Bài toán xác định tham số trong một lớp bất đẳng thức vi biến phân cấp phân số

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2
−−−∗∗∗−−−

TÔ THỊ HUYỀN

BÀI TOÁN XÁC ĐỊNH THAM SỐ
TRONG MỘT LỚP BẤT ĐẲNG THỨC
VI BIẾN PHÂN CẤP PHÂN SỐ

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

HÀ NỘI-2018


BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2
−−−∗∗∗−−−

TÔ THỊ HUYỀN

BÀI TOÁN XÁC ĐỊNH THAM SỐ
TRONG MỘT LỚP BẤT ĐẲNG THỨC
VI BIẾN PHÂN CẤP PHÂN SỐ

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
Chuyên ngành: Toán giải tích
Mã số: 8 46 01 02

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

HÀ NỘI-2018


LỜI CẢM ƠN
Lời đầu tiên, em xin gửi lời cảm ơn tới Trường Đại học Sư phạm Hà Nội
2 đã tạo mọi điều kiện thuận lợi để em hoàn thành khóa học của mình.
Qua đây em xin bày tỏ lòng biết ơn tới toàn thể các thầy cô trong nhà
trường đã dạy dỗ, chỉ bảo tận tình trong quá trình em học tập tại trường.
Em xin gửi lời cảm ơn tới toàn thể các thầy cô trong Bộ môn Toán Giải
tích, Khoa Toán - Tin, Trường Đại học Sư phạm Hà Nội 2 đã tạo mọi điều
kiện thuận lợi để em hoàn thành luận văn của mình. Đặc biệt, em xin bày
tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới thầy giáo PGS. TS. Trần Đình Kế, người đã
trực tiếp chỉ bảo và hướng dẫn tận tình em trong suốt quá trình thực hiện
luận văn.
Cuối cùng, em xin được cảm ơn gia đình, bạn bè và các đồng nghiệp,
những người đã luôn ở bên để giúp đỡ và chia sẻ những khó khăn với em
trong suốt thời gian học tập và hoàn thành luận văn của mình.
Hà Nội, tháng 10 năm 2018
Tác giả

Tô Thị Huyền


LỜI CAM ĐOAN
Tôi xin cam đoan, dưới sự hướng dẫn của PGS.TS Trần Đình Kế, luận
văn thạc sĩ chuyên ngành Toán Giải tích với đề tài "Bài toán xác định
tham số trong một lớp bất đẳng thức vi biến phân cấp phân số"được hoàn
thành bởi nhận thức của bản thân tác giả.
Trong quá trình nghiên cứu thực hiện luận văn, tác giả đã kế thừa những

thành tựu của các nhà khoa học với sự trân trọng biết ơn.

Hà Nội, tháng 10 năm 2018
Tác giả

Tô Thị Huyền


Mục lục
Chương 1: Kiến thức chuẩn bị

6

1.1 Nửa nhóm các toán tử tuyến tính . . . . . . . . . . . . . .

6

1.2 Giải tích bậc phân số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

7

1.3 Các bất đẳng thức dạng Gronwall . . . . . . . . . . . . . .

10

Chương 2 : Tính giải được của bài toán xác định tham số 12
2.1 Bài toán tương đương . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
12
2.2 Sự tồn tại nghiệm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

16

Chương 3 : Tính duy nhất và tính ổn định của nghiệm
3.1 Ước lượng theo dữ kiện . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

25

3.2

28

Áp dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Kết luận chung
Tài liệu tham khảo

25

32
33


1

LỜI MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài
Bất đẳng thức vi biến phân (DVI) là mô hình kết hợp giữa phương trình
vi phân và bất đẳng thức biến phân, dùng để mô tả các bài toán trong cơ
học tiếp xúc, động lực học kinh tế, mạng lưới điện... Mô hình này bắt đầu
được nghiên cứu một cách hệ thống từ công trình của Pang và Stewart

trong trường hợp hữu hạn chiều, sau đó được mở trọng cho trường hợp vô
hạn chiều trong một số công trình gần đây. Xét mô hình DVI sau
D0α x(t) = Ax(t) + B(u(t))z + h(x(t)), t ∈ (0, T ].
F (x(t)) + G(u(t)), v − u(t) ≥ 0, ∀v ∈ K, t ∈ [0, T ]
x(0) = ξ

(0.1)
(0.2)
(0.3)

trong đó (x, u) lấy giá trị trong X ×U với X là một không gian Banach và U
là một không gian Hilbert, K ⊂ U là một tập lồi đóng, D0α là đạo hàm cấp
α theo nghĩa Caputo, A là toán tử sinh của một C0 − nửa nhóm, B, h, F, G
là các hàm cho trước. Bài toán tìm bộ ba (x, u, z) ∈ C([0, T ]; X) × X với
điều kiện bổ sung
T

ϕ(t)x(t)dt = ψ,

(0.4)

0

là một bài toán ngược dạng xác định tham số, là vấn đề nghiên cứu có tính
thời sự trong thời gian gần đây. Quan tâm đến lớp bài toán này, chúng tôi
chọn đề tài

Bài toán xác định tham số trong một lớp bất đẳng thức vi biến
phân cấp phân số,
làm nội dung nghiên cứu trong luận văn

2

2. Mục đích nghiên cứu
Tìm điều kiện đảm bảo tính giải được duy nhất của bài toán (0.1)-(0.4)

3. Nhiệm vụ nghiên cứu
1. Tìm hiểu lý thuyết bất đẳng thức vi biến phân;
2. Tìm hiểu lý thuyết nửa nhóm là giải tích bậc phân số
3. Tìm hiểu lý thuyết điểm bất động.
4. Nghiên cứu các điều kiện giải được duy nhất đối với bài toán ngược
(0.1)-(0.4).

4. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu
• Đối tượng nghiên cứu: Bất đẳng thức vi biến phân cấp phân số.
• Phạm vi nghiên cứu: điều kiện giải được duy nhất của bài toán ngược.

5. Phương pháp nghiên cứu
Luận văn sử dụng một số công cụ của giải tích hàm:
• Lý thuyết điểm bất động;
• Bất đẳng thức biến phân;
• Lý thuyết nửa nhóm và giải tích bậc phân số.

6. Dự kiến đóng góp của luận văn
Trình bày chi tiết một số kết quả về tính giải được duy nhất đối với bài
toán (0.1)-(0.4), dựa vào công trình [9].


3

Đặt vấn đề
Cho X là không gian Banach và U là không gian Hilbert và K là tập con
lồi đóng trong U,ta xét bài toán xác định tham số
(FrIP) Cho ξ, ψ ∈ X, tìm (x, u, z) thoả mãn bất đẳng thức vi biến phân
bậc phân số
D0α x(t) = Ax(t) + B(u(t))z + h(x(t)), t ∈ (0, T ],
F (x(t)) + G(u(t)), v − u(t) ≥ 0, ∀v ∈ K, t ∈ [0, T ],
x(0) = ξ,

(0.5)
(0.6)
(0.7)

và thoả mãn điều kiện
T

ϕ(s)x(s)ds = ψ,

(0.8)

0

trong đó (x, u) lấy giá trị trong X × U, z ∈ X; D0α , α ∈ (0, 1), là đạo
hàm bậc phân số theo nghĩa Caputo. Trong mô hình bài toán, A là toán
tử tuyến tính đóng trên X, ϕ ∈ C 1 ([0, T ]; R) là hàm không tầm thường,
không âm, B : U → R, h : X → X, F : X → U ∗ và G : U → U ∗ là các ánh
xạ cho trước. Ký hiệu ·, · là cặp đối ngẫu chính tắc giữa U và đối ngẫu
U ∗.
Các bất đẳng thức vi biến phân (DVIs) xuất hiện như là một hệ chứa

một phương trình tiến hoá và một ràng buộc bất đẳng thức biến phân.
DVIs được nghiên cứu hệ thống bởi Pang và Stewart xem [18]. Ở đó DVIs
như là mô hình tổng quát cho các phương trình vi phân đại số, các bài toán
bù vi phân... Thực tế DVIs mô tả các mô hình toán học ở đó là nơi giao
thoa của hệ động lực và tối ưu. DVIs bậc phân số (FrDVIs) được đề xuất
đầu tiên trong [14]. Trong [14], các tác giả sử dụng phương pháp bậc tô


4

pô để nghiên cứu tính giải được của FrDVIs. Chú ý rằng các FrDVIs trong
[14] được thiết lập trong không gian hữu hạn chiều. Tuy nhiên, nếu phương
trình tiến hoá trong DVIs miêu tả một phương trình đạo hàm riêng (PDE),
chúng ta có DVIs vô hạn chiều. DVIs trong không gian vô hạn chiều thu
hút sự quan tâm nghiên cứu bởi nhiều nhà toán học [2, 13]. Trong [2, 13]
các tác giả đã nghiên cứu các câu hỏi liên quan tới tính giải được và dáng
điệu tiệm cận nghiệm của DVIs mà ràng buộc là phương trình tiến hoá
cấp một trong không gian Banach.
Xét FrDVI (0.5)-(0.7), chú ý rằng, phương trình tiến hoá bậc phân số
(0.5) được sử dụng để mô tả các quá trình động lực học trong các vật liệu
có nhớ. Các phương trình tiến hoá bậc phân số cũng được sử dụng để miêu
tả quá trình khuếch tán bất thường (xem [10, 20]). Gần đây, bài toán xác
định số hạng nguồn cho PDEs bậc phân số nhận được sự quan tâm của
nhiều nhà toán học. Đối với bài toán tuyến tính, các tác giả đã nghiên cứu
bài toán xác định số hạng nguồn sử dụng phương pháp chính quy hoá [19],
hoặc phương pháp thác triển duy nhất [5]. Tuy nhiên, so sánh với trường
hợp tuyến tính, bài toán xác định số hạng nguồn trong bài toán ngược phi
tuyến còn ít được biết đến. Trong [17], bài toán xác định số hạng nguồn
phi tuyến được nghiên cứu dựa trên nguyên lý cực đại cho phương trình vi
phân bậc phân số. Sử dụng phương pháp định lý điểm bất động, các tác

giả trong [23] đã nghiên cứu bài toán xác định số hạng nguồn cho phương
trình truyền sóng bậc phân số nửa tuyến tính, ở đó B. Wu và cộng sự
chứng minh kết quả về sự tồn tại địa phương. Cần chú ý rằng, không giống
như các phương trình bậc nguyên, chúng ta không thể kéo dài nghiệm cho
phương trình bậc phân vì nghiệm của phương trình bậc phân số không có
tính chất nửa nhóm. Ngoài ra sử dụng phương pháp điểm bất động nghiên
cứu bài toán ngược có thể xem [15, 16].
Vấn đề đặt ra là xác định đại lượng ràng buộc của FrDVI (0.5)-(0.7).
Cụ thể, trong biểu diễn B(u(t))z của phương trình (0.5), số hạng B(u(t))
là biên độ của ràng buộc, số hạng z ∈ X là hướng của ràng buộc và được


5

giả sử là chưa biết. Số hạng này sẽ được xác định bởi sử dụng đo đạc (0.8).
Bài toán (FrIP) sẽ được nghiên cứu như sau. Dưới giả sử A là toán tử
quạt,ta chứng minh nghiệm tích phân của (0.5)-(0.7) cũng là nghiệm cổ
điển. Sử dụng định lý điểm bất động Schauder ta chứng minh sự tồn tại
nghiệm toàn cục (x, u, z) với mỗi dữ kiện ban đầu (ξ, ψ). Bổ sung thêm
giả thiết hệ số Lipschitz của F nhỏ, chứng minh ánh xạ (ξ, ψ) → (x, u, z)
Lipschitz địa phương từ X × D(A) tới C([0, T ]; X) × C([0, T ]; U) × X, từ
đó nhận được kết quả về tính duy nhất và tính ổn định của nghiệm.
Luận văn nhắc lại các tính chất của toán tử giải thức bậc phân số tương
ứng với phần tuyến tính của (0.5). Trong mục 3, nghiên cứu sự tồn tại và
chính quy của nghiệm tích phân của (FrIP). Mục 4 dẫn ra tính duy nhất
và tính Lipschitz của ánh xạ (ξ, ψ) → (x, u, z). Phần cuối luận văn đưa ra
một áp dụng của kết quả trừu tượng cho một hệ PDEs.


6

Chương 1
Kiến thức chuẩn bị
1.1

Nửa nhóm các toán tử tuyến tính

Chúng tôi nhắc lại một số khái niệm của lý thuyết nửa nhóm [1].
Định nghĩa 1.1.1. Ta nói rằng {S(t)}t≥0 là một nửa nhóm các ánh xạ
tuyến tính bị chặn trên X nếu S(t) ∈ L(X) với mọi t ≥ 0, và
i) S(0) = I;
ii) S(t)S(s) = S(t + s), ∀t, s ≥ 0.
Nửa nhóm S(t) gọi là một C0 -nửa nhóm (hay nửa nhóm liên tục mạnh)
nếu
lim S(t)x = x, ∀x ∈ X.

t→0+

(1.1)

Định nghĩa 1.1.2. Giả sử {S(t)}t≥0 là một C0 -nửa nhóm trên X. Ta định
nghĩa toán tử sinh A của nó như sau:
D(A) =
và

x ∈ X : lim+
h→0

S(h) − I
x tồn tại trong X

h

S(h) − I
d+ (S(t)x)
Ax = lim+
x=
|t=0 , ∀x ∈ D(A).
h→0
h
dt
Nửa nhóm {S(t)}t≥0 được gọi là compact nếu với mỗi t > 0, S(t) là một

toán tử compact.


7

Bây giờ chúng ta sẽ nêu định nghĩa nửa nhóm giải tích. Với δ ∈ (0, π)
và σ ∈ (0, π) ta định nghĩa
∆δ = {z ∈ C : | arg z| < δ, z = 0},
∆δ (a) = a + ∆δ = {z ∈ C : | arg(z − a)| < δ, z = a},
Σσ = {z ∈ C : | arg z| > σ, z = 0},
Σσ (a) = a + Σσ = {z ∈ C : | arg(z − a)| > σ, z = a}.
Định nghĩa 1.1.3. Giả sử {S(t)} là một C0 -nửa nhóm sinh bởi A trên
không gian Banach X. Ta nói rằng {S(t)} là một nửa nhóm giải tích nếu
tồn tại một thác triển của t → S(t) thành ánh xạ z → S(z) xác định với
mọi z thuộc quạt ∆δ ∪ {0} và thỏa mãn các điều kiện sau:
(1) z → S(z) là ánh xạ từ ∆δ ∪ {0} vào L(X);
(2) S(z1 + z2 ) = S(z1 )S(z2 ) với mọi z1 , z2 ∈ ∆δ ∪ {0};
(3) Với mọi w ∈ X, ta có S(z)w → w khi z → 0 trong ∆δ ∪ {0};

(4) Với mọi w ∈ X, ánh xạ z → S(z)w là giải tích từ ∆δ vào X.
Mỗi ánh xạ S(z) như trên gọi là một thác triển nửa nhóm giải tích của
S(t).
Định nghĩa 1.1.4. Nếu ánh xạ t → S(t) liên tục trên khoảng (0, +∞)
theo chuẩn trong L(X) thì ta nói nửa nhóm {S(t)}t≥0 là liên tục theo
chuẩn (norm-continuous). Nếu S(·) liên tục trên nửa trục [0, ∞) thì ta nói
nửa nhóm này liên tục đều.

1.2

Giải tích bậc phân số

Cho T > 0, ký hiệu L1 (0, T ; X) là không gian các hàm xác định trên [0, T ]
lấy giá trị trong không gian Banach X và khả tích theo nghĩa Bochner.
Đặt

tα−1
, t ≥ 0, α > 0,
Γ(α)
∞
trong đó Γ(α) = 0 tα−1 e−t dt, α > 0, là hàm Gamma.
gα (t) =


8

Định nghĩa 1.2.1. ([11]) Tích phân Riemann-Liouville bậc phân số của
hàm f ∈ L1 (0, T ; X) cho bởi
t

I0α f (t) =

gα (t − s)f (s)ds.
0

Định nghĩa 1.2.2. ([11]) Đạo hàm Caputo bậc phân số với bậc α ∈ (n −
1, n), n ∈ N+ , của hàm f ∈ C n−1 ([0, T ]; X) được xác định bởi
D0α f (t)

dn
= n
dt

n−1

t

gk+1 (s)f (k) (0) ds.

gn−α (t − s) f (s) −
0

k=0

Xét bài toán Cauchy tuyến tính
D0α x(t) = Ax(t) + f (t), t ∈ (0, T ],

(1.2)

x(0) = x0 ,

(1.3)

trong đó α ∈ (0, 1) và f ∈ L1 (0, T ; X). Giả sử A sinh ra C0 -nửa nhóm S(·)
thoả mãn
S(t)v ≤ M v , ∀t ≥ 0, v ∈ X.
Khi đó, xem [25], chúng ta có công thức biểu diễn
t

(t − s)α−1 Pα (t − s)f (s)ds,

x(t) = Sα (t)x0 +

(1.4)

0

trong đó
∞

φα (θ)S(tα θ)x dθ,

Sα (t)x =
0

(1.5)

∞

θφα (θ)S(tα θ)x dθ, ∀x ∈ X,

Pα (t)x = α

(1.6)

0

với φα là hàm mật đọ xác suất trên (0, ∞), φα có biểu diễn dạng
1
φα (θ) =
απ

∞

(−1)n−1 θn−1
n=1

Γ(nα + 1)
sin nπα, θ ∈ (0, ∞).
n!

Định nghĩa 1.2.3. Hàm x : [0, T ] → X được gọi là nghiệm cổ điển của
bài toán (1.2)-(1.3) trên [0, T ] nếu
1. x ∈ C([0, T ]; D(A)),


9

2. g1−α ∗ [x(·) − x0 ] ∈ C 1 ([0, T ]; X),
3. x thoả mãn (1.2)-(1.3) trên [0, T ],

trong đó ’*’ là tích chập Laplace.
Định nghĩa 1.2.4. Hàm x : [0, T ] → X cho bởi
t

(t − s)α−1 Pα (t − s)f (s)ds, t ∈ [0, T ],

x(t) = Sα (t)x0 +
0

được gọi là nghiệm tích phân của bài toán (1.2)-(1.3) trên [0, T ].
Cho A là toán tử quạt, nghĩa là, tồn tại C > 0 và ω ∈ ( π2 , π) sao cho
Σω := {λ ∈ C\{0} : | arg λ| < ω} ⊂ ρ(A),
λ(λI − A)−1 v ≤ C v , ∀v ∈ X, λ ∈ Σω ,
ở đây ρ(A) là tập giải của toán tử A. Khi đó ta có kết quả chính quy sau
cho hệ (1.2)-(1.3).
Bổ đề 1.2.1. Giả sử A là toán tử quạt. Nếu x0 ∈ D(A) và f là hàm liên
tục H¨
older, nghĩa là, tồn tại C > 0 và γ ∈ (0, 1) sao cho
f (t) − f (s) ≤ C|t − s|γ , ∀t, s ∈ [0, T ],
thì mọi nghiệm tích phân của hệ (1.2)-(1.3) cũng là nghiệm cổ điển.
Chứng minh. Lập luận tương tự như trong [26, Bổ đề 5.1 và Định lý 5.1].

Ta liệt kê một số tính chất của toán tử giải Sα (·) và Pα (·).
Bổ đề 1.2.2. [22, 25] Giả sử A là toán tử quạt mà nửa nhóm S(·) sinh
bởi A thoả mãn S(t)v ≤ M v với mọi t ≥ 0, v ∈ X. Khi đó
(i) Sα (t)v ≤ M v , Pα (t)v ≤

M v
, với mọi t ≥ 0, v ∈ X.
Γ(α)

d
(ii) Với bất kỳ v ∈ X, t > 0, Sα (t)v = −tα−1 APα (t)v. Nếu v ∈ D(A) thì
dt
d
hàm t → Sα (t)v khả tích địa phương trên (0, ∞).
dt


10

(iii) Với η ∈ (0, 1], tồn tại Cη > 0 sao cho
(−A)η Pα (t)v ≤

Cη v
, ∀t > 0, v ∈ X.
tαη

(iv) Nếu S(·) là nửa nhóm compact thì Sα (t) và Pα (t) cũng là toán tử
compact với mọi t > 0.
Hàm Mittag-Leffler Eα,β , α, β > 0 cho bởi
∞

Eα,β (z) =
n=0

1.3

zn
, z ∈ C.

Γ(αn + β)

Các bất đẳng thức dạng Gronwall

Trong luận văn, ta sử dụng các bất đẳng thức loại Gronwall sau.
Bổ đề 1.3.1. ([24, Hệ quả 2]) Giả sử rằng β > 0, b ≥ 0 và σ là hàm không
giảm, không âm và khả tích địa phương trên [0, T ]. Nếu v là hàm không
âm khả tích địa phương trên [0, T ] với
t

(t − s)β−1 v(s)ds, ∀t ∈ [0, T ],

v(t) ≤ σ(t) + b
0

thì v(t) ≤ σ(t)Eβ,1 (bΓ(β)tβ ) với mọi t ∈ [0, T ].
Bổ đề 1.3.2. Cho v : [0, T ] → R+ là hàm liên tục và thoả mãn bất đẳng
thức tích phân
t
α

(t − s)α−1 Eα,α (−η(t − s)α ) ( v(s) + κ) ds,

v(t) ≤ Eα,1 (−ηt )v0 +
0

trong đó α ∈ (0, 1), 0 < < η, κ ≥ 0, v0 ≥ 0. Khi đó
v(t) ≤ Eα,1 (−(η − )tα )v0 +

κ

(1 − Eα,1 (−(η − )tα )) .
η−

(1.7)

Chứng minh. Sử dụng lập luận tương tự như trong [6, Bổ đề 13], ta có
t
α

(t − s)α−1 Eα,α (−(η − )(t − s)α )ds. (1.8)

v(t) ≤ Eα,1 (−(η − )t )v0 + κ
0


11

Hơn nữa, sử dụng phép biến đổi Laplace ta có
d
Eα,1 (−γtα ) = −γtα−1 Eα,α (−γtα ), ∀γ > 0, t > 0.
dt
Sử dụng bất đẳng thức cuối để tính tích phân trong (1.8), chúng ta nhận
được (1.7).


12

Chương 2
Tính giải được của bài toán xác định
tham số

2.1

Bài toán tương đương

Để nghiên cứu tính giải được, ta sẽ đưa ra các giải thiết sau:
(A) A là toán tử quạt và A sinh ra nửa nhóm compact sao cho
S(t)v ≤ e−βt v , ∀t ≥ 0, v ∈ X,
trong đó β là số dương.
(B) B : U → R là hàm Lipschitz, nghĩa là tồn tại số dương LB > 0 sao
cho
B(u1 ) − B(u2 ) ≤ LB u1 − u2

U , ∀u1 , u2

∈ U,

và tồn tại số dương mB , MB > 0 sao cho mB ≤ B(v) ≤ MB với mọi
v ∈ K.
(F) Toán tử F : X → U ∗ liên tục Lipschitz với hệ số LF ,
F (y1 ) − F (y2 )

U∗

≤ LF y1 − y2 , ∀y1 , y2 ∈ X.

(G) Toán tử G : U → U ∗ được cho bởi
G(u), v = b(u, v), ∀u, v ∈ U,


13

trong đó b : U × U → R là hàm song tuyến tính liên tục trên U × U
và thoả mãn
b(u, u) ≥ ηG u

2
U , ∀u

∈ U,

ở đó ηG > 0.
(H) h : X → X là hàm Lipschitz vói hệ số Lh ,
h(y1 ) − h(y2 ) ≤ Lh y1 − y2 , ∀y1 , y2 ∈ X.
Đặt
Uad = {u ∈ C([0, T ]; U) : u(t) ∈ K, ∀t ∈ [0, T ]}.
Định nghĩa 2.1.1. Cho ξ, z ∈ X, một cặp (x, u) ∈ C([0, T ]; X) × Uad được
gọi là nghiệm cổ điển (tích phân) của bài toán (0.5)-(0.7) nếu (x, u) thoả
mãn (0.6) và x là nghiệm cổ điển (tích phân) của bài toán
D0α x(t) = Ax(t) + f (t), t ∈ (0, T ],
x(0) = ξ,
với f (t) = B(u(t))z + h(x(t)).
Định nghĩa 2.1.2. Cho ξ, ψ ∈ X, một bộ ba (x, u, z) ∈ C([0, T ]; X) ×
Uad × X được gọi là nghiệm của bài toán (FrIP) nếu (x, u) là nghiệm cổ
điển của (0.5)-(0.7) và x thoả mãn (0.8).
Cho trước w ∈ U ∗ , ký hiệu
S(w) := {u ∈ K : G(u) + w, v − u ≥ 0, ∀v ∈ K}.
Theo [12, Định lý 2.1], chúng ta thu được kết quả sau về tập S(w).
Bổ đề 2.1.1. Giả sử (G) thoả mãn. Khi đó với mỗi w ∈ U ∗ , tập nghiệm
S(w) là một điểm. Hơn nữa, ánh xạ w → u liên tục Lipschitz từ U ∗ tới U
1

, nghĩa là
với hệ số
ηG
S(w1 ) − S(w2 )

U

≤

1
w1 − w2
ηG

U ∗ , ∀w1 , w2

∈ U ∗.


14

Xét bài toán: cho trước x˜ ∈ X, tìm u˜ ∈ K sao cho
G(˜
u) + F (˜
x), v − u˜ ≥ 0, ∀v ∈ K.

(2.1)

Bất đẳng thức (2.1) là dạng gốc của (0.6).
Bổ đề 2.1.2. Giả sử (F) và (G) thoả mãn. Khi đó với mỗi x˜ ∈ X tồn tại
và duy nhất nghiệm u˜ ∈ U của (2.1). Hơn nữa ánh xạ nghiệm

V :X → U
x˜ → u˜
thoả mãn
V(˜
x) − V(˜
y)

U

≤

LF
x˜ − y˜
ηG

X,

∀˜
x, y˜ ∈ X.

Chứng minh. Vì V = S ◦ F nên sử dụng Bổ đề 2.1.1 ta thu được chứng
minh của Bổ đề 2.1.2.
Bài toán tương đương. Trong các phần sau sử dụng ký hiệu

·

∞

cho chuẩn trên C([0, T ]; X). Giả sử (x, u, z) là nghiệm của (FrIP) ứng với
(ξ, ψ). Nhân (0.5) với ϕ(t) và lấy tích phân ta có

T

T

ϕ(t)y (t)dt = A
0

T

ϕ(t)x(t)dt+
0

T

ϕ(t)h(x(t))dt+
0

ϕ(t)B(u(t))zdt,
0

trong đó
t

g1−α (t − s)[x(s) − ξ]ds.

y(t) =
0

Khi đó
y(t) ≤

T 1−α
( x
Γ(2 − α)

∞

+ ξ ), ∀t ∈ [0, T ].

Áp dụng công thức tích phân từng phần ta có
T

T

ϕ(t)y (t)dt = ϕ(T )y(T ) −

Λx : =
0

ϕ (t)y(t)dt.
0

(2.2)


15

Từ đây, ta có
Λx ≤ Lϕ ( x

∞

+ ξ ),

(2.3)

trong đó
T 1−α
Lϕ =
(|ϕ(T )| + T sup |ϕ (t)|).
Γ(2 − α)
t∈[0,T ]

(2.4)

Từ (2.2) ta có
T

T

ϕ(t)B(u(t))zdt = Λx − Aψ −
0

ϕ(t)h(x(t))dt.
0

Suy ra
z = I(u)J (x),

(2.5)

trong đó
−1

T

I(u) =

ϕ(t)B(u(t))dt

,

(2.6)

0
T

J (x) = Λx − Aψ −

ϕ(t)h(x(t))dt.

(2.7)

0

Theo giả thiết (B), ta có
|I(u)| ≤

1
mB ϕ

, ∀u ∈ Uad .

(2.8)

L1

Sử dụng giả thiết (H) và (2.3), ta có đánh
J (x) ≤ Λx + Aψ + ( h(0) + Lh x
≤ (Lϕ + Lh ϕ
≤ KJ x

∞

L1 )

x

∞

∞)

ϕ

L1

+ Lϕ ξ + Aψ + h(0) ϕ

+ MJ ,

L1

(2.9)

trong đó
KJ = Lϕ + Lh ϕ

L1 ,

MJ = Lϕ ξ + Aψ + h(0) ϕ

(2.10)
L1 .

(2.11)

Để nghiên cứu tính giải được của bài toán (FrIP), chúng ta viết lại nó
như một hệ phương trình tiến hoá bậc phân số tương đương. Xét ánh xạ
Φ : C([0, T ]; X) → C([0, T ]; X) xác định bởi
Φ(x)(t) := B(V(x(t)))I(Vx)J (x) + h(x(t)),

(2.12)


16

và hệ
D0α x(t) = Ax(t) + Φ(x)(t), t ∈ (0, T ],

(2.13)

x(0) = ξ,

(2.14)

ở đây, sử dụng ký hiệu Vx cho ánh xạ t → V(x(t)). Phương trình (2.13) là
phương trình nửa tuyến tính bao gồm số hạng không cục bộ phi tuyến.
Rõ ràng, nếu (x, u, z) là một nghiệm của bài toán (FrIP) trong đó z
cho bởi (2.5) và u cho bởi u = Vx, thì x là một nghiệm cổ điển của bài
toán (2.13)-(2.14). Kết quả sau chỉ ra khẳng định ngược lại cũng đúng.
Bổ đề 2.1.3. Cho ξ ∈ X, ψ ∈ D(A). Giả sử các giả thiết (A), (B), (F) và
(G) thoả mãn. Khi đó, nếu x là một nghiệm cổ điển của bài toán (2.13)(2.14), thì (x, u, z), với u = Vx và z = I(u)J (x), là một nghiệm của bài
toán (FrIP).
Chứng minh. Giả sử x là một nghiệm cổ điển của bài toán (2.13)-(2.14).
Theo công thức của Φ, ta có
D0α x(t) = Ax(t) + B(u(t))z + h(x(t)), t ∈ (0, T ],

(2.15)

x(0) = ξ,
trong đó u(t) = V(x(t)), t ∈ [0, T ], là nghiệm duy nhất của bất đẳng
thức biến phân (0.6). Để chứng minh Bổ đề 2.1.3 ta cần chứng minh
T
0

ϕ(s)x(s)ds = ψ. Thật vậy, nhân (2.15) với ϕ, và lấy tích phân trên

[0, T ] và sử dụng z = I(u)J (x), ta nhận được
T

A

ϕ(s)x(s)ds = Aψ.
0

Vì 0 ∈ ρ(A), ta có

2.2

T
0

ϕ(s)x(s)ds = ψ như yêu cầu.

Sự tồn tại nghiệm

Bổ đề 2.2.1. Cố định ξ ∈ X, ψ ∈ D(A) và giả sử (B), (F), (G) và (H)
thoả mãn. Khi đó với mọi x ∈ C([0, T ]; X) mà x

∞

≤ r ta có

Φ(x)(t1 ) − Φ(x)(t2 ) ≤ KΦ (r) x(t1 ) − x(t2 ) , ∀t1 , t2 ∈ [0, T ],

(2.16)


17

ở đây KΦ (r) > 0. Hơn nữa
Φ(x)

∞

≤ LΦ x

∞

+ MΦ , ∀x ∈ C([0, T ]; X),

(2.17)

trong đó LΦ , MΦ > 0.
Chứng minh. Sử dụng giả thiết (B), (H), Bổ đề 2.1.2, các ước lượng (2.8)(2.9) và công thức (2.12), ta có
Φ(x)(t1 ) − Φ(x)(t2 ) = |B(V(x(t1 )) − B(V(x(t2 ))| · |I(Vx)| · J (x)
+ h(x(t1 )) − h(x(t2 ))
≤

LB LF
mB ηG ϕ

(KJ x

∞

+ MJ ) x(t1 ) − x(t2 ) + Lh x(t1 )) − x(t2 ) .

L1

Từ đó ta thu được ước lượng (2.16) với
KΦ (r) =

LB LF
m B ηG ϕ

(KJ r + MJ ) + Lh .
L1

Mặt khác
Φ(x)(t) ≤ |B(V(x(t))| · |I(Vx)| · J (x) + h(x(t))
MB
(KJ x ∞ + MJ ) + Lh x(t) + h(0) .
≤
mB ϕ L1
Do đó
Φ(x)

∞

≤ LΦ x

∞

+ MΦ ,

trong đó
MB KJ
+ Lh ,
mB ϕ L1

MB MJ
MΦ =
+ h(0) .
mB ϕ L1
LΦ =

(2.18)
(2.19)

Bổ đề được chứng minh.
Định lý 2.2.2. Giả sử (A), (B), (F), (G) và (H) được thoả mãn. Giả
sử rằng x ∈ C([0, T ]; X) là một nghiệm tích phân của (2.13)-(2.14) với
ξ ∈ D(A). Khi đó ánh xạ t → x(t) liên tục H¨older trên [0, T ].


18

Chứng minh. Cố định τ ∈ (0, T ) và t ∈ [0, T − τ ]. Ta có
t

sα−1 Pα (s)Φ(x)(t − s)ds.

x(t) = Sα (t)ξ +
0

Từ đây, ta có
x(t + τ ) − x(t) ≤ Sα (t + τ )ξ − Sα (t)ξ
t+τ

sα−1 Pα (s)Φ(x)(t + τ − s)ds

+
t
t

sα−1 Pα (s)[Φ(x)(t + τ − s) − Φ(x)(t − s)]ds

+
0

= I1 + I2 + I3 .

(2.20)

Cố định η ∈ (0, 1) và sử dụng Bổ đề 1.2.2, ta có đánh giá sau cho I1
t+τ

I1 =
t

d
Sα (s)ξds
ds

t+τ

t+τ

sα−1 (−A)Pα (s)ξ =

=
t

sα−1 (−A)η Pα (s)(−A)1−η ξ
t

t+τ

≤ (−A)1−η ξ

sα−1 (−A)η Pα (s) ds
t
t+τ

1−η

≤ C (−A)

sα(1−η)−1 ds ≤ Cτ α(1−η) ,

ξ
t

ở đây C là hằng số chung.
Xét I2 , sử dụng Bổ đề 1.2.2 và 2.2.1 ta có
t+τ

sα−1 Pα (s) Φ(x)(t + τ − s) ds

I2 ≤

t

LΦ r + MΦ
≤
Γ(α)
trong đó r = x

∞.

t+τ

sα−1 ds ≤ Cτ α ,
t

Cuối cùng ta ước lượng cho I3 . Theo Bổ đề 2.2.1, ta

có
KΦ (r)
I3 ≤
Γ(α)

t

sα−1 x(t + τ − s) − x(t − s) ds
0

t

(t − s)α−1 x(s + τ ) − x(s) ds.

≤C
0


19

Sử dụng các ước lượng Ii , i = 1, 2, 3 trong (2.20), chúng ta có
t

x(t + τ ) − x(t) ≤ Cτ

α(1−η)

(t − s)α−1 x(s + τ ) − x(s) ds.

+C
0

Từ đây áp dụng Bổ đề 1.3.1 ta nhận được
x(t + τ ) − x(t) ≤ Cτ α(1−η) .
Định lý được chứng minh.
Hệ quả 2.2.3. Dưới các giả thiết của Định lý 2.2.2 mọi nghiệm tích phân
của (2.13)-(2.14) đều là nghiệm cổ điển.
Chứng minh. Giả sử x ∈ C([0, T ]; X) là một nghiệm tích phân của (2.13)(2.14). Theo Bổ đề 2.2.1 và Định lý 2.2.2 hàm f (t) = Φ(x)(t) liên tục
H¨older. Do đó, theo Bổ đề 1.2.1, x là nghiệm cổ điển của (2.13)-(2.14).
Với mỗi y ∈ C([0, T ]; X), đặt
Φy (ζ) = B(V(ζ))I(Vy)J (y) + h(ζ), ζ ∈ X.

(2.21)

Xét bài toán phi tuyến cục bộ
D0α x(t) = Ax(t) + Φy (x(t)), t ∈ (0, T ],
x(0) = ξ.

(2.22)
(2.23)

Ký hiệu
Cξ ([0, T ]; X) = {x ∈ C([0, T ]; X) : x(0) = ξ}.
Ta thu được kết quả phụ trợ sau.
Mệnh đề 2.2.4. Giả sử rằng (A), (B), (F), (G) và (H) được thoả mãn.
Khi đó với mỗi y ∈ Cξ ([0, T ]; X), tồn tại duy nhất nghiệm tích phân x của
bài toán (2.22)-(2.23). Thêm vào đó ánh xạ
Σ : Cξ ([0, T ]; X) → Cξ ([0, T ]; X)
cho bởi Σ(y) = x, liên tục.


20

Chứng minh. Để chứng minh phần đầu của Mệnh đề 2.2.4 chúng ta sử dụng
nguyên lý ánh xạ co. Thật vậy, xét Π là toán tử xác định trên Cξ ([0, T ]; X)
cho bởi công thức
t

(t − s)α−1 Pα (t − s)Φy (x(s))ds.

Π(x)(t) = Sα (t)ξ +
0

Trong Cξ ([0, T ]; X), chúng ta xét chuẩn tương đương dạng

x

σ

= sup e−σt x(t) ,
t∈[0,T ]

với σ > 0 sẽ được chọn sau. Khi đó sử dụng (B), (H) và Bổ đề 2.1.2 ta có
t

(t − s)α−1 Pα (t − s) Φy (x1 (s)) − Φy (x2 (s)) ds

Π(x1 )(t)−Π(x2 )(t) ≤
0

1
≤
Γ(α)

t

LB LF Ly
+ Lh
ηG

(t − s)α−1 x1 (s) − x2 (s) ds,
0

trong đó Ly = |I(Vy)| J (y) . Từ đây suy ra
Π(x1 ) − Π(x2 )

σ

≤ Lσ x 1 − x 2 σ ,

trong đó
1
Lσ =
Γ(α)

LB LF Ly
+ Lh
ηG

1
LB LF Ly
+ Lh
Γ(α)
ηG
LB LF Ly
+ Lh σ −α .
≤
ηG
=

t

sup

(t − s)α−1 e−σ(t−s) ds

t∈[0,T ] 0
T
α−1 −σt

t

e

dt

0

Chọn σ > 0 sao cho Lσ < 1, Π là ánh xạ co và do đó nó có duy nhất điểm
bất động. Điểm bất động của Π là nghiệm tích phân của (2.22)-(2.23).
Chứng minh khẳng định thứ hai. Giả sử yi ∈ Cξ ([0, T ]; X) sao cho
yi

∞

≤ r, i = 1, 2. Khi đó ta có

Φy1 (ζ1 ) − Φy2 (ζ2 ) = B(V(ζ1 ))I(Vy1 )J (y1 ) − B(V(ζ2 ))I(Vy2 )J (y2 )
+ h(ζ1 ) − h(ζ2 )
≤ |B(V(ζ1 )) − B(V(ζ2 ))| I(Vy1 )J (y1 )