình −∆u + u = ϕ Ω) Hơn nữa, Ω thuộc lớp C m+2 , ϕ ∈ W m,p (Ω), với m số nguyên m ≥ u ∈ W m+2,p (Ω) 1.17 u W m+2,p ≤ C ϕ W m,p Bất đẳng thức Poincare Ta giả sử Ω tập mở bị chặn Khi đó, tồn số C (phụ thuộc vào Ω p) cho u ≤ C(p, N ) ∇u Lp Đặc biệt, biểu thức ∇u H01 (Ω) biểu thức với chuẩn u Ω Lp Lp , ∀u ∈ W01,p (Ω), (1 ≤ p < ∞) chuẩn W01,p (Ω) tương đương với chuẩn u ∇u∇v tích vộ hướng sinh chuẩn ∇u L2 W 1,p , tương đương H1 Ví dụ: Nếu u ∈ H01 (Ω) ||u||L2 (Ω) ≤ C||∇u||L2 (Ω) ; Khi kí hiệu |∇u|2 dx ||u||H01 = 1.18 u2 + |∇u|2 dx chuẩn tương đương với Ω Ω Bất đẳng thức Nirenberg ∂j v ∂ mv a p || j ||L ≤ C1 || m ||Lr ||v||L1−a + C2 ||v||Lq , q ∂ν ∂ν với j m j ≤ a ≤ 1, = + a( − ) + (1 − a) m p n r n q Mệnh đề sử dụng để chứng minh tồn kết Mệnh đề Lấy V không gian Banach phản xạ tách với không gian đối ngẫu V , lấy H không gian Hilbert tách thỏa; (i) V ⊂ H ⊂ V (ii) V nhúng liên tục vào H trù mật H Khi đó, với p ∈ (1, ∞) khơng gian Z := {u|u ∈ Lp ((0, T ); V ), ut ∈ Lq ((0, T ); V )}, 1.19 p + q = 1; nhúng liên tục C([0, T ]; H) Không gian Sobolev Cho Ω ⊂ Rn tập mở, bị chặn, có biên ∂Ω trơn Khi với số nguyên r > ≤ p ≤ ∞, ta định nghĩa không gian Sobolev sau: W r,p (Ω) = {u ∈ Lp (Ω)|Dα u ∈ Lp (Ω), |α| ≤ r} Trong đó: W r,p (Ω) tập hợp tất hàm thuộc Lp (Ω) có đạo hàm suy rộng đến r thuộc Lp (Ω) D(Ω) không gian tất hàm khả vi vô hạn với giá compact Ω trù mật Lp (Ω) với ≤ p ≤ ∞ 1.20 Định lý nhúng Sobolev Cho Ω ⊂ Rn tập mở, bị chặn, có biên ∂Ω đa tập thuộc lớp C r số nguyên, p ∈ [1, ∞) ta có: a) Nếu rp < n, W r,p (Ω) ⊂ Lt (Ω) với t = np n−rp Phép nhúng từ W r,p (Ω) vào Lt (Ω) liên tục phép nhúng từ W r,p (Ω) vào Lq (Ω) compắc với q ∈ [1, t) n < p m,α b) Nếu < m < r − lượt compắc liên tục) vào C m + 1, không gian W r,p (Ω) bị nhúng liên tục (lần (Ω) với α = r − n p − m (lần lượt vào C m,β (Ω) với β ∈ [0, α)), C m,β (Ω) khơng gian hàm số thực f có đạo hàm Dj f C m,β (Ω) ta chọn chuẩn m f C m,α |Dm f (x) − Dm f (y)| |x − y|n x,y∈Ω sup |Dj f (x)| + sup = j=0 x∈Ω c) Nếu p − r n > 0, W r,p (Rn ) ⊂ Lt (Rn ) d) Nếu p − r n = 0, W r,p (Rn ) ⊂ Lt (Rn ) với t ∈ [p, +∞) e) Nếu p − r n < 0, W r,p (Rn ) ⊂ L∞ (Rn ) ∗ f) Nếu ≤ p < n, W 1,p (Ω) ⊂ Lp (Ω) t p∗ p = = p − nr − n1 g) Nếu p = n, W 1,p (Ω) ⊂ Lt (Ω) với t ∈ [p, +∞) h) Nếu p > n, W 1,p (Ω) ⊂ L∞ (Ω) với t ∈ [p, +∞) 1.21 Phương trình vi phân Phương trinh vi phân phương trình chứa biến độc lập x, hàm cần tìm y = f (x) đạo hàm cấp Nói cách khác, phương trình chứa đạo hàm vi phân hàm cần tim gọi phương trình vi phân ∗ Nếu phương trình có hàm số phải tìm hàm biến số phương trình gọi phương trình vi phân thường Ví dụ: y (x) − x.y(x) = 0; d2 y + xydx2 = 0; (y”)3 + x.y = sinx phương trình vi phân thường ∗ Nếu phương trình chứa hàm nhiều biến z biến số với đạo hàm riêng z gọi phương trình vi phân đạo hàm riêng Ví dụ: ∂z ∂z x ∂x = y ∂y ; ∂2z ∂x2 = ∂2z ∂y + ∂z ∂y ∂z = y ∂y phương trình đạo hàm riêng 1.22 Các kí hiệu dùng luận văn HE2 (Ω) = u ∈ H (Ω) HE2 ∗ (Ω) = u ∈ H (Ω) ∂u =0 ; ∂ν udx = ; Ω HE4 (Ω) = u ∈ H (Ω) HE4 ∗ (Ω) = u ∈ H (Ω) ∂u ∂ (3) u = =0 ; ∂ν ∂ν udx = ; Ω H 4,1 (QT ) = u ∈ L2 (0, T, H (Ω)) ut ∈ L2 (QT ) ; HE6 (Ω) = u ∈ H (Ω) ∂u ∂ (5) u = =0 ∂ν ∂ν Sự tồn nghiệm phương trình chỉnh hóa Cahn-Hilliard 2.1 Giới thiệu Xét phương trình Cahn - Hilliard ut (x, t) + γuxxxx (x, t) = ϕ(u(x, t))xx , < x < L , < t (2.1a) ϕ(u(x, t)) = u3 (x, t) − u(x, t) (2.1b) Trong γ > số xuất nghiên cứu pha phân lớp giải pháp làm lạnh thủy tinh, hỗn hợp polymer; Xem Cahn - Hilliard [1958], Novick - Cohen Segel [1984], Novick - Cohen [1985] Ta có (2.1) phương trình định luật bảo tồn khối lượng với thơng lượng J = − [ϕ(u(x, t)) − γ uxx (x, t)]x (2.2) Một cách rõ ràng, điểm tới hạn phương trình Landau - Ginzburg dạng lượng tự có dạng L Φ(u(x, t)) + γu2x (x, t) dx (2.3a) u Φ(u(x, t)) = ϕ(s)ds (2.3b) với xấp xỉ điều kiện biên nghiệm ổn định phương trình (2.1) Xem Carr, Gurtin Slemrod [1984] cho nghiên cứu (2.3) với γ nhỏ ràng buộc khối lượng hạn chế M= L L u(x, t)dx (2.4) Phương trình (2.1) thỏa mãn điều kiện biên có thơng lượng −ϕ(u(x, t))x + γuxxx (x, t)|x=0,L = ∂u(x, t) =0 ∂ν điều kiện đầu u(x, 0) = u0 (x, t), < x < L điều kiện biên cho (2.3) (2.5b) (2.1b) ta thay (2.5a) uxxx (x, t)|x=0,L = Nghiệm (2.1) (2.5) thỏa d dt L L u(x, t)dx = L − ut (x, t)dx = 0 ∂J dx = ∂x (2.5a) (2.5b) (2.5c) (2.5d) Bước Nhân (2.44) cho v lấy tích phân theo x, ta được: L 1d ||v(·, t)||2 + γ||vxx (·, t)||2 + γ0 ||vx (·, t)||2 = dt f v(x, t)dx (2.47) Do vx (x, t) ∈ H01 (Ω), bất đẳng thức Freidrich (2.8) suy ra: 1d ||v(·, t)||2 + C1 ||vxx (·, t)||2 ≤ dt L f v(x, t)dx, (2.48) C1 = γ − |γ0 |L2 /π > L Do (2.49) v(x, t)dx = 0, Do bất đẳng thức Poincare Freidrich, ta có: ||v(·, t)||2 ≤ C2 ||vxx (·, t)||2 , (2.50) 1d ||v(·, t)||2 + C3 ||v(·, t)||22 ≤ C4 ||f ||2 dt (2.51) từ (3.37) suy ra: Bước Nhân (2.44) cho vt (x, t) lấy tích phân theo x, ta được: || d ∂v(·, t) || + γ||vxx (·, t)||2 + γ0 ||vx (·, t)||2 ≤ ||f ||2 ∂t dt (2.52) Lấy tích phân (2.52) theo t, sử dụng bất đẳng thức Freidrich (2.8) ý (2.49) ta được: t t 2 2 ||f ||2 dτ ||vt (·, t)|| dτ + C1 ||vxx (·, t)|| ≤ γ||v0xx (·, t)|| + |γ0 |||v0x (·, t)|| + 0 (2.53) Kết hợp với (2.51)-(2.53) ta được: t N (t) ≤ C4 ||v0 (·, t)||22 ||f ||2 dτ + (2.54) Do f ≡ v (x, t) + γ˜1 v (x, t) xx ˜ v(x, t) vxx (x, t) + (6v(x, t) = 3v (x, t) + 2γ + 2γ˜1 )(vx (x, t))2 , ||f ||2 ≤ C5 ||v(·, t)||4∞ + ||v||2∞ ||vxx (·, t)||2 + ||v(·, t)||2∞ ||vx (·, t)||2∞ + ||vx (·, t)||2∞ ||vx (·, t)||2 16 (2.55) Với bất đẳng thức Sobolev Poincare cho không gian chiều, suy ra: ||v(·, t)||∞ ≤ C6 ||vx (·, t)||, ||vx (·, t)||∞ ≤ C7 ||vxx (·, t)|| từ (2.55), suy ra: ||f ||2 ≤ C8 ||vxx (·, t)||4 + ||vxx (·, t)||6 t t ||f ||2 dτ ≤ C8 sup ||v(·, t)||22 + sup ||v(·, t)||22 τ ∈[0,T ] τ ∈[0,T ] ||v(·, t)||22 dτ (2.56) Kết hợp (2.54)-(2.56), suy ra: N (t) ≤ C9 ||v0 (·, t)||22 + N (t)2 + N (t)3 , ∀t > (2.57) Bởi việc khảo sát đồ thị hàm F (N ) = C9 {||v0 (·, t)||22 + N + N } − N theo mệnh đề Klainerman Ponce [1983] rõ ràng ||v0 (·, t)||2 thật nhỏ tồn số C10 thỏa N (t) ≤ C10 ||v0 (·, t)||22 , ∀t > (2.58) Điều chứng tỏ tồn nghiệm tổng quát yếu H 2,1 (QT ) Để kết thúc chứng minh tồn nghiệm tổng quát H 4,1 (QT ), ta thấy nhân (2.44) −vxx (x, t) vxx (x, t), ta bất đẳng thức sau t t ||vxxx (·, t)||2 dτ ≤ C11 ||v(·, t)||21 + ||vx (·, t)||2 + ||f ||2 dτ , (2.59a) ||f ||2 dτ (2.59b) t t ||vxx (·, t)||2 dτ ||vxx (·, t)|| + ≤ C12 ||v(·, t)||22 + Do đó, biên H 4,1 (QT ) thỏa (2.56)-(2.57)-(2.59) Để chứng minh v(x, t) tiến tới t → ∞ , ta ta thấy rằng, (2.58) t, ||f ||2 ≤ ||vxx (·, t)||2 , (2.60) đủ nhỏ để ||v0 (·, t)||2 nhỏ, từ (3.40) trở thành: 1d ||v(·, t)||2 + (C3 − C4 )||v(·, t)||22 ≤ dt (2.61) kéo theo với (||v0 (·, t)||2 ) nhỏ ||v(·, t)|| tiến nhanh đến Tương tự, ta có ||v(·, t)||2 → t → ∞ từ bất đẳng thức tương ứng với (3.48) Do đó, ta có ||v(·, t)||∞ ||vx (·, t)||∞ tiến tới t → ∞ 17 2.2.3 Lưu ý Nếu điều kiện đầu gần M |ϕ (M )| < γπ /L2 , ta có kết tương tự Đặc biệt, phương trình mơ chuyển động chất lỏng bề mặt SIVASHINSKY [1983] ut (x, t) + u2xx (x, t) + αu(x, t) − (2u(x, t) − 1/2u2 (x, t))xx = 0, α > 0, (2.62) với điều kiện đầu biên giống (3.1b,c) Nếu π > 2L2 α > tốn (2.62, 2.12b, 2.12c) có nghiệm tổng quát suy từ điều kiện đầu nhỏ 2.2.4 Lưu ý Không gian chiều n ≤ Các toán tương ứng cho n = 2, là: ∂u(x, t) + γ∆2 u(x, t) = ∆ϕ(u(x, t)), ∂t ∂ ∂u(x, t) = ∆u(x, t) = 0, Γ ∂ν ∂ν u|t=0 = u0 (x, t), (2.63a) (2.63b) (2.63c) Ω miền bị chặn với biên trơn Γ ν biên Γ Với u0 (x, t) ∈ HE2 (Ω) tồn nghiệm tổng quát u(x, t) ∈ H 4,1 (QT ) Chứng minh tương tự định lí phép đổi biến v(x, t) = u(x, t) − M, M = u0 (x, t)dx/|Ω|, (2.64) Ω không tính tổng quát, giả sử rằng: u0 (x, t)dx = = Ω u(x, t)dt (2.65) Ω Theo (2.17)-(2.23) ta có t |u(x, t)|22 dτ ≤ CT , ∀t ∈ (0, T ] ||u(·, t)||1 + (2.66) Từ (2.25) ước lượng quan trọng ||ϕ(u(x, t))xx || Do điều kiện biên, (2.65) bất đẳng thức Poincare - Freidrich ||u2xx (·, t)|| ||u(·, t)||4 Tương tự chiều định lí nhúng Sobolev H (Ω) Lt (Ω) Cụ thể ta có, Với n = 2, r=1, p = W 1,p (Ω) ⊂ Lt (Ω) với t ∈ [p, +∞[ Với n = 3, r=1, p = W 1,p (Ω) ⊂ Lk (Ω) với k = tính từ cơng thức k = p1 − n1 Nên ta có: ||u(·, t)||Lq ≤ CT , q < ∞(n = 2), (2.67a) ||u(·, t)||L6 ≤ CT (n = 3) (2.67b) 18 Bởi bất đẳng thức Nirenberg (2.10), ta có: −1 ||u(·, t)||∞ ≤ C||∆2 u(·, t)||a ||u(·, t)||L1−a , n = q , a = (1 + 3q/2) ||u(·, t)||∞ ≤ C||∆2 u(·, t)|| ||u(·, t)||L6 , n = 4 ||Du(·, t)||L4 ≤ C||∆2 u(·, t)|| ||Du(·, t)|| , n = ||Du(·, t)||L4 ≤ C||∆2 u(·, t)|| ||Du(·, t)|| , n = ||∆u(·, t)|| ≤ C||∆2 u(·, t)|| ||∆u(·, t)|| 3, , n = (2.68a) (2.68b) (2.69a) (2.69b) (2.70a) ||∆u(·, t)|| ≤ C||∆2 u(·, t)|| ||Du(·, t)|| , n = (2.70b) Từ bất đẳng thức ta suy ||u2 (·, t)∆u(·, t)|| ≤ ||u(·, t)||2∞ ||∆u(·, t)|| ≤ CT ||∆2 u(·, t)|| +2a , n = ||u2 (·, t).∆u(·, t)|| ≤ CT ||∆2 u(·, t)|| , n = ||u(·, t)|∆u(·, t)|2 || ≤ ||u(·, t)||∞ ||∆u(·, t)||2L4 ≤ CT ||∆2 u(·, t)|| +a , n = 2 ||u(·, t)|∆u(·, t)|2 || ≤ CT ||∆2 u(·, t)|| , n = (2.71a) (2.71b) (2.72a) (2.72b) Do ∆ϕ(u(x, t)) = ϕ (u(x, t))∆u(x, t) + ϕ (u(x, t))|∇u(x, t)|2 Áp dụng bất đẳng thức Young cho vế phải bất đẳng thức ta được: 1d ||∆u(·, t)||2 + γ||∆2 u(·, t)||2 = dt (x, t)∆ϕ(u(x, t))∆2 u(x, t)dx u Sử dụng (2.72), ta được: t ||∆2 u(·, t)||2 dτ ≤ CT , ∀t ∈ [0, T ] ||∆u(·, t)|| + Kết thúc chứng minh tồn nghiệm tổng quát 19 (2.73) Sự tồn nghiệm phương trình chỉnh hóa Sobolev 3.1 Giới thiệu Ta xét phương trình ut (x, t) = ∆ ϕ(u(x, t)) + ut (x, t) , x ∈ Ω, t ∈ R (3.1) n.∇ ϕ(u(x, t)) + ut (x, t) = 0, x ∈ ∂Ω, t ∈ R (3.2) u(x, 0) = u0 (x, t), x ∈ Ω (3.3) với điều kiện biên điều kiện đầu Ở ϕ hàm không đơn điệu lập phương, giả thiết xác cho chúng nêu phần sau Với Ω miền bị chặn, liên thông miền RN với biên trơn ν > số Trong luận văn này, chứng minh tồn nghiệm địa phương theo thời gian toán (3.1) cách dùng định lý kết phương trình vi phân thường Chúng ta chứng minh tính chất cho nghiệm này, đặc biệt tính bị chặn nghiệm theo thời gian để suy tồn nghiệm toàn cục (0, +∞) dạng chỉnh hóa khác việc kết hợp với phương trình Cahn-Hilliard ut (x, t) = ∆(ϕ(u(x, t)) − k∆u(x, t)) (3.4) Phương trình Cahn-Hilliard giới thiệu Cahn để mơ hình hóa pha phân lớp tốn hỗn hợp thành trạng thái khơng ổn định Điều dựa vào ngun lí động tựa cân thơng lượng nên tỉ lệ độ dốc vị hóa học Trên phương diện, tập trung u(x, t) lồi, vị hóa học µ = ϕ(u(x, t)) − k∆u(x, t) xuất đạo hàm hàm lượng tự mà giảm theo thời gian nghiệm (3.4) nghĩa là, I(u(x, t)) = Ω Φ(u(x, t)) + k|∇u(x, t)|2 dx (3.5) Φ (u(x, t)) = ϕ(u(x, t)) Việc tìm kiếm ước lượng tốt hơn, tác giả cải tiến mơ hình Cahn’s cách tách tác động độ nhớt lên cân Binder, Frisch Jackle [BFJ] giả định mơ hình tuyến tính cho pha phân lớp phân rã lùi vị hóa học bao gồm yếu tố lũy tiến Khi nhân lũy tiến dạng mũ đơn exp(−γt), phương trình cho tập trung sau: utt (x, t) + γut (x, t) = M ∆(γD0 u(x, t) − γK∆u(x, t) + D∞ ut (x, t) − K∆ut (x, t)) (3.6) 20 M, D0 , D∞ K số Stephenson tìm hiểu phương trình (3.6) Các cơng trình liên quan nhiều tác giả quan tâm dạng "khuếch tán phi truyền thống" Phương trình ut (x, t) + D∗ utt (x, t) = ∆ Du(x, t) − E∆u(x, t) + Dut (x, t) xuất cơng trình Aifantis, phương trình (3.6) với K = xuất Durning Jackle Freisch Chọn K = đặt γ lớn (3.6) với D∞ /γ cố định, ta đưa dạng tuyến tính (3.1) Phương trình tuyến tính đề cập đến Aifantis, Ting, Chen Gurten Hạng tử ∆ut (x, t) lí giải độ nhớt Trong này, ta đánh giá phương trình giống (3.1) dựa vào giới hạn dịng chảy chậm cho phương trình chuyển động, kết hợp hai dòng với độ nhớt Newton Phương trình phi tuyến (3.1) xem biến thể phương trình Cahn-Hilliard với tác động nhớt Như mơ hình cho pha phân tầng phân rã lùi, phương trình (3.1) có thơng dịng đặc biệt mà lượng gây tính khơng hay pha biên bị bỏ qua Trường hợp quan tâm Chúng ta thường quan tâm đến không ổn định xuất thường xuyên toán khuếch tán ngược gây thành phần phức nghiệm phương trình phi tuyến (3.1) Chúng ta quan tâm đến việc xác định liệu nghiệm có ổn định đến trạng thái không, yếu tố ổn định ổn định theo nghĩa Các kết thường không tốt cho hệ phân tán Ta dễ dàng nghiệm không ổn định (3.1) với lượng Φ(u(x, t)) I(u(x, t)) = (3.7) Ω giảm theo thời gian, trung bình tập trung u(x, t) = u(x, t)/|Ω| (3.8) Ω số theo thời gian Nhưng phân tán lưu chất nhỏ, ta dễ dàng chứng minh nghiệm ổn định tới trạng thái ổn định t lớn Theo Gibbs, ta mong nghiệm tiến tới trạng thái mà Gibbs cho cực tiểu hóa lượng I(u(x, t)) đến u(x, t) Nếu u(x, t) nằm khoảng αM βM chúng phép thiết lập vùng diện tích Maxwell (do ϕ(αM ) = ϕ(βM ) = ϕM tích phân ϕ − ϕM (αM , βM ) 0), biết đến trạng thái mà u(x, t) đạt nhỏ nhất, phải thỏa điểm x u(x, t) = αM u(x, t) = βM , để ϕ(u(x, t)) = ϕM nơi (3.9) Điều kỳ vọng khơng xác Thứ nhất, chúng xa so với trạng thái nghiệm (3.1), mà thỏa mãn hạn chế 21 u(x, t), hàm đo u(x, t) bị chặn phải thỏa mãn ϕ(u(x, t)) số, nghiệm độc lập theo thời gian (3.1) Thứ hai, liệu ϕ = ϕM hay không Nghĩa là, vị hóa học số, pha xếp yếu tố ngẫu nhiên không gian Hơn nữa, kết nghiệm ổn định mà khơng bị hạn chế luật cân diện tích Ta quan tâm đến trạng thái u(x, t) ∈ (αM , α+ ) (β− , βM ) siêu bền, chúng lượng cực tiểu địa phương, trạng thái thỏa u(x, t) ≤ αM u(x, t) ≥ βM ổn định tuyệt đối Định lí kéo theo nghiệm trơn (3.1) gần với trạng thái rời rạc chứa hỗn pha siêu ổn định ổn định tuyệt đối ngẫu nhiên Nó dường khơng thật trạng thái vật lí theo thời gian trường hợp này, kết đưa ảnh hưởng khác trên, việc triệt tiêu độ nhớt khơng ảnh hưởng đến việc xác định nghiệm cho trạng thái cân cực tiểu Trong phần sau, ta thiết lập phương trình (3.1) đặt chỉnh cho điều kiện đầu u(x, 0) L∞ (Ω) cho điều kiện đầu liên tục tính chất khơng liên tục đièu kiện đầu chấp nhận khơng hình thành điều kiện thời gian hữu hạn Ta chứng minh tồn nghiệm yếu với t > việc xác định khoảng bất biến dương cho u(x, t) 22 3.2 Nghiệm yếu Trong phần này, ta tiến hành xây dựng nghiệm yếu cho phương trình (3.1) theo thời gian cho giá trị đầu L∞ (Ω) ta nghiên cứu tính chất qui nghiệm Trước hết, ta biến đổi phương trình (3.1) thành (3.10) sau: ut (x, t) = ∆ ϕ(u(x, t)) + ut (x, t) ⇔ ut (x, t) = ∆ϕ(u(x, t)) + ∆ut (x, t) ⇔ ut (x, t) − ∆ut (x, t) = ∆ϕ(u(x, t) ⇔ (I − ∆)ut (x, t) = ∆ϕ(u(x, t)) ⇔ ut (x, t) = (I − ∆)−1 ∆ϕ(u(x, t)) def (I − ∆)−1 − I ϕ(u(x, t)) = F (u(x, t)) ⇔ ut (x, t) = Trong đó, ta chứng minh (I − ∆)−1 ∆ = (I − ∆)−1 − I Toán tử (I − ∆)−1 định nghĩa việc đặt w = (I − ∆)−1 g w thỏa (I − ∆)w = g Ω (3.10) w = ∂Ω Khi đó, ta xét tốn sau: ut (x, t) = F (u(x, t)) (3.11) u(0, t) = u (x, t) Do F Lipschitz (đều R) u0 (x, t) ∈ L∞ (Ω), tồn nghiệm khả vi liên tục (3.13) định nghĩa R kéo theo kết kinh điển phương trình vi phân cổ điển khơng gian Banach, ánh xạ tuyến tính g → (I − ∆)−1 bị chặn L∞ (Ω) Vì vậy, để đưa chứng minh chi tiết trước hết xét bổ đề (3.2.1) sau: 3.2.1 Bổ đề Đặt g ∈ L∞ (Ω) Khi tốn (3.11)-(3.12) có nghiệm w W 2,p (Ω), ∀p, < p < ∞ Nếu g(x) không số hầu khắp nơi ess inf g(x) < w(x) < ess sup g(x) ∀x ∈ Ω Theo Định lí Agmon- Douglis-Nirenberg (xem ADAMS R Sobolev space, 1975) dẫn đến kết tồn nghiệm yếu u(x, t) ∈ H ∩ H01 , w ∈ L2 (Ω) Lưu ý: Ở W 2,p không gian Sobolev với chuẩn: ||u(·, t)||2,p = ||u(·, t)||2p + ||∇u(·, t)||2p 23 Tiếp theo ta cần chứng minh: Sự tồn tính quy w suy từ kết phương trình elliptic 3.2.2 Định lí Giả sử ϕ Lipschitz địa phương u0 (x, t) ∈ X, khơng gian X L∞ (Ω) C(Ω) Khi tồn T > cho phương trình (3.10) có nghiệm u(x, t) với u(x, t) ∈ C ([0, T ), X) u(0, t) = u0 (x, t) Nếu ϕ C k , ≤ k ≤ ∞ u(x, t) ∈ C k+1 ([0, T ), X) Chứng minh Ta xem phương trình (3.11) phương trình vi phân thường khơng gian Banach X Định lí (3.2.1) thỏa kết tương tự phương trình vi phân thường Ta cần làm rõ ánh xạ v → F (v) Lipschitz địa phương C k Nhưng điều đưa ánh xạ tuyến tính g → (I − ∆)−1 g bị chặn X Để chứng minh định lí trên, ta đặt A = (I − ∆)−1 Khi đó, phương trình (3.11) có dạng: ut (x, t) = (A − I)ϕ(u(x, t)) toán khái quát sau: ut (x, t) = Au + ϕ(u(x, t)), A tốn tử xác định, ϕ(u(x, t)) thỏa mãn tính chất Lipschitz địa phương Để áp dụng phần (1.14) "Định lí Picard khơng gian Banach" mục kiến thức chuẩn bị ta cần chứng minh F Lipschitz địa phương C k F : C k (Ω) → X với X = L∞ (Ω), (X = C(Ω)) ut (x, t) = Au + ϕ(u(x, t)) = F (u(x, t)) Chứng minh F Lipschitz địa phương C k Nghĩa là, ta chứng minh: ∀ g1 , g2 ∈ B(O, R)C k (Ω) ; g1 • Ck , g2 Ck ≤ R, Ck : F g1 −F g2 X ≤ CR g1 −g2 Chứng minh A Lipschitz địa phương C k Ta nhắc lại: (I − ∆)w = g, w = ∂Ω, A = (I − ∆)−1 Với w1 = Ag1 w2 = Ag2 ∀ g1 , g2 ∈ B(O, R)C k 24 C k (Ω) Vì ∀ g1 , g2 ∈ B(O, R)C k nên g1 (·, t) ∞, g2 (·, t) ∞ < CR Khi đó, ta có: Ag1 − Ag2 X = w1 − w2 C(Ω) ≤ CR g1 − g2 C(Ω) ≤ CR g1 − g2 Ck Vậy, A Lipschitz địa phương C k • Chứng minh ϕ Lipschitz địa phương C k Trong luận ta xét: ϕ(u(x, t)) = u3 (x, t) − u(x, t) Khi đó, lấy đạo hàm ϕ theo u(x, t), ta được: ϕ (u(x, t)) = 3u2 (x, t) − ≤ CR Vì g1 , g2 ∈ C k nên g1 (·, t) Ck , g2 (·, t)C k < CR ∀ g1 , g2 ∈ B(O, R)C k , ta có: ||ϕ(g1 (·, t)) − ϕ(g2 (·, t))||X = sup |ϕ(g1 ) − ϕ(g2 )| ≤ sup |ϕ ( )||g1 − g2 | ≤ CR ||g1 − g2 |C(Ω) ≤ CR ||g1 − g2 |C k (Ω) Vậy, ϕ Lipschitz địa phương C k (Ω) Như vậy, ta chứng minh A ϕ Lipschitz địa phương C k nên ta kết luận F Lipschitz địa phương C k Theo định lí Picard khơng gian Banach phần (1.14) kiến thức chuẩn bị tồn u(x, t) thỏa mãn (3.13), với ≤ t ≤ T Một vấn đề quan trọng phương trình đạo hàm riêng nói chung việc chứng minh phương trình tồn nghiệm Vậy, phần tồn nghiệm yếu ta chứng minh xong Lưu ý Khơng có đặc biệt việc điều chỉnh thời gian định lí (3.2.1) Nghiệm riêng xây dựng −T < t ≤ ≤ t < T 3.2.3 Mệnh đề Nghiệm u(x, t) định lí (3.2.1) thỏa toán (3.1)-(3.3) Chứng minh Đặt J(x, t) = ϕ(u(x, t)) + ut (x, t) Theo (3.1) ta có: ut (x, t) = ∆J(x, t) ⇔ ∆−1 ut (x, t) = J(x, t) 25 (3.12) mặt khác theo (3.10) ta có ut (x, t) = (I − ∆)−1 − I ϕ(u(x, t)) Khi đó, J(x, t) = (I − ∆)−1 ϕ(u(x, t)) (3.13) để J ∈ C([0, T ), W 2,p (Ω)) với < p < ∞, ∇J(x, y) = (x, t) ∂Ω ∆J(x, t) = ( ∆ − I + I)(I − ∆)−1 ϕ(u(x, t)) = ut (x, t) thỏa phương trình (3.1) Lưu ý Định lí nhúng Sobolev vị hóa học J(x, y) = ϕ(u(x, t)) + ut (x, t) nằm C 1+α (Ω) với α < xem [T] Nhưng mệnh đề (3.6) bên hạng tử ϕ(u(x, t)) ut (x, t) không cần thiết L∞ (Ω) Do đó, trường hợp hay rời rạc, tương tự tính quy xem [P], việc nghiệm mạnh cho điều kiện đầu đơn giản Bổ đề cung cấp kĩ thuật để xử lí nghiệm phương trình (3.1) Quan trọng ta xử lí u(x, t) với x hầu khắp nơi lớp nghiệm cổ điển phương trình vi phân thường (3.12) Nhắc lại, hàm L∞ (Ω) tương đương với lớp hàm bị chặn Ω, hai hàm xác định chúng khơng có tập độ đo không Đặt B(Ω) hàm Ω bị chặn với chuẩn sup thông thường 3.2.4 Bổ đề Giả sử X = L∞ (Ω) Lấy u(x, t) nghiệm tốn (3.1)-(3.3) định lí (3.3), xác định khoảng thời gian cực đại (T1 , T2 ) Cho trước lớp đại diện bị chặn u0∗ (x, t) lớp tương đương u0 (x, t), tồn tập Ω∗ ⊆ Ω thỏa Ω\Ω∗ có độ đo 0, hàm u∗ (x, t) ∈ C((T1 , T2 ), B(Ω)), với u0 (t) ∈ u(t), ∀t ∈ (T1 , T2 ), u∗ (0, t) = u0∗ (x, t) cho x ∈ Ω∗ hàm t → u∗ (x, t) C (T1 , T2 ) lớp nghiệm cổ điển phương trình vi phân thường ut (x, t) = −ϕ(u(x, t)) + J(x, t) 3.2.5 (3.14) Mệnh đề (Tính qui) Lấy u(x, t) nghiệm tốn (3.1)-(3.3), từ định lí (3.3), định khoảng thời gian cực đại (T1 , T2 ) Lấy t ∈ (T1 , T2 ), x ∈ Ω∗ cố định Khi đó: Nếu u0 (x, t) liên tục x, u(·, t) liên tục x Nếu u0 (x, t) khơng liên tục x, u(·, t) không liên tục x 26 Chứng minh Xem x tham số phương trình (3.14), kết suy từ kết phụ thuộc liên tục giá trị đầu cho nghiệm phương trình vi phân thường Sự liên tục kéo theo liên tục thời gian t ngược lại Bây ta miền bất biến dương cho nghiệm Một tập S ⊆ R bất biến dương cho toán (3.1)-(3.3) u0 (x, t) ∈ S, ∀x ∈ Ω∗ suy u(x, t) ∈ S ∀t ≥ 3.2.6 Mệnh đề (Miền bất biến dương) (1) Nếu S = [a, b] khoảng thỏa ϕ(a) ≤ ϕ(u(x, t)) ≤ ϕ(b), ∀u(x, t) ∈ S S bất biến dương (2) Nếu S tự liên hợp rời rạc khoảng [aj , bj ] thỏa ϕ(aj ) ≤ ϕ(u(x, t)) ≤ ϕ(bj ), ∀u(x, t) ∈ S, ∀j S bất biến dương Trước chứng minh mệnh đề (3.2.6) ta xét bổ đề (3.2.7) Ý đầu bổ đề sau dùng cho chứng minh mệnh đề (3.2.6) Bổ đề sau dùng cho chứng minh khác 3.2.7 Bổ đề Cho hàm g : R → R C , tập G(u) = u g(ϕ(z))dz Gọi u(x, t) nghiệm (3.1)-(3.3) xác định ≤ t < T0 (1) Nếu g (z) ≥ ∀z, Ω G(u(x, t))dx không tăng ≤ t < T0 (2) Nếu T0 = +∞ nghiệm bị chặn lim t→∞ G(u(x, t))dx Ω tồn mà không quan tâm đến dấu g (z) Chứng minh Trước hết, ta nhắc lại số kết J(x, y) = ϕ(u(x, t)) + ut (x, t) = (I − ∆)−1 ϕ(u(x, t)) ∆J(x, t) = ( ∆ − I + I)(I − ∆)−1 ϕ(u(x, t)) = ut (x, t) 27 Mở đầu ta chứng minh phần (1) bổ đề (3.2.7) sau: Lấy g C với g (z) ≥ ∀z Khi ta tính d dt G(u(x, t))dx Ω = Gt (u(x, t))dx = Ω G (u(x, t)).ut (x, t)dx Ω g(ϕ(u(x, t)))ut (x, t)dx = Ω g J(x, y) − u(x, t) ut (x, t)dx = Ω =− g( u(x, t)ut (x, t)dx + Ω g(J(x, y))ut (x, y)dx Ω =− g ϕ(u(x, t)) + ut (x, t) − g(ϕ(u(x, t))) ut (x, t)dx + g(J(x, y))∆J(x, y)dx Ω Ω =− g J(x, y) − g ϕ(u(x, t)) J(x, t) − ϕu(x, t) dx + Ω =− g(J(x, y))∆J(x, y)dx Ω g J(x, y) − g ϕ(u(x, t)) J(x, t) − ϕu(x, t) dx + g(J(x, y))∆J(x, y)dx ( ) Ω Ω Bằng phương pháp tích phân phần ∇J(x, y) = ∂Ω ta có g (J(x, y))|∇J(x, y)|2 dx g(J(x, y))∆J(x, y)dx = g(J(x, y))(∇J(x, y))|∂Ω − Ω Ω g (J(x, t))|∇J(x, y)|2 dx =− Ω Khi đó, ( ) trở thành: =− g J(x, y) − g ϕ(u(x, t)) g (J(x, y))|∇J(x, y)|2 dx J(x, t) − ϕu(x, t) dx − Ω Ω Mặt khác do: • > g hàm tăng nên: − g J(x, y) − g ϕ(u(x, t)) J(x, t) − ϕu(x, t) ≤ Ω • Ω g (J(x, y))|∇J(x, y)|2 dx ≤ Do đó, − g J(x, y) − g ϕ(u(x, t)) g (J(x, y))|∇J(x, y)|2 dx ≤ J(x, t) − ϕu(x, t) dx − Ω Ω 28 Vậy g (z) ≥ ∀z, Ω G(u(x, t))dx khơng tăng ≤ t < T0 Tiếp theo, ta chứng minh phần (2) bổ đề (3.2.7) Khi g (z) ≥ 0, ta có phần (2), Ω G(u(x, t))dx khơng tuyến tính bị chặn Nếu G(z) không đơn điệu, đặt h(z) = z + g(z) Sau chọn đủ nhỏ để h (z) ≥ với |z| ≤ supx,t |u(x, t)| Nếu H (z) = h(ϕ(z)) Φ (z) = ϕ(z), H(u(x, t))(t) − G(u(x, t))(t) = Ω Ω Φ(u(x, t))(t) + c Ω Vậy T0 = +∞ nghiệm bị chặn lim t→∞ Ω G(u(x, t))dx tồn mà không quan tâm đến dấu g (z) Bây giờ, ta bắt đầu chứng minh mệnh đề (3.2.6) Chứng minh Ta chứng minh phần (1) phần (2) bổ đề (3.2.7) trường hợp riêng Lấy ϕ− = ϕ(a) ϕ+ = ϕ(b) Ta giả sử ϕ(u(x, t)) < ϕ− với u(x, t) < a ϕ(u(x, t)) > ϕ+ với u(x, t) > b; cần thiết, ta thay đổi hàm ϕ cho phù hợp Giả sử u(x, t) nghiệm (1.1)-(1.3) với ≤ t < T , với u(x, 0) ∈ S hầu khắp nơi Bây giờ, ta giả sử với t ∈ [0, T ) u(x, t) ∈ [a, b] hầu khắp nơi Để chứng minh điều này, chọn g(z) cho g C , g(z) = z ∈ [ϕ− , ϕ+ ], g(z) < với z < ϕ− g(z) > với z > ϕ+ Đặt G(z) = z ϕ− g(ϕ(y))dy, cho G(z) = với z ∈ [a, b] G(z) > trường hợp ngược lại Áp dụng phần (1) bổ đề (3.2.7), ta ≤ Ω Ω G(u(x, t))dx ≤ G(u(x, 0))dx = Vậy, ta chứng minh mệnh đề (3.2.6) Bây ϕ(u(x, t)) ∈ [ϕ− , ϕ+ ] vơi hầu hết x, với t Từ phương trình (2.4) bổ đề 2.2, ϕ(u(x, t)) hầu khắp nơi hằng, để nghiệm ta phải có ϕ− < J < ϕ+ ∀x, t Từ phương trình vi phân thường (3.14), ta dễ dàng thấy u(x, t) ∈ [a, b], ∀x ∈ Ω∗ , ≤ t < T 3.2.8 Hệ Giả sử ϕ Lipschitz thỏa lim inf ϕ(z) < ϕ(u(x, t)) < lim sup ϕ(z) ∀u(x, t) ∈ R z→−∞ z→∞ Nếu u0 (x, t) ∈ X, X L∞ (Ω) hay C(Ω) tồn nghiệm u(x, t) (1.1)-(1.3) cho u(x, t) ∈ C ([0, ∞), X) Chứng minh Giả thiết ϕ đảm bảo cho tồn rõ ràng khoảng bất biến dương lớn Sự tồn nghiệm tổng quát theo định nghĩa tổng quát, cho trước biên 29 ||u(·, t)||L∞ kéo theo mệnh đền 2.7(1) thật thời gian T định lí chọn hàm giảm ||u(·, t)||L∞ 30