1 MỤC LỤC Trang LỜI NÓI ĐẦU Chương 1: Một số phương pháp đánh giá ổn định nghiệm cho phương trình Burgers ngược thời gian 1.1 Một số kiến thức liên quan 1.1.1 Bổ đề 1.1.2 Bổ đề 1.1.3 Định lý 1.1.4 Định lý 1.2 Bài toán 1.2.1 Bổ đề 1.2.2 Bổ đề 1.2.3 Định nghĩa 10 1.2.4 Định lý 10 1.3 Bài toán 11 1.3.1 Định nghĩa 12 1.3.2 Định lý 12 Chương 2: Cải tiến kết đánh giá ổn định nghiệm cho phương trình Burgers ngược thời gian Carasso Ponomarev 19 2.1 Cải tiến kết đánh giá ổn định Ponomarev 19 2.1.1 Định nghĩa 19 2.1.2 Định lý 19 2.1.3 Định lý 20 2.1.4 Nhận xét 25 2.2 Cải tiến kết đánh giá ổn định Carasso 25 2.2.1 Bổ đề 25 2.2.2 Định lý 26 2.2.3 Định lý 26 2.2.4 Nhận xét 27 KẾT LUẬN 28 TÀI LIỆU THAM KHẢO 29 LỜI NÓI ĐẦU Bài toán đánh giá ổn định nghiệm cho phương trình Burgers ngược thời gian thường xuyên bắt gặp ứng dụng nghiên cứu trình sóng phi tuyến, lý thuyết âm học phi tuyến hay lý thuyết nổ, (xem [13] tài liệu tham khảo nó) Chúng thuộc lớp toán đặt không chỉnh Một vấn đề nghiên cứu toán đặt không chỉnh việc tìm đánh giá tính ổn định nghiệm Các đánh giá cho biết toán "xấu" đến mức nào, để từ đưa phương pháp số hữu hiệu Ngoài đánh giá tính ổn định quan trọng việc chứng minh hội tụ đánh giá sai số phương pháp chỉnh giải toán đặt không chỉnh theo nghĩa Hadamard(xem [10]) Cho đến nay, có kết đạt cho toán đánh giá ổn định nghiệm cho phương trình dạng Burgers ngược thời gian Vì khoá luận đề xuất phương pháp đánh giá ổn định dạng H¨older cho nghiệm phương trình Burgers ngược thời gian theo chuẩn L2 Ngoài phần mở đầu phần kết luận, khóa luận gồm hai chương Chương 1: Một số phương pháp đánh giá ổn định nghiệm phương trình Burgers ngược thời gian Carasso Ponomarev Chương 2: Cải tiến kết đánh giá ổn định nghiệm phương trình Burgers ngược thời gian Carasso Ponomarev Trong chương 1, giới thiệu báo [11] 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) , t T, k > 0, α (t), β (t) F (x, t) hàm trơn Tiếp theo giới thiệu báo [13] S M Ponomarev - trình bày đánh giá ổn định dạng H¨older cho nghiệm 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, t T, u (x, T ) = ϕ (x) , ∀x ∈ (0, 1) , a (t) > 0, ∀t ∈ [t0 , T ] , b (x, t) , c (x, t) , d (x, t) , F (x, t) ϕ (x) hàm trơn xuất nhiều ứng dụng khác nên thu hút quan tâm nghiên cứu nhiều nhà toán học giới( xem [11]) Trong chương 2, cải tiến kết đánh giá ổn định nghiệm phương trình Burgers ngược thời gian Carasso Ponomarev Khóa luận thực phần mềm LATEX(xem [4]) hoàn thành trường Đại học Vinh hướng dẫn nhiệt tình, tận tâm thầy giáo, TS Nguyễn Văn Đức giúp đỡ thầy cô, gia đình, bạn bè Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới thầy dành cho tác giả quan tâm giúp đỡ tận tình chu đáo suốt trình học tập, nghiên cứu hoàn thành khóa luận Nhân dịp này, tác giả xin gửi lời cảm ơn đến Ban chủ nhiệm khoa Toán, thầy cô tổ Giải tích - khoa Toán Đại học Vinh giúp đỡ tác giả trình hoàn thành khóa luận, xin cảm ơn bạn sinh viên lớp 48A - Toán tạo điều kiện thuận lợi cho tác giả hoàn thành khóa luận Vì thời gian không nhiều khả thân hạn chế nên khóa luận hẳn không tránh khỏi thiếu sót Tác giả kính mong nhận góp ý quý thầy cô toàn thể bạn sinh viên Vinh 05/2011 Tác giả CHƯƠNG MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ ỔN ĐỊNH NGHIỆM PHƯƠNG TRÌNH BURGERS NGƯỢC THỜI GIAN 1.1 Một số kiến thức liên quan 1.1.1 Bổ đề Giả sử f (x) hàm số liên tục [a, b] Khi công thức 1/2 b |f (x)| dx f = xác định chuẩn a 1.1.2 Bổ đề Giả sử u (x, t) hàm số khả vi liên tục đến cấp hai theo biến x biến t Khi 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 chuẩn, D = {(x, t) : < x < 1, < t < T } 1.1.3 Định lý (Bất đẳng thức Cauchy - Schwarz) Cho f (x) g (x) hai hàm số liên tục đoạn [a, b] Khi ta có  b 2 b f (x) dx f (x)g (x) dx ≤  a b a g (x) dx a 1.1.4 Định lý ( Bất đẳng thức Jensen) Nếu hàm f (x) hàm lồi tập M ⊆ R ta có f (αx + βy) ≤ αf (x) + βf (y) , ∀x, y ∈ M, ∀α, β ≥ 0, α + β = 1.2 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) , t T, (1.1) k > 0, α (t), β (t) F (x, t) hàm trơn Ta kí hiệu D = {(x, t) : < x < 1, < t < T } 1.2.1 Bổ đề Giả sử u(x, t) nghiệm 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 z (x, t) = b(x,t) d(x,t) hàm trơn Đặt B (x, t) = u (x, t) exp −B(x,t) 2k Khi z(x,t) thỏa mãn t zt = kzxx − b +2B + d − b2x z, ∀ (x, t) ∈ D, 4k z (0, t) = z (1, t) = 0, ∀t ∈ [0, T ] Chứng minh Từ z = u exp −B 2k zt = ut exp (1.3) ta có −B 2k − Bt −B u exp 2k 2k (1.4) zx = exp −B 2k ux − b u 2k (1.5) Từ (1.5) ta suy zxx = exp −B 2k b uxx − ux + k b2 bx + 4k 2k u (1.6) Kết hợp (1.4) (1.6) ta zt − kzxx −B = exp 2k bt b2 bx ut − u + bux − u − kuxx + u 2k 4k (1.7) Từ (1.7) ta có 2Bt + b2 bx u+ u −du − 4k −B zt = kzxx + exp 2k −B = kzxx − u exp 2k = kzxx − z 2Bt + b2 bx +d− 4k 2Bt + b2 bx +d− 4k Mặt khác, ta có z (0, t) = z (1, t) = 0, ∀t ∈ (0, T ) Bổ đề chứng minh 1.2.2 Bổ đề Giả sử u(x, t) nghiệm phương trình ut = kuxx − c (x, t) u, (x, t) ∈ D, u (0, t) = u (1, t) = 0, ∀t ∈ (0, T ) , (1.8) c(x, t) hàm khả vi liên tục ct (x, t) ≤ δ với ∀ (x, t) ∈ D 1/2 Đặt u(t) = u (x, t)dx với ∀t ∈ [0, T ] Khi ta có đánh giá u (t) ≤ exp δt (T − t) t u (0) (1− T ) u (T ) t T , ∀t ∈ (0, T ) (1.9) Chứng minh Đặt δt2 v (x, t) = exp u (x, t) (1.10) Từ (1.10) ta suy δt2 vt = exp (ut + δtu) δt2 = exp (kuxx − cu + δtu) δt2 δt2 = k exp uxx − exp (c − δt) u 2 (1.11) Đặt d(x, t) = c(x, t) − δt Rõ ràng dt (x, t) = ct (x, t) − δ ≤ Khi ta có vt = kvxx − vd, v (0, t) = v (1, t) = 0, ∀t ∈ [0, T ] (1.12) v (x, t) dx = v (t) , ∀t ∈ [0, T ] Từ ta suy Đặt f (t) = f (t) = v (kvxx − dv) dx = 2k vt vdx = dv dx vvxx dx − 1 vx2 dx − = −2k dv dx (1.13) Từ (1.13) ta suy 1 vxx vxt dx − f (t) = −4k dt v dx dvt vdx − 0 dt v dx ≤ Do ta có đánh giá Để ý dt ≤ nên 1 vxx vxt dx − f (t) ≥ −4k dvt vdx = −4kvxx vt 1 vxx vt dx − + 4k dvt vdx vt (kvxx − dv)dx = (1.14) Từ (1.12) (1.14) ta có vt2 dx f (t) ≥ (1.15) Nhân hai vế (1.15) với f (t) ta 1 vt2 dx f (t) f (t) ≥ v dx (1.16) Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz cho (1.16) ta đạt 2  2vt vdx = (f (t)) , ∀t ∈ [0, T ] f (t) f (t) ≥  ⇔ f (t) f (t) ≥ (f (t)) , ∀t ∈ [0, T ] (1.17) Nếu v (t) > 0, ∀t ∈ (0, T ), tức f (t) > 0, ∀t ∈ (0, T ) Bằng cách đặt g (t) = ln (f (t)) Khi ta có f (t) f (t) − (f (t))2 g (t) = f (t) (1.18) Từ (1.17) (1.18) ta suy g (t) ≥ 0, ∀t ∈ [0, T ] Do g (t) hàm lồi Sử dụng bất đẳng thức Jensen cho hàm lồi g (t) ta có g (t) = g ≤ 1− 1− t T t T T t g (0) + g (T ) , ∀t ∈ [0, T ] T t T + (1.19) Thay g (t) = ln (f (t)) vào (1.19) ta đạt 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 tương đương với v (t) ≤ t v (0) (1− T ) v (T ) t T , ∀t ∈ [0, T ] (1.21) 10 Thay v = u exp δt2 exp δt2 vào (1.21) ta nhận t u ⇔ u (t) T δT ( ) ≤ u (0) exp u (T ) , ∀t ∈ [0, T ] t t δt (T − t) ≤ exp u (0) (1− T ) u (T ) T , ∀t ∈ [0, T ] (1.22) 1− Tt Bây ta giả sử v (t) > với < t < S, S số dương Khi đó, ta có v (t) ≤ v (0) (R−t)/R v (R) t/R , < t ≤ R < S (1.23) Nếu v (S) = từ (1.23) ta suy v (t) = với < t < S Do tồn t0 ∈ (0, T ) cho v (t0 ) = v (t) = 0, ∀t ∈ (0, T ) Điều dẫn đến u (t) = 0, ∀t ∈ (0, T ) Trong tình khẳng định (1.9) Như Bổ đề chứng minh 1.2.3 Định nghĩa Một hàm u(x, t) gọi thuộc vào tập VN max {|u| , |ut | , |utt | , |uxt | } ≤ N , (x,t)∈D N số thực dương Với ui (x, t) ∈ VN , i = 1, nghiệm toán 1/2 (1.1) Đặt z(x, t) = u1 (x, t) − u2 (x, t), z(t) = , ∀t ∈ [0, T ] z (x, t)dx f (t) = z (x, t)dx = z(t) , ∀t ∈ [0, T ] 1.2.4 Định lý Nếu z (T ) ≤ δ (δ > 0) ta có đánh giá sau z (t) ≤ exp 4N + t (T − t) N + (1 + 3k) N 4k N (1− T ) δ T , t t ∀t ∈ [0, T ] (1.24) Chứng minh Vì ui (x, t), i = 1, thoả mãn (1.1), nên ta có zt = kzxx − u2 zx − u1x z, ∀t ∈ [0, T ] (1.25) 16 c7 ≥ max q − (x,t)∈D px Từ (1.43) (1.44) ta có zztt − zt2 dx ≥ k1 k2 f (t) − f (t) , 2a (t) 2a (t) (1.45) c1 ε + + c2 + 2c25 , 2 c23 c4 = 2k1 c7 + + + c6 2ε k1 = k2 max a (t) (1.46) t∈[t0 ,T ] Từ (1.37) (1.45) ta k1 k1 f (t) f (t) − (f (t))2 a (t) a (t) f (t) f (t) − (f (t))2 k1 f (t) k2 ≥ − a (t) f (t) a (t) (f (t))2 k1 f (t) k2 f (t) − ≥− 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 dh  f (t)  dh  k2 exp k1 ≥− , exp k1 a (h) f (t) a (t) a (h) f (t) f (t) − (f (t)) ≥ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ t T  dh  a (h) t t ∀t ∈ [t0 , T ] (1.47) Nếu a (t) = µ (hằng số dương cho trước) (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 − k1 t µ Khi (1.48) trở thành d ds df f ds ≥− k2 µ , ∀t ∈ [t0 , T ] k12 s2 (1.49) 17 Đặt g1 (s) = ln f (s)s − k2 µ k1 Sử dụng (1.49) ta chứng minh g1 (s) ≥ Do g1 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 k1 T µ ∀t ∈ [t0 , T ] , , (1.50) exp k1 t µ exp k1 T µ α= − exp k1 t0 µ − exp k1 t0 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 (1.47) trở thành exp −k1 ln t T f (t) f (t) ≥ − k2 t exp −k1 ln , t T ∀t ∈ [t0 , T ] (1.52) Đặt s (t) = Tt Khi ta có d ds df sk1 f ds ≥− k2 T sk1 +1 (1.53) 18 Đặt r (s) = sk1 +1 Ta suy df f dr d dr ≥− k2 T − 2r (1 + k1 ) k1 k1 +1 +1 (1.54) Nếu t0 > ta suy r ∈ (0, 1] Từ (1.54) ta d dr df f dr ≥− k2 T 2 (1 + k1 ) r (1.55) Đặt g2 (r) = ln f (r)r − k2 T (1+k1 )2 Sử dụng (1.55) ta chứng minh g2 (r) ≥ Do g2 hàm lồi Theo bất đẳng thức JenSen ta có 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) t1+k1 − t1+k β= T 1+k1 − t1+k Từ (1.56) ta có k T t ln f (t) T − 1+k − k2 T t0 1+k1 ≤ (1 − β) ln f (t0 ) + β ln (f (T )) T  1−β β k2 T f (t0 )  f (T ) 1+k1  ⇔ f (t) ≤ t k2 T k2 T 1+k1 1+k1 T t0 k ⇔ f (t) ≤ t f (t0 ) tk0 1−β f (T ) Tk β k2 T t1+k1 − t1+k k= , β= 1 + k1 T 1+k1 − t1+k Định lý chứng minh , ∀t ∈ [t0 , T ] , (1.57) CHƯƠNG CẢI TIẾN KẾT QUẢ ĐÁNH GIÁ ỔN ĐỊNH NGHIỆM CHO PHƯƠNG TRÌNH BURGERS NGƯỢC THỜI GIAN CỦA CARASSO VÀ PONOMAREV Trong chương này, cải tiến kết đánh giá ổn định Carasso Ponomarev cho phương trình Burgers có dạng ut = kuxx − uux + F (x, t) , (x, t) ∈ (0, 1) × (0, T ) , u (0, t) = α (t) , u (1, t) = β (t) , t T, (2.1) k > 0, α (t), β (t) F (x, t) hàm trơn 2.1 Cải tiến kết đánh giá ổn định Ponomarev 2.1.1 Định nghĩa Cho N số thực dương, hàm u(x, t) gọi thuộc vào tập VN max {|u| , |ut | , |ux | , |uxx | , i = 1, } ≤ N , (x,t)∈D N số thực dương Với ui (x, t) ∈ VN , i = 1, nghiệm toán 1/2 (2.1) Đặt z(x, t) = u1 (x, t)−u2 (x, t), z(t) = z (x, t)dx , ∀t ∈ [0, T ] f (t) = z (x, t)dx = z(t) , ∀t ∈ [0, T ] Kết sau Ponomarev công bố [13]: 2.1.2 Định lý Nếu ui (x, t) ∈ VN (i = 1, 2), c (0, t) ≥ 0, ∀t ∈ [t0 , T ] c (1, t) ≤ 0, ∀t ∈ [t0 , T ] tồn số dương k1 , k2 ( không phụ thuộc vào ui (x, t), i = 1, 2) cho f (t) ≤ exp k2 (t − αT ) (f (0))(1−α) (f (T ))α , ∀t ∈ [0, T ] , k1 19 (2.2) 20 α= exp( kk1 t ) − exp( k1kT ) − Chúng cải tiến kết Ponomarev vừa đề cập định lý sau đây: 2.1.3 Định lý Nếu ui (x, t) ∈ VN với i = 1, nghiệm cổ điển (2.1) tồn số dương c1 c2 ( không phụ thuộc vào ui (x, t), i = 1, 2) cho f (t) ≤ exp α= c2 (t − αT ) (f (0))(1−α) (f (T ))α , ∀t ∈ [0, T ] , c1 exp( ck1 t ) − exp( c1kT ) − (2.3) Chứng minh Với ý ui (x, t), i = 1, 2, thoả mãn (2.1), ta có zt = kzxx − u2 zx − u1x z Đặt a (x, t) = ta suy u1 = (u1 (x, t) + u2 (x, t)) , 1 (2a + z) u2 = (2a (2.4) ∀ (x, t) ∈ D Kết hợp với u1 − u2 = z , − z) Thay vào (2.4), ta đạt zt = kzxx − azx − ax z (2.5) Mặt khác, ta có z dx f (t) = f (t) = zzt dx z{zxx − azx − ax z}dx = 2k 1 zzxx dx − 2k = 2k ax z dx azzx dx − 2k 1 z dx − kaz − = 2kzx z − 2k 0 kax z dx (zx )2 dx − = −2k kax z dx (2.6) 21 Từ (2.6) ta suy f (t) = −4k 1 zx zxt dx − kaxt z dx − kax zzt dx 0 1 = −4kzx zt + 4k zt zxx dx − kaxt z dx − 0 1 zt (zt + azx + ax z)dx − kat z = kax zzt dx +2 kat zzx dx 1 zt2 dx + = zt (4azx + 2ax z) dx + 0 1 zt2 dx + = kat zzx dx (kzxx − azx − ax z) (4azx + 2ax z) dx + 0 1 zt2 dx + = kazx zxx dx+2 kax zzxx dx − (4azx + 2ax z) (azx + ax z) dx + kat zzx dx zt2 dx + 2azx2 = kat zzx dx zx2 ax dx + 2kax zzx − 2k 0 −2 ax zx2 dx − axx zzx dx − 0 −6 a2 zx2 dx 1 a2x z dx + ax azzx dx − kat zzx dx zt2 dx + = −4ax − 4a2 zx2 dx −2 a2x z dx (axx + 3ax a + kat ) zzx dx − 0 (2.7) 22 Vì u1 , u2 thuộc tập VN nên tồn số dương c3 không phụ thuộc vào u1 , u2 cho |axx + 3ax a + kat | ≤ c3 , ∀(x, t) ∈ D (2.8) Ta lại có, với ε > ε |zzx | ≤ zx2 + z 2ε Từ (2.7), (2.8) (2.9) ta đạt 1 zt2 dx − f (t) ≥ (2.9) ax − a2 zx2 dx 1 c3 zx2 dx − ε − c3 ε z dx − 0 a2x z dx zt2 dx − = ax − a2 + c3 ε zx dx c3 + 2a2x z dx ε − (2.10) Rõ ràng tồn số dương c1 không phụ thuộc vào u1 , u2 cho kax − ka2 + kc3 ε c1 , ∀(x, t) ∈ D (2.11) Từ (2.10) (2.11) ta suy 1 4c1 zt2 dx − k f (t) ≥ c3 + 2a2x z dx ε zx2 dx − (2.12) Điều kéo theo  zt2 dx + f (t) ≥ c1  f (t) + k 0 c3 + 2a2x z dx ε c1 zt2 dx + f (t) + k = ax z dx −  c3 k c1 ax − − 2ka2x z dx k ε (2.13) 23 Tồn số c2 không phụ thuộc vào u1 , u2 để cho c ax − c3 k − 2ka2x ε c2 , ∀(x, t) ∈ D (2.14) Từ (2.13) (2.14) ta có zt2 dx + f (t) ≥ c2 c1 f (t) − f (t) k k (2.15) Nhân hai vế (2.15) với f (t) ta 1 zt2 dx f (t) f (t) ≥ z dx + c2 c1 f (t)f (t) − f (t) k k (2.16) Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz cho (2.16) ta  2 c2 c1 f (t) f (t) ≥ 2 zzt dx + f (t) f (t) − f (t) k k c1 c2 ⇔ f (t) f (t) ≥ (f (t)) + f (t) f (t) − f (t) k k c2 c1 f (t) f (t) − f (t) , ∀t ∈ [0, T ] (2.17) ⇔ f (t) f (t) − (f (t)) ≥ k k Chú ý tồn t0 ∈ (0, T ) cho z (t0 ) = z (t) = với ∀t ∈ (0, T ) Trong tình khẳng định (2.3) Do đó, ta cần xét trường hợp z (t) > 0, ∀t ∈ (0, T ), tức f (t) > 0, ∀t ∈ (0, T ) Chia hai vế (2.17) cho f (t) ta ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ c1 f (t) c2 f (t) f (t) − (f (t))2 ≥ − , ∀t ∈ (0, T ) f (t) k f (t) k f (t) c1 f (t) 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 ) f (t) k (2.18) (2.19) 24 c1 t Bằng cách đặt s = e k , từ (2.18) ta có d df ( ) ds f ds Đặt g (s) = ln f (s).s −c2 k c2 − c2 k c21 s2 (2.20) Sử dụng (2.20) ta dễ dàng kiểm tra g (s) ≥ Do g (s) hàm lồi Sử dụng bất đẳng thức Jensen cho hàm lồi g (s) ta có g exp c1 t k c1 c1 T + α exp k k c1 T c1 + αg exp ≤ (1 − α) g exp k k ∀t ∈ [0, T ] , = g (1 − α) exp , (2.21) exp α= exp c1 t k c1 T k − exp − exp c1 k c1 k = exp exp c1 t k c1 T k −1 −1 Từ (2.21) suy ln f (t) exp −c2 t c1 −c2 c1 −c2 T +α ln f (T ) exp c1 ≤ (1 − α) ln f (0) exp (2.22) Điều tương đương với f (t) ≤ exp c2 (t − αT ) (f (0))(1−α) (f (T ))α , ∀t ∈ [0, T ] c1 (2.23) c2 (t − αT ) (f (0))(1−α) (f (T ))α , ∀t ∈ [0, T ] , c1 (2.24) Từ ta có f (t) ≤ exp α = exp( ck1 t ) − exp( c1kT ) − Như Định lý chứng minh 25 2.1.4 Nhận xét Từ (2.11), (2.14) (1.46)(xem chương 1) ta suy c2 c1 < k2 k1 Mặt khác, ta có α ∈ [0, 1] t ∈ [0, T ] nên vế phải (2.3) bé vế phải (2.2) Do kết Định lý 2.1.3 tốt kết Định lý 2.1.2 2.2 Cải tiến kết đánh giá ổn định Carasso 2.2.1 Bổ đề Giả sử u(x, t) nghiệm 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) a(x,t) hàm trơn x a (s, t)ds, z (x, t) = u (x, t) exp Đặt B (x, t) = −B(x,t) 2k Khi z(x,t) thỏa mãn t zt = kzxx − a +2B + a2x z, ∀ (x, t) ∈ D, 4k z (0, t) = z (1, t) = 0, ∀t ∈ [0, T ] Chứng minh Từ z = u exp −B 2k (2.26) suy Bt −B −B − u exp 2k 2k 2k −B a = exp ux − u 2k 2k a2 ax −B uxx − aux + + = exp 2k 4k 2k zt = ut exp zx zxx (2.27) u (2.28) Do zt − zxx −B = exp 2k at a2 ax ut − u + aux − u − uxx + u 4k (2.29) Từ ta đạt −B zt = zxx + exp 2k −B = zxx − u exp 2k = zxx − z 2Bt + a2 ax −ax u − u+ u 4k 2Bt + a2 ax + 4k 2Bt + a2 ax + 4k (2.30) 26 Mặt khác, ta có z (0, t) = z (1, t) = 0, ∀t ∈ [0, T ] (2.31) Bổ đề chứng minh Kết sau Carasso công bố [11]: 2.2.2 Định lý Nếu ui (x, t) ∈ VN , i = 1, z (T ) ≤ δ ta có đánh giá z (t) ≤ exp 4N + t (T − t) N + (1 + 3k) N 4k N (1− T ) δ T , t t ∀t ∈ [0, T ] (2.32) Chúng cải tiến kết Carasso vừa đề cập định lý sau đây: 2.2.3 Định lý Nếu ui (x, t) ∈ VN , i = 1, z (T ) ≤ δ ta có đánh giá z (t) 4N + t(T − t)(N + (1 + k)N ) N (T −t)/T δ t/T , ≤ exp 4k ∀t ∈ [0, T ] (2.33) Chứng minh Vì ui (x, t), i = 1, thoả mãn (2.1) nên ta có zt = kzxx − u2 zx − u1x z Đặt a (x, t) = ta suy u1 = (u1 (x, t) + u2 (x, t)) , 1 (2a + z) u2 = (2a (2.34) ∀ (x, t) ∈ D Kết hợp với u1 − u2 = z , − z) Thay vào (2.34) ta zt = kzxx − azx − ax z (2.35) z (0, t) = z (1, t) = 0, ∀t ∈ [0, T ] (2.36) Mặt khác, ta có x a (s, t)ds ϕ (x, t) = z (x, t) exp Đặt B (x, t) = −B(x,t) 2k Khi theo Bổ đề 2.2.1, ϕ (x, t) thỏa mãn  a2 + 2Bt  ϕt = kϕxx − + ax ϕ, ∀ (x, t) ∈ D, 4k  ϕ (0, t) = ϕ (1, t) = 0, ∀t ∈ [0, T ] (2.37) 27 Đặt c (x, t) = a + 2Bt + ax 4k Khi ta có 1 (aat + Btt ) + axt 2k Vì u1 (x, t), u2 (x, t) thuộc tập VN nên ta có ct = max {|a| , |at | , |axt | , |Btt | } ≤ N (x,t)∈D Điều dẫn đến |ct | ≤ Đặt δ = N +(1+k)N 2k 2k N + N + 21 N = N + (1 + k)N 2k Khi ϕ(x, t) thỏa mãn ϕt = kϕxx − c (x, t) ϕ, ∀ (x, t) ∈ D, ϕ (0, t) = ϕ (1, t) = 0, ∀t ∈ [0, T ] , (2.38) ct ≤ δ , ∀ (x, t) ∈ D Khi theo Bổ đề 1.2.2 (xem chương 1) ta có đánh giá ϕ (t) ≤ exp δt (T − t) t ϕ (0) (1− T ) ϕ (T ) t T (2.39) B (x, t) vào (2.39) ta đạt Thay ϕ (x, t) = z (x, t) exp − 2k ≤ exp z (t) 4N + t (T − t) N + (1 + k) N 4k t z (0) (1− T ) z (T ) ∀t ∈ [0, T ] Do z (0) = u1 (0) − u2 (0) ≤ 2N, z (t) t T , (2.40) z (T ) ≤ δ nên ta có 4N + t(T − t)(N + (1 + k)N ) ≤ exp N (T −t)/T δ t/T , 4k ∀t ∈ [0, T ] (2.41) Định lý chứng minh 2.2.4 Nhận xét Vì k, N, δ > t ∈ [0, T ] nên vế phải (2.33) bé vế phải (2.32) Do kết Định lý 2.2.3 tốt kết Định lý 2.2.2 28 KẾT LUẬN Khóa luận giải vấn đề sau: - Đọc hiểu báo [11] [13] đánh giá ổn định nghiệm cho phương trình Burgers ngược thời gian làm rõ chứng minh số bổ đề, định lý mà tác giả trình bày vắn tắt gợi ý, chẳng hạn: Bổ đề 1.2.1, Bổ đề 1.2.2, Định lý 1.2.4 Định lý 1.3.2 - Đề xuất số cải tiến kết đánh giá ổn định Carasso Ponomarev Định lý 2.1.3, Bổ đề 2.2.1 Định lý 2.2.3 Vấn đề tiếp tục nghiên cứu thời gian tới Có thể đánh giá ổn định nghiệm cho phương trình Burgers ngược thời gian theo chuẩn khác hay không? TÀI LIỆU THAM KHẢO Tiếng Việt [1] Trần Văn Ân, Tạ Quang Hải, Đinh Huy Hoàng (2002), Toán cao cấp tập ba - Giải tích - Hàm nhiều biến, NXBGD [2] Đậu Thế Cấp (2000), Giải tích hàm, NXBGD [3] Nguyễn Minh Chương (2001), Phương trình đạo hàm riêng, NXBGD [4] Nguyễn Hữu Điển (2004), LATEX với gói lệnh phần mềm công cụ, NXB ĐHQGHN [5] Trần Văn Hạo (2009), Bất đẳng thức, NXBGD [6] Phạm Kim Hùng (2010), Sáng tạo bất đẳng thức, NXBHN [7] Phan Huy Khải (2008), Toán nâng cao giải tích, NXB ĐHQGHN [8] Vũ Tuấn, Đoàn Văn Ngọc (1996), Phương trình vi phân, NXBGD [9] Hoàng Tụy (2005), Hàm thực giải tích hàm, Bộ sách toán cao cấp Viện Toán học, NXB ĐHQGHN Tiếng Anh [10] K A Ames and B Straughan(1997), Non-Standard and Improperly Posed Problems, Academic Press, San Diego [11] A Carasso(1977), Computing Small Solutions of Burgers’ Equation Backward in Time, Journal of Mathematical Analysis and Applications, 59, 169-209 29 30 [12] Avner Friedman(1964), Partial differential equations of parabolic type, Prentice - hall, Englewood Cliffs, N.J [13] S M Ponomarev(1986), On an ill-posed problem in nonlinear wave theory, Soviet Math Dokl., 33, 621-624 [14] L E Payne and B Straughan(1989), Comparison of viscous flows backwards in time with small data, Int J Nonlinear Mech., 24, 209-214 [15] O V Rudenko and S I Soluyan(1977), Theoretical foundations of nonlinear acoustics, "Nauka", Moscow, 1975; English transl., Plenum Press, New York [16] A N Tikhonov and V Ya Arsenin(1977), Methods of solving ill-posed problems, 2nd ed., "Nauka", Moscow, 1979; English transl of 1st ed., Wiley [...]... Bổ đề 1.2.2, Định lý 1.2.4 và Định lý 1.3.2 - Đề xuất một số cải tiến kết quả đánh giá ổn định của Carasso và Ponomarev trong các Định lý 2.1.3, Bổ đề 2.2.1 và Định lý 2.2.3 Vấn đề tiếp tục được nghiên cứu trong thời gian tới Có thể đánh giá ổn định nghiệm cho phương trình Burgers ngược thời gian theo một chuẩn khác được hay không? TÀI LIỆU THAM KHẢO Tiếng Việt [1] Trần Văn Ân, Tạ Quang Hải, Đinh Huy... phải của (2.33) bé hơn vế phải của (2.32) Do đó kết quả trong Định lý 2.2.3 tốt hơn kết quả trong Định lý 2.2.2 28 KẾT LUẬN Khóa luận đã giải quyết được các vấn đề sau: - Đọc hiểu bài báo [11] và [13] về đánh giá ổn định nghiệm cho phương trình Burgers ngược thời gian và làm rõ chứng minh một số bổ đề, định lý mà tác giả chỉ trình bày vắn tắt hoặc chỉ gợi ý, chẳng hạn: Bổ đề 1.2.1, Bổ đề 1.2.2, Định. .. trong đó 1 k2 T t1+k1 − t1+k 0 k= , β= 1 1 + k1 T 1+k1 − t1+k 0 Định lý được chứng minh , ∀t ∈ [t0 , T ] , (1.57) CHƯƠNG 2 CẢI TIẾN KẾT QUẢ ĐÁNH GIÁ ỔN ĐỊNH NGHIỆM CHO PHƯƠNG TRÌNH BURGERS NGƯỢC THỜI GIAN CỦA CARASSO VÀ PONOMAREV Trong chương này, chúng tôi cải tiến kết quả đánh giá ổn định của Carasso và Ponomarev cho phương trình Burgers có dạng ut = kuxx − uux + F (x, t) , (x, t) ∈ (0, 1) × (0,... c1kT ) − 1 Như vậy Định lý được chứng minh 25 2.1.4 Nhận xét Từ (2.11), (2.14) và (1.46)(xem chương 1) ta suy ra c2 c1 < k2 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 −... 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,... sau đây được Carasso công bố trong [11]: 2.2.2 Định lý Nếu ui (x, t) ∈ VN , i = 1, 2 và z (T ) ≤ δ thì ta có đánh giá z (t) ≤ 2 exp 4N + t (T − t) N 2 + (1 + 3k) N 4k N (1− T ) δ T , t t ∀t ∈ [0, T ] (2.32) Chúng tôi cải tiến kết quả của Carasso vừa đề cập ở trên bằng định lý sau đây: 2.2.3 Định lý Nếu ui (x, t) ∈ VN , i = 1, 2 và z (T ) ≤ δ thì ta có đánh giá z (t) 4N + t(T − t)(N 2 + (1 + k)N ) N (T... 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 2 = z(t) , ∀t ∈ [0, T ] 1.3.2 Định lý Nếu ui (x,... 0, ∀t ∈ [t0 , T ] thì tồn tại các hằng số dương k1 , k2 ( không phụ thuộc vào ui (x, t), i = 1, 2) sao cho: i) Với a (t) = µ (hằng số dương) thì ta có đánh giá f (t) ≤ exp k2 (t − αT − t0 (1 − α)) (f (t0 ))(1−α) (f (T ))α , k1 ∀t ∈ [t0 , T ] , (1.31) trong đó exp k1 t µ − exp 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 β f... hàm, NXBGD [3] Nguyễn Minh Chương (2001), Phương trình đạo hàm riêng, NXBGD [4] Nguyễn Hữu Điển (2004), LATEX với gói lệnh và phần mềm công cụ, NXB ĐHQGHN [5] Trần Văn Hạo (2009), Bất đẳng thức, NXBGD [6] Phạm Kim Hùng (2010), Sáng tạo bất đẳng thức, NXBHN [7] Phan Huy Khải (2008), Toán nâng cao giải tích, NXB ĐHQGHN [8] Vũ Tuấn, Đoàn Văn Ngọc (1996), Phương trình vi phân, NXBGD [9] Hoàng Tụy (2005),... T ] , k1 19 (2.2) 20 trong đó 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( ... 1: Một số phương pháp đánh giá ổn định nghiệm phương trình Burgers ngược thời gian Carasso Ponomarev Chương 2: Cải tiến kết đánh giá ổn định nghiệm phương trình Burgers ngược thời gian Carasso... luận đề xuất phương pháp đánh giá ổn định dạng H¨older cho nghiệm phương trình Burgers ngược thời gian theo chuẩn L2 Ngoài phần mở đầu phần kết luận, khóa luận gồm hai chương Chương 1: Một số. .. xuất số cải tiến kết đánh giá ổn định Carasso Ponomarev Định lý 2.1.3, Bổ đề 2.2.1 Định lý 2.2.3 Vấn đề tiếp tục nghiên cứu thời gian tới Có thể đánh giá ổn định nghiệm cho phương trình Burgers ngược