1. Trang chủ >
  2. Luận Văn - Báo Cáo >
  3. Thạc sĩ - Cao học >

4 TẬP HÚT TOÀN CỤC CHO NỬA DÒNG ĐA TRỊ SINH BỞI DVI

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (773.62 KB, 110 trang )


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 toán 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)



53

Vì {ϕn } bị chặn trong Cτ nên {xn } là dãy bị chặn trong C(J; Rn ). Do đó {fn }

là bị chặn khả tích trong L1 (0, T ; Rn ). Từ tính compact của W suy ra {W(fn )}

compact tương đối trong C(J; Rn ). Thêm vào đó, {e(·)A ϕn (0)} là dãy hội tụ

trong C([0, T ]; Rn ), kết hợp với (2.19) ta nhận được {xn } có dãy con hội tụ

(khơng giảm tổng qt ta vẫn kí hiệu dãy con đó là {xn }). Đặt x∗ = lim xn

n→∞



trong C([0, T ]; Rn ). Khi đó xn [ϕn ] → x∗ [ϕ∗ ] trong C([−τ, T ]; Rn ). Do PΦ là nửa

liên tục trên yếu và áp dụng Bổ đề 1.3.3, ta thu được sự hội tụ yếu theo dãy

con: fn



f ∗ ∈ PΦ (x∗ [ϕ∗ ]). Từ đó chuyển qua giới hạn đẳng thức (2.19), ta có

x∗ = e(·)A ϕ∗ (0) + W(f ∗ ),



trong đó f ∗ ∈ PΦ (x∗ [ϕ∗ ]). Vậy x∗ [ϕ∗ ] là một nghiệm của (2.5)-(2.6) và do đó

x∗ [ϕ∗ ]t ∈ G(t, ϕ∗ ). Hiển nhiên rằng zn = xn [ϕn ]t → z ∗ = x∗ [ϕ∗ ]t và z ∗ ∈ G(t, ϕ∗ ).

Bổ đề được chứng minh.

Để áp dụng Định lý 1.4.5 với mục đích thu được kết quả về sự tồn tại tập hút

tồn cục của nửa dòng đa trị G, ta còn phải chỉ ra rằng G có một tập hấp thụ

trong Cτ . Kết quả này nhận được thông qua sử dụng bất đẳng thức Halanay.

Bổ đề 2.4.4. Giả sử (H1*) và (H2)-(H5) được thỏa mãn. Nếu

2ηB ηG (1 + ηF ) + ηh < a,

thì tồn tại một tập hấp thụ cho nửa dòng đa trị G.

Chứng minh. Với t > 0 và ϕ ∈ Cτ , ta xét nghiệm x[ϕ] của bài toán được cho

bởi



t



x(t) = etA ϕ(0) +



e(t−s)A f (s)ds,

0



x(t) = ϕ(t), t ∈ [−τ, 0],

với f ∈ PΦ (x[ϕ]). Sử dụng (H1*) và bất đẳng thức (2.11), ta thu được

x(t) ≤e−at ϕ(0)

t



e−a(t−s) [(η + ηh ) x(s) + η x[ϕ]s



+

0







+ ηG (1 + ηF )ζB + ζh ]ds,



54

ở đây η = ηB ηG (1 + ηF ). Vì a − (2η + ηh ) > 0 nên ta có thể chọn R > 0 sao cho

ηG (1 + ηF )ζB + ζh

η+

= d < a − (η + ηh ). Đầu tiên, ta chứng minh rằng với

R

mỗi ϕ ∈ Cτ thỏa mãn ϕ Cτ ≤ C, nghiệm x[ϕ] có tính chất sau: ∃t0 > 0 sao cho

x[ϕ]t0







≤ R. Thật vậy, giả sử ngược lại với mọi t > 0, ta có x[ϕ]t







> R.



Thế thì

η x[ϕ]s







+ ηG (1 + ηF )ζB + ζh ≤ d x[ϕ]s



Cτ , ∀s



≥ 0.



Do đó ta có

t



x(t) ≤ e−at ϕ(0) +



e−a(t−s) [(η + ηh ) x(s) + d x[ϕ]s



Cτ ]ds, t



≥ 0.



0



Đặt



y(t) =







e−at ϕ(0) +



t



e−a(t−s) [(η + ηh ) x(s) + d xs



Cτ ]ds, t



≥ 0,



0





 x(t) , t ∈ [−τ, 0].

Khi đó x(t) ≤ y(t), ∀t ≥ −τ , từ đó ta suy ra ước lượng sau

y (t) ≤ −[a − (η + ηh )]y(t) + d sup y(s).

s∈[t−τ,t]



Áp dụng bất đẳng thức Halanay, ta thu được

x(t) ≤ ϕ

ở đây



Cτ e



− t



≤ Ce− t , ∀t ≥ 0,



là một số dương.



Từ đó ta có

R < xt







x(t + θ) ≤ Ce τ e− t , ∀t ≥ 0.



= sup

θ∈[−τ,0]



Vậy xt







có giới hạn 0 khi t → ∞, suy ra tồn tại t1 > 0 sao cho xt1







< R.







≤ R.



Ta có mâu thuẫn.

Vì vậy với mỗi C > 0, nếu ϕ







Bằng phản chứng, ta chỉ ra rằng xt



< C thì tồn tại t0 > 0 sao cho xt0





≤ R, ∀t ≥ t0 . Thật vậy giả sử ngược lại,



tồn tại t1 ≥ t0 sao cho

xt1







≤ R nhưng đồng thời xt







> R với mọi t ∈ (t1 , t1 + θ),



55

ở đây θ > 0. Vì x[ϕ] là nghiệm của bài tốn trên [t1 , t1 + θ) nên ta có

t



x(t) = e(t−t1 )A x(t1 ) +



e(t−s)A f (s)ds, f ∈ PΦ (x[ϕ]).

t1



Khi đó

t



x(t) ≤ e−a(t−t1 ) ϕ(0) +



e−a(t−s) [(η + ηh ) x(s) + d xs



Cτ ]ds, t



∈ [t1 , t1 + θ).



t1



Sử dụng lập luận tương tự như trên, ta thu được

x(t) ≤ xt1



Cτ e



− (t−t1 )



≤ xt1







≤ R,



∀t ∈ [t1 , t1 + θ).



Do đó với mỗi t ∈ [t1 , t1 + θ), ta có

xt







= sup



x(t + s) = sup



s∈[−τ,0]







sup



x(r)



r∈[t−τ,t]



x(r)



r∈[t1 −τ,t]



= max{



sup



x(r) , sup



r∈[t1 −τ,t1 ]



= max{ xt1



Cτ ,



x(r) }



r∈[t1 ,t]



sup



x(r) } ≤ R.



r∈[t1 ,t]



Từ đây suy ra mâu thuẫn. Vậy tồn tại hình cầu nhận điểm gốc làm tâm, có bán

kính R là một tập hấp thụ của nửa dòng đa trị G, cụ thể R được chọn sao cho

ηG (1 + ηF )ζB + ζh

R>

.

a − (2η + ηh )

Định lý 2.4.5. Giả sử (H1*), (H2)-(H5) được thỏa mãn. Khi đó tồn tại một tập

hút tồn cục cho nửa dòng đa trị G sinh bởi (2.5) nếu ta có ước lượng dưới đây

2ηB ηG (1 + ηF ) + ηh < a.

Chứng minh. Kết luận của định lý được suy ra từ Hệ quả 2.4.2, Bổ đề 2.4.3 và

Bổ đề 2.4.4.

Kết luận Chương 2

Trong chương này, chúng tơi đã thu được các kết quả chính bao gồm:



56

1) Chứng minh được sự tồn tại nghiệm toàn cục và tính chất của tập nghiệm

đối với bài tốn Cauchy (Định lý 2.2.6).

2) Chứng minh được sự tồn tại nghiệm phân rã của hệ động lực sinh bởi bất

đẳng thức vi biến phân với mỗi giá trị ban đầu bất kì (Định lý 2.3.2).

3) Chỉ ra được sự tồn tại một tập hút tồn cục trong Cτ của nửa dòng đa

trị liên kết với hệ động lực sinh bởi bất đẳng thức vi biến phân (Định lý

2.4.5).

Kết quả của chúng tôi trong chương này là tổng quát đối với lớp bài tốn bù

vi phân tuyến tính với trễ. Cụ thể, chúng tôi vẫn nhận được các kết quả tương

tự cho bài toán

x (t) = Ax(t) + h(x(t)) + B(x(t), xt )u(t), t ∈ [0, T ],

0 ≤ u(t) ⊥ F (x(t)) + G(u(t)) ≥ 0, với hầu khắp t ∈ J,

x(s) = ϕ(s), s ∈ [−τ, 0].

Chú ý rằng, nếu hàm F còn phụ thuộc thêm xt , tức là F : Cτ × Rn → Rm thì

ta vẫn nhận được các khẳng định về tính giải được, sự tồn tại nghiệm phân rã,

và sự tồn tại tập hút cho hệ động lực thu được bởi bất đẳng thức vi biến phân

với một số điều kiện thích hợp đặt lên F . Những kết quả chính trong chương đã

góp phần làm phong phú thêm các nghiên cứu về tính giải được cũng như về

dáng điệu nghiệm của các bất đẳng thức vi biến phân hữu hạn chiều.



Chương 3

BẤT ĐẲNG THỨC VI BIẾN PHÂN

DẠNG PARABOLIC-ELLIPTIC

TRONG KHÔNG GIAN VÔ HẠN CHIỀU

Trong chương này, chúng tôi nghiên cứu bất đẳng thức vi biến phân dạng

parabolic-elliptic (DVI-PE) trong không gian vô hạn chiều. Kết quả thu được

bao gồm tính giải được và sự tồn tại một tập hút tồn cục của nửa dòng đa trị

sinh bởi hệ động lực liên kết với DVI-PE.

Nội dung chính của chương được trình bày dựa trên bài báo số [2] trong danh

mục các cơng trình khoa học liên quan đến luận án.



3.1



ĐẶT BÀI TỐN



Cho (X, ·



X)



là khơng gian Banach và (U, ·



U)



là không gian Banach



phản xạ. Chúng tôi xét bài toán sau

x (t) − Ax(t) ∈ F (x(t), u(t)), x(t) ∈ X, t ≥ 0,

B(u(t)) + ∂φ(u(t))



g(x(t), u(t)), u(t) ∈ U, t ≥ 0,



(3.1)

(3.2)

(3.3)



x(0) = ξ,



ở đó x là hàm trạng thái lấy giá trị trong X, u là hàm ràng buộc lấy giá trị

trong U . Hàm đa trị F xác định trên X × U và A là tốn tử tuyến tính đóng

sinh ra một C0 -nửa nhóm trong X. Hàm φ : U → R là hàm lồi, chính thường,

nửa liên tục dưới với dưới vi phân ∂φ ⊂ U × U ∗ , trong đó U ∗ là đối ngẫu của

U . Ta kí hiệu tích vơ hướng của cặp đối ngẫu là ·, · . Các hàm B : U → U ∗ và

g : X × U → U ∗ được cho trước với điều kiện cụ thể trong phần sau.

57



58

Chúng ta thấy rằng bài tốn (3.1)-(3.3) có dạng một bất đẳng thức vi biến

phân suy rộng, trong đó hàm trạng thái x(·) thỏa mãn một bao hàm thức dạng

parabolic và ràng buộc u(·) thỏa mãn bất đẳng thức biến phân elliptic với điều

kiện phù hợp đặt lên toán tử B. Đặc biệt khi lấy K là tập lồi đóng trong U ,

φ = IK là hàm chỉ của K



0, nếu x ∈ K,

IK (x) =

+∞, trong các trường hợp còn lại,

bài toán (3.1)-(3.3) được viết ở dạng sau

x (t) − Ax(t) ∈ F (x(t), u(t)), x(t) ∈ X, t ≥ 0,

v − u(t), B(u(t)) − g(x(t), u(t)) ≥ 0, ∀v ∈ K,



(3.4)

(3.5)

(3.6)



x(0) = ξ.



Đối với bài toán (3.1)-(3.3), ta sẽ đưa ra những điều kiện phù hợp đảm bảo tính

giải được toàn cục cũng như nghiên cứu dáng điệu nghiệm của bài tốn thơng

qua sự tồn tại tập hút của nửa dòng đa trị sinh bởi hệ động lực của DVI-PE.



3.2



SỰ TỒN TẠI NGHIỆM



Để nghiên cứu tính giải được cho bài toán (3.1)-(3.3), ta đưa ra các giả thiết

như sau.

(A) Toán tử A sinh ra một C0 -nửa nhóm {S(t)}t≥0 trên X.

(B) Toán tử B : U → U ∗ được xác định bởi

u, Bv = b(u, v), ∀u, v ∈ U,

ở đó b : U × U → R là hàm song tuyến tính trên U × U sao cho tồn tại số

dương ηB thỏa mãn

b(u, u) ≥ ηB u



2

U , ∀u



∈ U.



59

(F) Ánh xạ đa trị F : X × U → P(X) là nửa liên tục trên với giá trị lồi,

compact. Hơn nữa

(1) Nếu nửa nhóm S(·) khơng có tính compact, thì F thỏa mãn ước lượng

theo độ đo

χ(F (C, D)) ≤ pχ(C) + qU(D)

với mọi tập bị chặn C ⊂ X và D ⊂ U , ở đây p, q là các hằng số

dương; χ và U lần lượt là các độ đo không compact Hausdorff trên

các không gian X và U .

(2) Tồn tại các hằng số dương a, b, c sao cho

F (x, u) := sup{ ξ



X



: ξ ∈ F (x, u)} ≤ a x



X



+b u



U



+ c,



với mọi x ∈ X, y ∈ U .

(G) Hàm g : X × U → U ∗ là hàm liên tục Lipschitz, nghĩa là tồn tại hai số

dương η1 và η2 sao cho

g(y, v) − g(¯

y , v¯)



U∗



≤ η1 y − y¯



X



+ η2 v − v¯



U,



với mọi y, y¯ ∈ X và v, v¯ ∈ U .

Với mỗi T > 0, kí hiệu PF là một ánh xạ đa trị được xác định bởi

PF : C([0, T ]; X) × L1 (0, T ; U ) → P(L1 (0, T ; X)),

PF (x, u) = {f ∈ L1 (0, T ; X) : f (t) ∈ F (x(t), u(t)) với hầu khắp t ∈ [0, T ]}.

Như vậy, PF (x, u) là tập các hàm chọn khả tích của F (x(·), u(·)) với mỗi (x, u) ∈

C([0, T ]; X) × L1 (0, T ; U ).

Chúng ta đưa ra định nghĩa cho nghiệm yếu của bài toán (3.1)-(3.3).

Định nghĩa 3.2.1. Một cặp hàm (x, u) trong đó x : [0, T ] → X liên tục và

u : [0, T ] → U khả tích được gọi là nghiệm yếu của bài toán (3.1)-(3.3) nếu tồn

tại hàm chọn f ∈ PF (x, u) sao cho

t



S(t − s)f (s)ds, t ∈ [0, T ],



x(t) = S(t)ξ +

0



Bu(t) + ∂φ(u(t))



g(x(t), u(t)), t ∈ [0, T ].



60

Kí hiệu tập nghiệm của bất đẳng thức biến phân elliptic bởi

S(z) = {u ∈ U : Bu + ∂φ(u)



(3.7)



z}.



Sử dụng [9, Định lý 2.13], ta suy ra bổ đề dưới đây.

Bổ đề 3.2.2. Giả sử điều kiện (B) được thỏa mãn. Khi đó với mỗi z ∈ U ∗ , tập

nghiệm S(z) là tập đơn trị. Hơn nữa, ánh xạ z → S(z) là ánh xạ Lipschitz từ

U ∗ vào U , cụ thể ta có

S(z1 ) − S(z2 )



U







1

z1 − z2

ηB



U ∗ , ∀z1 , z2



∈ U ∗.



(3.8)



Chứng minh. Do tính cưỡng của toán tử B nên ta suy ra

(y, By) + φ(y)

= ∞.

y U

U →∞



lim

y



Từ đó bởi [9, Định lý 2.13], tập S(z) là đơn trị với mỗi z ∈ U ∗ . Tiếp theo, ta sẽ

chỉ ra tương ứng z → S(z) là liên tục Lipschitz.

Thật vậy, đặt u1 = S(z1 ), u2 = S(z2 ), sử dụng giả thiết (B) ta có

b(u1 , u1 − v) + φ(u1 ) − φ(v) ≤ u1 − v, z1 , ∀v ∈ U,



(3.9)



b(u2 , u2 − v) + φ(u2 ) − φ(v) ≤ u2 − v, z2 , ∀v ∈ U.



(3.10)







Lấy v = u2 trong (3.9) và v = u1 trong (3.10) sau đó cộng theo từng vế hai bất

đẳng thức lại với nhau ta thu được

b(u1 − u2 , u1 − u2 ) ≤ u1 − u2 , z1 − z2 .

Do giả thiết (B), ta có b(u1 − u2 , u1 − u2 ) ≥ ηB u1 − u2

thức u1 − u2 , z1 − z2 ≤ u1 − u2

u1 − u2

Bổ đề được chứng minh.



z1 − z2 , ta có

U







1

z1 − z2

ηB



U∗.



2

U.



Kết hợp với bất đẳng



61

Bây giờ với mỗi y ∈ X cho trước, ta xét bất đẳng thức biến phân sau:

Bu + ∂φ(u)



(3.11)



g(y, u).



Bổ để dưới đây chỉ ra sự tồn tại nghiệm và tính chất của ánh xạ nghiệm cho

bao hàm thức (3.11).

Bổ đề 3.2.3. Giả sử (B) và (G) được thỏa mãn. Hơn nữa giả sử rằng η2 < ηB .

Khi đó, với mỗi y ∈ X, tồn tại nghiệm duy nhất u ∈ U của (3.11). Ngoài ra,

ánh xạ nghiệm

V:X→U

y → u,

là liên tục Lipschitz, cụ thể ta có ước lượng sau

V(y1 ) − V(y2 )



U







η1

y1 − y2

ηB − η2



X , ∀y1 , y2



∈ X.



(3.12)



Chứng minh. Trước tiên ta sẽ chỉ ra rằng S ◦ g(y, ·) có một điểm bất động duy

nhất. Lấy y cố định trong X, xét ánh xạ hợp thành S ◦ g(y, ·) : U → U . Do (3.8),

ta nhận được

S(g(y, u1 )) − S(g(y, u2 ))



U



1

g(y, u1 ) − g(y, u2 )

ηB

η2



u1 − u2 U .

ηB







U∗



(3.13)



Vì η2 < ηB nên ánh xạ S ◦ g(y, ·) là ánh xạ co. Theo nguyên lý ánh xạ co,

S ◦ g(y, ·) có điểm bất động duy nhất. Từ đây ta suy ra tính duy nhất nghiệm

của (3.11).

Ta còn phải chỉ ra rằng tương ứng y → u là Lipschitz. Đặt V(y1 ) = u1 , V(y2 ) =

u2 . Khi đó ta có

u1 − u2



U



= S(g(y1 , u1 )) − S(g(y2 , u2 )) U

1



g(x1 , u1 ) − g(x2 , u2 ) U ∗

ηB

η1

η2



x1 − x2 X +

u1 − u2 U .

ηB

ηB



62

Từ đó suy ra

u1 − u2



U







η1

y1 − y 2

ηB − η2



X.



Bổ đề được chứng minh.

Nhận xét 3.2.4. Liên quan đến bất đẳng thức biến phân (3.7), trong trường hợp

bài tốn được xét trên khơng gian Hilbert U = V . Gọi V là đối ngẫu của V và

gọi H là không gian Hilbert đồng nhất với đối ngẫu H của nó sao cho ta có bộ

ba tiến hóa

V ⊂ H = H ⊂ V.

Khi đó theo [9, Bổ đề 2.9], với mỗi z ∈ V , tồn tại y ∈ V thỏa mãn (3.7) và

By ∈ V . Một trong những câu hỏi tự nhiên được đặt ra là khi nào thì By ∈ H.

Bằng cách định nghĩa toán tử BH : H → H bởi

BH y = By với mỗi y ∈ D(BH ) = {u ∈ U ; Bu ∈ H},

và dựa vào [9, Định lý 2.14], ta thấy rằng nếu tồn tại phần tử h ∈ H, số C ∈ R

sao cho

φ(I + λBH )−1 (y + λh) ≤ φ(y) + Cλ, ∀λ > 0, y ∈ U,



(3.14)



thì với mỗi z ∈ H, bất đẳng thức biến phân elliptic (3.7) có nghiệm u ∈ D(BH ).

Để giải bài tốn (3.1)-(3.3), ta đưa nó về dạng bao hàm thức vi phân. Xét

ánh xạ đa trị

G(y) := F (y, V(y)), y ∈ X.

Ta có G : X → P(X) có giá trị lồi, compact. Thêm vào đó, nhờ giả thiết (F) và

tính liên tục của V, ánh xạ hợp thành G là nửa liên tục trên. Hơn nữa, do ước

lượng (3.12) và tính chất của độ đo khơng compact Hausdorff, ta có

U(V(Ω)) ≤



η1

χ(Ω), ∀Ω ∈ B(X).

ηB − η2



Trong trường hợp nửa nhóm S(·) khơng compact, ta có

χ(G(B)) = χ(F (B, V(B)))

≤ pχ(B) + qU(V(B))



Xem Thêm
Tải bản đầy đủ (.pdf) (110 trang)

×