Bài toán biên không có điều kiện ban đầu thứ nhất đối với phương trình truyền sóng trong miền không trơn

36 9 0
  • Loading ...
1/36 trang

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 25/11/2016, 20:29

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI ——————————————— TRẦN XUÂN TRƯỜNG BÀI TOÁN BIÊN KHÔNG CÓ ĐIỀU KIỆN BAN ĐẦU THỨ NHẤT ĐỐI VỚI PHƯƠNG TRÌNH TRUYỀN SÓNG TRONG MIỀN KHÔNG TRƠN LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Hà Nội, 2014 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI ——————————————— TRẦN XUÂN TRƯỜNG BÀI TOÁN BIÊN KHÔNG CÓ ĐIỀU KIỆN BAN ĐẦU THỨ NHẤT ĐỐI VỚI PHƯƠNG TRÌNH TRUYỀN SÓNG TRONG MIỀN KHÔNG TRƠN Chuyên ngành: Toán giải tích Mã số: 60 46 01 02 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học: GS.TSKH Nguyễn Mạnh Hùng Hà Nội, 2014 Lời cảm ơn Luận văn hoàn thành Trường Đại học Sư phạm Hà Nội hướng dẫn GS.TSKH Nguyễn Mạnh Hùng Tác giả xin gửi lời cảm ơn chân thành, sâu sắc tới GS.TSKH Nguyễn Mạnh Hùng , người quan tâm, động viên tận tình hướng dẫn tác giả trình thực luận văn Đồng thời tác giả chân thành cảm ơn tới Tiến sĩ Nguyễn Hữu Thọ, Bộ môn Toán học- Trường Đại học Thủy Lợi có góp ý quý báu cho tác giả trình làm luận văn Tác giả xin gửi lời cảm ơn chân thành tới Ban Giám hiệu Trường Đại học Sư phạm Hà Nội 2, Phòng Sau Đại học, thầy cô giáo nhà trường thầy cô giáo dạy cao học chuyên ngành Toán giải tích tạo điều kiện thuận lợi trình tác giả học tập nghiên cứu Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn tới đồng nghiệp, gia đình, người thân, bạn lớp cao học K16 TGT Đợt -ĐHSP Hà Nội động viên , tương trợ tạo điều kiện để tác giả hoàn thành luận văn Mặc dù cố gắng, song luận văn không tránh khỏi hạn chế, thiếu sót Rất mong đóng góp ý kiến thầy cô bạn Hà Nội, tháng 10 năm 2014 Tác giả Trần Xuân Trường Lời cam đoan Tôi xin cam đoan, bảo hướng dẫn tận tâm GS.TSKH Nguyễn Mạnh Hùng, luận văn chuyên ngành Toán giải tích với đề tài: " Bài toán biên điều kiện ban đầu thứ phương trình trình truyền sóng miền không trơn" hoàn thành nhận thức tìm hiểu thân tác giả Trong trình nghiên cứu, kế thừa thành khoa học nhà khoa học với trân trọng biết ơn Hà Nội, tháng 10 năm 2014 Tác giả Trần Xuân Trường Mục lục Mở đầu Chương Không gian Sobolev 1.1 Các kí hiệu 1.2 Trung bình hóa 1.3 Đạo hàm suy rộng 1.3.1 Không gian Lp (Ω) 1.3.2 Không gian L∞ (Ω) 1.3.3 Không gian Sobolev 1.4 Một số bất đẳng thức Chương Bài toán biên có điều kiện ban đầu thứ phương trình truyền sóng miền không trơn 12 2.1 Đặt toán 12 2.2 Định nghĩa nghiệm suy rộng 13 2.3 Tính nghiệm suy rộng 15 2.4 Sự tồn nghiệm suy rộng 18 Chương Bài toán biên điều kiện ban đầu thứ phương trình truyền sóng miền không trơn 21 3.1 Đặt toán 21 3.2 Định nghĩa nghiệm suy rộng 22 3.3 Tính nghiệm suy rộng 22 v 3.4 Sự tồn nghiệm suy rộng 25 Kết luận 29 Tài liệu tham khảo 30 Mở đầu Lý chọn đề tài Khi nghiên cứu phương trình đạo hàm riêng biết vấn đề liên quan đến phương trình Laplate, phương trình truyền sóng, phương trình truyền nhiệt Đó phương trình đơn giản đại diện cho ba lớp phương trình đạo hàm riêng phương trình loại Eliptic, Hypebolic, Parabolic Ta thấy rằng, điều kiện tồn nghiệm theo nghĩa thông thường đòi hỏi nhiều yếu tố khắt khe tính trơn đến cấp phương trình, điều gây khó khăn xét toán phương trình miền với toán phương trình tổng quát Để khắc phục điều này, thay tìm nghiệm cổ điển, người ta tìm nghiệm suy rộng, tức nghiệm "thô" lúc đầu nghiệm "khá gần" với nghiệm hầu khắp nơi nghiệm cổ điển gọi chung nghiệm thông thường Sau nhờ công cụ giải tích hàm, ta làm cho nghiệm suy rộng gần đến nghiệm thông thường.Vì vậy, phương trình đạo hàm riêng vấn đề mẻ bí ẩn kích thích khám phá người yêu thích Để góp phần giúp đỡ cho người học, người yêu thích phương trình đạo hàm riêng nói chung thân tác giả nói riêng hiểu sâu môn học, nhờ giúp đỡ GS.TSKH Nguyễn Mạnh Hùng chọn nghiên cứu đề tài: "Bài toán biên điều kiện ban đầu thứ phương trình truyền sóng miền không trơn" Mục đích nghiên cứu Mục đích nghiên cứu luận văn nghiên cứu tính giải toán biên điều kiện ban đầu thứ phương trình truyền sóng miền không trơn Kết nhận định lí tồn nghiệm không gian Sobolev toán miền không trơn Nhiệm vụ nghiên cứu Với mục đích nghiên cứu nêu trên, nhiệm vụ nghiên cứu luận văn là: Nghiên cứu kiến thức sở không gian hàm, không gian Sobolev, bất đẳng thức bản, tài liệu liên quan Từ áp dụng vào nghiên cứu tính giải toán Đối tượng phạm vi nghiên cứu Đối tượng nghiên cứu luận văn nghiên cứu không gian Sobolev, nghiên cứu nghiệm suy rộng, nghiên cứu tính giải toán biên điều kiện ban đầu phương trình truyền sóng miền không trơn Phương pháp nghiên cứu Phương pháp sử dụng luận văn sử dụng công cụ giải tích hàm, phương pháp Galerkin Những đóng góp đề tài Nhận định lí tồn nghiệm tổng kết xét trường hợp đặc biệt toán giải Chương Không gian Sobolev 1.1 Các kí hiệu Giả sử Ω miền bị chặn Rn , n ≥ S = ∂Ω biên nó, Ω = Ω ∪ ∂Ω Kí hiệu: Ωba = Ω × (a, b) = {(x, t) : x ∈ Ω, t ∈ (a, b) , ≤ a < b < ∞} trụ Rn+1 ; Mặt xung quanh là: Sab = ∂Ω × (a, b) = {(x, t) : x ∈ ∂Ω, t ∈ (a, b)} ; Ω∞ h hình trụ Ω × (h, ∞); Sh∞ = ∂Ω × (h, ∞); ΩT = Ω × (0, T ) ; ST = Ω × (0, T ) ; Ωbh = Ω × (h, b) = {(x, t)|x ∈ Ω, t ∈ (h, b)} Nếu (a, b) = R ta viết: ΩR = Ω+∞ −∞ ; +∞ SR = S−∞ ; Giả sử u hàm vector phức với thành phần u1 , , un Ta kí hiệu u = (u1 , , un ) Dp u = ∂ |p| u/∂xp11 ∂xpnn = uxp11 xpnn đạo hàm suy rộng cấp p theo biến x = (x1 , xn ); utk = ∂ k u/∂tk đạo hàm suy rộng cấp k theo biến t Ở p = (p1 , , pn ) kí hiệu đa số với pi số nguyên không âm, |p| = p1 + + pn Khi toán (2.3) − (2.5) có không nghiệm suy rộng W 1,1 (e−γt , Ω∞ h ) với γ > Chứng minh Giả sử toán (2.3) − (2.5) có hai nghiệm suy rộng u1 u2 W 1,1 (e−γt , Ω∞ h ) với γ > 0.Với T > h, b tùy ý , b ∈ (h, T ) Đặt: u (x, t) = u1 (x, t) − u2 (x, t) Ta có u ∈ W 1,1 (e−γt , Ω∞ h ) u (x, h) = 0, thỏa mãn n − aij uxj , ηxi ΩTh + ut , ηt ΩTh = (2.9) i,j=1 với η ∈ W 1,1 (e−γt , Ω∞ h ), η(x, T ) = Giả sử T số dương Ta chọn hàm thử đẳng thức (2.6) : η (x, t) = với b ≤ t < T t u (x, s) ds, h ≤ t ≤ b η (x, t) = b Thế u = ηt vào (2.9), cộng vào đẳng thức với liên hợp phức ta n − 2Re aij ηxj t , ηxi Ωbh + ηtt , ηt Ωbh =0 (2.10) i,j=1 Sử dụng giả thiết aij = aji tích phân phần (2.10), ta − B (η, η) (h) + Re (aij )t ηxj , ηxi Ωbh + ηt (x, b) Từ đẳng thức (2.11) Bổ đề (2.2.1), ta suy 16 L2 (Ω) =0 (2.11) ηt (x, b) L2 (Ω) ≤ λ0 η (x, h) Vì λ0 η (x, h) W (Ω) + µ0 η (x, h) L2 (Ω) L2 (Ω) = 2λ0 Re ηt , η − Re (aij )t ηxj , ηxi Ω∞ h Ω∞ h (2.12) Khi đó, từ bất đẳng thức Cauchy (2.10) ta thu ηt (x, b) L2 (Ω) W (Ω) + µ0 η (x, h) n |ηxi |2 + |η|2 dxdt + C2 ≤ C1 Ω∞ h i=1 |ηt |2 dxdt (2.13) Ω∞ h Ci = const > 0, i = 1, phụ thuộc vào µ λ0 Đặt: t v (x, t) = u (x, s) ds, h t vi (x, t) = uxi (x, s) ds, h < t < b, h ta η (x, t) = v (x, b) − v (x, t) , η (x, h) = v (x, b) , ηxi (x, t) = vi (x, b) − vi (x, t) , ≤ i ≤ n, ηxi (x, h) = vi (x, b) , ≤ i ≤ n Từ (2.13) ta có Ω ∂η (x, b) dx+(λ1 − bC2 ) ∂t |vi (x, b)|2 dx ≤ C1 Ω∞ h (2.14) Ω ∂η (x, b) + ∂t 17 n |vi (x, b)|2 dxdt i=1 Kí hiệu b y(b) = h Ω ∂η (x, b) + ∂t n |vi (x, b)|2 dx i=1 Khi đó, từ (2.14) suy dy λ1 ≤ Cy(b), ∀b ∈ h, , db 2C2 Ở C số không phụ thuộc vào b Từ Bổ đề 1.4.1 suy u(x, t) ≡ đoạn [h, λ1 /2C2 ] Lập lại lý luận t ∈ [λ1 /2C2 , λ1 /C2 ], ta có u(x, t) ≡ đoạn [h, λ1 /C2 ] Như sau số hữu hạn bước ta nhận u(x, t) ≡ đoạn [h, T ], tức u1 (x, t) = u2 (x, t) Định lý chứng minh 2.4 Sự tồn nghiệm suy rộng Định lý 2.4.1 Giả sử (i) f ∈ L2 (Ω∞ h ) sup (ii) (x,t)∈Ω∞ h ∂aij ∂t ≤ µ; ≤ i, j ≤ n, µ = const > Khi toán (2.3)−(2.5) có nghiệm suy rộng u (x, t) ∈ W 1,1 (e−γt , Ω∞ h ) thoả mãn: u W 1,1 (e−γt ,Ω∞ h ) ≤C f ,C L2 (Ω∞ h ) = const > Chứng minh Giả sử {ϕk (x)}∞ k=1 hệ hàm W (Ω) ,sao cho bao đóng bao tuyến tính W (Ω) hệ trực chuẩn L2 (Ω) Đặt: N N cN k (t) ϕk (x) u (x, t) = k=1 18 cN k , k = 1, , N nghiệm hệ phương trình vi phân thường cấp hai sau: n aij uN xj , ϕlxi − i,j=1 Ω + uN tt , ϕl Ω = f, ϕl Ω,l = 1, , N (2.15) với điều kiện ban đầu cN k (h) = d N c (h) = dt k Giả sử τ số dương: τ < T Nhân (2.13) với (2.16) dcN k (t) dt lấy tổng theo l từ đến N , sau lấy tích phân đẳng thức thu theo t từ h đến τ cộng vào đẳng thức với liên hợp phức sử dụng giả thiết aij = aji Lấy tích phân phần áp dụng (2.16), ta suy ra: uN t (., τ ) −B L2 (Ω) = −2Re f, uN t uN , uN (τ )+λ0 uN (., τ ) + L2 (Ω) n i,j=1 N (aij )t uN xj , uxi ΩTh Đặt t N N u (x, τ ) y (t) = h W (Ω) ∂uN + (x, τ ) ∂τ dτ L2 (Ω) Khi đó, từ (2.13) sử dụng bất đẳng thức Cauchy ta suy ∂y N ≤ C(y N (t) + f ∂t ) L2 (Ω∞ h ) Từ từ Bổ đề 1.4.1 ta uN W 1,1 (Ω∞ h ) ≤ C1 f , L2 (Ω∞ h ) C1 số không phụ thuộc vào N Do đó, tồn dãy ∞ dãy uN N =1 hội tụ yếu đến hàm u(x, t) không gian W 1,1 (Ω∞ h ) theo t ∈ [h, t] L2 (Ω) Do uN (x, h) = uN ∈ W 1,1 (Ω∞ h ), nên u ∈ W 1,1 (Ω∞ h ) u(x, h) = Ta chứng minh u(x, t) thỏa mãn đồng 19 ΩTh thức (2.6) Nhân (2.13) với dl (t) ∈ MN , MN có Bổ đề 1.4.2, sau lấy tổng đẳng thức nhận theo l từ đến N lấy tích phân theo t từ h đến t Tiếp lấy tích phân phần ta nhận kết n ai,j uN xj , ηxi − i,j=1 Ω∞ h + uN t , ηt Ω∞ h = f, η Ω∞ h (2.17) Khi cố định η ∈ MN −i , sau cho N → ∞, ta nhận (2.6) cho hàm u(x, t) vừa tìm Do u ∈ MNi phần tử nên (2.6) cho ∀η ∈ MNi Mặt khác, theo Bổ đề 1.4.2, M = ∞ N =1 MN trù mật W 1,1 (Ω∞ h ) nên (2.6) cho η ∈ W 1,1 (Ω∞ h ) Như vậy, u(x, t) nghiệm suy rộng toán (2.3)-(2.5) Định lý chứng minh 20 Chương Bài toán biên điều kiện ban đầu thứ phương trình truyền sóng miền không trơn Trong chương luận văn trình bày tính tồn nghiệm suy rộng toán biên điều kiện ban đầu thứ phương trình truyền sóng miền không trơn 3.1 Đặt toán Ta đưa vào không gian hàm: W 1,1 (e−γt , ΩR ), L2 (e−γt , ΩR ) Xét toán tử vi phân cấp hai sau: n L (x, t, D) = ∂ ∂xi i,j=1 aij (x, t) ∂ ∂xj ΩR (3.1) aij ≡ aij (x, t) hàm phức khả vi vô hạn ΩR , aij = aji (i, j = 1, , n) Hơn giả sử aij , i, j = 1, , n liên tục với x ∈ Ω theo biến t ∈ [h, ∞) Đặt : n B (u, u) (t) = − aij uxj (., t) , uxi (., t) i,j−1 21 Ω ,t ∈ R B (., ) (t) thỏa mãn điều kiện Eliptic đều, tức ∃µo > cho ta có: B (u, u) (t) ≥ µo u (., t) W (Ω) với hầu khắp t ∈ R Xét toán sau trụ ΩR L (x, t, ∂) u − utt = f (x, t) (3.2) u|SR = (3.3) Bài toán (3.2)-(3.3) gọi toán biên điều kiện ban đầu thứ phương trình truyền sóng miền không trơn 3.2 Định nghĩa nghiệm suy rộng Cho f ∈ L2 (e−γt , ΩR ) Khi hàm u (x, t) đuợc gọi nghiệm suy o rộng toán (3.1) − (3.2) không gian W 1,1 (e−γt , ΩR ) thỏa mãn đẳng thức n aij uxj , ηxi ΩT−∞ + ut , ηt ΩT−∞ = f, η ΩT−∞ (3.4) i,j=1 1,1 với hàm thử η = η (x, t) ∈ W (e−γt , ΩR ) cho η (x, t) = 0, ∀t ≥ T 3.3 Tính nghiệm suy rộng Ở mục ta chứng minh tính nghiệm suy rộng qua định lý sau: 22 Định lý 3.3.1 Giả sử cho γ > ∂aij ∂t < µ1 e2γt , µ1 = const > 0, ∀t ∈ R, ∀i, j; ≤ i, j ≤ n Khi toán (3.2) − (3.3) có không nghiệm suy rộng W 1,1 (e−γt , ΩR ) Chứng minh Giả sử u1 (x, t) u2 (x, t) hai nghiệm suy rộng toán (3.2) − 1,1 (3.3) Gọi u (x, t) = u1 (x, t) − u2 (x, t) Ta có u ∈ W Cho T > 0, b ≤ T , kí hiệu:   η (x, t) =  t b u (x, τ ) dτ, −∞ (e−γt , ΩR ) ≤t≤b 0, b ≤ t ≤ T η (x, t) ∈ W 1,1 e−γt , ΩT−∞ , η (x, T ) = ηt (x, t) = u (x, t) , −∞ ≤ t ≤ b Từ định nghĩa nghiệm suy rộng ta có n aij ηxj t , ηxi Ωb−∞ + ηt , ηt Ωb−∞ =0 (3.5) i,j=1 Cộng (3.5) với liên hợp phức ta đuợc n aij ηxj t , ηxi 2Re Ωb−∞ + ηt , ηt Ωb−∞ =0 i,j=1 b ⇒ 2Re B (ηt , η) (t) dt + ηt , ηt −∞ Ωb−∞ =0 (3.6) Mà b b B (ηt , η) (t) dt = − lim B (η, η) (t) − 2Re τ →−∞ −∞ n Bt (η, η) (t) = − i,j=1 Bt (η, η) (t) dt −∞ ∂aij ηx (., t) , ηxi (., t) ∂t j 23 Ω Thay vào (3.5) ta đuợc b − lim B (η, η) (τ ) − Bt (η, η) (t) dt + ηt , ηt τ →−∞ −∞ Ωb−∞ =0 Mà tính Eliptic B (., ) (t) nên − lim B (η, η) (h) ≥ µo lim h→−∞ ⇒ µo lim h→−∞ η (., h) h→−∞ − Bt (η, η) (t) dt + ηt , ηt −∞ η (., h) W (Ω) + ηt , ηt ⇒ µo lim η (., h) W (Ω) ≤ h→−∞ W (Ω) b W (Ω) ⇒ µo lim h→−∞ η (., h) Ωb−∞ ≤ b −∞ Bt (η, η) (t) dt ∂aij ∂t ηxj , ηxi n i,j=1 ∂aij ∂t Sử dụng bất đẳng thức Cauchy giả thiết Ωb−∞ < µ1 e2γt ta có: n ∂aij ∂η ∂ η¯ dxdt b ∂t ∂x ∂x j i Ω−∞ i,j=1 n ≤ µ1 Ωb−∞ ∂η ∂ η¯ 2γt e dxdt ∂x ∂x j i i,j=1 n µ1 ≤ i,j=1 ∂η ∂xj Ωb−∞ 2 e b ≤ µ1 (n + 1) η(., t) −∞ 2γt ∂ η¯ + e2γt dxdt ∂xi 2γt W (Ω) e dt Kí hiệu h vi (x, t) = uxi (x, τ ) dτ, −∞ ≤ t ≤ b t Khi t ηxi (x, t) = uxi (x, τ ) dτ b = vi (x, b) − vi (x, t) lim ηxi (x, h) = vi (x, b) h→−∞ 24 Ωb−∞ ≤0 n lim η (., h) h→−∞ ⇒ n i,j=1 W (Ω) |vi (x, b)|2 dx = i,j=1 Ω b −∞ |vi (x, b)|2 dx ≤ µ1 (n + 1) Ω e2γt |vi (., b)|2 + |vi (x, t)|2 dxdt n i=1 ≤ 2µ1 (n + 1) 2γt W (Ω) e dt η (., t) Ωb−∞ n ≤ 2µ1 (n + 1) vi (., b) L2 (Ω) + 2µ1 (n + 1) i=1 n b 2γt e −∞ vi (., t) L2 (Ω) dt i=1 Lấy b ≤ T cho µo − 2µ1 (n + 1)e2γt > suy : n µo − 2µ1 (n + 1)e 2γt vi (., b) L2 (Ω) n b ≤ 2µ1 (n+1) e −∞ i=1 2γt vi (., t) i=1 (3.7) Đặt : J (t) = n i=1 vi (., t) L2 (Ω) b e2γt J (t) dt ⇒ J (b) ≤ C −∞ Sử dụng bất đẳng thức Gronwall-Belman ta có: ln C1 J (t) ≡ −∞, 2γ ⇒ u ≡ hầu khắp nơi với t ≤ 1 2γ ln C kết hợp với tính nghiệm suy rộng toán có điều kiện ban đầu xét Chương ta suy : u1 (x, t) = u2 (x, t) hầu khắp t ∈ R Định lý đuợc chứng minh 3.4 Sự tồn nghiệm suy rộng Nghiệm suy rộng toán (3.1) − (3.2) đánh giá xấp xỉ nghiệm suy rộng toán có điều kiện ban đầu (2.3)−(2.5) 25 L2 (Ω) dt Giả sử tồn hàm χ (t) (1, ∞] , (−∞, 0] đạt giá trị [0, 1] [0, 1] Hơn ta giả sử tất đạo hàm χ (t) bị chặn Cho h ∈ (−∞, 0] Đặt f h (x, t) = χ (t − h) f (x, t) cho :  f (x, t) , t ≥ h + h f (x, t) =  0, t ≤ h Hơn f ∈ L2 (e−γt , ΩR ), f h ∈ L2 (e−γt , ΩR ) : fh L2 (e−γt ,ΩR ) ≤C f L2 (e−γt ,ΩR ) số C không phụ thuộc vào f, h Xét nghiệm suy rộng uh uk toán (2.3)−(2.5) trụ Ω∞ h h k Ω∞ k với f (x, t) thay f (x, t) f (x, t) tương ứng với h > k, h 1,1 coi u ∈ W (e−γt , ΩR ) với uh (x, t) = 0, ∀k ≤ t ≤ h Xác định uhk (x, t) = uk (x, t) − uh (x, t) uhk (x, t) nghiệm suy rộng toán (2.3) − (2.5) trụ Ω∞ k với f (x, t) thay f kh (x, t) = f k (x, t) − f h (x, t) Theo định lý (2.4.1) ta có : ukh W 1,1 (e−γt ,ΩR ) W 1,1 (e−γt ,Ω∞ k ) f h − f k L2 (e−γt ,Ω∞ ) k = ukh ≤C Bởi : fh − fk L2 (e−γt ,ΩR ) = fh − fk h+1 = k h+1 = L2 (e−γt ,Ω∞ k ) e−2γt f h − f k L2 (Ω) e−2γt |χ (t − h) − χ (t − k)| f k 26 L2 (Ω) dt h+1 ≤ Ta có f ∈ L2 (e−γt , ΩR ) , 1,1 u∈W k h+1 e−2γt f k ∞ h=0 Do uh L2 (Ω) dt e−2γt f L2 (Ω) dt → 0, h, k → −∞ dãy Cauchy L2 (ΩR )nên uh ∞ h=0 hội tụ tới (e−γt , ΩR ) h → ∞ Tức ta có : uh ∈ W 1,1 (e−γt , ΩR ) thỏa mãn n aij uhxj , ηxi i,j=1 ΩTh + uh , ηt ΩTh = f h, η ΩTh , (3.8) với T > 0, η ∈ W 1,1 (e−γt , ΩR ) , η (x, t) = 0, t≥T Bởi uh (x, t) = 0, f h (x, h) = 0, ∀t ≤ h nên từ (3.8) ta có : n aij uhxj , ηxi i,j=1 1,1 với T > 0, η ∈ W Ω+∞ −∞ + uh , ηt Ω+∞ −∞ = f h , ηt (e−γt , ΩR ) , η (x, t) = 0, Ω+∞ −∞ , (3.9) t ≥ T Do f ∈ L2 (e−γt , ΩR ) h → −∞ nên từ (3.9) ta thu : n aij uxj , ηxi Ω+∞ −∞ + u, ηt Ω+∞ −∞ = f, ηt Ω+∞ −∞ , (3.10) i,j=1 1,1 với T > 0, η ∈ W (e−γt , ΩR ) , η (x, t) = 0, t ≥ T Tức u (x, t) nghiệm suy rộng toán (3.1) − (3.2) Từ ta có kết sau : Định lý 3.4.1 Giả sử cho γ > γ0 = (i) sup (ii) ∂aij ∂t ∂aij ∂t : (x, t) ∈ ΩR , m∗ µ 2µ0 với m∗ = và: |α|≤n ≤ i, j ≤ n = µ < ∞ ≤ µ1 e2γt , ∀ (x, t) ∈ ΩR , ≤ i, j ≤ n 27 (iii) f ∈ L2 (e−γt , ΩR ) Khi tồn hàm u (x, t) ∈ W 1,1 (e−γt , ΩR ) nghiệm suy rộng toán (3.1) − (3.2) thỏa mãn: u W 1,1 (e−γt ,Ω ≤C f R) 28 L2 (e−γt ,ΩR ) Kết luận Nội dung chủ yếu luận văn nghiên cứu tính giải toán biên điều kiện ban đầu thứ phương trình truyền sóng miền không trơn Kết mà đạt trình nghiên cứu là: Trình bày nghiệm suy rộng toán Trình bày tồn nghiệm suy rộng Trình bày tính nghiệm suy rộng Đặc biệt việc trình bày nghiệm suy rộng, chứng minh tồn tại, tính toán với biên miền không trơn kết Một số vấn đề mở sau kết đạt luận văn: Tính trơn theo biến thời gian không gian nghiệm suy rộng Dáng điệu nghiệm suy rộng Do khả thời gian nghiên cứu có hạn, nên luận văn chưa đầy đủ khó tránh khỏi sai sót Tác giả mong đóng góp quý thầy cô bạn đồng nghiệp để luận văn hoàn thiện Tác giả xin chân thành cảm ơn! 29 Tài liệu tham khảo [1] Nguyễn Mạnh Hùng (2010), Phương trình đạo hàm riêng tuyến tính, NXB Đại học Sư phạm [2] Nguyễn Mạnh Hùng (2010), Hệ phương trình hyperbolic trụ không trơn, NXB Đại học sư phạm [3] Nguyễn Mạnh Hùng, Phạm Triều Dương (2006), Bài toán biên thứ hệ Parabolic hình trụ với đáy không trơn NXB Đại học sư phạm [4] Trần Đức Vân (2003), Lý thuyết phương trình vi phân đạo hàm riêng, NXB Đại học quốc gia Hà Nội 30
- Xem thêm -

Xem thêm: Bài toán biên không có điều kiện ban đầu thứ nhất đối với phương trình truyền sóng trong miền không trơn, Bài toán biên không có điều kiện ban đầu thứ nhất đối với phương trình truyền sóng trong miền không trơn, Bài toán biên không có điều kiện ban đầu thứ nhất đối với phương trình truyền sóng trong miền không trơn

Gợi ý tài liệu liên quan cho bạn

Nạp tiền Tải lên
Đăng ký
Đăng nhập