3 SỰ TỒN TẠI NGHIỆM PHÂN RÃ

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)



50

với

C= ϕ



Cτ



+



1

a−γ



ϕ



Cτ ηG (1



+ ηF )ηB eγτ .



Chuyển qua giới hạn bất đẳng thức (2.17), khẳng định nhận được mâu thuẫn

với giả thiết (2.14). Bổ đề được chứng minh.

Ta phát biểu định lý chính trong phần này về sự tồn tại nghiệm phân rã

của hệ động lực liên kết với bất đẳng thức vi biến phân (2.1)-(2.3). Kí hiệu

phép chiếu Π : BC([−τ, ∞]; Rn ) × L1loc (R+ ; R) → BC([−τ, ∞]; Rn ) xác định bởi

Π(x, u) := x.

Định lý 2.3.2. Giả sử rằng (H1*)-(H2*), (H3)-(H4), (H5*) thỏa mãn và tồn tại

một số γ > 0 sao cho

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

Khi đó tập nghiệm S của DVI (2.1)-(2.3) là khác rỗng. Hơn nữa Π(S) là một

tập compact, khác rỗng trên BC([−τ, ∞]; Rn ) và

eγt x(t) = O(1) khi t → ∞,

với mọi x ∈ Π(S).

Chứng minh. Xét ánh xạ F : Bϕγ (R) → P(Bϕγ (R)), với số R > 0 được xác định

trong Bổ đề 2.3.1. Bởi Định lý 1.3.13, để chỉ ra sự tồn tại điểm bất động của

F trên Bϕγ (R) ta chỉ cần chỉ ra rằng F là compact và nửa liên tục trên. Đầu

tiên ta chứng minh F là compact. Cho D ⊂ Bϕγ (R). Ta sẽ chứng minh F(D) là

compact, tức là χ∗ (F(D)) = 0.

Bằng lập luận tương tự như trong chứng minh của Bổ đề 2.2.5, ta có

χT (πT (F(D))) = 0.

Vì vậy,

χ∞ (F(D)) = 0.



(2.18)



Ta còn phải chỉ ra rằng d∞ (F(D)) = 0. Lấy x ∈ D và y ∈ F(x). Khi đó bởi Bổ

đề 2.3.1 ta có

y(t) ≤ Ce−γt , ∀t ≥ 0,



51

ở đó C = C(R, a, γ, ηB , ηF , ηG , ηh ). Vì vậy với mỗi T > 0, ta suy ra

sup y(t) ≤ Ce−γT , ∀y ∈ D.

t≥T



Từ đó dT (D) ≤ Ce−γT , ta suy ra d∞ (D) = lim dT (D) = 0. Kết hợp với (2.18)

T →∞



ta nhận được

χ∗ (F(D)) = 0,

suy ra F(D) là một tập compact tương đối do tính nửa chính quy của độ đo χ∗

(Bổ đề 1.2.9).

Để chỉ ra F là nửa liên tục trên, ta cần chỉ ra F có đồ thị đóng. Q trình

chứng minh tương tự như trong Bổ đề 2.2.5.



2.4



TẬP HÚT TOÀN CỤC CHO NỬA DÒNG ĐA TRỊ

SINH BỞI DVI



Trong phần này, ta nghiên cứu sự tồn tại tập hút toàn cục cho thành phần

tiến hóa của bất đẳng thức vi biến phân (2.1)-(2.2). Cụ thể, ta khảo sát nửa

dòng đa trị sinh bởi bao hàm thức vi phân (2.5). Từ Định lý 2.2.6, đặt

G : R+ × Cτ → P(Cτ )

G(t, ϕ) = {xt : x[ϕ] là một nghiệm của (2.5) − (2.6) trên [−τ, T ] với mọi T > 0}.

Khi đó G là nửa dòng đa trị sinh bởi hệ vi phân (2.5)-(2.6). Bằng lập luận tương

tự như trong [43, Bổ đề 5], ta suy ra nửa dòng đa trị trên là ngặt, tức là

G(t1 + t2 , ϕ) = G(t1 , G(t2 , ϕ)), với mọi t1 , t2 ∈ R+ , ϕ ∈ Cτ .

Với mỗi ϕ ∈ Cτ , ta kí hiệu

Σ(ϕ) = {x ∈ C([0, ∞); Rn ) : x[ϕ] là một nghiệm của (2.5)-(2.6)

trên [−τ, T ] với mọi T > 0}.

Khi đó ta có

πt ◦ Σ(ϕ) ⊂ S(·)ϕ(0) + W ◦ PΦ (πt ◦ Σ(ϕ)[ϕ]).



52

Hơn nữa G(t, ϕ) = {x[ϕ]t : x ∈ Σ(ϕ)}. Mặt khác, do Định lý 2.2.6, πt ◦ Σ(ϕ) là

tập con compact trong C([0, t]; Rn ) với mỗi t > 0. Từ đó suy ra G(t, ϕ) cũng là

tập compact trong Cτ . Vậy G(t, ·) có giá trị compact. Các tính chất của G(t, ·)

được cho trong các bổ đề dưới đây.

Bổ đề 2.4.1. Giả sử (H1)-(H5) được thỏa mãn. Khi đó ánh xạ đa trị G(t, ·) là

compact với mỗi t > τ .

Chứng minh. Lấy Ω là tập bị chặn trong Cτ và {zn } là dãy trong G(t, Ω). Khi

đó với mỗi số n, ta có thể tìm được các hàm ϕn ∈ Ω và xn ∈ Σ(ϕn ) sao cho

zn = xn [ϕn ]t .

Bởi vì t > τ ta có

zn = xn (t + ·) = e(t+·)A ϕn (0) + W(fn )(t + ·),

ở đây fn ∈ PΦ (xn [ϕn ]). Do {ϕn (0)} ⊂ Rn là dãy bị chặn và A sinh ra nửa nhóm

compact nên tập hợp {e(t+·)A ϕn (0)} compact tương đối trong Cτ . Mặt khác,

theo ước lượng (2.11), vì {xn } là dãy bị chặn nên {fn } là bị chặn tích phân. Do

W là một tốn tử compact, ta suy ra {W(fn )} là compact tương đối trong Cτ .

Từ đó suy ra dãy {zn } là dãy compact tương đối. Bổ đề được chứng minh.

Hệ quả 2.4.2. Giả sử (H1)-(H5) được thỏa mãn. Khi đó nửa dòng đa trị G là

nửa compact tiệm cận trên.

Chứng minh. Lấy t1 > τ , ta có G(t1 , ·) là tốn tử compact do Bổ đề 2.4.1. Từ

Mệnh đề 1.4.2, ta suy ra G là nửa compact tiệm cận trên.

Bổ đề 2.4.3. Giả sử (H1)-(H5) được thỏa mãn. Khi đó G(t, ·) là nửa liên tục

trên với mỗi t ≥ 0.

Chứng minh. Theo Bổ đề 1.3.2, vì G(t, ·) là ánh xạ đa trị compact nên ta chỉ

cần chứng minh rằng G(t, ·) là đóng với mỗi t ≥ 0. Lấy ϕn → ϕ∗ trong Cτ và

zn ∈ G(t, ϕn ) sao cho zn → z ∗ . Ta chỉ ra z ∗ ∈ G(t, ϕ∗ ), tức là z ∗ = x∗ [ϕ∗ ]t

với x∗ ∈ Σ(ϕ∗ ). Lấy dãy xn ∈ Σ(ϕn ) sao cho zn = xn [ϕn ]t , dấn đến tồn tại

fn ∈ PΦ (xn [ϕn ]) thỏa mãn

xn = e(·)A ϕn (0) + W(fn ).



(2.19)