Báo cáo nghiên cứu khoa học: "Đánh giá tính ổn định cho ph­ương trình dạng Burgers ng­ược thời gian" pps

đánh giá tính ổn định cho phương trình dạng Burgersngược thời gian Nguyễn Văn Đứca Tóm tắt.. Bài toán 1.1 thuộc lớp bài toán đặt không chỉnh, có nghĩa là sai số dù nhỏ trong phép đo dữ k

đánh giá tính ổn định cho phương trình dạng Burgers

ngược thời gian

Nguyễn Văn Đức(a)

Tóm tắt Trong bài báo này, chúng tôi đưa ra đánh giá ổn định dạng H}older cho nghiệm phương trình Burgers ngược thời gian







ut= (a(x, t)ux)x− uux, (x, t) ∈ (0, 1) ì (0, 1), u(0, t) = u(1, t) = 0, 0 6 t 6 1,

u(x, 1) = ϕ(x), 0 6 x 6 1

1 mở đầu Trong bài báo này chúng tôi đưa ra đánh giá ổn định dạng H}older cho phương trình dạng Burgers ngược thời gian

(1.1)







ut= (a(x, t)ux)x− uux, (x, t) ∈ (0, 1) ì (0, 1), u(0, t) = u(1, t) = 0, 0 6 t 6 1,

u(x, 1) = ϕ(x), 0 6 x 6 1

Bài toán (1.1) thường xuyên bắt gặp trong ứng dụng khi nghiên cứu về các quá trình sóng phi tuyến, trong lý thuyết về âm học phi tuyến hay lý thuyết nổ, (xem [4]

và các tài liệu tham khảo trong nó) Bài toán (1.1) thuộc lớp bài toán đặt không chỉnh,

có nghĩa là sai số dù nhỏ trong phép đo dữ kiện ϕ(x) cũng có thể dẫn đến một sai số rất lớn của nghiệm hoặc thậm chí làm cho phương trình trở nên vô nghiệm Chính vì vậy, vấn đề đầu tiên khi nghiên cứu các bài toán đặt không chỉnh là việc tìm các đánh giá tính ổn định của nghiệm Các đánh giá này cho ta biết được bài toán "xấu" đến mức nào, để từ đó có thể đưa ra các phương pháp số hữu hiệu Ngoài ra, các đánh giá tính ổn định cũng rất quan trọng trong việc chứng minh sự hội tụ và các đánh giá sai

số của các phương pháp chỉnh khi giải bài toán đặt không chỉnh Để đánh giá tính ổn

định nghiệm của bài toán đặt không chỉnh người ta thường bổ sung các thông tin có ý nghĩa về phương diện vật lý cho nghiệm, sau đó mới đánh giá tính ổn định trong lớp nghiệm thu hẹp này Đối với phương trình dạng Burger vừa được đề cập ở trên, thông tin về nghiệm có thể chấp nhận được đó là chuẩn C2,1 của nghiệm là giới nội Cụ thể như sau

1 Nhận bài ngày 18/5/2007 Sửa chữa xong ngày 02/10/2007.

Kí hiệu D = {(x, t) : 0 < x < 1, 0 < t < 1} Giả thiết a(x, t) là hàm thuộc C2,1(D), trong đó C2,1(D) là không gian các hàm khả vi liên tục hai lần theo biến x, một lần theo biến t trong D, liên tục trên D và tồn tại hằng số dương β > 0 sao cho a(x, t) >

β > 0, với mọi (x, t) ∈ D

Định nghĩa 1 Một hàm u(x, t) được gọi là thuộc vào tập V nếu

ku(x, t)kC2,1 (D)6 M, với M là một hằng số dương cho trước

Khi nghiệm của (1.1) được hạn chế trong tập V vừa được định nghĩa ở trên thì ta có thể đánh giá tính ổn định nghiệm của nó Các đánh giá tính ổn định cho phương trình Burgers đã được nghiên cứu trong [2] và [4] Trong [4] tác giả giải quyết cho phương trình với hệ số của uxxlà a(t) tức là hàm số chỉ phụ thuộc vào biến thời gian, còn trong [2], tác giả đánh giá ổn định cho trường hợp hệ số của uxx là hằng số Trong bài viết này, chúng tôi giải quyết cho trường hợp hệ số này vừa phụ thuộc biến không gian vừa phụ thuộc biến thời gian Một số các kết quả liên quan cho phương trình Navier-Stokes ngược thời gian có thể tham khảo ở các tài liệu [1, 3]

2 Kết quả chính

Ký hiệu u1(x, t)và u2(x, t)là nghiệm cổ điển của bài toán (1.1) tương ứng với các dữ kiện ϕ1(x)và ϕ2(x); đặt z(x, t) = u1(x, t) − u2(x, t)và f(t) = R1

0 z2(x, t)dx

Định lý 1 Nếu ui(x, t) ∈ V, i = 1, 2,thì tồn tại các hằng số dương c1 và c2 (không phụ thuộc vào ui(x, t)) sao cho

f (t) 6 e(c2 /c 1 )[t−α][f (0)](1−α)[f (1)]α, ∀t ∈ [0, 1], (2.1)

trong đó

α = exp{c1t} − 1 exp{c1} − 1 . (2.2)

Chứng minh Vì ui(x, t), i = 1, 2,thoả mãn (1.1), nên

zt= (azx)x− u2zx− u1xz

(2.3)

Mặt khác, từ biểu thức

f (t) =

Z 1

0

z2dx

ta nhËn ®­îc

f0(t) = 2

Z 1

0

zztdx

= 2

Z 1

0 z{(azx)x− u2zx− u1xz}dx

= 2

Z 1

0 z(azx)xdx − 2

Z 1

0

u2zzxdx − 2

Z 1

0

u1xz2dx

= 2azxz

1

0− 2

Z 1

0 a(zx)2dx − u2z2

1

0+

Z 1

0 {u2x− 2u1x}z2dx

= −2

Z 1

0 a(zx)2dx −

Z 1

0

u1xz2dx −

Z 1

0

z2zxdx

= −2

Z 1

0 a(zx)2dx −

Z 1

0

u1xz2dx vµ

f00(t) = −2

Z 1

0

at(zx)2dx − 4

Z 1

0

azxzxtdx

−

Z 1

0

u1xtz2dx − 2

Z 1

0

u1xzztdx

= −2

Z 1

0

at(zx)2dx − 4azxzt

1

0+ 4

Z 1

0

zt(azx)xdx

−

Z 1

0

u1xtz2dx − 2

Z 1

0

u1xzztdx

= −2

Z 1

0

at(zx)2dx + 4

Z 1

0

zt{zt+ u2zx+ u1xz}dx −

Z 1

0

u1xtz2dx − 2

Z 1

0

u1xzztdx

= 4

Z 1

0

zt2dx − 2

Z 1

0

at(zx)2dx + 4

Z 1

0

u2zxztdx + 2

Z 1

0

u1xzztdx −

Z 1

0

u1xtz2dx

= 4

Z 1

0

zt2dx − 2

Z 1

0

at(zx)2dx + 2

Z 1

0 (2u2zx+ u1xz)ztdx +

Z 1

0 2u1tzzxdx

= 4

Z 1

0

zt2dx − 2

Z 1

0

at(zx)2dx + 2

Z 1

0 (2u2zx+ u1xz){(azx)x− u2zx− u1xz}dx +

Z 1

0 2u1tzzxdx

= 4

Z 1

0

zt2dx +

Z 1

0

{4u2(ax− u2) − 2(au1x) −1

2(au2)x− 2at}(zx)

2dx

+2

Z 1

0 (u1xax− (au1x)x− 3u1xu2+ 2u1t)(zzx)dx − 2

Z 1

0 (u1x)2z2dx

Do u ∈ V và a ∈ C2,1( ¯D), nên tồn tại hằng số dương c3 không phụ thuộc vào u1, u2 sao cho

|u1xax− (au1x)x− 3u1xu2+ 2u1t| 6 c3, ∀(x, t) ∈ D

Mặt khác, vì |bc| 6 εb2

2 +

c2 2ε với bất kỳ ε > 0 và b, c, nên chúng ta có đánh giá

2

Z 1

0

(u1xax− (au1x)x− 3u1xu2)(zzx)dx > −c3

 ε

Z 1

0

(zx)2dx + 1

ε

Z 1

0

z2dx



Do đó, chúng ta sẽ có đánh giá

f00(t) > 4

Z 1

0

z2tdx +

Z 1

0

{4u2(ax− u2) − 2(au1x) −1

2(au2)x− 2at− c3ε}(zx)

2dx

−

Z 1

0

(c3

 + 2u

2 1x)z2dx =

= 4

Z 1

0

z2tdx − 2

Z 1

0

{−2u2(ax− u2) + (au1x) +1

4(au2)x+ at+

1

2c3ε}(zx)

2dx

−

Z 1

0

(c3

 + 2u

2 1x)z2dx =

= 4

Z 1

0

z2tdx − 2

Z 1

0

{−2u2(ax− u2) + (au1x) +1

4(au2)x+ at+

1

2c3ε}

2dx

−

Z 1

0

(c3

 + 2u

2 1x)z2dx

Ngoài ra, tồn tại hằng số c1 không phụ thuộc vào u1, u2 để cho

{−2u2(ax− u2) + (au1x) + 1

4(au2)x+ at+

1

2c3ε}

a 6 c1, ∀(x, t) ∈ D

Như vậy ta có đánh giá

f00(t) > 4

Z 1

0

zt2dx − 2c1

Z 1

0 a(zx)2dx −

Z 1

0

(c3

 + 2u

2 1x)z2dx

= 4

Z 1

0

zt2dx + c1{f0(t) +

Z 1

0

u1xz2dx} −

Z 1

0

(c3

 + 2u

2 1x)z2dx

= 4

Z 1

0

zt2dx + c1f0(t) +

Z 1

0

{c1u1x− (c3

 + 2u

2 1x)}z2dx

Ta lại nhận thấy rằng, tồn tại hằng số dương c2không phụ thuộc vào u1, u2sao cho

|c1u1x− (c3

 + 2u 2 1x)| 6 c2, ∀(x, t) ∈ D

Vì vậy

f00(t) > 4

Z 1

0

zt2dx + c1f0(t) − c2

Z 1

0

z2dx

= 4

Z 1

0

zt2dx + c1f0(t) − c2f (t)

(2.4)

Nhân hai vế của (2.4) với f(t) > 0 nhờ bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta được

f00(t).f (t) > 4

Z 1

0

zt2dx

Z 1

0

z2dx + c1f0(t)f (t) − c2f2(t)

> 2

Z 1

0

zztdx

!2 + c1f0(t)f (t) − c2f2(t)

> (f0(t))2+ c1f0(t)f (t) − c2f2(t), ∀t ∈ (0, 1)

(2.5)

Như vậy, chúng ta đã chứng minh được

f00(t).f (t) − (f0(t))2 > c1f0(t)f (t) − c2f2(t), ∀t ∈ (0, 1)

(2.6)

Bây giờ, ta giả sử rằng tồn tại t0 ∈ (0, 1) để f(t0) = 0 Từ Định lý về tính duy nhất (chẳng hạn, xem [4,5]), ta suy ra f(t) đồng nhất bằng 0 trên [0,1] Trong trường hợp này, khẳng định (2.1) hiển nhiên đúng Do đó, ta chỉ cần xét trường hợp f(t) >

0,với mọi t ∈ (0, 1)

Chia cả hai vế của (2.6) cho f2(t)ta được

f00(t).f (t) − (f0(t))2

f2(t) > c1

f0(t)

f (t) − c2, ∀t ∈ (0, 1).

(2.7)

Nhưng điều này tương đương với

f0(t)

f (t)

!0

> c1

f0(t)

f (t) − c2, ∀t ∈ (0, 1)

⇔ (f

0

(t)

f (t))

0

− c1f

0

(t)

f (t) > −c2, ∀t ∈ (0, 1)

⇔ e−c1 t{(f

0

(t)

f (t))

0

− c1f

0

(t)

f (t)} > −c2e−c1 t, ∀t ∈ (0, 1)

⇔ {e−c1 tf0(t)

f (t)}

0

> −c2e−c1 t, ∀t ∈ (0, 1)

(2.8)

Bằng cách đặt s = ec 1 t, từ (2.8) chúng ta đạt được

d ds

 1 f

df ds



> −c2

c21 1

s2

Từ điều này, chúng ta dễ dàng kiểm tra thấy rằng hàm ψ1(s) = ln(f s

−c2

c21)là hàm lồi (ψ001(s) > 0) Do đó

ln(exp{−c2

c1

t}f (t)) 6 exp{c1} − exp{c1t}

exp{c1} − 1 ln(exp{−

c2

c1 0}f (0))

+exp{c1t} − 1 exp{c1} − 1 ln(exp{−

c2

c1 1}f (1))

(2.9)

Từ (2.9) ta suy ra khẳng định (2.1) của Định lý 1 

Ví dụ 1 Nếu ui(x, t) ∈ V, i = 1, 2,lần lượt là nghiệm cổ điển của các phương trình







ut= uxx− uux, (x, t) ∈ (0, 1) ì (0, 1), u(0, t) = u(1, t) = 0, 0 6 t 6 1,

u(x, 1) = ϕi(x), 0 6 x 6 1, (i = 1, 2) với kϕ1− ϕ2k = {R1

0(ϕ1(x) − ϕ2(x))2dx}1 6 εthì ta có đánh giá

ku1(ã, t) − u2(ã, t)k 6 e(c2 /c 1 )[t−α][2M ](1−α)εα, ∀t ∈ [0, 1], (2.10)

trong đó k ã k là kí hiệu chuẩn L2(0, 1)và

α = exp{c1t} − 1

exp{c1} − 1;

c1 = 3M2+9

4M

c2 = 3M3+35

4 M

2+9

2M.

Ví dụ 2 Nếu ui(x, t) ∈ V, i = 1, 2,lần lượt là nghiệm cổ điển của các phương trình







ut= ((x + t + 1)ux)x− uux, (x, t) ∈ (0, 1) ì (0, 1), u(0, t) = u(1, t) = 0, 0 6 t 6 1,

u(x, 1) = ϕi(x), 0 6 x 6 1, (i = 1, 2) với kϕ1− ϕ2k = {R1

0(ϕ1(x) − ϕ2(x))2dx}12 6 εthì ta có đánh giá

ku1(ã, t) − u2(ã, t)k 6 e(c2 /c 1 )[t−α][2M ](1−α)εα, ∀t ∈ [0, 1], (2.11)

trong đó k ã k là kí hiệu chuẩn L2(0, 1)và

α = exp{c1t} − 1

exp{c1} − 1;

c1 = 3M2+21

2 M + 1

c2 = 3M3+ 14M2+ 7

2M.

Thật vậy, dùng chứng minh của Định lý 1 trong trường hợp a(x, t) = 1, với mọi (x, t) ∈

Dta có thể chọn

c3 = 3M2+ 3M

 = 2

3

c1 = 3M2+9

4M

c2 = 3M3+35

4 M

2+9

2M

và trong trường hợp a(x, t) = x + t + 1, với mọi (x, t) ∈ D ta có thể chọn

c3 = 3M2+ 5M

 = 2

c1 = 3M2+21

2 M + 1

c2 = 3M3+ 14M2+ 7

2M.

và thu được ngay kết quả như trong các ví dụ 1,2

Từ đánh giá (2.10), (2.11) ta thấy rằng nếu độ lệch ε theo chuẩn L2(0, 1) của dữ kiện cuối là nhỏ kéo theo độ lệch của nghiệm tương ứng theo chuẩn L2(0, 1) cũng sẽ nhỏ với mọi t ∈ (0, 1] và đó chính là tính ổn định của lớp nghiệm thuộc vào tập V Hoàn toàn tương tự, khi cho hàm a(x, t) cụ thể, ta có thể tính toán dễ dàng các hằng số c1, c2 theo M như trong các ví dụ 1,2

Cuối cùng, tác giả muốn nhấn mạnh rằng bài toán đánh giá ổn định nghiệm cho phương trình dạng Burgers ngược thời gian là một bài toán khó Mặt dù đây là mô hình của nhiều bài toán thực tế, nghiên cứu về dạng phương trình này là cần thiết nhưng cho đến bây giờ, tác giả cũng chưa thấy một bài báo nào đưa ra được đánh giá

ổn định cho nghiệm của bài toán này theo một chuẩn khác và đánh giá theo chuẩn L2 cũng chỉ mới có được hai kết quả đã được trình bày trong [2] và [4] như tác giả đã trình bày ở đầu bài báo

tài liệu tham khảo

[1] K A Ames and B Straughan,Non-Standard and Improperly Posed Problems, Aca-demic Press, San Diego, 1997

[2] A Carasso, Computing Small Solutions of Burgers0 Equation Backward in Time, Journal of Mathematical Analysis and Applications, 59 (1977), 169-209

[3] L E Payne and B Straughan,Comparison of viscous flows backwards in time with small data, Int J Nonlinear Mech., 24 (1989), 209–214

[4] S M Ponomarev, On an ill-posed problem in nonlinear wave theory, Soviet Math Dokl., 33 (1986), 621-624

[5] A Friedman, Partial differential equations of parabolic type, Prentice-Hall, Engle-wood Cliffs, N J., 1964

summary

Estimating Stability for a Burgers Type Equation

Backward in Time

In this paper, we give a estimate of the stability in H}older type for solutions of a Burgers type equation backward in time:







ut= (a(x, t)ux)x− uux, (x, t) ∈ (0, 1) ì (0, 1), u(0, t) = u(1, t) = 0, 0 6 t 6 1,

u(x, 1) = ϕ(x), 0 6 x 6 1

(a) Khoa Toán, trường Đại Học Vinh.

ổn định cho nghiệm toán... tự, cho hàm a(x, t) cụ thể, ta tính tốn dễ dàng số c1, c2 theo M ví dụ 1,2

Cuối cùng, tác giả muốn nhấn mạnh toán đánh giá ổn định nghiệm cho phương trình dạng. .. đánh giá (2.10), (2.11) ta thấy độ lệch ε theo chuẩn L2(0, 1) kiện cuối nhỏ kéo theo độ lệch nghiệm tương ứng theo chuẩn L2(0, 1) nhỏ với t ∈ (0, 1] tính ổn định