Chương 1 KIEN THUC TONG QUAN 1. Hệ hyperbolic các đỉnh luật bảo toàn: Dạng tổng quát của hệ luật bảo toàn trong không gian một chiều là: 8,m+ô,ƒ(u)=0, xelR,r>0, (1.1) trong dé Q 1a mét tập mé trong R",u: Rx [0; +0) >O, f: QR" laham kha vi lién tuc, u =u(x, t) =(u, (x, t), u, (x, r),. Tập Q dugc goi 1a tap trang thai va ham f dugc goi 1a ham thông lượng. Khi đó, ta nói rằng hé (1.1) được viết dưới dạng bảo toàn.1), ta suy ra: Jude = f (u(a.2)), với (4, b) là một khoảng tuỳ y cua R.
b Phương trình này có ý nghĩa tự nhiên là biến phân theo thời gian Ỉ udx đúng bằng thất thoát qua biên tại hai dau mit a, b. Như vậy, hệ (1.1) biểu thị sự bảo toàn của n đại lượng Ị, mạ,. Ký hiệu: A(u) = af (u) = of (u) 1a ma tran Jacobian cua hé. Ou Ou, hej <i, J<n Định nghiã 1.1: Nếu ma trận A(w) có ø gid tri riêng thực A,(u) <A, (u) <.7, (uw), k=1, 2,050, thi ta ndi hé (1.
Khi đó, ta ni cap (A, (uw), 7,(u)) 1a trudng dac trung thir k (k= 1, 2,.2: Néu ma tran A(u) cén giá trị riêng thực phân biệt: A,(u)<A,(u) <.1) được gọi là hyperbolic ngặt. Bài toán Cauchy đối với hệ (1.1) là bài toán tim ham w: R x [0: +0) 30 1a nghiệm của (1.1) thoả mãn điều kiện đầu: u(y, x) =u, (x), xeR, (1.2) voi u,: RQ 1a mét ham cho trước. Bài toán Cauchy của hệ (1.1) được gọi là bài toán Riemann nếu hàm dữ kiện ban dau u, c6 dang: u,, x<0, s.0)=| (13) Up, X>0, trong d6 up va uz 1a cdc trang thai hang cho trước. Ví dụ 1: Phương trình Burgers c6é dang: Øm+ô,ƒ(w)=0, 2 với ƒ(w)= > weR là hàm lồi, tron.
Ví dụ 2: Phương trình khí động lực học đẳng entropy một chiều trong hệ toạ độ Lagrange: u, + p(v)x=0, g4 với y là dung tích riêng, là vận tốc, p là áp suất.4) có dạng: 6w+ô,ƒ(w)=0, T với w=(u, v)', f (w)=(-w p(v)) ; Q={(u, v):v>0}, -1 ) là ma trận Jacobian của hệ. y Néu p'(v) <Othi hé (1.4) 1a hé hyperbolic ngặt. Nghiệm yếu của hệ luật bảo toàn: 1. Sự không tồn tại nghiệm trơn: Giả sử là một nghiệm trơn của bài toán Cauchy với định luật bảo toàn vô hướng: 6ut+a(u)du=0, xeR, t>0, 1.
63) Đường đặc trưng của phương trình đạo hàm riêng (1.5) được định nghĩa là đường cong tích phân của phương trình vi phân: ==a(w(x(y).1: Nếu ư là nghiệm trơn của (1.5) thì các đường đặc trưng của (1.6) là các đường thẳng mà dọc theo đó hàm z nhận giá trị hằng SỐ. Chứng mình: Xét bài toán: Nghiệm của bài toán trên là một đường đặc trưng đi qua điểm (x, 0). Nghiệm này tồn tại trên một khoảng [0. Dọc theo đường cong này, ham u 1a hằng số.
Vi vậy, các đường thẳng có hệ số góc a(u, (x,)) phụ thuộc vao dit kién ban dau là các duong dac trung. Hơn nữa, đường đặc trưng di qua (x, 0) được xác định bởi phương trình: x=x,+ta(u,(x,)).7) Giả sử tồn tại hai diém x, < x, sao cho: a(u, (x, )) > a(u, (x,)). Khi đó, hai đường đặc trưng di qua (x,, 0) va (x,, 0) cắt nhau tại điểm P. Tại điểm P này, nghiệm nhận cả hai giá trị uv, (x) Và H„ (x).
Do đó, nghiệm u khong thể liên tục tại P. Hiện tượng này không phụ thuộc vào tính trơn của w„ và a.7), ta suy ra điều kiện để hai đường đặc trưng cắt nhau là: 10 t[ a(w „(x¡))— (uw, (x) )Ì= X,—X,- x 7% a(u,(x,))-a(u, (3) , Nếu hàm xL> a(u, (x)) tăng thì hai đường đặc trưng này cắt nhau tại t > 0. Tuy nhiên, nghiệm trơn của hệ có thể xây dựng bằng phương pháp đặc trưng đến một thời điểm lớn nhất 7” xác định bởi: * -l d T=———— £. Nghiém yéu: Cho là nghiệm trơn của bài toán Cauchy: th ¡u ceQCR" u(x, 0) =u,(x), trong do, u, € Lz.
Áp dụng công thức Green, ta có: 0=-f]( 8,u+0,f (u)). Do đó, nghiệm cô điển w thoả mãn đẳng thức vi tích phân: [Jos Few) aude + [u(x (x, 0)dx=0. (R x [0, +00)" được gọi là nghiệm yếu của bài toán Cauchy (1.8) nếu với bat ky ham thir ge Cy (IR x [0, +)} nào, „(x, ?)© hầu khắp nơi và thoả mãn (1. Như vậy, nếu z là một nghiệm cô điển của bài toán thì z cũng là nghiệm yếu.
Ngược lại, có thê kiêm tra rằng, w là nghiệm yếu, khả vi liên tục thì nó cũng là nghiệm cô điền. Hệ thức Rankine - Hugoniot: Đỉnh lý 1. +00) và u là một hàm trơn trong miền D, ngoại trừ một đường cong > mà trên đó w có thể gián đoạn. Khi đó, w là nghiệm yếu của (1.8) nếu và chỉ nếu: 1) u là nghiệm cổ điển trong những miền mà nó trơn.
1) u thoả hệ thức: -s[u]+| f(w)]=0, (1. dọc theo đường cong >, với [u] =H,—M.10) được gọi là hệ thức Rankine — Hugoniot. Chứng mình: Cho hàm z là nghiệm yếu, trơn trong mién DCR x [0. +00), ngoại trừ một đường cong >; mà trên đó hàm z có thể gián đoạn.
Khi đó, > tách miền Ð thành hai miền con, kí hiệu D, (bên phải và bên trái của >). Giả sử øc Cÿ (D)”. Ta có: 0= JI (ua ,@+ flu )0,p)dxdt =]\ uÔ,+ ƒ(u )ô,pdr+ | (06+ 7u )0,9 dxdt.11) Áp dụng công thức Green, ta có: 12 Ỉ (ud,9 + f (u)0,)dxdt = -Ï (ô, +ô,/(0)}pke + [en +v,f (u_)) gat D- D- =| (ur, +v,f(w)) ede.12) š Do ứ nghiệm yếu và trơn trong một miền nên z cũng là nghiệm cổ điển trong miền đó. O day, v= v(v, vy) là vectơ pháp tuyến đơn vị của > hướng từ D_ vào D, và u_là giới hạn bên trái cua u.
Tương tự, ta cũng có: [(u2,ø+ 7(u)6,ø)hứt =—[(n,; + v,ƒ (n,))@dr: (1.13) theo từng về, từ (1.14) đúng với bất kỳ hàm ø C7 (D}” nên ta có: (u,—_)v; +(ƒ(w.15) Tham số hoá đường cong > bởi: >=Í(x.r>0}, trong do x= x(t) là hàm trơn. Khi đó, ta được: 1 dau —s) ,VỚI s=s(t)=x'(t). v=v(y,, v>) = Do đó, hệ thức (1.15) trở thành: —s(w,T—w_)+( ƒ (w,)— ƒ(u_))=0 trén >. 13 Như vậy: -s[u] +| f(u) | =0 trén >.
e Ngugc lai, cho u la ham tron từ mảnh thoả hai diéu kién i) va ii). Khi do, ta cing dễ dàng kiểm tra được thoả mãn đẳng thức tích phân trong định nghĩa của nghiệm yếu. On đỉnh Lyapunov: 1. Tính ôn đỉnh và ôn đỉnh tiệm cận: Cho hàm ƒ : D—>iR" là một hàm Lipschitz địa phương từ một miền Ð c I$" vào IR".
Xét hệ ôtônôm: x'= f(x),x= ) .16) Nếu điểm xe Ð thỏa ƒ(x]=0 thì ta nói x là điển cân bằng. Xét phép đổi biến: y= x—x và đặt: a(y)=f(y+3). Điểm cân bằng của hệ theo biến mới là y =0. Như vậy, để đơn giản và không mat tinh tổng quát, về sau ta chỉ xét các khái niệm và tính chất của điểm cân bằng là gốc toạ độ x=0.4: Cho x= 0là điểm cân bằng của hệ (1.
Khi đó, ta nói x = 0 là : 14 i) Điểm cân bằng ổn định nếu với mỗi ¢ > 0, tén tai 5 = 6(é) >0 sao cho: |x(0)| <d> Ix()| <«, Vi>0. ii) Điểm cân bằng không ổn định nếu nó không phải là điểm cân bằng ổn định. iii) — Điểm cân bằng ổn định tiệm cận nếu nó ôn định và tổn tại số ổ sao cho: |x(0)| <6 => limx(r) =0. t>00 Cho 2c R” là một tập mở, 0e D.
Hàm V: D—>ÏR là một ham liên tục trên D. Néu hàm V (x) nita xác định dương trên D và V(x) =0 © x=0 thì V(x) được gọi là xác định đương trên D. Bây giờ, ta định nghĩa: V(x)=VV.17) i=l voi V: DR 1a ham kha vi lién tuc trén mét mién D chtra gốc O cua JR" và: x=(x, Xo gees x, )s #(x)=(#(). Gia sir x(t) là một nghiệm của (1.
Khi đó, ta có: vO) =VV(x(t)).x"(t)=VV (x(t) £(a(0)) =V(x(0)- Diéu này có nghĩa là V là đạo hàm của V dọc theo quỹ đạo của (1. Ta có thể thấy nếu V(x) <0 thì V giảm dọc theo các nghiệm cua (1. Ngoai ra, V có thể được tính trực tiếp từ ƒ (x) mà không qua bước lấy tích phân nào.3: (Ôn định Lyapunov) Giả sử x=0 là điểm cân bằng của (1. Nếu tồn tại hàm V:D—R là hàm khả vi liên tục, xác định dương sao cho Vv nua xac dinh 4m trén D, tức là: ) Y(0)=0 và V(x)>0, VxeD\{0}, ii) V(x)<0 trong D, thì x=0 là điểm cân bằng ổn định.
Ngoài ra, nếu V(x) xác định âm trên D thì x=0 là điểm cân bằng ổn định tiệm cận. Ching minh: Với mỗi ø >0, ta chọn r (0; £| sao cho: B. lEr Giả sử z>0. Ta sẽ diing phan ching dé ching to Q p nằm trong phần trong của Ö,.
Giả sử ngược lai rang Q „ không nằm trong phần trong của Ö,. Đặt S, =ôð, là mặt cầu tâm O, ban kinh r.Vi Q khong nam trong phan trong của Z, nên tồn tại pe Q, AS, sao cho: V(p)2a> (mâu thuẫn với giả thiết peQ„, V(p)< Ø). Do dé: Q, nằm trong phần trong của Ö,. 16 Từ tính chất nửa xác định âm của Vv : (xứ))<0=v(x())<V(x(0))<Ø.
Ta suy ra tính chất của tập O g Tất cả các quỹ đạo xuất phát trong © „ phải nằm trong Q,, Vr20. Hơn nữa, V liên tục trên Ø8, — D nên tập © 2 la dong va bi chan trong R". Do d6, Q, là tap compact. Tt tinh chat cơ bản của phương trình vi phân ta suy ra (1.16) có một nghiệm duy nhất xác định với mọi z >0 khi x(0) €Q,.
Nhu vay: B, <Q, cB, va x(0) €B, > x(0) €Q, > x(t) €Q, > x(t) €B,. Diéu này chứng tỏ x=0 là điểm cân bằng ôn định. Hơn nữa, ta giả thiết thêm V xác định âm. Ta sẽ chứng minh x=0 là ôn định tiệm cận, tức là ta cần chỉ ra rằng x(t) —>0 khi — œ, tức là: va >0, 37 >0:|x(r)|<0.
Lặp lại lý luận trên, với mỗi ø >0 ta có thể chọn ö >0 sao cho Q, <B,. Do đó, ta chi cần chứng minh V(x(t)) > 0 khi t> 0. Ta dùng phản chứng để chứng tỏ c =0. Giả sử ngược lại c >0.
Theo giả thiết, V(x) lién tuc, xac dinh duong va Y(0) =0 nên 3đ >0 sao cho B,cQ©: V(x(r))->e>0. Hơn nữa, hàm V(x(t)) giảm ngặt nên ta suy ra v(x()) >c, Vt>0. Do do, quy dao x(t) nằm ngoài hình cầu B,, Vt>0. Mặt khác, V liên tục trên tập compact €3 ø nên tồn tại số 7: y=—max V(x)=-V(x,)>0.
ds|x]sr ° Do do: V(x(t))= V(x(0))+ JV (s(@))te <V(x(0))-yt, vr>0. Với : đủ lớn thì về phải nhận giá trị âm, tức 1a V(x(r)) <0 voi t đủ lớn. Điều này mâu thuẫn với giả thiết V{(x(?))>e>0, Vi>0. Vậy x=0 là điểm cân bằng ôn định tiệm cận.
