2 SỰ TỒN TẠI NGHIỆM

43

v − u(t), F (x(t)) + G(u(t)) ≥ 0, với hầu khắp t ∈ J và với mọi v ∈ K,

x(s) = ϕ(s), s ∈ [−τ, 0].

Với mỗi hàm Q : Rm → Rm , kí hiệu SOL(K, Q) là tập nghiệm của bất đẳng

thức biến phân

w − v, Q(v) ≥ 0, ∀w ∈ K.

Dựa vào [49, Mệnh đề 6.2], ta thu được tính chất sau của tập nghiệm SOL(K, Q).

Bổ đề 2.2.2. Giả sử điều kiện (H4) được thỏa mãn. Khi đó với mọi z ∈ Rm ,

tập nghiệm SOL(K, z + G(·)) là khác rỗng, lồi và compact. Hơn nữa, tồn tại số

ηG > 0 sao cho

v ≤ ηG (1 + z ), ∀v ∈ SOL(K, z + G(·)).



(2.4)



Để đưa ra lược đồ cho tính giải được của hệ (2.1)-(2.3), chúng ta biến đổi

DVI đã cho về một bao hàm thức vi phân. Đặt

U (z) = SOL(K, z + G(·)), z ∈ Rm .

Khi đó theo Bổ đề 2.2.2 tốn tử U : Rm → P(Rm ) có giá trị lồi, đóng. Ngồi

ta, ta thấy rằng U là một ánh xạ đóng. Nhờ có (2.4), tốn tử U là bị chặn địa

phương, do đó theo Bổ đề 1.3.2 nó có tính chất nửa liên tục trên.

Bây giờ ta định nghĩa Φ : Rn × Cτ → P(Rn ) như sau:

Φ(v, w) = {B(v, w)y + h(v) : y ∈ U (F (v))}.

Do toán tử B(v, w) là tuyến tính với mỗi v ∈ Rn , w ∈ Cτ và U có giá trị lồi,

đóng, ta suy ra Φ cũng có giá trị lồi đóng. Hơn nữa do tính liên tục của các ánh

xạ B, F , h và tính nửa liên tục trên của ánh xạ đa trị U , ta suy ra ánh xạ đa

trị hợp thành Φ cũng có tính chất nửa liên tục trên.

Từ các thiết lập trên, bất đẳng thức vi biến phân (2.1)-(2.3) được chuyển về

bao hàm thức vi phân sau

x (t) ∈ Ax(t) + Φ(x(t), xt ), t ∈ J,



(2.5)



x(t) = ϕ(t), t ∈ [−τ, 0],



(2.6)



44

u(t) ∈ U (x(t)).



(2.7)



Kí hiệu

PΦ (x) = {f ∈ L1 (J; Rn ) : f (t) ∈ Φ(x(t), xt )}, với x ∈ C.

Khi đó, ta nhận thấy rằng nếu (x, u) là một nghiệm của (2.1)-(2.3) thì x ∈ C

được cho bởi cơng thức dưới đây

t



x(t) = etA ϕ(0) +



e(t−s)A f (s)ds, f ∈ PΦ (x), t ∈ J,



(2.8)



0



x(t) = ϕ(t), t ∈ [−τ, 0].



(2.9)



Ngược lại, nếu x ∈ C là nghiệm của (2.8)-(2.9) thì bất đẳng thức vi biến phân

(2.1)-(2.3) có một nghiệm (x, u). Thật vậy, vì ánh xạ đa trị U là nửa liên tục

trên và hàm F liên tục nên theo [33, Định lý 1.3.5], tồn tại hàm khả tích u(·)

trên [0, T ] sao cho u(t) ∈ U (F (x(t))). Nói cách khác, hàm u là khả tích và thỏa

mãn bất đẳng thức biến phân (??).

Cho y ∈ CT và ϕ ∈ Cτ , ta định nghĩa hàm y[ϕ] ∈ C như sau



y(t), nếu t ∈ J,

y[ϕ](t) =

ϕ(t), nếu t ∈ [−τ, 0].

Xét toán tử Cauchy

W : L1 (J; Rn ) → CT

t



e(t−s)A f (s)ds.



W(f )(t) =



(2.10)



0



Với mỗi ϕ ∈ Cτ cho trước, ta định nghĩa toán tử nghiệm F : CT → P(CT ) như

sau

F(y)(t) = {etA ϕ(0) + W(f )(t) : f ∈ PΦ (y[ϕ])}, t ∈ J.

Khi đó y ∈ CT là một điểm bất động của ánh xạ F nếu và chỉ nếu y[ϕ] là một

nghiệm của (2.8)-(2.9).



45

Bổ đề 2.2.3. Với các giả thiết (H2)-(H5), ánh xạ PΦ được xác định và có tính

chất nửa liên tục trên yếu.

Chứng minh. Dựa trên kết quả của Bổ đề 2.2.2, ta có

Φ(v, w) := sup{ z : z ∈ Φ(v, w)}

≤ B(v, w) ηG (1 + F (v) ) + h(v)

≤ ηG (1 + ηF )[ηB ( v + w



Cτ )



+ ζB ] + ηh v + ζh .



(2.11)



Vì Φ là nửa liên tục trên với giá trị lồi, compact nên ánh xạ đa trị Λ(t) =

Φ(x(t), xt ) là đo được mạnh. Do đó, theo Bổ đề 1.3.8, Φ có biểu diễn Castaing,

từ đó dẫn đến PΦ (x) = ∅ với x ∈ C.

Khẳng định thứ hai được chứng minh bằng cách sử dụng Bổ đề 1.3.3. Lấy

{xk } ⊂ C sao cho xk → x∗ và lấy fk ∈ PΦ (xk ). Do đó fk (t) ⊂ C(t) :=

Φ({xk (t), (xk )t )} và C(t) là một tập compact với mỗi t ∈ J. Hơn nữa, từ (2.11),

{fk } là bị chặn tích phân ta suy ra {fk } là tập compact yếu trong L1 (J; Rn ).

Vậy tồn tại f ∗ ∈ L1 (J; Rn ) sao cho fk

f ∗ trong L1 (J; Rn ). Bởi Bổ đề Mazur,

tồn tại f¯k ∈ co{fi : i ≥ k} sao cho f¯k → f ∗ trong L1 (J; Rn ) và f¯k (t) → f ∗ (t) với

hầu khắp t ∈ J (lấy theo một dãy con). Chúng ta thấy rằng trong trường hợp

này, tính nửa liên tục trên của ánh xạ đa trị Φ suy ra rằng với mỗi > 0 bé tùy

ý ta có

Φ(xk (t), (xk )t ) ⊂ Φ(x∗ (t), x∗t ) + B với mọi số k đủ lớn,

ở đó B là hình cầu mở trong Rn tâm là gốc tọa độ và có bán kính . Từ đó

fk (t) ∈ Φ(x∗ (t), x∗t ) + B với hầu khắp t ∈ J,

và

f¯k (t) ∈ Φ(x∗ (t), x∗t ) + B với hầu khắp t ∈ J,

do tính lồi của Φ(x∗ (t), x∗t ) + B . Bao hàm thức cuối cùng dẫn đến f ∗ (t) ∈

Φ(x∗ (t), x∗t ) + B với hầu khắp t ∈ J. Do



là một số dương được chọn tùy ý,



ta thu được f ∗ ∈ PΦ (x∗ ). Từ đó suy ra tính nửa liên tục trên yếu của ánh xạ

PΦ .



46

Bổ đề 2.2.4. Toán tử W được xác định bởi (2.10) là một toán tử compact.

Chứng minh. Ta chứng minh rằng W(Ω) là compact tương đối trong CT với mọi

tập bị chặn Ω ⊂ L1 (J; Rn ). Thật vậy, ta có W(Ω)(t) bị chặn trong Rn . Thêm

vào đó, W(Ω) có tính chất đồng liên tục do nửa nhóm S(t) = etA liên tục theo

chuẩn. Từ đó bởi định lý Arzelà-Ascoli, ta suy ra W(Ω) là compact tương đối

trong CT . Vậy W là một toán tử compact.

Bổ đề 2.2.5. Giả sử các điều kiện (H1)-(H5) được thỏa mãn. Khi đó tốn tử

nghiệm F là compact và có đồ thị đóng.

Chứng minh. Bởi vì W là compact, ta dễ dàng kiểm tra được F(B) là tập

compact tương đối với mỗi tập bị chặn B ⊂ CT . Vì vậy, F là một ánh xạ đa trị

compact.

Bây giờ lấy {xk } ⊂ CT , xk → x∗ , yk ∈ F(xk [ϕ]) và yk → y ∗ . Chúng ta sẽ chỉ

ra rằng y ∗ ∈ F(x∗ ). Lấy fk ∈ PΦ (xk [ϕ]) sao cho

yk (t) = etA ϕ(0) + W(fk )(t), t ∈ J.



(2.12)



Bởi tính nửa liên tục trên yếu của PΦ và tính compact của {xk }, ta suy ra {fk }

là một dãy compact yếu, từ đó ta có thể giả sử rằng fk



f ∗ trong L1 (J; Rn ).



Hơn nữa, f ∗ ∈ PΦ (x∗ [ϕ]). Do tính compact của W, ta thu được W(fk ) → W(f ∗ )

trong CT . Từ đó chuyển qua giới hạn đẳng thức (2.12) khi k → ∞, ta nhận được

y ∗ (t) = etA ϕ(0) + W(f ∗ )(t), t ∈ J.

Vì vậy y ∗ ∈ F(x∗ ) và F có đồ thị đóng.

Định lý 2.2.6. Giả sử rằng (H1)-(H5) được thỏa mãn. Khi đó bài tốn (2.5)-(2.6)

có ít nhất một nghiệm trên [−τ, T ]. Hơn nữa, tập nghiệm của (2.5)-(2.6) là một

tập compact trong C. Từ đó suy ra tính giải được của bất đẳng thức vi biến phân

(2.1)-(2.3) trong C × L1 ([0, T ]; K).

Chứng minh. Đầu tiên ta sẽ chứng tỏ rằng Fix(F) = ∅. Theo Bổ đề 2.2.5, khẳng

định này được chứng minh nếu tồn tại một tập lồi, đóng, bị chặn M0 ⊂ CT



47

thỏa mãn F(M0 ) ⊂ M0 . Lấy y ∈ F(x). Khi đó từ định nghĩa toán tử nghiệm

và ước lượng (2.11) của ánh xạ Φ, tồn tại f ∈ PΦ (x[ϕ]) thỏa mãn

t



y(t) = etA ϕ(0) +



e(t−s)A f (s)ds

0

t



e(t−s)A



≤ M ϕ(0) +



f (s) ds



0

t



≤ M ϕ(0) + M



[(η + ηh ) x(s) + η x[ϕ]s



Cτ



+ ηG (1 + ηF )ζB + ζh ] ds,



0



với mọi t ∈ J, ở đó M = sup etA , η = ηG (1 + ηF )ηB .

t∈J



Mặt khác, ta có

x[ϕ]s



Cτ



= sup



x[ϕ](s + θ) ≤ ϕ



Cτ



+ sup



θ∈[−τ,0]



x(ρ) ,



ρ∈[0,s]



từ đó suy ra

t



y(t) ≤ M1 + M



((η + ηh ) x(s) + η sup



x(ρ) )ds



ρ∈[0,s]



0

t



≤ M1 + M (2η + ηh )



sup



u(ρ) ds,



0 ρ∈[0,s]



ở đây M1 = M ϕ(0) + M T [η ϕ



Cτ



+ ηG (1 + ηF )ζB + ζh ]. Do vế phải của bất



đẳng thức cuối cùng không giảm theo t, ta nhận được

t



sup y(ρ) ≤ M1 + M (2η + ηh )

ρ∈[0,t]



sup

0



x(ρ) ds.



(2.13)



ρ∈[0,s]



Kí hiệu

M0 = {x ∈ CT : sup x(s) ≤ ψ(t), t ∈ [0, T ]},

s∈[0,t]



với ψ là nghiệm duy nhất của phương trình tích phân

t



ψ(s)ds, t ∈ J.



ψ(t) = M1 + M (2η + ηh )

0



Ta thấy rằng M0 là một tập đóng, lồi trong CT và ước lượng (2.13) suy ra rằng

F(M0 ) ⊂ M0 . Áp dụng Định lý 1.3.13, tồn tại hàm liên tục x trên [−τ, T ] là

điểm bất động của ánh xạ F. Định lý được chứng minh.



48



2.3



SỰ TỒN TẠI NGHIỆM PHÂN RÃ



Trong phần này, chúng tơi chứng minh bài tốn (2.5) có một nghiệm phân

rã với tốc độ mũ. Với mỗi số dương γ và hàm ϕ ∈ Cτ , kí hiệu

Bϕγ (R) = {x ∈ C([0, ∞); Rn ) : x(0) = ϕ(0), eγt x(t) ≤ R với mọi t ≥ 0}.

Khi đó, Bϕγ (R) cùng với chuẩn supremum



·



BC



là một tập con đóng của



BC([0, ∞); Rn ) và Bϕγ (R) là tập các hàm phân rã tốc độ mũ trong BC([0, ∞); Rn ).

Ta sẽ xét toán tử nghiệm F trên Bϕγ (R). Để đưa ra được sự tồn tại nghiệm có

tính phân rã, các giả thiết (H1), (H2) và (H5) được thay thế bởi những giả thiết

mạnh hơn như sau:

(H1*) Toán tử A là tuyến tính trên Rn sao cho tồn tại a > 0 : −Az, z ≥ a z



2



với mọi z ∈ Rn .

(H2*) Ánh xạ B thỏa mãn (H2) với ζB = 0.

(H5*) Hàm h thỏa mãn (H5) với ζh = 0.

Bổ đề 2.3.1. Giả sử (H1*), (H2*), (H3)-(H4) và (H5*) được thỏa mãn. Khi đó

nếu

ηG (1 + ηF )ηB (1 + eγτ ) + ηh + γ < a



(2.14)



thì F(Bϕγ (R)) ⊂ Bϕγ (R) với số R > 0 nào đó.

Chứng minh. Do (H1*) ta có

etA ≤ e−at , t ≥ 0.



(2.15)



Giả sử ngược lại rằng: với mỗi số n ∈ N tồn tại xn ∈ Bϕγ (n) và yn ∈ F(xn ) với

yn ∈ Bϕγ (n). Khi đó tồn tại hàm khả tích fn ∈ PΦ (xn [ϕ]) sao cho

t



yn (t) = etA ϕ(0) +



e(t−s)A fn (s)ds,

0



∀t ≥ 0.



49

Ta sử dụng (2.15) và ước lượng (2.11) để nhận được

t

−at



yn (t) ≤ e



ϕ



Cτ



e−a(t−s) ( xn (s) + xn [ϕ]s



+ ηG (1 + ηF )ηB



Cτ )ds



0

t



e−a(t−s) xn (s) ds.



+ ηh



(2.16)



0



Dễ thấy eγt xn (t) ≤ n với mọi t ≥ 0. Khi đó với mọi t ≥ τ , ta có

eγt xn [ϕ]t



Cτ



= eγt sup



xn (t + ρ)



ρ∈[−τ,0]



= eγt sup e−γ(t+ρ) eγ(t+ρ) xn (t + ρ)

ρ∈[−τ,0]



≤ eγt e−γ(t−τ ) sup eγ(t+ρ) xn (t + ρ)

ρ∈[−τ,0]



≤ neγτ .

Mặt khác, với mỗi t ∈ [0, τ ] ta có eγt xn [ϕ]t

eγt xn [ϕ]t



Cτ



≤ eγτ (n + ϕ



Cτ



≤ eγτ ϕ



Cτ )



Cτ .



Vì vậy,



với mọi t ≥ 0.



Kết hợp với (2.16) ta suy ra rằng

t



eγt yn (t) ≤ e−(a−γ)t ϕ



Cτ



e−(a−γ)(t−s) eγs xn (s) ds



+ [ηG (1 + ηF )ηB + ηh ]

0

t



e−(a−γ)(t−s) eγs xn [ϕ]s



+ ηG (1 + ηF )ηB



Cτ ds



0



≤ ϕ



Cτ



+ {n[ηG (1 + ηF )ηB + ηh ] + (n + ϕ



ở đó



t



e−(a−γ)(t−s) ds =



I=

0



Cτ )e



γτ



ηG (1 + ηF )ηB }I,



1

(1 − e−(a−γ)t ).

a−γ



Từ đó dẫn đến

1

1

C

ηG (1 + ηF )ηB (1 + eγτ ) + ηh + ,

sup eγt yn (t) ≤

n t≥0

a−γ

n



(2.17)