Tài liệu Một lớp phương trình vi tích phân với điều kiện ban đầu không cục bộ

LỜI CẢM ƠN Nhân dịp luận văn được hoàn thành em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới TS. TRẦN ĐÌNH KẾ đã tận tình hướng dẫn em trong quá trình thực hiện luận văn này. Em xin chân thành cảm ơn Ban Giám Hiệu, Phòng sau đại học, cùng toàn thể các thầy giáo, cô giáo trong Khoa Toán Trường Đại Học Sư Phạm Hà Nội 2, đã động viên giúp đỡ và tạo điều kiện thuận lợi để em có điều kiện tốt nhất trong suốt quá trình học tập, thực hiện đề tài và nghiên cứu khoa học. Do thời gian và kiến thức có hạn nên luận văn không tránh khỏi những hạn chế và thiếu sót nhất định. Em xin chân thành cảm ơn đã nhận được những ý kiến đóng góp của các thầy giáo, cô giáo và các bạn học viên. Hà Nội, ngày 19 tháng 06 năm 2013 Tác giả Nguyễn Đức Nhật LỜI CAM ĐOAN Tôi xin cam đoan, dưới sự hướng dẫn của TS. Trần Đình Kế, luận văn tốt nghiệp “Một lớp phương trình vi tích phân với điều kiện ban đầu không cục bộ” được hoàn thành bởi sự nhận thức của chính bản thân tác giả và không trùng với bất kỳ luận văn nào khác. Trong quá trình làm luận văn, tôi đã kế thừa những thành tựu của các nhà khoa học với sự trân trọng và biết ơn. Hà Nội, ngày 19 tháng 06 năm 2013 Tác giả Nguyễn Đức Nhật Mục lục MỞ ĐẦU 1 1 Tính giải được của bài toán 1.1 Tính giải được . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2 Sự phụ thuộc liên tục . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 5 16 2 Cấu trúc tập hợp nghiệm 20 2.1 Tính giải được . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20 2.2 Cấu trúc của tập hợp nghiệm . . . . . . . . . . . . . . 22 2.3 Áp dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28 KẾT LUẬN 31 TÀI LIỆU THAM KHẢO 32 ii MỞ ĐẦU 1. Lý do chọn đề tài Phương trình vi tích phân dạng Z t   0 x (t) = A x(t) + F (t − s)x(s)ds + g(t, x(t)), t ∈ J := [0, T ], 0 (1) là mô hình tổng quát của nhiều bài toán thực tế. Một trong số đó là bài toán truyền nhiệt "có nhớ" được mô tả bởi phương trình Z t  ∂2  b(t − s)x(s, y)ds + g(t, y). xt (t, y) = 2 x(t, y) + (2) ∂y 0 Phương trình (1.1) kết hợp với điều kiện không cục bộ (nonlocal): x(0) + h(x) = x0 (3) trở thành bài toán Cô-si tổng quát, được nhiều nhà toán học quan tâm trong những năm gần đây. Về phương diện toán học, bài toán Cô-si không cục bộ (1.1)-(1.2) đặt ra hai khó khăn cơ bản. Trước tiên, việc tìm giải thức cho bài toán tuyến tính thuần nhất tương ứng khó thực hiện. Tiếp theo, điều kiện không cục bộ (1.2) tạo ra rào cản về kỹ thuật khi nghiên cứu toán tử nghiệm. Với mục tiêu tìm hiểu một cách tiếp cận mới cho bài toán Cô-si không cục bộ đối với phương trình vi tích phân, chúng tôi lựa chọn đề tài "Một lớp phương trình vi tích phân với điều kiện ban đầu không cục bộ" làm mục tiêu nghiên cứu. 2. Mục đích nghiên cứu - Nghiên cứu tính giải được và tính chất tập hợp nghiệm của bài toán Cô-si không cục bộ với phương trình vi tích phân tổng quát trong không gian Banach; - Tìm hiểu một số phương pháp của giải tích hàm phi tuyến. MỤC LỤC 3. Nhiệm vụ nghiên cứu 1. Tìm hiểu lý thuyết điểm bất động cho ánh xạ nén; 2. Tìm hiểu lý thuyết giải thức; 3. Nghiên cứu tính giải được của bài toán Cô-si không cục bộ. 4. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu • Đối tượng nghiên cứu là bài toán Cô-si không cục bộ đối với phương trình vi tích phân. • Phạm vi nghiên cứu: tính giải được, cấu trúc hình học của tập hợp nghiệm. 5. Phương pháp nghiên cứu Sử dụng các công cụ và các kết quả của lý thuyết nửa nhóm, giải thức suy rộng và độ đo không compact (MNC). 6. Dự kiến đóng góp mới Sử dụng cách tiếp cận tương tự, luận văn có thể tiếp tục phát triển để giải quyết bài toán với phương trình vi tích phân có trễ. 2 Chương 1 Tính giải được của bài toán Xét bài toán 0  x (t) = A x(t) + Z t  F (t − s)x(s)ds + g(t, x(t)), t ∈ J := [0, T ], 0 (1.1) x(0) + h(x) = x0 . (1.2) Trong đó x(t) lấy giá trị trong không gian Banach X; F (t), với t ∈ J, là một toán tử tuyến tính trên X; hàm g : J × X → X và h : C(J; X) → X cho trước. Trong mô hình trên, A là phần tử sinh của một nửa nhóm liên tục mạnh S(·) trên X. Ta đã biết phương trình (1.1) với g = g(t) phát sinh từ ứng dụng thực tế. Chẳng hạn, phương trình truyền nhiệt có nhớ Z t  ∂2  xt (t, y) = 2 x(t, y) + b(t − s)x(s, y)ds + g(t, y), x(0, y) = x0 , ∂y 0 (1.3) + ở đó t ∈ R và y ∈ [0, a] ⊂ R (xem [3]). Hơn nữa, nếu ta thay thế điều kiện ban đầu x(0, y) = x0 bởi điều kiện không cục bộ (1.2), ta có được một mô tả tốt hơn về thông tin ban đầu của hệ. Một ví dụ của h là: p X h(x) = ci x(ti ), (1.4) i=1 với ci (i = 1, ..., p) là các hằng số và 0 ≤ t1 < ... < tp ≤ T . Một ví dụ khác của h: p X h(x) = Ki x(ti ), (1.5) i=1 3 trong đó Ki : X → X là các toán tử tuyến tính. Liên quan đến (1.3), trong trường hợp X = L2 (0, a), các toán tử Ki có thể cho bởi Z a Ki x(ti , y) = ki (ξ, y)x(ti , ξ)dξ, (1.6) 0 với ki (i = 1, .., p) là các hàm liên tục. Bài toán (1.1)-(1.2) với F = 0 đã được nghiên cứu trong nhiều công trình. Trong các công trình [4, 5, 6] các kết quả về tồn tại và duy nhất nghiệm đã được chứng minh nhờ vào các định lý điểm bất động Banach, đối với g và h thỏa mãn điều kiện Lipschitz. Với giả thiết Carathéodory trên g, các tác giả trong bài báo [7] đã chứng minh tính giải được khi S(t) là compact. Mặc dù vậy, như đã chỉ ra trong công trình [8], nếu điều kiện Lipschitz không đặt ra, việc chứng minh tính compact của toán tử nghiệm gặp rất nhiều khó khăn do t 7→ S(t), trong trường hợp tổng quát, không liên tục đều trên [0, T ], ngay cả khi S(t) compact. Ta biết rằng, trong trường hợp F = 0, nghiệm của (1.1)-(1.2) trên J được định nghĩa bởi Z t x(t) = S(t)[x0 − h(x)] + S(t − s)g(s, x(s))ds, t ∈ J. 0 Trong trường hợp F 6= 0, để xác định nghiệm của bài toán ta cần xác định giải thức của hệ thuần nhất Z t   0 x (t) = A x(t) + F (t − s)x(s)ds , t ∈ J. (1.7) 0 Họ toán tử R(·) : J 7→ L(X) được gọi là giải thức của (1.7) nếu nó thỏa mãn 1. R(0) = I, toán tử đồn nhất trên X, 2. Với mỗi v ∈ X, hàm t 7→ R(t)v liên tục trên J, 3. Nếu Y là không gian Banach xác định bởi D(A) (miền xác định của A), với chuẩn đồ thị, thì R(t) ∈ L(Y ), R(·)y ∈ C 1 (J; X) ∩ 4 1.1. TÍNH GIẢI ĐƯỢC C(J; Y ) với y ∈ Y và Z t   d R(t)y = A R(t)y + F (t − s)R(s)yds dt Z 0t = R(t)Ay + R(t − s)AF (s)ds, t ∈ J. 0 Sự tồn tại của họ giải thức này được đề cập trong công trình [15]. Chú ý rằng từ định nghĩa của giải thức và nguyên lý bị chặn đều, ta có thể tìm được hằng số CR < +∞ sao cho sup kR(t)kL(X) ≤ CR . (1.8) t∈J Khi đó nghiệm của bài toán ban đầu được cho bởi Z t   x(t) = R(t) x0 − h(x) + R(t − s)g(s, x(s))ds, t ∈ J. (1.9) 0 1.1 Tính giải được Định nghĩa 1.1. Cho E là không gian Banach (A, >) là một tập sắp thứ tự từng phần. Một hàm β : P(E) → A được gọi là một độ đo không compact (MNC) trên E nếu nó thỏa mãn β(co Ω) = β(Ω) với mọi tập bị chặn Ω ∈ P(E), trong đó co Ω là bao lồi đóng của Ω. Độ đo β được gọi là i) đơn điệu, nếu Ω0 , Ω1 ∈ P(E) thỏa mãn Ω0 ⊂ Ω1 , kéo theo β(Ω0 ) 6 β(Ω1 ); ii) không kỳ dị, nếu β({a} ∪ Ω) = β(Ω) với mọi a ∈ E, Ω ∈ P(E); iii) bất biến với nhiễu compact, nếu β(K ∪ Ω) = β(Ω) với mọi tập compact tương đối K ⊂ E và Ω ∈ P(E); Giả sử A là một nón trong không gian định chuẩn, ta nói β là iv) nửa cộng tính đại số, nếu β(Ω0 + Ω1 ) 6 β(Ω0 ) + β(Ω1 ) với mọi Ω0 , Ω1 ∈ P(E); 5 1.1. TÍNH GIẢI ĐƯỢC v) chính quy, nếu đẳng thức β(Ω) = 0 tương đương với tính compact tương đối của Ω. Ví dụ tiêu biểu về MNC là độ đo không compact Hausdorff, một đô đo thỏa mãn tất cả các tính chất nêu trên: χ(Ω) = inf{ε : Ω có ε-lưới hữu hạn}. Các ví dụ khác về MNC trên không gian các hàm liên tục C(J; X) (xác định trên J, lấy giá trị trong X): (i) mô-đun không compact theo lát cắt γ(Ω) = sup χ(Ω(t)) (1.10) t∈J trong đó χ là độ đo không compact Hausdorff trên X và Ω(t) = {y(t) : y ∈ Ω}; (ii) mô-đun liên tục đồng bậc modC (Ω) = lim sup max ky(t1 ) − y(t2 )k. δ→0 y∈Ω |t1 −t2 |<δ (1.11) Như đã chỉ ra trong cuốn chuyên khảo [16], các độ đo này thỏa mãn tất cả các tính chất trong Định nghĩa 1.1 trừ tính chính quy. Giả sử T ∈ L(E) và β là một MNC trên E. Ta nhắc lại khái niệm β-chuẩn của toán tử tuyến tính (xem [17]) như sau: kT kβ := inf{M : β(T Ω) 6 M β(Ω), Ω ⊂ E là tập bị chặn}. (1.12) Khi đó β-chuẩn của T xác định bởi kT kβ = β(T S1 ) = β(T B1 ), trong đó S1 và B1 lần lượt là mặt cầu và hình cầu trong E. Có thể thấy rằng kT kβ 6 kT kL(X) . (1.13) Định nghĩa 1.2. Một hàm liên tục F : Z ⊆ E → E được gọi là nén ứng với MNC β (β-nén) nếu với mọi tập bị chặn Ω ⊂ Z không là tập compact tương đối, ta có β(F(Ω)) 6= β(Ω). 6 1.1. TÍNH GIẢI ĐƯỢC Giả sử β là một MNC đơn điệu và không kỳ dị. Ứng dụng lý thuyết bậc tô-pô cho ánh xạ nén (xem [17, 16]) ta có các định lý điểm bất động sau đây. Định lý 1.1 ([16, Bổ đề 3.3.1]). Giả sử M là một tập con lồi, đóng và bị chặn của E và F : M → M là β-nén. Khi đó FixF = {x = F(x)} là tập khác rỗng và compact. Định lý 1.2. Cho V ⊂ E là một lân cận của, β là một MNC đơn điệu, không kỳ dị trong E, và F : V → E là β-nén thỏa mãn điều kiện biên x 6= λF(x) với mọi x ∈ ∂V và 0 < λ 6 1. Khi đó tập các điểm bất động F ix(F) = {x = F(x)} ⊂ V là khác rỗng và compact. Quay lại bài toán (1.1) - (1.2), ta giả thiết các hàm g và h thỏa mãn những điều kiện sau đây: (G1) hàm g : J × X → X liên tục; (G2) tồn tại µ ∈ L1 (J) và hàm đơn điệu tăng Υ : R+ → R+ sao cho kg(t, η)kX ≤ µ(t)Υ(||η||X ) với hầu khắp t ∈ J và với mọi η ∈ X; (G3) tồn tại hàm k ∈ L1 (J) sao cho với mọi tập con bị chặn Ω ⊂ X ta có χ(g(t, Ω)) ≤ k(t)χ(Ω) với hầu khắp t ∈ J, trong đó χ là độ đo không compact Hausdorff trong X; (H1) hàm h : C(J; X) → X liên tục và tồn tại hàm đơn điệu tăng Θ : R+ → R+ sao cho kh(x)kX ≤ Θ(||x||C ), với mọi x ∈ C(J; X), trong đó ||x||C = ||x||C(J;X) ; 7 1.1. TÍNH GIẢI ĐƯỢC (H2) tồn tại hằng số Ch sao cho χ(h(Ω)) ≤ Ch γ(Ω) với mọi tập bị chặn Ω ⊂ C(J; X), ở đó γ được định nghĩa bởi (1.10). (H3) nếu Ω ⊂ C(J; X) là tập bị chặn thì modC (R(·)h(Ω)) = 0. Nhận xét 1.1. 1. Nếu X là không gian hữu hạn chiều thì ta có thể bỏ qua điều kiện (G3) bởi nó được suy ra từ (G2). 2. Ta biết rằng (xem [17, 16]) điều kiện (G3) sẽ được thỏa mãn nếu g(t, η) = g1 (t, η) + g2 (t, η) trong đó g1 là hàm Lipschitz ứng với biến thứ hai: kg1 (t, ξ) − g1 (t, η)kX 6 k(t)kξ − ηkX với hầu khắp t ∈ J và ξ, η ∈ X với k ∈ L1 (J) và g2 là ánh xạ compact theo nghĩa với mỗi t ∈ J và Ω ⊂ X bị chặn, tập g2 (t, Ω) là compact tương đối trong X. 3. Nếu ta giả thiết h hoàn toàn liên tục, nghĩa là, nó liên tục và compact trên các tập bị chặn, thì (H2)-(H3) được thỏa mãn. Nếu h trong (1.4) thỏa mãn (H1)-(H2) và hàm t 7→ R(t) liên tục đều thì (H3) cũng được thỏa mãn. Chú ý rằng h trong ví dụ (1.5)-(1.6) thỏa mãn (H1)-(H3). Ta sử dụng các giả thiết sau, như trong [3]: (F1) F (t) ∈ L(X) với t ∈ J và x(·) liên tục với giá trị trong Y = D(A), AF (·)x(·) ∈ L1 (J; X); (F2) Với x ∈ X, hàm t 7→ F (t)x khả vi liên tục trên J. Ta biết rằng, với điều kiện (F1)-(F2) giải thức cho (1.7) hoàn toàn xác định. Ta giả thiết thêm rằng (HA) t 7→ R(t) liên tục theo chuẩn với t > 0. 8 1.1. TÍNH GIẢI ĐƯỢC Xét toán tử sau: Φ : L1 (J; X) → C(J; X), Z t Φ(f )(t) = R(t − s)f (s)ds. (1.14) 0 Trước khi nói về tính chất của Φ, ta nhắc lại khái niệm sau. Định nghĩa 1.3. Tập Q của L1 (J; X) được gọi là bị chặn tích phân nếu tồn tại một hàm µ ∈ L1 (J) sao cho kg(t)kX 6 µ(t) với hầu khắp t ∈ J, và với mọi g ∈ Q. Mệnh đề 1.1. Toán tử Φ biến các tập bị chặn trong L1 (J; X) thành tập liên tục đồng bậc trong C(J; X). Chứng minh. Giả sử Q ⊂ L1 (J; X) là một tập bị chặn tích phân. Khi đó tồn tại hàm µ ∈ L1 (J) sao cho kf (t)kX 6 µ(t) với hầu khắp t ∈ J và với mọi f ∈ Q. Cho trước  > 0, điều kiện (HA) suy ra rằng tồn tại δ > 0 sao cho  kR(t2 ) − R(t1 )kL(X) < 3Cµ RT với 0 < t1 < t2 ≤ T, t2 − t1 < δ, trong đó Cµ = 0 µ(s)ds. Hơn nữa ta có thể giả thiết rằng với 0 < t2 − t1 < δ ta có Z t2  µ(s)ds < . 3CR t1 Với 0 < t1 < t2 ≤ T, t2 − t1 < δ, lấy 0 < ζ < t1 đủ nhỏ sao cho Z t1  µ(s)ds < 6CR t1 −ζ 9 1.1. TÍNH GIẢI ĐƯỢC ta có với mọi f ∈ Q : Z kΦ(f )(t2 ) − Φ(f )(t1 )kX = k Z 6 t2 Z t1 R(t2 − s)f (s)ds − 0 t1 −ζ R(t1 − s)f (s)dskX 0 kR(t2 − s) − R(t1 − s)kL(X) kf (s)kX ds 0 Z t1 kR(t2 − s) − R(t1 − s)kL(X) kf (s)kX ds + t −ζ Z 1t2 kR(t2 − s)kL(X) kf (s)kX ds Z t1 −ζ Z t1 Z t2  6 µ(s)ds + 2CR µ(s)ds + CR µ(s)ds 3Cµ 0 t1 −ζ t1 < . + t1 Chứng minh cho trường hợp t2 > t1 = 0 tương tự. Sử dụng giả thiết (HA) và lý luận như trong [16, Bổ đề 4.2.1] ta có kết quả sau. Mệnh đề 1.2. Toán tử Φ có các tính chất: (Φ1) bất đẳng thức sau được thực hiện Z t kξ(s) − η(s)kX ds kΦ(ξ)(t) − Φ(η)(t)kX 6 CR 0 với mọi ξ, η ∈ L1 (J; X), t ∈ J; (Φ2) với mỗi tập compact K ⊂ X và với dãy {ξn } ⊂ L1 (J; X) sao cho {ξn (t)} ⊂ K với hầu khắp t ∈ J, từ sự hội tụ yếu ξn * ξ suy ra Φ(ξn ) → Φ(ξ). Mệnh đề 1.2 cho ta kết quả sau, tương tự như [16, Định lý 4.2.2]. Mệnh đề 1.3. Giả sử dãy {ξn } ⊂ L1 (J; X) bị chặn tích phân sao cho tồn tại một hàm q ∈ L1 (J) thỏa mãn χ({ξn (t)}) 6 q(t), với hầu khắp t ∈ J. Khi đó Z χ({Φ(ξn )(t)}) 6 2CR q(s)ds 0 với mọi t ∈ J. 10 t 1.1. TÍNH GIẢI ĐƯỢC Định nghĩa 1.4. Dãy hàm {ξn } ⊂ L1 (J; X) được gọi là nửa compact nếu nó bị chặn tích phân và tập {ξn (t)} là compact tương đối trong X với hầu khắp t ∈ J. Theo [16, Mệnh đề 4.2.1 và Định lý 5.1.1], ta có Mệnh đề 1.4. Nếu {ξn } ⊂ L1 (J; X) là một dãy nửa compact thì {ξn } là compact yếu trong L1 (J; X) và {Φ(ξn )} là compact tương đối trong C(J; X). Hơn nữa, nếu ξn * ξ0 thì Φ(ξn ) → Φ(ξ0 ). Ký hiệu Φ∗ (x)(t) = R(t)[x0 − h(x)] (1.15) với t ∈ J và x ∈ C(J; X). Ký hiệu Ng là toán tử Nemytskii ứng với hàm phi tuyến g, tức là, Ng (x)(t) = g(t, x(t)) với t ∈ J, x ∈ C(J; X). (1.16) Ta nhận thấy x là nghiệm của (1.1)-(1.2) nếu và chỉ nếu x = Φ∗ (x) + ΦNg (x). Đặt Ψ(x) = Φ∗ (x) + ΦNg (x), (1.17) khi đó nghiệm của (1.1)-(1.2) là điểm bất động của toán tử Ψ, xác định và lấy giá trị trên C(J; X). Từ (G1) và (H1) ta có Ψ là liên tục trên C(J; X). Xét hàm ν : P(C(J; X)) → R2+ , ν(Ω) = max (γ(D), modC (D)), (1.18) D∈∆(Ω) trong đó γ và ModC đã được định nghĩa bởi (1.10) và (1.11), ∆(Ω) là tập các tập con không quá đếm được của Ω và max được xác định theo thứ tự trong nón R2+ . Như trong [16], ta có ν là hoàn toàn xác định, nghĩa là, max đạt được trong ∆(Ω) và do đó ν là một MNC trong C(J; X), nó có các tính chất phát biểu trong Định nghĩa 1.1 (xem chi tiết trong [16, Ví dụ 2.1.3]). Định lý 1.3. Giả sử F thỏa mãn (F1)-(F2). Nếu (G1)-(G3), (H1)(H3) được thỏa mãn và Z T k(s)ds) < 1 ` := CR (Ch + 2 0 thì Ψ là ν-nén. 11 1.1. TÍNH GIẢI ĐƯỢC Chứng minh. Giả sử Ω ⊂ C(J; X) thỏa mãn điều kiện ν(Ψ(Ω)) > ν(Ω). (1.19) Ta sẽ chứng tỏ rằng Ω là tập compact tương đối trong C(J; X). Theo định nghĩa của độ đo ν, tồn tại một dãy {zn } ⊂ Ψ(Ω) sao cho ν(Ψ(Ω)) = (γ({zn }), modC ({zn })). Theo cách xây dựng Ψ, ta có thể chọn được một dãy{xn } ⊂ Ω sao cho zn = Φ∗ (xn ) + Φ(gn ), (1.20) trong đó gn (t) = g(t, xn (t)), t ∈ J. Sử dụng điều kiện (G3), ta có χ({gn (s)}) = χ({g(s, xn (s))}) 6 k(s)χ({xn (s)}) 6 k(s)γ({xn }), với mọi s ∈ J. Khi đó sử dụng Mệnh đề 1.3, ta được Z t  k(s)ds γ({xn }). χ({Φ(gn )(t)}) 6 2CR (1.21) (1.22) 0 Chú ý rằng Φ∗ (xn )(t) = R(t)x0 − R(t)h(xn ), ta có χ({Φ∗ (xn )(t)}) = χ({R(t)h(xn )}) 6 CR Ch γ({xn }) do (1.12)-(1.13) và (H2). Từ (1.20) ta có γ({zn }) 6 `γ({xn }). Kết hợp bất đẳng thức cuối với (1.19), ta nhận được γ({xn }) 6 `γ({xn }) 12 (1.23) 1.1. TÍNH GIẢI ĐƯỢC và do vậy γ({xn }) = 0. (1.24) γ({zn }) = 0. (1.25) Do (1.23) ta suy ra Kết hợp (1.24) với (1.21), ta có {gn } là một dãy nửa compact. Do vậy, sử dụng Mệnh đề 1.4, {Φgn } là compact tương đối. Từ đó modC ({Φ(gn )}) = 0. Do (H3) nên modC ({Φ∗ (xn )}) = 0. Sử dụng (1.20) lần nữa, ta được modC ({zn }) = 0. (1.26) Từ (1.25)-(1.26) suy ra rằng ν(Ω) = (0, 0). Do ν là độ đo chính quy, ta kết luận Ω là tập compact tương đối. Nhận xét 1.2. Nếu R(t) compact với t > 0, ta có thể loại bỏ điều kiện (G3). Thật vậy, với dãy bị chặn {xn } ⊂ C(J; X), đặt ξn (t, s) = R(t − s)g(s, xn (s)), với giả thiết (G2) ta có {ξn (t, ·)} bị chặn tích phân trong L1 (0, t; X). Ngoài ra, do R(t)vit > 0 compact, ta có χ({ξn (t, s)}) = 0, với hầu khắp s ∈ [0, t]. Khi đó sử dụng [16, Bổ đề 4.2.5], ta được nZ t o χ( ξn (t, s)ds ) = 0, 0 với mỗi t ∈ J. Do vậy, bất đẳng thức (1.22) trở thành χ({Φ(gn )(t)}) = 0, không cần đến giả thiết (G3). Ta có định lý tồn tại nghiệm sau đây. 13 1.1. TÍNH GIẢI ĐƯỢC Định lý 1.4. Với giả thiết của Định lý 1.3, nếu Z T  CR  Θ(r) + Υ(r) µ(s)ds < 1 lim inf r→∞ r 0 (1.27) thì tập nghiệm của bài toán (1.1)-(1.2) là khác rỗng và compact. Chứng minh. Ta sử dụng Định lý 1.1. Áp dụng kết quả quả Định lý 1.3, ta chỉ cần chứng minh rằng tồn tại r > 0 sao cho Ψ(Br ) ⊆ Br , với Br là hình cầu đóng trong C(J; X) với tâm tại 0 và bán kính r. Thật vậy, giả sử ngược lại rằng với mỗi n ∈ N\{0}, tồn tại xn ∈ C(J; X) sao cho ||xn ||C ≤ n, nhưng ||Ψ(xn )||C > n. Do Z Ψ(xn )(t) = R(t)[x0 − h(xn )] + t R(t − s)g(s, xn (s))ds, 0 ta có Z ||Ψ(xn )(t)||X ≤ CR (||x0 ||X + Θ(||xn ||C )) + CR t µ(s)Υ(||xn (s)||X )ds, 0 nhờ các giả thiết (H1) và (G2). Khi đó T Z n < ||Ψ(xn )||C ≤ CR (||x0 ||X + Θ(n)) + CR Υ(n) µ(s)ds. 0 Hay 1 ||Ψ(xn )||C 1< ≤ CR (||x0 ||X + Θ(n)) + CR Υ(n) n n Z T  µ(s)ds . 0 Qua giới hạn bất đẳng thức cuối khi n → +∞, ta nhận được mâu thuẫn do có điều kiện (1.27). Định lý được chứng minh. Ta xét một số trường hợp đặc biệt của các hàm Υ và Θ. Hệ quả 1.1. Trong Định lý 1.3, (G2) và (H1) thay thế bởi 14 1.1. TÍNH GIẢI ĐƯỢC (G2’) ||g(t, η)||X ≤ µ(t)(1 + ||η||p ), µ ∈ L1 (J), 0 ≤ p < 1, với (t, η) ∈ J × X; (H1’) h : C(J; X) → X liên tục và ||h(x)||X ≤ h0 + h1 ||x||qC , h0 , h1 > 0, 0 ≤ q < 1, với mọi x ∈ C(J; X); Khi đó tập nghiệm của bài toán (1.1)-(1.2) khác rỗng và compact. Chứng minh. Do p < 1 và q < 1, điều kiện (1.27) trong Định lý 1.4 rõ ràng được thỏa mãn. Do vậy ta có kết luận của định lý. Hệ quả 1.2. Trong Định lý 1.3, (G2) và (H1) được thay thế bởi (G2") ||g(t, η)||X ≤ µ(t)(1 + ||η||), µ ∈ L1 (J), với mọi (t, η) ∈ J × X; (H1") h : C(J; X) → X liên tục và ||h(x)||X ≤ h0 + h1 ||x||C , với h0 , h1 > 0, và với mọi x ∈ C(J; X); Nếu Z CR (h0 + T µ(s)ds) < 1, (1.28) 0 thì tập nghiệm của bài toán (1.1)-(1.2) khác rỗng và compact. Chứng minh. Với giả thiết (G2") và (H1"), điều kiện (1.28) tương đương với (1.27) và ta có kết luận của Định lý 1.4. Chú ý rằng, nếu q = 0 trong (H1’), tức là hàm cục bộ bị chặn đều, ta không cần giả thiết về độ tăng của Υ, như lý luận trong công trình của [18]. Định lý 1.5. Trong Định lý 1.3, điều kiện (H1) được thay bởi (H1b) h liên tục và ||h(x)||X ≤ Mh với mọi x ∈ C(J; X), trong đó Mh là một hằng số dương. 15 1.2. SỰ PHỤ THUỘC LIÊN TỤC Nếu Z CR T ∞ Z dz , Υ(z) µ(s)ds < 0 M̃ (1.29) với M̃ = CR (||x0 ||X + Mh ), thì tập nghiệm của bài toán (1.1)-(1.2) khác rỗng và compact. Chứng minh. Ta sử dụng Định lý 1.2. Chỉ cần kiểm tra điều kiện biên trong Định lý 1.2. Ta sẽ chỉ ra rằng, nếu x = λΨ(x) với λ ∈ (0, 1], thì x phải nằm trong một tập bị chặn. Thật vậy, giả sử Z t x(t) = λR(t)[x0 − h(x)] + λ R(t − s)g(s, x(s))ds. 0 Ta suy ra Z ||x(t)||X ≤ CR (||x0 ||X + Mh ) + CR t µ(s)Υ(||x(s)||X )ds. 0 Đặt Z v(t) = CR (||x0 ||X + Mh ) + CR t µ(s)Υ(||x(s)||X )ds, 0 ta có ||x(t)||X ≤ v(t), với t ∈ J, và v 0 (t) = CR µ(t)Υ(||x(t)||X ) ≤ CR µ(t)Υ(v(t)), do Υ là hàm đơn điệu tăng. Khi đó sử dụng (1.29), ta có Z v(t) Z T Z ∞ dz dz ≤ CR µ(s)ds < , Υ(z) M̃ 0 M̃ Υ(z) với mọi t ∈ J. Bất đẳng thức này suy ra supt∈J v(t) bị chặn, do vậy ||x||C cũng bị chặn. 1.2 Sự phụ thuộc liên tục Ta nhắc lại một số khái niệm liên quan đến hàm đa trị (xem, chẳng hạn, trong cuốn sách chuyên khảo [16]). 16 1.2. SỰ PHỤ THUỘC LIÊN TỤC Giả sử (Y, %Y ) và (Z, %Z ) là các không gian metric; K(Z) ký hiệu tập các tập con khác rỗng, compact của Z. Một hàm đa trị G : Y → K(Z) được gọi là: (i) nửa liên tục trên (u.s.c.) nếu với mỗi y ∈ Y và  > 0 tồn tại δ = δ(y, ) > 0 sao cho %Y (y, y 0 ) < δ suy ra G(y 0 ) ⊂ U (G(y)), trong đó U (G(y)) là -lân cận của G(y) xác định theo %Z ; (ii) đóng nếu đồ thị của nó: {(y, z) ∈ Y × Z : z ∈ G(y)} là tập đóng trong Y × Z; (iii) compact nếu G(Y ) là tập compact tương đối trong Z; (iv) tựa compact nếu hạn chế của nó trên các tập compact là compact. Ta có điều kiện đủ sau đây cho tính nửa liên tục trên của hàm đa trị. Bổ đề 1.1 ([16]). Giả sử G : Y → K(Z) là hàm đa trị đóng và tựa compact. Khi đó G là nửa liên tục trên. Xét hàm đa trị W : X ( C(J; X) W (v) = {x : x là nghiệm của (1.1)-(1.2) với điều kiện x0 = v}. (1.30) Như đã chứng minh trong mục trước, hàm W có giá trị compact. Ta sẽ xem xét tính chất u.s.c của W . Định lý 1.6. Với giả thiết của Định lý 1.4, hàm đa trị W xác định bởi (1.30) là u.s.c. Chứng minh. Trước tiên ta chỉ ra rằng W là tựa compact. Giả sử Q ⊂ X là một tập compact. Ta chứng minh W (Q) là tập compact tương đối trong C(J; X). Với {xn } ⊂ W (Q), tồn tại dãy {vn } ⊂ Q sao cho xn (t) = R(t)vn − R(t)h(xn ) + Φgn (t), (1.31) ở đó gn (t) = g(t, xn (t)). Chú ý rằng {xn } là dãy bị chặn. Thật vậy, từ (1.31) ta có ước lượng Z T kxn kC ≤ CR (kvn kX + Θ (kxn kC )) + CR Υ (kxn kC ) µ(s)ds. 0 Giả sử ngược lại rằngkxn kC không bị chặn, chia hai vế của bất đẳng thức cuối cho kxn kC , sử dụng điều kiện (1.27) và tính bị chặn của dãy {vn }, ta nhận được mâu thuẫn. 17