bài toán biên ban đầu thứ nhất đới với phương trình hyperbolic mạnh trong miền bất kì

Phương pháp giải bài toán biên ban đầu thứ nhất đới với phương trình hyperbolic mạnh trong miền bất kì

Bộ giáo dục và đào tạo

Tr-ờng Đại học S- phạm Hà Nội

Giải bài toán biên ban đầu thứ nhất đối với ph-ơng

trình hyperbolic mạnh trong miền bất kỳ

Một trong những khái niệm cơ bản của đạo hàm riêng hiện đại là nghiệmsuy rộng, tức là nghiệm nhận đ-ợc sau khi giảm nhẹ một số điều kiện củabài toán và là nghiệm khá gần với khái niệm nghiệm thông th-ờng.

Khi đi nghiên cứu ph-ơng trình đạo hàm riêng hiện đại, chúng ta th-ờngbắt đầu từ việc chứng minh sự tồn tại, duy nhất nghiệm suy rộng trong cáckhông gian Sobolev, sau đó nhờ các công cụ của giải tích hàm, ta làm chonghiệm suy rộng dần đến đ-ợc những đòi hỏi của nghiệm thông th-ờng.Nghiệm suy rộng của ph-ơng trình Hyperbolic, nói chung, không đòi hỏi

có đạo hàm đến cấp của ph-ơng trình và đ-ơng nhiên ch-a phải là nghiệmthông th-ờng (nghiệm cổ điển), thậm chí ch-a phải là nghiệm hầu khắp nơi.Một vấn đề đ-ợc đặt ra là, khi nào nghiệm suy rộng trở thành nghiệm thôngth-ờng và có thể biểu diễn đ-ợc nghiệm suy rộng d-ới dạng một công thứct-ờng minh hay không Điều này làm đ-ợc nếu biên của miền đ-ợc xét làtrơn [Fuxra] Tuy nhiên, nếu biên không trơn vẫn là một vẫn đề để ngỏ.Vào những năm chín m-ơi của thế kỉ XX- PGS.TSKH Nguyễn Mạnh Hùng

đã xét các bài toán biên đối với hệ ph-ơng trình hyperbolic mạnh trong trụhữu hạn với đáy là miền với biên không trơn và nhận đ-ợc các định lí về sựtồn tại duy nhất nghiệm suy rộng cũng nh- tính trơn của nó theo biến thờigian [4]

Trong luận văn này d-ới sự h-ớng dẫn của PGS.TSKH Nguyễn MạnhHùng, bằng một ph-ơng pháp khác (ph-ơng pháp xấp xỉ miền), tác giả xétbài toán biên ban đầu thứ nhất ph-ơng trình hyperbolic mạnh trong trụ hữuhạn với đáy là miền với biên không trơn và tác giả cũng nhận đ-ợc các định

lí về sự tồn tại duy nhất nghiệm suy rộng cũng nh- tính trơn của nó theobiến thời gian Bố cục luận văn gồm ba ch-ơng, ch-ơng I: Một số kiến thứcchuẩn bị, gồm một số kiến thức cơ sở nh- về các không gian hàm cần thiết,

định lý xấp xỉ miền và các bổ đề cần thiết (về giải tích hàm), ch-ơng II: Sựtồn tại duy nhất nghiệm, bao các gồm kết quả chính thông qua các định lýII.1, II.2, II.3, ch-ơng III: Tính trơn của nghiệm theo biến thời gian, trongch-ơng này dựa vào các kết quả đạt trong ch-ơng II, tác giả chứng minh tínhtrơn của nghiệm theo biến thời gian đến cấp bất kỳ thông qua định lý III.1.Tất nhiên trong luận văn này không thể tránh khỏi những thiếu sót, tác giảrất mong nhận đ-ợc những góp ý quý báu từ các thầy, cô giáo và các bạn

đồng nghiệp

Cuối cùng bằng tấm lòng kính trọng và biết ơn sâu sắc, tác giả xin trânthành cảm ơn thầy PGS.TSKH Nguyễn Mạnh Hùng, ng-ời đặt ra vấn đề, rồih-ớng dẫn, chỉ bảo tận tình để tác giả hoàn thành luận văn này Tác giảxin trân thành cảm ơn các thầy cô phản biện đã đọc luận văn này và đ-a ranhững nhện xét xác đáng Tác giả cũng xin trân thành cảm ơn các anh, chị,bạn đồng nghiệp đã giúp đỡ tác giả hoàn thành luận văn này

Hà nội - 2005, tác giả

I Mét sè kiÕn thøc chuÈn bÞ 5

I.1 C¸c kh«ng gian hµm cÇn thiÕt 5I.2 Kh¸i niÖm biªn tr¬n - §Þnh lý xÊp xØ miÒn 8I.3 ThiÕt lËp bµi to¸n 10

tr¬n 13

III TÝnh tr¬n cña nghiÖm theo biÕn thêi gian 40

4

Ch-ơng I

Một số kiến thức chuẩn bị

I.1 Các không gian hàm cần thiết

Cho Ω là một miền trong bị chặn trong Rn, kí hiệu QT = Ω ì (0, T ), T =

cost > 0, là trụ có chiều cao T , đáy là Ω và QT = Ω ì [0, T ].

1 L2(Ω) là không gian Hilbert của tất cả các hàm khả tích bình ph-ơngtrên Ω với tích vô h-ớng cho bởi

2 Không gian W2m(Ω) là khônh gian Sobolev bao gồm tất cả các hàm

u(x) ∈ L2(Ω) có tất cả các đạo hàm suy rộng theo x đến cấp m thuộc

L2(Ω) W2m(Ω) là không gian Banach với chuẩn

3 Ký hiệu Ck(QT) là tập các hàm khả vi lên tục đến cấp k trên QT,

C∞(QT) là tập tất cả các hàm thuộc Ck(QT), ∀k = 0, 1,

4 Không gian L2(QT) là không gian Hilbert của tất cả các hàm khả tích

bình ph-ơng trên QT với tích vô h-ớng cho bởi

5 Không gian W2m,l(QT) là khônh gian Sobolev bao gồm tất cả các hàm

u(x, t) ∈ L2(QT) có tất cả các đạo hàm suy rộng theo x đến cấp m và theo t đến cấp l thuộc L2(QT) W2m,l(QT) là không gian Banach vớichuẩn

(Tr-ờng hợp l = 0, số hạng thứ hai của vế phải coi nh- không có) và nó

cũng là không gian Hilbert với tích vô h-ớng đ-ợc sinh ra từ chẩn trên

6 Không gian

◦

W

m,l

2 (QT) là khônh gian con của không gian W2m,l(QT),

bao gồm các hàm u(x, t) ∈ W2m,l(QT) bằng không gần biên ST =

∂Ω ì (0, T ) Điều đó có nghĩa là u(x, t) ∈

Chứng minh

Xét dãy toán tử liên tục Ak : H∗−→R, Ak(f ) = (f, uk), f ∈ H∗ và toán

tử liên tục A : H∗−→R, A(f ) = (f, u), f ∈ H∗, do {uk}∞k=1, hội tụ yếu tới

u, nên lim

k→∞Ak(f ) = A(f ), ∀f ∈ H∗, suy ra dãy {Ak}∞k=1 bị chặn điểm do

nguyên lý bị chặn đều Banach - Steinhauss thì dãy {Ak}∞k=1 bị chặn đều, cónghĩa là tồn tại supk>1kAkk < ∞ Mặt khác

Bổ đề I.2 Giả sử H là không gian Hilbert khả ly Khi đó từ một dãy con bị

chặn trong H có thể trích ra một dãy con hội tụ yếu trong H Xem[4]

Bổ đề I.4 Nếu {uk}nk=1 ⊂ W◦

m,1

2 (QT), bị chặn Khi đó, tồn tại dãy con

ukl(x, t) sao cho dãy ukl(x, 0) hội tụ trong L2(Ω).

I.2 Khái niệm biên trơn - Định lý xấp xỉ miền

Cho Ω là một miền trong bị chặn trong Rn, ký hiệu ∂Ω là biên của Ω.

Định nghĩa 1 Ta gọi ∂Ω thuộc lớp Ck nếu tại mỗi điểm x0 ∈ ∂Ω tồn tại một lân cận Ux0 của điểm x0 trong Rn sao cho ∂Ω ∩ Ux0 nằm trên siêu mặt

xn = f (x1, x2, , xn−1)

với f ∈ Ck(G) , G là miền biến thiên của đối số x1, x2, , xn−1, ( ta có thể

đổi hệ toạ độ nếu cần thiết ) Ta nói ∂Ω trơn ( hay thuộc lớp C∞) nếu ∂Ω thuộc lớp Ck, ∀k = 0, 1,

Bây giờ ta chuyển sang việc xấp xỉ một miền có biên bất kỳ bởi mộtdãy miền có biên trơn

Định lý I.1 Giả sử Ω là một miền tuỳ ý bị chặn trong Rn Khi đó tồn tại một dãy miền Ωε, ε > 0 sao cho Ωε ⊂ Ω và lim

ε→0Ωε = Ω, (lim

ε→0meas(Ω r Ωε) = 0)

với ∂Ωε trơn.

Chứng minh Với mọi ε > 0, xét tập Sε = {x ∈ Ω : dist(x, ∂Ω) < ε} Kí

hiệu Ωε = Ω r Sε và ∂Ωε là biên của Ωε Giả sử J (x) là hàm đặc tr-ng của

1) Nếu h < ε2, thì Jh(x) = 0 với x /∈ Ωε2 Thật vậy, x /∈ Ωε2 ⇔

dist(x, ∂Ω) < ε2 Khi đó ∀y, |x − y| 6 h, dist(y, ∂Ω) 6 dist(x, ∂Ω) +

|x − y| 6 dist(x, ∂Ω) + h < ε2+ ε2 = ε Suy ra y /∈ Ωε, J (y) = 0, do đó

Cho h < ε2, kí hiệu Ωεc là tập các điểm x ∈ Ω : Jh(x) > c, với c là hằng

số nào đó cố định 0 < c < 1, hiển nhiên Ωε

Jh(K) là tập có độ đo 0 trong R Bởi vậy tồn tại c0, 0 < c0 < 1 sao cho

tập x ∈ Ω, Jh(x) = c0 không là điểm tới hạn của Jh Thật vậy, nếu đặt

K1 = {x ∈ Ω : Jh(x) = c, ∀c ∈ (0, 1)} là tập con của tập các điểm tới hạn của Jh, Jh(K1) = (0, 1) ⊂ Jh(K) vậy à(Jh(K1)) = 1 6 à(Jh(K)) = 0

(vô lí) Đặt Ωεc0 = {x ∈ Ω : Jh(x) > c0} và F (x) = Jh(x) − c0, giả sử tại

x0 ∈ ∂Ωεc, khi đó F (x0) = Jh(x0) − c0 = 0 hay Jh(x0) = c0, do việc chọn c0

suy ra ∂F (x)∂x

i = gradJh(x0) 6= 0 Khi đó theo định lý hàm ẩn thì tồn tại một

lân cận W mở của (x01, , x0i−1, x0i+1, , xn) trong Rn−1, lân cận mở V của

x0 trong R và hàm z : W −→V khả vi vô hạn, sao cho x = (x1, , xn) ∈

W ì V = Ux0, F (x) = Jh(x) − c0 = 0 ⇔ (x1, , xi−1, xi+1, , xn) ∈ W và

xi = z(x1, , xi−1, xi+1, , xn) Do đó ∂Ωεc0 trơn và lim

ε→0Ωεc0 = Ω.

I.3 Thiết lập bài toán

Ta chuyển sang nghiên cứu ph-ơng trình hyperbolic tuyến tính cấp bất kỳ

Xét trong trụ QT = Ω ì (0, T ), Ω là miền bị chặn trong Rn, T = const > 0.

S T

ở đó n là pháp véc tơ ngoài tới mặt ST , đ-ợc gọi là bài toán biên ban đầu

thứ nhất đối với ph-ơng trình hyperbolic mạnh (2).

Nghiệm suy rộng Nghiệm suy rộng trong không gian W2m,1(QT) của bài

Giả sử Ω là một miền bất kì và Ωε ⊂ Ω với Ωε = {x ∈ Ω : dist(x, ∂Ω) >

ε}, ∂Ωε trơn, QεT = Ωεì (0, T ) Khi đó ta công nhận kết quả sau đây:

Định lý I.2 Nếu f ∈ C∞(QT) và ∂

kf

∂tk

t=0 = 0, ∀k = 0, 1, ã ã ã , s − 1 , thì bài toán biên ban đầu thứ nhất đối với ph-ơng trình Hyperbolic mạnh (2),(4),(5) trong QεT tồn tại và duy nhất nghiệm suy rộng u(x, t) ∈ W◦

2m,s

2 (QεT) Chứng minh xem[Fuxra]

Ch-ơng II

Sự tồn tại và duy nhất nghiệm trong trụ với

đáy là miền bất kỳ

II.1 Các bất đẳng thức tiên nghiệm đối với miền có biên trơn

Trong mục này chúng ta đi chứng minh một số bất đẳng thức tiên nghiệm

đối với trụ có đáy là miền có biên trơn, để làm cơ sở cho việc chứng minh

sự tồn tại nhiệm suy rộng của bài toán (2),(4),(5) trong trụ có đáy là miềnbất kỳ

Giả sử Ω là một miền bất kì và Ωε ⊂ Ω với Ωε = {x ∈ Ω : dist(x, ∂Ω) >

Bổ đề II.1 Nếu f ∈ C∞(QT), ∂∂tkfk

t=0 = 0, ∀k > 0, các hệ số của toán tử (1) thoả mãn điều kiện (3) và

|∂aαβ

∂t |; |aαβ|; |bα|; |c| 6 M, trên QT, M = const > 0, ∀α, β = 1, 2, m, thì nghiệm suy rộng u ∈ W◦

S ε T

= 0, j = 0, ã ã ã , m − 1.

ở đó n là pháp véc tơ ngoài tới mặt STε Nhân hai vế của (9) với ut sau đó

lấy tích phân theo trụ Qετ = Ωε ì (0, τ ), o < τ < T Ta nhận đ-ợc

utt.utdxdt

=Z

Q ε τ

f.utdxdt

(10)

Sử dụng các điều kiện ban đầu, điều kiện biên và công thức tích phân từngphần ta có

Z

Q ε τ

utt.utdxdt = 1

2

Z τ 0

bαDαu.utdxdt + (−1)m+1

Z

Q ε τ

|ut|2dx] 6

6 γ2

Z

Ω ε τ

bαDαu.utdxdt + (−1)m+1

Z

Q ε τ

cu.utdxdt

+

Z

Q ε τ

(−1)|α|+maαβtDβu.Dαudxdt| 6 M m

2

Z

Q ε τ

|(−1)m+1

Z

Q ε τ

cu.utdxdt| 6 M

2

 Z

Q ε τ

|u|2dxdt +

Z

Q ε τ

|ut|2dxdt

(18)

+)

|Z

Q ε τ

f.utdxdt| 6 1

2

 Z

Q ε τ

|f |2dxdt +

Z

Q ε τ

|u|2dx 6 γ2T

Z

Q ε τ

Q ε τ

Đặt Z(τ ) =

Z

Ω ε τ

là hằng số không phụ thuộc vào ε, u và cả f

Trong bổ đề tiếp theo ta sẽ thiết lập đánh giá dạng (8) của nghiệm suyrộng nh-ng không cần đến yêu cầu

∂kf

∂tk

Chứng minh Với mỗi η > 0 ta đặt

S ε T

thoả mãn bất đẳng thức

ku0k2

Wm,1(Qε) 6 Ckf k2L2(Qε

T )

C không phụ thuộc ε Giả sử uηm, uηn là hai nghiệm suy rộng của bài toán

(23),(24) t-ơng ứng với hai giá trị ηm, ηn khác nhau Khi đó ta có đánh giá

C không phụ thuộc ε lẫn ηm, ηn, từ tính chất của hàm trung bình ta thấy

rằng khi η−→0, gη−→f trong chuẩn củaL2(QεT) Mặt khác từ bất đẳng thức

(26) thì {uηi}∞i=1 là dãy Cauchy trong W2m,1(QεT) Từ đó suy ra uη−→u0 ∈

W2m,1(QεT), η−→0 trong W2m,1(QεT) Nh- vậy cho η−→0 trong (25) ta có bất

Bây giờ ta chỉ ra u0 là nghiệm suy rộng của bài toán (2),(4)(5) trong QεT

Do uη là nghiệm suy rộng của bài toán (23),(24) nên nó thoả mãn đẳng thứctích phân

(−1)m−1

Z

Q ε T

Do sự hội tụ mạnh suy hội tụ yếu nên khi cho η−→0 trong đẳng thức (27)

và uη(x, 0) = 0 suy ra u0(x, 0) = 0 ta đ-ợc điều phải chứng minh.

Sau đây ta sẽ thiết lập đánh giá cho ut trong W2m,1(QεT) t-ơng tự nh- đánh

giá của u trong (8),(22).

Bổ đề II.3 Nếu f ∈ C∞(QT),∂∂tkkf

t=0 = 0, ∀k > 0, ∂Ω trơn các hệ số của toán tử (1) thoả mãn điều kiện (3) và

lấy đạo hàm theo t hai vế của đẳng thức (29), sau đó nhân hai vế với utt và

lấy tích phân hai vế theo trụ Qετ, (0 < τ < T ) ta nhận đ-ợc:

uttt.uttdxdt

=Z

Q ε τ

f.uttdxdt (30)

Sử dụng các điều kiện ban đầu, điều kiện biên và công thức tích phân từngphần ta có

(−1)m+|α|aαβDβut.Dαutdx +

Z

Ω ε τ

Sử dụng bất đẳng thức ∀ε > 0, |a.b| 6 12[1εa2+ εb2], để đánh giá số hạng

thứ hai ở vế phải của (34) ta đ-ợc

+ K1

Z

Q ε τ

Q ε τ

với C = (eC1 T − 1) không phụ thuộc ε, f, ft, u.

T-ơng tự nh- trong bổ đề II.2 tiếp theo ta sẽ thiết lập đánh giá dạng

S ε = 0, j = 0, · · · , m − 1.

(41)

do gη ∈ C∞(QT) và thoả mãn ∂

kgη

∂tk

... nghiệm trụ với< /b>

đáy miền bất kỳ

II.1 Các bất đẳng thức tiên nghiệm miền có biên trơn

Trong mục chứng minh số bất đẳng thức tiên nghiệm...

Ta xét tính nghiệm suy rộng tốn biên ban đầu thứ

đối với ph-ơng trình hyperbolic mạnh

Ta đ-a vào ký hiệu

Từ định lí II.1 bất đẳng thức Cauchy suy hệ sau

Hệ...

đối với trụ có đáy miền có biên trơn, để làm sở cho việc chứng minh

sự tồn nhiệm suy rộng tốn (2),(4),(5) trụ có đáy miềnbất kỳ

Giả sử Ω miền Ωε ⊂ Ω với Ωε