Tập hút toàn cục, tập hút lùi đối với hệ động lực vô hạn chiều

Mục lục
Mở đầu 3
1 Các kiến thức cơ sở về tập hút toàn cục 5
1.1 Hệ động lực . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.2 Sự tán xạ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
1.3 Tập ω giới hạn và tập α giới hạn . . . . . . . . . . . . . 8
1.4 Tập hút toàn cục . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
1.5 Cấu trúc của tập hút toàn cục . . . . . . . . . . . . . . . 13
1.5.1 Trường hợp tổng quát . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
1.5.2 Trường hợp hệ thế . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
1.6 Xác định dáng điệu tiệm cận bởi tập hút toàn cục . . 15
1.7 Tính liên tục của tập hút toàn cục . . . . . . . . . . . . 16
1.7.1 Tính nửa liên tục trên . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
1.7.2 Tính nửa liên tục dưới . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
2 Tập hút toàn cục đối với lớp phương trình parabolic phi
tuyến 19
2.1 Đặt bài toán . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
2.2 Sự tồn tại và duy nhất nghiệm yếu . . . . . . . . . . . . 20
2.3 Sự tồn tại tập hút toàn cục . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
2.3.1 Tập hấp thụ trong L
2
(Ω) . . . . . . . . . . . . . . . . 25
1
2.3.2 Tập hấp thụ trong H
0
1
. . . . . . . . . . . . . . . . . 26
2.4 Tính trơn của tập hút toàn cục . . . . . . . . . . . . . . 29
2.5 Tính đơn ánh trên tập hút toàn cục . . . . . . . . . . . 30
3 Tập hút lùi đối với hệ phương trình Navier- Stokes 33
3.1 Tập hút lùi đối với các tập bị chặn cố định . . . . . . . 33

3.2 Tập hút lùi đối với họ các tập phụ thuộc thời gian . . 44
Kết Luận 49
Tài liệu tham khảo 49
2
Mở đầu
1. Lý do chọn đề tài
Các phương trình đạo hàm riêng tiến hóa phi tuyến xuất hiện rất nhiều
trong các quá trình của vật lí, hóa học và sinh học, chẳng hạn quá trình
truyền nhiệt và khuếch tán, quá trình truyền sóng trong cơ học chất lỏng,
các phản ứng hóa học, các mô hình quần thể trong sinh học, Việc nghiên
cứu những lớp phương trình này có ý nghĩa rất quan trọng trong khoa học
và công nghệ. Chính vì vậy nó đang rất thu hút sự quan tâm của nhiều nhà
khoa học trên thế giới. Các vấn đề lí thuyết đặt ra là nghiên cứu tính đặt
đúng của bài toán và các tính chất định tính của nghiệm,chẳng hạn tính trơn
hoặc dáng điệu tiệm cận của nghiệm,
Sau khi nghiên cứu tính đặt đúng của bài toán, việc nghiên cứu dáng điệu
tiệm cận của nghiệm khi thời gian t → ∞ rất quan trọng vì nó cho phép ta
hiểu và dự đoán xu thế phát triển của hệ trong tương lai. Về mặt toán học,
điều này làm nảy sinh một hướng nghiên cứu mới được phát triển mạnh mẽ
trong hai thập kỉ gần đây là lí thuyết các hệ động lực vô hạn chiều. Từ khi ra
đời cho đến nay, lí thuyết này đã và đang là một trong những hướng nghiên
cứu ở nhiều trung tâm toán học mạnh của thế giới và thu hút được sự quan
tâm của nhiều nhà toán học lớn. Chẳng hạn như J.C. Robinson, A. Babin,
R. Temam,
Vấn đề cơ bản của lí thuyết này là nghiên cứu sự tồn tại và các tính chất
cơ bản của tập hút. Tập hút toàn cục cổ điển là một tập compact, bất biến,
hút tất cả các quỹ đạo của hệ và chứa đựng các thông tin về dáng tiệm cận
của hệ. Lý thuyết tập hút cho phương trình đạo hàm riêng được phát triển
theo nhiều hướng chẳng hạn nghiên cứu sự tồn tại và các tính chất của tập
hút đều, tập hút lùi, tập hút mũ, tập hút ngẫu nhiên.

Xuất phát từ ý nghĩa khoa học của lí thuyết tập hút và mong muốn được
giới thiệu những vấn đề cơ sở của một hướng nghiên cứu rất thời sự hiện nay,
tôi lựa chọn nội dung Tập hút toàn cục, tập hút lùi đối với hệ động
lực vô hạn chiều để làm khóa luận tốt nghiệp đại học.
3
2. Mục tiêu
Khóa luận cần đạt được những mục tiêu sau:
- Hệ thống hóa các kiến thức cơ bản về tập hút toàn cục, tập hút lùi.
- Chứng minh sự tồn tại tập hút toàn cục đối với phương trình parabolic
phi tuyến và nghiên cứu một số tính chất của tập hút toàn cục.
- Chứng minh sự tồn tại tập hút lùi đối với hệ Navier – Stokes có trễ.
3. Nhiệm vụ nghiên cứu nghiên cứu
- Nghiên cứu về tập hút toàn cục và tập hút lùi.
- Nghiên cứu về phương trình parabolic phi tuyến và tập hút toàn cục đối
với lớp phương trình này.
- Nghiên cứu về hệ phương trình Navier - Stokes và tập hút lùi đối với hệ
này trong trường hợp có trễ.
4. Phương pháp nghiên cứu
Phương pháp chủ yếu được sử dụng trong việc chứng minh sự tồn tại và
duy nhất của nghiệm yếu là phương pháp xấp xỉ Galerkin.
Bên cạnh đó, phép nhúng compact giữa các không gian Sobolev được dùng
để nghiên cứu các tính chất của tập hấp thụ, từ đó chứng minh sự tồn tại
của tập hút toàn cục. Để chứng minh tính hội tụ mạnh của nửa nhóm sinh
bởi nghiệm, tôi sử dụng phương pháp phương trình năng lượng được đưa ra
lần đầu tiên bởi John Ball (2004).
5. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu
• Đối tượng: Tập hút toàn cục, tập hút lùi.
• Phạm vi: Nghiên cứu tập hút lùi đối với hệ Navier – Stokes có trễ, tập
hút toàn cục đối với lớp phương trình parabolic phi tuyến trong miền
bị chặn.

4
Chương 1
Các kiến thức cơ sở về tập hút toàn
cục
Chương I trình bày lí thuyết tổng quát về tập hút toàn cục đối với các hệ động
lực ôtônôm. Các kết quả chính được trình bày ở đây bao gồm khái niệm hệ
động lực, tập giới hạn; khái niệm tập hút toàn cục và cấu trúc của tập hút
toàn cục, tính liên tục theo tham biến của tập hút toàn cục( xem [1], [3]).
1.1 Hệ động lực
Định nghĩa 1.1.1. Hệ động lực là một cặp (X, S(t)) gồm một không gian
metric đủ X và một họ ánh xạ S(t), t ≥ 0, từ X vào X thỏa mãn:
a) S(0) = I.
b) S(t + s) = S(t)S(s) với mọi s, t ≥ 0.
c) Với mọi t ≥ 0, S(t) ∈ C
0
(X, X).
d) Với mọi u ∈ X, t → S(t)u ∈ C
0
((0, +∞), X).
Họ các ánh xạ S(t), t ≥ 0, gọi là một nửa nhóm liên tục trên X. Khi đó X
gọi là không gian pha (hay không gian trạng thái).
5
Ví dụ 1.1. Giả sử f ∈ C
1
(R) thỏa mãn:
xf(x) ≥ −C(1 + x
2
), (C > 0).
Xét bài toán Cauchy


˙
x(t) = −f(x(t)), t > 0
x(0) = x
0
.
Dễ dàng kiểm tra được, với mọi x
0
∈ R, bài toán Cauchy trên giải được một
cách duy nhất và xác định một hệ động lực một chiều trên R xác định bởi
S(t)x
0
= x(t), ở đó x(t) là nghiệm duy nhất của bài toán với điều kiện ban
đầu x
0
.
Ví dụ 1.2. Giả sử f và g là những hàm khả vi liên tục trên R thỏa mãn:
F (x) =

x
0
f(ξ)dξ ≥ −c, g(x) ≥ −c, (c > 0).
Xét bài toán Cauchy

¨x + g(x) ˙x + f(x) = 0, t > 0,
x(0) = x
0
, ˙x(0) = x
1
.
Với mỗi (x

0
, x
1
) ∈ R
2
, bài toán trên là giải được duy nhất và sinh ra một
hệ động lực hai chiều(R
2
, S(t)) xác định bởi S(t)(x
0
, x
1
) = (x(t),
˙
x(t)), ở đó
x(t) là nghiệm duy nhất của bài toán trên.
Phương trình Vander Pol nhận được khi
g(x) = (x
2
− 1),  > 0, f(x) = x,
và phương trình Duffing nhận được khi
g(x) = ,  > 0, f(x) = x
3
− ax − b
thường xuất hiện trong các ứng dụng.
Định nghĩa 1.1.2. Giả sử (X, S(t)) là một hệ động lực.
a) Quỹ đạo dương của x ∈ X là tập hợp γ
+
(x) = {S(t)x|t ≥ 0}
Nếu E ⊂ X, quỹ đạo dương của E là tập hợp

γ
+
(E) =

t≥0
S(t)E =

z∈E
γ
+
(z),
6
Tổng quát hơn, với τ ≥ 0 ta định nghĩa quỹ đạo sau thời điểm τ của E bởi
γ
+
τ
(E) = γ
+
(S(τ)E).
b) Quỹ đạo của S(t) trên khoảng I ⊂ R là một ánh xạ u : I → X thỏa mãn
u(t + s) = S(t)u(s) với mọi s ∈ I, t ≥ 0 sao cho t + s ∈ I.
Đặc biệt, nếu I = (−∞, 0] và u(0) = z ∈ X, thì u được gọi là quỹ đạo âm
xuyên qua z và kí hiệu là γ
−
(z).
Nếu I = R và u(0) = z thì u được gọi là quỹ đạo đầy đủ xuyên qua z và kí
hiệu là γ(z).
c) Quỹ đạo đầy đủ γ = {u(t) : t ∈ R} gọi là quỹ đạo tuần hoàn nếu có số
τ > 0 sao cho:
u(t + τ) = u(t), ∀t ∈ R.

d) Phần tử u
0
∈ X gọi là điểm cân bằng ( điểm dừng, điểm cố định) của hệ
động lực (X, S(t)) nếu S(t)u
0
= u
0
, ∀t ≥ 0.
1.2 Sự tán xạ
Định nghĩa 1.2.1. S(t) là một nửa nhóm trên không gian Hilbert H.
• S(t) được gọi là tán xạ điểm khi và chỉ khi ∃B ⊂ H bị chặn sao cho
∀x
0
∈ H, ∃t
0
(x
0
) : S(t)x
0
∈ B, ∀t ≥ t
0
• S(t) được gọi là tán xạ bị chặn khi và chỉ khi ∃B ⊂ H bị chặn sao cho
mọi tập bị chặn X ⊂ H, ∃t
1
(X) : S(t)X ⊂ B, ∀t ≥ t
1
.
Nhận xét:
1) Tán xạ bị chặn thì tán xạ điểm.
7

2) Nếu H = R
n
thì tán xạ bị chặn khi và chỉ khi tán xạ điểm.
B thoả mãn điều kiện trong định nghĩa tán xạ bị chặn thì được gọi là một
tập hấp thụ.
Một tập Y ⊂ H
• Gọi là bất biến dương khi và chỉ khi S(t)Y ⊂ Y, ∀t ≥ 0.
• Gọi là bất biến âm khi và chỉ khi S(t)Y ⊃ Y, ∀t ≥ 0.
• Gọi là bất biến khi và chỉ khi S(t)Y = Y, ∀t ≥ 0.
Định nghĩa 1.2.2. Nửa nhóm S(t) gọi là tán xạ khi và chỉ khi S(t) có một
tập hấp thụ bị chặn, tức là ∃B ⊂ H , B bị chặn và với mọi X bị chặn trong
H, tồn tại t
1
(X) : S(t)X ⊂ B, ∀t ≥ t
1
.
1.3 Tập ω giới hạn và tập α giới hạn
Định nghĩa 1.3.1. Giả sử A ⊂ X.
a) Tập ω giới hạn của A được xác định bởi
ω(A) =

s≥0
[

t≥s
S(t)A]
X
,
ở đó S(t)A = {v = S(t)u : u ∈ A} và [Y ]
X

là bao đóng của Y trong X.
b) Tập α giới hạn của A được xác định bởi
α(A) =

s≥0
[

t≥s
S(t)
−1
A]
X
,
ở đó S
−1
(t)A = {v : S(t)v ∈ A}.
Bổ đề sau đây đưa ra đặc trưng của các tập ω giới hạn và α giới hạn theo
giới hạn của dãy.
Bổ đề 1.3.1. Giả sử A là một tập con khác Ø của X. Khi đó
ω(A) = {y ∈ X|∃t
n
≥ 0, y
n
∈ A sao cho t
n
n→∞
−→ +∞ và S(t
n
)y
n

n→∞
−→ y}.
8
α(A) = {y ∈ X|∃t
n
≥ 0, x
n
∈ X, z
n
∈ A sao cho t
n
→ +∞, x
n
→ y},
với x
n
= u
n
(−t
n
) và u
n
là một quỹ đạo xuyên qua z
n
.
Chứng minh:
Ta chứng minh cho trường hợp ω(A), còn trường hợp α(A) được chứng
minh tương tự.
Giả sử các dãy y
n

và x
n
tồn tại. Khi đó với mọi τ > 0 tồn tại n
0
≥ 0 sao
cho
S(t
n
)y
n
∈

t≥τ
S(t)A.
Từ đó suy ra y = lim
n→+∞
S(t
n
)y
n
∈ [

t≥τ
S(t)A]
X
.
Đảo lại, nếu y ∈ ω(A) thì với mọi n = 0, 1, 2 và y ∈ [

t≥τ
S(t)A]

X
.
Từ đây với mỗi ntồn tại một phần tử z
n
sao cho
z
n
∈

t≥τ
S(t)A, d(y, z
n
) ≤
1
n
.
Do đó z
n
= S(t
n
)y
n
∈ A, t
n
≥ n. Điều này chứng minh bổ đề.
Mệnh đề 1.3.2. Cho X ⊂ H. Nếu với mỗi số t
0
> 0, tập

t≥t

0
S(t)X là
compact thì ω(X) khác rỗng, bất biến và compact.
Chứng minh:
Đầu tiên ta sử dụng tính chất ω(X) =

t≥0

s≥t
S(t)X, với t ≥ t
0
thì tập

s≥t
S(t)X là một dãy khác rỗng các tập compact giảm khi mà t tăng. Họ
(ω(X)) là không rỗng và compact.
Không mất tính tổng quát, ta giả sử x ∈ ω(X), thì do
ω(A) = {y ∈ X|∃t
n
≥ 0, y
n
∈ A sao cho t
n
n→∞
−→ +∞ và S(t
n
)y
n
n→∞
−→ y}.

Ta tìm được một dãy các phần tử {t
n
} và dãy {x
n
} với t
n
→ +∞ và
x
n
∈ X thỏa mãn S(t
n
)x
n
→ x và do đó
S(t)S(t
n
)x
n
= S(t + t
n
)x
n
→ S(t)x.
9
Nhưng S(t) liên tục nên S(t)ω(X) ⊂ ω(X). Vì t
n
≥ t+t
0
, dãy S(t
n

−t)x
n
trích ra một dãy con S(t
n
j
− t)x
n
j
→ y.
Do đó y ∈ ω(X) mà S(t) liên tục nên ta có
x = lim
j→∞
S(t)S(t
n
j
− t)x
n
j
= S(t)y, suy ra ω(X) ⊂ S(t)ω(X).
Vậy S(t)ω(X) = ω(X) với mọi t ≥ 0.
1.4 Tập hút toàn cục
Định nghĩa 1.4.1. Một tập con khác rỗng A của X gọi là tập hút toàn cục
đối với hệ động lực (X, S(t)) nếu:
a) A là một tập đóng và bị chặn.
b) A là bất biến, tức là S(t)A = A với mọi t ≥ 0.
c) A hút mọi tập con bị chặn B của X, tức là
lim
t→+∞
dist(S(t)B, A) = 0, ở đó dist(E, F ) = sup
a∈E

inf
b∈F
d(a, b) là nửa khoảng
cách Hausdorff giữa hai tập con E và F của X.
Mệnh đề 1.4.1. Giả sử hệ động lực(X, S(t)) có tập hút toàn cục A. Khi
đó:
a) Nếu B là một tập con bị chặn, bất biến của X thì B ⊂ A (tính cực
đại).
b) Nếu B là một tập con đóng hút tất cả các tập bị chặn của X thì A ⊂ B
(tính cực tiểu).
c) A là duy nhất.
Định nghĩa 1.4.2. Hệ động lực (X, S(t)) gọi là tiêu hao điểm ( tương ứng,
tiêu hao bị chặn) nếu tồn tại một tập bị chặn B
0
⊂ X hút các điểm (tương
10
ứng hút các tập bị chặn) của X.
Nếu hệ động lực X, S(t) là tiêu hao bị chặn thì tồn tại tập B
0
⊂ X sao
cho với mọi tập bị chặn B ⊂ X, tồn tại T = T(B) ≥ 0 sao cho
S(t)B ⊂ B
0
, ∀t ≥ T. Tập B
0
như vậy được gọi là tập hấp thụ đối với hệ
động lực (X, S(t)).
Dễ thấy một hệ động lực tiêu hao bị chặn thì tiêu hao điểm. Điều ngược
lại nói chung không đúng, nhưng nó đúng với trường hợp hệ động lực hữu
hạn chiều.

Định lí 1.4.2. Nếu S(t) là tán xạ, B là tập hấp thụ compact thì tồn tại tập
hút toàn cục A = ω(B).
Chứng minh:
Ta chứng minh ω khác rỗng, compact và bất biến.
Theo mệnh đề 1.3.2 và định nghĩa 1.4.1 suy ra

t≥t
0
S(t)X là một tập con
của B và do đó nó compact khi t
0
≥ t
0
(B).
Mặt khác A tuyến tính và là tập compact bất biến lớn nhất, từ đó Y là
tập compact, bất biến thì S(t)Y = Y , với t ≥ t
0
(Y ), Y ⊂ B.
Ta có ω(Y ) = Y ⊂ ω(B) = A mà A hút tất cả các tập, từ đó ta đưa đến
mâu thuẫn.
Trái lại sẽ tồn tại một tập trong X, và một số δ > 0, và một dãy {t
n
} với
t
n
→ ∞ thỏa mãn
dist(S(t
n
)X, A) ≥ δ.
Ta có x

n
∈ X (X bị chặn) với dist(S(t
n
)x
n
, A) ≥
δ
2
, S(t
n
)x
n
∈ B với n
đủ lớn.
Vì B compact , nên có một dãy con thỏa mãn
S(t
n
j
)x
n
j
→ β ∈ B
và
dist(β, A) ≥
δ
2
,
nhưng do
β = lim
j→∞

S(t
n
j
)x
n
j
= lim
j→∞
S(t
n
j
− t
0
(X))S(t
0
(X))x
n
j
,
11
và B
j
= S(t
0
(X))x
n
j
, chú ý rằng β
j
∈ B và do đó β ∈ A.

Điều này mâu thuẫn với dist(β, A) ≥
δ
2
.
A tuyến tính và là tập nhỏ nhất có tính chất này, nên nó hút chính nó và
S(t)A = A, ∀t ≥ 0.
Giả sử A không liên thông, khi đó tồn tại hai tập mở O
1
và O
2
thỏa mãn
ω(B) ⊂ O
1

O
2
, ω(B)

O
1
= ∅ và O
1

O
2
= ∅.
Vì vậy B được chứa trong hình cầu U mà là tập liên thông, và ω(U) là
tuyến tính đến ω(B). Từ đó S(t) liên tục và S(t)U liên thông.
Do O
i


S(t)U = ∅ và O
1

O
2
không chứa S(t)U. Cho nên với mỗi t > 0,
có x
t
∈ S(t)U với x
t
/∈ O
1

O
2
.
Xét {x
n
}, với n ∈ N, thì n > t
0
(U), x
n
∈ B cho nên x
n
j
→ x với
x /∈ O
1


O
2
.
Nhưng ta đã biết A hút tất cả các tập, cho nên dist(x
n
, A) → 0 khi
n → ∞, từ đó dẫn đến mâu thuẫn.
Định lí 1.4.3. Nếu nửa nhóm nội xạ trên A, thỏa mãn S(t)u
0
= S(t)v
0
∈ A
với t > 0, suy ra u
0
= v
0
thì mỗi quỹ đạo trên A xác định với ∀t ∈ R và
S(t)A = A, ∀t ≥ 0. Khi đó (A, {S(t)}
t∈R
)là một hệ động lực.
Chứng minh:
Với mỗi u ∈ ω(B) mà chúng ta đã biết u ∈ S(t)ω(B) do đó tồn tại một
phần tử v ∈ ω(B) với S(t)v = u.
Ta định nghĩa S(−t)u = v cho nên S(t) cho bởi với mọi t ∈ R cho nên
S(t)A = A, ∀t < 0.
Từ A = ω(B) là tập compact, nên S(−t) xác định là liên tục trên A. Do
đó S(t) liên tục từ A vào chính nó với ∀t ∈ R.
Cuối cùng S(t) hạn chế trên A thỏa mãn tính chất
S(t)S(s) = S(t + s), ∀t, s ∈ R.
12

1.5 Cấu trúc của tập hút toàn cục
1.5.1 Trường hợp tổng quát
Định lí 1.5.1. Giả sử hệ động lực (X, S(t)) có tập hút toàn cục A. Khi đó
mọi quỹ đạo đầy đủ bị chặn ( nói riêng là các điểm dừng và các quỹ đạo tuần
hoàn, nếu có) đều nằm trên A. Hơn nữa nếu S(t) là đơn ánh trên A thì A
là tập hợp tất cả các quỹ đạo đầy đủ bị chặn.
Chứng minh:
Giả sử tồn tại quỹ đạo đầy đủ bị chặn O mà không nằm trên A khi đó
với  > 0 tồn tại x ∈ O sao cho x ∈ N(A, ) kí hiệu  là lân cận của A.
Vì A hút mọi tập bị chặn nên với t đủ lớn ta có
dist(S(t)z, A) <  với mọi z ∈ O (1.1)
Do O là quỹ đạo đầy đủ, nên x = S(t)¯x với ¯x ∈ O nào đó. Điều này mâu
thuẫn với (1.1).
Nếu x ∈ A và S(t) là đơn ánh thì quỹ đạo xuyên qua x sẽ xác định với
mọi t ∈ R và nằm trên A vì A bất biến.
Bởi vậy mà A chỉ gồm các quỹ đạo đầy đủ bị chặn.
Định nghĩa 1.5.1. Giả sử z là một điểm dừng của hệ động lực (X, S(t)).
Ta định nghĩa:
• Đa tạp không ổn định của z là tập hợp
W
u
(z) = u
0
∈ X : S(t)u
0
xác định với mọi t, S(−t)u
0
→ z khi
t → +∞
• Đa tạp ổn định của z là tập hợp

W
s
(z) = u
0
∈ X : S(t)u
0
→ z khi t → +∞.
Giả sử Y là một tập bất biến của hệ động lực (X, S(t)). Ta định nghĩa:
13
• Đa tạp không ổn định của Y là tập
W
u
(Y ) = u
0
∈ X : S(t)u
0
xác định với mọi t, dist(S(−t)u
0
, Y ) → 0
khi t → +∞.
Định lí 1.5.2. Nếu Y là một tập compact bất biến của hệ động lực(X, S(t))
thì W
u
(Y ) ⊂ A.
Chứng minh:
Giả sử u ∈ W
u
(Y ). Khi đó bởi định nghĩa, u nằm trên một quỹ đạo đầy
đủ


u(t).
Khi t → −∞ ta có dist(u(t), A) → 0 do đó quỹ đạo u(t) bị chặn. Bởi
vậy u nằm trên một quỹ đạo đầy đủ bị chặn và theo định lí 1.5.1, u ∈ A
1.5.2 Trường hợp hệ thế
Định nghĩa 1.5.2. Giả sử Y là một tập bất biến dương của hệ động lực
(X, S(t)), tức là S(t)Y ⊂ Y, ∀t > 0. Hàm liên tục Φ(y) xác định trên Y gọi
là một hàm Lyapunov của hệ động lực (X, S(t)) trên Y nếu các điều kiện
sau được thỏa mãn:
a) Với mọi y ∈ Y , hàm Φ(S(t)y) là hàm không tăng đối với t ≥ 0;
b) Nếu với t
0
> 0 và y ∈ X nào đó, phương trình Φ(y) = Φ(S(t
0
)y) được
thỏa mãn thì y = S(t)y với mọi t ≥ 0, tức là y là một điểm dừng của hệ
động lực (x, S(t)).
Định lí 1.5.3. Giả sử hệ động lực(X, S(t)) có tập hút toàn cục A và có một
hàm Lyapunov Φ(y) trên A. Khi đó A = W
u
(E), ở đó E là tập các điểm
dừng của hệ động lực.
Chứng minh
:
14
Giả sử y ∈ A.Ta xét quỹ đạo γ xuyên qua y. Kí hiệu
γ = u(t) : t ∈ R và (γ
τ
)
−
= u(t) : t ≤ τ.

Do (γ
τ
)
−
⊂ A, bao đóng [(γ
τ
)
−
] là một tập compact trong X.
Từ đây suy ra tập α giới hạn α(y) =

τ<0
[(γ
τ
)
−
] của quỹ đạo γ là một tập
khác ∅.
Dễ thấy α(γ) là tập bất biến, tức là S(t)α(γ) = α(γ), ∀t ≥ 0.
Ta sẽ chứng minh hàm Lyapunov Φ(y) là hằng số trên α(γ).
Thật vậy nếu u ∈ α(γ) thì tồn tại dãy t
n
→ −∞ sao cho lim
t
n
→−∞
u(t
n
) = u.
Từ đây Φ(u) = lim

n→∞
u(t
n
).
Do tính đơn điệu của hàm Φ(u) dọc theo quỹ đạo ta có
Φ(u) = sup Φ(u(τ)) : τ < 0.
Do đó, hàm Φ(u) là hằng số trên α(γ). Kết hợp với tính bất biến của tập
hợp α(γ),ta có
Φ(S(t)u) = ϕ(u), ∀t > 0, ∀u ∈ α(γ).
Điều này có nghĩa là α(γ) nằm trong tập các điểm dừng E.
Dễ thấy
lim
t→−∞
dist(u(t), α(γ)) = 0.
Do đó u ∈ W
u
(E). Định lí được chứng minh.
1.6 Xác định dáng điệu tiệm cận bởi tập hút toàn
cục
Định lí 1.6.1. Giả sử hệ động lực X, S(t) có tập hút toàn cục A. Cho trước
một quỹ đạo u(t) = S(t)u
0
, một sai số  > 0 và một khoảng thời gian T > 0.
Khi đó tồn tại một thời điểm τ = τ(, T ) và một phần tử v
0
∈ A sao cho
||u(τ + t) − S(t)v
0
|| ≤  với mọi 0 ≤ t ≤ T .
15

Chứng minh:
Do quỹ đạo phụ thuộc liên tục vào dữ kiện ban đầu với , T > 0 cho trước
tồn tại δ(, T ) sao cho u
0
∈ A và
||u
0
− v
0
|| ≤ δ(, T ) → ||u(t) − v(t)|| ≤ , t ∈ [0, T ].
Ta xét quỹ đạo v(t) trên A với v(0) = v
0
. Khi đó u(t) (coi như quỹ đạo
xuất phát từ u(τ)) và v(t) = S(t)v
0
thỏa mãn trên, và
||u(τ + t) − S(t)v
0
|| ≤ .
Để xấp xỉ quỹ đạo đã chọn u(t) trong một khoảng thời gian dài hơn, ta
phải dùng nhiều quỹ đạo trên tập hút toàn cục A.
Mệnh đề sau đây là hệ quả trực tiếp từ định lí 1.6.1.
Hệ quả 1.6.2. Cho trước một quỹ đạo u(t), tồn tại một dãy các sai số
{
n
}
∞
n=1
với  → 0 một dãy tăng các thời điểm {t
n

}
∞
n=1
với
t
n+1
− t
n
→ +∞ khi n → +∞ và một dãy các phần tử {v
n
}
+∞
n=1
với v
n
∈ A
sao cho ||u(t) − S(t − t
n
)v
n
|| ≤ 
n
với mọi t
n
≤ t ≤ t
n+1
.
Hơn nữa bước nhảy ||v
n+1
− S(t

n+1
− t
n
)v
n
|| dần tới 0 khi n → +∞
1.7 Tính liên tục của tập hút toàn cục
1.7.1 Tính nửa liên tục trên
Định lí 1.7.1. Giả sử với mỗi số η ∈ [0, η
0
), hệ động lực (X, S
η
(t)) có tập
hút toàn cục A
η
và tồn tại một tập bị chặn K sao cho

0≤η<η
0
A
η
⊂ K.
Khi đó nếu nửa nhóm S
n
hội tụ tới S
0
theo nghĩa với bất kì t > 0 ,
S
η
(t)x → S

0
(t)x đều trên các tập bị chặn Y của X, tức là:
sup
u
0
∈Y
||S
η
(t)u
0
− S
0
(t)u
0
|| → 0
16
khi η → 0
+
thì dist(A
η
, A
0
) → 0 khi η → 0
+
.
Chứng minh:
Cho trước  > 0, ta có S
η
(t)K ⊂ N (A
0

, ) với t > 0 nào đó và với mọi
η ≤ η().
Bây giờ , do A
0
hút K, tồn tại thời điểm t sao cho
S(t)K ⊂ N(A
0
,

2
).
Khi đó với η đủ nhỏ (và ≤ η()), ta có
sup
x∈K
||S
η
(t)x − S
0
(t)x|| ≤

2
.
Bởi vậy, với η ≤ η(), do A
η
⊂ K, A
η
= S
η
(t)A
η

⊂ S
η
(t)K⊂ N (A
0
, ),
tức là dist(A
η
, A
0
) ≤ .
1.7.2 Tính nửa liên tục dưới
Tính nửa liên tục dưới có nghĩa là dist(A
0
, A
η
) → 0 khi η → 0
+
.
Định lí 1.7.2. Giả sử các giả thiết của định lí 1.7.1 được thỏa mãn và thêm
vào đó giả sử A
0
của bao đóng đa tạp không ổn định của một số hữu hạn các
điểm dừng A
0
=

z∈E
W
u
(z). Nếu các đa tạp không ổn định này biến thiên

liên tục theo η ở gần η = 0 trong một lân cận ở mỗi điểm dừng, thì tập hút
toàn cục A
0
là nửa liên tục dưới η = 0, tức là dist(A
0
, A
η
) → 0 khi η → 0
+
.
Từ đây suy ra tập hút toàn cục là liên tục đối với khoảng cách Hausdorff tức
là
Hdist (A
η
, A
0
) → 0 khi η → 0
+
.
Chứng minh:
Ta cần chứng minh dist(A
0
, A
η
) → 0, tức trong lân cận  lân cận của bất
kì điểm nào trong A
0
, tồn tại một điểm của A
η
với mọi η ≤ η

∗
, với η
∗
> 0.
17
Do A
0
là compact, chỉ cần chứng minh có các điểm trong của A
η
trong
lân cận  của một tập hữu hạn các điểm {x
1
, , x
N
} của A
0
.
Vì A
0
là bao đóng của đa tạp không ổn định, tồn tại các điểm {y
1
, , y
N
}
nằm trong các đa tạp không ổn định trong A
0
, với
||x
k
− y

k
|| ≤

2
.
Ta viết y
k
= S
0
(t
k
)z
k
, với z
k
nằm trong lân cận đủ nhỏ của các điểm
dừng. Bây giờ chọn δ > 0 sao cho
||z
k
− u|| ≤ δ → ||S
0
(t
k
)z
k
− S
0
(t
k
)u|| ≤


4
với mọi k = 1, , N.
Sử dụng tính liên tục của S
0
và chọn η đủ nhỏ (η ≤ η
1
) sao cho
||S
0
(t
k
)u − S
η
(t
k
)u|| ≤

4
với mọi u ∈ N (A
0
, δ), k = 1, , N.
Do các đa tạp không ổn định địa phương thay đổi một cách liên tục miễn
là η đủ nhỏ (η ≤ η
∗
≤ η
1
), tồn tại các điểm z
η
k

trong đa tạp không ổn định
nằm trong A
η
thỏa mãn: z
η
k
− z
k
 < δ
Từ đây suy ra:
S
η
(t
k
)z
η
k
− y
k
 = S
η
(t
k
)z
η
k
− S
0
(t
k

)z
k

≤ S
η
(t
k
)z
η
k
− S
0
(t
k
)z
η
k
 + S
0
(t
k
)z
η
k
− S
0
(t
k
)z
k


≤

4
+

4
=

2
.
Do đó S
η
(t
k
)z
η
k
− x
k
 ≤ , và do S
η
(t
k
)z
η
k
∈ A
η
ta nhận được tính nửa

liên tục dưới của A
n
tại η = 0. Kết hợp với kết quả của định lí 1.5.3, ta nhận
được tính liên tục của A
η
tại η = 0 đối với khoảng cách Hausdorff.
18
Chương 2
Tập hút toàn cục đối với lớp phương
trình parabolic phi tuyến
Nội dung của chương này gồm có sự tồn tại duy nhất nghiệm yếu, sự tồn tại
của tập hút toàn cục và tính trơn và tính đơn ánh của tập hút toàn cục.
2.1 Đặt bài toán
Trong chương này, ta xét bài toán parabolic nửa tuyến tính trên miền bị
chặn Ω ⊂ R
N
, N ≥ 2. Ta sẽ nghiên cứu sự tồn tại nghiệm yếu của bài toán,
sự tồn tại của tập hút toàn cục trong L
2
(Ω), tính trơn của tập hút toàn cục.
Xét bài toán sau trên miền bị chặn Ω ⊂ R
N
, N ≥ 2, với biên ∂Ω trơn.
∂u
∂t
− u + f(u) + g(x) = 0, x ∈ Ω, t > 0
u(t, x) = 0, x ∈ ∂Ω, t > 0 (2.1)
u(0, x) = u
0
(x), x ∈ Ω,

trong đó u
0
∈ L
2
(Ω) cho trước, số hạng phi tuyến f và ngoại lực g thỏa mãn
các điều kiện sau: (F )f : R → R là hàm thuộc lớp C
1
thỏa mãn
C
1
|u|
p
− C
0
≤ f(u)u ≤ C
2
|u|
p
+ C
0
, p ≥ 2 (2.2)
f

(u ≥ −C
3
), ∀u ∈ R (2.3)
19
Trong đó C
0
, C

1
, C
2
, C
3
là các hằng số dương.
(G)g ∈ L
2
(Ω) (2.4)
Bài toán (2.1) xuất phát từ quá trình khuếch tán nơtrơn (điều khiển phản
ứng hạt nhân).
2.2 Sự tồn tại và duy nhất nghiệm yếu
Kí hiệu
Ω
T
= Ω × (0, T )
A = −
D
V = L
2
(0, T ; H
0
1
(Ω))

L
p
(Ω
T
)

V
∗
= L
2
(0, T ; H
0
−1
(Ω)) + L
p

(Ω
T
),
ở đó p

là số mũ liên hợp của p, tức là
1
p
+
1
p

= 1.
Định nghĩa 2.2.1. Hàm u(x, t) được gọi là nghiệm yếu của (2.1) trên (0, T)
nếu và chỉ nếu u ∈ V,
∂u
∂t
∈ V
∗
, u|

t=0
= u
0
hầu khắp nơi trong Ω và

Ω
T
(
∂u
∂t
ϕ + ∇u∇ϕ + f(u)ϕ + gϕ)dxdt = 0 (2.5)
với mọi hàm thử ϕ ∈ V .
Mệnh đề sau đây sẽ chỉ ra tính liên tục của nghiệm yếu theo thời gian t.
Mệnh đề 2.2.1. Nếu u ∈ V,
du
dt
∈ V
∗
thì u ∈ (C[0, T]; L
2
(Ω)).
Chứng minh:
Lấy dãy u
n
∈ C
1
([0, T ]; H
0
1
(Ω)


L
p
(Ω)) sao cho
u
n
→ u trong V và
du
n
dt
→
du
dt
trong V
∗
.
Khi đó với mọi t, t
0
∈ [0, T ], ta có
||u
n
(t)−u
m
(t)||
2
L
2
(Ω)
= ||u
n

(t
0
)−u
m
(t
0
)||
2
L
2
(Ω)
+2
t

t
0
u

n
(s) − u

m
(s), u
n
(s) − u
m
(s).
20
Chọn t
0

sao cho
||u
n
(t
0
) − u
m
(t
0
)||
2
L
2
(Ω)
=
1
T
T

0
||u
n
(t
0
) − u
m
(t
0
)||
2

L
2
(Ω)
dt.
Ta có

Ω
|u
n
(t) − u
m
(t)|
2
dx
=
1
T
T

0

Ω
|u
n
(t
0
) − u
m
(t
0

)|
2
dxdt+2
t

t
0

Ω
(u

n
(s) − u

m
(s))(u
n
(s) − u
m
(s))dxds
≥
1
T
T

0

Ω
|u
n

(t
0
) − u
m
(t
0
)|
2
dxdt + 2||u

n
− u

m
||
V
||u
n
− u
m
||
V
∗
.
Do đó, {u
n
} là dãy Cauchy trong C([0, T ]; L
2
(Ω)). Vì vậy {u
n

} hội tụ
trong C([0, T ]; L
2
(Ω)), tới một hàm v ∈ C([0, T]; L
2
(Ω)).
Mặt khác, từ u
n
→ u trong V, u
n
(t) → u(t) trong L
2
(Ω) hầu khắp t ∈
[0, T ]. Do đó thu được u = v hầu khắp nơi.
Điều đó chứng tỏ u ∈ C[0, T ]; L
2
(Ω)( nếu cần ta có thể chỉnh sửa giá trị
trên một tập có độ đo 0)
Định lí 2.2.2. Nếu các điều kiện (F)-(G) được thỏa mãn thì bài toán (2.1)
có duy nhất một nghiệm yếu toàn cục u(t) thỏa mãn
u ∈ C([0, ∞); L
2
(Ω)

L
2
loc
(0, ∞; H
0
1

(Ω))

L
p
loc
(0, ∞; L
p
(Ω))
và
du
dt
∈ L
2
loc
(0, ∞; H
−1
(Ω)) + L
p

loc
(0, ∞; L
p

(Ω)), ở đó p’ là số mũ liên hợp
của p. Hơn nữa ánh xạ u
0
→ u(t) là liên tục trên L
2
(Ω).
Chứng minh:

(i) Sự tồn tại.
Ta xây dựng nghiệm xấp xỉ u
n
(t) trong không gian hữu hạn chiều sinh
bởi n vectơ riêng đầu tiên {e
1
, , e
n
} của toán tử A:
U
n
(t) =

n
j=1
u
nj
(t)e
j
sao cho u
n
thỏa mãn bài toán sau:

∂u
∂t
, e
j
 + Au
n
, e

j
 + f(u
n
), e
j
 + (g, e
j
) = 0, 1 ≤ j ≤ n
và (u
n
(0), e
j
) = (u
0
, e
j
) (2.6)
Theo định lý Peano, ta nhận được sự tồn tại của dãy nghiệm xấp xỉ u
n
(t).
21
Bây giờ chúng ta sẽ xây dựng ước lượng tiên nghiệm của u
n
. Ta có:
1
2
d
dt
||u
n

||
2
L
2
(Ω)
+ ||u
n
||
2
H
1
0
(Ω)
+

Ω
f(u
n
)u
n
dx +

Ω
gu
n
dx = 0.
Sử dụng điều kiện (2.2) và bất đẳng thức Cauchy ta có:
1
2
d

dt
||u
n
||
2
L
2
(Ω)
+||u
n
||
2
H
1
0
(Ω)
−C
0
|Ω|+C
1

Ω
|u
n
|
p
dx ≤
1
2λ
1

||g||
2
L
2
(Ω)
+
λ
1
2
||u
n
||
2
L
2
(Ω)
.
(2.7)
Trong đó λ
1
là giá trị riêng đầu tiên của A trên Ω với điều kiện biên
Dirichlet thuần nhất ( chú ý rằng ||u
n
||
2
H
0
2
(Ω)
≥ λ

1
||u
n
||
2
L
2
(Ω)
).
Do đó
d
dt
||u
n
||
2
L
2
(Ω)
≤ −λ
1
||u
n
||
2
L
2
(Ω)
+ C
4

.
Trong đó C
4
=
1
λ
1
||g||
2
+ 2C
0
|Ω|. Sử dụng bất đẳng thức Gronwall, ta
được
||u
n
(t)||
2
L
2
(Ω)
≤ e
−λ
1
t
||u
n
(0)||
2
L
2

(Ω)
+
C
4
λ
1
(1 − e
−λ
1
t
) (2.8)
Ước lượng trên đảm bảo rằng nghiệm u
n
(t) của (2.6) có thể mở rộng ra
trên toàn khoảng [0, ∞).
Từ (2.7), ta có
d
dt
||u
n
(t)||
2
L
2
(Ω)
+ ||u
n
(t)||
2
H

1
0
(Ω)
+ 2C
1

Ω
|u
n
(t)|
p
dx ≤ C
4
.
Với T là một số dương bất kì, lấy tích phân hai về từ 0 tới t, 0 ≤ t ≤ T ,
bất đẳng thức trên ta có
||u
n
(t)||
2
L
2
(Ω)
+

t
0
||u
n
(s)||

2
H
0
1
(Ω)
ds + 2C
1

t
0

Ω
|u
n
|
p
dxds
≤ ||u − n(0)||
2
L
2
(Ω)
+ C
4
T .
Do đó
• {u
n
} bị chặn trong L
∞

(0, T ; L
2
(Ω));
• {u
n
} bị chặn trong L
2
(0, T ; H
2
0
(Ω));
• {u
n
} bị chặn trong L
p
(Ω
T
).
Trước tiên chúng ta dùng tính bị chặn của {u
n
} trong L
p
(Ω
T
) để chứng
minh tính bị chặn của {f(u
n
)} trong L
p


(Ω
T
), ở đó p’ là liên hợp của p.
22
Thật vậy từ điều kiện (2.2) suy ra |f(u)| ≤ C
5
(1 + |u|
p−1
). Do đó,
||f(u
n
)||
p

L
p

(Ω
T
)
dxdt ≤ C

T
0

Ω
(1 + |u
n
|
p−1

)
p

dxdt
≤ C

T
0

Ω
(1 + |u
n
|
p
)dxdt.
Vì vậy {f(u
n
)} bị chặn trong L
p

(Ω
T
).
Tiếp theo chúng ta chứng minh rằng dãy {
du
n
dt
} bị chặn trong không gian
L
p


(0, T ; H
−1
(Ω) + L
p

(Ω)).
Thật vậy, từ
du
n
dt
= −Au
n
− f(u
n
) − g suy ra {
du
n
dt
} bị chặn trong V
∗
.
Kết hợp với L
2
(0, T ; H
−1
(Ω)) và L
p
(Ω
T

) nhúng liên tục vào
L
p

(0, T ; H
−1
(Ω) + L
p

(Ω)), ta thu được kết quả cần chứng minh.
Từ các kết quả trên ta có
• u
n
 u trong L
2
(0, T ; H
1
0
(Ω));
• u
n
 u trong L
p
(Ω
T
);
• f(u
n
)  χ trong L
p


(Ω
T
);
•
du
n
dt

du
dt
trong V
∗
.
Từ u ∈ V,
du
dt
∈ V
∗
do mệnh đề 2.2.1 ta có u ∈ C([0, T ]; L
2
(Ω)).
Còn lại chỉ cần chứng minh cho χ = f(u), u(0) = u
0
. Do {u
n
} bị chặn
trong L
2
(0, T ; H

1
0
(Ω)) và {
du
n
dt
} bị chặn trong L
p

(0, T ; H
−1
(Ω) + L
p

(Ω)).
Vậy nên u
n
→ u trong L
2
(0, T ; L
2
(Ω)).
Do đó có thể lấy một dãy con {u
n
k
} sao cho u
n
k
→ u hầu khắp nơi trong
Ω

T
.
Từ tính liên tục của hàm f ta có f(u
n
k
→ f(u)) hầu khắp nơi trong Ω
T
.
Do {f(u
n
k
)} bị chặn trong L
p

(Ω
T
), ta có f(u
n
k
) → f(u) trong L
p

(Ω
T
).
Do tính duy nhất của giới hạn yếu ta có χ = f(u).
23
Để chứng minh u(0) = u
0
, chọn hàm thử ϕ ∈ C

1
([0, T ]; H
1
0
(Ω)

L
p
(Ω))
với ϕ(T ) = 0, và lấy tích phân theo t ở phương trình xấp xỉ nghiệm, ta có

T
0
−u
n
, ϕ

dt +

Ω
T
(∇u
n
∇ϕ + f(u
n
)φ + gϕ)dxdt = (u
n
(0), ϕ(0)).
Qua giới hạn khi n → ∞ ta thu được


T
0
−u, ϕ

dt +

Ω
T
(∇u∇ϕ + f(u)φ + gϕ)dxdt = (u
0
, ϕ(0)) (2.9)
Vì u
n
(0) → u
0
. Mặt khác,

T
0
−u, ϕ

dt +

Ω
T
(∇u∇ϕ + f(u)φ + gϕ)dxdt = (u(0), ϕ(0)) (2.10)
So sánh (2.9) và (2.10) ta có u(0) = u
0
. Vì vậy u là một nghiệm yếu của
(2.1).

Nghiệm u tồn tại toàn cục do bất đẳng thức sau
||u
n
(t)||
2
L
2
(Ω)
≤ e
−λ
1
t
||u
n
(0)||
2
L
2
(Ω)
+
C
4
λ
1
(1 − e
−λ
1
t
) (2.11)
(ii) Tính duy nhất và sự phụ thuộc liên tục.

Giả sử u, vlà hai nghiệm yếu của (2.1) với điều kiện ban đầu tương ứng
là u
0
, v
0
∈ L
2
(Ω). Đặt w = u − v thì
w
t
+ Aw + f(u) − f(v) = 0, x ∈ Ω, t > 0, w|
∂Ω
= 0, w(0) = u
0
− v
0
.
Do đó ta có
1
2
d
dt
||w||
2
L
2
(Ω)
+ ||w||
2
H

1
0
(Ω)
+

Ω
(u − v)(f(u) − f(v))dx = 0.
Sử dụng điều kiện (2.3) ta có
d
dt
||w||
2
L
2
(Ω)
+ 2||w||
2
H
1
0
(Ω)
≤ 2C
3
||w||
2
L
2
(Ω)
.
Áp dụng bất đẳng thức Gronwall, ta có

||w(t)||
L
2
(Ω)
≤ ||w(0)||
L
2
(Ω)
e
2C
3
t
.
Do đó ta có tính duy nhất nghiệm ( nếu u
0
= v
0
) và sự phụ thuộc liên
tục của nghiệm vào điều kiện ban đầu.
24
2.3 Sự tồn tại tập hút toàn cục
Bài toán:
Giả sử S(t) là nửa nhóm liên tục trong L
2
(Ω) sinh bởi bài toán đã cho.
Vấn đề đặt ra như sau:
- Xét sự tồn tại của tập hút toàn cục A trong L
2
(Ω).
- Xét tính trơn của A.

- Đánh giá số chiều của A.
Giả sử f ∈ C
1
(R) thỏa mãn :





−k − α
1
|s|
p
≥ f(s)s ≥ k − α
2
|s|
p
f

(s) ≤ l
f(0) = 0
2.3.1 Tập hấp thụ trong L
2
(Ω)
Mệnh đề 2.3.1. S(t) là một tập hấp thụ trong L
2
(Ω), tức là tồn tại
ρ
H
> 0, ∃t

0
= t
0
(|u
0
|) > 0 sao cho mọi nghiệm u(t) = S(t)u
0
ta có
|u(t) ≤ ρ
H
, ∀t ≥ t
0
|.
Hơn nữa, ta có
t+1

t
||u(s)||
2
ds ≤ I
V
, ∀t ≥ t
0
với I
V
> 0.
Chứng minh:
Ta có
du
dt

|u(t)|
2
+ ||u(t)||
2
=

Ω
f(u(t))u(t) ≤

Ω
(k − α
2
|u(t)|
p
).(2.12)
Do |u| ≤ λ
−
1
2
1
||u|| ,λ
1
≥ 0 là giá trị riêng đầu tiên nên
d
dt
|u|
2
+ 2λ
1
|u|

2
≤ 2k|Ω|.
Dùng bất đẳng thức Gronwall ta được:
|u(t)|
2
≤ |u
0
|
2
e
−2λ
−1
t
+
d|Ω|
λ
1
(1 − e
−2λ
1
t
).
25