Tài liệu Về số nút xác định đối với hệ navier stokes hai chiều (lv02294)

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2 TRẦN THANH HƯƠNG VỀ SỐ NÚT XÁC ĐỊNH ĐỐI VỚI HỆ NAVIER-STOKES HAI CHIỀU LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Hà Nội, 2017 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2 TRẦN THANH HƯƠNG VỀ SỐ NÚT XÁC ĐỊNH ĐỐI VỚI HỆ NAVIER-STOKES HAI CHIỀU LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Chuyên ngành: Toán giải tích Mã số : 60 46 01 02 Người hướng dẫn khoa học PGS.TS. Cung Thế Anh HÀ NỘI, 2017 Mục lục Mở đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 Chương 1. Kiến thức chuẩn bị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 1.1. Giới thiệu về hệ Navier-Stokes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 1.2. Các không gian hàm và toán tử . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 1.2.1. Các không gian hàm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 1.2.2. Các toán tử . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 1.3. Đánh giá đối với số hạng phi tuyến . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8 1.4. Các kết quả về sự tồn tại và đánh giá nghiệm . . . . . . . . . . . . 11 1.5. Một số kết quả thường dùng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16 1.5.1. Một số các ước lượng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16 1.5.2. Một số bất đẳng thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18 Chương 2. Số nút xác định đối với hệ Navier-Stokes hai chiều ........................................................ 21 2.1. Khái niệm số nút xác định của nghiệm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21 2.2. Một số bổ đề . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22 2.3. Số nút xác định đối với nghiệm dừng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25 2.4. Số nút xác định đối với nghiệm phụ thuộc thời gian . . . . . . 28 Kết luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37 Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38 Lời cảm ơn Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới PGS.TS Cung Thế Anh. Thầy đã tận tình hướng dẫn và giải đáp những thắc mắc của tôi, giúp đỡ tôi hoàn thành luận văn này. Qua đây, tôi xin chân thành cảm ơn tới các thầy cô giáo phòng Sau đại học, các thầy cô giáo khoa Toán cũng như các thầy cô giáo giảng dạy lớp thạc sĩ K19 chuyên ngành Toán giải tích trường Đại học Sư phạm Hà Nội 2 đã giúp đỡ tôi trong suốt quá trình học tập. Tôi xin được gửi lời cảm ơn chân thành tới gia đình, bạn bè, đồng nghiệp đã luôn quan tâm, động viên và tạo mọi điều kiện thuận lợi cho tôi trong quá trình học tập và hoàn thành luận văn. Hà Nội, tháng 6 năm 2017 Tác giả Trần Thanh Hương Lời cam đoan Tôi xin cam đoan, dưới sự hướng dẫn của PGS.TS Cung Thế Anh, luận văn thạc sĩ chuyên ngành Toán giải tích với đề tài "Về số nút xác định đối với hệ Navier-Stokes hai chiều" được hoàn thành bởi chính sự nhận thức của bản thân tác giả. Trong suốt quá trình nghiên cứu thực hiện luận văn, tác giả đã kế thừa những thành tựu của các nhà khoa học với sự trân trọng và biết ơn. Hà Nội, tháng 6 năm 2017 Tác giả Trần Thanh Hương Mở đầu 1. Lý do chọn đề tài Hệ phương trình Navier-Stokes là một hệ phương trình cơ bản trong cơ học chất lỏng. Việc nghiên cứu sự tồn tại và dáng điệu tiệm cận nghiệm của hệ này khi thời gian ra vô cùng đã thu hút được sự quan tâm nghiên cứu của nhiều nhà toán học, xem các cuốn chuyên khảo [1, 6, 7]. Chúng ta biết rằng dáng điệu tiệm cận nghiệm của hệ Navier-Stokes có thể được xác định bằng một số hữu hạn các nút xác định (determining nodes), nghĩa là nếu hai nghiệm của hệ Navier-Stokes có dáng điệu giống nhau trên một tập rời rạc các giá trị nút thì hai nghiệm đó sẽ có dáng điệu giống nhau tại mọi điểm của miền, khi thời gian ra vô cùng [2]. Việc đánh giá số phần tử của các nút xác định là một trong những vấn đề quan trọng trong việc xác định dáng điệu tiệm cận hữu hạn chiều (finitedimensional asymptotic behavior) của hệ Navier-Stokes. Hơn nữa, nếu số nút xác định là hữu hạn và tập hút toàn cục của hệ động lực tương ứng là giải tích, thì bởi kết quả của Friz và Robinson trong [3], ta có thể tham số hóa tập hút toàn cục (là một tập compact bất biến trong không gian pha, thường là không gian vô hạn chiều) bằng một số hữu hạn các tham số. Mục đích của luận văn này là trình bày các ước lượng trong [4, 5] về số nút xác định đối với hệ Navier-Stokes hai chiều với điều kiện biên tuần hoàn. Với mong muốn được hiểu biết sâu hơn về sự tồn tại và dáng điệu 1 tiệm cận nghiệm của hệ Navier-Stokes, dưới sự hướng dẫn của PGS.TS Cung Thế Anh, tôi đã chọn đề tài "Về số nút xác định đối với hệ Navier-Stokes hai chiều" làm luận văn tốt nghiệp khóa học thạc sĩ của mình. 2. Mục đích nghiên cứu Nghiên cứu việc đánh giá số nút xác định đối với nghiệm của hệ NavierStokes hai chiều trong trường hợp điều kiện biên tuần hoàn. 3. Nhiệm vụ nghiên cứu • Đánh giá chặn trên của số nút xác định của nghiệm dừng của hệ Navier-Stokes hai chiều. • Đánh giá chặn trên của số nút xác định của nghiệm phụ thuộc thời gian của hệ Navier-Stokes hai chiều. 4. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu • Đối tượng nghiên cứu: Hệ Navier-Stokes hai chiều. • Phạm vi nghiên cứu: Đánh giá chặn trên của số nút xác định của nghiệm của hệ Navier-Stokes hai chiều với điều kiện biên tuần hoàn. 2 5. Phương pháp nghiên cứu • Sử dụng các phương pháp của lí thuyết hệ động lực tiêu hao vô hạn chiều và lí thuyết hệ Navier-Stokes. 6. Đóng góp của luận văn Thiết lập được các kết quả về đánh giá chặn trên của số nút xác định của nghiệm dừng và nghiệm phụ thuộc thời gian của hệ Navier-Stokes hai chiều trong trường hợp điều kiện biên tuần hoàn. 3 Chương 1 Kiến thức chuẩn bị Trong chương này, chúng ta nhắc lại một số khái niệm cũng như các kết quả bổ trợ cần thiết được sử dụng ở chương sau. Các kết quả chủ yếu tham khảo trong [1, 4]. 1.1. Giới thiệu về hệ Navier-Stokes Giả sử Ω là một miền bị chặn trong R2 với biên ∂Ω trơn. Xét bài toán biên ban đầu đối với hệ Navier-Stokes hai chiều cho một chất lỏng nhớt không nén được với điều kiện biên tuần hoàn trong miền Ω = (0, L) × (0, L). Ta kí hiệu bởi f = f (x, t) là hàm thể tích lực, u = u(x, t) là hàm vectơ vận tốc, p = p(x, t) là hàm áp suất, ν = const > 0 là hệ số nhớt, ta có  ∂ u  2    ∂ t − ν∆ u + (u · )u + p = f trong R × (0, ∞)      ·u=0 trong R2 × (0, ∞) (1.1)  u(x , x , t) = u(x , x + L, t)  1 2 1 2      u(x , x , t) = u(x + L, x , t),  1 2 1 2 và giả sử rằng các tích phân của u và f trên Ω bị triệt tiêu tại tất cả các thời điểm (nghĩa là u và f có trung bình bằng 0 trên Ω). 4 1.2. Các không gian hàm và toán tử 1.2.1. Các không gian hàm Đặt V = u : R2 → R2 là hàm nhận giá trị là các vector lượng giác với chu kì L, · u = 0, udx = 0 . Ω Ta kí hiệu các không gian hàm V =V 1 (H0 (Ω))2 H=V (L2 (Ω))2 1 = bao đóng của V trong (H0 (Ω))2 , = bao đóng của V trong (L2 (Ω))2 , trong đó L2 (Ω) = H 0 (Ω) và H l (Ω) (l = 1, 2, ...), là các không gian Sobolev. Ta thấy H là không gian Hilbert với tích vô hướng và chuẩn tương ứng xác định bởi u(x) · v(x)dx, (u, v) = |u(x)|2 dx |u| = Ω 1/2 , Ω trong đó u(x) · v(x) là tích vô hướng Euclide thông thường. Nhờ bổ đề Poincaré, V cũng là không gian Hilbert với tích vô hướng và chuẩn tương ứng xác định bởi 2 ((u, v)) = i,j Ω ∂ ui ∂ vi dx, v ∂ xj ∂ xj 2 2 = i,j Ω ∂ vi 2 dx, ∂ xj ở đó u = (u1 , u2 )T , v = (v1 , v2 )T . Gọi H ⊥ là phần bù trực giao của H trong (L2 (Ω))2 , ta có H ⊥ = u ∈ (L2 (Ω))2 : u = grad p, p ∈ H 1 (Ω) . 5 Gọi V là không gian đối ngẫu của V . Kí hiệu | · |, · · chuẩn trong H và V , ∗ lần lượt là các kí hiệu chuẩn trong V . 1.2.2. Các toán tử * Toán tử A ([1]): Giả sử V → V là toán tử xác định bởi Au, v = ((u, v)), với mọi u, v ∈ V. Kí hiệu D(A) là miền xác định của A, ta có D(A) = {u ∈ H : Au ∈ H} = (H 2 (Ω))2 ∩ V. Dễ thấy A là toán tử tuyến tính không bị chặn, tự liên hợp, xác định dương và có nghịch đảo A−1 : H → D(A) compact vì phép nhúng 1 H0 (Ω) → L2 (Ω) là compact. Do đó phổ của A gồm toàn giá trị riêng {λj }∞ với j=1 0 < λ1 λ2 ... ..., λn → +∞ khi n → +∞ ...λn và các hàm riêng tương ứng {wj }∞ ⊂ D(A) lập thành một cơ sở trực j=1 chuẩn trong H. * Toán tử B ([1]): Đặt 2 ui b(u, v, w) = i,j=1 Ω ∂vj wj dx. ∂xi 1 Khi đó dễ thấy b(·, ·, ·) là một dạng 3-tuyến tính liên tục trên (H0 (Ω))2 , hay nói riêng trên V. 6 Thật vậy, ta có 2 |b(u, v, w)| = ui Ω i,j=1 ∂vj wj ∂xi 1 4 2 ∂vj dx ∂xi 2 |ui |4 dx i,j=1 C u C u Ω L4 1 H0 1 2 |wj |4 dx Ω v v 1 H0 1 H0 w w 1 4 Ω L4 1 H0 , trong đó ta đã sử dụng phép nhúng H 1 (Ω) → L4 (Ω). Ngoài ra dễ kiểm tra được b(u, v, w) = −b(u, w, v), với mọi u, v, w ∈ V. Nói riêng b(u, v, v) = 0, với mọi u, v ∈ V. Kí hiệu P là phép chiếu trực giao từ (L2 (Ω))2 lên H. Chúng ta biểu thị toán tử Stokes A bởi Au = −∆u, và toán tử tuyến tính B(u, v) = P ((u · )v), với mọi u, v trong D(A) = V ∩ (H 2 (Ω))2 . Đặt 1/2 2 |f (t, x)| dx F = lim sup . t→∞ Ω Ta định nghĩa số Grashof kí hiệu là Gr và xác định bởi L2 F F = 2 2. Gr = λ1 ν 2 4π ν Tiếp theo, ta sẽ thấy rằng tất cả các ước lượng của chúng ta đều biểu thị qua số Grashof. Chú ý rằng nếu f không phụ thuộc vào thời gian thì 7 Gr là số Grashof G = (L2 |f |)/(4π 2 ν 2 ). Bây giờ hệ phương trình (1.1) tương đương với phương trình vi phân trong H du + ν Au + B(u, u) = f, dt (1.2) ở đây f = P f và giả sử f ∈ L∞ ((0, ∞); H) (nghĩa là sup |f (t)| < ∞). t 0 1.3. Đánh giá đối với số hạng phi tuyến Để thiết lập các đánh giá đối với b(u, v, w) ta cần các bổ đề sau. Bổ đề 1.1 ([1]). (Bất đẳng thức Ladyzhenskaya khi n=2). Với bất kì tập mở Ω ⊂ R2 , ta có v 1 2 1 L4 (Ω) 24 v L2 (Ω) 1 2 v L2 (Ω) , với 1 mọi v ∈ H0 (Ω). (1.3) ∞ 1 Chứng minh. Vì C0 (Ω) trù mật trong H0 (Ω) nên ta chỉ cần chứng minh ∞ (1.3) đúng với mọi v ∈ C0 (Ω). ∞ Với v ∈ C0 (Ω), ta có x1 v 2 (x) = 2 v(ξ1 , x2 ) −∞ ∂v (ξ1 , x2 )dξ1 . ∂ x1 Suy ra ∞ v 2 (x) 2v1 (x2 ), ở đây v1 (x2 ) = v(ξ1 , x2 ) −∞ ∂v (ξ1 , x2 ) dξ1 . ∂ x1 Tương tự, ta cũng có ∞ v 2 (x) 2v2 (x1 ), với v2 (x1 ) = v(x1 , ξ2 ) −∞ 8 ∂v (x1 , ξ2 ) dξ2 . ∂ x1 Từ đó suy ra v 4 (x)dx v1 (x2 )v2 (x1 )dx 4 R2 R2 +∞ =4 +∞ v1 (x2 )dx2 v2 (x1 )dx1 −∞ −∞ ∂v ∂ x1 2 L2 (R2 ) 4 v 2 L2 (R2 ) . 2 v 2 2 ∂v ∂ x2 L2 (R2 ) L2 (R2 ) 2 L2 (R2 ) . v Từ đây suy ra điều phải chứng minh. Bổ đề 1.2 ([1]). Ta có 1 |b(u, v, w)| 1 1 2 2 2 |u| 2 u 1 v |w| 2 w 1 2 , ∀ u, v, w ∈ V. Chứng minh. Ta có 2 |b(u, v, w)| ui i,j=1 Ω 2 ∂vj ∂ xi i,j=1 Mà ∂ vj wj dx ∂ xi 2 1 2 2 2 ui 2 4 L L2 1 2 2 wj 2 4 L i=1 j=1 2 ui 2 4 L 2 1 2 ui L2 · ui 1 2 2 u · |u|, L2 i=1 i=1 nên suy ra 1 |b(u, v, w)| 1 2 2 |u| 2 u 1 2 1 v |w| 2 w 1 2 . Chú ý. Vì b(u, v, w) = −b(u, w, v) nên |b(u, v, w)| 1 1 2 2 |u| 2 u 1 2 1 w |v| 2 v 9 1 2 , ∀ u, v, w ∈ V. 1 2 . Nói riêng 1 |b(u, u, v)| 2 2 |u| · u · v , ∀u, v ∈ V. Xét toán tử B : V × V → V xác định bởi B(u, v), w = b(u, v, w), với mọi u, v, w ∈ V. Đặt Bu = B(u, u). Khi đó bài toán đã cho có thể được viết dưới dạng sau đây. Bài toán 1. Cho trước u0 ∈ H và f ∈ L2 (0, T ; V ). Tìm hàm u ∈ L2 (0, T ; V ) thỏa mãn  d  (u, v) + ν ((u, v)) + b(u, u, v) = f, v , với mọi v ∈ V   dt   và hầu khắp t ∈ (0, T )      u(0) = u0 . Để viết lại Bài toán 1 dưới dạng phương trình toán tử, ta cần bổ đề sau. Bổ đề 1.3 ([1]). Giả sử u ∈ L2 (0, T ; V ). Khi đó, hàm Bu xác định bởi Bu(t), v = b(u(t), u(t), v), với mọi v ∈ V, sẽ thuộc L1 (0, T, V ). Chứng minh. Với hầu khắp t ∈ [0, T ], ta có Bu(t) ∈ V . Ta có | Bu(t), v | = |b(u(t), u(t), v)| Suy ra Bw C u(t) 2 · v , ∀v ∈ V. C w 2 , với mọi w ∈ V. Do đó V T t Bw(t) 0 V dt C w(t) 0 Vậy Bu ∈ L1 (0, T ; V ). 10 2 V dt < +∞. Từ đó ta có bài toán sau đây. Bài toán 2. Cho trước u0 ∈ H và f ∈ L2 (0, T ; V ). Tìm hàm u ∈ L2 (0, T ; V ) thỏa mãn u ∈ L1 (0, T ; V ) u + νAu + Bu = f trong V với hầu khắp t ∈ (0, T ) u(0) = u0 . Dễ thấy Bài toán 1 và Bài toán 2 tương đương với nhau theo nghĩa nếu u là nghiệm của bài toán này thì nó cũng là nghiệm của bài toán kia và ngược lại. 1.4. Các kết quả về sự tồn tại và đánh giá nghiệm Định lí 1.1 ([1]). Cho trước u0 ∈ H và f ∈ L2 (0, T ; V ). Khi đó Bài toán 1 có duy nhất một nghiệm u thỏa mãn u ∈ C([0, T ]; H) ∩ L2 (0, T ; V ). Chứng minh. Ta chứng minh sự tồn tại nghiệm bằng phương pháp xấp xỉ Galerkin. Bước 1. Xây dựng dãy nghiệm xấp xỉ. Giả sử {wj }∞ là một cơ sở của V gồm toàn vectơ riêng của toán tử j=1 A. Với mỗi m 1, tìm nghiệm xấp xỉ dưới dạng m m u (t) = gim (t)wj , i=1 11 trong đó gim thỏa mãn  m  du (t) , w + ν(um (t), w ) + b(um (t), um (t), w ) = f (t), w   j j j j  dt   j = 1, ..., m,      m u (0) = u . 0m (1.4) Ở đây u0m = Pm u0 với Pm là phép chiếu từ H xuống span{w1 , ..., wm }, không gian con sinh bởi m vectơ riêng đầu tiên. Từ lí thuyết phương trình vi phân thường suy ra nghiệm xấp xỉ um (t) tồn tại và xác định trên [0, T ]. Bước 2. Xây dựng các ước lượng tiên nghiệm của {um }. Nhân cả hai vế của (1.4) với gjm (t), sau đó lấy tổng theo j thừ 1 đếm m ta được (u m (t), um (t)) + ν um (t) 2 = f (t), um (t) . Từ đây sử dụng bất đẳng thức Cauchy ta suy ra d m 2 |u (t)| + 2ν um (t) dt 2 2 f (t) um (t) ∗ ν um (t) 2 + 1 f (t) 2 . ∗ ν Do đó d m 2 1 |u (t)| + ν um (t) 2 f (t) 2 . ∗ dt ν Lấy tích phân bất đẳng thức này từ 0 đến t, 0 t T, ta được t |um (t)|2 + ν t um (s) 2 ds |u0m |2 + 1 ν 0 f (s) 2 ds ∗ 0 T |u0 |2 + 1 ν f (t) 2 dt. ∗ 0 Từ đây suy ra 12 {um } bị chặn trong L∞ (0, T ; H); {um } bị chặn trong L2 (0, T ; V ). Dễ thấy {Aum } bị chặn trong L∞ (0, T ; V ); {Bum } bị chặn trong L2 (0, T ; V ). dum Vì = −ν Aum − Pm Bum + Pm f nên suy ra dt L2 (0, T, V ). dum dt bị chặn trong Bước 3. Chuyển qua giới hạn. Từ các ước lượng tiên nghiệm ở Bước 2, ta có thể giả sử um u trong L2 (0, T ; V ); Aum dum dt Au trong L2 (0, T ; V ); du trong L2 (0, T ; V ). dt Bây giờ ta chỉ cần chứng minh Bum Bu trong L2 (0, T ; V ). Áp dụng Bổ đề Aubin-Lions, ta nhận được dãy con của {um } mà ta vẫn kí hiệu là {um } thỏa mãn um → u trong L2 (0, T ; H). Ta chứng minh kết quả sau. Bổ đề 1.4. Giả sử um u trong L2 (0, T ; V ) và um → u trong L2 (0, T ; H). Khi đó với mọi w ∈ C 1 (QT ) ta có T T b(um (t), um (t), w(t))dt → 0 b(u(t), u(t), w(t))dt. 0 13 Chứng minh. Ta có T T b(um (t), um (t), w(t))dt = − 0 b(um , w, um )dt 0 T 2 (um )i =− i,j=1 0 Do đó T Ω T b(um , um , w)dt − 0 2 ∂ wj m (u )j dxdt. ∂ xi b(u, u, w)dt 0 T (um − ui ) i = i,j=1 0 ∂ wj ∂ wj m uj + um (u − uj ) dxdt. i ∂ xi ∂ xi j Ω Bởi vậy ta cần xét biểu thức dạng T (v m − v)wv m dxdt, Em = 0 Ω ở đó v m → v trong L2 (0, T ; H), w ∈ L2 (0, T ; H) và v m bị chặn đều trong L∞ (0, T ; H). Do wv m L2 (0,T ;H) w L2 (0,T ;H) vm L2 (0,T ;H) nên Em → 0. Từ đó bổ đề được chứng minh. Từ các kết quả trên suy ra tồn tại hàm u ∈ L2 (0, T ; V ) ∩ L∞ (0, T ; H) thỏa mãn du + νAu + Bu = f trong L2 (0, T ; V ), dt hay du (t) + νAu(t) + Bu(t) = f (t) trong V với hầu khắp t ∈ [0, T ]. dt 14 Để chứng minh u(0) = u0 , ta chọn hàm thử ϕ ∈ C 1 ([0, T ]; V ) với ϕ(T ) = 0 và lấy tích vô hướng của phương trình trên với ϕ, sau đó tích phân từng phần ta được T − T (u(t), ϕ (t))dt + ν 0 T (u(t), ϕ(t))dt + 0 b(u(t), u(t), ϕ(t))dt 0 T = (u(0), ϕ(0)) + f (t), ϕ(t) dt. 0 Mặt khác, làm tương tự với nghiệm xấp xỉ Galerkin um ta có T T (um (t), ϕ (t))dt + ν − 0 T (um (t), ϕ(t))dt + 0 b(um (t), um (t), ϕ(t))dt 0 T = (um (0), ϕ(0)) + f (t), ϕ(t) dt. 0 Sau đó chuyển qua giới hạn khi m → ∞ ta được T − T (u(t), ϕ (t))dt + ν 0 T (u(t), ϕ(t))dt + 0 b(u(t), u(t), ϕ(t))dt 0 T f (t), ϕ(t) dt. = (u0 , ϕ(0)) + 0 Từ đó suy ra (u(0), ϕ(0)) = (u0 , ϕ(0)) với mọi ϕ và do đó u(0) = u0 . Bước 4. Tính duy nhất và sự phụ thuộc liên tục của nghiệm vào điều kiện ban đầu. Giả sử u1 , u2 là hai nghiệm của bài toán đã cho với dữ kiện ban đầu lần lượt là u01 , u02 . Đặt u = u1 − u2 , ta có   u + νAu = −Bu1 + Bu2  u(0) = u01 − u02 . 15