Luận văn Thạc sĩ Toán học: Sự tồn tại và duy nhất nghiệm của bài toán biên tự do Stefan

Chia sẻ: Lavie Lavie | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:87

Thêm vào BST

Báo xấu

85
lượt xem 10
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Dưới đây là luận văn Thạc sĩ Toán học: Sự tồn tại và duy nhất nghiệm của bài toán biên tự do Stefan. Mời các bạn tham khảo luận văn để nắm bắt được những nội dung về kiến thức chuẩn bị; bài toán biên tự do một pha dạng Stefan; một bài toán stefan hai pha với hai biên tự do.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Luận văn Thạc sĩ Toán học: Sự tồn tại và duy nhất nghiệm của bài toán biên tự do Stefan

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP. HỒ CHÍ MINH Diệp Nhật Tạo SỰ TỒN TẠI VÀ DUY NHẤT NGHIỆM CỦA BÀI TOÁN BIÊN TỰ DO STEFAN LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thành phố Hồ Chí Minh – 2014
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP. HỒ CHÍ MINH Diệp Nhật Tạo SỰ TỒN TẠI VÀ DUY NHẤT NGHIỆM CỦABÀI TOÁN BIÊN TỰ DO STEFAN Chuyên ngành : Toán Giải tích Mã số : 60 46 01 02 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: GS. TS. ĐẶNG ĐỨC TRỌNG Thành phố Hồ Chí Minh – 2014
LỜI CAM ĐOAN Tôi xin cam đoan luận văn là kết quả nghiên cứu của riêng tôi, không sao chép từ bất kỳ luận văn nào. Nội dung luận văn có tham khảo và sử dụng các tài liệu, bài giảng, thông tin được đăng tải trên các tác phẩm, tạp chí trong danh mục tài liệu tham khảo của luận văn. Tp. Hồ Chí Minh, tháng 9 năm 2014 Tác giả Diệp Nhật Tạo
LỜI CẢM ƠN Lời đầu tiên, tôi xin chân thành cảm ơn Thầy GS. TS. Đặng Đức Trọng đã tận tâm chỉ bảo, hướng dẫn tôi trong suốt quá trình nghiên cứu và hoàn thành luận văn này. Xin chân thành cảm ơn Quí thầy cô Khoa Toán, Trường Đại học Sư phạm Tp. Hồ Chí Minh và Trường Đại học Khoa học Tự nhiên Tp. Hồ Chí Minh đã nhiệt tình truyền đạt kiến thức và kinh nghiệm quý báo cho tôi trong suốt khóa học. Xin gửi lời cảm ơn Phòng Sau Đại học, Trường Đại học Sư phạm Tp. Hồ Chí Minh đã tạo điều kiện thuận lợi để tôi hoàn thành khóa học. Tp. Hồ Chí Minh, tháng 9 năm 2014 Tác giả Diệp Nhật Tạo
MỤC LỤC Trang phụ bìa Lời cam đoan Lời cảm ơn Mục lục Danh mục các ký hiệu, các chữ viết tắt LỜI MỞ ĐẦU ...................................................................................................... 1 Chương 1. KIẾN THỨC CHUẨN BỊ ................................................................ 5 1.1. Bổ đề Gronwall ........................................................................................... 5 1.2. Phương trình tích phân Volterra tuyến tính loại 2 ...................................... 5 1.3. Một số kết quả sơ bộ về hàm Green............................................................ 5 1.4. Bổ đề 1.4.1 ................................................................................................ 18 1.5. Ánh xạ co và nguyên lý điểm bất động..................................................... 19 1.5.1. Ánh xạ co ............................................................................................ 19 1.5.2. Nguyên lý điểm bất động .................................................................... 19 1.6. Nguyên lý cực đại ..................................................................................... 19 1.7. Một số bất đẳng thức cơ bản ..................................................................... 20 Chương 2. BÀI TOÁN BIÊN TỰ DO MỘT PHA DẠNG STEFAN ............ 22 2.1. Một bài toán Stefan một pha. Quy về phương trình tích phân ................. 22 2.2. Sự tồn tại và duy nhất nghiệm của bài toán .............................................. 29 2.2.1. Sự tồn tại và duy nhất nghiệm trong khoảng thời gian nhỏ................ 41 2.2.2. Sự tồn tại và duy nhất nghiệm toàn cục .............................................. 43 Chương 3. MỘT BÀI TOÁN STEFAN HAI PHA VỚI HAI BIÊN TỰ DO .... 47 3.1. Giới thiệu................................................................................................... 47 3.2. Thu gọn về những phương trình tích phân ............................................... 54 3.3. Sự tồn tại và duy nhất nghiệm của bài toán .............................................. 69 KẾT LUẬN ........................................................................................................ 79 TÀI LIỆU THAM KHẢO ................................................................................ 80
DANH MỤC CÁC KÝ HIỆU, CÁC CHỮ VIẾT TẮT Trong luận văn này có sử dụng các ký hiệu và quy ước cần thiết. 1.  : Kết thúc chứng minh. 2. Sup : Cận trên. 3. Inf : Cận dưới. 4. ∑ : Tổng. 5. . : Chuẩn. 6. exp(u ) = e . u 7. Max : Giá trị lớn nhất. 8. . : Giá trị tuyệt đối.
1 LỜI MỞ ĐẦU Bài toán biên tự do là bài toán mà trong đó một bộ phận của biên không được cho trước. Biên chưa biết này gọi là biên tự do (vì vị trí của chúng thay đổi theo thời gian) và người ta phải tìm nó cùng với nghiệm của phương trình. Bài toán biên tự do xuất hiện trong nhiều lĩnh vực khoa học như: vật lý [1], cơ họcmôi trường liên tục [2], trong công nghiệp hóa học [3],… Mô hình đầu tiên của các bài toán biên tự do là bài toán về sự nóng chảy hoặc đông đặc của những chất tinh khiết. Nó thường được gọi là bài toán Stefan do J. Stefan công bố vào những năm 1890 – 1891. Đó là bài toán về hiện tượng tan băng.Giả sử có một thanh băng mỏng, vô tận về một phía, chiếm một khoảng a ≤ x < ∞ , và giả thiết rằng nhiệt độ của băng ở khắp nơi đều bằng 0 C và tại 0 điểm x = a luôn duy trì nhiệt độ T 0C , với T > 0 . Khi đó thanh băng bắt đầu tan (chuyển từ trạng thái rắn sang trạng thái lỏng) và vào mỗi thời điểm t > 0 pha nước sẽ chiếm một khoảng a ≤ x < s (t ) . Kí hiệu u ( x, t ) là nhiệt độ trong pha nước tại điểm x , ở thời điểm t . Khi đó ta có a 2u= xx − ut 0, a < x < s (t ), t > 0, (0.1) = u ( a, t ) T , t > 0, (0.2) = u ( s (t ), t ) 0, t > 0, (0.3) k1 trong đó α là hằng số ≠ 0 , α 2 = , k1 là hệ số truyền nhiệt của nước, ρ1 là ρ1c1 mật độ của nước, c1 là nhiệt dung riêng của nước. Đường x = s (t ) chính là biên tự do, phần không biết trước của biên, ngăn cách giữa pha nước và pha rắn. Điều kiện (0.3) thể hiện nhiệt độ tan của thanh băng tại biên tự do là 00 C . Tuy nhiên, vì biên tự do là chưa biết trước, do đó muốn cho bài toán được đặt đúng người ta phải bổ sung thêm một điều kiện trên
2 biên tự do. Điều kiện đó được suy ra từ định luật bảo toàn năng lượng gọi là điều kiện Stefan ds (t ) = −k1u x ( s (t ), t ), t > 0 . (0.4) dt x=s(t) t nước rắn a x 0 Hình 1. Bài toán (0.1) – (0.4) được gọi là bài toán Stefan một pha, các hàm số u ( x, t ), s (t ) là các ẩn hàm phải tìm của bài toán. Nếu nhiệt độ của thanh băng phân bổ tại thời điểm đầu thấp hơn nhiệt độ của băng (nhỏ hơn 00 C ) và không nhất thiết đều thì sự truyền nhiệt xảy ra ở cả hai pha rắn và nước. Gọi v( x, t ) là nhiệt độ ở pha rắn, tại điểm x , ở thời điểm t . Khi đó v thỏa mãn phương trình và các điều kiện sau β 2vxx − vt 0, = s (t ) < x < ∞, t > 0, (0.5) v( x,0) ψ ( x), = 0 < x < ∞, (0.6) = v( s (t ), t ) 0, t > 0, (0.7) trong đó β là hằng số ≠ 0 , β 2 = k2 , k2 là hệ số truyền nhiệt của băng, ρ 2 là ρ 2c2 mật độ của băng, c2 là nhiệt dung riêng của băng, ψ ( x) là hàm số khôngdương cho trước (ψ ( x) ≤ 0 ). Điều kiện (0.4) được thay thế bằng điều kiện ds (t ) = −k1u x ( s (t ), t ) + k2 vx ( s (t ), t ), t > 0. (0.8) dt
3 Bài toán tìm các hàm u ( x, t ), v( x, t ), s (t ) thỏa mãn các phương trình và các điều kiện (0.1) – (0.3), (0.5) – (0.8) được gọi là bài toán Stefan hai pha. Các bài toán biên tự do không chỉ được nghiên cứu trong các lĩnh vực vật lý, hóa học mà còn được nghiên cứu trong nhiều lĩnh vực khác như sinh học [6], tài chính (định giá rủi ro và đầu tư tối ưu) [5],… Hiện nay, những ứng dụng của bài toán biên tự do thu hút sự quan tâm của nhiều nhà khoa học thuộc nhiều lĩnh vực khác nhau. Từ năm 1981 các hội nghị quốc tế về bài toán biên tự do được tổ chức đều đặn cho đến nay. Cụ thể như sau: Montecatini, Ý, 1981; Maubuissons, Pháp, 1984; Irsee, Đức, 1987; Montreal, Canada, 1990; Toledo, Tây Ban Nha, 1993; Zakopane, Polonia, 1995; Crete, Hy Lạp, 1997; Chiba, Nhật Bản, 1999; Trento, Ý, 2002; Coimbra, Bồ Đào Nha, 2005; Stockholm, từ ngày 9-13 tháng sáu năm 2008; Regensburg, Đức, từ ngày 11-15 tháng sáu năm 2012. Nội dung chính của luận văn này trình bày về sự tồn tại và duy nhất nghiệm của bài toán biên tự do một pha dạng Stefan và một bài toán Stefan hai pha với hai biên tự do.Các kết quả chính trong luận văn này là sự tổng hợp từ những tài liệu [10], [15]. Luận văn được viết thành ba chương ngoài phần mở đầu, phần kết luận và tài liệu tham khảo. Phần mở đầu trình bày xuất xứ và ý nghĩa của bài toán. Trong phần này giới thiệu ngắn gọn lịch sử phát triển của các bài toán biên tự do. Chương 1.Kiến thức chuẩn bị. Chương này giới thiệu một số kết quả sơ bộ về hàm Green và phương trình tích phân Volterra, một số kết quả cơ bản phục vụ cho việc nghiên cứu ở chương 2 và chương 3. Các kết quả chính được trình bày trong chương 2 và chương 3. Chương 2. Bài toán biên tự do một pha dạng Stefan.
4 Chương này trình bày về bài toán biên tự do một pha dạng Stefan. Sự tồn tại và tính duy nhất nghiệm của bài toán được chứng minh bằng nguyên lý điểm bất động. Nội dung tham khảo chính là [10], chương 8 của Avner Friedman. Chương 3. Một bài toán Stefan hai pha với hai biên tự do. Chương này trình bày về một bài toán Stefan hai pha với hai biên tự do. Bài toán xuất hiện từ sự hình thành băng ở Bắc Cực trong mùa hè. Sử dụng nguyên lý điểm bất động ta chứng minh được sự tồn tại và tính duy nhất nghiệm của bài toán. Phần này lấy từ bài báo [15] của P. T. Nam, Alain Pham, D. D. Trong, P. H. Quan.
5 Chương 1 KIẾN THỨC CHUẨN BỊ Trong chương này chúng ta trình bày một số kết quả làm cơ sở cho các chương sau.Các kết quả này là sự tổng hợp từ [4], [7], [10], [15]. 1.1. Bổ đề Gronwall Cho T > 0, λ ∈ L ( 0, T ) , λ ≥ 0 hầu khắp nơi và C1 , C2 ≥ 0 . Giả sử 1 ϕ ∈ L1 ( 0, T ) , ϕ ≥ 0 hầu khắp nơi sao cho λϕ ∈ L1 ( 0, T ) và t ϕ (t ) ≤ C1 + C2 ∫ λ ( s ) ϕ ( s ) ds , ∀t ∈ ( 0, T ) . 0 Khi đó ta có  t  ϕ (t ) ≤ C1 exp  C2 ∫ λ ( s) ds  , ∀t ∈ ( 0, T ) .  0  Trường hợp đặc biệt, nếu C1 = 0 , ta có ϕ = 0 hầu khắp nơi. 1.2. Phương trình tích phân Volterra tuyến tính loại 2 Phương trình tích phân Volterra tuyến tính loại hai có dạng s ) f ( s ) + λ ∫ K ( s, t )ϕ (t )dt , a ≤ s ≤ b , ϕ ( s= a trong đó các hàm f , K cho trước, λ là tham số, ϕ là hàm cần tìm. 1.3. Một số kết quả sơ bộ về hàm Green Cho a (t ), b(t ) là những hàm khả vi liên tục và a (t ) < b(t ), ∀t ≥ 0 . Cho κ > 0 là hằng số và cho u ( x, t ) là một nghiệm của phương trình khuếch tán ∂u ∂ 2u = κ 2 , t > 0, b(t ) > x > a (t ) . (1.3.1) ∂t ∂x Ta giới thiệu hàm Green cho phương trình (1.3.1),
6 H (t − t )  ( x − x )2  G ( x, t ;x ,t ) = exp  − , 2 pκ (t − t )  4κ (t − t )  trong đó H là hàm Heaviside, 1, t > 0, H (t ) =  0, t < 0. Bổ đề sau rất hữu ích cho việc biến đổi phương trình vi phân (1.3.1) về phương trình tích phân Volterra loại 2. Bổ đề 1.3.1.Nếu u là một nghiệm của (1.3.1) thì với t > 0 và a (t ) < x < b(t ) ta có ∫ G ( x, t; b(t ),t ) κ ux ( b(t )−,t ) + u ( b(t ),t ) b '(t ) dt t =u ( x, t ) 0 − ∫ G ( x, t ; a (t ),t ) κ ux ( a (t )+,t ) + u ( a (t ),t ) a '(t ) dt t 0 −κ ∫ Gx ( x, t ; b(t ),t ) u ( b(t ),t )dt t 0 +κ ∫ Gx ( x, t ; a (t ),t ) u ( a (t ),t )dt t 0 G ( x, t ;x ,0 ) u (x ,0 )d x . b (0) +∫ a (0) Chứng minh.Lưu ý rằng Gt + κ Gξξ = 0, ∀t < t , và G ( x, t ;x , t −=) δ ( x − x ) , (1.3.2)  +∞, x = 0, trong đó δ = H ' là hàm delta Dirac, δ ( x) =   0, x ≠ 0. Thật vậy, ta có 1  ( x − x )2  G ( x, t ; x , t − ) lim = exp  − . t →t − 2 pκ (t − t )  4κ (t − t )  ε 2 4κ (t − t ) . Ta được Đặt y= x − x ,= 1  y2  G ( x, t ; x , t −= ) lim  δ ( y= exp  − 2 = ) δ ( x − x ). e →0 + pe 2  e 
7 Khi t < t thì H (t − t ) = 1 . Khi đó 1  ( x − x )2  G ( x , t ; x ,t ) = exp  − , 2 pκ (t − t )  4κ (t − t )   ( x − x )2   1 ( x − x )2  Gt = exp  −  − ,  4κ (t − t )   4 pκ (t − t ) 3 8 pκ (t − t )  3 5  ( x − x )2  x −x = Gx exp  −  ,  4κ ( t − t )  4 pκ (t − t ) 3 3  ( x − x )2   ( x − x )2 1  Gxx = exp  −   − .  4κ (t − t )   8 pκ 5 (t − t )5 4 pκ (t − t )3  Từ đó ta có Gt + κ Gξξ = 0, ∀t < t. Ta có với u = u (ξτ , ) thì ∂  ∂u ∂G   ∂G ∂u ∂ 2 u ∂u ∂G ∂ 2G  κ  ∂ − = κ  + − −  ∂  G u . G. . u ∂ξξξξξξξξξ  ∂ ∂ ∂ 2 ∂ ∂ ∂ 2 ∂ 2u ∂ 2G ∂u ∂ = κG 2 − κu 2 = G + uGτ = (uG ). ∂ξξττ ∂ ∂ ∂ Suy ra ∂  ∂u ∂G  ∂ κ  −u − (uG ) = ∂  ∂ G 0. ∂ξξξτ  ∂ Ta cóvới v = uG , thì ∫a (ττ ∂ b (ττ ) ) ∂ττ ( b( ) v ( ) ) ξτξξτξ , d = ∂ ( ∂ ∫a ( ) v( , )d ) −v ( b(ττττττ ), ) b '( ) + v ( a ( ), ) a '( ). Thật vậy, trong trường hợp a(t ) ≡ 0, do 0 khi ξτ> b( ), H ( b(τξ )− )=   1 khi ξτ < b( )
8 nên ∂ b (τ ) ∂ ( ) ∫0 H ( b( ) − ) ∂ ( v ( , ) ) d ∞ ∫0 ∂ττ v ( = , ) ξτξτξξτξ d ∞ ∂ ∞ ∂ = ∫ ) − ) v ( , )  d − ∫  H ( b(τξξτξτξξτξ  H ( b( ) − )  v ( , ) d . 0 ∂ττ 0 ∂  Mặt khác ∂  H ( b(τξτξτξ ) − )=  H ' ( b( ) − )( b( ) − )= δ ( b(τξτ ) − ) b '( ) / ∂τ τ và ∞ ∞ ∫0 ( b( ) − ) v ( , ) d = dτξξτξξτξτξ ∫ H ξ ( − b( ) ) v ( , ) d / 0 ξ →∞ ∞ = v (ξτξτξτξτξ , ) H ( − b( ) ) ξ =0 − ∫ vξ/ ( , ) H ( − b( ) ) d 0 ∞ lim v (ξτξτξττ = , ) − ∫ vξ/ ( , ) d = v ( b( ), ) , ξ →∞ b (τ ) nên ∂ b (τ ) 0 ∂τ ( v (ξτξ , )) d ∫ = ∂ ∞ ∂τ 0 ∫ ) − ) v ( , ) d − ∫ ( b( ) − ) b '( )v ( , ) d H ( b(τξξτξdτξτξτξ ( 0 ∞ ) = ∂ b (τ ) ∂τ ∫0 ( , ) d − v ( b( ), ) b '( ). v (ξτξτττ ) Nếu a (t ) không phải là hằng số, ta có thể viết ∂ b (τ ) a (τ ) ∂τ ( v (ξτξ ∫ , )) d ) ∂ b (ττ a( ) ∂ = ∫ 0 ∂ττ ( , )) d − ∫ v (ξτξξτξ 0 ∂ (v ( , )) d = ∂ b (τ ) ∂τ ∫0 v (ξτξτττ ( , ) d − v ( b( ), ) b '( ) ) − ∂ a (τ ) ∂τ ∫0 v (ξτξτττ ( , ) d + v ( a ( ), ) a '( ) ) = ∂ b (τ ) ∂τ ∫a (τ ) v (ξτξττττττ ( ) , ) d − v ( b( ), ) b '( ) + v ( a ( ), ) a '( ).
9 Lấy tích phân đồng nhất thức Green ∂  ∂u ∂G  ∂ κ  −u − (uG ) = ∂  ∂ G 0 ∂ξξξτ  ∂ trên miền a (t ) < ξ < b(t ), 0 < t < t , ta sẽ được kết quả mong muốn vì x =b (t ) t b (t ) ∂  ∂u ∂G  t ∂u ∂G  ∫∫ 0 a (t ) ∂x  ∂x G − u ∂x  d x dt ∫0  ∂x ∂x x =a (t ) dt = G − u G ( x, t ; b(t ),t ) ux ( b(t )−,t ) dt − ∫ G ( x, t ; a (t ),t ) ux ( a (t )+,t ) dt t t = ∫ 0 0 − ∫ Gx ( x, t ; b(t ),t ) u ( b(t ),t )dt + ∫ Gx ( x, t ; a (t ),t ) u ( a (t ),t )dt t t 0 0 và ∂ b (t ) ( uG )dx dt t ∫∫ 0 a (t ) ∂t t ∂ = ∫  b (t ) 0 ∂t ∫a (t ) =  ( uGdx − [uG ]x ) (t ) b= b '(t ) + [uG ] x a (t )  a '(t )  dt  t = t−  b (t ) uGdx  − t [uG ] b '(t )dt + ∫ [uG ]x t  ∫a (t ) = t =0 ∫0 = x (t ) b= a (t ) a '(t )dt 0 G ( x, t ; x , t − ) u ( x , t ) d x − ∫ G ( x, t ;x ,0 ) u (x ,0 )dx b (t ) b (0) = ∫ a (t ) a (0) − ∫ G ( x, t ; b(t ),t ) u ( b(t ),t ) b '(t )dt + ∫ G ( x, t ; a (t ),t ) u ( a (t ),t ) a '(t )dt t t 0 0 u ( x, t ) − ∫ G ( x, t ;x ,0 ) u (x ,0 )dx − ∫ G ( x, t ; b(t ),t ) u ( b(t ),t ) b '(t )dt b (0) t = a (0) 0 + ∫ G ( x, t ; a (t ),t ) u ( a (t ),t ) a '(t )dt . t 0 G ( x, t ; x , t − ) u ( x , t ) d x = u ( x, t ) . Thật vậy b (t ) Ở đây ta đã sử dụng tính chất ∫a (t ) G ( x, t ; x , t − ) u ( x , t ) d x = ∫ d ( x − x )u (x , t ) dx b (t ) b (t ) ∫ a (t ) a (t ) x =b ( t ) H '(x − x)u (x , t ) dx= u (x , t ) H (x − x) x =a (t ) − ∫ ux/ (x , t ) H (x − x)dx b (t ) b (t ) = ∫ a (t ) a (t ) x =b ( t ) u ( b(t ), t ) − ∫ ux/ (x , t ) dx = u ( b(t ), t ) − ux (x , t ) u ( x, t ) . b (t ) = = x x =x
10 Từ các kết quả trên ta hoàn thành chứng minh bổ đề 1.3.1.  Nhận xét 1.3.1.Kết quả trong bổ đề 1.3.1 vẫn được giữ với b(t ) ≡ +∞ hoặc a(t ) ≡ −∞ . Ví dụ, nếu a(t ) ≡ −∞ thì công thức trong bổ đề 1.3.1 rút gọn thành ∫ G ( x, t; b(t ),t ) κ ux ( b(t )−,t ) + u ( b(t ),t ) b '(t ) dt t =u ( x, t ) 0 −κ ∫ Gx ( x, t ; b(t ),t ) u ( b(t ),t )dt + ∫ G ( x, t ;x ,0 ) u (x ,0 )d x . t b (0) 0 −∞ Ta cần một bổ đề cũng rất hữu ích cho mối quan hệ chuyển pha tại biên. Bổ đề 1.3.2.Cho ρ (t ) (0 ≤ t ≤ σ ) là một hàm liên tục và cho s (t ) ( 0 ≤ t ≤ σ ) thỏa điều kiện Lipschitz. Khi đó, với mỗi 0 < t ≤ σ , ∂ t ρ (t ) K ( x, t ; s (t ),t ) dt x → s ( t ) − ∂x ∫0 lim 1 ∂  ρ (t ) + ∫ ρ (t )  K ( x, t ; s (t ),t )  t = dt , (1.3.3) 2 0  ∂x  x=s (t ) trong đó  (x −x )   2 1 . K ( x, t ;x ,t ) = exp −  2 p (t − t )  4(t − t )    Chứng minh. Trước tiên ta chứng minh rằng với bất kỳ δ dương cố định (δ < t ) , tích phân x − s (t ) K ( x, t ; s (t ),t ) dt t I ≡∫ t −d 2(t − t ) t s (t ) − s (t ) −∫ K ( s (t ), t ; s (t ),t ) dt (1.3.4) t −d 2(t − t ) thỏa 1 lim sup I + ≤A δ. (1.3.5) x→s ( t )− 2 Để cho đơn giản những hằng số khác nhau không phụ thuộc vào x, t , δ sẽ được ký hiệu bằng A ( A có thể phụ thuộc vào σ ).
11 Viết I= I1 + I 2 với x − s (t ) K ( x, t ; s (t ),t ) dt , t I1 = ∫ t −d 2(t − t ) t s (t ) − s (t ) I2 ∫t −d 2(t − t )  K ( x, t; s(t ),t ) − K ( s(t ), t; s(t ),t ) dt . Từ giả thiết s (t ) thỏa điều kiện Lipschitz, s (t ) − s (t ) < A t − t , ta có t 1 t =t I 2 ≤ A∫ dt = − 2A t −t ≤A d . (1.3.6) t −d t −t t = t −d  A   do K ( x, t ; s (t ),t ) − K ( s (t ), t ; s (t ),t ) ≤   t −t  Để đánh giá I1 , ta giới thiệu x − s (t ) K ( x, t ; s (t ),t ) dt . t J1 = ∫ (1.3.7) t −d 2(t − t ) Khi đó x − s (t ) t x − s (t ) ( ) ∫t − 2(t − t ) K ( x, t; s(t ),t ) dt t =J1 − I1 ∫t −dd2(t − t ) K x , t ; s (t ),t dt − t x − s (t ) =∫ K ( x, t ; s (t ),t ). t −d 2(t − t )   ( x − s (t ) )2 − ( x − s (t ) )2   × 1 − exp  −   dt . (1.3.8)   4( t − t )   Biểu thức trong ngoặc vuông bị chặn bởi ( x − s(t ) ) − ( x − s (t ) ) 2 2 s (t ) − s (t ) ( x − s (t ) + x − s (t ) ) 1 − ≤ 4(t − t ) 4(t − t ) ≤ A ( x − s (t ) + x − s (t ) ) ≤ A ( x − s (t ) + x − s (t ) + s (t ) − s (t ) ) ≤ A ( x − s (t ) + s (t ) − s (t ) ) .
12 Vì nó thỏa mãn (1.3.5) với δ đủ nhỏ, và khi x → s (t ) , ta có thể giả sử rằng vế phải của bất đẳng thức cuối nhỏ hơn 1. Do đó biểu thức trong ngoặc nhọn của (1.3.8) bị chặn bởi A ( x − s (t ) + s (t ) − s (t ) ) . −y Thay vào (1.3.8) và dùng bất đẳng thức cơ bản ye ≤ const , với y ≥ 0 , ta có ( x − s(t ) )  ( x − s (t ) )2  2 t J1 − I1 ≤ A∫ exp  −  dt t −d 4 (t − t ) 3  4( t − t )  t x − s (t )  ( x − s (t ) )2  + A∫ s (t ) − s (t ) exp  −  dt t −d (t − t ) 3  4( t − t )  tdt t ≤ A∫ + A∫ dt t −t t −dd t− t =t ≤ −2 A t − t + Adddd ≤ 2A +A . t = t −d ( ≤ 2 A + A sdd . ≤A . ) (1.3.9) Bây giờ, với J1 , thay vào tích phân (1.3.7) z = t −t . Chú ý rằng ( x − s(t ) ) 2 x − s (t ) < 0 , ta có 1 d ' −3 2  1 J1 = − ∫ 4 p 0 z exp  − dz  4z  (1.3.10) với δ ' = δ . ( x − s(t ) ) 2 t −t dt Thật vậy, với z = thì dz = − , khi đó ( x − s(t ) ) ( x − s(t ) ) 2 2
13 x − s (t ) K ( x, t ; s (t ),t ) dt t J1 = ∫ t −d 2(t − t )  ( x − s (t ) )   2 t x − s (t ) 1  ∫t −d 2(t − t ) 2 p (t − t ) exp − 4 ( t − t )  dt   ( x − s(t ) )  ( x − s (t ) )   3 2 t 1  1 ∫ exp −  dt 4 p ( ) ( − t ) ( − ) t −d 3 2 t −t   4 t  x s (t ) 1 d ' −3 2  1 = − ∫ 4 p 0 z exp  − dz.  4z  1 1 Đặt t = thì dt = − z −3 2 dz , khi đó z 2 1 1  t2  1 ∞  t2  J1 = − ∫ d' exp  −  ( −2dt ) = − ∫ exp  − dt. 4 p 2 p 1 ∞  4 d'  4 1 Khi x → s (t ) thì δ ' → ∞, → 0 , do đó δ' 1 ∞  t2  1 4p 1 J1 → − 2 p ∫0 exp  − dt = −  4 2 p . 2 =− . 2 (ở đây ta đã áp dụng bổ đề 1.4.1) Kết hợp kết quả này với (1.3.9), (1.3.6) và I= I1 + I 2 , ta có 1 1 1 1 I+ = I1 + I 2 + = I1 − J1 + J1 + I 2 + ≤ I1 − J1 + J1 + + I 2 . 2 2 2 2 1 Cho x → s (t ) − , ta có lim sup I + ≤ A δ. x → s (t ) − 2 Từ (1.3.9) và (1.3.10) ta cũng có I1 ≤ I1 − J1 + J1 ≤ A. (1.3.11) Sử dụng tính liên tục Lipschitz của s (t ) ta có
14 s (t ) − s (t ) A ( ) t t ∫t −dd2(t − t ) K s (t ), t ; s (t ),t dt ≤ ∫t − t − t dt t A ≤∫ dt t −d t −t t =t ≤ −2 A t − t =2 A d t = t −d ≤ 2 A s ≤ A. (1.3.12) Cuối cùng, cùng với (1.3.5), (1.3.12), ta cần bất đẳng thức x − s (t ) K ( x, t ; s (t ),t ) dt ≤ A. t ∫ t −d 2(t − t ) (1.3.13) Thật vậy, do (1.3.11), tính liên tục Lipschitz của s và x − s (t ) x − s (t ) s (t ) − s (t ) K ≤− K+ K, 2(t − t ) 2(t − t ) 2(t − t ) nên ta có x − s (t ) K ( x, t ; s (t ),t ) dt t ∫ t −d 2(t − t ) x − s (t ) s (t ) − s (t ) K ( x, t ; s (t ),t ) dt + ∫ K ( x, t ; s (t ),t ) dt t t ≤∫ 2(t − t ) t −dd t− 2(t − t ) t A ≤ A+ ∫ dt t −d t −t ≤ A. Bây giờ ta sẽ hoàn thành chứng minh bổ đề 1.3.2 từ các điều kiện (1.3.5), (1.3.12), (1.3.13). Đặt x − s (t ) K ( x, t ; s (t ),t ) dt t L1 = ∫ ρ (t ) t −d 2(t − t ) s (t ) − s (t ) K ( s (t ), t ; s (t ),t ) dt . t − ∫ ρ (t ) (1.3.14) t −d 2(t − t ) Ta có