Tính ổn định nghiệm của một lớp phương trình khuếch tán dị thường chứa trễ

ỦY BAN NHÂN DÂN TỈNH THANH HÓA
TRƯỜNG ĐẠI HỌC HỒNG ĐỨC

ĐÀO QUỲNH GIAO

TÍNH ỔN ĐỊNH NGHIỆM
CỦA MỘT LỚP PHƯƠNG TRÌNH
KHUẾCH TÁN DỊ THƯỜNG CHỨA TRỄ

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Thanh Hóa, 2019


ỦY BAN NHÂN DÂN TỈNH THANH HÓA
TRƯỜNG ĐẠI HỌC HỒNG ĐỨC

ĐÀO QUỲNH GIAO

TÍNH ỔN ĐỊNH NGHIỆM
CỦA MỘT LỚP PHƯƠNG TRÌNH
KHUẾCH TÁN DỊ THƯỜNG CHỨA TRỄ
Chun ngành: Tốn giải tích
Mã số : 8 46 01 02

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Người hướng dẫn khoa học: PGS.TS. Trần Đình Kế

Thanh Hóa, 2019

i

Lời cam đoan
Tôi xin cam đoan luận văn này là kết quả nghiên cứu của riêng tôi dưới sự hướng
dẫn của PGS.TS Trần Đình Kế.
Trong q trình nghiên cứu, tơi đã kế thừa thành quả khoa học của các nhà khoa
học với sự trân trọng và biết ơn. Các kết quả trích dẫn trong luận văn này đã được chỉ
rõ nguồn gốc.

Thanh Hóa, tháng 11 năm 2019


ii

Lời cảm ơn
Luận văn này được hoàn thành tại Khoa Khoa học Tự nhiên, Trường Đại
học Hồng Đức - Thanh Hóa dưới sự hướng dẫn của Thầy PGS.TS. Trần
Đình Kế, Trường Đại học Sư phạm Hà Nội I. Thầy đã hướng dẫn nhiệt tình,
chu đáo giúp tơi hồn thành luận văn này. Qua đây tơi xin chân thành bày
tỏ lịng biết ơn sâu sắc tới Thầy.
Tôi cũng xin gửi lời cảm ơn tới tất cả các thầy cô đã giảng dạy tơi và cảm
ơn tất cả bạn bè vì sự giúp đỡ chân tình của mọi người. Tơi xin gửi lời cảm
ơn tới phòng Sau đại học, Trường Đại học Hồng Đức - Thanh Hóa đã giúp
đỡ về mặt thủ tục để tơi hồn thiện luận văn này.
Cuối cùng, tơi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới gia đình, cơ quan nơi tơi
cơng tác đã động viên, tạo điều kiện cho tôi được yên tâm học tập và nghiên
cứu.
Mặc dù đã cố gắng song luận văn khó tránh khỏi những hạn chế và thiếu
sót. Tác giả rất mong nhận được ý kiến góp ý của các nhà khoa học, các thầy

giáo, cô giáo, các anh chị và đồng nghiệp để luận văn hoàn thiện hơn.
Xin trân trọng cảm ơn!

Thanh Hóa, tháng 11 năm 2019
Tác giả


iii

Mục lục
Mở đầu

1

1 KIẾN THỨC CHUẨN BỊ
1.1 Họ giải thức của bài toán . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2 Bất đẳng thức Gronwall và Halanay . . . . . . . . . . . . . .

4
4
11

2 TÍNH GIẢI ĐƯỢC VÀ ỔN ĐỊNH TIỆM CẬN
2.1 Tính giải được và tính tiêu hao . . . . . . . . .
2.2 Tính ổn định tiệm cận . . . . . . . . . . . . . .
2.3 Tính ổn định tiệm cận yếu . . . . . . . . . . . .
2.4 Một trường hợp riêng . . . . . . . . . . . . . .

15
15

19
21
25

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.

.
.
.

.
.
.
.

Kết luận

27

Tài liệu tham khảo

28


1

MỞ ĐẦU
1. Lí do chọn đề tài
Cho Ω ⊂ Rd là một miền bị chặn với ∂Ω trơn. Xét bài toán

∂t [k ∗ (u − u0 )] + (−∆)γ u = f (t, u, uρ ), t > 0, x ∈ Ω,

(0.1)

với điều kiện ban đầu

u(τ, x) = ϕ(τ, x), τ ∈ [−h, 0], x ∈ Ω,

(0.2)

trong đó ϕ ∈ C([−h, 0]; L2 (Ω)), ϕ(0, ·) = u0 , và điều kiện biên

u(t, x) = 0, t ≥ 0, x ∈ ∂Ω.

(0.3)

Trong phương trình (0.1), k ∈ L1loc (R+ ), γ > 0, và f : R+ × R2 → R
là hàm cho trước. Ở đây uρ (t, x) = u(t − ρ(t), x), ρ ∈ C(R+ ) sao cho
−h ≤ t − ρ(t)R ≤ t, và ‘∗ ’ là ký hiệu tích chập Laplace theo t, tuức là,
t
(k ∗ v)(t, x) = 0 k(t − s)v(s, x)ds với v ∈ C(R+ ; L2 (Ω)).
Thành phần đầu tiên trong phương trình (0.1) thể hiện đạo hàm có nhớ và
phương trình này thuộc lớp phương trình đạo hàm riêng khơng địa phương,
được sử dụng để mơ tả các q trình khuếch tán dị thường (xem [16]).
Để nghiên cứu phương trình (0.1), ta sử dụng giả thiết sau đây:
(K) Hàm k ∈ L1loc (R+ ) không âm và không tăng, hơn nữa tồn tại một hàm
l ∈ L1loc (R+ ) sao cho k ∗ l = 1 trên (0, ∞).
Cặp (k, l) được gọi là cặp nhân Sonine (xem [12]). Ký hiệu gα (t) =
t /Γ(α), với α > 0 và t > 0. Sau đây là các ví dụ về cặp (k, l):
α−1

• k(t) = g1−α (t) and l(t) = gα (t), α ∈ (0, 1). Phương trình (0.1) là
phương trình đạo hàm riêng phân thứ, thu hút sự quan tâm nghiên cứu
của nhiều nhà toán học trong ba thập kỷ gần đây. Nó được sử dụng để
mơ tả q trình khuếch tán chậm.
Z 1

Z ∞ −pt
e
• k(t) =
gβ (t)dβ và l(t) =
dp, t > 0. Phương trình (0.1) là
0

0

1+p

phương trình vi đạo hàm riêng bậc phân phối, được sử dụng để mơ tả
q trình khuếch tán siêu chậm.


2

Ta đã biết nếu k là hàm hoàn toàn đơn điệu, tức là k ∈ C ∞ (0, ∞) sao
cho (−1)n k (n) (t) ≥ 0 với mọi t ∈ (0, ∞), thì tồn tại hàm l ∈ L1loc (R+ )
thỏa mãn k ∗ l = 1 trên (0, ∞) (xem [3, Theorem 5.4, p.159]). Ví dụ
m
P
k(t) =
µi g1−αi (t) với αi ∈ (0, 1) và µi > 0. Hàm này hồn tồn đơn
i=1

điệu vàphương trình (0.1) chính là phương trình đạo hàm riêng phân thứ đa
thành phần.
∞
P

Mặt khác, nếu k(t) = tα−1 a(t) với α ∈ (0, 1), a(t) =
an tn , a0 6= 0, thì
có hàm b(t) =

∞
P

n=0

bn tn sao cho k và l xác định bởi l(t) = t−α b(t) là một cặp

n=0

nhân Sonine (xem [12]). Hàm k(t) = gβ (t)Eα,β (−ωtα ) với 0 < α < β < 1,
ω > 0, thuộc lớp này. Với nhân này, ta có lớp phương trình phân thứ có trọng
(xem [2]).
Xét phương trình (0.1) trong trường hợp tuyến tính, tức f khơng phụ
thuộc u, dáng điệu nghiệm của nó đã được nghiên cứu trong các cơng trình
[5, 4, 16]. Trường hợp f phi tuyến khơng chứa trễ, tính ổn định nghiệm đã
được khảo sát trong cơng trình [17]. Trong cơng trình gần đây [15], các tác giả
đã thiết lập các kết quả về tính chính quy và tính ổn định nghiệm của (0.1)
trong trường hợp f = f (u) bằng cách nghiên cứu một mơ hình trừu tượng
trong khơng gian Hilbert. Chú ý rằng sự xuất hiện của trễ trong phương trình
(0.1) là một đặc tính tự nhiên theo nghĩa, ngoại lực f không chỉ phụ thuộc
vào trạng thái hiện tại mà còn phụ thuộc vào trạng thái lịch sử của hệ. Sự
xuất hiện của trễ sẽ gây ra nhiều khó khăn trong việc phân tích tính ổn định
của hệ.
Mục tiêu của chúng tơi là trình bày một cách chi tiết các kết quả sau dựa
vào cơng trình [14]:

• Tính tiêu hao của hệ, tức sự tồn tại một tập hấp thụ cho tất cả các
nghiệm;

• Tính ổn định tiệm cận của nghiệm;
• Tính ổn định tiệm cận yếu (xem Định nghĩa 2.3.1) của nghiệm tầm
thường.
Để thiết lập các điều kiện ổn định, chúng tôi sử dụng một bất đẳng thức
kiểu Halanay, là một dạng tổng quát của bất đẳng thức Halanay cho phương
trình vi phân phân thứ trong [1]. Để chứng minh tính ổn định yếu, chúng tơi
sử dụng các kỹ thuật đã được trình bày trong [9, 13], ở đó lý thuyết điểm
bất động cho ánh xạ nén được khai thác. Quan tâm đến lớp bài toán này,
chúng tơi chọn đề tài: Tính ổn định nghiệm của một lớp phương trình
khuếch tán dị thường chứa trễ.
2. Mục đích nghiên cứu


3

Tìm hiểu các điều kiện đảm bảo tính giải được và tính ổn định nghiệm của
phương trình (1).
1. Tìm hiểu lý thuyết ổn định Lyapunov;
2. Tìm hiểu lý thuyết điểm bất động;
3. Nghiên cứu các điều kiện giải được và ổn định đối với phương trình (1).
3. Phương pháp nghiên cứu
Luận văn sử dụng một số công cụ của giải tích hàm và lý thuyết phương trình
vi phân:

• Lý thuyết điểm bất động;
• Lý thuyết ổn định Lyapunov;
• Giải tích trong khơng gian Hilbert.

4. Kết quả đạt được
Trình bày chi tiết một số kết quả về tính giải được và tính ổn định tiệm cận
của nghiệm đối với phương trình (1), dựa vào cơng trình [1].
5. Nội dung nghiên cứu
Luận văn dự kiến gồm 2 chương:
1. Chương 1: Kiến thức chuẩn bị
(a) Họ giải thức của bài toàn Cauchy
(b) Nghiệm tích phân của bài tốn Cauchy
(c) Bất đẳng thức Halanay
2. Chương 2: Tính giải được và ổn định tiệp cận
(a) Tính giải được tồn cục
(b) Tính ổn định của nghiệm
(c) Một trường hợp riêng


4

Chương 1
KIẾN THỨC CHUẨN BỊ
1.1

Họ giải thức của bài toán

Xét các phương trình tích phân (vơ hướng)

s(t) + µ(l ∗ s)(t) = 1, t ≥ 0,
r(t) + µ(l ∗ r)(t) = l(t), t > 0.

(1.1)
(1.2)

Sự tồn tại duy nhất nghiệm s và r đã được trình bày trong bài báo [11]. Ta nói
l là hàm hồn tồn dương nếu nghiệm s(·) và r(·) của các phương trình tích
phân nói trên nhận giá trị khơng âm với mọi tham số µ > 0. Tính chất này
của l tương đương với điều kiện (xem [10]): tồn tại α ≥ 0 và hàm k ∈ L1loc (R+ )
không âm không tăng sao cho αl + l ∗ k = 1. Như vậy giả thiết (K) đảm bảo
l là hàm hoàn toàn dương. Chú ý rằng nếu l(t) = gα (t), α ∈ (0, 1), thì ta
có s(t) = Eα,1 (−µtα ) và r(t) = tα−1 Eα,α (−µtα ), ở đó

Eα,β (z) =

∞
X
n=0

zn
, z ∈ C,
Γ(αn + β)

là hàm Mittag-Leffler. Có thể kiểm ra trường hợp này nhờ phép biến đổi
Laplace.
Ký hiệu s(·, µ) và r(·, µ), tương ứng, là nghiệm của các phương trình (1.1)
và (1.2), để nhấn mạnh sự phụ thuộc của các nghiệm này vào tham số µ.
Như đã đề cập trong cơng trình [17], các hàm s(·, µ) và r(·, µ) nhận giá trị
không âm ngay cả trong trường hợp µ ≤ 0. Một số tính chất của các hàm
này được trình bày trong mệnh đề sau.
Mệnh đề 1.1.1. Giả sử (K) được thỏa mãn. Khi đó với mọi µ > 0, s(·, µ), r(·, µ) ∈
L1loc (R+ ). Hơn nữa ta có
1. Hàm s(·, µ) khơng âm, khơng tăng và


Z t



l(τ )dτ ≤ 1, ∀t ≥ 0,

s(t, µ) 1 + µ
0

(1.3)


5

do đó nếu l 6∈ L1 (R+ ) thì lim s(t, µ) = 0 với mọi µ > 0.
t→∞

2. Hàm r(·, µ) khơng âm và
Z t

s(t, µ) = 1 − µ

r(τ, µ)dτ = k ∗ r(·, µ)(t), t ≥ 0,

(1.4)

0

Z
do đó

t
−1

1

+

r(τ, µ)dτ ≤ µ , ∀t > 0. Nếu l 6∈ L (R ) thì

0

Z

∞

r(τ, µ)dτ =
0

µ−1 với mọi µ > 0.

3. Với mỗi t > 0, các hàm µ 7→ s(t, µ) và µ 7→ r(t, µ) khơng tăng.
4. Phương trình (1.1) tương đương với

d
[k ∗ (s − 1)] + µs = 0, s(0) = 1.
dt
Z
5. Cho v(t) = s(t, µ)v0 +

t

r(t − τ, µ)g(τ )dτ , với g ∈ L1loc (R+ ). Khi đó

0

v là nghiệm của bài tốn
d
[k ∗ (v − v0 )](t) + µv(t) = g(t), v(0) = v0 .
dt
Chứng minh. Khẳng định (1) và (4) đã được chứng minh trong [16]. Chứng
minh khẳng định (2) được trình bày trong [17], (3) đã được chứng minh trong
[4]. Ta sẽ chứng minh khẳng định (5). Theo cách thiết lập v , ta có

v − v0 = (s − 1)v0 + r ∗ g.
Sử dụng đẳng thức k ∗ r = s, ta nhận được

k ∗ (v − v0 ) = k ∗ (s − 1)v0 + k ∗ r ∗ g
= k ∗ (s − 1)v0 + s ∗ g.
Do đó

d
d
[k ∗ (v − v0 )] = [k ∗ (s − 1)]v0 + s(0, µ)g + s0 (·, µ) ∗ g
dt
dt
= −µs(·, µ)v0 + g − µr(·, µ) ∗ g
= −µ[s(·, µ)v0 + r(·, µ) ∗ g] + g
= −µv + g,
nhờ có các tính chất s(0, µ) = 1 và s0 (t, µ) = −µr(t, µ), t > 0.

6

Gọi {en } là cơ sở trực chuẩn trong L2 (Ω) bao gồm các hàm riêng của toán
tử −∆ với điều kiện biên Dirichlet thuần nhất:

−∆en = λn en in Ω, en = 0 on ∂Ω,
ở đây ta có thể giả thiết {λn } là dãy tăng với λ1 > 0. Khi đó tốn tử bậc
phân thứ được xác định như sau
∞
X

(−∆)β v =

λβn (v, en )en ,

n=1
β

2

D((−∆) ) = {v ∈ L (Ω) :

∞
X

2
λ2β
n (v, en ) < ∞},

n=1

với β ∈ R, ở đây (·, ·) là tích vơ hướng trong L2 (Ω).
Ký hiệu Vβ = D((−∆)β ), khi đó Vβ là một khơng gian Hilbert với tích
vơ hướng
∞
X

λ2β
n (u, en )(v, en ).

(u, v)Vβ =

n=1

Hơn nữa, với β > 0, phép nhúng Vβ ⊂ L2 (Ω) là compact và V−β có thể đống
nhất với khơng gian đối ngẫu của Vβ .
Ta định nghĩa các toán tử sau:
∞
X
S(t)v =
s(t, λγn )(v, en )en , t ≥ 0, v ∈ L2 (Ω),
(1.5)

R(t)v =

n=1
∞
X

r(t, λγn )(v, en )en , t > 0, v ∈ L2 (Ω).

(1.6)

n=1

Dễ kiểm tra S(t) và R(t) là các tốn tử tuyến tính. Ta sẽ trình bày một số
tính chất cơ bản của các tốn tử này trong bổ đề sau đây.
Bổ đề 1.1.2. Với {S(t)}t≥0 và {R(t)}t>0 , là các họ toán tử định nghĩa bởi
(1.5) and (1.6), ta có
1. Cho v ∈ L2 (Ω) và T > 0, khi đó S(·)v ∈ C([0, T ]; L2 (Ω)) và (−∆)γ S(·)v ∈
C((0, T ]; L2 (Ω)). Hơn nữa,

kS(t)vk ≤ s(t, λγ1 )kvk, t ∈ [0, T ],
kvk
, t ∈ (0, T ].
kS(t)vkVγ ≤
(1 ∗ l)(t)

(1.7)
(1.8)

2. Với v ∈ L2 (Ω), T > 0 và g ∈ C([0, T ]; L2 (Ω)), ta có R(·)v ∈ C((0, T ]; L2 (Ω))
và R ∗ g ∈ C([0, T ]; V γ2 ). Ngoài ra,

kR(t)vk ≤ r(t, λγ1 )kvk, t ∈ (0, T ],
k(R ∗ g)(t)kV γ ≤
2

Z
0

t

r(t − τ, λγ1 )kg(τ )k2 dτ

(1.9)
 21

, t ∈ [0, T ]. (1.10)


7

Chứng minh. (1) Ta có
∞
X

2

kS(t)vk =

s(t, λγn )2 (v, en )2

(1.11)

n=1

≤ s(t, λγ1 )2 kvk2 , t ≥ 0, v ∈ L2 (Ω),

nhờ Mệnh đề 1.1.1(3). Do đó (1.7) được chứng minh. Dễ dàng kiểm tra chuỗi
(1.11) hội tụ đều, từ đó ta có S(·)v ∈ C([0, T ]; L2 (Ω)).
Với t > 0, ta thấy
γ

∞
X

2

k(−∆) S(t)vk =

γ 2
2
λ2γ
n s(t, λn ) (v, en )

n=1
∞ 
X

≤

n=1

λγn
1 + λγn (1 ∗ l)(t)

(1.12)

2

(v, en )2

kvk2
,
[(1 ∗ l)(t)]2

≤

và do đó (1.8) được chứng minh. Hơn nữa ta có (1.12) hội tụ đều trên mỗi
đoạn [, T ] với  > 0. Vậy (−∆)γ S(t)v ∈ C((0, T ]; L2 (Ω)).
(2) Ước lượng (1.9) được suy ra từ
2

kR(t)vk =

∞
X

r(t, λγn )2 (v, en )2

n=1

≤ r(t, λγ1 )2 kvk2 , ∀t > 0, v ∈ L2 (Ω),
ở đây ta dùng Mệnh đề 1.1.1(3). Với (1.10), đặt fn (t) = (f (t), en ), khi đó
Z t
2
∞
X

γ

k(−∆) 2 (R ∗ f )(t)k2 =

=
≤

λγn

n=1
∞
X
n=1
∞
X

r(t − τ, λγn )fn (τ )dτ

0

λγn
λγn

t

r(t −

τ, λγn )dτ

 Z

0

r(t −

τ, λγn )|fn (τ )|2 dτ

0

t

r(t − τ, λγ1 )|fn (τ )|2 dτ

r(t − τ, λγ1 )kf (τ )k2 dτ,

0

ở đây ta sử dụng tính chất
Z t

r(t − τ, µ)dτ = µ

µ
0

2

t

0

n=1
t

=

1
2

0

∞ Z
X

Z

1
2

r(t − τ, λγn ) [r(t − τ, λγn ) fn (τ )]dτ

Z

n=1

≤

t

Z

Z
0

t

r(τ, µ)dτ = 1 − s(t, µ) ≤ 1, ∀µ > 0.




8

Do đó ta có (1.10).
Từ (1.8) ta suy ra với mỗi t > 0, S(t) : L2 (Ω) → L2 (Ω) là toán tử
compact. Hơn nữa, với Qt (g) = (R ∗ g)(t), từ (1.10) ta suy ra Qt là toán tử
compact từ C([0, T ]; L2 (Ω)) vào L2 (Ω).
Dưới đây ta dùng ký hiệu u(t) thay cho u(t, ·) và xét u như là một hàm
xác định trên [0, T ] và nhận giá trị trong không gian Vβ với β ∈ R nào đó. Ký
hiệu A = (−∆)γ với miền xác định D(A) = Vγ . Cho g ∈ C([0, T ]; L2 (Ω)),
xét bài toán tuyến tính

d
[k ∗ (u − u0 )](t) + Au(t) = g(t), t ∈ (0, T ],
dt
u(0) = u0 .

(1.13)
(1.14)

Giả sử

u(t) =

∞
X

un (t)en , u0 =

n=1

∞
X

u0,n en , g(t) =

n=1

∞
X

gn (t)en .

n=1

Thay vào (1.13)-(1.14), ta thấy un thỏa mãn bài toán

d
[k ∗ (un − u0,n )](t) + λγn un (t) = gn (t), t ∈ (0, T ],
dt

un (0) = u0,n .
Sử dụng Mệnh đề 1.1.1(5), ta có

un (t) = s(t, λγn )u0,n + (r(·, λγn ) ∗ gn )(t).
Từ đó ta có biểu diễn

u(t) =

∞
X

s(t, λγn )u0,n en

n=1

+

∞
X

(r(·, λγn ) ∗ gn )(t)en

n=1

= S(t)u0 + (R ∗ g)(t).
Dựa vào biểu diễn này ta có định nghĩa nghiệm cho bài tốn (1.13)-(1.14).
Định nghĩa 1.1.1. Hàm u ∈ C([0, T ]; L2 (Ω)) được gọi là nghiệm nhẹ của
bài toán (1.13)-(1.14) trên đoạn [0, T ] nếu
Z t
u(t) = S(t)u0 +

R(t − s)g(s)ds, t ∈ [0, T ].
(1.15)
0

Liên quan đến hàm phi tuyến f xuất hiện ở bài tốn ban đầu, ta có thể
coi f là hàm đi từ R+ × L2 (Ω) × L2 (Ω) vào L2 (Ω).


9

Định nghĩa 1.1.2. Hàm u ∈ C([−h, T ]; L2 (Ω)) được gọi là nghiệm nhẹ của
bài toán (0.1)-(0.3) trên đoạn [−h, T ] nếu u(t) = ϕ(t) với t ∈ [−h, 0] và
Z t
u(t) = S(t)ϕ(0) +
R(t − τ )f (τ, u(τ ), u(τ − ρ(τ )))dτ với t ∈ [0, T ].
0

Trong chương tiếp theo, chúng tôi sẽ xem xét các điều kiện đủ đảm bảo
tính giải được tồn cục cũng như tính tiêu hao của hệ (0.1)-(0.3). Để làm
điều này, ta cần một số tính chất chính quy của S(·) và R(·).
Sử dụng giả thiết (K), ta có thể chuyến bài tốn (1.13)-(1.14) về phương
trình tích phân

u(t) + l ∗ Au(t) = u0 + l ∗ g(t), t ∈ [0, T ].
Từ đây, ta có thể sử dụng lý thuyết giải thức trong [6] để nghiên cứu tính
chính quy. Chú ý rằng nghiệm của phương trình tích phân

u(t) + l ∗ Au(t) = u0 , t ∈ [0, T ],

(1.16)

được cho bởi u(t) = S(t)u0 , ở đó S(t) xác định trong (1.5).
Ta sẽ sử dụng các khái niệm và kết quả sau đây trong [6].
Định Z
nghĩa 1.1.3. Cho l ∈ L1loc (R+ ) là một hàm tăng trưởng kiểu hàm mũ,
∞

tức là

l.

|l(t)|e−t dt < ∞ với mọi  > 0. Ký hiệu ˆl là biến đổi Laplace của

0

• Giả sử ˆl(λ) 6= 0 với mọi Reλ > 0. Khi đó với θ > 0, l được gọi là có
tính chất θ-quạt nếu |arg ˆ
l(λ)| ≤ θ với mọi Reλ > 0.
• Cho m ∈ N, l gọi là chính quy bậc m (m-chính quy) nếu tồn tại hằng
số c > 0 sao cho
|λnˆl(n) (λ)| ≤ c|ˆl(λ)| với mọi Reλ > 0, 0 ≤ n ≤ m.
Định nghĩa 1.1.4. Phương trình (1.16) được gọi là parabolic nếu:
1. ˆ
l(λ) 6= 0, 1/ˆl(λ) ∈ ρ(−A) với mọi Reλ ≥ 0.
2. Tồn tại hằng số M ≥ 1 sao cho U (λ) = λ−1 (I + ˆ
l(λ)A)−1 thỏa mãn

kU (λ)k ≤

M

với mọi Reλ > 0.
|λ|

Ký hiệu Σ(ω, θ) là hình quạt với đỉnh ω ∈ R và góc 2θ trên mặt phẳng
phức, tức là
Σ(ω, θ) = {λ ∈ C : |arg (λ − ω)| < θ}.
Ta có kết quả sau về điều kiện để phương trình (1.16) là parabolic.


10

Mệnh đề 1.1.3. [6, Proposition 3.1] Giả sử l ∈ L1loc (R+ ) là hàm tăng trưởng
kiểu hàm mũ và có tính chất θ-quạt với θ < π . Nếu A là một tốn tử tuyến
tính đóng, xác định trù mật sao cho ρ(−A) ⊃ Σ(0, θ), và

k(λI + A)−1 k ≤

M
với mọi λ ∈ Σ(0, θ),
|λ|

(1.17)

thì phương trình (1.16) là parabolic.
Chú ý rằng toán tử −A = −(−∆)γ sinh ra một C0 -nửa nhóm co trên
L2 (Ω), xác định bởi
−tA

e

v=

∞
X

γ

e−tλn (v, en )en , v ∈ L2 (Ω),

(1.18)

n=1

và do đó điều kiện (1.17) được thỏa mãn với M = 1 và mọi 0 < θ < π .
Kết quả sau đây cho phương trình (1.16) có vai trị quan trọng trong
nghiên cứu của chúng tôi.
Mệnh đề 1.1.4. [6, Theorem 3.1] Giả sử phương trình (1.16) là parabolic
và hàm l là m-chính quy với một số m ≥ 1. Khi đó tồn tại họ giải thức
S(·) ∈ C (m−1) ((0, ∞); L(L2 (Ω))) cho phương trình (1.16), và một hằng số
M ≥ 1 sao cho

ktn S (n) (t)k ≤ M, for all t > 0, n ≤ m − 1.
Để có được tính khả vi của họ giải thức, ta thay thế điều kiện (K) bởi một
điều kiện mạnh hơn sau đây.
(K*) Điều kiện (K) được thỏa mãn với l là 2-chính quy và θ-quạt, 0 < θ < π .
Sử dụng Mệnh đề 1.1.4, ta có kết quả sau.
Bổ đề 1.1.5. Giả sử (K*) được thỏa mãn. Khi đó họ giải thức S(·) xác định
bởi (1.5) là khả vi liên tục trên (0, ∞), hơn nữa ta có

S 0 (t) = −AR(t), t ∈ (0, ∞),

(1.19)

và ước lượng

M
, t ∈ (0, ∞),
(1.20)
t
đúng với M ≥ 1. Nói riêng, R(·) = (−A)−1 S 0 (·) liên tục trên (0, ∞).
kS 0 (t)k ≤

Chứng minh. Do −A sinh ra nửa nhóm cho bởi (1.18) nên (1.16) là parabolic,
theo Mệnh đề 1.1.3. Từ đó, Mệnh đề 1.1.4 khẳng định S(·) khả vi liên tục


11

trên (0, ∞) và ta có ước lượng (1.20). Cuối cùng, từ biểu diễn của S và R
trong (1.5)-(1.6) ta có
∞
X

S 0 (t)v =
=

∂t s(t, λn )(v, en )en

n=1
∞

X

−λγn r(t, λn )(v, en )en = −AR(t)v, t > 0, v ∈ H,

n=1

nhờ vào (1.4), vậy ta có (1.19). Do (−A)−1 là tốn tử tuyến tính bị chặn và
S 0 (·) liên tục trên (0, ∞), ta cũng có R(·) liên tục trên khoảng này.

1.2

Bất đẳng thức Gronwall và Halanay

Mệnh đề sau nhắc lại bất đẳng thức dạng Gronwall đã được chứng minh
trong [15].
Mệnh đề 1.2.1. [15] Giả sử v là hàm khơng âm thỏa mãn
Z t

r(t − τ, µ)[α(τ ) + βv(τ )]dτ, t ≥ 0,

v(t) ≤ s(t, µ)v0 +

(1.21)

0

với µ > 0, v0 ≥ 0, β > 0 và α ∈ L1loc (R+ ). Khi đó
Z t

v(t) ≤ s(t, µ − β)v0 +

r(t − τ, µ − β)α(τ )dτ.

0

Ký hiệu BC(R+ ) là không gian các hàm liên tục và bị chặn trên R+ . Ta
sẽ chứng minh bất đẳng thức kiểu Halanay sau đây.
Mệnh đề 1.2.2. Cho v là một hàm liên tục và không âm thỏa mãn
Z t

r(t − τ, µ)[α(τ ) + βv(τ ) + κ sup v(ξ)]dτ, t ≥ 0,

v(t) ≤ s(t, µ)v0 +

[τ −ρ(τ ),τ ]

0

(1.22)

v(ξ) = ψ(ξ), ξ ∈ [−h, 0],
với µ > 0, β ≥ 0, κ > 0 sao cho β + κ < µ, ψ ∈ C([−h, 0]; R+ ), và
α ∈ L1loc (R+ ) là một hàm không giảm. Khi đó

v(t) ≤

µ−β
[v0 + (r(·, µ − β) ∗ α)(t)] + sup ψ(ξ).
µ−β−κ
[−h,0]

(1.23)

Hơn nữa, nếu r(·, µ − β) ∗ α ∈ BC(R+ ), l 6∈ L1 (R+ ) và lim (t − ρ(t)) = ∞
t→∞

thì

lim v(t) ≤

t→∞

µ−β
sup(r(·, µ − β) ∗ α)(t).
µ − β − κ R+

Nói riêng, nếu α = 0 thì lim v(t) = 0.
t→∞

(1.24)


12

Chứng minh. Ta sẽ sử dụng kết quả sau: nếu w ∈ C([−h, ∞); R+ ) thỏa mãn

w(t) ≤ a(t) + b sup w(ξ), t > 0
[−h,t]

w(ξ) = ψ(ξ), ξ ∈ [−h, 0],

với a(·) là hàm không giảm và 0 < b < 1, thì

w(t) ≤ (1 − b)−1 a(t) + sup ψ(ξ), với mọi t > 0.

(1.25)

[−h,0]

Kết quả này đã được chứng minh trong [1, Lemma 2.1].
Ký hiệu w(t) là vế phải của (1.22) với t > 0 và w(ξ) = ψ(ξ), ξ ∈ [−h, 0].
Khi đó v(t) ≤ w(t) với mọi t ≥ −h. Hơn nữa, sử dụng Mệnh đề 1.1.1(5), ta
có w(·) là nghiệm của phương trình

d
[k ∗ (w − v0 )] + µw(t) = α(t) + βv(t) + κ sup v(ξ), t > 0,
dt
[t−ρ(t),t]
thỏa mãn w(0) = v0 . Do đó

d
[k ∗ (w − v0 )] + (µ − β)w(t) = α(t) + β[v(t) − w(t)] + κ sup v(ξ),
dt
[t−ρ(t),t]
với w(0) = v0 . Vậy w(·) thỏa mãn

w(t) = s(t, µ − β)v0
Z

+

t

r(t − τ, µ − β)[α(τ ) + β(v(τ ) − w(τ )) + κ sup v(ξ)]dτ
[τ −ρ(τ ),τ ]

0

≤ s(t, µ − β)v0 +

t

Z

r(t − τ, µ − β)[α(τ ) + κ sup w(ξ)]dτ,
[τ −ρ(τ ),τ ]

0

(1.26)
nhờ tính dương của r(·, µ − β) và tính chất v(τ ) ≤ w(τ ) với mọi τ ≥ −h.
Từ đó
Z t

w(t) ≤ s(t, µ − β)v0 +

r(t − τ, µ − β)α(τ )dτ

0

Z

+ κ sup w(ξ)
[−h,t]

t

r(t − τ, µ − β)dτ

0

≤ s(t, µ − β)v0 + (r(·, µ − β) ∗ α)(t) +
≤ v0 + (r(·, µ − β) ∗ α)(t) +

κ
sup w(ξ)(1 − s(t, µ − β))
µ − β [−h,t]

κ
sup w(ξ),
µ − β [−h,t]


13

ở đây ta đã sử dụng Mệnh đề 1.1.1(2) và tính chất s(t, µ − β) ≤ 1 với mọi
Rt
t ≥ 0. Do α(·) khơng giảm, ta có hàm t 7→ 0 r(t − τ, µ − β)α(τ )dτ cũng
khơng giảm. Khi đó ta có thể áp dụng (1.25) với

a(t) = v0 + (r(·, µ − β) ∗ α)(t), b =

κ
< 1,
µ−β

để có kết luận w(·) thỏa mãn bất đẳng thức (1.23). Hàm v(·) cũng thỏa mãn
bất đẳng thức này.
Bây giờ giả sử r(·, µ−β)∗α ∈ BC(R+ ), l 6∈ L1 (R+ ) và lim (t−ρ(t)) = ∞.
t→∞

Ta sẽ chứng minh (1.24) đúng với w thay vì v . Theo (1.26), ta có
Z t

w(t) ≤ s(t, µ−β)v0 +(r(·, µ−β)∗α)(t)+κ

r(t−τ, µ−β) sup w(ξ)dτ.
[τ −ρ(τ ),τ ]

0

(1.27)
Rõ ràng, s(t, µ − β)v0 → 0 khi t → ∞ bởi vì l ∈
6 L (R ). Do đó với  > 0,
tồn tại t1 > 0 sao cho
1

+


s(t, µ − β)v0 ≤ , với mọi t > t1 .

3
Chú ý rằng w(·) bị chặn trên [0, ∞) bởi


(1.28)

µ−β
B=
v0 + sup(r(·, µ − β) ∗ α)(t) + sup ψ(ξ),
µ−β−κ
[−h,0]
R+


ta có giới hạn hữu hạn A = lim sup w(ξ). Khi đó A ≥ lim sup w(ξ) bởi
t→∞ [t,∞)

t→∞ [t−ρ(t),t]

giả thiết t − ρ(t) → ∞ khi t → ∞. Khi đó tồn tại t2 > t1 sao cho

sup w(ξ) ≤ A +
[t−ρ(t),t]

(µ − β)
, với mọi t > t2 .
3κ

(1.29)

Do r(·, µ − β) ∈ L1 (R+ ) theo Mệnh đề 1.1.1(2), ta tìm được t3 > t2 sao
cho
Z t

r(τ, µ − β)dτ <

t3


, với mọi t > t3 .
3κB

(1.30)


14

Sử dụng (1.27) với t > t2 + t3 , ta nhận được

w(t) ≤ s(t, µ − β)v0 + (r(·, µ − β) ∗ α)(t)
Z

t2

r(t − τ, µ − β) sup w(ξ)]dτ

+κ

[τ −ρ(τ ),τ ]

0

Z

t

+κ

r(t − τ, µ − β) sup w(ξ)]dτ
[τ −ρ(τ ),τ ]

t2

t2

≤ + (r(·, µ − β) ∗ α)(t) + κB
r(t − τ, µ − β)dτ
3
0
Z t

(µ − β)
r(t − τ, µ − β)dτ
+κ A+
3κ
t2
Z t

r(τ, µ − β)dτ
= + (r(·, µ − β) ∗ α)(t) + κB

3
t−t2

 Z t−t2
(µ − β)
+κ A+
r(τ, µ − β)dτ
3κ
0


κA

≤ + (r(·, µ − β) ∗ α)(t) + +
+
3
3 µ−β 3
κA
=  + (r(·, µ − β) ∗ α)(t) +
,
µ−β

Z

ở đây ta đã sử dụng (1.28)-(1.30) và Mệnh đề 1.1.1(2). Từ đó,

A = lim sup w(ξ) ≤  + sup(r(·, µ − β) ∗ α)(t) +
t→∞ [t,∞)

R+

κA
,
µ−β

hay tương đương,

A≤

µ−β
µ−β
sup(r(·, µ − β) ∗ α)(t) +
.
µ − β − κ R+
µ−β−κ

Bất đẳng thức cuối bảo đảm rằng

lim w(t) ≤

t→∞

µ−β
sup(r(·, µ − β) ∗ α)(t).
µ − β − κ R+

Mệnh đề đã được chứng minh.


15

Chương 2
TÍNH GIẢI ĐƯỢC VÀ ỔN ĐỊNH
TIỆM CẬN
2.1

Tính giải được và tính tiêu hao

Với u ∈ C([0, T ]; L2 (Ω)) và ϕ ∈ C([−h, 0]; L2 (Ω)), ta ký hiệu u[ϕ] là hàm
xác định bởi
(
u(t) nếu t > 0,

u[ϕ](t) =

ϕ(t)

nếu − h ≤ t ≤ 0.

Đặt

Cϕ = {u ∈ C([0, T ]; L2 (Ω)) : u(0) = ϕ(0)},
Z

Φ(u)(t) = S(t)ϕ(0) +

t

R(t − τ )f (τ, u(τ ), u[ϕ](τ − ρ(τ )))dτ, u ∈ Cϕ , t ≥ 0.

0

Khi đó u là điểm bất động của Φ nếu và chỉ nếu u[ϕ] là nghiệm nhẹ của bài
toán (0.1)-(0.3). Ta sẽ gọi Φ là toán tử nghiệm. Sau đây ta sử dụng ký hiệu
k · k∞ để chỉ chuẩn sup trong C(J; L2 (Ω)), với J ⊂ R là một đoạn.
Định lí 2.1.1. Giả sử (K*) được thỏa mãn, f là hàm liên tục có tính chất
tăng trưởng trên tuyến tính

kf (t, v, w)k ≤ βkvk + κkwk + Ψ(kvk + kwk), ∀t ≥ 0, v, w ∈ L2 (Ω),
(2.1)
ở đây β ≥ 0, κ > 0, Ψ ∈ C(R+ ; R) sao cho Ψ(r) = o(r) khi r → 0. Nếu
β + κ < λγ1 , thì tồn tại một số dương δ sao cho bài tốn (0.1)-(0.3) có ít
nhất một nghiệm nhẹ, khi kϕk∞ < δ . Hơn nữa, nếu f thỏa mãn tính chất
Lipschitz cục bộ, tức là, với mỗi r > 0, tồn tại L(r) > 0 sao cho

kf (t, v1 , w1 ) − f (t, v2 , w2 )k ≤ L(r)(kv1 − v2 k + kw1 − w2 k),

(2.2)

với mọi t ≥ 0, kvi k ≤ r, kwi k ≤ r, i ∈ {1, 2}, thì nghiệm của bài tốn là duy
nhất.


16

Chứng minh. Dễ thấy Φ là ánh xạ liên tục từ Cϕ vào chính nó. Ta sẽ chỉ ra
Φ có một điểm bất động trong Cϕ bằng cách sử dụng định lý điểm bất động
Schauder. Trước tiên ta sẽ tìm số η > 0 sao cho hình cầu Bη , (tâm tại gốc,
bán kính η ) là bất biến đối với Φ, khi kϕk∞ đủ nhỏ.
Sử dụng giả thiết về f , ta thấy với 0 < θ < 12 (λγ1 − β − κ), tồn tại η > 0

sao cho

kf (t, v, w)k ≤ (β + θ)kvk + (κ + θ)kwk, với mọi kvk ≤ η, kwk ≤ 2η.
Giả sử kuk∞ ≤ η và kϕk∞ ≤ η , khi đó ku[ϕ]k∞ ≤ 2η . Từ đó ta có

kΦ(u)(t)k ≤ s(t, λγ1 )kϕ(0)k
t

Z

r(t − τ, λγ1 )[(β + θ)ku(τ )k + (κ + θ)ku[ϕ](τ − ρ(τ ))k]dτ

+
0

≤ s(t, λγ1 )kϕ(0)k
Z

+

t

r(t − τ, λγ1 )[(β + θ)ku(τ )k + (κ + θ)(kϕk∞ + sup ku(ξ)k)]dτ
[0,τ ]

0

≤

s(t, λγ1 )kϕk∞

Z t

r(t − τ, λγ1 )[(β + κ + 2θ)η + (κ + θ)kϕk∞ ]dτ.

+
0

Sử dụng Mệnh đề 1.1.1(2), ta nhận được
γ
kΦ(u)(t)k ≤ s(t, λγ1 )kϕk∞ + (κ + θ)kϕk∞ λ−γ
1 (1 − s(t, λ1 ))
γ
+ (β + κ + 2θ)ηλ−γ
1 (1 − s(t, λ1 ))

−γ 
= s(t, λγ1 ) kϕk∞ − (κ + θ)λ−γ
1 kϕk∞ − (β + κ + 2θ)λ1 η
−γ
+ (κ + θ)kϕk∞ λ−γ
1 + (β + κ + 2θ)λ1 η.

Lấy kϕk∞ < δ1 := (λγ1 − κ − θ)−1 (β + κ + 2θ)η , ta được
−γ
kΦ(u)(t)k ≤ (κ + θ)kϕk∞ λ−γ
1 + (β + κ + 2θ)λ1 η.

Vậy kΦ(u)(t)k ≤ η khi kϕk∞ ≤ δ2 := (κ + θ)−1 (λγ1 − β − κ − 2θ)η . Từ đó
Φ(Bη ) ⊂ Bη khi kϕk∞ < δ := min{δ1 , δ2 }.
Nhắc lại rằng ánh xạ Qt : C([0, T ]; L2 (Ω)) → L2 (Ω) xác định bởi Qt (g) =

(R ∗ g)(t) là compact với mỗi t ≥ 0, ta có tập

Φ(Bη )(t) = S(t)ϕ(0) + Qt (Nf (Bη )),
là compact tương đối trong L2 (Ω), ở đây Nf (Bη ) = {f (·, y(·), y(· − ρ(·))) :
y ∈ Bη }, là một tập bị chặn.
Ký hiệu D0 = Bη , Dn = co Φ(Dn−1 ) với n ≥ 1, ở đây ký hiệu co là bao lồi
đóng của các tập trong Cϕ . Bằng quy nạp, ta có Dn ⊂ Dn−1 , và Φ(Dn ) ⊂ Dn ,


17

∀n ≥ 1. Đặt D =

∞
T

Dn , ta có D là một tập lồi đóng trong Cϕ có tính chất

n=1

Φ(D) ⊂ D. Do D ⊂ co Φ(Bη ), ta có D(τ ) là tập compact với mỗi τ ≥ 0.
Vậy Nf (D)(τ ) cũng là tập compact, do tính liên tục của f . Do R(·) liên tục
trên (0, ∞) theo Bổ đề 1.1.5, nên có thể kiểm tra


t

Z

Y = t 7→



R(t − τ )y(τ )dτ : y ∈ Nf (D)

0

là tập đồng liên tục trong C([0, T ]; L2 (Ω)). Vậy Φ(D) = S(·)ϕ(0) + Y là
tập đồng liên tục. Kết hợp với khẳng định Φ(D)(τ ) (một tập con của D(τ ))
là compact tương đối với mọi τ ∈ [0, T ], ta nhận được Φ(D) là tập compact
tương đối, nhờ định lý Arzelà-Ascoli.
Ký hiệu D∗ = co Φ(D), khi đó D∗ là một tập lồi và compact. Hơn nữa,
do D∗ ⊂ D nên Φ(D∗ ) ⊂ Φ(D) ⊂ D∗ . Áp dụng định lý Schauder cho
Φ : D∗ → D∗ , ta có kết luận về tính giải được của bài tốn.
Cuối cùng, giả sử f có tính chất Lipschitz (2.2). Với ui , i ∈ {1, 2}, là các
nghiệm của (0.1)-(0.3), ta có
Z t

R(t − τ )f (τ, ui (τ ), ui [ϕ](τ − ρ(τ )))dτ.

ui (t) = S(t)ϕ(0) +
0

Đặt r = max{kui [ϕ]k∞ : i = 1, 2}, khi đó
Z t

r(t − τ, λγ1 )L(r)(ku1 (τ ) − u2 (τ )k + sup ku1 (ξ) − u2 (ξ)k)dτ

ku1 (t) − u2 (t)k ≤

[0,τ ]

0

≤ 2L(r)

Z

t

r(t − τ, λγ1 ) sup ku1 (ξ) − u2 (ξ)kdτ
[0,τ ]

0

ở đây, ta sử dụng tính chất u1 (ξ) = u2 (ξ) với ξ ∈ [−h, 0]. Biểu thức cuối
tăng theo t nên ta có
Z t

r(t − τ, λγ1 ) sup ku1 (ξ) − u2 (ξ)kdτ.

sup ku1 (ξ) − u2 (ξ)k ≤ 2L(r)
[0,t]

0

[0,τ ]

Sử dụng bất đẳng thức Gronwall trong Mệnh đề 1.2.1, ta khẳng định u1 = u2 .
Định lý được chứng minh.

Trong định lý sau, ta thu được kết quả về sự tồn tại nghiệm tồn cục
nhưng khơng cần giả thiết dữ kiện ban đầu nhỏ.
Định lí 2.1.2. Giả sử ta có (K*). Cho f là hàm liên tục có mức tăng trưởng
dưới tuyến tính, tức là

kf (t, v, w)k ≤ α(t) + βkvk + κkwk, ∀t ≥ 0, v, w ∈ L2 (Ω),

(2.3)

ở đây α ∈ L1loc (R+ ) là một hàm không âm, β và κ là các số khơng âm. Khi
đó bài tốn (0.1)-(0.3) có ít nhất một nghiệm nhẹ toàn cục.


18

Chứng minh. Ta sẽ tìm tập lồi đóng D ⊂ Cϕ sao cho Φ(D) ⊂ D. Phần sau
của chứng minh thực hiện như trong Định lý 2.1.1. Theo cách xác định Φ, ta
có

kΦ(u)(t)k ≤ s(t, λγ1 )kϕ(0)k
t

Z

r(t − τ, λγ1 ) (α(τ ) + βku(τ )k + κku[ϕ](τ − ρ(τ ))k) dτ

+
0

≤

s(t, λγ1 )kϕ(0)k

Z

t

r(t − τ, λγ1 )α(τ )dτ

+
0

!

t

Z

r(t − τ, λγ1 ) βku(τ )k + κkϕk∞ + κ sup ku(ξ)k dτ, t ∈ [0, T ].

+

[0,τ ]

0

Theo Mệnh đề 1.1.1(2), ta nhận được
γ
kΦ(u)(t)k ≤ s(t, λγ1 )kϕ(0)k + (r(·, λγ1 ) ∗ α)(t) + κλ−γ
1 kϕk∞ (1 − s(t, λ1 ))

t

Z

r(t − τ, λγ1 )(β + κ) sup ku(ξ)kdτ

+

[0,τ ]

0

≤ (1 +

κλ−γ
1 )kϕk∞

+ sup(r(·, λγ1 ) ∗ α)(t)
[0,T ]

Z

+

t

r(t − τ, λγ1 )(β + κ) sup ku(ξ)kdτ, t ∈ [0, T ].
[0,τ ]

0

γ
Đặt M0 = (1 + κλ−γ
1 )kϕk∞ + sup(r(·, λ1 ) ∗ α)(t). Do hàm τ 7→ sup ku(ξ)k
[0,T ]

[0,τ ]

khơng giảm, nên tích phân cuối khơng giảm theo t, ở đây chú ý r(·, λγ1 ) là
hàm dương. Vậy
Z t
r(t − τ, λγ1 )(β + κ) sup ku(ξ)kdτ.
(2.4)
sup kΦ(u)(ξ)k ≤ M0 +
[0,t]

[0,τ ]

0

Ký hiệu w ∈ C([0, T ]; R+ ) là nghiệm duy nhất của phương trình tích phân
Z t

r(t − τ, λγ1 )w(τ )dτ, t ∈ [0, T ].

w(t) = M0 + (β + κ)
0

Ta định nghĩa

D = {u ∈ Cϕ : sup ku(ξ)k ≤ w(t), ∀t ∈ [0, T ]}.
[0,t]

Rõ ràng, D là tập lồi đóng. Khi đó bất đẳng thức (2.4) cho ta Φ(D) ⊂ D.
Định lý được chứng minh.
Định lý sau đây phát biểu kết quả về tính tiêu hao của hệ (0.1)-(0.3).


19

Định lí 2.1.3. Giả sử f liên tục và thỏa mãn điều kiện

kf (t, v, w)k ≤ α(t) + βkvk + κkwk, ∀t ≥ 0, v, w ∈ L2 (Ω),

(2.5)

ở đó β và κ là các số khơng âm sao cho β +κ < λγ1 , α ∈ L1loc (R+ ) là một hàm
không âm, không tăng sao cho r(·, λγ1 − β) ∗ α ∈ BC(R+ ). Nếu l 6∈ L1 (R+ )
và lim (t − ρ(t)) = ∞, thì hệ (0.1)-(0.3) tiêu hao và tập hấp thụ là hình cầu
t→∞

Bσ σ với bán kính
λγ1 − β
sup(r(·, λγ1 − β) ∗ α)(t).
σ> γ
λ1 − β − κ R+
Chứng minh. Giả sử u là nghiệm nhẹ của bài toán (0.1)-(0.3). Khi đó
Z t

R(t − τ )f (τ, u(τ ), u(τ − ρ(τ )))dτ, t ≥ 0.

u(t) = S(t)ϕ(0) +
0

Ta có đánh giá

ku(t)k ≤

s(t, λγ1 )kϕ(0)k

Z

t

+

≤ s(t, λγ1 )kϕ(0)k +

Z0 t

r(t − τ, λγ1 )[α(τ ) + βku(τ )k + κku(τ − ρ(τ ))k]dτ
r(t − τ, λγ1 )[α(τ ) + βku(τ )k + κ sup ku(ξ)k]dτ.
[τ −ρ(τ ),τ ]

0

Áp dụng Mệnh đề 1.2.2 với v(t) = ku(t)k, t ≥ −h, ta có kết luận của định
lý.

2.2

Tính ổn định tiệm cận

Trong mục này, ta sẽ phân tích các điều kiện đảm bảo tính ổn định và ổn
định yếu của nghiệm bài tốn (0.1)-(0.3). Trước tiên ta xét một trường hợp
đơn giản.
Định lí 2.2.1. Giả sử hàm phi tuyến f thỏa mãn điều kiện Lipschitz

kf (t, v1 , w1 ) − f (t, v2 , w2 )k ≤ βkv1 − v2 k + κkw1 − w2 k,
với mọi t ≥ 0, vi , wi ∈ L2 (Ω), i ∈ {1, 2}, ở đó β ≥ 0, κ > 0 sao cho
β + κ < λγ1 . Nếu l 6∈ L1 (R+ ) và lim (t − ρ(t)) = ∞, thì mọi nghiệm của bài
t→∞

toán (0.1)-(0.3) ổn định tiệm cận.


20

Chứng minh. Giả sử u(·, ϕ) và v(·, ψ) là các nghiệm của bài toán (0.1)-(0.3)
tương ứng với các dữ kiện ban đầu ϕ và ψ . Khi đó

ku(t) − v(t)k ≤ s(t, λγ1 )kϕ(0) − ψ(0)k
Z

t

r(t − τ, λγ1 )kf (τ, u(τ ), u(τ − ρ(τ ))) − f (τ, v(τ ), v(τ − ρ(τ )))kdτ

+
0

≤ s(t, λγ1 )kϕ(0) − ψ(0)k
Z

t

r(t − τ, λγ1 )[βku(τ ) − v(τ )k + κku(τ − ρ(τ )) − v(τ − ρ(τ ))k]dτ

+
0

≤ s(t, λγ1 )kϕ(0) − ψ(0)k
Z

+

t

r(t − τ, λγ1 )[βku(τ ) − v(τ )k + κ sup ku(ξ) − v(ξ)k]dτ.
[τ −ρ(τ ),τ ]

0

Sử dụng Mệnh đề 1.2.2, ta nhận được

λγ1 − β
ku(t) − v(t)k ≤ γ
kϕ(0) − ψ(0)k + sup kϕ(ξ) − ψ(ξ)k
λ1 − β − κ
[−h,0]



γ
λ1 − β
+ 1 kϕ − ψk∞ , ∀t ≥ 0,
≤
λγ1 − β − κ
và lim ku(t) − v(t)k = 0. Điều này suy ra tính ổn định tiệm cận của mọi
t→∞

nghiệm của bài tốn (0.1)-(0.3). Định lý được chứng minh.
Định lý sau cho ta tính ổn định tiệm cận nghiệm của (0.1)-(0.3) trong
trường hợp f thỏa mãn các giả thiết của Định lý 2.1.1.
Định lí 2.2.2. Giả sử các giả thiết của Định lý 2.1.1 được thỏa mãn. Nếu
l 6∈ L1 (R+ ) và lim (t − ρ(t)) = ∞, thì nghiệm khơng của (0.1) ổn định tiệm
t→∞

cận.
Chứng minh. Lấy các hằng số θ ∈ (0, 12 (λγ1 − β − κ)), η và δ như trong chứng
minh của Định lý 2.1.1. Dưới các giả thiết (2.1)-(2.2), với kϕk∞ < δ , tồn tại
duy nhất nghiệm u ∈ Bη của (0.1)-(0.3) thỏa mãn đánh giá

ku(t)k ≤ s(t, λγ1 )kϕ(0)k
Z

+

t

r(t, λγ1 )[(β + θ)ku(τ )k + (κ + θ) sup ku(ξ)k]dτ,

0

[τ −ρ(τ ),τ ]

với mọi t ≥ 0. Áp dụng Mệnh đề 1.2.2, ta được

λγ1 − β − θ
ku(t)k ≤ γ
kϕ(0)k + kϕk∞ , ∀t > 0,
λ1 − β − κ − 2θ
lim ku(t)k = 0,
t→∞

từ đó suy ra tính ổn định tiệm cận của nghiệm không.