Tính chất tiệm cận nghiệm của một hệ tựa Gradient bậc hai

Chia sẻ: ĐInh ĐInh | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:10

Thêm vào BST

Báo xấu

20
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Trong bài viết này, tác giả nghiên cứu tính chất tiệm cận nghiệm của một hệ tựa Gradient bậc hai. Hi vọng bài viết sẽ là tài liệu tham khảo hữu ích cho những ai đnag học tập và nghiên cứu trong các lĩnh vực Toán - Tin. Mời các bạn cùng tham khảo.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Tính chất tiệm cận nghiệm của một hệ tựa Gradient bậc hai

Kỉ yếu Hội nghị sinh viên NCKH TÍNH CHẤT TIỆM CẬN NGHIỆM CỦA MỘT HỆ TỰA GRADIENT BẬC HAI Phạm Tiến Kha (Sinh viên năm 3, Khoa Toán – Tin học) GVHD: TS Nguyễn Thành Nhân TÓM TẮT Trong bài viết này, chúng tôi sẽ nghiên cứu sự hội tụ của đạo hàm bậc nhất nghiệm bị chặn của phương trình u(t )  (t )u (t )  (u (t )) g (t ), trong đó  là hàm lồi bị chặn dưới và g  L1 . Cụ thể, chúng tôi khẳng định rằng nếu  bị chặn,   L1 ,   L3 và  2  L1 thì u (t ) 0 khi t   , và đưa ra ra một số ví dụ thể hiện sự độc lập của điều kiện  đủ này với điều kiện được nêu trong [1, Mệnh đề 1.1]. Bên cạnh đó, chúng tôi cũng mở rộng [1, Định lí 1.2]. Từ khóa: hệ tựa gradient, hệ số chống xóc, sự hội tụ, đạo hàm bậc nhất. 1. Giới thiệu Xét hệ tựa gradient bậc hai không thuần nhất, có dạng u(t )  (t )u (t )  (u (t )) g (t ), (1) n  n   trong đó  :  ,g :  và  :  là các hàm thỏa hệ điều kiện sau: i.  thuộc C 1 , lồi và bị chặn dưới; ii.  Lipschitz địa phương; 1,1   iii.   Wloc ( , ); 1 iv. g  L . Trong [1], Jendoubi và May đã đưa ra định lí về một điều kiện đủ để u (t )  0 khi t   với u là một nghiệm bị chặn của (1), cụ thể như sau. Định lí 1 ([1, Mệnh đề 1.1]). Giả sử argmin   ,   L1 (0, ) và   L1 (0, ) . Nếu u là một nghiệm bị chặn của (1) thì u (t )  0 và  (u (t ))  min  khi t  . 1 Nhận xét rằng giả thiết   L1 là quan trọng. Chẳng hạn, lấy  (t )  t 2 , 2 1 cos t  (t ) 2 và g (t )  2 . Xét phương trình t 1 t 1 62
Năm học 2016 - 2017 1 cos t u(t )  2 u (t )  u (t )  2 . t 1 t 1 Phương trình này có nghiệm u(t )  sin t bị chặn, tuy nhiên u (t )   0 khi t   . Do đó chúng tôi tin rằng điều kiện   L1 trong định lí 1 là rất khó thay thế. Trong quá trình khảo sát bài toán, chúng tôi phát hiện ra rằng có những lớp hàm  không thỏa điều kiện   L1 nhưng vẫn thu được kết quả hội tụ nghiệm của (1). Với ý tưởng này, chúng tôi đã đưa ra một điều kiện đủ độc lập với định lí 1 để u (t )  0 khi t   với u là một nghiệm bị chặn của (1). Cũng trong [1], Jendoubi và May đã đề xuất một kết quả mới liên quan đến điều kiện đủ cho  để u (t )  0 khi t   với u là một nghiệm bất kì của (1). Định lí 2. ([1, Định lí 1.2]) Giả sử   Wloc2,1 (  ,  ),  L1 (0, ) và tồn tại t0  0 sao cho  (t )  0 và (t )  0 hầu khắp nơi trên (t0 ,  ) . Giả sử u là một nghiệm của (1), khi đó u (t )  0 và  (u (t ))  min  khi t   . Nếu  thỏa các giả thiết của định lí 2 thì  là hàm giảm và  là hàm tăng trên (t0 ,  ) . Do  chỉ nhận giá trị dương nên từ đó suy ra    2 là hàm tăng trên (t0 ,  ) . Chúng tôi sẽ chứng minh kết luận của định lí 2 vẫn đúng nếu thay các giả thiết   0,   0 bởi một giả thiết yếu hơn là    2 là hàm tăng. 2. Các kết quả chính Trước hết, ta nhắc lại một kết quả cơ bản. Mệnh đề 3. Nếu u là một nghiệm của (1) thì u  L và  u  L2 . Sau đây chúng tôi sẽ trình bày các kết quả chính trong bài báo cáo của mình.  2 1 1 3 Định lí 4. Giả sử argmin   và  bị chặn,   L ,   L và  L . Nếu u là  một nghiệm bị chặn của (1) thì u (t )  0 và  (u (t ))  min  khi t  . Chứng minh. Xét hàm năng lượng được xác định bởi 1  E (t ) || u (t ) ||2  (u (t ))  inf     g ( ), u ( ) d . 2 t Ta có 63
Kỉ yếu Hội nghị sinh viên NCKH dE (t )  u(t )   (u (t ))  g (t ), u (t ) dt   (t ) || u (t ) ||2  0. Suy ra E giảm. Hơn nữa, ta có     g ( ), u ( ) d   ||g ( ) ||  || u ( ) || d || u |L || g ||L1 . t t Do đó E bị chặn dưới bởi  || u ||L || g ||L . Vậy E có giới hạn hữu hạn E khi  1 t . Mặt khác, ta cũng có     g ( ), u( ) d || u ||L  | | g ( ) || d  0 khi t   , t t nên E cũng là giới hạn khi t   của hàm E xác định bởi 1 E (t ) || u (t ) ||2  (u (t ))  inf  . 2 Như vậy, để chứng minh định lí, ta chỉ cần chứng minh E  0 . Lấy v  argmin và xét hàm 1 h (t )  || u (t )  v ||2 . 2 Ta có h(t )+ (t ) h(t ) || u (t ) ||2  (u (t )), u (t )  v   g (t ), u (t )  v. Do  là hàm lồi nên  (v)   (u (t ))   (u (t )), v  u (t ), do đó h(t )   (t )h(t ) || u ||2   (v)   (u (t ))   g (t ), u (t )  v 3  || u (t ) ||2  E (t )  (|| u ||L  || v ||) || g (t ) || . 2 Lấy T  0 . Nhân hai vế của bất đẳng thức trên với  (t ) (do  nhận giá trị dương nên bất đẳng thức giữ nguyên chiều) và lấy tích phân trên [0, T ] , ta có T T T   (t ) E (t )dt  M 0    (t )h(t )dt    2 (t )h(t )dt 0 0 0 với 64
Năm học 2016 - 2017 3  M0   (t ) || u (t ) ||2 dt  (|| u ||L  || v ||) || g ||L1 sup |  (t ) | . 2 0 t 0 Ta sẽ chứng minh tồn tại số M  0 sao cho T T   (t )h(t )dt    2 (t )h(t )dt  M . 0 0 Ta chỉ cần chứng minh từng số hạng trong tổng trên bị chặn bằng cách đánh giá từng tích phân.  Theo công thức tích phân từng phần, ta có T T   (t )h(t )dt   (t )h(t ) |T0    (t )h(t )dt. 0 0 Theo giả thiết thì  bị chặn, đồng thời do u , u cũng bị chặn nên  (t ) h(t ) bị chặn. Đồng thời T T  (t )  (t )h(t )dt     (t ) u (t ), u (t )  v dt 0 0  (t ) 1 1  T  2 (t )  2   0  (t )  dt     (t)u(t), u(t )  v dt  T 0 2 2 1 1  T  2 (t )  2   0  (t )  dt     (t) || u(t) || dt   T 0 2 2 sup(|| u (t ) ||  || v ||). t 0  2 T Theo giả thiết thì   L1 và  u  L2 nên từ đây suy ra   (t )h(t )dt 0 bị chặn.  Ta có T T   2 (t )h(t )dt    2 (t )u(t ), u (t )  v dt 0 0 T    (t )  (t )   (t )u (t )(u (t )  v)dt 0 1 1     (t)dt    0 T 3 2 0 T  (t ) || u (t ) ||2 dt  2 sup(|| u (t ) ||  || v ||). t 0 T Do   L3 và  u  L2 nên suy ra  2 (t )h(t )dt bị chặn. 0 Vậy T   (t ) E (t )dt  M 0  M . 0 65
Kỉ yếu Hội nghị sinh viên NCKH  Cho T   , suy ra   (t ) E (t )dt   . Do E (t )  0 với mọi t  0 và lim E (t )  E 0 t  nên E  0 . Nếu E  0 thì       (t ) E (t )dt  E   (t )dt , 0 0 điều này mâu thuẫn với giả thiết   L1 . Vậy E  0 . Định lí được chứng minh hoàn toàn. Tiếp theo, chúng tôi chỉ ra sự độc lập giữa kết quả trong Định lí 4 và Định lí 1 bằng một vài ví dụ. Cụ thể, chúng tôi đưa ra một lớp các hàm  thỏa các giả thiết của Định lí 4 nhưng không thỏa giả thiết   L1 của Định lí 1 và ngược lại. Ta xét hàm  0 : (0,  )  (0,  ) xác định như sau: sin 2  (t  1)5/8   1  0 (t )  , t  0. t 1 Khi đó  0 thỏa mãn các tính chất sau: i. lim  0 (t )= 0 ; t  ii.  0  L3 ,  0  L1 ; 02 iii. 0  L1 ,  L1 . 0 Chứng minh. Các tính chất i), ii) có thể dễ dàng kiểm tra. Thật vậy,   1  | 0 (t ) | dt   dt  . 0 0 t 1 Do đó  0  L1 . Ta chứng minh tính chất iii). Ta có 5sin  2(t  1)5/8  sin 2  (t  1)5/8   1 0 (t )  . 8(t  1)7/8 2(t  1)3/2 Ta chứng minh rằng sin  2(t  1) 5/8  1   L. (t  1)7/8 1  cos  4(t  1)5/8  Do sin  2(t  1) 5/8  1 nên sin  2(t  1) 5/8   sin  2(t  1)   2 5/8 , 2 do đó 66
Năm học 2016 - 2017  sin  2(t  1)5/8   1  cos  4(t  1)5/8   1  cos  4(t  1)5/8   dt   dt   dt   dt. 0 (t  1)7/8 0 2(t  1)7/8 0 2(t  1)7/8 0 2(t  1)7/8  cos  4(t  1)5/8  Tích phân  dt hội tụ theo tiêu chuẩn Dirichlet, còn tích phân 0 2(t  1) 7/8  1  sin  2(t  1) 5/8  sin  2(t  1)5/8  1 0 2(t  1)7/8 dt phân kì, do đó  0 (t  1) 7/8 dt phân kì, tức là (t  1)7/8   L. sin 2  (t  1)5/8   1 Đồng thời,  L1 , do đó 2(t  1)3/2   sin  2(t  1)5/8   sin 2  (t  1)5/8   1  |0 (t ) | dt   0 0 (t  1) 7/8 dt   0 2(t  1)3/2 dt  . Vậy 0  L1 . Ngoài ra, dễ thấy 2 02 (t )  5sin((t  1)5/8 ) cos((t  1)5/8 ) sin  (t  1)   1  2 5/8 t 1      L1.  0 (t )  4(t  1) 7/8 2(t  1) 3/2  sin  (t  1)   1 2 5 /8   Vậy ta đã chứng minh  0 thỏa cả ba điều kiện i), ii) và iii). Một cách tổng quát, lớp hàm  sin 2 ((t  1) )  1 1   1 0    :    1,       (t  1) 3 2  thỏa giả thiết của Định lí 4 nhưng không thỏa giả thiết của Định lí 1. Ngược lại, ta cũng có thể chỉ ra lớp hàm  1 1 1    :0     (t  1) 3 thỏa giả thiết của Định lí 1 nhưng không thỏa giả thiết của Định lí 3. Ngoài ra, lớp hàm  1 1  2    :    1  (t  1) 3  thỏa giả thiết của cả Định lí 1 và Định lí 4. 67
Kỉ yếu Hội nghị sinh viên NCKH   Định lí 5. Giả sử   Wloc2,1 ( , ),  L1 và tồn tại t0  0 sao cho  giảm và    2 tăng trên (t0 ,  ) . Nếu u là một nghiệm bất kì của phương trình (1) thì u (t )  0 và  (u (t ))  min  khi t  . Chứng minh. Không mất tổng quát, ta có thể giả sử t0  0 . Ta chỉ cần chứng n 1 minh E  0 . Lấy v  bất kì và đặt h(t )  || u (t )  v ||2 . Ta có 2 3 h(t )   (t ) h(t )   E (t )   (v)  inf   H 1 (t )  H 2 (t ) (2) 2 với  H1 (t ) || u ||L  | | g ( s) || ds và H 2 (t ) || g (t ) ||  || u (t )  v || . t Đặt A  E   (v)  inf  , theo (2) ta có 3 h(t )   (t )h(t )  || u (t ) ||2  A  H1 (t )  H 2 (t ). (3) 2 Lấy T  0 . Nhân hai vế (3) với  (t ) và lấy tích phân từ 0 đến T , ta có 3  T T A (T )    (t ) || u (t ) ||2 dt    (t ) H 1 (t ) dt    (t ) H 2 (t ) dt 2 0 0 0 (4) T T    (T ) h(t ) dt    2 (t )h(t ) dt , 0 0 T trong đó (T )    (t )dt. 0 Chú ý rằng các giả thiết  giảm và    2 tăng trên (0, ) tương đương với  (t )  0 và (t )  2 (t ) (t )  0, t  0. Ta sẽ đánh giá các tích phân trong vế phải bất đẳng thức 4.  Ta có T T  2 (t )h(t )dt   2 (t )h(t ) T  0  2   (t )(t )h(t )dt 0 0 T   (T )h(T )   (0)h (0)  2   (t ) (t )h (t )dt 2 2 (5) 0 T   2 (0)h (0)  2   (t )(t )h(t )dt. 0  Ta có 68
Năm học 2016 - 2017 T T   (t )h(t )dt   (T )h(T )   (0)h(0)   (t )h(t )dt 0 0 T   (T )h(T )   (0)h(0)   (T ) h(T )   (0) h(0)   (t ) h(t )dt (6) 0 T   (T )h(T )   (0)h(0)   (0) h(0)   (t )h(t )dt. 0 Từ (5) và (6) suy ra T T T   (t )h(t )dt    2 (t )h(t )dt   (T )h(T )   (0)h(0)   2 (0)h(0)   (t )  2 (t )(t ) dt 0 0 0 T   (T )h(T )   (0)h(0)   2 (0)h(0). ừ đánh giá trên, đặt C0 :  (0)h(0)   2 (0)h(0) , ta suy ra T T    (t )h(t ) dt    2 (t )h(t ) dt  C0   (T ) h(T ) 0 0 (7)  C0   (T ) || u (T )  v |||| u ||L .  Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, với mọi t  0 , ta có t || u (t )  v || || u (0)  v ||   | | u (s ) || ds 0 1 1  t 1 2 || u (0)  v ||    ds   0  ( s)     (t ) || u(t) || dt  .  0 2 2 1 Do   0 nên tăng, suy ra  t1 t 1 t  ds   ds  . 0  ( s) 0  (t )  (t )  Đặt C1 : max || u (0)  v ||,||  u ||L2 , ta suy ra   t  || u (t )  v || C1 1  . (8)   (t )  Chú ý rằng  giảm nên  bị chặn trên bởi  (0) , do đó T T   (t ) H 2 (t )dt    (t ) || g (t ) |||| u (t )  v || 0 0 T  t   C1   (t ) || g (t ) ||  1   dt 0   (t )   V (9) T   C1  | | g (t ) ||  (t )  t (t ) dt. 0  T  C1  | | g (t ) || t (t ) dt  C1 (0) || g ||L1 . 0 69
Kỉ yếu Hội nghị sinh viên NCKH Kết hợp (7) và (8), suy ra T T    (t )h(t )dt    2 (t )h(t )dt  C0  C1 || u ||L  (T )  T  (T )   0 0 (10)  C0  C1 || u ||L  (0)  C1 || u ||L T  (T ). Kết hợp (4), (9) và (10), chú ý  u  L2 , ta suy ra tồn tại C2 sao cho T T A (T )  C2 1    (t ) H1 (t )dt   t (t ) || g (t ) || dt  T  (T )  . (11)  0 0  Do  giảm nên với mọi t  0 , ta có t t (t )    ( s)ds  (t ). 0 Áp dụng bất đẳng thức này vào (11), chú ý  là hàm tăng, ta có T T A (T )  C2 1    (T ) H1 (t ) dt   (t ) || g (t ) || dt  (T )   0 0  (12) T   C2 1    (t ) H1 (t )dt  (T )  | | g (t ) || dt  (T )  .  0 0  Ta chứng minh 1 T lim  (t ) H1 (t )dt  0. (13) T   (T ) 0  Thật vậy, lấy   0 . Do lim H1 (t )  0 nên tồn tại T sao cho H1 (t )  với mọi t  2 T 1   t  T . Lại do   L1 nên với T đủ lớn, ta có   (t ) H1 (t )dt  . Do đó (T ) 0 2 1 T 1 T 1 T   (t ) H1 (t )dt    (t ) H1 (t )dt    (t ) H1 (t )dt   , với T đủ lớn. (T ) 0 (T ) 0 (T ) T Vậy (13) đúng. Chia hai vế (12) cho (T ) và cho T   , áp dụng (13), suy ra A  0 . Suy ra n với mọi v  , ta có E   (v)  inf  . Điều này dẫn đến E  0 . 3. Kết luận và định hướng nghiên cứu Như vậy, trong bài báo cáo này, chúng tôi đã đạt được một số thành quả như sau:  Chúng tôi đã nghiên cứu về sự hội tụ của đạo hàm bậc nhất nghiệm bị chặn của hệ (1). Bằng cách đánh giá mức độ quan trọng của từng giả thiết trong Định lí 1, 70
Năm học 2016 - 2017 chúng tôi đưa ra một điều kiện đủ mới cho  độc lập với Định lí 1 để u (t )  0 khi t   , đồng thời chỉ ra một số ví dụ thể hiện sự độc lập này.  Bằng cách làm chặt một phần chứng minh của Định lí 2, chúng tôi đưa ra một mở rộng nhỏ cho định lí về sự hội tụ của đạo hàm bậc nhất nghiệm bất kì của hệ (1). Bên cạnh đó, chúng tôi cũng có một số dự định về hướng nghiên cứu tiếp theo như sau:  Tìm một ví dụ thể hiện Định lí 5 là một mở rộng thật sự của Định lí 2.  Đánh giá tốc độ hội tụ của u (t ) về 0 khi t   với các điều kiện đủ trong Định lí 4 và 5. TÀI LIỆU THAM KHẢO 1. Mohamed Ali Jendoubi, Ramzi May (2014), “Asymptotics for a second-order differential equation with nonautonomous damping and an integrable source term”, Applicable Analysis 94 (2), 436 – 444. 2. Alain Haraux, Mohamed Ali Jendoubi (2012), “On a second order dissipative ODE in Hilbert space with an integrable source term”, Acta Math. Sci, 155 – 163. 3. Alain Haraux (2010), “Some applications of the Lojasiewicz gradient inequality”, Communications on Pure and Applied Analysis 11(6), 2417 - 2427. 71