Chương 1 KIẾN THỨC TỔNG QUAN 1.1 Phương trình định luật bảo toàn vô hướng Trong phần nà.y, chúng tôi trình bày bài toán định luật bảo toàn vô hướng sau uz+/(w)x = o, (ì, í) e K X (0, oo), u(x,0) = ự>(z), trong đó, hàm thông lượng f : R -> R là một hàm trơn và : R -> R; u : u — R X [0, oc) —> R là ẩn hàm cần tìm.1 Phương pháp đường đặc trưng và sóng giãn Trước hết, chúng tôi xem xét một nghiệm trơn u = u(z, i) của bài toán (1.1) bằng phương pháp đường cong đặc trưng, đường cong mà nghiệm của bài toán (1.1) nhận giá trị hằng số trên đó. Ta gọi đường cong đi qua điểm (zo> 0) là 7(xo) trong mặt phẳng (x, t) như sau 7(x0) := {(x,t) € Ư|x'(í) = /'(u(z(t),t)),z(o) = Z()}. Khi đó, dọc theo đường cong này, đạo hàm của u(x(t),t) là dt Diều này chứng tỏ mọi nghiệm u(x,t) trơn của (1.1) là hằng số trên mỗi đường cong 7 (•?())• Do đó, 7(tq) là các đường đặc trưng của (1.'o)) là hằng số trên đường đặc trưng này nên đường đặc trưng là các nửa đường thẳng. 10 4 V 'í Bây giờ, ta xốt đến điền kiện biên u(x, 0) = <p(x).To G R là một điếm liên tục của ự(x) và đường cong 7(xo) cắt đường thăng t — 0 tại Xo, tức là $(0) = <p($o).
Bài toán sẽ tồn tại nghiệm trơn nếu các đường đặc trưng không cắt nhau. Giả sử ngược lại, có hai đường đặc trưng 7(xoi) và 7(xo2),$oi Ỷ $02 cắt nhau tại điểm A/(x,ĩ),ĩ > 0. Trên 7(xqi), u(x,t) = ự(xoi) và trôn 7(xo2)» u(x,t) = ự>(xo2)- Điều này chứng tỏ i/(x, t) không hên tục tại M. Diều này chứng tỏ, cho dù điều kiện biên liên tục, bài toán cũng không tồn tại nghiệm trơn trên nửa mặt phẳng (x, t) € K X (0, oo) nếu như có 2 đường trưng nào đó cắt nhau trên mía mặt phẳng này.
Bây giờ, ta giả sử 2 đường đặc trưng 7(xoi) và 7($O2),$O1 < $02 cắt nhau tại M(x, ĩ). Xét hệ số góc của 2 đường đặc trưng $ - $01 $ — $02 t ĩ $'1(0 > $2(0 <=> /'(«($01,0)) > /'(«($02,0)) <=> /'(^($01)) > /'(^($02))- Vậy nếu X /'(<^(x)) tăng trên R thì các đường đặc trưng sẽ không cắt nhau. Khi đó, bài toán (1.1) tồn tại nghiệm trơn trôn nửa mặt phẳng (x,í) eRx (0,00). Trong trường hợp Xo là một điểm gián đoạn của ự.
Giả sử lim y>(x) = u_, X—>Xq lim (^(x) — u+. Diều kiện để các đường đặc trưng xuất phát từ một điểm trong lân cận bên trái và bên phải của Xo không cắt nhau là /'(«-) < /'(«+).3) 11 Nếu f' tăng ngặt khi u chạy từ U- đến u+ thì f' khả nghịch trên (u-,u+). Các đường đặc trưng xuất phát từ điểm Xo là 7s(xo) = {(z> í) € R X (0, oo)|x = Xo + st,t> 0}. Trên mỗi đường đặc trưng này, giá trị hàm ĩz(x, í) = zz*,V(x,t) € 7,s(xo) không đổi.
Suy ra zz(x,í) = ơr 1 (,r X|>) ,v(x,í) € 7s(xo). \ / Ta tóm tắt kết quả phân tích ở trên bằng định lý sau đây. Cho bài toán (1.11 VỚI điều kiện đầu ip(x) liên tục từng khúc trên R. Giả sử f khả vi và thoả mãn tính chất: i) Nếu X là điểm liên tục của p thì Ẹ i-> //(<^(^)) tăng trong một lân cận của X.
ii) Neu X là điêm gián đoạn của tp thì u flu) tăng khi u chạy từ U- đến u+, trong đó u± — lim ự?(x). x—»x± Khi đó, bài toán (1.1) xác định một nghiệm, trơn được gọi là một sóng giãn được xác đinh như sau • Nếu Xo là một điểm liên tục của ự?(x) thì đường đặc trưng xuất phát tại Xo và nghiệm u(x,t) được xác định trên các đường đặc trưng là 7Xo : X = Xo + /'(9?(xo))í, t > 0, u(x,t) = 9?(xo), V(x,t) € 7(x0). • Nếu XQ là một điểm gián (loạn của p(r) thì các dường đặc trưng xuất phát tại Xo và nghiệm u(x, t) dược xác định trên các đường đặc trưng là 7s(xo) : X = Xo + st, t > 0, v. Tiếp theo, ta xem xét nghiệm yếu cho bài toán dạng định luật bảo toàn với điều kiện biên Riemann «z + ỉ(ù)x = 0, (x,í) eRx (0,oo), U-, X>0 (1-4) { ỈZ+, X < 0.1, nếu f"(u) > 0 với mọi u nằm giữa U- và u+ thì điều kiện cần và đủ để tồn tại sóng giãn là U- < u+.
Nếu /w(u) < 0 với mọi u nằm giữa U- X. v 9 X và ỉt_|_ thì điêu kiện cần và đù đê tôn tại sóng giãn là U- > u+. Cho hàm thông lượng f : R -> R thuộc lớp c2 và hai số thực phân biệt U-,U+. Diều kiện cần và đủ đế bài toán (1.4) tồn tại sóng giãn trên R X (0,00) là f' tăng ngặt khi u chạy từ U- đến u+.
Khi đó nghiệm trơn của (11.4h có dạng X < < X < f(u+)t, t > 0, X > f(u+)t, trong đó, U- được gọi là trạng thái bên trái của sóng giãn và u+ gọi là trạng thái bên phải của sóng giãn.Nu nằm giữa U- và u+ thì điều kiện cần và đủ dể (1.4) tồn tại sóng giãn là U- < »+• ii) Nếu f"(u) < o,v?í nằm. giữa U- và u+ thì diều kiện cần và đủ dể (1.4) tồn tại sóng giãn là U- > u+. Kết quả này được suy ra trực tiếp từ Định lý 1.1 cho trường hợp f 6 c2(/ỉ). Xét phương trình Burgers ut+h-^-j = 0,í>0jẽR \ 2/X f 0, X < 0, u(x, 0) = <p(z) = < 11, X > 0.1 bài toán tồn tại một sóng giãn.
Các đường đặc trưng 7(xo) : X = T() + f'(<p(xoy)t X = Xịị + ^(xo)t,ro Ỷ 0. 13 • Nếu Xo > 0 thì 9?(xo) = 1. Ta có 7(xo) : X = Xo + ot, <==> u(x, t) — 0, u(x,t) = o, (x,t)G7(x0) • Tại Xo = 0 (điểm gián đoạn của 9?(x)), ta có • Kết luận: bài toán tồn tại nghiệm trơn trên toàn mien R X (0, oe) 14 Ghi chú. Ta thấy các đường đặc trưng không cắt nhau và dần đến bài toán tồn tại nghiệm trơn trên toàn miền.
Trường hợp ngược lại được xem xét trong ví dụ san đây. Xét phương trình Burgers Ta có /(u) = ị /'(^(x)) = ‘r’W là hàm giảm.1, bài toán không tồn tại nghiệm trơn trên toàn miền (0,oc) X R. Các dường đặc trưng 7(3:0) : X = XQ + f'(g>(xoỴ)t X = Xo + 9?(xo)t, Xo í 0. • Nếu TO < 0 thì 99(3:0) = 1.
Suy ra </ u(x, t) — 1, X—t> 1 • Nếu. Suy ra u(t, t) = 0, X<0 • Nếu 0 < .To < 1 thì <p(xò) = 1 - To 7(t0) : X = To + (1 - Xữ)t, u(x,t) = 9?(xo) = 1 - Xq. Suy ra u(x,t) — 15 Hình 1.2: Minh hoạ các đường đặc trưng cắt nhau và sự không tồn tại nghiệm trơn cho bài toán Burger. Các đường đặc trưng trong bài này cắt nhan.
Cụ thể như 7(xo),Xo e [0,1] cắt nhau tại điểm (1; 1). Suy ra hàm u — u(x,i) không liên tục tại giao điểm này. Diều này chứng tỏ bài toán không tồn tại nghiệm trơn trên miền R X (0, oo). Tuy nhiên, vì các đường đặc trưng không cắt nhau trên miền Rx (0,1) nên bài toán vẫn có nghiệm trơn trên miền này.
• Kết luận: bài toán tồn tại nghiệm trơn trên miền R X (0,1) 0 1, Ví dụ 3. Xét phương trĩnh Burgers f / 4Í2\ Uị + I — I = 0, t > 0,1 ẽ R. 16 Ta xem xét các đường đặc trưng 7(0. Diều này chứng tỏ bài toán không tồn tại nghiệm trơn trên miền này.
Vì vậy, chúng ta cần xem xét đến nghiệm yếu của phương trình định luật bảo toàn (ITT).2 Sóng sốc của định luật bảo toàn Trong phần trước, chúng ta thấy rằng không phải lúc nào phương trình định luật bảo toàn cũng có nghiệm trơn, thậm chí trong trường hợp điều kiện biên trơn và hàm thông lượng f — f(u) trơn. Trong phần này, chúng tôi xem xét nghiệm yếu của bài toán định luật bảo toàn (1. Một nghiệm yếu của (1.4) là hàm u € L(R X [0,oo)) thỏa mãn 00 [ỉWt 4- f(u)vx] dx + J (p(x)v(a?, 0)rfx = 0, (1.6) — 00 với mọi hàm V e Cc°(R X [0,oc)). Tất nhiên, một nghiệm trơn cùa (1.4) cũng là nghiệm yếu.
Một nghiệm yếu của (ỊTĨ) không nhất thiết khả vi, thậm chí không liên tục. Ta giả sử nghiệm u(x, t) gián đoạn trên một đường cong r : X — £(t) trong nửa trên mặt phẳng (x,t). Ta gọi Q_ và Q+ lần lượt là miền bên trái và bên phải của đường cong gián Hình 1.3: Minh hoạ đường cong gián đoạn và sóng sốc của phương trình định luật bảo toàn. Ta sẽ chứng tỏ u(x, í) là hằng số trên mỗi miền Q±.
Thật vậy, ta lấy V G C2°(íì-), (1. -oc Dùng tích phân từng phần trên Í2_, ta được íí [“'+/(“)J vdxdt íỉ_ Vì điều này đúng với mọi V € nên suy ra + f(ù)x = 0. Từ phương pháp đường đặc trưng, ta suy ra u(x. Kết quả trên miền hoàn toàn tương tự.
Do đó, Gọi V = (zq, ^2) là pháp véc tơ đơn vị của r hướng từ Q_ vào (xem Hình 1.3) và V e Cc°(R X [0,00)), t’(z, 0) =0,VigR. Áp dụng tích phần từng phần trên miền Q_,ỉ ta được • ff [uVí + f(ù)vx] dxdt = - ff [ut + í(M)aJ vdxdt + f \u-V2 + f(u- >1] vdl Q- i!_ r [u-i/-2 + /(tt-W vdl. Tương tự cho miền Q+, í1^ [uvt + f(u)vx] dxdt — Ị [u+ỉ/2 + f(u+)vi] vdl. r Cộng vế theo vế hai phương trình trên, ta được ỊỊ + f(u)Vx] dxdt Ị [(/(«-) - /(ư+))^i + (u- - u+)ư2]vdl.7) và chú ý hàm V được chọn thỏa c(x,o) = 0, ta thư được U- — ií+)ỉ/2] vdl — 0.
r Vì điền này đúng với mọi V 6 Ứ£°(K. 7/9 Dặt s := , ta suy ra /(«) - ỈM Ta tóm tắt bằng định lý san Định lý 1. Một gián đoạn của (1.8) I u+, X > st, là một nghiệm yếu của (1.4) khi và chỉ khi (tiều kiện Rankine-Hugoniot sau đây được thỏa mẫn /(»-)-/K) = s Nghiệm gián đoạn u(x,t) xác định bởi (1.8) được gọi là một sóng sốc của (1.4) và s gọi là vận tốc sốc. Ta xem xét lại ví dụ ỊỊ Ví dụ 4.
Xét phương trình Burgers É) =0’ 2 Jx 1, X > 0. Như ta đã biết, sóng giãn của bài toán là 0, X 0. x u2 Bây giờ ta tìm nghiệm sốc cho bài toán này. Vận tốc sốc /(?/-) - /(u+) U- — u+ Nghiệm sốc có dạng Điền này chứng tỏ nghiệm yếu của bài toán không duy nhất.
Đối vói một hệ nhiệt động lực học, nguyên lý nhiệt động lực học thứ hai về entropy khẳng định rằng, entropy của một hệ kín luôn không giảm.