Tài liệu Tính ổn định nghiệm của bài toán rayleigh stockes nửa tuyến tính

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM Vũ Thị Thùy Linh TÍNH ỔN ĐỊNH NGHIỆM CỦA BÀI TOÁN RAYLEIGH-STOCKES NỬA TUYẾN TÍNH LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thái Nguyên - 2020 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM Vũ Thị Thùy Linh TÍNH ỔN ĐỊNH NGHIỆM CỦA BÀI TOÁN RAYLEIGH-STOCKES NỬA TUYẾN TÍNH Chuyên ngành: Toán giải tích Mã số: 8460102 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học PGS. TS. Trần Đình Kế Thái Nguyên - 2020 Lời cam đoan Tôi xin cam đoan rằng nội dung trình bày trong luận văn này là trung thực và không trùng lặp với đề tài khác. Nguồn tài liệu sử dụng cho việc hoàn thành luận văn là nguồn tài liệu mở. Các thông tin, tài liệu trong luận văn này đã được ghi rõ nguồn gốc. Thái Nguyên, tháng 6 năm 2020 Người viết luận văn Vũ Thị Thùy Linh i Lời cảm ơn Trước khi trình bày nội dung chính của luận văn, tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới thầy giáo - PGS. TS. Trần Đình Kế, người đã trực tiếp hướng dẫn, giúp đỡ, chỉ bảo tận tình, tạo mọi điều kiện thuận lợi giúp tôi hoàn thành luận văn này. Tôi xin trân trọng cảm ơn Ban Giám hiệu, ban chủ nhiệm khoa Toán cùng toàn thể các thầy cô giáo Trường Đại học Sư phạm - Đại học Thái Nguyên ,Viện Toán học và Trường Đại học Sư phạm Hà Nội đã truyền thụ cho tôi những kiến thức quan trọng, tạo điều kiện thuận lợi và cho tôi những đóng góp quý báu trong suốt quá trình học tập và thực hiện luận văn. Cuối cùng, tôi xin gửi lời cảm ơn tới gia đình, bạn bè đã quan tâm giúp đỡ, động viên tôi trong suốt quá trình làm luận văn. Tôi xin chân thành cảm ơn! Thái Nguyên, tháng 6 năm 2020 Người viết luận văn Vũ Thị Thùy Linh ii Mục Lục Mục lục Lời cam đoan i Lời cảm ơn ii Mục lục iii Đặt vấn đề 1 1 Kiến thức chuẩn bị 1.1 Công thức biểu diễn nghiệm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2 Tính chất của họ giải thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 3 7 2 Tính giải được và tính ổn định nghiệm của bài toán 12 2.1 Trường hợp tổng quát . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12 2.2 Trường hợp tới hạn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19 Kết luận 24 Tài liệu tham khảo 24 iii Đặt vấn đề Cho Ω ⊂ Rd là một miền bị chặn với biên ∂Ω trơn. Xét bài toán ∂t u − (1 + γ∂tα )∆u = f (u) trong Ω, t > 0, u = 0 trên ∂Ω, t ≥ 0, u(·, 0) = ξ trong Ω, ở đó γ > 0, α ∈ (0, 1), ∂t = ∂ ∂t , (2) (3) ∂tα là đạo hàm phân thứ Riemann-Liouville cấp α xác định bởi ∂tα v(t) (1) d = dt Z t h1−α (t − s)v(s)ds, 0 tβ−1 ở đây hβ (t) = với β > 0, t > 0. Γ(β) Trong lý thuyết động lực học chất lỏng, việc nghiên cứu tính chất của các dòng chất lỏng không Newton có đặc tính nhớt đàn hồi thu hút sự quan tâm của nhiều nhà nghiên cứu bởi những ứng dụng quan trọng của chúng trong lưu biến học, địa vật lý, công nghệ hóa dầu,.... Phương trình (1) phát sinh từ bài toán Rayleigh-Stokes tổng quát mà luật hợp thành của nó được mô tả trong các công trình [7, 13], được dùng để mô tả dòng chất lỏng bậc hai (second grade fluid) trong một hình trụ. Phương trình này cũng được sử dụng để mô tả dòng chất lỏng Oldroyd-B trong một trường hợp riêng [7]. Chú ý rằng thành phần đạo hàm phân thứ được sử dụng để đặc tả tính chất nhớt đàn hồi. Trong các tài liệu khảo sát, đã có một số lượng lớn các bài báo đưa ra các phương pháp giải số cho bài toán Rayleigh-Stokes, ví dụ [1, 2, 3, 4, 12, 16]. Trong các công trình [7, 8, 13, 15, 17] các tác giả đã xây dựng công thức nghiệm cho bài toán Rayleigh-Stokes trong trường hợp tuyến tính. Gần đây, bài toán giá trị cuối cho phương trình (1) đã được giải quyết trong các bài báo [10, 14], cũng là một hướng nghiên cứu định tính đáng chú ý cho bài toán Rayleigh-Stokes. Một trong những vấn đề định tính quan trọng trong lý thuyết phương trình vi 1 tích phân là khảo sát tính ổn định của nghiệm. Các kết quả theo hướng này cho phương trình (1) chưa được biết đến nhiều. Chúng tôi lựa chọn chủ đề tính ổn định nghiệm của bài toán Rayleigh-Stokes làm nội dung chính của luận văn. Các kết quả trong luận văn được trình bày dựa vào những nghiên cứu gần đây trong các công trình [1, 9]. 2 Chương 1 Kiến thức chuẩn bị 1.1 Công thức biểu diễn nghiệm Xét bài toán ω 0 (t) + µ(1 + γ∂tα )ω(t) = 0, t > 0, ω(0) = 1, (1.1) (1.2) trong đó ẩn hàm ω là một hàm vô hướng, µ và γ là các tham số dương. Một số tính chất quan trọng của ω được trình bày trong mệnh đề sau. Mệnh đề 1.1. Giả sử ω là nghiệm của bài toán (1.1)-(1.2). Khi đó 1. 0 < ω(t) ≤ 1 với mọi t ≥ 0; 2. Hàm ω là hoàn toàn đơn điệu với t ≥ 0, tức là (−1)n ω (n) (t) ≥ 0 với mọi t ≥ 0 và n ∈ N; 3. µω(t) ≤ C min{t−1 , tα−1 }, với mọi t > 0, ở đó C là một hằng số dương; Z T 4. ω(s)ds ≤ µ−1 (1 − ω(T )), với mọi T > 0. 0 Chứng minh. Chứng minh cho (1)-(3) được trình bày trong [1, Theorem 2.2]. Để chứng minh khẳng định cuối cùng, lấy tích phân hai vế của (1.1), ta có Z T Z T ω(T ) + µ ω(s)ds + µ h1−α (T − s)ω(s)ds = 1. 0 0 Từ đó Z T ω(s)ds ≤ 1, ω(T ) + µ 0 nhờ tính dương của hàm ω(·). Vậy (4) được chứng minh. 3 Ký hiệu ω(·, µ, γ) là nghiệm của (1.1)-(1.2), để phản ánh sự phụ thuộc của ω vào các tham số µ và γ. Sau đây, ta sử dụng ký hiệu u ∗ v để chỉ tích chập Laplace của hai hàm u và v: Z t (u ∗ v)(t) = u(t − s)v(s)ds, u, v ∈ L1loc (R+ ). 0 Ta có kết quả sau. Mệnh đề 1.2. Với t ≥ 0 và γ > 0 cho trước, hàm µ 7→ ω(t, µ, γ) không tăng trên khoảng [0, ∞). Chứng minh. Biến đổi Laplace của ω được tính như sau ω̂(λ, µ, γ) := L[ω](λ) = 1 . λ + γµλα + µ Từ đó 1 + γλα ∂ ω̂ =− = −[(1 + γλα )ω̂]ω̂. α 2 ∂µ (λ + γµλ + µ) Chú ý rằng (1 + γλα )ω̂ = L[(1 + γ∂tα )ω], ta có ∂ ω̂ = −L[(1 + γ∂tα )ω]L[ω]. ∂µ Áp dụng biến đổi Laplace ngược cho phương trình cuối, ta được ∂ω = −(ω + γ∂tα ω) ∗ ω, ∂µ do quy tắc chập của phép biến đổi Laplace. Sử dụng (1.1), ta có ∂ω 1 = (ω 0 ∗ ω) ≤ 0, ∂µ µ nhờ vào tính chất hoàn toàn đơn điệu của ω. Mệnh đề đã được chứng minh. Bây giờ ta xét bài toán với phương trình không thuần nhất: v 0 (t) + µ(1 + γ∂tα )v(t) = g(t), t > 0, v(0) = v0 , ở đó µ > 0, γ > 0 và g là một hàm liên tục. 4 (1.3) (1.4) Mệnh đề 1.3. Nghiệm của bài toán (1.3)-(1.4) xác định bởi v(t) = ω(t)v0 + ω ∗ g(t), t ≥ 0, trong đó ω là nghiệm của (1.1)-(1.2). Chứng minh. Áp dụng biến đổi Laplace cho phương trình (1.3), ta có λv̂ − v0 + µ(1 + γλα )v̂ = ĝ. Từ đó v̂ = v0 ĝ + = ω̂v0 + ω̂ĝ. λ + γµλα + µ λ + γµλα + µ Biến đổi Laplace ngược đối với phương trình cuối, ta được Z t v(t) = ω(t)v0 + ω(t − s)g(s)ds. (1.5) 0 Ngược lại, ta chứng minh hàm v cho bởi (1.5) là nghiệm của (1.3)-(1.4). Thật vậy, đặt L[v] = v 0 + µ(1 + γ∂tα )v, khi đó L[v] = L[ω]v0 + L[ω ∗ g] = L[ω ∗ g]. Ta chỉ cần chứng minh L[ω ∗ g] = g. Tính toán trực tiếp, ta thu được (ω ∗ g)0 + µ(ω ∗ g) = g + ω 0 ∗ g + µ(ω ∗ g) = g + (ω 0 + µω) ∗ g, d ∂tα (ω ∗ g) = [h1−α ∗ (ω ∗ g)] dt d = (h1−α ∗ ω) ∗ g dt = (∂tα ω) ∗ g. Do vậy L[ω ∗ g] = (ω ∗ g)0 + µ(ω ∗ g) + µγ∂tα (ω ∗ g) = g + (ω 0 + µω + µγ∂tα ω) ∗ g = g + L[ω] ∗ g = g. Mệnh đề đã được chứng minh. 5 Sử dụng Mệnh đề 1.3, ta sẽ chứng minh bất đẳng thức dạng Gronwall sau đây. Bổ đề 1.1. Cho z ∈ C(R+ ) là một hàm không âm thỏa mãn Z t z(t) ≤ ω(t, µ, γ)z0 + ω(t − s, µ, γ)[az(s) + b(s)]ds, t ≥ 0, (1.6) 0 với ω là hàm xác định bởi (1.1)-(1.2), z0 ≥ 0, a ∈ (0, µ) và b ∈ L1loc (R+ ) là hàm cho trước. Khi đó Z t   γµ  γµ  z0 + ω t − s, µ − a, b(s)ds. z(t) ≤ ω t, µ − a, µ−a µ−a 0 Chứng minh. Ký hiệu y(t) là vế phải của (1.6). Khi đó z(t) ≤ y(t) và y là nghiệm của bài toán y 0 (t) + µ(1 + γ∂tα )y(t) = az(t) + b(t), y(0) = z0 , theo Mệnh đề 1.3. Từ đó ta có   γµ y 0 (t) + (µ − a) 1 + ∂tα y(t) = a(z(t) − y(t)) + b(t), µ−a y(0) = z0 . Sử dụng Mệnh đề 1.3 một lần nữa, ta có biểu diễn  γµ  y(t) = ω t, µ − a, z0 µ−a Z t  γµ  + ω t − s, µ − a, [a(z(s) − y(s)) + b(s)]ds µ−a 0 Z t   γµ  γµ  ≤ ω t, µ − a, z0 + ω t − s, µ − a, b(s)ds, µ−a µ−a 0 nhờ tính dương của hàm ω và bất đẳng thức a(z(t) − y(t)) ≤ 0 với t ≥ 0. Bổ đề được chứng minh. 2 Giả sử {ϕn }∞ n=1 là một cơ sở trực chuẩn của L (Ω) bao gồm các hàm riêng của toán tử −∆ liên kết với điều kiện biên thuần nhất, tức là −∆ϕn = λn ϕn trong Ω, ϕn = 0 trên∂Ω, 6 ở đó ta có thể giả thiết {λn }∞ n=1 là một dãy tăng, λn > 0 và λn → +∞ khi n → ∞. Ta sẽ tìm biểu diễn nghiệm của bài toán tuyến tính ∂t u − (1 + γ∂tα )∆u = F trong Ω, t > 0, (1.7) u = 0 trên ∂Ω, t ≥ 0, (1.8) u(·, 0) = ξ trong Ω, (1.9) với F = F (x, t) sao cho F ∈ L1loc (R+ ; L2 (Ω)) và ξ ∈ L2 (Ω). Cho u(x, t) = F (x, t) = ∞ X n=1 ∞ X un (t)ϕn (x), Fn (t)ϕn (x), ξ(x) = n=1 ∞ X ξn ϕn (x). n=1 Khi đó u0n (t) + λn (1 + γ∂tα )un (t) = Fn (t), un (0) = ξn . Áp dụng Mệnh đề 1.3, ta nhận được t Z ω(t − s, λn , γ)Fn (s)ds. un (t) = ω(t, λn , γ)ξn + 0 Từ đó ta có t Z S(t − s)F (·, s)ds, u(·, t) = S(t)ξ + (1.10) 0 ở đây S(t) : L2 (Ω) → L2 (Ω) là toán tử giải xác định bởi S(t)ξ = ∞ X ω(t, λn , γ)ξn . (1.11) n=1 1.2 Tính chất của họ giải thức Ta sẽ trình bày một số tính chất của toán tử giải trong bổ đề sau. Bổ đề 1.2. Với v ∈ L2 (Ω), T > 0, ta có: 1. S(·)v ∈ C([0, T ]; L2 (Ω)) ∩ C((0, T ]; H 2 (Ω) ∩ H01 (Ω)). 2. kS(t)vk ≤ ω(t, λ1 , γ)kvk, với mọi t ≥ 0. Nói riêng, kS(t)k ≤ 1 với mọi t ≥ 0. 7 3. S(·)v ∈ C (m) ((0, T ]; L2 (Ω)) với mọi m ∈ N, và kS (m) (t)vk ≤ Ct−m kvk, ở đó C là một hằng số dương. 4. k∆S (m) (t)vk ≤ Ct−m−1+α kvk với mọi t > 0 và m ∈ N. Chứng minh. Các khẳng định (1), (3) và (4) đã được chứng minh trong [1, Định lý 2.1]. Ta chứng minh khẳng định (2) như sau: ∞ X 2 kS(t)ξk = ω(t, λn , γ)2 ξn2 n=1 2 ≤ ω(t, λ1 , γ) ∞ X ξn2 = ω(t, λ1 , γ)2 kξk2 , n=1 nhờ Mệnh đề 1.2. Do ω(t, λ1 , γ) ≤ 1, ta có kS(t)k ≤ 1 với mọi t ≥ 0. Nhận xét 1.1. a) Toán tử giải S(t) có thể coi là toán tử nghiệm của phương trình tích phân sau (xem [1]) Z t k(t − s)∆u(x, s)ds, u(x, t) = ξ(x) + (1.12) 0 k(t) = 1 + γh1−α (t). (1.13) Thật vậy, ký hiệu Γδ,θ = {re−iθ : r ≥ δ} ∪ {δeiψ : |ψ| < θ} ∪ {reiθ : r ≥ δ}, g(z) 1 z H(z) = (g(z)I − ∆)−1 , g(z) = = . z k̂(z) 1 + γz α (1.14) Khi đó 1 S(t) = 2πi Z π ezt H(z)dz, δ > 0, θ ∈ (0, ). 2 Γδ,π−θ b) Khẳng định đầu tiên trong Bổ đề 1.2 chứng tỏ toán tử S(t) : L2 (Ω) → L2 (Ω) là compact với mọi t > 0, do tính compact của phép nhúng H 2 (Ω) ∩ H01 (Ω) ,→ L2 (Ω) . Xét toán tử Cauchy Q : C([0, T ]; L2 (Ω)) → C([0, T ]; L2 (Ω)) cho bởi Z t Q(g)(t) = S(t − s)g(s)ds. 0 8 (1.15) Ký hiệu k · k∞ là chuẩn sup trong không gian C([0, T ]; L2 (Ω)), tức là kgk∞ = sup kg(t)k t∈[0,T ] . Bổ đề sau chứng minh tính compact của toán tử Q. Bổ đề 1.3. Toán tử Cauchy xác định bởi (1.15) là compact. Chứng minh. Giả sử D ⊂ C([0, T ]; L2 (Ω)) là một tập bị chặn. Ta sẽ chứng minh ∆Q(D)(t) là tập bị chặn trong L2 (Ω) với mỗi t > 0. Thật vậy, với g ∈ D bất kỳ, ta có Z t ∆S(t − s)g(s)ds, t > 0. ∆Q(g)(t) = 0 Sử dụng Bổ đề 1.2(4) với m = 0, ta nhận được Z t k∆Q(g)(t)k ≤ k∆S(t − s)g(s)kds 0 Z t CT α −1+α ≤C (t − s) kg(s)kds ≤ kgk∞ , α 0 từ đó suy ra tính bị chặn của ∆Q(D)(t) trong L2 (Ω). Do phép nhúng D(∆) ,→ L2 (Ω) là compact, ta có Q(D)(t) là tập compact tương đối với mỗi t > 0. Rõ ràng, Q(D)(0) = {0} là tập một điểm, nên Q(D)(t) là compact tương đối với mọi t ≥ 0. Bây giờ ta chứng minh Q(D) là tập đồng liên tục. Với g ∈ D, t ∈ (0, T ),  ∈ (0, t) và h ∈ (0, T − t], ta thấy rằng Z t− kQ(g)(t + h) − Q(g)(t)k ≤ k[S(t + h − s) − S(t − s)]g(s)kds 0 Z t + k[S(t + h − s) − S(t − s)]g(s)kds t− Z t+h + kS(t + h − s)g(s)kds t = I1 (t) + I2 (t) + I3 (t). Dễ kiểm tra I2 (t) → 0 khi  → 0, và I3 (t) → 0 khi h → 0 đều theo g ∈ D. Với I1 (t), ta có Z k[S(t + h − s) − S(t − s)]g(s)k = k 0 9 1 hS 0 (t − s + θh)g(s)dθk 1 Z kS 0 (t − s + θh)kkg(s)kdθ ≤h 0 Z ≤ Ch 0 1 kg(s)kdθ , t − s + θh nhờ sử dụng định lý trung bình đối với đạo hàm và Bổ đề 1.2(3). Vậy   h k[S(t + h − s) − S(t − s)]g(s)k ≤ Ckgk∞ ln 1 + t−s hβ ≤ Ckgk∞ , β ∈ (0, 1), β(t − s)β (1.16) rβ ở đây ta sử dụng bất đẳng thức ln(1 + r) ≤ với r > 0, β ∈ (0, 1). Do (1.16), β ta có Z Ckgk∞ hβ t− ds I1 (t) ≤ β (t − s)β 0 Ckgk∞ hβ ≤ (T − )1−β → 0 khi h → 0 đều theo g ∈ D. β(1 − β) Sau cùng, với h ∈ (0, T ), ta có đánh giá Z h kQ(g)(h) − Q(g)(0)k ≤ kS(h − s)g(s)kds ≤ hkgk∞ → 0 as h → 0, 0 đều theo g ∈ D. Do vậy, Q(D) là tập đồng liên tục. Áp dụng định lý ArzelàAscoli ta có điều phải chứng minh. Định lý 1.1. (Nguyên lí ánh xạ Co) Cho (X, d) là một không gian metric đầy đủ và T là một ánh xạ co trong X. Khi đó, tồn tại x∗ ∈ X mà T x∗ = x∗ . Ngoài ra, ∀xo ∈ X ta có T n x0 → x∗ khi n → ∞. Định nghĩa 1.1. (Tính ổn định nghiệm) Với x∗ ổn định ⇔ ∀ > 0, ∃δ > 0 sao cho ∀x : |x(0) − x∗ (0)| < δ thì |x(t) − x∗ (t)| < . Trong luận văn ta sẽ kí hiệu C[R+ , R+ ] là tập các hàm số không âm, xác định trên R+ , trong đó R+ := [0; ∞). 10 Định lý 1.2. (Bất đẳng thức Gronwall cổ điển) Cho các hàm số x, v ∈ C[R+ , R+ ]. Giả sử với c ≥ 0 có bất đẳng thức Z x(t) ≤ c + t0 v(s)x(s), t ≥ t0 ≥ 0. t Khi đó ta cũng có bất đẳng thức t0 Z x(t) ≤ cexp[ v(s)ds], t ≥ t0 . t Định lý 1.3. (Định lý điểm bất động Banach) Cho (X, d) là một không gian metric đầy đủ không rỗng với một ánh xạ co f : X → X. Thì f có một điểm bất động duy nhất x∗ ∈ X sao cho x0 ∈ X, lim f n (x0 ) = x∗ n→∞ Trong đó, f 0 (x0 ) = x0 và f n (x0 ) = f (f n−1 (x0 )). 11 Chương 2 Tính giải được và tính ổn định nghiệm của bài toán 2.1 Trường hợp tổng quát Dựa vào biểu diễn (1.10), ta đưa ra định nghĩa sau đây về nghiệm nhẹ của bài toán. Định nghĩa 2.1. Cho ξ ∈ L2 (Ω). Hàm u ∈ C([0, T ]; L2 (Ω)) được gọi là nghiệm nhẹ của bài toán (1)-(3) trên đoạn [0, T ] nếu Z t u(·, t) = S(t)ξ + S(t − s)f (u(·, s))ds, t ∈ [0, T ]. 0 Trong các định lý sau, ta sẽ trình bày một số kết quả về tính giải được toàn cục của bài toán (1)-(3). Định lý 2.1. Giả sử f : L2 (Ω) → L2 (Ω) là một hàm liên tục. Hơn nữa lim sup kvk→0 kf (v)k = η ∈ [0, λ1 ). kvk (2.1) Khi đó tồn tại δ > 0 sao cho với kξk < δ, bài toán (1)-(3) có một nghiệm nhẹ trên đoạn [0, T ] với mỗi T > 0. Chứng minh. Theo giả thiết, với ε ∈ (0, λ1 − η), tồn tại ρ > 0 sao cho kf (v)k ≤ (η + ε)kvk, ∀kvk ≤ ρ. Ký hiệu Bρ là hình cầu trong C([0, T ]; L2 (Ω)) có tâm tại gốc và bán kính ρ. Cho ξ ∈ L2 (Ω), xét toán tử Φ : Bρ → C([0, T ]; L2 (Ω)) xác định bởi Z t Φ(u)(·, t) = S(t)ξ + S(t − s)f (u(·, s))ds 0 12 = S(t)ξ + Q ◦ Nf (u)(·, t), với Nf (u)(·, t) = f (u(·, t)). Dễ thấy Φ liên tục, do giả thiết về tính liên tục của f . Sử dụng Bổ đề 1.3, ta thấy Φ là toán tử compact. Hơn nữa, ta có các ước lượng t Z kΦ(u)(·, t)k ≤ ω(t, λ1 , γ)kξk + ω(t − s, λ1 , γ)(η + ε)ku(·, s)kds Z t ≤ ω(t, λ1 , γ)kξk + (η + ε)kuk∞ ω(s, λ1 , γ)ds 0 0 ≤ ω(t, λ1 , γ)kξk + (η + ε)ρλ−1 1 (1 − ω(t, λ1 , γ)) −1 = ω(t, λ1 , γ)[kξk − (η + ε)ρλ−1 1 ] + (η + ε)ρλ1 . −1 Do (η + ε)λ−1 1 < 1, nên kΦ(u)k∞ ≤ ρ nếu kξk ≤ δ := ηρλ1 . Vậy khi kξk ≤ δ, Φ : Bρ → Bρ liên tục và compact. Áp dụng định lý điểm bất động Schauder, Φ có ít nhất một điểm bất động, chính là nghiệm nhẹ của bài toán (1)-(3) trên đoạn [0, T ]. Định lý được chứng minh. Chú ý rằng nếu f tăng trưởng dưới tuyến tính, ta có thể giảm bớt điều kiện áp đặt lên giá trị ban đầu, tức là ξ không bị khống chế. Kết quả cụ thể được trình bày trong định lý sau. Định lý 2.2. Giả sử f : L2 (Ω) → L2 (Ω) liên tục và thỏa mãn đánh giá kf (v)k ≤ akvk + b, for some a, b ≥ 0. Khi đó bài toán có ít nhất một nghiệm nhẹ trên đoạn [0, T ] với mọi ξ ∈ L2 (Ω) . Chứng minh. Cho ξ ∈ L2 (Ω). Xét toán tử nghiệm Z t Φ(u)(·, t) = S(t)ξ + S(t − s)f (u(·, s))ds, 0 tác động và lấy giá trị trên C([0, T ]; L2 (Ω)). Ký hiệu w là nghiệm duy nhất của phương trình tích phân Z t w(t) = kξk + bT + a w(s)ds, 0 13 và D là tập lồi đóng trong C([0, T ]; L2 (Ω)) xác định bởi D = {u ∈ C([0, T ]; L2 (Ω)) : ku(·, t)k ≤ w(t), t ∈ [0, T ]}. Khi đó với u ∈ D, ta có t Z kΦ(u)(·, t)k ≤ kξk + (aku(·, s)k + b)ds Z t ≤ kξk + bT + a ku(·, s)kds ≤ w(t). 0 0 Vậy Φ(D) ⊂ D. Áp dụng định lý Schauder ta có điều cần chứng minh. Định lý 2.3. Giả sử f : L2 (Ω) → L2 (Ω) thỏa mãn f (0) = 0 và điều kiện Lipschitz kf (v1 ) − f (v2 )k ≤ κ(r)kv1 − v2 k, với mọi kv1 k, kv2 k ≤ r, ở đó κ(·) là một hàm không âm sao cho lim sup κ(r) = η ∈ [0, λ1 ). Khi đó tồn r→0 tại δ > 0 sao cho với kξk < δ, bài toán (1)-(3) có duy nhất nghiệm trên đoạn [0, T ] với mỗi T > 0. Chứng minh. Chú ý rằng điều kiện của định lý suy ra điều kiện (2.1). Do vậy theo Định lý 2.1, bài toán (1)-(3) có nghiệm nhẹ toàn cục. Nghiệm này thỏa mãn Z t S(t − s)f (u(·, s))ds Z t ∞ h i X ω(t, λn , γ)ξn + ω(t − s, λn , γ)fn (s)ds ϕn , = u(·, t) = S(t)ξ + 0 0 n=1 với ξn = (ξ, ϕn ) và fn (s) = (f (u(·, s)), ϕn ). Tính duy nhất nghiệm nhẹ được chứng minh như sau. Nếu u1 và u2 là hai nghiệm của (1)-(3), thì Z t ku1 (·, t) − u2 (·, t)k ≤ kS(t − s)[f (u1 (·, s)) − f (u2 (·, s))]kds 0 Z t ≤ κ(r) ku1 (·, s) − u2 (·, s)kds, 0 với r = max{ku1 k∞ , ku2 k∞ }, nhờ tính chất kS(t)k ≤ 1 với mọi t ≥ 0. Từ đó ku1 (t) − u2 (t)k = 0 với mọi t ∈ [0, T ] theo bất đẳng thức Gronwall cổ điển. Định lý đã được chứng minh. 14 Nhận xét 2.1. Nếu f thỏa mãn tính chất Lipschitz toàn cục, tức là kf (v1 ) − f (v2 )k ≤ κ0 kv1 − v2 k, κ0 > 0, thì kết luận của Định lý 2.3 vẫn đúng mà không cần điều kiện κ0 ∈ [0, λ1 ) cũng như ràng buộc đối với dữ kiện ban đầu. Tính giải được trong trường hợp này được chứng minh bằng nguyên lý ánh xạ co. Định lý sau đây trình bày sự tồn tại nghiệm phân rã của bài toán (1)-(3). Định lý 2.4. Nếu các giả thiết của Định lý 2.1 được thực hiện, thì nghiệm của bài toán (1)-(3) thỏa mãn ku(·, t)k = O(tα−1 ) khi t → ∞. Chứng minh. Lấy δ, ρ và  như trong chứng minh Định lý 2.1. Khi đó ta có Z t ω(t − s, λ1 , γ)kf (u(·, s))kds ku(·, t)k ≤ ω(t, λ1 , γ)kξk + 0 Z t ≤ ω(t, λ1 , γ)kξk + ω(t − s, λ1 , γ)(η + )ku(·, s)kds. 0 Áp dụng bất đẳng thức kiểu Gronwall trong Bổ đề 1.1, ta nhận được   γλ1 ku(·, t)k ≤ ω t, λ1 − η − , kξk ≤ C min{t−1 , tα−1 }kξk, t > 0, λ1 − η −  ở đây ta đã sử dụng Mệnh đề 1.1(3). Ta có kết luận của định lý. Định lý 2.5. Nếu các giả thiết của Định lý 2.3 được thực hiện, thì nghiệm tầm thường (u = 0) của bài toán (1)-(3) là ổn định tiệm cận. Chứng minh. Lấy ρ, δ và  như trong chứng minh Định lý 2.1, với kξk < δ, nghiệm của bài toán (1)-(3) thỏa mãn đánh giá   γλ1 ku(·, t)k ≤ ω t, λ1 − η − , kξk, với mọi t ≥ 0, λ1 − η −  như đã lý luận trong phần chứng minh Định lý 2.4. Bất đẳng thức cuối chứng tỏ tính ổn định cũng như tính hút của nghiệm tầm thường. Trong trường hợp hàm phi tuyến f có tính chất Lipschitz toàn cục, ta thu được kết quả mạnh hơn. 15