Luận văn Sự tồn tại và duy nhất nghiệm của bài toán biên tự do Stefan

t ss t s tt M constK s t t s do s t s M t tt K s t t t t t t t t tt tp t tt tp t t t t t tp t = − −  −−  = − −  − −    ++  + −  − −   ≤ ≤ − ≤ − −− −  ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 1; ( ), ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) .exp . 4 4 s s t s t s t s s t s const t t t t t t p t t t t t t ≤ + −  + + × − ≤  − − −   (do . 1zz e− ≤ với ( ) ( ) 2( ) ( ) 0 4 s t s z t t t + = ≥ − và ( ) ( )s t s bt+ ≥ ) Suy ra ( ) .( ), ; ( ), .x consts t t s t t t t ≤ −  Từ đó ta có đánh giá 4 0 .2 , 0 t . t constw M d AM t t σ σ t ≤ ≤ ≤ ≤ −∫ (2.2.10) Kết hợp (2.2.7), (2.2.8), (2.2.9), (2.2.10) ta được [ ]0, 4 ' .w AMσ ϕ σ≤ + (2.2.11) Chọn σ đủ nhỏ sao cho 1AM σ ≤ thì [ ]0, 4 ' 1 .w Mσ ϕ≤ + = Vậy T là ánh xạ từ ( ), Mσ vào chính nó. Sử dụng (2.2.5) ta có thể thay thế điều kiện (2.2.3) bởi 33 0 2 1 4. sup '( ) , 1 x b x bϕ σ σ ≤ ≤  + ≤ ≤   (2.2.12) Bổ đề 2.2.2.Nếu M thỏa (2.2.5) vàσ đủ nhỏ thỏa (2.2.3), (2.2.6) thì ( ) ( ): , ,T M Mσ σ→  là ánh xạ co. Chứng minh. ( ), ,v v Mσ∀ ∈  , đặt , w Tv w T v= =  , ta đánh giá  [ ]0, w w σ − . Trong phần sau, kí hiệu s là hàm được cho bởi (2.1.14), trong đó v thay bởi v tức là 0 ( ) ( ) t s t b v dt t= − ∫  . Ta có [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] ( ) 0 0, 0, 0, 0, 0, ( ) ( ) , (2.2.13) . 1 (2.2.14) t s t s t v v d t v v s s v v v v do σ σ σ σ σ t σ σ − ≤ − ≤ − − ≤ − ≤ − ≤ ∫      Do ( ), ,v v Mσ∈  nên [ ] [ ]0, 0,, v M v Mσ σ≤ ≤  . Ta cũng có [ ] ( ) [ ] ( ) [ ] [ ] [ ] 0, 0, 0,0, 0, ( ) ( ) , 0 , (2.2.15) ( ) ( ) , 0 , (2.2.16) 2 . (2.2.17) t t s t s v ds M t t s t s v ds M t t v v v v M σt t σ σσ σ t t t σ t t t σ − ≤ ≤ − ∀ ≤ ≤ ≤ − ≤ ≤ − ∀ ≤ ≤ ≤ − ≤ + ≤ ∫ ∫     Cuối cùng, do σ thỏa mãn (2.2.3) nên 3( ), ( ) , 0 . 2 2 b bs t s t t σ≤ ≤ ≤ ≤ (2.2.18) Ta viết  1 2 3 4:w w V V V V− = + + + (2.2.19) trong đó 34 [ ] ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 0 3 0 4 2 (0) (0) ( ), ;0,0 ( ), ;0,0 , (2.2.20) 2 '( ) ( ), ; ,0 ( ), ; ,0 , (2.2.21) 2 '( ) ( ), ;0, ( ), ;0, , (2.2.22) 2 ( ) ( ), ; ( ), ( ) ( ), ; ( ), b t x x V f N s t t N s t t V N s t t N s t t d V f N s t t N s t t d V v s t t s v s t t s ϕ ϕ x x x x t t t t t t t t t t  = − −   = −   = − −  = − ∫ ∫        0 . (2.2.23) t dt ∫ Trước tiên ta đánh giá 1V . Xem ( ) 21 ( )( ), ;0,0 exp 4 s tN s t t ttp   = −    như hàm một biến ( )s t và dùng công thức Lagrange ta có ( ) ( ) 2 1 13 ( ) ( )( ), ;0,0 ( ), ;0,0 exp , 42 s t s tN s t t N s t t tt θθ p  − − = − −      với 1θ ở giữa ( )s t và ( )s t . Do đó ( ) ( ) [ ] [ ] [ ] [ ] 2 0, 1 13 2 0, 1 1 2 2 0, 1 1 1 0, ( ), ;0,0 ( ), ;0,0 exp 42 exp 42 2 . exp 4 4 4 . t v v N s t t N s t t tt v v tt v v t t t v v b σ σ σ σ θθ p θθ p θ θ θ p σ p −   − ≤ −    −   = −    −   = −    − ≤      2 1 1 1, 0; 4 2 z bdo ze z t θ θ−   ≤ = ≥ ≥    35 Từ đó ta có [ ] [ ] [ ] 0, 1 0, 0, 4 2 (0) (0) . (2.2.24) v v V f b A v v AM v v σ σ σ σ ϕ p σ σ − ≤ − ≤ − ≤ −    Tiếp theo ta đánh giá 2.V Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 ( ), ; ,0 ( ), ; ,0 ( ), ; ,0 ( ) ( )1 1 exp exp . 4 42 2 N s t t K s t t K s t t s t s t t tt t x x x x x p p = + −    − +   = − + −           Xem ( )( ), ; ,0K s t t x như hàm một biến ( )s t x− và dùng công thức Lagrange ta có ( ) ( ) 2 2 23 ( ) ( )( ), ; ,0 ( ), ; ,0 exp , 44 s t s tK s t t K s t t tt θx x θ p  − − = − −      với 2θ ở giữa ( )s t x− và ( )s t x− . Do đó ( ) ( ) [ ] [ ] ( ) ( ) [ ] 2 0, 2 2 2 2 0, 2 2 2 2 2 0, ( ), ; ,0 ( ), ; ,0 exp 44 exp exp 8 82 8 ( )( ) exp exp . (2.2.25) 8 8 v v K s t t K s t t tt v v t tt s ts t A v v t t σ σ σ θ x x θ p θ θ θ p xx −   − ≤ −    −      = − −            − −    ≤ − + − −                 Ở đây ta đã sử dụng tính chất 36 ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 22 2 2 2 1 , 0, 2 8 ( )( ) exp max exp ,exp 8 8 8 ( )( ) exp exp . 8 8 zze z t s ts t t t t s ts t t t θ xxθ xx − ≤ = ≥   − −      − ≤ − −                  − −   ≤ − + −             Tương tự xem ( )( ), ; ,0K s t t x− như hàm một biến ( )s t x+ và dùng công thức Lagrange ta có ( ) ( ) 2 3 33 ( ) ( )( ), ; ,0 ( ), ; ,0 exp , 44 s t s tK s t t K s t t tt θ x x θ p  − − − − = − −      với 3θ ở giữa ( )s t x+ và ( )s t x+ . Do đó ( ) ( ) [ ] [ ] ( ) ( ) [ ] 2 0, 3 3 2 2 0, 3 3 3 2 2 0, ( ), ; ,0 ( ), ; ,0 exp 44 exp exp 8 82 8 ( )( ) exp exp . (2.2.26) 8 8 v v K s t t K s t t tt v v t tt s ts t A v v t t σ σ σ θx x θ p θ θ θ p xx −   − − − ≤ −    −      = − −            + +    ≤ − + − −                 Ở đây ta đã sử dụng tính chất ( ) ( ) ( ) ( ) 2 22 3 2 2 ( )( ) exp max exp ,exp 8 8 8 ( )( ) exp exp , 8 8 s ts t t t t s ts t t t xxθ xx   + +      − ≤ − −                  + +   ≤ − + −             37 2 31 , 0. 2 8 zze z t θ− ≤ = ≥ Kết hợp (2.2.25) và (2.2.26) ta được ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) [ ] 2 2 2 2 0, ( ), ; ,0 ( ), ; ,0 ( )( ) exp exp 8 8 ( )( ) exp exp . 8 8 N s t t N s t t s ts t A t t s ts t v v t t σ x x xx xx −   − −   ≤ − + −            + +   + − + − −              Từ đó ta có [ ] ( ) ( ) ( ) ( ) 2 0, 2 2 0 2 2 2 ' ( )( ) exp exp 8 8 ( )( ) exp exp . 8 8 b V A v v s ts t t t s ts t d t t σ ϕ xx xx x ≤ −   − −   × − + −            + +   + − + −          ∫    Đặt ( )y s t x= − ta có ( ) 2 2 2( ) exp exp exp 8 8 8 s t yd dy d t t t x xx x ∞ ∞ ∞ −∞ −∞ −∞  −     − = − = −            ∫ ∫ ∫ . Đặt ( )y s t x= − ta có ( )2 2 2( ) exp exp exp 8 8 8 s t yd dy d t t t x xx x ∞ ∞ ∞ −∞ −∞ −∞  −     − = − = −            ∫ ∫ ∫  . Do đó 38 ( ) ( ) 2 2 2 ( )( ) exp exp 8 8 2 exp 2 8 . 8 s ts t d t t d t t xx x x x p ∞ −∞ ∞ −∞   − −    − + −              = − =    ∫ ∫  (ở đây ta đã áp dụng bổ đề 1.4.1) Tương tự ta cũng có ( ) ( ) 2 2 2 ( )( ) exp exp 8 8 exp 2 8 . 8 s ts t d t t d t t xx x x x p ∞ −∞ ∞ −∞   + +    − + −              = − =    ∫ ∫  Vậy [ ] [ ] [ ] 2 0, 0, 0, 2 ' .4 8 ' . (2.2.27) V A v v t A v v AM v v σ σ σ ϕ p ϕ σ σ ≤ − ≤ − ≤ −    Kế tiếp ta đánh giá 3.V Xem ( ) ( ) ( ) 21 ( )( ), ;0, exp 4 s tN s t t tt t tp t   = −  −−   như hàm một biến ( )s t và dùng công thức Lagrange ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 2 4 43 ( ) ( )( ), ;0, ( ), ;0, exp , 42 s t s tN s t t N s t t tt θt t θ tp t  −  − = − −  −  −   với 4θ ở giữa ( )s t và ( )s t . Do (2.2.13) và ( ) 2 4 4 31, 0; 4 2 2 z b bze z t θ θ t − ≤ = ≥ ≥ ≥ − 39 nên ( ) ( ) [ ] ( ) ( ) ( ) [ ] 2 2 0, 4 4 0, 4 ( ), ;0, ( ), ;0, 2 .. exp . 4 4 N s t t N s t t v v const v v t t tt σ σ t t σ θ θ t t tθ p t − −   ≤ − ≤ − − − −−      Vậy [ ] [ ]3 0, 0, .V A v v AM v v σ σ σ σ≤ − ≤ −  (2.2.28) Cuối cùng ta đánh giá 4.V Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 3 2 3 ( ), ; ( ), ( ), ; ( ), ( ), ; ( ), ( ) ( )( ) ( ) exp 44 ( ) ( )( ) ( ) exp . 44 x x xs t t s K s t t s K s t t s s t ss t s tt s t ss t s tt t t t t t t tt tp t tt tp t = − −  −−  = − −  − −    ++  + −  − −    Xem ( )( ), ; ( ),xK s t t s t t như hàm một biến ( ) ( )s t s t− và dùng công thức Lagrange ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 5 5 3 ( ), ; ( ), ( ), ; ( ), ( ) ( ) ( ) ( ) 2exp 1 , 4 44 x xK s t t s K s t t s s t s s t s t tt t t t t t t θ θ t tp t −  − − −     = − − −   − −   −     với 5θ ở giữa ( ) ( )s t s t− và ( ) ( )s t s t−  . Do ( ) ( ) ( ) [ ] ( ) 0, 2 5 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) , 1 2 2, 0 4 t t z s t s s t s v s ds v s ds t v v e z z t t t σ t t t θ t − − − − = − ≤ − − − ≤ = ≥ − ∫ ∫    40 nên ( ) ( ) [ ]0, .( ), ; ( ), ( ), ; ( ), .x x constK s t t s K s t t s v v t σ t t t t t − ≤ − −    Xem ( )( ), ; ( ),xK s t t s t t− như hàm một biến ( ) ( )s t s t+ và dùng công thức Lagrange ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 6 6 3 ( ), ; ( ), ( ), ; ( ), ( ) ( ) ( ) ( ) 2exp 1 , 4 44 t t t t t t θ θ t tp t − − −  + − +     = − − −   − −   −     x xK s t t s K s t t s s t s s t s t tt với 6θ ở giữa ( ) ( )s t s t+ và ( ) ( )s t s t+  . Do ( ) ( ) ( ) ( ) [ ] 6 2 6 0, t+ 2 , 3 , 1 2 4, 0, 4 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) , z b b e z z z t s t s s t s s t s t s s t v v σ t σ θ θ t t t t t t − ≤ ≤ ≤ − ≤ = ≥ − + − + ≤ − + − ≤ + −     nên ( ) ( ) ( ) [ ] ( ) ( ) ( ) ( ) [ ] 2 2 2 0, 6 6 6 2 6 0, ( ), ; ( ), ( ), ; ( ), 2. exp 1 4 4 4 . . σ σ t t t t t θ θ θ t t tθ p t t − − − + −   ≤ − −  − − −−    ≤ − −     x xK s t t s K s t t s t v v t t tt const v v t Vậy ( ) ( ) [ ]0, .( ), ; ( ), ( ), ; ( ), .x x consts t t s s t t s v v t σ t t t t t − ≤ − −     Ta lại có 41 ( ) ( ) ( ) ( ) [ ] [ ] [ ] [ ] 4 0 0 4 4 4 0 0, 0, 4 0 0, 0, 2 ( ) ( ) ( ), ; ( ), 2 ( ) ( ), ; ( ), ( ), ; ( ), : ' ", .' . , .'' , t x t x x t t V v v s t t s d v s t t s s t t s d V V constV v v d A v v t constV M v v d AM v v t σ σ σ σ t t t t t t t t t t t t σ t t σ t = −  + −  = + ≤ − ≤ − − ≤ − ≤ − − ∫ ∫ ∫ ∫            nên [ ]4 0, . σ σ< − V AM v v (2.2.29) Kết hợp (2.2.6), (2.2.24), (2.2.27), (2.2.28), (2.2.29) ta được  [ ] [ ]0, 0, .w w AM v v v v σ σ σ− < − ≤ −  Vậy ( ) ( ): , ,T M Mσ σ→  là ánh xạ co. 2.2.1. Sự tồn tại và duy nhất nghiệm trong khoảng thời gian nhỏ Ta đã chứng minh rằng nếu σ thỏa (2.2.3) và (2.2.6) thì T là ánh xạ co trên ( ), Mσ và ánh xạ T đi từ ( ), Mσ vào chính nó. Do ( ), Mσ là không gian metric đầy đủ nên dùng nguyên lý điểm bất động, ta kết luận rằng T có một điểm bất động duy nhất v trong ( ), Mσ , khi đó v là một nghiệm của (2.1.13). Theo bổ đề 2.1.1, ta có ( ),u s là nghiệm tương ứng của (2.1.1) – (2.1.5) với mọi t σ< , σ đủ nhỏ (bị thu hẹp bởi (2.2.6)). Ta chứng minh ( ),u s là một nghiệm duy nhất của (2.1.1) – (2.1.5) với t σ< . Để chứng minh tính duy nhất với t σ< , giả sử rằng ( )0 0,u s là nghiệm khác của (2.1.1) – (2.1.5) với t σ< và cho 0v là nghiệm tương ứng của (2.1.13) với 0 t σ≤ < . Ta chứng minh sự duy nhất với 't σ≤ , với bất kỳ 'σ σ< . 42 Cho { }0 0 ' max , sup ( ) t M M v t σ≤ ≤ = và cho σ là một số dương bất kỳ thỏa 1AM σ ≤ , trong đó A là hằng số xuất hiện trong (2.2.6). Khi đó bằng tính toán tương tự mà đã được sử dụng để chứng minh ( ) ( ): , ,T M Mσ σ→  là ánh xạ co, ta chỉ ra rằng ( ) ( ): , ,T M Mσ σ→  là ánh xạ co. Do đó, tồn tại nhiều nhất một điểm bất động của T trong ( ), Mσ . Dẫn tới 0( ) ( )v t v t= , 0 t σ≤ ≤ . Do đó cũng có 0 0( ) ( ), ( , ) ( , )s t s t u x t u x t= = nếu 0 t σ≤ ≤ , 0 ( )x s t≤ ≤ . Tiếp theo ta xét hệ (2.1.1) – (2.1.5) với t σ> , nghĩa là (2.1.1), (2.1.2), (2.1.4), (2.1.5) được xét với t σ≥ (thay vì 0t ≥ ), trong khi (2.1.3) được thay bởi ( , ) ( , )u x u xσ σ= , 0 ( )x s σ< ≤ . Bài toán này có thể biến đổi một lần nữa về phương trình tích phân. Tất cả những đánh giá cho phương trình (2.1.13) được mở rộng cho phương trình tích phân hiện tại, M được thay bởi 0M , trong đó 0 0 ( ) 1 4 sup ( , )x x s M u x σ σ ≤ ≤  = +    . (2.2.30) Tương tự ta rút gọn bài toán (2.1.1) – (2.1.5) cho ( )0 0,u s trong khoảng tσ σ≤ < về phương trình tích phân.Từ 0 0( , ) ( , ), ( ) ( )u x u x s sσ σ σ σ= = , phương trình tích phân đối với ( )v t và 0 ( )v t trùng nhau. Bây giờ lặp lại lập luận tương tự như trước ta kết luận rằng 0( ) ( ), v t v t tσ σ= ≤ ≤ với bất kỳ σ thỏa 0 1.AM σ σ− ≤ { }0 0 0 0 ' max , sup ( ) t M M v t σ≤ ≤  =    Bây giờ ta có thể tiến hành theo cách thức tương tự từng bước như trước, lưu ý rằng trong mỗi bước khoảng thời gian có thể được xem ε≥ , trong đó ε thỏa 43 0 0 '0 ( ), ' max 1 4 sup ( , ) , sup ( ) 1x tx s t t A u x t v t σσ σ ε ≤ ≤≤ ≤ ≤ ≤   + =     . 2.2.2. Sự tồn tại và duy nhất nghiệm toàn cục Ta đã chứng minh sự tồn tại và duy nhất t σ∀ < , trong đó σ là số dương bất kỳ thỏa (2.2.6). Để hoàn thành chứng minh định lý 2.1.1, cần chứng minh các ý sau: Cho mỗi 0 0t > , tồn tại 0ε > sao cho nếu hệ (2.1.1) – (2.1.5) có một nghiệm duy nhất 0t t∀ < thì nó cũng có một nghiệm duy nhất 0t t ε∀ < + . Trước tiên ta chứng minh 0( ) (0 )v t t t< < là hàm bị chặn, hay 00 sup ( ) . t t v t < < < ∞ (2.2.31) Ta dùng ( )v t cho phương trình tích phân tương ứng với hệ (2.1.1) – (2.1.5) trong khoảng 0 0t t tµ− < < (µ đủ nhỏ). Từ 0 0(0, ) ( )u t f tµ µ− = − , phương trình ( ) ( ) ( ) 0 0 0 ( ) 0 00 1 2 3 ( ) 2 ( , ) ( ), ; , 2 '( ) ( ), ;0, 2 ( ) ( ), ; ( ), . (2.2.32) s t t t xt t v t u t N s t t t d f N s t t d v s t t s d T T T µ x µ µ x µ x µ x t t t t t t t − − − = − − − + ≡ + + ∫ ∫ ∫  Do ( )s t là hàm đơn điệu không giảm nên ( ) ( )( ) ( ), 0.x ds tv t u s t t dt = = − ≤ Vì ( ) 0v t ≤ , ta chỉ cần phải tìm một chặn dưới trên ( )v t . Giới thiệu 0 ( ) inf ( ). t t t v µ t ψ t − < < = (2.2.33) Ta tiến hành đánh giá 3.T 44 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0 0 0 3 2 ( ) ( ), ; ( ), 2 ( ) ( ), ; ( ), ( ), ; ( ), ( ) ( ) 2 ( ) ( ), ; ( ), 2( ) ( ) ( ) ( ), ; ( ), 2( ) ( ) ( ) ( ) ( ), ; ( t xt t x xt t t T v s t t s d v K s t t s K s t t s d s t sv K s t t s t s t s K s t t s d t s t sv K s t t s t µ µ µ t t t t t t t t t t tt t t t t t t t t tt t t − − − = = − −    − = − − + + − −  − = − − ∫ ∫ ∫  ( ) ( ) 0 0 3 3 ), ( ) ( )( ) ( ), ; ( ), ' ''. (2.2.34) t t t t d s t sv K s t t s d t T T µ µ t t tt t t t t − − + + − − ≡ + ∫ ∫ Do ( ) ( ) 0s t s t− ≥ (vì ( )s t là hàm đơn điệu không giảm) và ( ) 0v t ≤ ta có 3 ' 0.T ≥ (2.2.35) Do ( ) ( ) 2s t s bt+ ≥ ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0 0 0 2 3 2 2 2 ( ) ( )( ) ( ) 1'' ( ) . exp 42 ( ) ( ) ( ) ( )2 1= ( ) . . exp ( ) ( ) 4 4 ( ) ( )1 1( ) . 1, 0 4 t t t t t z t s t ss t sT t d t tt s t s s t s t d s t s t tt s t s t d do e z z b tt µ µ µ ttψ t t tp t t t ψ t t t tp t t ψ t tp t − − − −  ++  ≤ −  − −−     + + −  + − −−     + ≤ ≤ = ≥  −−   = ∫ ∫ ∫ ( ) 0 0 2 . ( ) 2 . ( ) 1 ( ) , (2.2.36) 2 t t t b t do t t b t ψ µ p ψ µ µ µ p ψ − + ≤ − + < ≤ 45 trong đó µ đủ nhỏ thỏa 2 16 bpµ ≤ , µ cố định từ bây giờ. Rõ ràng là 1 2T T B+ ≤ nếu 0 0t t tµ− ≤ < (2.2.37) trong đó B là hằng số phụ thuộc vào µ nhưng không phụ thuộc vào t . Kết hợp (2.2.32), (2.2.34), ta có 3 1 2 3( ) ' " .v t T T T T− ≤ + + Do ( ) 0,v t ≤ (2.2.35) – (2.2.37) nên ta có 3 1 1( ) ( ) ' ( ) ( ). 2 2 v t v t T B t B tψ ψ− ≤ − + ≤ + ≤ − Từ đó ta suy ra ( )0 0 1( ) ( ) . 2 v t t B t t tψ µ≥ − − ≤ < (2.2.38) Lấy inf cả hai vế của (2.2.38) theo t trên miền 0 0'µ− ≤ ≤ <t t t t ta có 0 0' ' 1inf ( ) . inf ( ) . 2t t t t t t v t t B µ µ ψ − ≤ ≤ − ≤ ≤ ≥ − Do đó ( )0 0 1( ') ( ') ' . 2 t t B t t tψ ψ µ≥ − − ≤ < Vậy, ta có ( )0 0( ) 2 ,t B t t tψ µ≥ − − ≤ < và suy ra tính bị chặn của 0 0( ), v t t t tµ− ≤ < . Do đó (2.2.31) được chứng minh. Với mỗi 0 0t > , giả sử ( )( , ), ( )u x t s t là một nghiệm của (2.1.1) – (2.1.5) với mọi 0 đủ nhỏ, những hàm 0 0 0 0 ( ) 0 1sup ( , ) , ( ), ( )xx s t u x t s t s tη η η η< < − − − − (2.2.39) 46 bị chặn một cách độc lập đối với η . Thật vậy, vì mọi nghiệm của (2.1.1) – (2.1.5) là hàm ( )s t đơn điệu không giảm nên 01 ( ) 1s t bη− ≤ (do (0)s b= ).Từ (2.3.31) và (2.1.14) suy ra tính chất bị chặn của 0( ), s t t t< . Do đó ( )0s t η− bị chặn.Tiếp theo, lấy đạo hàm (2.1.7) theo biến x và dùng (2.1.11), (2.1.12), (2.2.31), (1.3.13) ta cũng có được tính bị chặn của hàm đầu tiên trong (2.2.39). Tiếp theo ta xét hệ (2.1.1) – (2.1.5) với 0t t η> − , nghĩa là (2.1.1), (2.1.2), (2.1.4), (2.1.5) vẫn giữ với 0t t η> − và (2.1.3) thay bởi 0 0( , ) ( , )u x t u x tη η− = − với 00 ( )x s t η< ≤ − . Do 0 0 0 0 ( ) 0 1sup ( , ) , ( ), ( )xx s t u x t s t s tη η η η< < − − − − bị chặn một cách độc lập đối với η , nên theo bước chứng minh trước tồn tại một nghiệm duy nhất của bài toán trong khoảng 0 0t t tη ε− ≤ .Do đó hệ (2.1.1) – (2.1.5) có một nghiệm duy nhất với mọi 0t t ε< + .  47 Chương 3 MỘT BÀI TOÁN STEFAN HAI PHA VỚI HAI BIÊN TỰ DO Trong chương này chúng ta 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. Nguồn gốc duy nhất của sự hình thành băng ở Bắc Cực trong mùa hè là một lớp băng được gọi là tầng đáy (false – bottoms) giữa một vũng nước tan chảy dưới băng và đại dương bên dưới. Điều quan tâm về mặt toán học là xác định sự tăng trưởng và hao mòn cùng lúc của tầng đáy bị chi phối bởi dòng nhiệt và lượng muối. Trong một chiều, vấn đề này có thể được xem xét về mặt toán học như là một bài toán Stefan hai pha với hai biên tự do. Kết quả chính của chương này là chứng minh sự tồn tại và duy nhất nghiệm từ điều kiện ban đầu. 3.1. Giới thiệu Có một số hồ chứa nước ngọt khác nhau ở Bắc Cực trong mùa hè (xem, ví dụ, Eicken et al. [9]). Đầu tiên, sức nóng mặt trời làm tan chảy nước trong các bề mặt ao. Thứ hai, nước này có thể tan chảy thấm vào lưới băng để tạo thành một ao dưới băng tan (xem [12] để biết thêm chi tiết).Tại giao diện giữa nước mới này và nước muối bên dưới, đối lưu hai khuếch tán của nhiệt và muối dẫn đến sự hình thành của một lớp băng gọi là tầng đáy (xem hình 3.1 bên dưới).Rất sớm, Nansen [16] vào năm 1897 lưu ý rằng đây là nguồn duy nhất của sự hình thành băng mới ở Bắc Cực trong mùa hè. Hiện tượng này được xem xét trong một thời gian dài bởi nhiều tác giả (xem, ví dụ, [8,9,12-14,17-19]). Tuy nhiên, nó đã được xem xét theo quan điểm địa vật lý dựa trên các thí nghiệm thực tế chứ không phải bằng công thức toán học chặt chẽ. 48 Hình 3.1. Hình thành băng ở Bắc cực trong mùa hè. Một trong những điều thú vị nhất là sự phát triển và hao mòn đồng thời của các tầng đáy, mà bị chi phối bởi dòng nhiệt và lượng muối. Lưu ý nước muối có hai thuộc tính: nó không đóng băng ngay cả nhiệt độ dưới 00C, và nó hòa tan băng khi nó tiếp xúc với băng. McPhee et al. [14] nhấn mạnh rằng, mô tả đúng nhiệt độ và lượng muối tại bề mặt băng – đại dương là điều cần thiết cho sự hiểu biết và mô hình hóa các tầng đáy, và đặc biệt là không có sự khuếch tán kép tại giao diện thì tầng đáy sẽ nhanh chóng bị phá vỡ. Sự phát triển của giao diện trên giữa một tầng đáy và một cái ao dưới băng tan là được chi phối hoàn toàn bởi các điều kiện nhiệt động lực học tại giao diện. Gần đây, vào năm 2003, Notz et al. [17] đã đưa ra một mô hình mô phỏng thành công sự tăng trưởng và hao mòn đồng thời của tầng đáy. Họ xác định vấn đề toán học bằng một hệ phương trình vi phân riêng và giải quyết chúng bằng cách sử dụng đoạn chương trình Mathematica. Mặc dù, kết quả số của họ phù hợp khá tốt từ dữ liệu thí nghiệm đầu của Martin và Kauffman [13], nhưng họ chưa chứng minh chặt chẽ sự tồn tại và duy nhất nghiệm của hệ phương trình.Mục đích của chúng ta trong bài viết này là để chứng minh toán học như vậy. Chính xác hơn, chúng ta sẽ trình bày bài toán một cách rõ ràng bằng một hệ Không khí Bề mặt ao tan chảy Nước biển (Oc) Ao dưới băng tan (Wa) Băng hình thành (tầng đáy) Tảng băng 49 phương trình vi phân riêng kết hợp với điều kiện biên tự do tương tự như [17], và sau đó cho thấy hệ có một nghiệm duy nhất từ điều kiện ban đầu cho trước. Bây giờ chúng ta xem xét mô hình một chiều mô tả sự tăng trưởng và hao mòn đồng thời của băng ở tầng đáy. Ở đây chúng ta có ba môi trường: đại dương (Oc), băng của tầng đáy (Fb) và nước ngọt (Wa). Kí hiệu ( , ),T x t ( , )S x t là nhiệt độ và độ mặn, và kí hiệu 0 ( ), ( )uh t h t là biên tự do tại giao diện băng – đại dương (Fb – Oc) và băng – nước (Fb – Wa), tương ứng (hình 3.2 bên dưới). Hình 3.2.Mô hình một chiều. Tại giao diện Fb – Oc, ta áp dụng nguyên lý nhiệt động lực học I , (nghĩa là độ biến thiên của năng lượng = độ biến thiên của dòng nhiệt qua bề mặt) U∆ = ∆Φ . Giá trị thuần của nhiệt qua giao diện Fb – Oc trong một phần diện tích s bằng 0 I fU dh L sρ∆ = − , trong đó Iρ là mật độ của băng và fL là nhiệt ẩn của phản ứng nhiệt. Mặt khác, sự khác biệt của những dòng nhiệt xuyên qua một diện tích s trong băng và đại dương suốt thời gian dt là Fb Oc Wa x 0 ( )h t T−∞ 00 C ( )uh t 0S0T S−∞ 50 ( )( ) ( )( )( )0 0, ,I x O xT h t t T h t t sdtλ λ∆Φ = − + + − , trong đó , I Oλ λ là độ dẫn nhiệt của băng và đại dương. Ở đây các kí hiệu ( )0h t + và ( )0h t − là giới hạn phải và giới hạn trái tại ( )0x h t= . Do định luật bảo toàn năng lượng đã nói ở trên, nghĩa là U∆ = ∆Φ , dẫn đến điều kiện Stefan để cân bằng nhiệt tại giao diện  ( )( )  ( )( )/0 0 0( ) , ,I x O xh t T h t t T h t tλ λ= + − − , (3.1.1) trong đó  0II I fL λλ ρ = > ,  0OO I fL λλ ρ = > . Để đơn giản, ta có thể bỏ qua muối của băng ở tầng đáy. Nước gần giao diện Fb – Oc là một hỗn hợp của nước tan, tan từ băng của tầng đáy và nước biển. Nước này đạt tớimức ( ) ( )/0 0S t h t , trong khi muối khuếch tán vào nước tại mức ( )( )0 ,xDS h t t− − , với ( ) ( )( )0 0 ,S t S h t t= − là độ mặn của đại dương tại giao diện và 0D > là khuếch tán phân tử muối trong nước biển. Sự cân bằng muối ở giao diện này dẫn đến tình trạng cân bằng ( ) ( ) ( )( )/0 0 0 ,xS t h t DS h t t= − − . (3.1.2) Hơn nữa, nhiệt độ tại giao diện ( )( )0 0 ,T T h t t= và độ mặn 0S được kết nối thông qua mối quan hệ tại điểm đóng băng /0 0 0 0 0T n T m S+ = − , (3.1.3) trong đó 0 0, m n là hằng số khác 0. Việc thành lập phương trình (3.1.1) và (3.1.2) căn cứ vào Martin và Kauffman [13] và Notz et al. [17]. Trong (3.1.3) nếu 0 0n = và 0 1 0 0.054 m C psu −= thì ta có xấp xỉ 0 0 0T m S≈ − , được dùng trong [13,17]. Tuy nhiên, như chúng ta sẽ thấy sau này, thật hợp lý khi giả định rằng độ mặn phụ thuộc vào gradient nhiệt độ ở điểm đóng băng. 51 Tại giao diện Fb – Wa, ta sử dụng chương trình đơn giản được trình bày bởi Grenfell và Maykut [11], trong đó nhiệt độ của nước trong ao dưới băng tan chảy được lưu giữ tại 00 C . Đặc biệt nó dẫn đến các điều kiện biên tại giao diện ( )( ), 0uT h t t− = . (3.1.4) Hơn nữa, do sự bỏ qua của dòng nhiệt từ nước ngọt trên tầng đáy, một điều kiện nhiệt động lực học tương tự như (3.1.1) quy về điều kiện Stefan ở bề mặt trên ( )  ( )( )/ ,u I x uh t T h t tλ= − . (3.1.5) Cuối cùng, ta có phương trình khuếch tán sau cho muối và nhiệt độ trong đại dương và trong băng t I xxT D T= , 0( ) ( )uh t x h t> > , (3.1.6) t O xxT D T= , 0 ( )h t x> > −∞ , (3.1.7) t xxS DS= , 0 ( )h t x> > −∞ , (3.1.8) trong đó 0ID > và 0OD > là khả năng dẫn nhiệt, ( , )T x t và ( , )S x t là nhiệt độ và độ mặn. Ở đây các hằng số được cho. Giả sử rằng cho các điều kiện ban đầu 0 00 0(0) , (0) ,u uh h h h= = 0( ,0) ( )T x T x= trong khoảng (0)uh x> > −∞ và 0( ,0) ( )S x S x= trong khoảng 0 (0)h x> > −∞ đã cho. Bài toán đặt ra là tìm từ điều kiện đầu ( )0 0 0 00 , , ,uh h T S một nghiệm ( )0 , , ,uh h T S của hệ (3.1.1) – (3.1.8), trong đó ( , )T T x t= trong khoảng 0t > , ( )uh t x> > −∞ và ( , )S S x t= trongkhoảng 0t > , 0 ( )h t x> > −∞ . Đây là bài toán Stefan hai pha một chiều với hai biên tự do. Kết quả chính của chương này là chứng minh sự tồn tại và duy nhất nghiệm của bài toán. Một cách chặt chẽcác điều kiện ban đầu ( )0 0 0 00 , , ,uh h T S thỏa mãn 3 điều kiện sau 52 (H1) 0 00 uh h< ; (H2) ( )0 x T liên tục và bị chặn trong khoảng ( 00,x h ∈ −∞  và 0 0