Dáng điệu tiệm cận nghiệm bị chặn của phương trình khuếch tán bậc phân số

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

23
lượt xem 1
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Bài viết đưa ra việc nghiên cứu dáng điệu tiệm cận của các nghiệm của phương trình khuếch tán bậc phân số có dạng Dα C u(t) = ∆u(t) + f(t) với t ∈ [0;+∞ ) trong đó Dα C u(t) là đạo hàm của hàm u theo nghĩa Caputo, là toán tử Laplace trên không gian X=L2 (Ω) và f là hàm bị chặn đa thức.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Dáng điệu tiệm cận nghiệm bị chặn của phương trình khuếch tán bậc phân số

TẠP CHÍ KHOA HỌC – ĐẠI HỌC TÂY BẮC Nguyễn Thanh Tùng & Lê Văn Kiên (2021) Khoa học Tự nhiên và Công nghệ (22): 1 - 6 DÁNG ĐIỆU TIỆM CẬN NGHIỆM BỊ CHẶN CỦA PHƯƠNG TRÌNH KHUẾCH TÁN BẬC PHÂN SỐ Nguyễn Thanh Tùng, Lê Văn Kiên Trường Đại học Tây Bắc Tóm tắt: Bài báo đưa ra việc nghiên cứu dáng điệu tiệm cận của các nghiệm của phương trình khuếch tán bậc α phân số có dạng DC u (t ) =∆u (t ) + f (t ) với t ∈ [0; +∞) trong đó DCα u (t ) là đạo hàm của hàm u theo nghĩa Caputo, là toán tử Laplace trên không gian X=L2 (Ω) và f là hàm bị chặn đa thức. Kết quả chính khẳng định rằng nếu u là nghiệm nhẹ của bài toán Cauchy nếu thỏa mãn các điều kiện liên tục đều bị chặn trong BUC(R+,X) với chuẩn có trọng đa thức thì hội tụ về không trong không gian này, và thỏa mãn một số điều kiện ergodic. Kết quả thu được mở rộng một số kết quả đã biết về tính ổn định của các nghiệm đối với phương trình khuếch tán bậc phân số. Toán tử ∆ là toán tử cụ thể ứng dụng trong liên tục đều nếu nó liên tục và [7] để nghiên cứu các Phương trình khuếch tán, có nhiều ứng dụng trong Lý thuyết phương trình đạo hàm riêng. Chúng tôi chỉ ra trường n − hàm f liên tục trên  + có giá trị trong hợp cụ thể này như một bức tranh minh họa về X được ký hiệu bởi BUCn ( + , X ). Không phổ và giải thức về toán tử Laplace trong trường gian này cùng với chuẩn xác định bởi (2) là hợp này là rời rạc đếm được vì vậy điều kiện không gian Banach (xem [7, Bổ đề 2.3]). về phổ của nó giao với trục ảo là đếm được. Ví dụ 1.1. Cho f ∈ BCn ( + , ) . Nếu đạo Chúng tôi sử dụng ký hiệu ,  + , ,  tương hàm f ′ ∈ BCn ( + , ) thì f ∈ BUCn ( + , ). ứng là tập số thực, tập số thực không âm, tập số phức và không gian Banach thực (hoặc phức). Ký hiệu Trong trường hợp không làm thay đổi kết quả, ta sử dụng ký hiệu J là tập hợp thay cho  + hoặc  . Ta chứng minh được rằng C0,n ( + , ) là Với mỗi n ∈ , kí hiệu BCn ( + , X ) là một không gian con đóng BUCn ( + , ) và không gian các hàm f liên tục trên  + có giá bất biến theo nửa nhóm dịch chuyển {S (t )}t ≥0 . trị trong không gian Banach X thỏa mãn Định nghĩa 1.1 Hàm Gamma Γ là hàm được xác định bởi hệ thức ∞ ∫ e x dx. − x p −1 BCn ( + , X ) cùng với chuẩn xác định (1) Γ( p ) = 0 là không gian định chuẩn. Ở đó p là một số thực bất kỳ. + Ta nói rằng, hàm f :  → X là n − hàm Từ Định nghĩa 1.1 ta có Γ(1) = 1, ( z + 1) =Γ Γ(2) =Γ z ( z ), Γ(n) =(n − 1)!, n ∈ , 1 1 π Γ( )= π , Γ(n + )= (2n − 1)!, n ∈ . 2 2 2n 1.1 Đạo hàm theo nghĩa Caputo phân số Riemann-Liouville cấp α của hàm Định nghĩa.1.2 Cho trước một số thực f :[a, b] →  được cho bởi dương α và [a, b] ⊂ . Đạo hàm bậc 1
RL t0 Dtα f (t ) := d n n −α [ dt n 0 I t f (t )] = 1 ⋅ dn Γ(n − α ) dt n ( ∫ (t − s) t t0 n −α −1 ) f ( s )ds , trong đó n := [α ] là số nguyên nhỏ nhất lớn dn t −α hơn hoặc bằng α và là đạo hàm thông hàm f (t ) : RL 0 α Dt f (t ) = . dt n Γ(1 − α ) thường cấp n. Với mỗi t > 0 và α > 0, ta xét hàm t α −1 Ví dụ.1.2 Cho hàm gα (t ) = . Giả sử a ≥ 0 là số đã cho, hàm 1, t ≥ 0, Γ(α ) f (t ) =  0, t < 0. t J a u (t ) :=( gα ∗ u )(t ) =∫ gα (t − τ )u (τ )dτ , t ≥ a α Sử dụng Định nghĩa (1.2), ta xác định được a được gọi là toán tử đạo hàm phân số Riemann- đạo hàm phân số Riemann-Liouville cấp α của Liouville bậc α . Hàm  n −α ( n ) 1 t u ( n ) (τ ) Γ(n − α ) ∫a (t − τ )α +1− n =  J u (t ) dτ , n − 1 < α < n ∈ , DCα u (t ) :=  u ( n ) (t ), α = n ∈ ,  được gọi là đạo hàm phân số Caputo bậc α . Với mỗi 0 < α ≤ 1, ta có 1 t DCα u (t ) = J a u (t ) =∫ u (τ )dτ = J 1−α u (t ) ⇔ J aα DCα u (t ) = u (t ) − u (a ). Γ(1) a 1.2 Bài toán Cauchy Ví dụ 1.3 Lấy= 1 Cho một số cố định 0 < α ≤ 1, ta xét bài a 0,=α =, n 1, f = (t ) t , ta có 1 2 toán Cauchy DCα u (t ) = ∆u (t ), u (0) = x (4) 1 t 1 2 t = DC2 t = ∫ Γ(1/ 2) (t − τ ) 0 1/2 dτ π . t Khi đó ta có, u (t ) − u (0) = J 0α DCα u (t ) = J 0α ∆u (t ) = t ∫ 0 gα (t − s )∆u ( s )ds, tức là u (t ) = x + ∫ gα (t − s )∆u ( s )ds. (5) 0 Trong bài báo này, ta xét phương trình tuyến tính không thuần nhất dạng DCα u (t ) = ∆u (t ) + f (t ), t ≥ 0. (6) Ở đó 0 < α ≤ 1 là cố định f ∈ C0,n ( + , ) đã cho. Định nghĩa 1.3 Nghiệm nhẹ u của phương trình (6) trên  + là một hàm liên tục trên  + , thỏa mãn với mỗi t ∈  + , J α u (t ) ∈ D(∆) và u (t ) = x + ∆ ( ∫ g (t −τ )u(τ )dτ ) + ∫ g (t −τ ) f (τ )dτ . (7) a t α a t α 2
1.3 Lý thuyết phổ của các hàm đa thức bị chặn d Kí hiệu  là kí hiệu toán tử vi phân Với mỗi f ∈ BUCn ( , ), + biến đổi dt trong BUCn ( + , ) với miền xác định Laplace của f , ∞ D( ) = { f ∈ BUCn ( + , ) : ∃f ′ ∈ BUCn (, )}. ζ f (λ ) := ∫ e − λt f (t )dt 0 Các khẳng định sau đây là đúng. tại với mọi ℜλ > 0 (ℜλ là phần thực của λ ∈ ) vì vậy định nghĩa phổ Sp+ ( f ) như tập 1. Nửa nhóm dịch chuyển {S (t )}t ≥0 trong hợp của tất cả các số thực ξ 0 , sao cho biến đổi BUCn ( + , ) liên tục mạnh; Laplace của nó không có thác triển giải tích cho 2. Hàm sinh vô hạn G của {S (t )}t ≥0 là toán bất kỳ vùng lân cận nào của iξ 0 . Vấn đề đặt ra tử đạo hàm D trong BUCn ( + , ). phổ này có thể kiểm soát dáng điệu tiệm cận của  1.4 Toán tử  hàm f trên nửa trục  + là không rõ ràng do tính không bị chặn của các hàm đa thức bị chặn Trong không gian BUCn ( + , ) ta xét quan f . Trong phần tiếp theo chúng ta sẽ thảo luận hệ R như sau về cách tiếp cận lý thuyết phổ của f và làm thế f R g nếu và chỉ nếu nào trong một số điều kiện “ergodic”, nó kiểm f − g ∈ C0,n ( + , ), (9) soát dáng điệu của các hàm f ∈ BUCn ( + , ). Chúng ta sẽ bắt đầu với nửa nhóm dịch chuyển là một quan hệ tương đương. Không gian ( S (t )t ≥0 ) trong BUCn ( + , ), chẳng hạn thương BUCn ( + , ) / R là không gian Banach. S (t )= f : f (t + ⋅) với mỗi f ∈ BUCn ( + , ). Đối với mỗi đại diện f ∈ BUCn ( + , ), ta ký hiệu f là phần tử thuộc BUCn ( + , ) / R. Bổ đề 1.1 ([7]) Với mỗi t ≥ 0, ta có  trong BUC ( + , ) / R có miền Toán tử  n xác định và được xác định như sau:  )= { f ∈ BUC ( + , ) / R : ∃u ∈ f , u ∈ D( ),  D(  f :=  u} n  là một toán tử tuyến tính đơn trị. Bổ đề 1.3  Bổ đề 1.4 ([7]) fˆ (λ ) tồn tại như một hàm Với mỗi f ∈ BUCn (, ), ta xét giải tích của λ ∈  \ i. Ngoài ra, với mọi ˆ hàm phức f (λ ) theo λ ∈  xác định bởi λ ∈  \ i thì fˆ (λ=  −1 f . ) : (λ − D)  −1 f eℜλ Γ(n + 1, ℜλ )  (λ − D) ≤ f . (10) n (ℜλ ) n +1 n Định nghĩa 1.4 Với n ∈  cố định và Bổ đề 1.5 ([7]) Cho N là số tự nhiên và f ∈ BUCn ( + , ), tập hợp tất cả các điểm f ( z ) là hàm phức lấy giá trị trong  và chỉnh ξ 0 ∈  sao cho fˆ (λ ) không có thác triển giải hình trong  \ i sao cho với mỗi số dương tích cho bất kỳ lân cận nào của iξ 0 được gọi là M độc lập với z thỏa mãn phổ của f , kí hiệu bởi σ n ( f ). Giả sử thêm rằng iξ ∈ i là một điểm cô lập của f ( z ) mà tại đó khai triển Laurent có dạng 3
∞ 1 f ( z) f ( z ) = ∑ an ( z − iξ ) n , an = ∫ dz. (13) n = −∞ 2π i | z −iξ |= r ( z − iξ ) n +1 Khi đó Khi đó, iξ 0 là một điểm cô lập của gˆ . 2. Kết quả chính Định lý 1.1 ([7])Cho g ∈ BUCn ( + , ). Khi đó Áp dụng lý thuyết phổ của các n − hàm bị chặn (đã được đưa ra trong phần trước) để 1. Nếu ξ 0 là một điểm cô lập thuộc σ n ( g ) nghiên cứu dáng điệu tiệm cận của các nghiệm thì iξ 0 hoặc là điểm cực hoặc là điểm kỳ dị nhẹ cho các phương trình khuếch tán bậc phân gˆ (λ ) có bậc nhỏ hơn n + 1; số có dạng  Dα u (t ) = ∆u (t ) + f (t ), C 2. Nếu σ n ( g ) = ∅, thì g ∈ C0,n ( + , );  u (0) = x, 3. σ n ( g ) là tập con đóng của . ở đó 0 < α ≤ 1 cố định, f là một phần tử Hệ quả 1.1 ([7]) Cho g ∈ BUCn ( , X ) thì + của C0,n ( + , ) . Nhớ lại rằng nghiệm nhẹ u iξ 0 là một điểm cô lập của gˆ (λ ) ở đó ξ 0 ∈ , trên  + của bài toán là hàm liên tục trên  + , thì thỏa mãn J α u (t ) ∈ D(∆) và  g = limη R (η + iξ 0 , D) 0. (15) η ↓0 u (t ) = x + ∆ ( ∫ g (t −τ )u(τ )dτ ) + ∫ g (t −τ ) f (τ )dτ , t a α t a α (16) + với mọi t ∈  và u (t ) = x + ∆J α u (t ) + J α f (t ), ∀t ∈  + . (17) 2.1 Ước lượng phổ của n − nghiệm bị chặn Trước hết, ta giả thiết rằng ℜλ > 0. Khi đó Ta ký hiệu ρ (∆, α ) là tập tất cả ξ 0 ∈  sao với mỗi n − hàm bị chặn h, từ Bổ đề 1.4 , ta có cho (λ α − ∆) có nghịch đảo (λ α − ∆) −1 là hàm hˆ(λ ) =−(λ D) −1 h = g , giải tích trong một lân cận của ξ 0 và ký hiệu bởi ở đó α ) :  \ ρ (∆, α ). Σ(∆,= ∞ ∞ ∫ eλ (t −= ∫ e − λξ h(t + ξ )d ξ . s) =g (t ) h( s )ds t 0 Do đó với mỗi h ∈ BUCn ( + , ), [hˆ(λ )](t ) = ζ ( S (t )h)(λ ). Tiếp theo, với mỗi s ∈  + , đặt us (t ) := f (t + s ) với mọi t ≥ 0, ta có u (t + s ), f s (t ) := ∆J sα us (t ) + J sα f s (t ) + u ( s ). us (t ) = (18) Biến đổi Laplace hai vế của (18) ta được ζ us (λ ) = λ −α ∆ζ us (λ ) + λ −α ζ f s (λ ) + λ −1u ( s ). Do đó λ 1−α (λ α − = ∆)ζ us (λ ) λ 1−α ζ f s (λ ) + u ( s ). Tiếp theo, với mỗi λ thuộc lân cận của điểm iξ 0 ở đó ξ 0 ∈ ρ (∆, α ) và ξ 0 =/ 0, ζ us (λ=) (λ α − ∆) −1ζ f s (λ ) + λ α −1 (λ α − ∆) −1 u ( s ). Nhắc lại rằng ζ ( S ( s )u )(λ ) ζ= = us (λ ), ζ ( S ( s ) f )(λ ) ζ f s (λ ). Do đó uˆ (λ = ) (λ α − ∆) −1 fˆ (λ ) + λ α −1 (λ α − ∆) −1 u . 4
Như đã giả thiết, ˆ ℜλ > 0 trên đĩa mở B(iξ 0 , r ) (r > 0). Khi đó, f ∈ C0,n ( , ), f (λ ) = + 0, do đó, với ℜλ > 0, −1  G (λ ) = uˆ (λ ) với ℜλ < 0 trên đĩa B(ξ 0 , r ). uˆ (λ ) λ (λ − ∆) u. (19) = α −1 α Chứng minh. Trong B(ξ 0 , r ), hàm (λ , ∆) : λ α −1 (λ α − ∆) −1. Ta ký hiệu Rα=   λ  (λ − D) R(1, D)G (λ ) là một hàm giải tích. Bổ đề 2.1([7]) Cho u ∈ BUCn ( + , ), ξ 0 ∈  B(iξ 0 ) với ℜλ > 0, và hàm G (λ ) (theo biến λ ) là một thác triển  −1 u với Khi đó, trong B (iξ 0 ) với ℜλ > 0 giải tích của hàm uˆ (λ= ) (λ − D)  R(1, D) Điều này suy ra rằng hàm λ  (λ − D)  G (λ ) là một hàm hằng R (1, D)  u trên toàn bộ B(iξ 0 , r ). Do đó, nếu ℜλ 0 có thác triển giải tích trong miền lân cận của iξ . Do (19) nên hệ quả được Điều này mâu thuẫn với chứng minh chứng minh. rằng σ n (u ) là rỗng. Do đó Định lý 1.1, u ∈ C0,n ( + , X ). Định lý được chứng minh. Định nghĩa 2.1 Hàm h ∈ BUCn ( + , ) được cho là n − ergodic đều tại iη nếu với mọi Khi f = 0, Bài toán (6) trở thành Bài toán 0 ≤ j ≤ n + 1, (4). Nghiệm mềm của bài toán (4) xác định trên một khoảng  + là một hàm liên tục u xác định M ηj (h) : lim α j R(α + iη , D)h = trên J thỏa mãn (5) với mọi t ≥ 0 α ↓0 tồn tại trong BUCn ( + , ). Định nghĩa 2.2 Một họ các toán tử Định lý 2.1 Cho u ∈ BUCn ( , ) là một + {Sα (t )}t ≥0 ⊂ L() được gọi là toán tử giải nghiệm nhẹ của Bài toán (6). Giả sử rằng thức của (4) nếu 1. Σ(∆, α ) ∩ i là đếm được; • {Sα (t )}t ≥0 là liên tục mạnh và Sα (0) = I , 2. u là n − ergodic đều tại mỗi iη của • Sα (t ) (∆) ⊂  (∆), và tập này, và M ηj (u ) = 0 với mỗi 0 ≤ j ≤ n + 1. ∆Sα (t ) x= Sα (t )∆x, x ∈  (∆), t ≥ 0, Khi đó u (t ) • Sα (t ) x là một nghiệm của (4) với mọi lim = 0. (21) x ∈ D(∆). t →+∞ (1 + t ) n Chứng minh. Do hệ quả 2.1 Nếu Bài toán (4) có một toán tử giải thức iσ n (u ) ⊂ Σ( A, α ) ∩ i. Vì vậy, theo điều giả Sα (t ), thì (xem [8, Proposition 1.1]) với mỗi sử thứ nhất thì nó là đếm được.Bởi điều giả sử nghiệm nhẹ u là một dạng u (t ) = Sα (t )u (0). thứ hai, ta khẳng định rằng σ n (u ) là tập rỗng. Hệ quả 2.2 Giả sử rằng (4) xác định một Thật vậy, vì iσ n (u ) là đếm được và đóng, nên toán tử giải thức {Sα (t )}t ≥0 và 5
1. Sα (t ) thỏa mãn limη Rα (η j + iζ , ∆) x = 0. (23) η ↑0 Khi đó, với mỗi nghiệm nhẹ 2. Σ(∆, α ) ∩ i là đếm được ; u (⋅)= Sα (⋅) x0 ∈ BUCn ( , ) của Bài toán + (4) thỏa mãn 3. Tại mỗi iζ ∈ Σ(∆, α ) ∩ i, x ∈ X và mỗi 0 ≤ j ≤ n + 1, Chứng minh. Ta nhận thấy rằng các điều kiện ergodic đều trong Định lý 2.1 đều thỏa mãn. Do (19 ) ta có Lời cảm ơn: Bài báo này là sản phẩm của Đề tài KHCN cấp Bộ Giáo dục và Đào tạo. Mã số B2019-TTB-01. Tài liệu tham khảo [5] A. G. Baskakov, Harmonic and spectral analysis of power bounded operators [1] W. Arendt, C. J.K. Batty. Almost and bounded semigroups of operators periodic solutions of first- and second- on a Banach space. (Russian) Mat. order Cauchy problems. J. Differential Zametki 97(2015), no. 2, 174--190; Equations, 137 (1997), no. 2, 363-383. translation in Math. Notes 97 (2015), [2] W. Arendt, C. J.K. Batty. Tauberian no. 1-2, 164-178 theorems and stability of one-parameter [6] A. Batkai, K.J. Engel, J. Pruss, R. semigroups. Trans. Amer. Math. Soc. Schnaubelt, Polynomial stability of 306 (1988), 837-852. operator semigroups. Math. Nachr. 279 [3] W. Arendt, C.J.K Batty, M. Hieber, F. (2006), no. 13-14, 1425-1440. Neubrander, Vector-valued Laplace [7] Nguyen Van Minh and Vu Trong transforms and Cauchy problems. Luong.”Asymptotic Behavior of Second edition. Monographs in Polynomially Bounded Solutions of Mathematics, 96. Birkhauser/Springer Linear Fractional Differential Equations” Basel AG, Basel, 2011. December 2, 2019, preprint. [4] B. Baeumer, M.M. Meerschaert, and [8] J. Pruss, “Evolutionary integral equations E. Nane, Brownian subordinators and and applications”. Monographs in fractional Cauchy problems, Trans. Am. Mathematics, 87. Birkhauser Verlag, Math. Soc, 361 (2009), pp. 3915-3930 Basel, 1993. Abtract: In this paper we present a simple spectral theory of polynomially bounded functions on the half line, and then apply it to study the asymptotic behavior of solutions of fractional differential equations of the form DCα u (t ) = ∆u (t ) + f (t ) , where DCα u (t ) is the derivative of the function u in Caputo’s sense, ∆ is Laplace operator, f is polynomially bounded. Our main result claims that if u is a mild solution of the Cauchy problem such that it is bounded uniform continuous in BUCn ( + , X ) then u → 0, t → ∞ in BUCn ( + , X ) and u satisfies some ergodic conditions with zero means. The obtained result extends known results on strong stability of solutions to fractional equations. __________________________________________ Ngày nhận bài: 31/5/2020. Ngày nhận đăng: 26/7/2020 Liên lạc: Email-tungnt@utb.edu.vn 6