FEN BİLİMLERİ ENSTİTÜSÜ
YÜKSEK MERTEBEDEN DALGA DENKLEM SİSTEMİNİN
ÇÖZÜMLERİNİN AZALMASI
Ezgi HARMAN
YÜKSEK LİSANS TEZİ
MATEMATİK ANABİLİM DALI
DİYARBAKIR Haziran - 2019
I
TEŞEKKÜR
Bu çalışmanın planlanması ve yürütülmesinde çalışmalarım süresince benden destek ve ilgisini esirgemeyen, bilgi ve sonsuz hoşgörülerinden yararlandığım sayın çok değerli hocam Doç. Dr. Erhan Pişkin'e, yaşamım boyunca benden desteğini esirgemeyen aileme ve sabrı için eşimeçok teşekkür ederim.
Ayrıca Yüksek Lisansım veçalışma hayatında bana destek olan yöneticim Barış Hatipoğlu ve Müdürüm Mehmet Akif Köse' ye teşekkürlerimi borç bilirim.
Son olarak, bu yüksek lisans çalışmasına destek sunan Dicle Üniversitesi Bilimsel Araştırma Projeleri Koordinatörlüğü’ne (ZGEF.18.009) teşekkür ederim.
II İÇİNDEKİLER Sayfa TEŞEKKÜR………...………... I İÇİNDEKİLER………...………... II ÖZET... III ABSTRACT………...………... IV KISALTMA VE SİMGELER... V 1. GİRİŞ………..………..……… 1 1.1. Enerji Azalması……… 2 2. ÖNCEKİ ÇALIŞMALAR………..………...……. 5 3. MATERYAL VE METOT……… 7 3.1. Temel Kavramlar……… 7
3.2. Diferansiyel Denklemlerin Elde Edilişleri……… 9
3.3. Diferansiyel Denklemlerin Çözümü………...……… 10
3.4. İyi Konulmuş Problemler………...………….……….. 11
3.5. Normlu Uzay, İç Çarpım Uzayı ve Hilbert Uzayı………. 13
3.6. Lebesgue Uzayı……….……… 15
3.7. Sobolev Uzayı………... 16
3.8. Bazı Önemli Eşitlik ve Eşitsizlikler………... 18
3.9. Nakao Eşitsizliği……… 22
4. BULGULAR VE TARTIŞMA……….. 25
4.1. Yüksek Mertebeden Doğrusal Olmayan Viskoelastik Dalga Denklemi…… 25
4.1.1. Lokal Varlık………... 29
4.1.2. Global Zayıf Çözümler………... 36
4.2. Kirchhoff Tipli Dalga Denklem Sistemi... 45
4.2.1. Giriş………...………... 45
4.2.2. Global Varlık ve Enerji Azalması... 47
5. SONUÇ VE ÖNERİLER……….... 61
6. KAYNAKLAR……… 63
III
ÖZET
YÜKSEK MERTEBEDEN DALGA DENKLEM SİSTEMİNİN ÇÖZÜMLERİNİN AZALMASI
YÜKSEK LİSANS TEZİ Ezgi HARMAN DİCLE ÜNİVERSİTESİ FEN BİLİMLERİ ENSTİTÜSÜ MATEMATİK ANABİLİM DALI
2019
Bu tezin ilk bölümünde fen ve mühendislik gibi uygulamalı bilimlerde ortaya çıkan diferansiyel denklemlere kısaca değinilmiş ve enerji azalması ile ilgili temel bilgiler verilmiştir.
İkinci bölümde yüksek mertebeden doğrusal olmayan dalga denklemleri ile ilgili yapılan çalışmalar özetlenmiştir.
Üçüncü bölümde diferansiyel denklem sistemleri, fonksiyonel analiz ve Sobolev uzayları ile ilgili temel kavramlar ve bazı eşitsizlikler verilmiştir. Daha sonra enerji azalması ile ilgili kullandığımız lemma verilmiştir.
Dördüncü bölümün birinci kısmında yüksek mertebeden doğrusal olmayan viskoelastik dalga denkleminin çözümlerini varlığı ele alınmıştır. İkinci kısım ise tezin esas kısmı olup, yüksek mertebeden Kirchhoff tipli dalga denklem sisteminin çözümlerinin global varlığı ve enerji azalması ispatlanmıştır.
Anahtar Kelimeler: Dalga Denklem Sistemi, Global Varlık, Enerji Azalması, Nakao
IV
ABSTRACT
DECAY OF SOLUTIONS FOR A SYSTEM OF HIGHER-ORDER WAVE EQUATIONS
MASTER THESIS Ezgi HARMAN UNIVERSITY OF DICLE
INSTITUTE OF NATURAL AND APPLIED SCIENCES DEPARTMENT OF MATHEMATICS
2019
In the first chapter of this thesis, differential equations emerging in applied sciences, such as engineering and science, are briefly dealt with, and the basic information regarding decay of solutions is given.
In the second chapter, the studies on high order nonlinear wave equations are summarized.
In the third chapter, the basic concepts of differential equations, functional analysis and Sobolev spaces and some inequalities are given. After that, we used the lemma of energy reduction.
In the first part of the fourth chapter, the existence of solutions of high order nonlinear viscoelastic wave equation is discussed. The second part of the thesis is the global existence and energy decay of the solutions of the higher order Kirchhoff type wave equation system has been proven.
Keywords: System of Wave Equation, Global Existence, Energy Decay, Nakao
V
KISALTMA VE SİMGELER
n
R : n-boyutlu Euclid Uzayı
Ω : n
R de sınırlı bir bölge ∂ Ω : Ω bölgesinin sınırı
𝐶(𝛺) : Sürekli Fonksiyonlar Uzayı
L𝑝(Ω) :p. mertebeden Lebesgueİntegrallenebilir Fonksiyonlar Uzayı
W𝑚,𝑝(Ω) : Sobolev Uzayı
: Nabla operatörü (Gradiyent)
Δ : Laplace operatörü ‖𝑢‖ :u nunL2 normu ‖𝑢‖𝑝=‖𝑢‖L𝑝(Ω)=(ʃΩ|u(x)|𝑝𝑑𝑥) 1 𝑝 ‖𝑢‖ =‖𝑢‖L2(Ω) = (ʃΩ|u(x)|2𝑑𝑥) 1 2 Δu = 𝑢𝑥1𝑥1 +𝑢𝑥2𝑥2+ ⋯ + 𝑢𝑥𝑛𝑥𝑛 Δ2u = 𝑢 𝑥1𝑥1𝑥1𝑥1 + 𝑢𝑥2𝑥2𝑥2𝑥2 + ⋯ + 𝑢𝑥𝑛𝑥𝑛𝑥𝑛𝑥𝑛 2u =Δu 𝑢𝑡=𝜕𝑢 𝜕𝑡 𝑢𝑡𝑡 =𝜕2𝑢 𝜕𝑡2 Α=(−Δ)𝑚
1. G·IR·I¸S
K¬smi diferansiyel denklemler bilinmeyen bir fonksiyon ve onun k¬smi türevleri
aras¬ndaki ili¸ski olarak tan¬mlan¬r. Bu denklemler …zik ve mühendisli¼gin hemen
hemen tüm alanlar¬nda ortaya ç¬kar. Ayr¬ca biyoloji, kimya, bilgisayar ve ekonomi gibi birçok alanda k¬smi diferansiyel denklemler kullan¬lmaktad¬r. Asl¬nda ba¼g¬ms¬z de¼gi¸skenler aras¬ndaki etkile¸simin oldu¼gu her alanda k¬smi diferansiyel denklemler ortaya ç¬kmaktad¬r.
Genel olarak, bilinmeyen fonksiyonlar¬n belirli bir noktadaki de¼geri, yaln¬zca bu noktan¬n kom¸sulu¼gundaki noktalar¬n de¼gerlerine ba¼gl¬ oluyorsa k¬smi diferansiyel denklemleri elde ederiz. Bir u(x1; x2; : : : ; xn)fonksiyonu için k¬smi diferansiyel
den-klemin genel formu,
F (x1; x2; : : : ; xn; u; ux1; ux2; : : : ; uxn; : : :) = 0;
¸seklindedir. Burada x1; x2; : : : ; xn ba¼g¬ms¬z de¼gi¸skenler, u bilinmeyen fonksiyon ve
uxi; @u
@xi n¬n k¬smi türevini göstermektedir. Genel olarak denklem, ba¸slang¬ç ve s¬n¬r
ko¸sullar¬gibi ek ko¸sullarla birlikte verilir.
K¬smi diferansiyel denklemlerin …zi¼gin farkl¬ dallar¬ndaki muazzam önemi
ne-deniyle, yeni bir k¬smi diferansiyel denklem s¬n¬f¬n¬n çözümünü mümkün k¬lan her matematiksel geli¸smeye, …zikteki önemli geli¸smeler katk¬ sa¼glam¬¸st¬r. Bu nedenle, Hamilton taraf¬ndan bulunan karakteristikler metodu, optik ve analitik mekanikte büyük geli¸smelere yol açm¬¸st¬r. Fourier yöntemi, ¬s¬ transferi ve dalga yay¬l¬m¬n¬n çözümüne olanak sa¼glad¬ ve Green metodu, elektromanyetizma teorisinin geli¸ stir-ilmesinde etkili oldu. K¬smi diferansiyel denklemlerin çözümlerinin analizi pek çok özelli¼gi bar¬nd¬rmaktad¬r. 19. yüzy¬lda egemen olan klasik yakla¸s¬m aç¬k çözümleri bulmak için çe¸sitli metodlar¬geli¸stirmekti.
K¬smi diferansiyel denklemlerin çözümlerinin pek çok özelli¼gi vard¬r. Teknik
iler-lemeleri, çözümün yap¬s¬n¬anlamay¬amaçlayan teorik geli¸smeler takip eder. Amaç,
i¸slem yapmadan hatta aç¬k çözüm bulmadan çözümün baz¬özelliklerini bulmakt¬r.
K¬smi diferansiyel denklemlerin teorik incelenmesi sadece akademik amaçla de¼gildir ayn¬zamanda bir çok uygulamas¬vard¬r. ·Ileri teknolojik araçlarla bile çözülemeyen karma¸s¬k denklemler vard¬r. Bu durumda yapabilece¼gimiz tek ¸sey, çözüm hakk¬nda
nitel (qualitative) bilgi edinmeye çal¬¸smakt¬r. Genel olarak denklem mühendislik ve
…ziksel problemin modellenmesiyle olu¸sur. K¬smi difernasiyel denklemleri çözmek
için bir kaç yol vard¬r. Her yol belirli bir denklem türüne uygulanabilir. Bu yüzden denklemi çözerken ve çözmeden önce denklemin tam olarak analiz edilmesi önem-lidir. Temel teorik soru denklemi ve ilgili yan ko¸sullar¬n¬ olu¸sturan problemin iyi konulmu¸s olup olmad¬¼g¬d¬r.
Frans¬z matematikçi Jacques Hadamarda (1865-1963) göre bir problem a¸sa¼g¬daki ko¸sullar¬sa¼glarsa iyi konulmu¸stur.
I) Varl¬k: problem bir çözüme sahip olmal¬, II) Teklik: problemin çözümü tek olmal¬,
III) Kararl¬l¬k: ba¸slang¬ç ve/veya s¬n¬r ko¸sullar¬ndaki küçük bir de¼gi¸siklik çözümde küçük bir de¼gi¸sikli¼ge sebep olmal¬d¬r.
E¼ger yukar¬daki ko¸sullar¬n bir ya da daha fazlas¬yoksa problemin kötü konumlu oldu¼gunu söyleyebiliriz. Matematiksel problemlerin ço¼gunun iyi konumlu oldu¼gu aç¬kça söylenebilir. Günümüz ileri teknoloji sistemlerindeki geli¸smeler matematiksel
modellemelerden ayr¬dü¸sünülemez. Yani matematik bilimi ba¸sta mühendislik olmak
üzere birçok alanda kar¸s¬la¸s¬lan problemlere yönelik matematiksel yöntemler sunarak sorunlar¬n daha anla¸s¬l¬r olup gerçek dünyaya uygulanabilir olmas¬na olanak sa¼glar. Esasen matematik bilimi için do¼gada kar¸s¬la¸s¬lan her olay matematiksel olarak bir problem olabilmektedir. Ve problemlere yönelik matematiksel modellemeler olu¸ s-turmak yads¬namaz derecede bilimin geli¸smesine katk¬sa¼glayacakt¬r.
Bu modellemeler öncelikli olarak kar¸s¬la¸s¬lan problemi matematiksel ifadelerle formülüze eder. Sonras¬nda ise bu probleme yönelik yakla¸s¬k bir çözüm bulur. Veya çözümün davran¬¸s¬yla ilgili bir …kre sahip olmam¬z¬sa¼glar. Denklemleri ba¸slang¬ç ve s¬n¬r ko¸sullar¬yla s¬n¬rland¬rarak iyi tan¬ml¬bir çözüm bulmak için öncelikli olarak çözümün varl¬¼g¬n¬, çözüm varsa e¼ger çözümün tekli¼gini ve ba¸slang¬ç verilerine ba¼ g¬m-l¬l¬¼g¬n¬ara¸st¬r¬lm¬¸s olur.
Yap¬lan çal¬¸smalar gösteriyor ki lineer olmayan diferansiyel denklemler lineer olan denklemlere oranla gerçek dünyayla daha çok ba¼glant¬l¬oldu¼gu için elde edilen
matematiksel modellemelerin ço¼gu lineer olmayan diferansiyel denklemlerle olur
1.1. Enerji Azalmas¬
Tan¬m 1.1. E(t) enerji fonksiyonu ve 8t > 0; ; ; k > 0 olmak üzere
i. E(t) ke t üstel enerji azalmas¬,
ii. E(t) kt polinomal enerji azalmas¬ söz konusudur.
Örne¼gin: 8
< :
u0(t) = up(t);
u(0) = 1 ba¸sang¬ç de¼ger probleminde
p = 1 için
u(t) = e t üstel azalma söz konusudur.
p = 2 için
u(t) = (1 + t) 1 polinomal azalma söz konusudur.
2. ÖNCEK·I ÇALI¸SMALAR
Bu tezin esas amac¬, yüksek mertebeden do¼grusal olmayan
8 > > < > > : utt M A 1 2u 2 + A12v 2 Au +R0tg(t s)Au(s)ds +jutj p 1 ut= f1(u; v); vtt M A 1 2u 2 + A12v 2 Av +R0th(t s)Av(s)ds +jvtj q 1 vt= f2(u; v) (2.1) dalga denklem sisteminin çözümlerinin global varl¬¼g¬ ve enerji azalmas¬n¬
ispatla-makt¬r. Burada A = ( )m ve M (s) = m0+ s d¬r. (2.1) denklemi, M A12u 2 + A12v 2 terimi yerine M A12u 2 terimi ve viskoelstik terimin yoklu¼gunda
8 > > < > > : utt+ M A 1 2u 2 Au +jutj p 1 ut= f1(u; v) ; vtt+ M A 1 2v 2 Av +jvtj q 1 vt = f2(u; v) (2.2)
denklemine dönü¸sür. (2.2) denkleminin çözümlerinin enerji azalmas¬ ve negatif
ba¸slang¬ç enerjisi için patlamas¬ Pi¸skin ve Polat (2013) taraf¬ndan çal¬¸s¬ld¬. Daha sonra ayn¬ denklemin çözümlerinin patlamas¬ pozitif ba¸slang¬ç enerjisi için Pi¸skin (2014) taraf¬ndan çal¬¸s¬lm¬¸st¬r. Ye (Ye 2015a) taraf¬ndan (2.2) sisteminin global varl¬¼g¬ ve enerji azalmas¬ çal¬¸s¬lm¬¸st¬r. Payravi (Peyravi 2017) (2.2) denkleminin çözümlerinin lokal varl¬¼g¬n¬ve patlamas¬n¬çal¬¸st¬.
(2.2) denkleminde M A12u 2 1 ve m 1oldu¼gunda 8 < : utt+ Au +jutj p 1 ut= f1(u; v) ; vtt+ Av +jvtjq 1vt= f2(u; v) (2.3)
olur. Bu denklemin çözümlerinin global varl¬¼g¬, patlamas¬ve enerji azalmas¬; Pi¸skin ve Polat (2012a, 2012b), Ye (2013, 2015b) taraf¬ndan çal¬¸s¬lm¬¸st¬r.
(2.3) denkleminde m = 2 al¬n¬rsa 8 < : utt+42u +jutjp 1ut= f1(u; v) ; vtt+42v +jvtj q 1 vt= f2(u; v)
ve patlamas¬Li ve ark. taraf¬ndan 2011 y¬l¬nda çal¬¸s¬lm¬¸st¬r. (2.3) denkleminde m = 1 al¬n¬rsa 8 < : utt 4u + jutjp 1ut = f1(u; v) ; vtt 4v + jvtjq 1vt= f2(u; v)
dalga denklem sistemi elde edilir. Bu denklem sisteminin çözümlerinin varl¬k-tekli¼gi, patlamas¬ ve enerji azalmas¬ Agre ve Rammaha (2006), Houari (2010) ve Houari (2012) taraf¬ndan çal¬¸s¬lm¬¸st¬r.
Wu, m = 1 için (2.1) denkleminin çözümlerinin global varl¬¼g¬, enerji azalmas¬ve patlamas¬n¬çal¬¸st¬(Wu 2012).
Bu tez çal¬¸smas¬n¬n dördüncü bölümünün ikinci k¬sm¬nda (2.1) denklem
sistem-inin global çözümlersistem-inin varl¬¼g¬ve enerji azalmas¬ile ilgili sonuçlar elde edilmi¸stir. Dolay¬s¬yla (Wu 2012) deki sonuçlar genelle¸stirilmi¸stir.
3. MATERYAL VE METOT
Bu bölümde, diferansiyel denklemler ve fonksiyonel analiz ile ilgili baz¬ temel kavramlar verilecektir. Daha sonra Lebesgue uzay¬, Sobolev uzay¬, baz¬önemli e¸ sit-lik ve e¸sitsizlikler ve çözümlerin patlamas¬ ile ilgili baz¬ lemmalara yer verilecektir [Adams ve Fournier 2003, Kesavan 1989, Pi¸skin 2013, Pi¸skin 2017, Pi¸skin 2018].
3.1. Temel Kavramlar
Tan¬m 3.1.1. Bilinmeyen fonksiyon ve bu fonksiyonun çe¸sitli mertebeden
türev-lerini içeren denklemlere diferansiyel denklem denir.
Tan¬m 3.1.2. Bir tek ba¼g¬ms¬z de¼gi¸sken içeren diferansiyel denkleme adi difer-ansiyel denklem denir. n: mertebeden adi diferdifer-ansiyel denklem
F (x; y; y0; y00; :::; y(n)) = 0
¸seklinde gösterilir. E¼ger y(n) yaln¬z b¬rak¬labiliyorsa
y(n)= f x; y; y0; y00; :::; y(n 1)
biçiminde yaz¬l¬r.
Tan¬m 3.1.3. ·Iki ya da daha fazla ba¼g¬ms¬z de¼gi¸sken içeren diferansiyel den-klemlere k¬smi diferansiyel denklem denir. Örne¼gin n: mertebeden bir k¬smi difer-ansiyel denklem F x; y; t; u;@u @x; @u @y; @u @t; @2u @x2; @2u @x@y; @2u @y2; @2u @t2; :::; @nu @xn = 0; f (x; y; t; u; ux; uy; ut; uxx; :::) = 0 d¬r.
Tan¬m 3.1.4. Bir diferansiyel denklemde bulunan en yüksek basamaktan türevin
basama¼g¬na denklem basama¼g¬(mertebesi) denir.
Tan¬m 3.1.5. Bir diferansiyel denklem lineer ve lineer olmayan olmak üzere iki ¸sekilde s¬n¬‡and¬r¬l¬r. E¼ger bir diferansiyel denklemde ba¼g¬ml¬de¼gi¸sken ve türev-lerinin çarp¬mlar¬yok ve bunlar¬n cebirsel kuvvetleri bir ise denkleme lineer (do¼grusal) diferansiyel denklem denir. Aksi halde lineer olmayan denklemdir.
A(x; y)ux+ B(x; y)uy+ C(x; y)u = D(x; y)
denklemi birinci dereceden bir ba¼g¬ml¬ (u), iki ba¼g¬ms¬z de¼gi¸skenli (x ve y) lineer k¬smi türevli denklemlerin genel halidir.
A(x; y)uxx+ B(x; y)uxy + C(x; y)uyy+ D(x; y)ux+ E(x; y)uy + F (x; y)u = G(x; y)
denklemi ikinci dereceden iki ba¼g¬ms¬z de¼gi¸skenli lineer k¬smi türevli denklemlerin genel halidir.
Tan¬m 3.1.6. K¬smi türevli denklem, bilinmeyen fonksiyonun en yüksek
basamak-tan türevlerine göre lineer ise, o denkleme yar¬ lineer denklem denir. Her lineer denklem yar¬-lineerdir, fakat her yar¬lineer denklem lineer de¼gildir.
P (x; y; u)ux+ Q(x; y; u)uy = R(x; y; u)
denklemi iki ba¼g¬ms¬z ve bir ba¼g¬ml¬de¼gi¸skene sahip birinci basamaktan yar¬lineer denklemin genel halini temsil eder.
Tan¬m 3.1.7. Bir yar¬ lineer denklemde en yüksek basamaktan türevin
kat-say¬lar¬, sadece ba¼g¬ms¬z de¼gi¸skenleri kaps¬yorsa o denkleme hemen hemen lineer denir.
A(x; y)uxx+ B(x; y)uxy+ C(x; y)uyy+ D(x; y; u; ux; uy) = 0
denklemi ikinci basamaktan hemen hemen lineer k¬smi türevli denklemi temsil eder. Diferansiyel denklem bir …ziksel olay¬n modeli oldu¼gundan kolayl¬k olmas¬aç¬s¬n-dan genellikle ikinci mertebeden sabit katsay¬l¬ bir k¬smi diferansiyel denklem al¬-narak s¬n¬‡and¬rmaya gidilmi¸stir, ikinci mertebeden bir k¬smi diferansiyel denklemin genel hali
¸seklinde yaz¬labilir. Burada a; b; c; d; e; f ve g sabitleri ve = b2 4acolmak üzere
I) = 0 ise denklem Paraboliktir
II) > 0 ise denklem Hiperbolik
III) < 0 ise denklem Eliptik olarak s¬n¬‡and¬r¬l¬r.
3.2. Diferansiyel Denklemlerin Elde Edili¸sleri
Diferansiyel denklemlerin elde edili¸sleri genellikle I. Problem cebirsel olarak verilebilinir;
·
Içinde key… sabitlerin bulundu¼gu bir cebirsel denklem, düzlemde bir e¼gri ailesi olu¸sturur. Cebirsel denklemdeki key… sabitler, denklem ve onun türevleri aras¬nda yok edilerek diferansiyel denklem elde edilir.
Örne¼gin; c key… sabit olmak üzere, y = ce3xfonksiyonunun diferansiyel
denklem-ini bulal¬m. Bunun için fonksiyonun x e göre türevi al¬n¬r daha sonra fonksiyon ile türev aras¬nda c sabiti yok edilirse
y0 = 3y
diferansiyel denklemi bulunur.
II. Problem geometrik özellikleri ile tan¬mlanabilir;
Verilen özelliklere uyan e¼grinin bulunmas¬da bize bir diferansiyel denklemin özel çözümlerini temsil eder.
Örne¼gin; Herhangi bir noktas¬ndaki e¼gimi, bu noktadaki kordinat toplam¬na e¸sit olan e¼griyi bulmak istersek, bir e¼grinin e¼gimi o noktadaki türevi oldu¼gundan y0 =
x + y diferansiyel denklemi problemi tan¬mlayan e¼grinin özelli¼gidir. Bu diferansiyel denklemin genel çözümü,
y0 = x 1 + cex
dir. Bu istenen e¼gri ailesidir.
III. Uyglamal¬Bilimlerde problemin matematiksel modeli genellikle bir
diferan-siyel denklemdir.
Örne¼gin; 200 gram ¸seker suda eritilmektedir. Erimenin h¬z¬, henüz erimi¸s olan k¬s¬m ile orant¬l¬d¬r. t dakika sonra erimenin h¬z¬n¬veren diferansiyel denklemi elde
edelim. Burada t dakikada ¸sekerin eriyen k¬sm¬q gram olsun. Bu durumda erimemi¸s
olan k¬s¬m (200 q) gramd¬r. k orant¬katsay¬s¬olmak üzere erimenin h¬z¬
dq
dt = k(200 q)
diferansiyel denklemi olarak ifade edilir.
3.3. Diferansiyel Denklemlerin Çözümü Tan¬m 3.3.1.
f x; y; y0; y00; :::; y(n) = 0 (3.1.1)
diferansiyel denklemi verilsin. c1; c2; c3;:::; cnbirbirinden ba¼g¬ms¬z key…sabitler olmak
üzere
F (x; y; c1; c2; :::; cn) = 0 (3.1.2)
ba¼g¬nt¬s¬yla tan¬mlanan n parametreli bir fonksiyon ailesini göz önüne alal¬m. E¼ger ailedeki her fonksiyon (3.1.1) denkleminin bir çözümü ise, bu fonksiyona (3.1.2) denkleminin genel çözümü denir.
Tan¬m 3.3.2. Key… sabitlere özel de¼gerler vererek genel çözümden elde edilen
çözümlere özel çözümler denir.
Tan¬m 3.3.3. Genel çözümde key… sabitlere özel de¼gerler vererek elde
edile-meyen çözümlere tekil (singüler, ayk¬r¬) çözüm denir.
Tan¬m 3.3.4. Bir özel çözümün gra…¼gine integral e¼grisi, genel çözümün gra…¼gine ise integral e¼griler ailesi denir.
Örne¼gin
y0 4py = 0 diferansiyel denkleminin genel çözümü
y = (2x + c)2
Örne¼gin;
y = (2x 3)2;
y = (2x + 1)2;
.. .
özel çözümlerdir. Burada genel çözümde c ye key… de¼ger vererek elde edemedi¼gimiz fakat denklemi sa¼glayan
y = 0 tekil çözümdür.
Tan¬m 3.3.5. Uygulamal¬bilimlerde genellikle bir diferansiyel denklemin genel
çözümü yerine onun baz¬ek ko¸sullar¬sa¼glayan çözümlerinin bulunmas¬istenir, e¼ger ek ko¸sullar ba¼g¬ml¬de¼gi¸sken ve türevlerine göre tek bir noktada verilmi¸sse probleme ba¸slang¬ç-de¼ger problemi, e¼ger ko¸sullar en az iki farkl¬noktada verilmi¸sse probleme s¬n¬r-de¼ger problemi denir.
Bir diferansiyel denklemin tek bir çözümünün elde edilebilmesi için, ba¸slang¬ç ve s¬n¬r de¼ger problemindeki ko¸sul say¬s¬denklemin mertebesine (yani genel çözümdeki key… sabit say¬s¬na) e¸sit olmal¬d¬r.
3.4. ·Iyi Konulmu¸s Problemler
Bir diferansiyel denklem a¸sa¼g¬daki üç ¸sart¬sa¼gl¬yorsa iyi konulmu¸s (well posed) olarak adland¬r¬l¬r:
I. Varl¬k : Problem gerçekte bir çözüme sahip olmal¬, II.Teklik : Bu çözüm tek olmal¬,
III. Sürekli Ba¼g¬ml¬l¬k : Çözüm, problemde verilen verilere sürekli ba¼g¬ml¬
ol-mal¬d¬r. Bu ko¸sul özel olarak …ziksel uygulamalarda ortaya ç¬kan problemler için
önemlidir. Problemi belirleyen verilerdeki küçük bir de¼gi¸siklik, tek çözümde de küçük de¼gi¸sikliklere neden olmal¬d¬r. Di¼ger taraftan birçok problem için tek çözüm olmas¬beklenmemektedir. Bu durumda matematiksel olarak çözümleri s¬n¬‡and¬rma ve karakterize etme önemlidir. Örne¼gin;
denkleminin
u1(x; 0) = 0
ba¸slang¬ç ko¸sulunu sa¼glayan tek çözümü
u1(x; t) = 0
d¬r. Ba¸slang¬ç ko¸sulu
u2(x; t) = sin(nx) 1050 al¬n¬rsa, çözüm u2(x; t) = en 2tsin(nx) 1050
olur. Görüldü¼gü gibi ba¸slang¬ç verilerinde küçük
ju1(x; 0) u2(x; 0)j =
sin(nx) 1050
bir de¼gi¸siklik yap¬ld¬¼g¬nda,çözümde
ju1(x; t) u2(x; t)j = en
2tsin(nx)
1050
n ! 1 için en2t sin(nx)
1050 ! 1 büyük de¼gi¸siklik olmaktad¬r. Dolay¬s¬yla verilen
problem iyi konulmu¸s de¼gildir.
3.4.1. Varl¬k Teoremi. f (x; y)fonksiyonu D = f(x; y) : jx x0j a;jy y0j bg
bölgesinde sürekli ve jf(x; y)j K olacak ¸sekilde s¬n¬rl¬ise 8
< :
y0 = f (x; y)
y(x0) = y0
verilen ba¸slang¬ç de¼ger problemi en az bir y(x) çözümü mevcuttur.
3.4.2. Teklik Teoremi. 8
< :
y0 = f (x; y)
y(x0) = y0
noktas¬nda sürekli ve
jfj K; @f
@y M
olacak ¸sekilde s¬n¬rl¬ise verilen ba¸slang¬ç de¼ger probleminin en fazla bir y(x) çözümü vard¬r.
3.5. Normlu Uzay, ·Iç Çarp¬m Uzay¬ve Hilbert Uzay¬
Tan¬m 3.5.1. X; K reel veya kompleks say¬lar cismi üzerinde bir vektör uzay¬
olsun.
k:k : X ! R+; x
! kxk dönü¸sümü 8x; y 2 X ve 8a 2 K için
I. kxk 0; kxk = 0 , x = 0;
II. kaxk = jaj kxk ;
III. kx + yk kxk + kyk (Üçgen e¸sitsizli¼gi)
özelliklerini sa¼gl¬yorsa X üzerinde norm ad¬n¬al¬r ve bu durumda (X; k:k) ikili-sine bir normlu uzay ad¬verilir, kxk say¬s¬na da x 2 X eleman¬n¬n normu denir.
Tan¬m 3.5.2. (xn) ; (X;k:k) normlu uzay¬nda bir dizi olsun. Her " > 0 için
n; m N oldu¼gunda
kxn xmk < "
olacak ¸sekilde bir N do¼gal say¬s¬varsa (xn) dizisine Cauchy dizisi denir.
Tan¬m 3.5.3 Bir uzay metrik uzay olma özelli¼gini sa¼gl¬yorsa ve buna ek olarak her Cauchy dizisinde limiti de bu uzayda bulunuyorsa buna tam metrik denilir.
Tan¬m 3.5.4. (xn) ; (X;k:k) normlu uzay¬nda bir dizi olsun.
lim
n!1kxn xk = 0
olacak ¸sekilde bir x 2 X varsa (xn)dizisine yak¬nsakt¬r denir ve xn! x ile gösterilir.
Tan¬m 3.5.5. Bir X normlu uzay¬nda her Cauchy dizisi X in bir eleman¬na
yak¬ns¬yor ise bu uzaya tam uzay denir. (X; k:k) uzay¬ tam ise bu uzaya Banach uzay¬denir.
Tan¬m 3.5.6. X vektör uzay¬ üzerinde tan¬ml¬ iki norm, k:k1 ve k:k2 olsun. A; B > 0 sabitleri için
Akxk1 kxk2 Bkxk1
e¸sitsizli¼gi X uzay¬ndaki her x noktas¬için geçerli ise, k:k1 ve k:k2 normlar¬na denk normlar denir.
Tan¬m 3.5.7. K cismi üzerinde bir X vektör uzay¬verildi¼ginde, X X uzay¬
üzerinde tan¬ml¬K de¼gerli
(:; :) : X X ! K
bir fonksiyonun her x; y 2 X ve a; b 2 C için a¸sa¼g¬daki özellikleri varsa, bu fonksiy-ona iç çarp¬m denir;
I. (x; x) 0; (x; x) = 0, x = 0;
II. (x; y) = (y; x)
III. (ax + by; z) = a (x; z) + b (y; z) :
K = R halinde (x; y) = (y; x) oldu¼gu hemen görülür. Bir iç çarp¬m ile
kxk = (x; x)12
tan¬mlanan k:k : X ! R fonksiyonunun norm oldu¼gunu görmek oldukça kolayd¬r.
Normu yukar¬da oldu¼gu gibi bir iç çarp¬m taraf¬ndan tan¬mlanan uzaya iç çarp¬m
uzay¬denir.
Tan¬m 3.5.8. Tam iç çarp¬m uzay¬na Hilbert uzay¬ denir.
Tan¬m 3.5.9. n boyutlu Rn gerçel Euclid uzay¬nda bir nokta x = (x
1; :::; xn)ise bu noktan¬n normu jxj = n X j=1 x2j !1 2
ile tan¬mlan¬r. x ve y nin iç çarp¬m¬
x:y = n X j=1 xjyj ¸seklindedir.
3.6. Lebesgue Uzay¬(Lp( ))
Tan¬m 3.6.1. ; Rn de bir bölge ve p pozitif gerçel say¬olsun. da tan¬ml¬
ölçülebilir bütün u fonksiyonlar¬s¬n¬f¬a¸sa¼g¬daki ko¸sul alt¬nda R
ju (x)jpdx <1 Lp( ) uzay¬denir. Bu uzay bir vektör uzay¬d¬r. 1 p <
1 olmak üzere bu uzay kukLp( ) =
R
ju (x)jpdx 1=p normuyla Banach uzayd¬r.
Tan¬m 3.6.2. , Rn uzay¬nda bir bölge, 1 p
1 olmak üzere bölgesinde
her kompakt altkümesinde p: kuvveti integrallenebilir bütün ölçülebilir fonksiyonlar uzay¬Lploc( ) uzay¬d¬r.
Tan¬m 3.6.3. vol ( ) =R 1dx <1 ( bölgesi s¬n¬rl¬), 1 p q 1 olsun.
Bu durumda u 2 Lq( )
ise u 2 Lp( ) ve
kukp ckukq
d¬r. Burada c = (vol ( ))(1=p) (1=q) d¬r. Yani
Lq( ) ,! Lp( )
gömülmesi geçerlidir.
Tan¬m 3.6.4. L2( ) ;
(u; v) = R u (x) v (x)dx
3.7. Sobolev Uzay¬(Wm;p( ))
Tan¬m 3.7.1. u2 L1
loc( ) ve çoklu-indisi verilsin. 8' 2 C01( ) için
R
'vdx = ( 1)j jR uD 'dx
ise v 2 L1loc( )fonksiyonuna u nun : zay¬f türevi denir ve v = D u ¸seklinde yaz¬l¬r.
Tan¬m 3.7.2. , Rn de bir bölge, m negatif olmayan herhangi bir tamsay¬ve
1 p 1 olmak üzere,
Wm;p( ) =fu 2 Lp( ) : D u2 Lp( ) ; 0 j j mg
¸seklinde tan¬mlanan uzaya Sobolev uzay¬denir ve bu uzay
1 p < 1 için kukWm;p( )= P 0 j j m kD ukpLp( ) !1=p ve p = 1 için kukWm;1( ) = max 0 j j mkD ukL1( )
normlar¬ile Banach uzayd¬r.
Wm;p( ) uzay¬nda C1 0 ( ) uzay¬n¬n kapan¬¸s¬W m;p 0 ( ) d¬r. Burada W0m;p( ) ,! Wm;p( ) ,! Lp( ) gömülmesi geçerlidir. Tan¬m 3.7.3. p = 2ise Wm;2( ) = Hm( ), Wm;2 0 ( ) = H0m( ) d¬r. Hm( ) uzay¬ndaki norm kukHm( ) = P 0 j j m kD uk2L2( ) !1=2 ¸seklindedir.
Tan¬m 3.7.4. Hm( ),
(u; v)Hm( ) =
P
0 j j m
(D u; D v)
iç çarp¬m¬ile Hilbert uzayd¬r. Burada (u; v) =R u (x) v (x)dx¸seklinde L2( ) deki
iç çarp¬md¬r. H1
0( ) uzay¬nda iç çarp¬m
(u; v)H1 0( ) = R rurvdx d¬r ve norm kukH1 0( ) = R jruj2dx 1=2 ¸seklindedir.
3.7.5. Sobolev Gömülme Teoremi.
, Rn de koni özeli¼gine sahip aç¬k bölge, m 1 ve j 0¸seklindeki tamsay¬lar
ve 1 p < 1 olsun. Bu durumda (i) mp > n ise Wj+m;p( ) ,! CBj ( ) d¬r. (ii) mp = n ise Wj+m;p( ) ,! Wj;q( ) ; p q <1 veya Wm;p( ) ,! Lq( ) ; p q <1 d¬r. Ayr¬ca p = 1 ise Wj+m;1( ) ,! CBj ( ) d¬r. (iii) mp < n ise Wj+m;p( ) ,! Wj;q( ) ; p q p
veya Wm;p( ) ,! Lq( ) ; p q p d¬r. Burada p = 8 < : np n mp; n > mp +1; n mp d¬r. Wm;p yerine Wm;p
0 uzay¬al¬n¬rsa, bölgesinde herhangi bir k¬s¬tlama
yap¬lmak-s¬z¬n gömülmeler yine geçerli olur.
3.8. Baz¬E¸sitlik ve E¸sitsizlikler
Lemma 3.8.1. Young e¸sitsizli¼gi
E¼ger " > 0; a; b 2 R; p > 1 ve 1p + 1q = 1 ise, o zaman
jabj jaj
p
p +
jbjq q e¸sitsizli¼gi veya
jabj "ap+ C(")bq e¸sitsizli¼gi geçerlidir. Burada
C(") = ("p) pq:q 1
dir. E¼ger a = X ve b = Y olarak al¬n¬r ve jabj jajpp + jbjqq e¸sitsizli¼ginde yerine yaz¬l¬rsa; jX:Y j p jXjp p + q jY jq q formunda ifade edilebilinir.
Lemma 3.8.2. Hölder e¸sitsizli¼gi
u2 Lp( ); v 2 Lq( ), p 1 ve 1 p + 1 q = 1 ise, o zaman uv 2 L1( )
kuvkL1( ) kukLp( )kvkLq( )
e¸sitsizli¼gi geçerlidir.
p = 1 durumunda,
q =1
kvkLq( ) = ess supjvj
al¬r¬z.
Lemma 3.8.3. Minkowski E¸sitsizli¼gi
u; v 2 Lp( ) ve p 1olmak üzere
ku + vkLp( ) kukLp( )+kvkLp( )
e¸sitsizli¼gi geçerlidir.
Lemma 3.8.4. Gronwall e¸sitsizli¼gi
u(t); [0; T ] aral¬¼g¬nda negatif olmayan mutlak sürekli bir fonksiyon, (t) ve (t) negatif olmayan [0; T ] üzerinde toplanabilir fonksiyonlar olmak üzere,
u0(t) (t):u(t) + (t)
e¸sitsizli¼gi sa¼glans¬n bu durumda 0 t T için,
u(t) eR0t ( )d (u(0) +
Z t 0
( )d )
yaz¬labilir.
Lemma 3.8.5. Sobolev Poincare e¸sitsizli¼gi
p say¬s¬ 2 p < 1 (n = 1; 2) ve 2 p n 22n (n 3) ¸seklinde olsun. Bu
durumda C = C ( ; p) sabit say¬s¬ve u 2 H1
0( ) için,
kukLp( ) C krukL2( )
Lemma 3.8.6. Green özde¸sli¼gi R v udx =R@ v@u @nds R 5 v 5 udx
d¬r. Burada n d¬¸sa do¼gru yönlendirilmi¸s birim vektör ve @u@n = n:5 u d¬r. ·
Ispat. Tek boyutta
(vux)x = vxux+ vuxx
tir. Benzer ¸sekilde daha yüksek boyutlarda da
5 (v 5 u) = 5v 5 u + v u
v u = 5(v 5 u) 5v 5 u
d¬r. Buradan integral al¬n¬rsa R
v udx =R 5 (v 5 u) dx R 5 v 5 udx
olur. Burada R R R : : : dxdydz = R : : : dx olarak gösterilmi¸stir. Diverjans
teore-mindenR 5 F dx =R@ F:nds oldu¼gundan
R
v udx = R@ v5 u:nds R 5 v 5 udx
R v udx = R@ v@u @nds R 5 v 5 udx bulunur.
Tan¬m 3.8.7. (Sabit Nokta). X 6= 0 bir küme ve T : X ! X bir fonksiyon
olsun.
T (x) = x olacak ¸sekilde x noktas¬na T nin sabit noktas¬denir.
Tan¬m 3.8.8. Daralma (Büzülme) Dönü¸sümü.
(X; d) bir metrik uzay T : X ! X bir fonksiyon olsun. 8x; y 2 X için
olacak ¸sekilde 0 say¬s¬ varsa T ye Lipschitz sürekli fonksiyon denir. E¼ger
0 < 1 ise T ye daralma dönü¸sümü denir.
Teorem 3.8.1. (Banach Sabit Nokta Teoremi).
(X; d) bir tam metrik uzay ve T daralma dönü¸sümü olsun. Bu durumda T
fonksiyonunun bir tek sabit noktas¬vard¬r. ·
Ispat. T daralma dönü¸sümü oldu¼gundan 8x; y 2 X için
d (T (x); T (y)) d(x; y)
olacak ¸sekilde 0 < 1 say¬s¬vard¬r. x0 2 X key… bir sabit nokta ve
xn= Txn 1 olsun. Bu durumda x1 = Tx0 x2 = Tx1 = T 2x 0 .. . xn 1 = Txn 2 = T n 1x 0 xn = Txn 1 = T nx 0 ve d(xn+1; xn) = d(T xn; T xn 1) d(xn; xn 1) 2 d(xn 1; xn 2) .. . n d(x1; x0)
d¬r. Böylece m n için genelle¸stirilmi¸s üçgen e¸sitsizli¼ginden d(xn; xm) d(xn; xn 1) + d(xn+1; xn+2) + + d(xm 1; xm) nd(x 0; x1) + n+1d(x0; x1) + + m 1d(x0; x1) = n+ n+1+ + m 1 d(x0; x1) = n m 1 d(x0; x1)
olur. 0 < 1oldu¼gunda n1 md(x0; x1)! 0 olur. Yani (xn)dizisi X uzay¬nda bir
Cauchy dizisidir. Dolay¬s¬yla (X; d) uzay¬tamd¬r. X tam oldu¼gunda limn!1xn= x
olacak ¸sekilde x 2 X vard¬r. Ayr¬ca
Tx = T ( lim n!1xn) = lim n!1T (xn) = lim n!1xn+1 = x
oldu¼gundan bu x noktas¬T nin sabit noktas¬d¬r.
¸
Simdi sabit noktan¬n tek oldu¼gunu gösterelim. x ve x0 gibi iki tane sabit nokta
oldu¼gunu kabul edelim. Bu durumda
d(x; x0) = d(T x; T x0) d(x; x0)
olur. 0 < 1 oldu¼gundan d(x; x0) = 0 dolay¬s¬yla x = x0 olur.
Banach sabit nokta teoremi yeterli ko¸sul olup, gerekli de¼gildir. Yani daralma dönü¸sümü olmay¬p sabit noktaya sahip dönü¸sümler de vard¬r.
3.9. Nakao E¸sitsizli¼gi
Teorem 3.9.1. (t); [0;1] aral¬¼g¬nda tan¬ml¬, artmayan ve negatif olmayan bir
fonksiyon olmak üzere; w0 > 0 ve 0için
1+ (t) w
e¸sitsizli¼gi sa¼glans¬n. Bu durumda 8t 0için 8 < : (t) (0) e w1[t 1]+; = 0; (t) ( (0) + w01 [t 1]+) 1; > 0 d¬r. Burada [t 1]+ = max ft 1; 0g ve w1 = ln(ww0 0 1) d¬r. (Nakao 1977, Nakao 1978). · Ispat. i. > 0 için y(t) = (t) olsun. Bu durumda y(t + 1) y(t) = Z 1 0 d d [ (t + 1) + (1 ) (t)] d = Z 1 0 [ (t + 1) + (1 ) (t)] 1[ (t + 1) (t)] d Z 1 0 [ (t + 1) + (1 ) (t)] 1w01 1+ (t)d = w01 1+ (t) Z 1 0 [ (t + 1) + (1 ) (t)] 1d w01 1+ (t) 1 (t) = w01 olur. Buradan y(t + 1) y(t) + w01 ve y(t + 1) y(0) + w01t
yaz¬labilir. y(t) nin tan¬m¬ndan
(t + 1) (0) + w01t
ve
elde edilir. Böylece
(t) (0) + w01[t 1]+
1
bulunur.
ii. ¸Simdi = 0 olsun. (3.9.1) e¸sitsizli¼ginden
(t + 1) 1 1
w0
(t)
d¬r. Ayr¬ca e¼ger t 0 al¬n¬rsa n tamsay¬s¬için n t n + 1 dir. Buradan
(t) 1 1 w0 (t 1) yaz¬labilir. Böylece (t) 1 1 w0 2 (t 2) .. . 1 1 w0 n (t n) olur. Buradan (t) 1 1 w0 n (t n) (0) 1 1 w0 [t 1]+ = (0)e [t 1]+ln 1 w01 1 = (0)e w1[t 1]+
4. BULGULAR VE TARTI¸SMA
4.1. Yüksek Mertebeden Do¼grusal Olmayan Viskoelastik Dalga
Denklemi Bu k¬s¬mda 8 > > > < > > > : utt+ ( ) m u R0tg(t s) ( )mu(s)ds =jujp 2u ; (x; t)2 R+ u(x; 0) = u0(x); ut(x; 0) = u1(x); x2 @iu @vi = 0; i = 0; 1; 2; :::; m 1; (x; t)2 @ R+ (4.1.1) denklemi incelenecektir (Ye 2015c). Burada m 1do¼gal say¬, p > 2 reel say¬d¬r. ; Rn de @ düzgün s¬n¬r¬na sahip bir bölgedir. v, @ da d¬¸s normal vektördür ve @@viui;
u nun i:mertebeden türevini gösterir.
A¸sa¼g¬daki kabulleri yapal¬m: (A1) C2 de s¬n¬rl¬g : R+ ! R+ fonksiyonu 8 < : g(0) > 0; = 1 R01g(s)ds > 0 olsun.
(A2) 1 ve 2 pozitif sabitleri a¸sa¼g¬daki gibi tan¬mlanm¬¸s olsun 8 < : 1 g 0 (t) 0; 0 g00(t) 2:
(A3) m 1 do¼gal say¬s¬için
8 < :
E¼ger n 2m ise 2 p < 1;
E¼ger n > 2m ise 2 p 2(n m)n 2m olsun. u2 Hm 0 ( ) olmak üzere 8 < :
J (u(t)) = 12(1 R01g(s)ds)kAmu(t)k2 +12(g Am)(t) 1pku(t)kpp; K(u(t)) = (1 R01g(s)ds)kAmu(t)
k2+ (g Am)(t)
ku(t)kpp
olsun. Burada (g Am)(t) = Z t 0 g(t s)kAmu(s) Amu(t)k2ds d¬r. d = inf u2Hm 0 ( );u6=0 sup 0 J ( u) olmak üzere, [Alves ve ark. 2009] kararl¬küme
W =fu j u 2 H0m( ) ; K(u) > 0; J (u) < dg [ f0g ve karars¬z küme # =fu j u 2 H0m( ) ; K(u) < 0; J (u) < dg d¬r. Ayr¬ca N =fu j u 2 H0m( ) ; u6= 0; K(u) = 0g olsun. Buradan d = inf u2 N J (u) oldu¼gu görülür. u 2 Hm
0 ( ) için enerji fonksiyonu
E(t) = 1 2kut(t)k 2 +1 2(1 Z t 0 g(s)ds)kAmu(t)k2 +(g Amu)(t) 1 pku(t)k p p (4.1.3) = 1 2kut(t)k 2 + J (u(t))
d¬r. Ba¸slang¬ç enerjisi
E(0) = 1
2ku1k
2
+ J (u0)
olur.
Tan¬m 4.1.1. u fonksiyonu (4.1.1) probleminin [0; T ] aral¬¼g¬nda bir çözümü ve u0 2 H0m( )), u1 2 L2( ) ise
d¬r. 8 2 C1
0 ( ) test fonksiyonlar¬için u fonksiyonu
hut(t); iL2( ) hu1; iL2( )+ Z t 0 hA mu; Am iL2( )d Z t 0 g(s )hAmu; Am iL2( )d = Z t 0 jutjp 2u; L2( )d
e¸sitli¼gini sa¼glar.
Lemma 4.1.1. q reel say¬s¬için
8 < :
E¼ger n 2m ise 2 q 1;
E¼ger n > 2m ise 2 q n 2m2n
olsun. Bu durumda 8u 2 H0m( ) için
kukq BkA
mu
k d¬r. Burada B pozitif sabiti ve q ya ba¼gl¬d¬r.
Lemma 4.1.2. (A1) in sa¼gland¬¼g¬n¬ varsayal¬m. Bu durumda E (t) artmayan
bir fonksiyondur ve d dtE(t) = 1 2(g 0 Am u)(t) 1 2g(t)kA m u(t)k2 0 (4.1.4) d¬r. Burada (g0 Amu)(t) = Z t 0 g0(t s)kAmu(s) Amu(t)k2ds
d¬r. t 0 ve ba¸slang¬ç ko¸sullar¬nda sürekli ve integrallenebilir olan E(t) fonksiyonu (4.1.4) e¸sitli¼gindeki gibi yaz¬l¬r.
·
Ispat. (4.1.1) denklemini ut ile çarp¬p [0; t] aral¬¼g¬nda integrali al¬n¬rsa
E(t) = E(0) + Z t 0 1 2(g 0 Amu)(s) 1 2g(s)kA mu(s) k2 ds (4.1.5) elde edilir.
Lemma 4.1.3. u 2 Hm
0 ( ) olsun ve (A3) durumu sa¼glans¬n. Bu durumda d
pozitif say¬d¬r. · Ispat. (4.1.3) denkleminden; J ( u) = 2 2 1 Z t 0 g(s)ds kAmu(t)k2+ 2 2 (g A mu)(t) p p ku(t)k p p
d¬r. Burada daha sonra ya göre türev al¬nd¬¼g¬nda;
d
d J ( u) = 1
Z t 0
g(s)ds kAmu(t)k2+ (g Amu)(t) p 1ku(t)kpp
olur. Burada ddJ ( u) = 0olsun. Bu durumda (4.1.6) e¸sitli¼gi yaz¬l¬r.
1 = (1 R0tg(s)ds)kAmu(t)k2+ (g Amu)(t) kuk2p ! 1 p 2 (4.1.6)
= 1 iken ya göre ikinci türev al¬nd¬¼g¬nda a¸sa¼g¬daki e¸sitlik yaz¬l¬r.
d2 d 2J ( u) = (2 p) (1 Z t 0 g(s)ds)kAmu(t)k2+ (g Amu)(t) < 0 Böylece; sup 0 J ( u) = J ( 1u) = 2 1 2 1 Z t 0 g(s)ds kAmu(t)k2+ (g Amu)(t) p 1 p ku(t)k p p = p 2 2p 0 @ 1 Rt 0 g(s)ds kA mu(t) k2+ (g Amu)(t) kukpp 1 A p p 2 (4.1.7)
e¸sitli¼gi elde edilir. Lemma 4.1.1 den, 0 için,
kukpp B 2 kAmuk2 B2 2 kA mu k2 B 2 : (1 Z t 0 g(s)ds)kAmu(t)k2+ (g Amu)(t) (4.1.8)
d¬r. (4.1.7) ve (4.1.8) denklemlerinden; 8 < : sup 0J ( u) p 22p B 2p p 2 > 0; d = infu2Hm 0 ( );u6=0sup 0J ( u) > 0
yaz¬l¬r. Böylece Lemma 4.1.3 ispatlanm¬¸s olur. 4.1.1. Lokal Varl¬k
Denklemimizin lokal varl¬¼g¬n¬belirtmek için önce problemimize kar¸s¬l¬k gelen ba-sit bir problem alal¬m. Sonra (4.1.1) probleminin çözümünün lokal varl¬¼g¬n¬Daralma (Büzülme) dönü¸sümü prensibiyle ispatlayal¬m. T > 0 iken, V için verilen a¸sa¼g¬daki problemi göz önüne alal¬m.
8 > > > < > > > : utt+ ( )mu Rt 0 g(t s) ( ) m u(s)ds =jvjp 2v ; (x; t)2 (0; T ); u(x; 0) = u0(x); ut(x; 0) = u1(x); x 2 ; @iu @vi = 0; i = 0; 1; 2; :::; m 1; (x; t)2 @ (0; T ) (4.1.1.1) d¬r. A¸sa¼g¬daki Lemma, (4.1.1) probleminin Lokal çözümünün varl¬¼g¬n¬için önemli rol
oynamaktad¬r. Bu Lemmay¬daha sonra Galerkin metodu kullanarak kan¬tlayaca¼g¬z.
Lemma 4.1.1.1. (A1) ve (A3) varsay¬mlar¬n¬n sa¼gland¬¼g¬n¬kabul edelim. E¼ger u0 2 H0m( )\ H02m( ) ve u1 2 H0m( ) ise , (4.1.1.1) denkleminin u çözümü 8 > > > < > > > : u2 L1([0; T ) ; Hm 0 ( )\ H02m( )) ut 2 L1([0; T ) ; H0m( )) utt 2 L1([0; T ) ; L2( )) (4.1.1.2)
uzay¬ndad¬r [Barbu 1993, Lions 1969, Strauss 1966, Wu ve Tsai 2006].
Teorem 4.1.1.1. (A1) ve (A3) varsay¬mlar¬ sa¼glans¬n. E¼ger u0 2 H0m( ) ,
u1 2 L2( ) , v 2 C ([0; T ) ; H0m( )) ise bu durumda u; 8 < : u0 2 C ([0; T ) ; H0m( )) ut2 C ([0; T ) ; L2( )) (4.1.1.3)
·
Ispat. C1
0 ( ) uzay¬nda u#0 ve u#1 dizileri s¬ras¬yla u0 ve u1 e yakla¸ss¬n.
C ([0; T ) ; C1
0 ( )) da v# dizisi v ye yakla¸ss¬n. Daha sonra a¸sa¼g¬daki problemi ele
alal¬m.. 8 > > > < > > > : u#tt+ ( )mu# R0tg(t s) ( )mu#(s)ds = v# p 2v# ; u#(x; 0) = u# 0(x); u#t(x; 0) = u#1(x) @iu# @vi = 0; i = 0; 1; 2; :::; m 1; (4.1.1.4)
Lemma (4.1.1.1) den her bir # için (4.1.1.2) denklemini sa¼glayan, (4.1.1.4)
problem-inin bir tek u# çözümü vard¬r.
Sonra u#
t ve vt# dizilerinin W de birer Cauchy dizileri oldu¼gunu göstermeye
çal¬¸saca¼g¬z. W =fw j w 2 C ([0; T ) ; H0m( )) ; wt2 C [0; T ) ; L2( )g olmak üzere 8 < : U = u# uv V = v# vv
oldu¼gunu kabul edelim. U a¸sa¼g¬daki denklemi sa¼glar. 8 > > > > > > < > > > > > > : Utt+ ( ) m U R0tg(t s) ( )mU (s)ds = v# p 2v# jvv jp 2vv; U (x; 0) = U0(x) = u#0(x) uv0(x Ut(x; 0) = U1(x) = u#1(x) uv1(x); @iU @vi = 0; i = 0; 1; 2; :::; m 1; (4.1.1.5)
(4.1.1.5) denklemini Ut ile çarp¬p [0; t] aral¬¼g¬nda integral al¬n¬rsa 1 2kUtk 2 + 1 2 1 Z t 0 g(s)ds kAmU (t)k2+1 2(g A mU )(t) Z t 0 1 2(g 0 AmU )(s) 1 2g(s)kA mU (s) k2 ds (4.1.1.6) = 1 2kU1k 2 +1 2kA mU 0k 2 + Z t 0 Z v# p 2v# jvvjp 2vv Ut(x; s)dxds
Burada daha önceden Lemma 4.1.2 de tan¬mlad¬¼g¬m¬z fonksiyon ve e¸siti a¸sa¼g¬daki gibidir.
(g0 AmU ) = Z t
0
g0(t s)kAmU (s) AmU (t)k2ds Hölder e¸sitsizli¼gi kullanarak,
Z v# p 2v# jvvjp 2vv Ut(x; s)dx Z v# p 2v# jvvjp 2vv jUt(x; s)j dx C1 Z jV (x; s)j ( v# p 2 jvvjp 2 )jUt(x; s)j dx (4.1.1.7) C2kUtk : kV k 2n n 2m : v # p 2 n(p 2) m +kvvkp 2n(p 2) m bulunur.
(A3) durumu varsay¬m¬ndan (4.1.1.7) ve Lemma 4.1.1 den Z v# p 2v# jvvjp 2vv Ut(x; s)dx C3kUtk kAmVk h Amv# p 2+kAmvvkp 2i (4.1.1.8) elde edilir.
Böylece (A1)-(A2) durumlar¬n¬n varsay¬m¬ve (4.1.1.6), (4.1.1.8) denklemlerinden, 1 2kUtk 2 + 1 2 kA mU k2 1 2 kU1k 2 +kAmU0k2 +C4 Z t 0 kU t(s)k kAmV (s)k h Amv#(s) p 2+kAmvv(s)kp 2 i ds 1 2 kU1k 2 +kAmU0k 2 + C4 Z t 0 kU t(s)k kAmV (s)k ds (4.1.1.9)
elde ederiz.
Burada C4, C3 e ba¼gl¬pozitif bir sabittir ve v# , fvvg dizilerini içeren C([0; T ]
;Hm
0 ( ))uzay¬nda yuvar¬n yar¬çap¬d¬r. Young e¸sitsizli¼gi ve (4.1.1.9) denklemi yard¬m¬yla,
max 0 t T kUtk 2 +kAmUk2 2 kU1k 2 +kAmU0k 2 + 4C42T2 max 0 t TkA mV k2 (4.1.1.10) denklemi elde edilir.
u# , Hm
0 ( ) uzay¬nda ve u#1 dizisi de L2( ) uzay¬nda birer Cauchy
dizi-sidirler. v# dizisi, C([0; T ] ;Hm
0 ( )) da Cauchy dizisiyken. u# ve u#1 de
s¬ras¬yla C([0; T ];Hm
0 ( ))ve C([0; T ]; L2( ))uzaylar¬nda birer Cauchy dizileri oldu¼gu
sonucuna var¬l¬r.
(4.1.1.4) denkleminin her iki taraf¬n¬ (x) ile çarp¬p ve bölgesi üzerinde
inte-gralini al¬rsak; d dt Z u#t(x; t) (x)dx + Z Amu#(x; t)Am (x)dx Z Z t 0 g(t s)Amu#(s)Am (x)dsdx = Z v# p 2v# (x)dx (4.1.1.11) elde ederiz. # ! +1 iken; 8 < : R Amu#(x; t)Am (x)dx !R Amu(x; t)Am (x)dx R v# p 2v# (x)dx !R jvjp 2v (x)dx ve Z Z t 0 g(t s)Amu#(s)Am (x)dsdx! Z Z t 0 g(t s)Amu(s)Am (x)dsdx elde edilir. Böylece; lim #!+1 Z u#t(x; t) (x)dx = Z ut(x; t) (x)dx olur.
# ! +1 için (4.1.1.11) denkleminden, d dt Z ut(x; t) (x)dx + Z Amu(x; t)Am (x)dx Z Z t 0 g(t s)Amu(s)Am (x)dsdx (4.1.1.12) = Z jvjp 2v (x)dx elde edilir.
Burada Tan¬m 4.1.1 den u# dizisinin u limiti, (4.1.1.1) probleminin zay¬f bir
çözümüdür. Yani, hemen hemen 8t 2 [0; T ] d¬r. ¸Simdi (4.1.1.1) probleminin
çözümünün w1 ve w2 oldu¼gunu gösterelim.
w = w1 w2 olsun. Böylece w , 1 2kwtk 2 +1 2 1 Z t 0 g(s)ds kAmw(t)k2+ 1 2(g A mw)(t) Z t 0 1 2(g 0 Amw)(s) 1 2g(s)kA mw k2 ds (4.1.1.13) = 0
denklemi sa¼glan¬r.
(A1) ve (A2) durumlar¬n¬n yard¬m¬yla, 1 2kwtk 2 + 1 2 kA m w(t)k2 0 (4.1.1.14) yaz¬labilir.
Daha sonra (4.1.1.1) çözümünün tekli¼gini sa¼glayan (4.1.1.14) e¸sitsizli¼ginde w 0 yazabiliriz. Böylece teorem ispatlan¬r.
Teorem 4.1.1.2. (Lokal Varl¬k). (u0; u1) 2 (H0m( )\ H2m( ) H0m( )
sa¼glayan bir tek u(t); lokal çözümü vard¬r ve 8 < : u2 C([0; T ] ; Hm 0 ( )) ut 2 C([0; T ] ; L2( )) d¬r. ·
Ispat. T > 0için (4.1.1) denkleminin lokal çözümünün varl¬¼g¬n¬ispatlamak için, (4.1.1) denkleminin ba¸slang¬ç ko¸sullar¬n¬sa¼glayan bütün w fonksiyonlar¬n¬içeren bir XR;T fonksiyon s¬n¬f¬n¬kullanaca¼g¬z. Yani;
XR;T = w2 W : kw(t)kw R 2; t 2 [0; T ] olsun kw(t)kw = max0 t T( 1 2kwtk 2 + kAmw(t)k2)
d¬r. XR;T , d(w1; w2) = kw1 w2kw normuna sahip bir tam metrik uzayd¬r. Sonra
nin bir lineer olmayan dönü¸sümünü tan¬mlayaca¼g¬z.
v 2 XR;T için (4.1.1.1) denkleminin tekil çözümü u = v d¬r. T > 0 ve R > 0
için nin XR;T den kendisine do¼grusal olmayan bir daralma (büzülme) dönü¸sümü
oldu¼gunu gösterece¼giz. t 2 [0; T ] için V 2 XR;T ele alal¬m. (A1) , (A3) varsay¬mlar¬
ve (4.1.5) denkleminin yard¬m¬yla, 1 2kutk 2 +1 2 kA mu k2 12 ku1k 2 +kAmu0k 2 + Z t 0 Z jvjp 1jutj dxds 1 2 ku1k 2 +kAmu0k 2 (4.1.1.15) + Z t 0 ku t(s)k : kAmv(s)k p 1 ds (u0;u1; R; T ) + 1 2 Z t 0 kut(s)k2ds
e¸sitli¼gi yaz¬labilir. Burada;
(u0;u1; R; T ) = 1 2 ku1k 2 +kAmu0k 2 + 2p 2T R2(p 1)
bulduk. Sonuç olarak, kukw (u0;u1; R; T ) + 1 2 Z t 0 ku(s)kw ds (4.1.1.16)
olup, (4.1.1.16) ve Gronwall e¸sitsizli¼ginden
kukw (u0;u1; R; T )e T
2 (4.1.1.17)
yaz¬l¬r. R yi yeterince büyük, T yi yeterince küçük seçersek,
(u0;u1; R; T )e T 2 R2
olur.
(4.1.1.17) de u 2 XR;T oldu¼gunu görüyoruz. Bu da, nin XR;T ! XR;T
dönü¸sümü oldu¼gunu gösterir. ¸Simdi, XR;T ! XR;T ye nin daralma dönü¸sümü
oldu¼gunu gösterece¼giz. (4.1.1.1) probleminin çözümü, v1, v2 2 XR;T için u1 = v1,
u2 = v2 olsun. 8
< :
U = u1 u2
V = v1 v2
¸seklinde ele alal¬m, sonra U , 8 > > > < > > > : Utt+ ( ) m U R0tg(t s) ( )mU (s)ds = v# p 2v# jvv jp 2vv; U (x; 0) = Ut(x; 0) = 0; @iU @vi = 0; i = 0; 1; 2; :::; m 1 (4.1.1.18) sistemini sa¼glar.
(4.1.1.18) denklemini Ut ile çarp¬p [0; t] üzerinde integralini al¬rsak;
1 2kUtk 2 + 1 2 1 Z t 0 g(s)ds kAmU (t)k2+ 1 2(g A mU )(t) Z t 0 1 2(g 0 AmU )(s) 1 2g(s)kA mU k2 ds = Z t 0 Z v# p 2v# jvvjp 2vv Ut(x; s)dxds (4.1.1.19)
bulunur. t 2 [0; T ] için , (A1)-(A3), (4.1.1.18), (4.1.1.19) ve Young e¸sitsizli¼ginden, 1 2kUtk 2 + 1 2 kA mU k2 C3 Z t 0 kUt(s)k kAmV (s)k kAmv1(s)kp 2+kAmv2(s)kp 2 ds 2C3Rp 2 Z t 0 kUt(s)k kAmV (s)k ds C3Rp 2 Z t 0 kAmV (s)k2ds + C3Rp 2 Z t 0 kUt(s)k2ds (4.1.1.20) d¬r. Burada kUkW C3R p 2T kV kW + C3R p 2 Z t 0 kU (s)kW ds (4.1.1.21)
sa¼glan¬r. Böylece, (4.1.1.21) denklemi ve Gronwall e¸sitsizli¼ginden
kUkW C3R p 2T eC3Rp 2T kvkW olur. kUkW C3Rp 2T eC3R p 2T
< 1 iken T yi yeterince küçük seçti¼gimizde, bir
daralma dönü¸sümüdür. Böylece Banach sabit nokta teoremine göre, lokal varl¬¼g¬n
sonucunu elde ederiz. Bu, Teorem 4.1.1.2 nin ispat¬n¬tamamlar. 4.1.2. Global Zay¬f Çözümler
Buldu¼gumuz ilk sonuç (4.1.1) probleminin global zay¬f çözümünün varl¬¼ g¬n¬gös-terir.
Teorem 4.1.2.1. (A1) ve (A3) durumlar¬n¬n sa¼gland¬¼g¬n¬ kabul edelim. E¼ger
u0 2 W; u1 2 L2( )ve ba¸slang¬ç enerjisi E(0) < d ise bu durumda, (4.1.1)
denklem-inin u(x; t) gibi bir global zay¬f çözümü vard¬r. Öyle ki; 8 > > > < > > > : u (x; t)2 L1([0; +1) ; H0m( )\ H02m( )) ut(x; t)2 L1([0; +1) ; H0m( )\ L2( )) utt(x; t)2 L1([0; +1) ; L2( )) d¬r. ·
fwig1i=1 olmak üzere Drichlet s¬n¬r ko¸sullar¬; 8 < : ( )mwi = iwi wi j@ = 0
¸seklinded¬r. L2( ) de tam bir ortonormal sistem olu¸sturan H0m( )\ H02m( )
uza-y¬nda bir fwig1i=1 taban¬n¬ seçelim. Vk n¬n, k 2 N olmak üzere, fw1; w2; :::; wkg
taraf¬ndan üretilen bir H0m( )\ H02m( ) alt uzay¬ oldu¼gunu varsayal¬m. uk(t) =
Pk
i=1 gik(t) wi yakla¸s¬k çözümlerini sa¼glayan Cauchy problemini inceleyece¼giz.
(u00k(t); wi) + (( )muk(t); wi) Z t 0 g(t s) (( )muk(s); wi) ds = juk(t)jp 2uk(t); wi ; i = 0; 1; 2; :::; k; (4.1.2.1) uk(0) = u0k = k X i=1 (u0; wi) wi ! u0; H02m( )\ H m 0 ( ); k ! 1; (4.1.2.2) u0k(0) = u1k = k X i=1 (u1; wi) wi ! u1; H0m( )\ L 2( ); k ! 1 (4.1.2.3)
¸seklindedir. Adi diferansiyel denklemlerde, Picard iterasyon metoduyla (4.1.2.1) -(4.1.2.3) denklemlerini çözebiliriz. Böylece baz¬ Tk > 0 için [0; Tk] aral¬¼g¬nda bir
çözüm vard¬r ve a¸sa¼g¬daki ön kestrimini kullanarak herhangi bir T > 0 için, [0; T ] aral¬¼g¬n¬geni¸sletebiliriz.
(4.1.2.1) denklemini g0
ik(t)ile çarp¬p i üzerinde 1 den k ya kadar toplay¬p ve sonra
[0; t] üzerinde integralini al¬rsak, 1 2 u 0 k(t) 2 + J (uk(t)) = 1 2ku1kk 2 + J (u0k) +1 2 Z t 0 (g0 Amuk)(s)ds (4.1.2.4) 1 2 Z t 0 g(s)kAmuk(s)k 2 ds
denklemi elde edilir. (4.1.2.4) e¸sitli¼gini kullanarak, 8t 2 [0; +1) için
uk(t)2 w (4.1.2.5)
oldu¼gunu kabul edelim. Daha sonra uk(t) sürekli oldu¼gundan, uk 2 @w oldu¼gunu
görüyoruz. w nin tan¬m¬ve J (u(t)), K(u(t)) nin t deki süreklili¼ginden;
J (uk(t1)) = d (4.1.2.6)
veya
K(uk(t1)) = 0 (4.1.2.7)
yaz¬l¬r. E(0) < d iken (A1)-(A2) varsay¬mlar¬ve (4.1.1.4) denklemi yard¬m¬yla;
J (uk(t1)) 1 2ku1kk 2 + J (u0k) + 1 2(g 0 Am uk)(t1) 1 2g(t1)kA m ukk 2 1 2ku1kk 2 + J (u0k) (4.1.2.8) = E (uk(0)) < d
elde edilir. Böylece bu durum (4.1.2.6) denklemini imkans¬z k¬lar. Farzedelim ki (4.1.2.7) denklemi sa¼glans¬n. Bu durumda
d d J (uk(t1)) 1 p 2 1 Z t1 0 g(s)ds kAmuk(t1)k 2 + (g Amuk)(t1) elde edilir. Böylece sup 0 J (uk(t1)) = J ( uk(t1))j =1= J (uk(t1)) < d
sa¼glan¬r. Bu, d nin tan¬m¬na ters dü¸smektedir. Sonuç olarak bu durumda (4.1.2.7) e¸sitli¼gi de imkans¬zd¬r.
(A1)-(A2) durumlar¬ve (4.1.2.2) denklemi ve (4.1.2.5) ifadesi yard¬m¬yla 1 2ku 0 k(t)k 2 + p 2 2p kA mu k(t)k 2 + (g Amuk)(t) 1 2ku 0 1k(t)k 2 + J (uk(t)) (4.1.2.9) 1 2ku1kk 2 + J (u0k) C1
yaz¬labilir. (4.1.2.9) daki denklemde, 8 < : fuk(t)g ; L1([0; +1) ; H0m( )) uzay¬nda düzgün s¬n¬rl¬, u0k(t) ; L1([0; +1) ; L2( )) uzay¬nda düzgün s¬n¬rl¬ (4.1.2.10)
d¬r. Daha fazla ön kestirimler elde etmek için (4.1.2.1) denkleminin t ’ye göre türevini alal¬m. (u000k(t); wi) + (Amu0k(t); A mw i) Z t 0 g0(t s) (Amuk(s); Amwi) ds g (0) (Amu0k(t); Amwi) (p 1) juk(t)j p 2 u0k(t); wi = 0 (4.1.2.11)
elde ederiz. (4.1.2.11) denkleminin her iki taraf¬n¬g00
ik(t)ile çarp¬p, i üzerinde 1 den
k ya kadar toplarsak, d dt 1 2ku 00 k(t)k 2 + 1 2kA mu0 k(t)k 2 d dt Z t 0 g0(t s) (Am(s); Amu0k(t)) ds + Z t 0 g00(t s) (Amuk(s); Amu0k(t)) ds + g0(0) (A mu k(t); Amu0k(t)) g0(0)d dt (A mu k(t); Amu0k(t)) + g(0) (Amu0k(t); Amu0k(t)) (p 1) juk(t)j p 2 u0k(t); u00k(t) = 0 (4.1.2.12)
denklemi elde ederiz.
Hölder e¸sitsizli¼gi, Lemma 4.1.1, Young e¸sitsizli¼gi ve (4.1.2.9) e¸sitsizli¼gi yard¬m¬yla,
(p 1) juk(t)j p 2 u0k(t); u00k(t) (p 1)kuk(t)k p 2 2(p 1)ku0k(t)k2(p 1)ku00k(t)k (p 1) Bp 1kAmuk(t)k p 2 kAmu0k(t)k ku00k(t)k C2kAmu0k(t)k ku00k(t)k C (")kAmu0k(t)k2+ "ku00k(t)k2 (4.1.2.13)
yaz¬l¬r. Burada C2 sabitinin de¼geri; C2 = (p 1) B 2pB2C 1 (p 2) P 2 2 dir.
(4.1.2.13) denklemini (4.1.2.12) e¸sitsizli¼ginde yerine yaz¬p, key… T sabitiyle bir-likte t 2 [0; T ] de¼gerleri için [0; t] aral¬¼g¬nda integral al¬rsak,
1 2 u 00 k(t) 2 +1 2 A mu0 k(t) 2 1 2 u 00 k(0) 2 +1 2 A mu0 k(0) 2 g(0) Amuk(0); Amu 0 k(0) + Z t 0 g0(t s) Am(s); Amu0k(t)ds Z t 0 Z 0 g00( s) Amuk(s); Amu 0 k( )dsd g0(0) Z t 0 Amuk(s); Amu 0 k(s)ds +g(0) Amuk(t); Amu 0 k(t) g(0) Z t 0 Amu0k(s) 2 ds +C (") Z t 0 Amu0k(s) 2 ds + " Z t 0 u00k(s) 2 ds (4.1.2.14) elde edilir. (4.1.2.2) ve (4.1.2.3) denklemlerinden, 1 2 A mu0 k(0) 2 g(0) Amuk(0); Amu 0 k(0) C3 (4.1.2.15)
bulunur. Burada C3 , k dan ba¼g¬ms¬z pozitif bir sabittir. (4.1.2.1) denkleminin her
iki taraf¬n¬ da gik00(t) ile çarp¬p daha sonra t = 0 iken i üzerinde 1’den k ya kadar toplarsak, a¸sa¼g¬daki denklemi buluruz.
ku00k(0)k 2
+ Amuk(0); u00k(0) juk(0)j p 2
uk(0); u00k(t) = 0 (4.1.2.16)
(A3) durumunu kabul edelim. Young e¸sitsizli¼gi, (4.1.2.2) ve (4.1.2.3) den
yazabiliriz.
C4 , k dan ba¼g¬ms¬z pozitif bir sabittir. Young e¸sitsizli¼gi, (4.1.2.9) denklemi ve
(A2) den Z t 0 g0(t s) (Amuk(s); Amu0k(t)) ds Z Amu0k(t) Z t 0 g0(t s)Amuk(s)ds dx "kAmu0k(s)k2 +C (") Z Z t 0 g0(t s)Amuk(s)ds 2 dx "kAmu0k(t)k2+ C (") 21 Z t 0 kAmuk(s)k2ds "kAmu0k(s)k2+ C5 (4.1.2.18) bulunur. Burada C5 = 2 2 1C1pT C(") (p 2) dir. Z t 0 Z g00(t s) (Amuk(s); Amu0k( )) dsd Z t 0 Z Amu0k( ) Z 0 g00( s)Amuk(s)dsdx d Z t 0 kA mu0 k(s)k 2 ds + 1 2 Z t 0 Z Z 0 g00( s)Amuk(s)ds 2 dxd 1 2 Z t 0 kA mu0 k(s)k 2 ds + T 2 2 2 Z t 0 kA mu k(s)k ds 1 2 Z t 0 kAmu0k(s)k2ds + C6 (4.1.2.19) Burada C6 = 2pC1 22T2 (p 2) dir. g0(0) Z t 0 Amuk(s); Amu 0 k(s) ds 1 Z t 0 (kAmuk(s)k kAmu0k(s)k) ds 1 2 Z t 0 kA mu0 k(s)k 2 ds + 1 2 Z t 0 kA mu k(s)k 2 ds 1 2 Z t 0 kA mu0 k(s)k 2 ds + C7 (4.1.2.20)
Burada C7 = pC(p 2)1 1T dir. jg (0) (Amuk(t); Amu0k(t))j "kAmu0k(t)k 2 + C8 (4.1.2.21) Burada C8 = 2pC(p 2)1C(") dir. " > 0 ve " yeterince küçük seçilirse, (4.1.2.14)-(4.1.2.15) ve (4.1.2.17)-(4.1.2.21) denklemleri yard¬m¬yla; ku00k(t)k 2 +kAmu0k(t)k2 C9 Z t 0 ku 00 k(s)k 2 +kAmu0k(s)k2 ds + C10 (4.1.2.22) bulunur.
(4.1.2.22) denklemi ve Gronwall lemmas¬yard¬m¬yla 8t 2 [0; T ] için ku00k(t)k
2
+kAmu0k(t)k2 C11 (4.1.2.23)
yaz¬labilir. C11, k ’dan ba¼g¬ms¬z pozitif bir sabittir. (4.1.2.23) deki türev terimleri,
8 < : fu0 k(t)g ; L1([0; +1) ; H0m( )) uzay¬nda düzgün s¬n¬rl¬, fu00 k(t)g ; L1([0; +1) ; L2( )) uzay¬nda düzgün s¬n¬rl¬ (4.1.2.24)
¸seklindedir. (4.1.2.1) e¸sitsizli¼ginin her iki taraf¬n¬ igik0 (t) ile çarparak, i üzerinde 1
’den k’ya kadar toplay¬p ve daha sonra 8t 2 [0; T ] için [0; t] aral¬¼g¬nda integralini al¬rsak, 1 2 kA mu0 k(t)k 2 + 1 Z t 0 g(s)ds k muk(t)k2+ (g muk)(t) = kAmu1kk2+k mu0kk2+ 1 2 Z t 0 (g0 muk)(s)ds 1 2 Z t 0 g (s)k muk(s)k 2 ds (4.1.2.25) + Z t 0 Am juk(s)j p 2 uk(s) ; Amu0k(s) ds
Young e¸sitsizli¼gi, (A1)- (A2) varsay¬mlar¬, (4.1.2.2), (4.1.2.3) ve (4.1.2.25) den, kAmu0k(t)k2+ k muk(t)k 2 + (g muk)(t) C12+ Z t 0 kA mu k(s)k p 1 kAmu0k(s)k ds C12+ 1 2 Z t 0 kA mu k(s)k 2(p 1) ds + 1 2 Z t 0 kA mu0 k(s)k 2 ds (4.1.2.26) yaz¬l¬r. (4.1.2.9) ve (4.1.2.23) ten kAmu0k(t)k2+ k muk(t)k 2 + (g muk)(t) C13 (4.1.2.27)
e¸sitsizli¼gi yaz¬l¬r.
Burada C13 = C12+12C11T + T2 2pCp 21 p 1
, k ’dan ba¼g¬ms¬z pozitif bir sabittir. (4.1.2.27) den
fuk(t)g ; L1 [0; +1) ; H2m( ) düzgün s¬n¬rl¬d¬r. (4.1.2.28)
yaz¬l¬r. Ayr¬ca, (A3) durumu, Lemma 4.1.1.1 ve 4.1.2.10 dan,
jukjp 2uk ; L1 [0; +1) ; L2( ) da düzgün s¬n¬rl¬ (4.1.2.29)
oldu¼gu görülür.
¸
Simdi, (4.1.2.10), (4.1.2.24), (4.1.2.28) ve (4.1.2.29) ’dan, fukg taraf¬ndan
gös-terilmi¸s olan bir fukg alt dizisinin var oldu¼gunu kolayca görebiliriz. Öyle ki,
8 > > > > > > > > > < > > > > > > > > > :
uk! u ; L1([0; T ) ; H0m( )\ H02m( )) uzay¬nda zay¬f y¬ld¬z¬l yak¬nsak,
u0
k! u0 ; L1([0; T ) ; L2( )) uzay¬nda zay¬f y¬ld¬z¬l yak¬nsak,
u0
k ! u0 ; L1([0; T ) ; H0m( )) uzay¬nda zay¬f y¬ld¬z¬l yak¬nsak,
u00
k ! u00 ; L1([0; T ) ; L2( )) uzay¬nda yak¬nsak,
jukjp 2uk ! X ; L1([0; T ) ; L2( )) uzay¬nda yak¬nsak
(4.1.2.30) d¬r.
dan, 8 < : uk! u; C ([0; T ) ; H0m( )) uzay¬nda güçlü yak¬nsak, u0k ! u0; C ([0; T ) ; L2( )) uzay¬nda güçlü yak¬nsak (4.1.2.31) ve [0; T ] da hemen heryerde uk! u (4.1.2.32)
sonucunu ç¬karabiliriz. [Wu and Tsai 2006, Strauss 1966] daki Lemma 1.3 ve (4.1.2.32) ’den, L1 [0; T ) ; L2( ) da jukj p 2 uk ! juj p 2 u (4.1.2.33)
olur. (4.1.2.30) ve (4.1.2.33) deki son formüller ile
=jujp 2u (4.1.2.34)
elde ederiz.
(4.1.2.1) de k ! 1 için limit al¬n¬rsa, (u00; wi)+(( ) m u; wi) Z t 0 g(t s) (( )mu (s) ; wi) ds = juj p 2 u; wi ; i = 1; 2; ::: (4.1.2.35) elde ederiz.
Çal¬¸st¬¼g¬m¬z uzayda, fwig1i=1bir temel oldu¼gundan dolay¬u nun (4.1.1)
denklem-ini sa¼glad¬¼g¬sonucunu ç¬kar¬r¬z. [Wu -Tsai 2006] da Lemma 3.1.3 den ve (4.1.2.30)
den s¬ras¬yla B = Hm 0 ( ) ve B = L2( ) , 8 < : Hm 0 ( ) da uk(0)! u (0) L2( ) da u0 k(0) ! u0(0) (4.1.2.36) ç¬kar¬m¬yap¬labilir. (4.1.2.2), (4.1.2.3) ve (4.1.2.36) dan 8 < : u (0) = u0 u0(0) = u1
4.2. Kirchho¤ Tipli Dalga Denklem Sistemi 4.2.1. Giri¸s Bu k¬s¬mda 8 > > > > > > > > > > > < > > > > > > > > > > > : utt+ M A 1 2u 2 + A12v 2 Au +R0tg(t s)Au(s)ds +jutj p 1 ut= f1(u; v); vtt+ M A 1 2u 2 + A12v 2 Av +R0th(t s)Av(s)ds +jvtj q 1 vt= f2(u; v); u(x; 0) = u0(x); ut(x; 0) = u1(x); v(x; 0) = v0(x); vt(x; 0) = v1(x); @iu @vi = @iv @vi = 0; i = 0; 1; 2; :::; m 1; (4.2.1.1) yüksek mertebeden Kirchho¤ tipli dalga denklem sistemi çal¬¸s¬lacakt¬r. Burada A =
( )m ve p; q 1 ve ; Rn de @ düzgün s¬n¬r¬na sahip s¬n¬rl¬bir bölge ve
M (s) = m0+ s
d¬r. Ayr¬ca m0 0; 0; m0+ > 0; > 0 ve g; h : R+ ! R+; fi(:; :) : R2 ! R;
i = 1; 2 olsun.
(4.2.1.1) denkleminin çözümü için kullanaca¼g¬m¬z baz¬lemmalar¬yazal¬m.
Stan-dart Lebesque uzay¬Lp( ); Sobolev uzay¬H0m( ) ve 2 p
2(n m) n 2m (n > 2m) veya 2 p(n 2m) için Hm 0 ,! Lp( ) d¬r. Yani kukp C A 1 2u d¬r. ¸
Simdi M (s); g ve h için baz¬varsay¬mlar¬verelim:
(A1) M (s) negatif olmayan bir fonksiyon ve s 0ise
8 > > > < > > > : M (s) > 0; 0; > 0; M (s) = m0+ s olsun.
(A2) g ve h fonksiyonu C1 de tan¬ml¬s 0ise 8 < : g(s) 0; m0 R1 0 g(s)ds = ` > 0, g 0 (s) 0 h(s) 0; m0 R1 0 h(s)ds = k > 0, h 0 (s) 0 olsun.
Burada f1(u; v) ve f2(u; v)fonksiyonlar¬a; b > 0 için
8 < :
f1(u; v) = (r + 1)(aju + vjr 1(u + v) + bjuj r 3 2 jvj r+1 2 u; f2(u; v) = (r + 1)(aju + vj r 1 (u + v) + bjvjr23 juj r+1 2 v (4.2.1.3)
olsun. Buradan 8(u; v) 2 R2 olmak üzere
uf1(u; v) + vf2(u; v) = (r + 1)F (u; v)
yaz¬labilir. Burada
F (u; v) = aju + vjr+1+ 2bjuvjr+12 (4.2.1.4)
d¬r.
(A3) r a¸sa¼g¬daki ¸sartlar¬sa¼glas¬n 8
< :
E¼ger n = 1; 2 ise r > 1; E¼ger n = 3 ise 1 < r 3:
(4.2.1.5)
Lemma 4.2.1.1. c0 ve c1 pozitif sabitleri için 8(u; v) 2 R2 olmak üzere
C0(juj r+1
+jvjr+1) F (u; v) C1(juj r+1
+jvjr+1)
e¸sitsizli¼gi sa¼glan¬r (Messaoudi ve Houari 2010).
Lemma 4.2.1.2. (4.2.1.5) sa¼glans¬n. 8(u; v) 2 H0m( ) H0m( ) için
ku + vkr+1r+1 + 2kuvk r+1 2 r+1 2 ` A12u 2 + k A12v 2 r+12
Lemma 4.2.1.3. g 2 C1 ve 2 H1 0(0; T ) için 2 Z t 0 Z g(t s) tdxds = d dt((g )(t) Z t 0 g(s)dsk k2) + g(t)k k2 (g0 )(t) olsun burada (g )(t) = Z t 0 g(t s) Z j (s) (t)j2dxds d¬r (Messaoudi ve Houari 2010). ¸
Simdi lokal varl¬k teoremini ifade edelim. ·Ispat için [Messaoudi and Houari 2010, Messaoudi and Tatar 2007, Miao 1995, Nakao and Kuwahara 1987, Strauss 1966, Ye 2015c] deki çal¬¸smalardan faydalan¬labilir
Teorem 4.2.1.1
(4.2.1.1) ba¸slang¬ç ko¸sullar¬nda ve (A1)-(A3) varsay¬mlar¬yla (u; v) çözümleri
için; T > 0 ve 8 > > > < > > > : u; v 2 C([0; T ]; H2m( ) \ Hm 0 ( )) ut 2 C([0; T ]; H0m( )\ Lp+1( )) vt2 C([0; T ]; H0m( )\ Lq+1( )) d¬r.
4.2.2. Global Varl¬k ve Enerji Azalmas¬ A¸sa¼g¬daki fonksiyonelleri tan¬mlayal¬m:
I1(t) I1(u(t); v(t)) = (m0 Z t 0 g(s)ds) A12u 2 +(m0 Z t 0 h(s)ds) A12v 2 + (g A12u)(t) +(h A12v)(t) (r + 1) Z F (u; v) dx; (4.2.2.1) I2(t) I2(u(t); v(t)) = (m0 Z t 0 g(s)ds) A12u 2 +(m0 Z t 0 h(s)ds) A12v 2 + A12u 2 + A12u 2 +1 +(g A12u)(t) + (h A 1 2v)(t) (r + 1) Z F (u; v) dx (4.2.2.2)
ve J (t) J (u(t); v(t)) = 1 2(m0 Z t 0 g(s)ds) A12u 2 +1 2(m0 Z t 0 h(s)ds) A12v 2 + 2( + 1) A 1 2u 2 + A12v 2 +1 +1 2(g A 1 2u)(t) + 1 2(h A 1 2v)(t) Z F (u; v) dx: (4.2.2.3)
Burada enerji fonksiyoneli
E(t) E(u(t); v(t)) = 1 2(kutk 2 +kvtk2) + J (t) (4.2.2.4) d¬r. ¸
Simdi (4.2.2.4) enerji fonksiyonelinin artmayan oldu¼gunu gösterelim.
Lemma 4.2.2.1. (4.2.1.1) denkleminin (A1), (A2), (A3) durumlar¬n¬sa¼glas¬n.
8 t 0 için E0(t) = kut(t)k p+1 p+1 kvt(t)k q+1 q+1+ Z t 0 Z g(t s)A12u(s)A 1 2u tdxds + Z t 0 Z h(t s)Av(s)12Av 1 2 tdxds 0 (4.2.2.5) d¬r. ·
Ispat. M (s) = m0+ s oldu¼gundan (4.2.1.1) denklem sisteminde ilk denklemi
ut, ikinci denklemi vt ile çarp¬p integralini al¬rsak
Z uttutdx Z M ( A12u 2 + A12v 2 )utAu + Z ( Z t 0 g(t s)Au(s)ds)ut+ Z jutj p 1 ututdx + Z vttvtdx Z M ( A12u 2 + A12v 2 )vtAv + Z ( Z t 0 h(t s)Av(s)ds)vt+ Z jvtjq 1vtvtdx = Z [utf1(u; v) + vtf2(u; v)] dx
olur. Bu denklem düzenlenirse d dtE(t) = kut(t)k p+1 p+1 kvt(t)k q+1 q+1+ Z t 0 Z g(t s)A12u(s)A 1 2u tdxds + Z t 0 Z h(t s)A12v(s):A 1 2vtdxds elde edilir.
Lemma 4.2.2.2. (A1), (A2), (A3) ko¸sullar¬sa¼glans¬n ve (u; v); (4.2.1.1)
prob-lemininin çözümü olsun. Ayr¬ca I1(0) 0 ve
1 = (r + 1) 2(r + 1) r 1 E(0) m 1 2 < 1 (4.2.2.6)
ise bu durumda 8t 0 için
I1(t) > 0 (4.2.2.7)
olur. ·
Ispat. I1(0) > 0 oldu¼gundan, süreklilikten, tmax > 0 maksimum zaman¬vard¬r
(tmax = T ) öyle ki t 2 [0; tmax]için I1(t) 0 d¬r.
Böylece t 2 [0; tmax]için
J (t) r 1 2(r + 1) (m0 Z t 0 g(s)ds) A12u 2 + (m0 Z t 0 h(s)ds) A12v 2 + r 1 2(r + 1) ((g A 1 2u)(t) + (h A 1 2v)(t) + 1 r + 1I1(t) r 1 2(r + 1) (m0 Z t 0 g(s)ds) A12u 2 + (m0 Z t 0 h(s)ds) A12v 2 + r 1 2(r + 1) ((g A 1 2u)(t) + (h A 1 2v)(t) r 1 2(r + 1) ` A 1 2u 2 + k A12v 2 (4.2.2.8) olur. Burada 8 < : ` = m0 Rt 0 g(s)ds k = m0 Rt 0h(s)ds
dir. (4.2.2.8), (4.2.2.4) ve (4.2.2.5) ten ` A12u 2 + k A12v 2 2 (r + 1) (r 1) J (t) 2 (r + 1) (r 1) E(t) 2 (r + 1) (r 1) E(0) (4.2.2.9)
olur. Lemma 4.2.1.2 ile (4.2.2.9), (4.2.2.6) e¸sitsizliklerini ve (A2) den, t 2 [0; tmax]
için (r + 1) Z F (u; v) dx (r + 1) ` A12u 2 + k A12v 2 r+12 (r + 1) 2(r + 1) r 1 E(0) r 1 2 ` A12u 2 + k A12v 2 = 1(` A 1 2u 2 + k A12v 2 ) < m0 Z t 0 g(s)ds A12u 2 + m0 Z t 0 h(s)ds A12v 2 (4.2.2.10) olur. Böylece I1(t) = m0 Z t 0 g(s)ds A12u 2 + m0 Z t 0 h(s)ds A12v 2 +(g A12u)(t) + (h A 1 2v)(t) (r + 1) Z F (u; v) dx > 0
olur. Benzer ¸sekilde devam edilir ve
lim t!tmax (r + 1) 2(r + 1) r 1 E(t) m 1 2 1 < 1
Lemma 4.2.2.3. Lemma 4.2.2.2 nin varsay¬mlar¬alt¬nda, 0 < 1 < 1 için (r + 1) Z F (u; v) dx (1 1) m0 Z t 0 g(s)ds A12u 2 + m0 Z t 0 h(s)ds A12v 2 (4.2.2.11) d¬r. Burada 1 = 1 1 d¬r. · Ispat. (4.2.2.10) denkleminden (r + 1) Z F (u; v) dx 1 ` A 1 2u 2 + k A12v 2
d¬r. 1 = 1 1 yaz¬l¬rsa ispat tamamlan¬r.
Teorem 4.2.2.1. (A1), (A2), (A3) ko¸sullar¬n¬n sa¼gland¬¼g¬n¬ kabul edelim.
Ayr¬ca u0; v0 2 H0m( ) \ H2m( ) ve u1; v1 2 H0m( ) fonksiyonlar¬ I1(0) > 0 ve
(4.2.2.6) denklemini sa¼glas¬n. Bu durumda (4.2.1.1) probleminin çözümü s¬n¬rl¬d¬r. Ayr¬ca m0 > 5 + 2 1 2 1 max Z 1 0 g(s)ds; Z 1 0 h(s)ds (4.2.2.12)
ise a¸sa¼g¬daki enerji kestirimleri yaz¬labilir: 8t 0 için (i) p = q = 1 ise
E(t) E(0)e %1t
(ii) max fp; qg > 1 ise
E(t) E(0) maxfp21; q 1 2 g + % 2maxf p 1 2 ; q 1 2 g[t 1] + 2 maxfp;q) 1
olur. Burada %1=%1(m0; ; )ve %2=%2(m0; ; ; E(0)) pozitif sabitlerdir.
·
Ispat. (Global Varl¬k) Önce T = 1 oldu¼gunu ispatlayal¬m. Bunun için t den
ba¼g¬ms¬z olarak, kutk2+kvtk2+ ` A 1 2u 2 + k A12v 2
ifadesinin s¬n¬rl¬oldu¼gunu göstermek yeterlidir. (4.2.2.4) ve (4.2.2.8) ifadelerinden E(0) E(t) = 1 2(kutk 2 +kvtk 2 ) + J (t) 1 2(kutk 2 +kvtk2) + r 1 2(r + 1) ` A 1 2u 2 + k A12v 2
elde edilir. Buradan
kutk 2 +kvtk 2 + ` A12u 2 + k A12v 2 2E(0) yaz¬labilir. Burada 2 = n
2;2(r+1)r 1 o d¬r. Böylece global varl¬k elde edilir.
(Enerji Azalmas¬) ¸Simdi problem için enerji azalmas¬n¬ Nakao metoduyla
[Nakao 1977, Nakao 1978] gösterelim: d dtE(t) = kut(t)k p+1 p+1+ 1 2(g 0 A12u)(t) 1 2g(t) A 1 2u 2 kvt(t)kq+1q+1+ 1 2(h 0 A12u)(t) 1 2h(t) A 1 2v 2 < 0
ifadesinin [t; t + 1] üzerinde integrali al¬n¬rsa
E(t) E(t + 1) = Z t+1 t ku t(t)k p+1 p+1ds 1 2 Z t+1 t (g0 A12u)(s)ds +1 2 Z t+1 t g(s) A12u 2 ds + Z t+1 t kvt(t)kq+1q+1ds 1 2 Z t+1 t (h0 A12v)(s)ds +1 2 Z t+1 t h(s) A12v 2 ds; E(t) E(t + 1) = D1p+1(t) + D2q+1(t) (4.2.2.13) olur. Burada 8 > > > > > > < > > > > > > : D1p+1(t) =Rtt+1kut(t)k p+1 p+1ds 1 2 Rt+1 t (g0 A 1 2u)(s)ds +12Rtt+1g(s) A12u 2 ds; D2q+1(t) =Rtt+1kvt(t)kq+1q+1ds 12 Rt+1 t (h0 A 1 2v)(s)ds +12Rtt+1h(s) A12v 2 ds (4.2.2.14)
d¬r. (4.2.2.14) ve Hölder e¸sitsizli¼ginden Z t+1 t Z jutj 2 dxdt + Z t+1 t Z jvtj 2 dxdt c1( )D1(t)2+ c2( )D2(t)2 (4.2.2.15)
yaz¬labilir. Burada c1( ) = vol( ) p 1 p+1 ve c
2( ) = vol( )
q 1
q+1dir. Ortalama de¼ger
teoreminden, t1 2 t; t + 14 ve t2 2 t + 34; t + 1 olmak üzere
kut(ti)k 2
+kvt(ti)k 2
4c1( )D1(t)2+ c2( )D2(t)2 (4.2.2.16)
olur. (4.2.1.1) denklem sisteminde birinci denklemi u ile ikinci denklemi v ile çarp¬l¬r ve [t1; t2]üzerinde integral al¬n¬rsa
Z t2 t1 I2(t) 2 X i=1 kut(ti)k ku(ti)k + 2 X i=1 kvt(ti)k kv(ti)k + Z t2 t1 (kutk 2 +kvtk 2 )dt Z t2 t1 Z (jutjp 1utu +jvtjq 1vtv)dxdt + Z t2 t1 (g A12u)(t) + (h A 1 2v)(t)dt + Z t2 t1 Z Z t 0 g(t s)A12u)(t)[A 1 2u(s) A 1 2u(t)]dsdxdt + Z t2 t1 Z Z t 0 h(t s)A12v)(t)[A 1 2v(s) A 1 2v(t)]dsdxdt (4.2.2.17) olur. Buradan Z Z t 0 g(t s)A12u(t)[A 1 2u(s) A 1 2u(t)]dsdx = 1 2 Z t 0 g (t s) A12u(t) 2 + A12u(s) 2 ds 1 2 Z t 0 g(t s) A12u(t) A 1 2u(s) 2 ds Z Z t 0 g(s) A12u(t) 2 dsdx = 1 2 Z Z t 0 g(s) A12u(t) 2 dsdx + 1 2 Z t 0 g(t s)( A12u(s) 2 )ds 1 2(g A 1 2u)(t)
