Bài viết Tính chính quy của một lớp phương trình loại Rayleigh-aStokes có trễ đưa ra một số giả thiết cụ thể để có tính chính quy của một lớp phương trình loại Rayleigh-Stokes có trễ. Cụ thể hơn, bài viết sẽ đưa ra điều kiện để bài toán có duy nhất một nghiệm cổ điển. | Tuyển tập Hội nghị Khoa học thường niên năm 2021. ISBN 978-604-82-5957-0 TÍNH CHÍNH QUY CỦA MỘT LỚP PHƯƠNG TRÌNH LOẠI RAYLEIGH-STOKES CÓ TRỄ Vũ Nam Phong1 Nguyễn Ngọc Huy1 1 Trường Đại học Thủy lợi email phongvn@ 1. GIỚI THIỆU CHUNG t 1 t t 0 t 0 4 với Ta xét bài toán 0 1 5 t u 1 t u f t u trong t 0 1 là hàm vô hướng và là tham số dương. Gọi là nghiệm của bài toán u 0 trên t 0 2 u x s x s x s h 0 4 - 5 ứng với cặp tham số 3 sẽ giúp ta biểu diễn nghiệm của bài toán . trong đó 0 0 1 và t là đạo hàm Đặt f g là kí hiệu cho tích chập Laplace Riemann-Liouville bậc được định nghĩa nghĩa là t d t t 1 f g t f t s g s ds f g L1loc R . t v t g1 t s v s ds g t 0 dt 0 Gọi là cơ sở trực chuẩn của L2 n n 1 với 0 t 0 . Trong bài toán u được chứa các hàm riêng của toán tử Laplace xác định bởi u x t u x t t với hàm ứng với điều kiện biên Dirichlet thuần nhất liên tục trên R thỏa mãn h t t t tức là n n n trong n 0 trên và lim t t f R L2 L2 ở đây có thể giả sử n n 1 là dãy tăng t là ánh xạ phi tuyến và đã cho trước hàm n 0 và n khi n . Ta biểu diễn Ch C h 0 L2 . x n n x và S t L2 L2 là Trong những năm gần đây lớp phương n 1 trình loại Rayleigh-Stokes nhận được nhiều toán tử xác định bởi S t t n n . sự quan tâm 2 vì có thể mô tả một số vấn n 1 đề trong cơ học chất lưu. Không những thế Đặt CT C 0 T L2 xét toán tử Cauchy trong thực tế điều kiện trễ 3 ứng với những t gì xảy ra trước khi xét 1 cũng thu hút nhiều Q CT CT Q f t S t s f s ds . Ta 0 sự chú ý. Mặc dù sự xuất hiện của hàm trễ sử dụng kí hiệu cho chuẩn sup trong CT gây khó khăn khi chứng minh tính chính quy tức là f sup f t . nhưng bài báo này sẽ xem xét tính chính quy t 0 T của một lớp phương trình loại Rayleigh- Mệnh đề . 1 2 Giả sử là nghiệm Stokes có trễ. Cụ thể hơn bài báo sẽ đưa ra của bài toán 4 - 5 . Khi đó điều kiện để bài toán có duy nhất một nghiệm i t 1 t 0 và không tăng cổ điển. ii 1 n n t 0 t 0 n 2. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU iii t 1 min t 1 t 1 t 0 t 1 Ta xét bài toán đơn giản hơn bài toán iv s ds 1 t t 0
