Đa tạp quán tính xấp xỉ và ứng dụng

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

PHẠM MẠNH HÙNG

ĐA TẠP QUÁN TÍNH XẤP XỈ VÀ ỨNG DỤNG

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Hà Nội - Năm 2014


ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

PHẠM MẠNH HÙNG

ĐA TẠP QUÁN TÍNH XẤP XỈ VÀ ỨNG DỤNG

Chuyên ngành:

TOÁN ỨNG DỤNG

Mã số : 60 46 01 12

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC
PGS. TS. CUNG THẾ ANH

Hà Nội - Năm 2014

Mục lục
Lời cảm ơn

3

Lời nói đầu

4

1 Kiến thức chuẩn bị

6

1.1

Phát biểu bài toán biên ban đầu đối với hệ Navier-Stokes . . . . .

6

1.2

Các không gian hàm và các toán tử . . . . . . . . . . . . . . . . . .

6

1.2.1

Các không gian hàm. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

6

1.2.2

Các toán tử . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

7

1.3

Một số kết quả về hệ phương trình Navier-Stokes . . . . . . . . . . 11
1.3.1

Sự tồn tại và duy nhất nghiệm . . . . . . . . . . . . . . . . 11

1.3.2

Sự tồn tại tập hút toàn cục . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

1.3.3

Tính ổn định của nghiệm dừng. . . . . . . . . . . . . . . . . 16

1.3.4

Đánh giá số chiều của tập hút toàn cục . . . . . . . . . . . 18

2 Đa tạp quán tính xấp xỉ đối với hệ phương trình Navier-Stokes
và ứng dụng

24

2.1

Đặt vấn đề . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

2.2

Đa tạp quán tính xấp xỉ Hm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

2.3

Đa tạp quán tính xấp xỉ M0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
2.3.1

Phương trình của đa tạp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

2.3.2

Các đánh giá về khoảng cách của quỹ đạo tới M0 . . . . . 30

2.3.3

Ví dụ minh họa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31

1


MỤC LỤC

Kết luận

33

Tài liệu tham khảo

34

2


Lời cảm ơn
Bản luận văn này được hoàn thành dưới sự hướng dẫn và chỉ bảo tận tình
của PGS. TS. Cung Thế Anh. Thầy đã dành nhiều thời gian hướng dẫn cũng
như giải đáp các thắc mắc của tôi trong suốt quá trình làm luận văn. Tôi muốn
bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến người thầy của mình.
Qua đây, tôi xin gửi tới các thầy cô đang công tác tại Khoa Toán-Cơ-Tin học,
Trường Đại học Khoa học Tự nhiên, Đại học Quốc gia Hà Nội, cũng như các
thầy cô đã tham gia giảng dạy khóa Cao học 2011 - 2013 lời cảm ơn chân thành
đối với công lao dạy dỗ trong thời gian chúng tôi học tập tại trường.
Tôi cũng xin gửi lời cảm ơn chân thành tới gia đình, bạn bè, những người
đã luôn cổ vũ, động viên tôi trong suốt quá trình học tập cũng như làm luận văn.

Hà Nội, ngày 12 tháng 11 năm 2014
Học viên

Phạm Mạnh Hùng

3

Lời nói đầu
Các phương trình và hệ phương trình trong cơ học chất lỏng xuất hiện
khi mô tả chuyển động của các chất lỏng và khí như nước, không khí, dầu mỏ,
dưới những điều kiện tương đối tổng quát. Một trong những lớp hệ phương trình
cơ bản quan trọng trong cơ học chất lỏng, miêu tả dòng chảy của chất lỏng lí
tưởng, nhớt, không nén là hệ phương trình Navier-Stokes.
Hệ phương trình Navier-Stokes được xây dựng từ các định luật bảo toàn khối
lượng, động lượng và có dạng:

 ∂u − ν∆u + (u · ∇)u + ∇p = f (x, t) x ∈ Ω, t > 0,
∂t
(1)
∇.u = 0
x ∈ Ω, t > 0,
ở đó, u = u(x, t); p = p(x, t) tương ứng là hàm vectơ vận tốc và hàm áp suất cần
tìm, hằng số ν > 0 là hệ số nhớt và f là ngoại lực.
Khi nghiên cứu các phương trình và hệ phương trình trong cơ học chất lỏng,
dáng điệu tiệm cận của nghiệm khi thời gian dần ra vô cùng là một trong các
nội dung quan trọng cần được nghiên cứu vì nó cho phép dự đoán xu hướng
phát triển của hệ trong tương lai, từ đó có những điều chỉnh thích hợp để đạt
được mục đích mong muốn.
Dáng điệu tiệm cận nghiệm thường được nghiên cứu bằng cách sử dụng lí
thuyết tập hút hoặc trong tình huống đơn giản hơn là nghiên cứu tính ổn định
của nghiệm dừng (xem [10]). Tuy nhiên, tập hút toàn cục thường có cấu trúc
hình học rất phức tạp và không ổn định đối với nhiễu; vì vậy nó không thật phù
hợp cho các vấn đề xấp xỉ số dáng điệu của nghiệm khi thời gian lớn. Bên cạnh
đó, lí thuyết đa tạp quán tính (là một đa tạp Lipschitz hữu hạn chiều, bất biến
và hút mũ các quỹ đạo) cũng là công cụ quan trọng để nghiên cứu dáng điệu

tiệm cận nghiệm của các phương trình đạo hàm riêng tiêu hao (xem[1, 3]). Đa
tạp quán tính, nếu tồn tại, sẽ chứa tập hút toàn cục và chứa đựng nhiều thông
tin về dáng điệu tiệm cận của hệ đang xét; nói riêng là có thể qui việc nghiên
cứu dáng điệu tiệm cận của hệ đang xét về nghiên cứu dáng điệu tiệm cận của
hệ rút gọn trên đa tạp quán tính, là hệ hữu hạn chiều. Tuy nhiên, các phương
4


Lời nói đầu

pháp kiến thiết đa tạp quán tính đã biết đều yêu cầu điều kiện kẽ hở phổ đủ
lớn, tức là khoảng cách giữa hai giá trị riêng liên tiếp phải đủ lớn. Mặc dù chỉ là
điều kiện đủ, nhưng đây là điều kiện rất ngặt và nhiều phương trình quan trọng
trong vật lí toán không thỏa mãn.
Cho đến nay, sự tồn tại đa tạp quán tính đối với hệ phương trình NavierStokes hai chiều vẫn là câu hỏi mở. Tuy nhiên, dựa trên lí thuyết đa tạp quán
tính, Foias-Manley-Temam đã xây dựng đa tạp quán tính xấp xỉ M0 cho hệ
phương trình Navier-Stokes hai chiều. Đa tạp quán tính này xấp xỉ tập hút
toàn cục tốt hơn so với sử dụng đa tạp quán tính xấp xỉ thông thường Hm (là
đa tạp tuyến tính), nhận được bằng cách sử dụng phương pháp Galerkin cổ điển.
Luận văn này trình bày các kết quả về sự tồn tại đa tạp quán tính xấp xỉ M0
đối với hệ phương trình Navier-Stokes hai chiều và ứng dụng trong vấn đề xấp
xỉ nghiệm. Nội dung chính của luận văn dựa trên các bài báo [2, 11] trong Danh
mục tài liệu tham khảo. Ngoài lời mở đầu, kết luận và tài liệu tham khảo, luận
văn được chia thành hai chương:
Chương 1: Kiến thức chuẩn bị.
Trong chương này, chúng tôi trình bày một số kết quả cơ bản về sự tồn tại
duy nhất nghiệm yếu và tập hút toàn cục đối với hệ phương trình Navier-Stokes.
Ta biết rằng sự tồn tại tập hút toàn cục với số chiều fractal hữu hạn là điều kiện
cần để tồn tại đa tạp quán tính.
Chương 2: Đa tạp quán tính xấp xỉ đối với hệ phương trình NavierStokes và ứng dụng.

Trong chương này, trước hết dựa trên phương pháp Galerkin cổ điển, chúng
tôi trình bày dáng điệu của các dòng xoáy nhỏ của hệ phương trình NavierStokes bằng cách sử dụng đa tạp quán tính xấp xỉ Hm . Tiếp theo, chúng tôi
trình bày đa tạp quán tính xấp xỉ M0 và đưa ra ước lượng về khoảng cách của
quỹ đạo đến đa tạp này. Cuối cùng chúng tôi trình bày một ví dụ minh họa cho
tính ưu việt của đa tạp M0 so với đa tạp Hm .

5


Chương 1

Kiến thức chuẩn bị
Trong chương này chúng tôi trình bày một số kết quả cổ điển về sự tồn tại duy
nhất nghiệm và dáng điệu tiệm cận nghiệm của hệ phương trình Navier-Stokes
hai chiều trong miền bị chặn. Các kết quả trong chương này dựa theo [9, 10].

1.1

Phát biểu bài toán biên ban đầu đối với hệ Navier-Stokes

Giả sử Ω là miền bị chặn trong R2 với biên ∂Ω trơn. Xét bài toán biên ban
đầu đối với hệ phương trình Navier-Stokes hai chiều:

∂u


− ν∆u + (u · ∇)u + ∇p = f, x ∈ Ω, t > 0,


∂t



∇·u=0
x ∈ Ω, t > 0,
(1.1)


u(x,
t)
=
0
x
∈
∂Ω,
t
>
0,



u(x, 0) = u (x)
x ∈ Ω,
0

trong đó u = (u1 , u2 )T là hàm vectơ vận tốc, p : Ω → R là hàm áp suất, hằng số
ν > 0 là hệ số nhớt.

1.2

Các không gian hàm và các toán tử

Trong mục này ta giới thiệu các không gian hàm và các toán tử thường dùng
khi nghiên cứu hệ phương trình Navier-Stokes.
1.2.1

Các không gian hàm.

Kí hiệu:
V = {u ∈ (C0∞ (Ω))2 : ∇ · u = 0}.

6


Chương 1. Kiến thức chuẩn bị

Để nghiên cứu bài toán (1.1), ta xét các không gian hàm sau:
V =V

(H01 (Ω))2

H=V

(L2 (Ω))2

= {u ∈ (H01 (Ω))2 : ∇ · u = 0}

là bao đóng của V trong (H01 (Ω))2 ,

là bao đóng của V trong (L2 (Ω))2 .

Khi đó H và V là các không gian Hilbert với tích vô hướng lần lượt là:
2

u · vdx =

(u, v) = (u, v)H =
Ω

ui vi dx,
i=1

Ω

2

2

∇ui · ∇vi dx =

((u, v)) = (u, v)V =
Ω

Ω i,j=1

i=1

∂ui ∂vi
dx,
∂xj ∂xj

trong đó u = (u1 , u2 )T , v = (v1 , v2 )T .
Gọi H ⊥ là phần bù trực giao của H trong (L2 (Ω))2 . Từ kết quả trong Temam
[8], ta có
H ⊥ = {u ∈ (L2 (Ω))2 : u = gradp, p ∈ H 1 (Ω)}.
Gọi V là không gian đối ngẫu của V . Ta kí hiệu |.|, . lần lượt là chuẩn trong
H và trong V , . ∗ là chuẩn trong V .
1.2.2

Các toán tử

∗ Toán tử A:

Giả sử A : V → V là toán tử xác định bởi
Au, v = ((u, v)),

∀u, v ∈ V.

Kí hiệu D(A) là miền xác định của A, ta có:
D(A) = {u ∈ H : Au ∈ H} = (H 2 (Ω))2 ∩ V.

Dễ thấy A là toán tử tuyến tính không bị chặn, tự liên hợp, xác định dương
và có nghịch đảo A−1 : H → D(A) compact vì phép nhúng H01 (Ω) → L2 (Ω) là
compact. Do đó, phổ của A gồm toàn giá trị riêng {λi }∞
i=1 với
0 < λ1 ≤ λ2 ≤ ... ≤ λn ≤ ..., λn → +∞ khi n → +∞,

và các hàm riêng tương ứng {wj }∞
j=1 ⊂ D(A) lập thành một cơ sở trực chuẩn
trong H .
Ta có:

1
|φ|L∞ (Ω)2 ≤ c2 φ

1 + log
7

|Aφ|2
λ φ 2

2

,

∀φ ∈ D(A).

(1.2)


Chương 1. Kiến thức chuẩn bị

∗ Toán tử B :

Đặt
2

ui

b(u, v, w) =
i,j=1 Ω

∂vj
wj dx.
∂xi

Khi đó, b(., ., .) là một dạng 3-tuyến tính liên tục trên (H01 (Ω))2 , hay nói riêng
trên V .
Chứng minh.
2

|b(u, v, w)| =
Ω i,j=1

2

∂vj
ui
wj dx ≤
∂xi

≤C u

L4

v

|ui |4 dx
i,j=1

w

H01

L4

1
4

Ω

∂vj 2
| dx
∂xi
Ω

≤C u

H01

v

H01

1
2

|wj |4 dx
Ω

w

H01 ,

ở đó ta đã sử dụng phép nhúng H 1 (Ω) → L4 (Ω).
Ngoài ra, ta có
b(u, v, w) = −b(u, w, v)

∀u, v, w ∈ V.

Nói riêng
b(u, v, v) = 0,

∀u, v ∈ V.

Bổ đề 1.2.1. (Bất đẳng thức Laydyzhenskaya khi n = 2). Với bất kì tập mở
Ω ⊂ R2 , ta có:
ν

1

L4 (Ω)

≤ 24 ν

1
2

L2 (Ω)

∇ν

1
2

L2 (Ω)

,

∀ν ∈ H01 (Ω).

(1.3)

Chứng minh. Vì C0∞ (Ω) trù mật trong H01 (Ω) nên ta chỉ cần chứng minh (1.3)
đúng với mọi ν ∈ C0∞ (Ω). Với ν ∈ C0∞ (Ω), ta có
x1

ν 2 (x) = 2

ν(ξ1 , x2 )

∂ν
(ξ2 , x2 )dξ1 .
∂x1

−∞

Suy ra ν 2 (x) ≤ 2ν1 (x2 ), ở đây
+∞

|ν(ξ1 , x2 )|

ν1 (x2 ) =

∂ν
(ξ1 , x2 ) dξ1 .
∂x1

−∞

Tương tự, ta cũng có ν 2 (x) ≤ 2ν2 (x1 ), với
+∞

|ν(x1 , ξ2 )|

ν2 (x1 ) =
−∞

8

∂ν
(x1 , ξ2 ) dξ2 .
∂x1

1
4


Chương 1. Kiến thức chuẩn bị

Từ đó suy ra
+∞

4

ν1 (x2 )ν2 (x1)dx ≤ 4

ν (x)dx =
R2

ν1 (x2 )dx2

2
L2 (R2 )

ν2 (x1 )dx1

−∞

R2

≤4 ν

+∞

2

∂ν
∂x1

2

∂ν

∂x2

L2 (R2 )

−∞

≤2 ν
L2 (R2 )

2
L2 (R2 )

· ∇ν

2
L2 (R2 ) .

Từ đây suy ra điều phải chứng minh.
Bổ đề 1.2.2. Ta có
1

1

1
2

|b(u, v, w)| ≤ 2 2 |u| 2 u

1

v |w| 2 w

1
2

∀u, v, w ∈ V.

,

Chứng minh. Ta có
2

|b(u, v, w)| =

ui
i,j=1 Ω

2

≤
i,j=1

Mà

∂vj
|
∂xi

1
2

2

dx
L2

∂vj
wj dx
∂xi

2

ui 2L4 dx

2

1
2

wj

i=1

2

2
L4 dx

1
4

.

j=1

2

ui 2L4

≤2

i=1

1
2

ui

L2

· ∇ui

1

≤ 2 2 u · |u|,

L2

i=1

nên suy ra
1

1

|b(u, v, w)| ≤ 2 2 |u| 2 u

1
2

1

1
2

1

1
2

v |w| 2 w

,

∀u, v, w ∈ V.

,

∀u, v, w ∈ V.

Chú ý. Vì b(u, v, w) = −b(u, w, v) nên
1

1

|b(u, v, w)| ≤ 2 2 |u| 2 u

1
2

w |v| 2 v

Nói riêng
1

|b(u, u, v)| ≤ 2 2 .|u| · u · v ,

∀u, v ∈ V.

(1.4)

Xét toán tử B : V × V → V xác định bởi
∀u, v, w ∈ V,

B(u, v), w = b(u, v, w),

và đặt Bu = B(u, u). Ta có:
1

|(B(u, v), w)| ≤ c2 |u| 2 u

9

1
2

1

v |w| 2 w

1
2

,

(1.5)


Chương 1. Kiến thức chuẩn bị

|B(u, v)| ≤ c3






1

u

|Au|2 2
,
λ1 u 2
3
1
|A 2 v|2 2
1 + log
,
λ1 Av 2

v

1 + log



 u Au
1

B(u, v) ≤ c4

1

(1.6)

1

|u| 2 u 2 v 2 |Av|,
1

1
u| 2 |Au| 2 v .

(1.7)

Khi đó, bài toán (1.1) có thể phát biểu dưới một trong hai dạng sau đây:
Bài toán 1. Cho trước u0 ∈ H và f ∈ L2 (0, T ; V ). Tìm hàm u ∈ L2 (0, T ; V )
thỏa mãn

 d (u, v) + ν((u, v)) + b(u, u, v) = f, v , với mọi v ∈ V và hầu khắp t ∈ (0, T ),
dt

u(0) = u0 .
Để viết lại Bài toán 1 dưới dạng phương trình toán tử, ta xét bổ đề sau.
Bổ đề 1.2.3. Giả sử u ∈ L2 (0, T ; V ). Khi đó hàm Bu xác định bởi
∀v ∈ V,

Bu(t), v = b(u(t), u(t), v),

sẽ thuộc L1 (0, T ; V ).
Chứng minh. Với hầu khắp t ∈ [0, T ], ta có Bu(t) ∈ V và
| Bu(t), v | = |b(u(t), u(t), v)| ≤ C u(t)

Suy ra Bw

V

2

· v ,

∀v ∈ V.

≤ C w 2 , ∀w ∈ V . Do đó
T

T

Bw(t)

V

0

dt ≤ C

w(t)

2
V dt

< +∞.

0

Vậy Bu ∈ L1 (0, T ; V ).
Bài toán 2. Cho trước u0 ∈ H và f ∈ L2 (0, T ; V ). Tìm hàm u ∈ L2 (0, T ; V )
thỏa mãn:
u ∈ L1 (0, T ; V ),
u + νAu + Bu = f

trong V với hầu khắp t ∈ (0, T ),

(1.8)

u(0) = u0 .

(1.9)

Bài toán 1 và Bài toán 2 tương đương với nhau theo nghĩa nếu u là nghiệm
của bài toán này thì nó cũng là nghiệm của bài toán kia và ngược lại.

10


Chương 1. Kiến thức chuẩn bị

1.3
1.3.1

Một số kết quả về hệ phương trình Navier-Stokes
Sự tồn tại và duy nhất nghiệm

Định lí 1.3.1. Giả sử u0 ∈ H và f ∈ L2 (0, T ; V ). Khi đó, Bài toán 1 có duy
nhất nghiệm u thỏa mãn:
u ∈ C([0, T ]; H) ∩ L2 (0, T ; V ).

Chứng minh. Ta chứng minh sự tồn tại nghiệm bằng phương pháp xấp xỉ Galerkin.
Bước 1. Xây dựng dãy nghiệm xấp xỉ.
Giả sử {wj }∞

j=1 là một cơ sở của V gồm toàn các vectơ riêng của toán tử A.
Với mỗi m ≥ 1, tìm nghiệm xấp xỉ dưới dạng
m
m

gim (t)wi ,

u (t) =
i=1

trong đó gim thỏa mãn

m
 du (t) , w + ν(um (t), w ) + b(um (t), um (t), w ) = f (t), w , j = 1, ..., m,
j
j
j
j
dt
um (0) = u .
0m

(1.10)
ở đây u0m = Pm u0 , với Pm là phép chiếu của H xuống span{w1 , ..., wm }, không
gian con sinh bởi m vectơ riêng đầu tiên. Từ lí thuyết phương trình vi phân
thường suy ra nghiệm xấp xỉ um (t) tồn tại và xác định trên khoảng [0, T ].
Bước 2. Xây dựng các ước lượng tiên nghiệm đối với {um }.
Nhân hai vế của (1.10) với gim (t), sau đó lấy tổng theo j từ 1 đến m ta được
(um (t), um (t)) + ν um (t)

2

= f (t), um (t) .

Từ đây, sử dụng bất đẳng thức Cauchy, ta suy ra
d m 2
|u (t)| + 2ν um (t)
dt

2

≤ 2 f (t)

∗

um (t) ≤ ν um (t)

2

+

1
f (t) 2∗ .
ν

Do đó

d m 2
1
|u (t)| + ν um (t) 2 ≤

f (t) 2∗ .
dt
ν
Lấy tích phân bất đẳng thức này từ 0 đến t, 0 ≤ t ≤ T , ta được
t

t

1
um (s) 2 ds ≤ |uom |2 +
ν

|um (t)|2 + ν
0

T

1
f (s) 2∗ ds ≤ |uo |2 +
ν
0

Từ đây suy ra
{um } bị chặn trong L∞ (0, T ; H),
11

f (t) 2∗ dt.
0

Chương 1. Kiến thức chuẩn bị

{um } bị chặn trong L2 (0, T ; V ).

Dễ thấy
{Aum } bị chặn trong L∞ (0, T ; V ),
{Bum } bị chặn trong L2 (0, T ; V ).
dum
= νAum − Pm Bum + Pm f nên suy ra
dt

Vì

dum
dt

bị chặn trong L2 (0, T ; V ).

Bước 3. Chuyển qua giới hạn.
Từ các ước lượng tiên nghiệm ở Bước 2, ta có thể giả sử
um

u trong L2 (0, T ; V );

Aum

Au trong L2 (0, T ; V );

dum
dt

du
trong L2 (0, T ; V ).
dt

Bây giờ ta cần chứng minh Bum Bu trong L2 (0, T ; V ). Áp dụng Bổ đề AubinLions, ta nhận được một dãy con của {um } mà ta vẫn kí hiệu là {um } thỏa
mãn
um → u trong L2 (0, T ; H).
Ta chứng minh kêt quả sau.
Bổ đề 1.3.1. Giả sử um u trong L2 (0, T ; V ) và um → u trong L2 (0, T ; H). Khi
đó với mọi w ∈ C 1 (QT ) ta có
T

T

b(um (t), um (t), w(t))dt →

b(u(t), u(t), w(t))dt.
0

0

Chứng minh. Ta có:
T

T

b(um (t), um (t), w(t))dt = −
0

2

b(um , w, um )dt = −

T
m

b(u , u , w)dt −
0

Ω

b(u, u, w)dt =
0

T

(um
i − ui )

=
i,j=1 0

dwj m
(u )j dxdt.
dxi

T
m

2

(um )i
i,j=1 0

0

Do đó

T

∂wj
∂wj m
uj + um
(u − uj ) dxdt.
i
∂xi
∂xi j

Ω

12


Chương 1. Kiến thức chuẩn bị

Bởi vậy ta chỉ cần xét biểu thức dạng
T

(ν m − ν)wν m dxdt,

Em =
0

Ω

ở đó ν m → ν trong L2 (0, T ; H), w ∈ L2 (0, T ; H) và ν m bị chặn đều trong L∞ (0, T ; H).
Do
wν m

L2 (0,T ;H)

≤ w

L2 (0,T ;H)

νm

L∞ (0,T ;H)

nên Em → 0. Từ đó suy ra bổ đề được chứng minh.
Từ các kết quả trên suy ra tồn tại hàm u ∈ L2 (0, T ; V ) ∩ L∞ (0, T ; H) thỏa mãn:
du
+ νAu + Bu = f trong L2 (0, T ; V ),
dt

hay
du
(t) + νAu(t) + Bu(t) = f (t) trong V với hầu khắp t ∈ [0, T ].
dt

Để chứng minh u(0) = u0 , ta chọn hàm thử ϕ ∈ C 1 ([0, T ]; V ) với ϕ(T ) = 0, và

lấy tích vô hướng của phương trình trên với ϕ, sau đó tích phân từng phần ta
được:
T

−

T

(u(t), ϕ (t))dt + ν
0

T

(u(t), ϕ(t))dt +
0

b(u(t), u(t), ϕ(t))dt
0

T

f (t), ϕ(t)) dt.

= (u(0), ϕ(0)) +
0

Mặt khác, làm tương tự với nghiệm xấp xỉ Galerkin um ta được
T

T
m

−

(u (t), ϕ (t))dt + ν
0

T
m

b(um (t), um (t), ϕ(t))dt

(u (t), ϕ(t))dt +
0

0
T

= (um (0), ϕ(0)) +

f (t), ϕ(t)) dt.
0

Chuyển qua giới hạn khi m → ∞ ta được
T

−

T

(u(t), ϕ (t))dt + ν
0

T

(u(t), ϕ(t))dt +
0

b(u(t), u(t), ϕ(t))dt
0

T

= (u0 , ϕ(0)) +

f (t), ϕ(t)) dt.
0

13


Chương 1. Kiến thức chuẩn bị

Từ đó suy ra (u(0), ϕ(0)) = (u0 , ϕ(0)) với mọi ϕ, và do đó u(0) = u0 .
Bước 4. Tính duy nhất và sự phụ thuộc liên tục của nghiệm vào
điều kiện ban đầu.
Giả sử u1 , u2 là hai nghiệm của bài toán đã cho với dữ kiện ban đầu lần lượt
là u01 , u02 . Đặt u = u1 − u2 , ta có

u + νAu = −Bu1 + Bu2
u(0) = u01 − u02 .

Nhân hai vế phương trình này với u ta được
d
|u(t)|2 + 2ν u(t)
dt

2

= −2b(u2 (t), u2 (t), u(t)) − 2b(u1 (t), u1 (t), u(t))
= −2b(u(t), u2 (t), u(t)).

Sử dụng Bổ đề 1.2.2, ta có
d
|u(t)|2 + 2ν u(t)
dt
≤ 2ν u(t)

Do đó

2

2

1

≤ 2 2 |u(t)| u(t)

u2 (t)

1
+ |u(t)|2 u2 (t) 2 .
ν

d
1
|u(t)|2 ≤ |u(t)|2 u2 (t) 2 .
dt
ν

Suy ra
T

1
u2 (s) 2 ds .
ν

|u(t)|2 ≤ |u(0)|2 exp
0

Từ đây suy ra điều phải chứng minh.
1.3.2

Sự tồn tại tập hút toàn cục

Khái niệm tập hút toàn cục: Tập A ⊂ X, A = Φ gọi là tập hút toàn cục
đối với hệ động lực (X, S(t)) nếu:
1. A đóng và bị chặn
2. A bất biến, tức là, S(t).A = A, ∀t > 0

3. A hút mọi tập bị chặn B của X , tức là, lim dist(S(t).B, A) = 0 với dist(E, F ) =
t→+∞

sup inf d(a, b) là nửa khoảng cách Hausdoff giữa hai tập con E, F của X.

a∈E b∈F

Một số ính chất của tập hút toàn cục A:
14


Chương 1. Kiến thức chuẩn bị

1. Tính cực đại: Nếu B ⊂ X bị chặn và bất biến thì B ⊂ A
2. Tính cực tiểu: Nếu B ⊂ X dóng hút các tập bị chặn của X thì A ⊂ B
3. A là duy nhất
Giả thiết ngoại lực f ∈ H không phụ thuộc vào thời gian t. Từ Định lí 1.3.1, ta
có thể xây dựng nửa nhóm S(t) : H → H liên kết với bài toán (1.1) bằng cách
đặt
S(t)u0 = u(t),

ở đó u(t) là nghiệm yếu của bài toàn (1.1) với dữ kiện ban đầu u0 . Ta sẽ chứng
minh hệ động lực (H, S(t)) có một tập hút toàn cục compact A trong H .
a) Tập hấp thụ trong H
Nhân hai vế của phương trình đầu tiên ở (1.1) với u, ta được
1d 2
|u| + ν u
2 dt

2

= (f, u).

Sử dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
d 2
|u| + 2ν u
dt

2

≤ νλ1 |u|2 +

1
|f |2 ,
νλ1

(1.11)

hay
1
d 2
|u| + νλ1 |u|2 ≤
|f |2 .
dt
νλ1

Áp dụng bất đẳng thức Gronwall ta được
|u(t)|2 ≤ |u0 |2 e−νλ1 t +
2 |=
Đặt |RH

1
ν 2 λ21

1
ν 2 λ21

|f |2 .

|f |2 . Suy ra hình cầu BH (0, RH ) là tập hấp thụ trong H của hệ

động lực (H, S(t)).
b) Tập hấp thụ trong V
Nhân hai vế của phương trình đầu tiên ở (1.1) với Au, ta được
d
u
dt

2

+ ν|Au|2 + b(u, u, Au) = (f, Au).

Chú ý rằng
1

1

|b(u, u, Au)| ≤ C|u| 2 u |Au| 2 ≤

và

|(f, Au)| ≤

ν
C
|Au|2 + 3 |u|2 . u 4 ,
4
ν

ν
1
|Au|2 + |f |2 ,
4
ν
15


Chương 1. Kiến thức chuẩn bị

ta có

d
u
dt

2

2

+ νλ1 u

≤

2 2 2C
|f | + 3 |u|2 . u 4 .
ν
ν

(1.12)

Mặt khác lấy tích phân từ t đến t + 1 bất đẳng thức (1.11) ta được
t+1

|u(t + 1)|2 + ν

u(s) ds ≤

1
1
2
, ∀t ≥ T + 1.
|f |2 + |u(t)|2 ≤
|f |2 + RH
νλ1
νλ1

t

Nói riêng ta có
t+1

u(s) ds ≤

ν

1
2
.
|f |2 + RH
νλ1

t

Từ (1.12), áp dụng bất đẳng thức Gronwall đều với y(t) = u(t) 2 ,
a(t) =

2C
2
|u(t)|2 . u(t) 4 , b(t) = |f |2 , ta được
3
ν
ν
u(t)

2

≤ RV2 , ∀t ≥ T + 1.

Từ đây suy ra hình cầu BV (0, RV ) là tập hấp thụ bị chặn trong V của hệ động
lực (H, S(t)).
Vì phép nhúng V → H là compact và không gian pha H là liên thông, ta có

ngay kết quả sau.
Định lí 1.3.2. Hệ động lực (H, S(t)) sinh bởi bài toán (1.1) có tập hút toàn cục
compact liên thông A trong H .
1.3.3

Tính ổn định của nghiệm dừng.

Số Grashoff suy rộng
G=

|f |
.
ν 2 λ1

đóng vai trò quan trọng trong việc khảo sát cấu trúc của tập hút toàn cục A.
Giả sử c0 là hằng số tốt nhất trong bất đẳng thức Ladyzhenskaya (ta biết
1
rằng c0 ≤ 2 2 ):
u

L4

≤ c0 u

1
2

L2

∇u

1
2

L2 ,

∀u ∈ H01 (Ω).

Định lí 1.3.3. Giả sử rằng
G<

1
,
c20

(1.13)

ở đó c0 là hằng số tốt nhất trong bất đẳng thức Ladyzhenskaya. Khi đó, bài toán
(1.1) có duy nhất nghiệm dừng u∗ ∈ V và nghiệm dừng này ổn định mũ toàn
cục, tức là khi đó tập hút toàn cục A có cấu trúc rất đơn giản:
A = {u∗ }.
16


Chương 1. Kiến thức chuẩn bị

Chứng minh. Giả sử {w1 , w2 , ...} là cơ sở gồm toàn các vectơ riêng của toán tử
A. Không gian con sinh bởi w1 , ..., wm kí hiệu bởi Vm .
Tìm nghiệm xấp xỉ um của bài toán dừng um dưới dạng
m

m

γim wi ,

u =
i=1

ở đó
ν((um , v)) + b(um , um , v) = f, v , ∀v ∈ Vm

(1.14)

Để chứng minh sự tồn tại của um , xét toán tử Rm : Vm → Vm cho bởi
((Rm , v)) = Au, v + b(u, u, v) − f, v , ∀u, ν ∈ Vm .

Với mọi u ∈ Vm , ta có
((Rm , u)) = ν u

2

+ b(u, u, u) − f, u ≥ ν u

2

−

1
1

|f | · u .

λ12

Bởi vậy nếu ta lấy
β=

|f |
1

,

νλ12

ta có ((Rm u, u)) ≥ 0, ∀u ∈ Vm thỏa mãn u = β . Do đó từ hệ quả của định lí điểm
bất động Brouwer ta có với mỗi m ≥ 1, tồn tại um ∈ Vm thỏa mãn Rm (um ) = 0.
Lấy v = um trong (1.14) ta có
um ≤

|f |
1

.

νλ12

Từ đó ta có thể trích ra một dãy con um u∗ trong V . Vì phép nhúng V → H
là compact, ta có thể coi um → u∗ trong H . Từ đây có thể chứng minh được u∗
là một nghiệm dừng của bài toán (1.1) và
u∗ ≤

|f |
1
2

(1.15)

.

νλ1

Bây giờ ta chứng minh tính duy nhất và tính ổn định của nghiệm dừng u∗ .
Chú ý rằng mỗi nghiệm u(t) của (1.1) đều có thể viết dưới dạng u(t) = u∗ + v(t),
ở đó v(t) thỏa mãn
∂t v + 2ν v

2

+ B(v, v) + B(v, u∗ ) + B(u∗ , v) = 0.

Nhân cả hai vế của phương trình này với v , ta được
d 2
|v| + 2ν v
dt

2

= 2b(v, v, u∗ ) ≤ 2c20 |v| v

− 21

u∗ ≤ 2c20 λ1
17

v

2

u∗

2

2
≤ 2c20 λ−1
1 |f | v .


Chương 1. Kiến thức chuẩn bị

Từ đây
d 2
ν −1 |f |) v
|v| + 2(ν − c20 λ−1
1
dt

và do đó

2

≤ 0,

d 2
|v| + α|v|2 ≤ 0,
dt

−1
−1
ở đó α = 2(ν − c20 λ−1
1 ν |f |)λ1 > 0. Do

|f |
1
=
G
<
,
ν 2 λ1
c20

ta suy ra
|v(t)|2 = |u(t) − u∗ | ≤ |u(0) − u∗ |2 e−αt .

Định lí được chứng minh.
1.3.4

Đánh giá số chiều của tập hút toàn cục

Khái niệm số chiều fractal: Cho tập M compact trong không gian metric
X , số chiều fractal của M là:
log2 n(M, ε)

ln n(M, ε)
= lim
ε→0 log2 (1/ε)
ε→0 ln(1/ε)

dF M = lim

vơi n(M, ε) là số tối thiểu các hình cầu đóng bán kính ε dùng để phủ M . Hε (M ) =
log2 n(M, ε) gọi là Kolgomorov ε - entropy của M .
Từ Định lí 1.3.2, ta biết rằng nửa nhóm S(t) sinh bởi hệ phương trình NavierStokes (1.1) có một tập hút toàn cục A và A là tập bị chặn trong V và compact
trong H . Dưới đây ta đánh giá số chiều fractal của A.
Định lí 1.3.4. Số chiều fractal của A thỏa mãn
dF A ≤ c

|f ||Ω|
,
ν2

(1.16)

ở đó c là hằng số chỉ phụ thuộc vào hình dạng của miền Ω (tức là, c(λΩ) =
c(Ω), ∀λ > 0).
Hệ quả 1.3.1. Giả sử f ∈ H . Khi đó
dF A ≤

1 |f ||Ω|
.
π ν2

Chú ý rằng ước lượng này chỉ chứa các tham số vật lí của hệ (1.1).

Chứng minh. Đầu tiên ta chứng minh nửa nhóm S(t) là tựa khả vi đều trên A
trong H .
18


Chương 1. Kiến thức chuẩn bị

Bổ đề 1.3.2. Các nghiệm của hệ phương trình Navier-Stokes hai chiều thỏa
mãn
|S(t)v − S(t)u − Λ(t, u)(v − u)|
sup
→ 0 khi
→0
|v − u|

u,v∈A,0<|u−v|<

và
sup Λ(t, u)

op

<∞

∀t ≥ 0,

u∈A

ở đây Λ(t, u0 )ξ là nghiệm của phương trình
dU

+ νAU + B(u, U ) + B(U, u) = 0,
dt

U (0) = ξ.

(1.17)

Hơn nữa, Λ(t; u0 ) là compact với mỗi t > 0.
Chứng minh. Giả sử u(t) và v(t) là hai nghiệm của phương trình
du
+ νAu + B(u, u) = 0,
dt

với điều kiện ban đầu tương ứng là u0 và v0 ∈ A. Ta xét nghiệm U(t) của (1.17)
với U (0) = v0 − u0 . Khi đó, ta có với θ = v − u − U,
dθ
+ νAθ + B(u, θ) + B(u − v, u − v) = 0.
dt

Đặt w = u − v và lấy tích vô hướng với θ, ta có
1d 2
|θ| + ν θ
2 dt

2

= −b(θ, u, θ) − b(u, w, θ).

Sử dụng (1.4) ta có
1d 2

|θ| + ν θ
2 dt

2

≤ k|θ| θ

u + k|w| w

θ .

Bởi vì tập hút bị chặn trong V ta có u ≤ ρV . Sử dụng bất đẳng thức Young
cho hai số hạng ở vế phải ta có
1d 2
|θ| + ν θ
2 dt

2

≤ c|θ|2 + c|w|2 w 2 .

Bỏ số hạng chứa θ và sử dụng bất đẳng thức Gronwall với lưu ý θ(0) = 0, ta
có
t

|θ(t)|2 ≤ k

|w(s)|2 w(s) 2 ds.

(1.18)

o

Trong phần chứng minh tính duy nhất nghiệm ở Định lí 1.3.1, ta đã có
d
|w|2 + ν w
dt

2

≤

19

k2
u
ν

2

· |w|2 ,

(1.19)


Chương 1. Kiến thức chuẩn bị

và từ đó ta có

t

2

|w(t)| ≤ exp

k2
u(s) 2 ds |w(0)|2 .
ν

0

Do u

2

≤ ρV , ta có
|w(t)|2 ≤ ekt |w0 |2 với k > 0 nào đó.

Nhân cả hai vế của (1.19) với |w(t)|2 và lấy tích phân từ 0 đến t ta có
t

ν

t

k2 2
|w(s)| w(s) ds ≤ ρV
ν
2

1

|w(s)|4 ds + |w0 |4 .
2

2

o

o

Từ đây suy ra
t

|w(s)|2 w(s) 2 ds ≤ C ekt |w0 |4 .

ν
o

Thế đánh giá này vào (1.18) ta có:
|θ(t)| ≤ C(t)|u0 − v0 |,

và do đó

|v(t) − u(t) − U (t)|
≤ C|v0 − u0 | khi v0 → u0 .
|v0 − u0 |

Điều này chứng minh tính tựa khả vi của S(t). Suy ra tựa vi phân của S(t) là
toán tử
A(t, u0 )ξ = v(t), ξ ∈ H, ở đó v(t) là nghiệm của phương trình
∂t v = −νAv − B(u(t), v) − B(v, u(t)) = Au (u(t))v,

v|t=0 = ξ.

Bây giờ ta ước lượng j -vết của Au (u(t)). Chú ý rằng với mọi v ∈ V , ta có
(Au (u(t))v, v) = ν v

2

− (B(v, u(t)), v),

(1.20)

ở đó ta đã sử dụng tính chất (B(u, v), v) = 0, ∀u, v ∈ V .
Giả sử Qj là phép chiếu trực giao lên không gian Qj H với cơ sở trực chuẩn
ϕ1 , ..., ϕj ∈ V . Bởi (1.20), ta có
j

j

(Au (u(t))ϕi , ϕi ) = −ν

T r Au (u(t))Qj =
i=1

|∇ϕi | −
i=1

20

j
2

B(ϕi , u(t)), ϕi
i=1


Chương 1. Kiến thức chuẩn bị
j

j

2

ϕki ∂k uu (t)ϕi dx

2

|∇ϕi | −

= −ν
i=1

Ω

i=1 k,l=1
j

j
2

|∇ϕi | +

≤ −ν
i=1

|∇ϕi |2 + |ρ||∇u(t)|.

ρ(x)|∇u(t)|dx ≤ −ν
i=1

Ω

ở đó

j

|ϕi (x)|2 .

ρ(x) =

(1.21)

i=1

Do các hàm thuộc V nên triệt tiêu trên ∂Ω, ta có thể mở rộng hàm này lên R2
bằng cách đặt bằng 0 bên ngoài Ω. Khi đó ta nhận được các hàm ϕi (x), x ∈ R2 ,
thuộc không gian (H 1 (R2 ))2 và trực chuẩn trong (L2 (R2 ))2 . Bổ đề sau đây của
Lieb và Thirring đóng vai trò thiết yếu.
Bổ đề 1.3.3. (Bất đẳng thức Lieb-Thirring). Giả sử ϕ1 , ..., ϕj ∈ (H 1 (Rn ))m là
j

một họ các vectơ trực chuẩn trong (L2 (Rn ))m . Khi đó với ρ(x) =

|ϕi (x)|2 , bất
i=1

đẳng thức sau đây thỏa mãn:
j
1+ n2

(ρ(x))

|∇ϕi |2 dx,

dx ≤ Cm,n

(1.22)

i=1 Rn

Rn

ở đó Cm,n chỉ phụ thuộc vào m và n.
Bởi nguyên lí biến phân:
j

|∇ϕi |2 ≥ λ1 + λ2 + ... + λj ,

(1.23)

i=1

ở đó λ1 , λ2 , ... là các giá trị riêng của toán tử A. Do λi ≥ c0 |Ω|−1 i, ta có
λ1 + λ2 + ... + λj ≥ c2

j2
,
|Ω|

λ1 ≥

j2
,
|Ω|

(1.24)

ở đó c0 , c1 và c2 là những hằng số chỉ phụ thuộc vào hình dạng của Ω (xem [?]).
Sử dụng (1.22) - (1.24), từ (1.21) ta có:
j

j
2

Tr Au (u(t))Qj ≤ −ν
i=1

1
≤−
2

j

i=1

|∇ϕi |2

|∇ϕi | + 2

1
2

|∇u(t)|2

i=1

1
νc2 j 2 1
|∇ϕi |2 + |∇u(t)|2 ≤ −
+ |∇u(t)|2 .
ν
2|Ω|
ν
21


Chương 1. Kiến thức chuẩn bị

Từ đó
Tr Au (u(t))Qj ≤ −

νc2 j 2 1
+ |∇u(t)|2 .
2|Ω|
ν

Khi đó sử dụng ước lượng
t

u(s) ds ≤

|u(0)|2
|f |2
+ 2 t,
ν
ν λ1

0

ta có
t

1
qj = lim sup sup
t→∞ u0 ∈A ν

νc2 j 2
1
|f |2
2
Trj Au (u(s)) ds ≤ −

+ lim 2 sup |u0 | + 3 .
t→0 ν t u0 ∈A
2|Ω|
ν λ1

0

Chú ý rằng sup |u0 |2 ≤ c3 , do đó
u0 ∈A

qj ≤ −

|f |2
νc2 j 2 |f |2 |Ω|
νc2 j 2
= ϕ(j).
+ 3 ≤−
+ 3
2|Ω|
ν λ1
2|Ω|
ν c1

Khi đó nghiệm của phương trình ϕ(d) = 0 là
d∗ =

2 |f ||Ω|
.
c1 c2 ν 2

2
.
c1 c2
Chú ý rằng Ilyin chứng minh trong [5] rằng c1 ≥ 2π, c2 ≥ π (và do đó, c0 ≥
1
c2 ≥ π ), với mọi miền Ω có độ đo hữu hạn. Do đó c ≤ và bởi vậy ta có Hệ quả
π

Do đó ước lượng (1.16) suy ra từ chú ý sau Định lí 1.3.5 dưới đây, với c =

1.3.1.

Bây giờ ta phát biểu định lí tổng quát về đánh giá số chiều fractal của tập
compact bất biến mà ta đã sử dụng ở trong chứng minh trên.
Định lí 1.3.5. [10] Giả sử rằng nửa nhóm S(t) trên không gian Hilbert E có
một tập compact bất biến X và là tựa khả vi đều trên X . Giả sử các bất đẳng
thức sau được thỏa mãn
qj ≤ qj ,

j = 1, 2, ...

ở đó các số
T

1
qj := lim sup sup
t→+∞ u0 ∈X T

Trj Au (u(t))dt,

j = 1, 2, ... với u(t) = S(t)u0 .

0

Ta giả sử rằng các hàm qj lõm đối với j . Giả sử m là số nguyên nhỏ nhất sao
cho qm+1 < 0 và qm ≥ 0. Khi đó tập tập hợp X có số chiều fractal hữu hạn và
dF (X) ≤ d := m +
22

qm
.
qm − qm+1

(1.25)


Chương 1. Kiến thức chuẩn bị

Chú ý. Trong các áp dụng, các số qj thường có dạng qj = ϕ(j), ở đó ϕ = ϕ(x), x ≥
0, là một hàm lõm trơn. Xét nghiệm d∗ của nó: ϕ(d∗ ) = 0. Rõ ràng rằng d ≤ d∗
vì ϕ là hàm lõm. Khi d lớn thì d∗ rất rất gần với d. Trong một số trường hợp,
d∗ được biểu diễn đơn giản hơn d. Bởi vậy người ta thường dùng d∗ thay cho d
như là một cận trên trong (1.25) của số chiều fractal của tập hút. Chẳng hạn,
nếu ϕ(x) =

−αx1+δ

+ βx, ở đó α, β, δ > 0, thì

d∗

=

β
α

1
δ

lớn. Do đó ước lượng (1.25) có dạng
dF (X) ≤ d ≤

23

.

β
α

1
δ

. Thường thì α nhỏ và β