Một số phương pháp đánh giá ổn định nghiệm của phương trình burgers ngược thời gian luận văn tốt nghiệp đại học

1

MỤC LỤC
Trang

LỜI NÓI ĐẦU . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
Chương 1: Một số phương pháp đánh giá ổn định nghiệm cho phương
trình Burgers ngược thời gian . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.1 Một số kiến thức liên quan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.1.1 Bổ đề . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.1.2 Bổ đề . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.1.3 Định lý . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.1.4 Định lý . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.2 Bài toán 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.2.1 Bổ đề . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.2.2 Bổ đề . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
1.2.3 Định nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .10
1.2.4 Định lý . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
1.3 Bài toán 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
1.3.1 Định nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .12
1.3.2 Định lý . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
Chương 2: Cải tiến kết quả đánh giá ổn định nghiệm cho phương
trình Burgers ngược thời gian của Carasso và Ponomarev . . . . . . . . . 19
2.1 Cải tiến kết quả đánh giá ổn định của Ponomarev . . . . . . . . . . 19
2.1.1 Định nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .19
2.1.2 Định lý . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
2.1.3 Định lý . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20


2

2.1.4 Nhận xét . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
2.2 Cải tiến kết quả đánh giá ổn định của 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 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 [13] và các
tài liệu tham khảo trong nó). Chúng thuộc lớp bài toán đặt không chỉnh. Một
trong những vấn đề đầu tiên khi nghiên cứu các bài toán đặt không chỉnh là
việc tìm các đánh giá tính ổn định nghiệm. Các đánh giá này cho chúng 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 theo nghĩa Hadamard(xem [10]). Cho đến nay,
chỉ có ít kết quả đạt được cho bài toán đánh giá ổn định nghiệm cho phương
trình dạng Burgers ngược thời gian. Vì vậy trong khoá luận này chúng tôi đề
xuất một phương pháp đánh giá ổn định dạng H¨older cho nghiệm phương trình
Burgers ngược thời gian theo chuẩn L2 .
Ngoài phần mở đầu và 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 của Carasso và Ponomarev.

Chương 2: Cải tiến kết quả đánh giá ổn định nghiệm phương trình Burgers
ngược thời gian của Carasso và Ponomarev.
Trong chương 1, chúng tôi giới thiệu bài báo [11] của 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) , 0 t T,
trong đó k > 0, α (t), β (t) và F (x, t) là các hàm trơn. Tiếp theo chúng tôi giới
3


4

thiệu bài báo [13] của S. M. Ponomarev - trình bày về đánh giá ổn định dạng
H¨older cho nghiệm của 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, 0 t T,
u (x, T ) = ϕ (x) , ∀x ∈ (0, 1) ,
trong đó a (t) > 0, ∀t ∈ [t0 , T ] , b (x, t) , c (x, t) , d (x, t) , F (x, t) và ϕ (x) là
các hàm trơn xuất hiện trong nhiều ứng dụng khác nhau nên thu hút sự quan
tâm nghiên cứu của rất nhiều nhà toán học trên thế giới( xem [11]).
Trong chương 2, chúng tôi cải tiến kết quả đánh giá ổn định nghiệm phương
trình Burgers ngược thời gian của Carasso và Ponomarev.
Khóa luận được thực hiện bằng phần mềm LATEX(xem [4]) và được hoàn
thành tại trường Đại học Vinh dưới sự hướng dẫn nhiệt tình, tận tâm của thầy
giáo, TS. Nguyễn Văn Đức và sự giúp đỡ của các thầy cô, gia đình, bạn bè. Tác

giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới thầy đã dành cho tác giả sự quan tâm
giúp đỡ tận tình và chu đáo trong suốt quá trình học tập, nghiên cứu và hoàn
thành khóa luận.
Nhân dịp này, tác giả xin gửi lời cảm ơn đến Ban chủ nhiệm khoa Toán, các
thầy cô trong tổ Giải tích - khoa Toán Đại học Vinh đã giúp đỡ tác giả trong
quá trình hoàn thành khóa luận, xin cảm ơn các bạn sinh viên lớp 48A - Toán
đã tạo điều kiện thuận lợi cho tác giả hoàn thành khóa luận của mình.
Vì thời gian không nhiều và khả năng của bản thân còn hạn chế nên khóa
luận chắc hẳn không tránh khỏi thiếu sót. Tác giả kính mong nhận được sự góp
ý của quý thầy cô cùng toàn thể các bạn sinh viên.
Vinh 05/2011
Tác giả


CHƯƠNG 1
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) là hàm số liên tục trên [a, b] . Khi đó công thức
1/2

b

2

|f (x)| dx

f =

xác định một chuẩn.

a

1.1.2 Bổ đề. Giả sử u (x, t) là hàm số khả vi liên tục đến cấp hai theo biến x
và biến t. Khi đó 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 một chuẩn, trong đó D = {(x, t) : 0 < x < 1, 0 < t < T }.

1.1.3 Định lý. (Bất đẳng thức Cauchy - Schwarz) Cho f (x) và g (x) là hai
hàm số liên tục trên đoạn [a, b]. Khi đó ta có
 b
2
b

f 2 (x) dx

f (x)g (x) dx ≤


a

b

a

g 2 (x) dx
a

1.1.4 Định lý. ( Bất đẳng thức Jensen) Nếu hàm f (x) là hàm lồi trên tập

M ⊆ R thì ta có
f (αx + βy) ≤ αf (x) + βf (y) , ∀x, y ∈ M, ∀α, β ≥ 0, α + β = 1.
5


6

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) , 0 t T,

(1.1)

trong đó k > 0, α (t), β (t) và F (x, t) là các hàm trơn.
Ta kí hiệu D = {(x, t) : 0 < x < 1, 0 < t < T }.
1.2.1 Bổ đề. Giả sử u(x, t) là nghiệm của 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 và z (x, t) =

trong đó b(x,t) và d(x,t) là các hàm trơn. Đặt B (x, t) =
0

u (x, t) exp

−B(x,t)
2k

. Khi đó z(x,t) thỏa mãn
2

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)

và

zx = exp

−B
2k

ux −

b
u .
2k

(1.5)

Từ (1.5) ta suy ra

zxx = exp

−B
2k

b
uxx − ux +
k

b2
bx
+
4k 2 2k

u .

(1.6)

Kết hợp (1.4) và (1.6) ta được

zt − kzxx

−B
= exp
2k

bt
b2
bx
ut − u + bux − u − kuxx + u .
2k
4k
2

(1.7)


7

Từ (1.7) ta có

2Bt + b2
bx
u+ u
−du −
4k
2

−B
zt = kzxx + exp
2k
−B
= kzxx − u exp
2k
= kzxx − z

2Bt + b2
bx
+d−
4k
2

2Bt + b2
bx
+d−
4k
2

.

Mặt khác, ta có

z (0, t) = z (1, t) = 0, ∀t ∈ (0, T ) .
Bổ đề được chứng minh.
1.2.2 Bổ đề. Giả sử u(x, t) là nghiệm của phương trình

ut = kuxx − c (x, t) u, (x, t) ∈ D,
u (0, t) = u (1, t) = 0, ∀t ∈ (0, T ) ,

(1.8)

trong đó c(x, t) là hàm khả vi liên tục và ct (x, t) ≤ δ với ∀ (x, t) ∈ D.
1/2

1
2

Đặt u(t) =

u (x, t)dx

với ∀t ∈ [0, T ]. Khi đó ta có đánh giá

0

u (t) ≤ exp

δt (T − t)
2

t
u (0) (1− T ) u (T )

t
T

, ∀t ∈ (0, T ) .

(1.9)

.
Chứng minh. Đặt

δt2
v (x, t) = exp
2

u (x, t) .

(1.10)

Từ (1.10) ta suy ra

δt2
vt = exp
(ut + δtu)
2
δt2
= exp

(kuxx − cu + δtu)
2
δt2
δt2
= k exp
uxx − exp
(c − δt) u.
2
2

(1.11)


8

Đặt d(x, t) = c(x, t) − δt. Rõ ràng dt (x, t) = ct (x, t) − δ ≤ 0. Khi đó ta có

vt = kvxx − vd,
v (0, t) = v (1, t) = 0, ∀t ∈ [0, T ] .
1

(1.12)

2

v 2 (x, t) dx = v (t) , ∀t ∈ [0, T ]. Từ đó ta suy ra

Đặt f (t) =
0

1

f (t) = 2

1

v (kvxx − dv) dx = 2k

vt vdx = 2
0

1

0

dv 2 dx

vvxx dx − 2
0

1

0

1

vx2 dx − 2

= −2k

1

0

dv 2 dx.

(1.13)

0

Từ (1.13) ta suy ra
1

1

1

vxx vxt dx − 4

f (t) = −4k
0

dt v 2 dx.

dvt vdx − 2
0

0

1

dt v 2 dx ≤ 0. Do đó ta có đánh giá

Để ý rằng dt ≤ 0 nên
0

1

1

vxx vxt dx − 4

f (t) ≥ −4k
0

dvt vdx
0

1

= −4kvxx vt

1
0

1

vxx vt dx − 4

+ 4k

0

dvt vdx
0

1

vt (kvxx − dv)dx.

= 4

(1.14)

0

Từ (1.12) và (1.14) ta có
1

vt2 dx.

f (t) ≥ 4
0

(1.15)


9

Nhân hai vế của (1.15) với f (t) ta được
1

1

vt2 dx

f (t) f (t) ≥ 4
0

v 2 dx.

(1.16)

0

Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz cho (1.16) ta đạt được
2
 1
2

2vt vdx = (f (t)) , ∀t ∈ [0, T ]

f (t) f (t) ≥ 
0

2

⇔ f (t) f (t) ≥ (f (t)) , ∀t ∈ [0, T ] .

(1.17)

Nếu v (t) > 0, ∀t ∈ (0, T ), tức là f (t) > 0, ∀t ∈ (0, T ). Bằng cách đặt

g (t) = ln (f (t)). Khi đó ta có
f (t) f (t) − (f (t))2
g (t) =
.
f 2 (t)

(1.18)

Từ (1.17) và (1.18) ta suy ra g (t) ≥ 0, ∀t ∈ [0, T ] . Do đó g (t) là 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

.0 +

(1.19)

Thay g (t) = ln (f (t)) vào (1.19) ta đạt được

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 này 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
2

δt2
2

vào (1.21) ta nhận được
t

u

⇔ u (t)

T
δT 2

(
)
≤ u (0)
exp
u (T ) , ∀t ∈ [0, T ]
2
t
t
δt (T − t)
≤ exp
u (0) (1− T ) u (T ) T ,
2
∀t ∈ [0, T ] .
(1.22)

1− Tt

Bây giờ ta giả sử v (t) > 0 với 0 < t < S, trong đó S là một số dương nào
đó. Khi đó, ta có

v (t) ≤ v (0)

(R−t)/R

v (R)

t/R

,

0 < t ≤ R < S.

(1.23)

Nếu v (S) = 0 thì từ (1.23) ta suy ra v (t) = 0 với 0 < t < S . Do đó nếu
tồn tại t0 ∈ (0, T ) sao cho v (t0 ) = 0 thì v (t) = 0, ∀t ∈ (0, T ). Điều đó
dẫn đến u (t) = 0, ∀t ∈ (0, T ). Trong tình huống này khẳng định (1.9) luôn
đúng.
Như vậy Bổ đề đã được chứng minh.
1.2.3 Định nghĩa. Một hàm u(x, t) được gọi là thuộc vào tập VN nếu

max {|u| , |ut | , |utt | , |uxt | } ≤ 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

(1.1). Đặt z(x, t) = u1 (x, t) − u2 (x, t), z(t) =

, ∀t ∈ [0, T ]

z (x, t)dx
0

và f (t) =

1 2

0 z (x, t)dx

= z(t)

2

, ∀t ∈ [0, T ] .

1.2.4 Định lý. Nếu z (T ) ≤ δ (δ > 0) thì ta có đánh giá sau

z (t) ≤ 2 exp

4N + t (T − t) N 2 + (1 + 3k) N
4k

N (1− T ) δ T ,
t

t

∀t ∈ [0, T ] . (1.24)
Chứng minh. Vì ui (x, t), i = 1, 2 thoả mãn (1.1), nên ta có

zt = kzxx − u2 zx − u1x z, ∀t ∈ [0, T ] .

(1.25)


11

Ta lại có z (0, t) = z (1, t) = 0, ∀t ∈ [0, T ].
x

u2 (x, t) ds, ϕ (x, t) = z (x, t) . exp

Đặt B (x, t) =
0

−B
2k

. Theo Bổ đề 1.2.1 thì

ϕ (x, t) thỏa mãn
2

t
ϕt = kϕxx − u2 +2B
+ u1x − u22x , ∀ (x, t) ∈ (0, 1) × (0, T ) ,
4k
ϕ (0, t) = ϕ (1, t) = 0, ∀t ∈ [0, T ] .

Đặt

(1.26)

u22 + 2Bt
u2x
c (x, t) =
+ u1x −

.
4k
2

Từ đó suy ra

1
1
(2u2 u2t + 2Btt ) + u1xt − u2xt .
4k
2
Mặt khác do u2 ≤ N , u2t ≤ N , Btt ≤ N , u1x ≤ N , u2xt ≥ −N
ct =

nên ct ≤

N 2 +(1+3k)N
.
2k

Đặt

δ=

N 2 + (1 + 3k) N
.
2k

Khi đó ct ≤ δ . Theo Bổ đề 1.2.2 chúng ta có đánh giá

ϕ (t) ≤ exp

δt (T − t)
2

Thay ϕ (x, t) = z (x, t) exp

z (t)

≤ exp

t
ϕ (0) (1− T ) ϕ (T )

−B(x,t)
2k

t
T

, ∀t ∈ [0, T ] .

(1.27)

vào (1.27) ta được

4N + t (T − t) N 2 + (1 + 3k) N
4k

t

z (0) (1− T ) z (T )

∀t ∈ [0, T ] .

t
T

,

(1.28)

Do z (0) = u1 (0) − u2 (0) ≤ 2N, z (T ) ≤ δ nên ta có
t
t
z (t) ≤ 2N (1− T ) δ T exp

4N + t (T − t) N 2 + (1 + 3k) N
4k

,

∀t ∈ [0, T ] . (1.29)
Định lí đã được chứng minh.


12

1.3

Bài toán 2(Ponomarev)

Xét phương trình


 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 ∈ [t0 , T ] ,


u (x, T ) = ϕ (x) , ∀x ∈ (0, 1) ,

(1.30)

trong đó a (t) > 0, ∀t ∈ [t0 , T ] , b (x, t) , c (x, t) , d (x, t) , F (x, t) và ϕ (x) là
các hàm trơn.
1.3.1 Định nghĩa. Đặt

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

Khi đó 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, t) ∈ M (i = 1, 2), c (0, t) ≥ 0, ∀t ∈ [t0 , T ] và

c (1, t) ≤ 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 (T )
Tk

, ∀t ∈ [t0 , T ] ,

(1.32)

trong đó
(1+k1 )

k2 T
,
k=
1 + k1

t(1+k1 ) − t0

β=

(1+k1 )

T (1+k1 ) − t0

.

Chứng minh. Vì u1 , u2 thỏa mãn (1.30) nên ta có

u1t = au1xx + bu1 u1x + cu1x + du1 + F,
u2t = au2xx + bu2 u2x + cu2x + du2 + F.

(1.33)

Khi đó

zt = u1t − u2t
= azxx + b (zu1x + u2 zx ) + czx + dz
= azxx + (bu2 + c) zx + (bu1x + d) z.
Đặt p (x, t) = bu2 + c,

(1.34)

q (x, t) = bu1x + d. Từ đó suy ra
zt = azxx + pzx + qz.

(1.35)

1

z 2 (x, t) dx nên

Mặt khác vì f (t) =
0

1

f (t) = 2

1

zzt dx,

zztt + zt2 dx.

f (t) = 2

0

0

Do đó ta có
1
2

f (t) f (t) − (f (t))



1

z 2 dx

=
0

zztt + zt2 dx − 2
0

1

1

z 2 dx

= 2
0

0



1

− 2

z 2 dx
0

zt2 dx
0

2
zzt dx .

0

zzt dx
0

1

1

zztt dx + 2

2

1

(1.36)


14

Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz cho (1.36) ta được

1
1
2

f (t) f (t) − (f (t))

z 2 dx

≥ 2
0

zztt dx + 2 
0



zzt dx
0

1

−4 

2
zzt dx

0
1

1

z 2 dx

≥ 2

2

1

0

zztt − zt2 dx.

(1.37)

0

Ta lại có
1

1

zztt − zt2 dx =
0

−2apzx zxx + (at − apx ) zzxx − 2p2 zx2 dx
0
1

(pt − ppx − 2pq) zzx + pz 2 dx.

+

(1.38)

0

Đặt A(x, t) = −2ap, B(x, t) = at − apx , C(x, t) = −2p2 , P (x, t) =

pt − ppx − 2pq, và R(x, t) = qt − qpx . Khi đó
1

1

zztt − zt2 dx =
0

Azx zxx + Bzzxx + Czx2 + P zzx + Rz 2 dx. (1.39)
0

Vì c(1, t) ≤ 0,

c(0, t) ≥ 0,

A(0, t) ≤ 0 và A(1, t) = −2a (t) p(1, t) =

−2a (t) (b(1, t)u2 (1, t) + c(1, t)) ≥ 0 nên
1

1

1
Azx zxx dx = − Azx2
2

1
0

1
−
2
0

0

≥

1

1
Ax zx2 dx = −
2

Ax zx2 dx
0

1

−c1
2

zx2 dx,

(1.40)

0

trong đó c1 ≥ max |Ax | và c1 không phụ thuộc vào u1 , u2 . Ta luôn có bất đẳng
(x,t)∈D


15

thức

|ab| ≤

εa2 b2
+ , ∀ε > 0.
2
2ε

Do đó
1

1
1
0

Bzzxx dx = Bzzx

−

0

1

Bzx2 dx

Bx zzx dx −
0

0

1

ε
+ c2
≥ −
2

1

c23
2
zx dx −
2ε

z 2 dx,

0

(1.41)

0

trong đó c2 ≥ max |B(x, t)|, c3 ≥ max |Bx |. Tương tự ta cũng có
(x,t)∈D

(x,t)∈D
1

1

P zzx dx = −

1
2

Px z 2 dx ≥

−c4
2

0

0

1

z 2 dx,

(1.42)

0

trong đó c4 ≥ max |Px |. Như vậy,ta đạt được
(x,t)∈D
1

1

c1 ε
zztt − zt2 dx ≥ −

+ + c2 + 2c25
2
2
0

zx2 dx
0

1

c2 c4
− 3 + + c6
2ε
2

z 2 dx,

(1.43)

0

trong đó c5 ≥ max |P (x, t)| và c6 ≥ max |R(x, t)|. Mặt khác, ta có
(x,t)∈D

(x,t)∈D

1

1

zx2 dx = zzx

1
0

−

0

1

zzxx dx = −
0
1

= −

1
a (t)

zzxx dx
0

z (zt − pzx − qz)dx
0
1

= −

1

1
f (t) +
2a (t)
a (t)

q−

px 2
z dx
2

0

≤ −

1
c7
f (t) +
f (t) ,
2a (t)
a (t)

(1.44)


16

trong đó c7 ≥ max q −
(x,t)∈D

px
2

. Từ (1.43) và (1.44) ta có

1

zztt − zt2 dx ≥

k1
k2
f (t) −
f (t) ,
2a (t)
2a (t)

(1.45)

0

trong đó

c1 ε
+ + c2 + 2c25 ,
2
2
c23 c4
= 2k1 c7 + 2
+ + c6
2ε

2

k1 =
k2

max a (t) .

(1.46)

t∈[t0 ,T ]

Từ (1.37) và (1.45) ta được

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)
2

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) thì (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 đó (1.48) trở thành

d
ds

1 df
f ds

≥−

k2 µ 1
, ∀t ∈ [t0 , T ] .
k12 s2

(1.49)


17

Đặt

g1 (s) = ln f (s)s

−

k2 µ
2
k1

.

Sử dụng (1.49) ta chứng minh được g1 (s) ≥ 0. Do đó g1 là 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)

trong đó

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 thì (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 đó ta có

d
ds

1 df
sk1 f ds

≥−

k2 T

.
sk1 +1

(1.53)


18

Đặt r (s) = sk1 +1 . Ta suy ra

1 df
f dr

d
dr

≥−

k2 T
−
2r
(1 + k1 )

k1
k1 +1 +1

.

(1.54)

Nếu t0 > 0 thì ta suy ra được r ∈ (0, 1]. Từ (1.54) ta được

d
dr

1 df
f dr

≥−

k2 T
1
2 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 được g2 (r) ≥ 0. Do đó g2 là 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)

trong đó
1
t1+k1 − t1+k
0
β=
.
1
T 1+k1 − t1+k
0

Từ (1.56) ta có
k T

t
ln f (t)
T

2
− 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
1

k

⇔ f (t) ≤ t

f (t0 )
tk0

1−β

f (T )
Tk

β

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, T ) ,
u (0, t) = α (t) , u (1, t) = β (t) , 0 t T,

(2.1)

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, t)dx

, ∀t ∈ [0, T ]

0

và f (t) =

1 2
0 z (x, t)dx

= z(t)

2

, ∀t ∈ [0, T ] .

Kết quả sau đây được Ponomarev công bố trong [13]:
2.1.2 Định lý. Nếu ui (x, t) ∈ VN (i = 1, 2), c (0, t) ≥ 0, ∀t ∈ [t0 , T ] và

c (1, t) ≤ 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

f (t) ≤ exp

k2 (t − αT )
(f (0))(1−α) (f (T ))α , ∀t ∈ [0, 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( ck1 t ) − 1
exp( c1kT ) − 1

(2.3)

.

Chứng minh. Với chú ý rằng ui (x, t), i = 1, 2, thoả mãn (2.1), ta có

zt = kzxx − u2 zx − u1x z.
Đặt a (x, t) =
ta suy ra u1 =

1
2 (u1 (x, t) + u2 (x, t)) ,
1
1
2 (2a + z) và u2 = 2 (2a

(2.4)

∀ (x, t) ∈ D. Kết hợp với u1 − u2 = z ,
− z). Thay vào (2.4), ta đạt được

zt = kzxx − azx − ax z.

(2.5)

Mặt khác, ta có
1

z 2 dx

f (t) =
0

1

f (t) = 2

zzt dx
0
1

z{zxx − azx − ax z}dx

= 2k
0
1

1

zzxx dx − 2k

= 2k
0

1

ax z 2 dx

azzx dx − 2k
0

1

1

1

z 2 dx − kaz 2 −

= 2kzx z − 2k
0
1

0

0

0

kax z 2 dx
0

1

(zx )2 dx −

= −2k

0
1

kax z 2 dx.
0

(2.6)

21

Từ (2.6) ta suy ra
1

f (t) = −4k

1

1
2

zx zxt dx −

kaxt z dx − 2

0

kax zzt dx

0

0

1

1

= −4kzx zt + 4k

1

zt zxx dx −

0

1
2

kaxt z dx − 2

0

0

1

1

zt (zt + azx + ax z)dx − kat z 2

= 4

kax zzt dx

0
1
0

+2

0

kat zzx dx
0

1

1

zt2 dx +

= 4
0

1

zt (4azx + 2ax z) dx + 2
0

0
1

1

zt2 dx +

= 4

kat zzx dx

0

1

(kzxx − azx − ax z) (4azx + 2ax z) dx + 2
0

0

1

1

zt2 dx + 4

= 4
0

1

kazx zxx dx+2
0

kax zzxx dx
0

1

−

1

(4azx + 2ax z) (azx + ax z) dx + 2
0
1

kat zzx dx
0

1

zt2 dx + 2azx2

= 4

kat zzx dx

1
0

zx2 ax dx + 2kax zzx

− 2k

0

1

0

0
1

−2

1

ax zx2 dx − 4

axx zzx dx − 2
0

0
1

−6

a2 zx2 dx
0

1

1

a2x z 2 dx + 2

ax azzx dx − 2

0
1

0

kat zzx dx
0

1

zt2 dx +

= 4

1

0

−4ax − 4a2 zx2 dx
0

1

−2

1

a2x z 2 dx.

(axx + 3ax a + kat ) zzx dx − 2

0

0

(2.7)


22

Vì u1 , u2 thuộc tập VN nên tồn tại hằng số dương c3 không phụ thuộc vào u1 , u2
sao cho

|axx + 3ax a + kat | ≤ c3 , ∀(x, t) ∈ D.

(2.8)

Ta lại có, với bất kỳ ε > 0 thì

ε
1
|zzx | ≤ zx2 + z 2 .
2
2ε
Từ (2.7), (2.8) và (2.9) ta đạt được
1

1

zt2 dx − 4

f (t) ≥ 4

(2.9)

0

ax − a2 zx2 dx
0
1

1

c3
zx2 dx −
ε

− c3 ε

z 2 dx − 2
0

0
1

a2x z 2 dx
0

1

zt2 dx − 4

= 4

1

0

ax − a2 +

c3 ε 2
zx dx
4

0
1

c3
+ 2a2x z 2 dx.
ε

−

(2.10)

0

Rõ ràng rằng tồn tại hằng số dương c1 không phụ thuộc vào u1 , u2 sao cho

kax − ka2 +

kc3 ε
4

c1 , ∀(x, t) ∈ D.

(2.11)

Từ (2.10) và (2.11) ta suy ra
1

1

4c1
zt2 dx −
k

f (t) ≥ 4
0

1

c3
+ 2a2x z 2 dx.
ε

zx2 dx −
0

(2.12)

0

Điều này kéo theo



1

zt2 dx +

f (t) ≥ 4

1

c1 
f (t) +
k

0

0

c3
+ 2a2x z 2 dx
ε
0

1

c1

zt2 dx + f (t) +
k

= 4

1

ax z 2 dx −
0

1



1
c3 k
c1 ax −
− 2ka2x z 2 dx.
k
ε
0

(2.13)


23

Tồn tại hằng số c2 không phụ thuộc vào u1 , u2 để sao cho

c 1 ax −

c3 k
− 2ka2x
ε

c2 , ∀(x, t) ∈ D.

(2.14)

Từ (2.13) và (2.14) ta có
1

zt2 dx +

f (t) ≥ 4

c2
c1
f (t) − f (t).
k
k

(2.15)

0

Nhân hai vế của (2.15) với f (t) ta được
1

1

zt2 dx

f (t) f (t) ≥ 4
0

z 2 dx +

c2
c1
f (t)f (t) − f 2 (t) .
k
k

(2.16)

0

Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz cho (2.16) ta được
 1
2
c2
c1
f (t) f (t) ≥ 2 zzt dx + f (t) f (t) − f 2 (t)
k
k
0

c1
c2

2
⇔ f (t) f (t) ≥ (f (t)) + f (t) f (t) − f 2 (t)
k
k
c2 2
c1
2
f (t) f (t) − f (t) , ∀t ∈ [0, T ] . (2.17)
⇔ f (t) f (t) − (f (t)) ≥
k
k
Chú ý rằng nếu tồn tại t0 ∈ (0, T ) sao cho z (t0 ) = 0 thì z (t) = 0 với
∀t ∈ (0, T ). Trong tình huống này khẳng định (2.3) luôn đúng. Do đó, ta chỉ
cần xét trường hợp z (t) > 0, ∀t ∈ (0, T ), tức là f (t) > 0, ∀t ∈ (0, T ).
Chia cả hai vế của (2.17) cho f 2 (t) ta được

⇔
⇔
⇔
⇔

c1 f (t) c2
f (t) f (t) − (f (t))2
≥
− , ∀t ∈ (0, T )
f 2 (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 1 df
(
)
ds f ds
Đặt g (s) = ln f (s).s

−c2 k
c2
1

−

c2 k 1
.
c21 s2

(2.20)

.

Sử dụng (2.20) ta dễ dàng kiểm tra được g (s) ≥ 0. Do đó g (s) là hàm lồi. Sử
dụng bất đẳng thức Jensen cho hàm lồi g (s) ta có

g exp

c1 t
k

c1 0
c1 T
+ α exp
k
k
c1 T
c1 0
+ αg exp
≤ (1 − α) g exp
k
k
∀t ∈ [0, T ] ,
= g (1 − α) exp

,
(2.21)

trong đó

exp

α=

exp

c1 t
k
c1 T
k

− exp
− exp

c1 0
k
c1 0
k

=

exp
exp

c1 t
k
c1 T
k

−1

−1

.

Từ (2.21) suy ra

ln f (t) exp

−c2 t
c1

−c2 0
c1
−c2 T
+α ln f (T ) exp
.
c1

≤ (1 − α) ln f (0) exp

(2.22)

Điều này 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 đó ta có

f (t) ≤ exp
trong đó α =

exp( ck1 t ) − 1

.
exp( 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 − a (x, t) ux − ax (x, t) u, ∀ (x, t) ∈ D,
u (0, t) = u (1, t) = 0, ∀t ∈ [0, T ] ,

(2.25)

trong đó a(x,t) là hàm trơn.
x

a (s, t)ds, z (x, t) = u (x, t) exp

Đặt B (x, t) =
0

−B(x,t)
2k

. Khi đó z(x,t) thỏa

mãn

2

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 ra

Bt
−B
−B
− u exp
2k
2k
2k
−B
a
= exp
ux − u
2k
2k

a2
ax
−B
uxx − aux +
+
= exp
2
2k
4k
2k

zt = ut exp
zx
zxx

(2.27)

u .

(2.28)

Do đó

zt − zxx

−B
= exp
2k

at

a2
ax
ut − u + aux − u − uxx + u .
2
4k
2

(2.29)

Từ đó ta đạt được

−B
zt = zxx + exp
2k
−B
= zxx − u exp
2k
= zxx − z

2Bt + a2
ax
−ax u −
u+ u
4k
2
2Bt + a2
ax
+
4k
2

2Bt + a2
ax
+
4k
2

.

(2.30)