Đề xuất một phương pháp đánh giá ổn định dạng Holder cho nghiệm phương trình Burgers ngược thời gian theo chuẩn L2

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 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 22.1.4 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 Ho¨lder 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 6 t 6 T, trong đó k > 0, α (t), β (t) và F (x, t) là các hàm trơn. Tiếp theo chúng tôi giới 3 4thiệu bài báo [13] của S. M. Ponomarev - trình bày về đánh giá ổn định dạng Ho¨lder 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 6 t 6 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 ‖f‖ = ( b∫ a |f (x)|2 dx )1/2 xác định một chuẩn. 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 (x,t)∈D |u (x, t)|+ sup (x,t)∈D |ux (x, t)|+ sup (x,t)∈D |ut (x, t)| + sup (x,t)∈D |uxx (x, t)|+ sup (x,t)∈D |utt (x, t)|+ sup (x,t)∈D |uxt (x, t)| 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∫ a f (x)g (x) dx 2 ≤ b∫ a f 2 (x) dx b∫ a g2 (x) dx 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 61.2 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 6 t 6 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) trong đó b(x,t) và d(x,t) là các hàm trơn. Đặt B (x, t) = x∫ 0 a (s, t)ds và z (x, t) = u (x, t) exp ( −B(x,t) 2k ) . Khi đó z(x,t) thỏa mãn{ zt = kzxx − ( b2+2Bt 4k + d− bx2 ) z, ∀ (x, t) ∈ D, z (0, t) = z (1, t) = 0, ∀t ∈ [0, T ] . (1.3) Chứng minh. Từ z = u exp (−B 2k ) ta có zt = utexp (−B 2k ) − Bt 2k u exp (−B 2k ) (1.4) và zx = exp (−B 2k )( ux − b 2k u ) . (1.5) Từ (1.5) ta suy ra zxx = exp (−B 2k )( uxx − b k ux + ( b2 4k2 + bx 2k ) u ) . (1.6) Kết hợp (1.4) và (1.6) ta được zt − kzxx = exp (−B 2k )( ut − bt 2k u+ bux − b 2 4k u− kuxx + bx 2 u ) . (1.7) 7Từ (1.7) ta có zt = kzxx + exp (−B 2k )( −du− ( 2Bt + b 2 ) 4k u+ bx 2 u ) = kzxx − u exp (−B 2k )(( 2Bt + b 2 ) 4k + d− bx 2 ) = kzxx − z (( 2Bt + b 2 ) 4k + d− bx 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. Đặt ‖u(t)‖ = ( 1∫ 0 u2(x, t)dx )1/2 với ∀t ∈ [0, T ]. Khi đó ta có đánh giá ‖u (t)‖ ≤ exp ( δt (T − t) 2 ) ‖u (0)‖(1− tT ) ‖u (T )‖ tT , ∀t ∈ (0, T ) . (1.9) . Chứng minh. Đặt v (x, t) = exp ( δt2 2 ) u (x, t) . (1.10) Từ (1.10) ta suy ra vt = exp ( δt2 2 ) (ut + δtu) = exp ( δt2 2 ) (kuxx − cu+ δtu) = k exp ( δt2 2 ) uxx − exp ( δt2 2 ) (c− δt)u. (1.11) 8Đặt 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 ] . (1.12) Đặt f (t) = 1∫ 0 v2 (x, t) dx = ‖v (t)‖2, ∀t ∈ [0, T ]. Từ đó ta suy ra f ′ (t) = 2 1∫ 0 vtvdx = 2 1∫ 0 v (kvxx − dv) dx = 2k 1∫ 0 vvxxdx− 2 1∫ 0 dv2dx = −2k 1∫ 0 v2xdx− 2 1∫ 0 dv2dx. (1.13) Từ (1.13) ta suy ra f ′′ (t) = −4k 1∫ 0 vxxvxtdx− 4 1∫ 0 dvtvdx− 2 1∫ 0 dtv 2dx. Để ý rằng dt ≤ 0 nên 1∫ 0 dtv 2dx ≤ 0. Do đó ta có đánh giá f ′′ (t) ≥ −4k 1∫ 0 vxxvxtdx− 4 1∫ 0 dvtvdx = −4kvxxvt ∣∣1 0 + 4k 1∫ 0 vxxvtdx− 4 1∫ 0 dvtvdx = 4 1∫ 0 vt (kvxx − dv)dx. (1.14) Từ (1.12) và (1.14) ta có f ′′ (t) ≥ 4 1∫ 0 v2t dx. (1.15) 9Nhân hai vế của (1.15) với f (t) ta được f ′′ (t) f (t) ≥ 4 1∫ 0 v2t dx 1∫ 0 v2dx. (1.16) Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz cho (1.16) ta đạt được f ′′ (t) f (t) ≥  1∫ 0 2vtvdx 2 = (f ′ (t))2 , ∀t ∈ [0, T ] ⇔ f ′′ (t) f (t) ≥ (f ′ (t))2 , ∀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 g′′ (t) = f ′′ (t) f (t)− (f ′ (t))2 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− t T ) .0 + t T .T ) ≤ ( 1− t T ) g (0) + t T g (T ) , ∀t ∈ [0, T ] . (1.19) Thay g (t) = ln (f (t)) vào (1.19) ta đạt được f (t) ≤ ( 1− t T ) ln (f (0)) + t T ln [f (T )] , ∀t ∈ [0, T ] ≤ (f (0))(1− tT ) (f (T )) tT , ∀t ∈ [0, T ] . (1.20) Điều này tương đương với ‖v (t)‖ ≤ ‖v (0)‖(1− tT ) ‖v (T )‖ tT , ∀t ∈ [0, T ] . (1.21) 10 Thay v = u exp ( δt2 2 ) vào (1.21) ta nhận được∥∥∥∥exp(δt22 ) u ∥∥∥∥ ≤ ‖u (0)‖(1− tT ) ∥∥∥∥exp(δT 22 ) u (T ) ∥∥∥∥ tT , ∀t ∈ [0, T ] ⇔ ‖u (t)‖ ≤ exp ( δt (T − t) 2 ) ‖u (0)‖(1− tT ) ‖u (T )‖ tT , ∀t ∈ [0, T ] . (1.22) 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| (x,t)∈D , |ut| , |utt| , |uxt| } ≤ N , trong đó N là số thực dương. Với ui(x, t) ∈ VN , i = 1, 2 là nghiệm của bài toán (1.1). Đặt z(x, t) = u1(x, t)−u2(x, t), ‖z(t)‖ = ( 1∫ 0 z2(x, t)dx )1/2 , ∀t ∈ [0, T ] và f(t) = ∫ 1 0 z 2(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 T )δ 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 − u2zx − u1xz, ∀t ∈ [0, T ] . (1.25) 11 Ta lại có z (0, t) = z (1, t) = 0, ∀t ∈ [0, T ]. Đặt B (x, t) = x∫ 0 u2 (x, t) ds, ϕ (x, t) = z (x, t) . exp (−B 2k ) . Theo Bổ đề 1.2.1 thì ϕ (x, t) thỏa mãn{ ϕt = kϕxx − ( u22+2Bt 4k + u1x − u2x2 ) , ∀ (x, t) ∈ (0, 1)× (0, T ) , ϕ (0, t) = ϕ (1, t) = 0, ∀t ∈ [0, T ] . (1.26) Đặt c (x, t) = u22 + 2Bt 4k + u1x − u2x 2 . Từ đó suy ra ct = 1 4k (2u2u2t + 2Btt) + u1xt − 1 2 u2xt. Mặt khác do u2 ≤ N , u2t ≤ N , Btt ≤ N , u1x ≤ N , u2xt ≥ −N 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 ) ‖ϕ (0)‖(1− tT ) ‖ϕ (T )‖ tT ,∀t ∈ [0, T ] . (1.27) Thay ϕ (x, t) = z (x, t) exp ( −B(x,t) 2k ) vào (1.27) ta được ‖z (t)‖ ≤ exp ( 4N + t (T − t) (N 2 + (1 + 3k)N) 4k ) ‖z (0)‖(1− tT ) ‖z (T )‖ tT , ∀t ∈ [0, T ] . (1.28) Do ‖z (0)‖ = ‖u1 (0)− u2 (0)‖ ≤ 2N, ‖z (T )‖ ≤ δ nên ta có ‖z (t)‖ ≤ 2N(1− tT )δ tT 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 (x,t)∈D |u (x, t)|+ sup (x,t)∈D |ux (x, t)|+ sup (x,t)∈D |ut (x, t)| + sup (x,t)∈D |uxx (x, t)|+ sup (x,t)∈D |utt (x, t)|+ sup (x,t)∈D |uxt (x, t)| . 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 ϕ1 (x) và ϕ2 (x). Đặt z(x, t) = u1(x, t)−u2(x, t), ‖z(t)‖ = ( 1∫ 0 z2(x, t)dx )1/2 , ∀t ∈ [0, T ] và f(t) = ∫ 10 z2(x, t)dx = ‖z(t)‖2, ∀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 k1 (t− αT − t0 (1− α)) ) (f (t0)) (1−α) (f (T ))α , ∀t ∈ [t0, T ] , (1.31) trong đó α = exp ( k1t µ ) − exp ( k1t0 µ ) exp ( k1T µ ) − exp ( k1t0 µ ) . 13 ii) Với a (t) = t và t0 > 0 thì chúng ta có đánh giá f (t) ≤ tk ( f (t0) tk0 )(1−β)( f (T ) T k )β , ∀t ∈ [t0, T ] , (1.32) trong đó k = k2T 1 + k1 , β = t(1+k1) − t(1+k1)0 T (1+k1) − t(1+k1)0 . Chứng minh. Vì u1, u2 thỏa mãn (1.30) nên ta có{ u1t = au1xx + bu1u1x + cu1x + du1 + F, u2t = au2xx + bu2u2x + cu2x + du2 + F. (1.33) Khi đó zt = u1t − u2t = azxx + b (zu1x + u2zx) + czx + dz = azxx + (bu2 + c) zx + (bu1x + d) z. (1.34) Đặt p (x, t) = bu2 + c, q (x, t) = bu1x + d. Từ đó suy ra zt = azxx + pzx + qz. (1.35) Mặt khác vì f (t) = 1∫ 0 z2 (x, t) dx nên f ′ (t) = 2 1∫ 0 zztdx, f ′′ (t) = 2 1∫ 0 ( zztt + z 2 t ) dx. Do đó ta có f (t) f ′′ (t)− (f ′ (t))2 = 1∫ 0 z2dx 1∫ 0 ( zztt + z 2 t ) dx− 2 1∫ 0 zztdx 2 = 2 1∫ 0 z2dx 1∫ 0 zzttdx+ 2 1∫ 0 z2dx 1∫ 0 z2t dx − 2 1∫ 0 zztdx 2 . (1.36) 14 Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz cho (1.36) ta được f (t) f ′′ (t)− (f ′ (t))2 ≥ 2 1∫ 0 z2dx 1∫ 0 zzttdx+ 2  1∫ 0 zztdx 2 −4  1∫ 0 zztdx 2 ≥ 2 1∫ 0 z2dx 1∫ 0 ( zztt − z2t ) dx. (1.37) Ta lại có 1∫ 0 ( zztt − z2t ) dx = 1∫ 0 (−2apzxzxx + (at − apx) zzxx − 2p2z2x) dx + 1∫ 0 ( (pt − ppx − 2pq) zzx + pz2 ) dx. (1.38) 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∫ 0 ( zztt − z2t ) dx = 1∫ 0 ( Azxzxx +Bzzxx + Cz 2 x + Pzzx +Rz 2)dx. (1.39) 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∫ 0 Azxzxxdx = −1 2 Az2x ∣∣1 0 − 1 2 1∫ 0 Axz 2 xdx = − 1 2 1∫ 0 Axz 2 xdx ≥ −c1 2 1∫ 0 z2xdx, (1.40) trong đó c1 ≥ max (x,t)∈D |Ax| và c1 không phụ thuộc vào u1, u2. Ta luôn có bất đẳng 15 thức |ab| ≤ εa 2 2 + b2 2ε , ∀ε > 0. Do đó 1∫ 0 Bzzxxdx = Bzzx ∣∣1 0 − 1∫ 0 Bxzzxdx− 1∫ 0 Bz2xdx ≥ − (ε 2 + c2 ) 1∫ 0 z2xdx− c23 2ε 1∫ 0 z2dx, (1.41) trong đó c2 ≥ max (x,t)∈D |B(x, t)|, c3 ≥ max (x,t)∈D |Bx|. Tương tự ta cũng có 1∫ 0 Pzzxdx = −1 2 1∫ 0 Pxz 2dx ≥ −c4 2 1∫ 0 z2dx, (1.42) trong đó c4 ≥ max (x,t)∈D |Px|. Như vậy,ta đạt được 1∫ 0 ( zztt − z2t ) dx ≥ − (c1 2 + ε 2 + c2 + 2c 2 5 ) 1∫ 0 z2xdx − ( c23 2ε + c4 2 + c6 ) 1∫ 0 z2dx, (1.43) trong đó c5 ≥ max (x,t)∈D |P (x, t)| và c6 ≥ max (x,t)∈D |R(x, t)|. Mặt khác, ta có 1∫ 0 z2xdx = zzx ∣∣1 0 − 1∫ 0 zzxxdx = − 1∫ 0 zzxxdx = − 1 a (t) 1∫ 0 z (zt − pzx − qz)dx = − 1 2a (t) f ′ (t) + 1 a (t) 1∫ 0 ( q − px 2 ) z2dx ≤ − 1 2a (t) f ′ (t) + c7 a (t) f (t) , (1.44) 16 trong đó c7 ≥ max (x,t)∈D ∣∣q − px2 ∣∣. Từ (1.43) và (1.44) ta có 1∫ 0 ( zztt − z2t ) dx ≥ k1 2a (t) f ′ (t)− k2 2a (t) f (t) , (1.45) trong đó k1 = c1 2 + ε 2 + c2 + 2c 2 5, k2 = 2k1c7 + 2 ( c23 2ε + c4 2 + c6 ) max t∈[t0,T ] a (t) . (1.46) Từ (1.37) và (1.45) ta được f (t) f ′′ (t)− (f ′ (t))2 ≥ k1 a (t) f (t) f ′ (t)− k1 a (t) (f (t))2 ⇔ f (t) f ′′ (t)− (f ′ (t))2 (f (t))2 ≥ k1 a (t) f ′ (t) f (t) − k2 a (t) ⇔ ( f ′ (t) f (t) )′ − k1 a (t) f ′ (t) f (t) ≥ − k2 a (t) ⇔ exp k1 T∫ t dh a (h) ((f ′ (t) f (t) )′ − k1 a (t) f ′ (t) f (t) ) ≥ − k2 a (t) exp k1 T∫ t dh a (h)  ⇔ exp k1 T∫ t dh a (h)  f ′ (t) f (t) ′ ≥ − k2 a (t) exp k1 T∫ t dh a (h)  , ∀t ∈ [t0, T ] . (1.47) Nếu a (t) = µ (hằng số dương cho trước) thì (1.47 ) trở thành( exp ( −k1t µ ) f ′ (t) f (t) )′ ≥ −k2 µ exp ( −k1t µ ) , ∀t ∈ [t0, T ] . (1.48) Đặt s (t) = exp ( −k1t µ ) . Khi đó (1.48) trở thành d ds ( 1 f df ds ) ≥ −k2µ k21 1 s2 , ∀t ∈ [t0, T ] . (1.49) 17 Đặt g1 (s) = ln ( f(s)s ( −k2µ k21 )) . Sử dụng (1.49) ta chứng minh được g′′1 (s) ≥ 0. Do đó g1 là hàm lồi. Theo bất đẳng thức Jensen ta có g1 ( exp ( k1t µ )) = g1 ( (1− α) exp ( k1t0 µ ) + α exp ( k1T µ )) ≤ (1− α) g1 ( exp ( k1t0 µ )) + αg1 ( exp ( k1T µ )) , ∀t ∈ [t0, T ] , (1.50) trong đó α = exp ( k1t µ ) − exp ( k1t0 µ ) exp ( k1T µ ) − exp ( k1t0 µ ) . Từ (1.50) ta có ln ( f (t) exp ( −k2t k1 )) ≤ (1− α) ln ( f (0) exp ( −k2t0 k1 )) + α ln ( f (T ) exp ( −k2T k1 )) ⇔ f (t) ≤ exp ( k2 k1 (t− αT − t0 (1− α)) ) (f (t0)) (1−α) (f (T ))α , ∀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 sk1f df ds ) ≥ − k2T sk1+1 . (1.53) 18 Đặt r (s) = sk1+1. Ta suy ra d dr ( 1 f df dr ) ≥ − k2T (1 + k1) 2r − ( 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 f df dr ) ≥ − k2T (1 + k1) 2 1 r2 . (1.55) Đặt g2 (r) = ln ( f(r)r ( − k2T (1+k1) 2 )) . Sử dụng (1.55) ta chứng minh được g′′2 (r) ≥ 0. Do đó g2 là hàm lồi. Theo bất đẳng thức JenSen ta có g2 (( t T )1+k1) = g2 ( (1− β) ( t0 T )1+k1 + β (1 + k1) ) ≤ (1− β) g2 (( t0 T )1+k1) + βg2 (1 + k1) , ∀t ∈ [t0, T ] , (1.56) trong đó β = t1+k1 − t1+k10 T 1+k1 − t1+k10 . Từ (1.56) ta có ln ( f (t) ( t T )− k2T1+k1) ≤ (1− β) ln(f (t0)(t0 T )− k2T1+k1) + β ln (f (T )) ⇔ f (t) ≤ t k2T1+k1 f (t0) t k2T 1+k1 0 1−β (f (T ) T k2T 1+k1 )β ⇔ f (t) ≤ tk ( f (t0) tk0 )1−β ( f (T ) T k )β , ∀t ∈ [t0, T ] , (1.57) trong đó k = k2T 1 + k1 , β = t1+k1 − t1+k10 T 1+k1 − t1+k10 . Định lý được chứng minh. 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 6 t 6 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| (x,t)∈D , |ut| , |ux| , |uxx| , i = 1, 2 } ≤ N , trong đó N là số thực dương. Với ui(x, t) ∈ VN , i = 1, 2 là nghiệm của bài toán (2.1). Đặt z(x, t) = u1(x, t)−u2(x, t), ‖z(t)‖ = ( 1∫ 0 z2(x, t)dx )1/2 , ∀t ∈ [0, T ] và f(t) = ∫ 1 0 z 2(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 ) k1 ) (f(0))(1−α)(f(T ))α, ∀t ∈ [0, T ] , (2.2) 19 20 trong đó α = exp(k1tk )− 1 exp(k1Tk )− 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 ( c2(t− αT ) c1 ) (f(0))(1−α)(f(T ))α, ∀t ∈ [0, T ] , (2.3) trong đó α = exp(c1tk )− 1 exp(c1Tk )− 1 . Chứng minh. Với chú ý rằng ui(x, t), i = 1, 2, thoả mãn (2.1), ta có zt = kzxx − u2zx − u1xz. (2.4) Đặt a (x, t) = 12 (u1 (x, t) + u2 (x, t)) , ∀ (x, t) ∈ D. Kết hợp với u1 − u2 = z, ta suy ra u1 = 1 2(2a+ z) và u2 = 1 2(2a− z). Thay vào (2.4), ta đạt được zt = kzxx − azx − axz. (2.5) Mặt khác, ta có f(t) = ∫ 1 0 z2dx f ′ (t) = 2 ∫ 1 0 zztdx = 2k ∫ 1 0 z{zxx − azx − axz}dx = 2k ∫ 1 0 zzxxdx− 2k ∫ 1 0 azzxdx− 2k ∫ 1 0 axz 2dx = 2kzxz ∣∣∣1 0 − 2k ∫ 1 0 z2dx− kaz2 ∣∣∣1 0 − ∫ 1 0 kaxz 2dx = −2k ∫ 1 0 (zx) 2dx− ∫ 1 0 kaxz 2dx. (2.6) 21 Từ (2.6) ta suy ra f ′′ (t) = −4k ∫ 1 0 zxzxtdx− ∫ 1 0 kaxtz 2dx− 2 ∫ 1 0 kaxzztdx = −4kzxzt ∣∣∣1 0 + 4k ∫ 1 0 ztzxxdx− ∫ 1 0 kaxtz 2dx− 2 ∫ 1 0 kaxzztdx = 4 1∫ 0 zt (zt + azx + axz)dx− katz2 ∣∣1 0 + 2 1∫ 0 katzzxdx = 4 1∫ 0 z2t dx+ 1∫ 0 zt (4azx + 2axz) dx+ 2 1∫ 0 katzzxdx = 4 1∫ 0 z2t dx+ 1∫ 0 (kzxx − azx − axz) (4azx + 2axz) dx+ 2 1∫ 0 katzzxdx = 4 1∫ 0 z2t dx+ 4 1∫ 0 kazxzxxdx+2 1∫ 0 kaxzzxxdx − 1∫ 0 (4azx + 2axz) (azx + axz) dx+ 2 1∫ 0 katzzxdx = 4 1∫ 0 z2t dx+ 2az 2 x ∣∣1 0 − 2k 1∫ 0 z2xaxdx+ 2kaxzzx ∣∣1 0 −2 1∫ 0 axxzzxdx− 2 1∫ 0 axz 2 xdx− 4 1∫ 0 a2z2xdx −6 1∫ 0 axazzxdx− 2 1∫ 0 a2xz 2dx+ 2 1∫ 0 katzzxdx = 4 1∫ 0 z2t dx+ 1∫ 0 (−4ax − 4a2) z2xdx −2 1∫ 0 (axx + 3axa+ kat) zzxdx− 2 1∫ 0 a2xz 2dx. (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 + 3axa+ kat| ≤ c3, ∀(x, t) ∈ D. (2.8) Ta lại có, với bất kỳ ε > 0 thì |zzx| ≤ ε 2 z2x + 1 2ε z2. (2.9) Từ (2.7), (2.8) và (2.9) ta đạt được f ′′(t) ≥ 4 1∫ 0 z2t dx− 4 1∫ 0 ( ax − a2 ) z2xdx − c3ε 1∫ 0 z2xdx− c3 ε 1∫ 0 z2dx− 2 1∫ 0 a2xz 2dx = 4 1∫ 0 z2t dx− 4 1∫ 0 ( ax − a2 + c3ε 4 ) z2xdx − 1∫ 0 (c3 ε + 2a2x ) z2dx. (2.10) Rõ ràng rằng tồn tại hằng số dương c1 không phụ thuộc vào u1, u2 sao cho∣∣∣∣kax − ka2 + kc3ε4 ∣∣∣∣ 6 c1, ∀(x, t) ∈ D. (2.11) Từ (2.10) và (2.11) ta suy ra f ′′ (t) ≥ 4 1∫ 0 z2t dx− 4c1 k 1∫ 0 z2xdx− 1∫ 0 (c3 ε + 2a2x ) z2dx. (2.12) Điều này kéo theo f ′′ (t) ≥ 4 1∫ 0 z2t dx+ c1 k f ′ (t) + 1∫ 0 axz 2dx − 1∫ 0 (c3 ε + 2a2x ) z2dx = 4 1∫ 0 z2t dx+ c1 k f ′ (t) + 1∫ 0 1 k ( c1ax − c3k ε − 2ka2x ) z2dx. (2.13) 23 Tồn tại hằng số c2 không phụ thuộc vào u1, u2 để sao cho∣∣∣∣c1ax − c3kε − 2ka2x ∣∣∣∣ 6 c2, ∀(x, t) ∈ D. (2.14) Từ (2.13) và (2.14) ta có f ′′ (t) ≥ 4 1∫ 0 z2t dx+ c1 k f ′ (t)− c2 k f (t). (2.15) Nhân hai vế của (2.15) với f (t) ta được f (t) f ′′ (t) ≥ 4 1∫ 0 z2t dx 1∫ 0 z2dx+ c1 k f ′ (t)f (t)− c2 k f 2 (t) . (2.16) Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz cho (2.16) ta được f (t) f ′′ (t) ≥ 2 1∫ 0 zztdx 2 + c1 k f ′ (t) f (t)− c2 k f 2 (t) ⇔ f (t) f ′′ (t) ≥ (f ′ (t))2 + c1 k f ′ (t) f (t)− c2 k f 2 (t) ⇔ f (t) f ′′ (t)− (f ′ (t))2 ≥ c1 k f ′ (t) f (t)− c2 k f 2 (t) , ∀t ∈ [0, T ] . (2.17) 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 f (t) f ′′ (t)− (f ′ (t))2 f 2 (t) ≥ c1 k f ′ (t) f (t) − c2 k , ∀t ∈ (0, T ) (2.18) ⇔ (f ′ (t) f(t) ) ′ > c1 k f ′ (t) f(t) − c2 k , ∀t ∈ (0, T ) ⇔ (f ′ (t) f(t) ) ′ − c1 k f ′ (t) f(t) > −c2 k , ∀t ∈ (0, T ) ⇔ e− c1tk ((f ′ (t) f(t) ) ′ − c1 k f ′ (t) f(t) ) > −c2 k e−c1t, ∀t ∈ (0, T ) ⇔ (e− c1tk f ′ (t) f(t) ) ′ > −c2 k e−c1t, ∀t ∈ (0, T ). (2.19) 24 Bằng cách đặt s = e c1t k , từ (2.18) ta có d ds ( 1 f df ds ) > −c2k c21 1 s2 . (2.20) Đặt g (s) = ln ( f(s).s −c2k c21 ) . 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 ( c1t k )) = g [ (1− α) exp ( c10 k ) + α exp ( c1T k )] ≤ (1− α) g ( exp ( c10 k )) + αg ( exp ( c1T k )) , ∀t ∈ [0, T ] , (2.21) trong đó α = exp ( c1t k )− exp (c10k ) exp ( c1T k )− exp (c10k ) = exp ( c1t k )− 1 exp ( c1T k )− 1 . Từ (2.21) suy ra ln ( f (t) exp (−c2t c1 )) ≤ (1− α) ln ( f (0) exp (−c20 c1 )) +α ln [ f (T ) exp (−c2T c1 )] . (2.22) Điều này tương đương với f (t) ≤ exp ( c2 (t− αT ) c1 ) (f (0))(1−α) (f (T ))α , ∀t ∈ [0, T ] . (2.23) Từ đó ta có f(t) ≤ exp ( c2(t− αT ) c1 ) (f(0))(1−α)(f(T ))α, ∀t ∈ [0, T ] , (2.24) trong đó α = exp(c1tk )− 1 exp(c1Tk )− 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 c2c1 < 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. Đặt B (x, t) = x∫ 0 a (s, t)ds, z (x, t) = u (x, t) exp { −B(x,t) 2k } . Khi đó z(x,t) thỏa mãn { zt = kzxx − ( a2+2Bt 4k + ax 2 ) z, ∀ (x, t) ∈ D, z (0, t) = z (1, t) = 0, ∀t ∈ [0, T ] . (2.26) Chứng minh. Từ z = u exp (−B 2k ) suy ra zt = utexp (−B 2k ) − Bt 2k u exp (−B 2k ) (2.27) zx = exp (−B 2k )( ux − a 2k u ) zxx = exp (−B 2k )( uxx − aux + ( a2 4k2 + ax 2k ) u ) . (2.28) Do đó zt − zxx = exp (−B 2k )( ut − at 2 u+ aux − a 2 4k u− uxx + ax 2 u ) . (2.29) Từ đó ta đạt được zt = zxx + exp (−B 2k )( −axu− ( 2Bt + a 2 ) 4k u+ ax 2 u ) = zxx − u exp (−B 2k )(( 2Bt + a 2 ) 4k + ax 2 ) = zxx − z (( 2Bt + a 2 ) 4k + ax 2 ) . (2.30) 26 Mặt khác, ta có z (0, t) = z (1, t) = 0, ∀t ∈ [0, T ] . (2.31) Bổ đề đã được chứng minh. Kết quả sau đây được Carasso công bố trong [11]: 2.2.2 Định lý. Nếu ui(x, t) ∈ VN , i = 1, 2 và ‖z (T )‖ ≤ δ thì ta có đánh giá ‖z (t)‖ ≤ 2 exp ( 4N + t (T − t) (N 2 + (1 + 3k)N) 4k ) N(1− t T )δ t T , ∀t ∈ [0, T ] . (2.32) Chúng tôi cải tiến kết quả của Carasso vừa đề cập ở trên bằng định lý sau đây: 2.2.3 Định lý. Nếu ui(x, t) ∈ VN , i = 1, 2 và ‖z (T )‖ ≤ δ thì ta có đánh giá ‖z (t)‖ ≤ 2 exp ( 4N + t(T − t)(N 2 + (1 + k)N) 4k ) N (T−t)/T δt/T , ∀t ∈ [0, T ] . (2.33) Chứng minh. Vì ui(x, t), i = 1, 2 thoả mãn (2.1) nên ta có zt = kzxx − u2zx − u1xz. (2.34) Đặt a (x, t) = 12 (u1 (x, t) + u2 (x, t)) , ∀ (x, t) ∈ D. Kết hợp với u1 − u2 = z, ta suy ra u1 = 1 2(2a+ z) và u2 = 1 2(2a− z). Thay vào (2.34) ta được zt = kzxx − azx − axz. (2.35) Mặt khác, ta có z (0, t) = z (1, t) = 0, ∀t ∈ [0, T ] . (2.36) Đặt B (x, t) = x∫ 0 a (s, t)ds và ϕ (x, t) = z (x, t) exp ( −B(x,t) 2k ) . Khi đó theo Bổ đề 2.2.1, ϕ (x, t) thỏa mãn ϕt = kϕxx − ( a2 + 2Bt 4k + 12ax ) ϕ, ∀ (x, t) ∈ D, ϕ (0, t) = ϕ (1, t) = 0, ∀t ∈ [0, T ] . (2.37) 27 Đặt c (x, t) = 1 4k ( a2 + 2Bt ) + 1 2 ax. Khi đó ta có ct = 1 2k (aat +Btt) + 1 2 axt. Vì u1(x, t), u2(x, t) thuộc tập VN nên ta có max {|a| (x,t)∈D , |at| , |axt| , |Btt| } ≤ N. Điều này dẫn đến |ct| ≤ 12k ( N 2 +N ) + 12N = N 2 + (1 + k)N 2k . Đặt δ = N 2+(1+k)N 2k . Khi đó ϕ(x, t) thỏa mãn{ ϕt = kϕxx − c (x, t)ϕ, ∀ (x, t) ∈ D, ϕ (0, t) = ϕ (1, t) = 0, ∀t ∈ [0, T ] , (2.38) trong đó ct ≤ δ, ∀ (x, t) ∈ D. Khi đó theo Bổ đề 1.2.2 (xem chương 1) ta có đánh giá ‖ϕ (t)‖ ≤ exp ( 1 2 δt (T − t) ) ‖ϕ (0)‖(1− tT ) ‖ϕ (T )‖ tT . (2.39) Thay ϕ (x, t) = z (x, t) exp {− 12kB (x, t)} vào (2.39) ta đạt được ‖z (t)‖ ≤ exp ( 4N + t (T − t) (N 2 + (1._.