BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH ——————————— PHẠM VĂN HIỂN MỘT SỐ BÀI TOÁN CAUCHY CHỨA KÌ DỊ TRONG KHÔNG GIAN BANACH Chuyên ngành Toán Giải Tích Mã số 62 46 01 02 LU[.]
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH ———————————- PHẠM VĂN HIỂN MỘT SỐ BÀI TỐN CAUCHY CHỨA KÌ DỊ TRONG KHƠNG GIAN BANACH Chun ngành: Tốn Giải Tích Mã số: 62 46 01 02 LUẬN ÁN TIẾN SĨ TOÁN HỌC HƯỚNG DẪN KHOA HỌC PGS.TS Nguyễn Bích Huy Thành phố Hồ Chí Minh - 2020 LỜI CAM ĐOAN Tơi xin cam đoan cơng trình khoa học tơi hướng dẫn PGS.TS Nguyễn Bích Huy Các kết viết luận án hoàn toàn trung thực chưa công bố tác giả khác Nghiên cứu sinh Phạm Văn Hiển Mục lục LỜI CAM ĐOAN MỞ ĐẦU 0.1 Sử dụng dãy lặp nghiên cứu toán 0.2 Sử dụng ánh xạ co nghiên cứu toán 10 0.3 Sử dụng tính compact nghiên cứu tốn 11 Chương KIẾN THỨC CƠ SỞ 1.1 Các định lý điểm bất động 1.2 Không gian với thứ tự sinh nón 1.3 Ánh xạ co theo họ nửa chuẩn 1.4 Độ đo phi compact ánh xạ cô đặc 1.5 Một số kiến thức khác Chương SỬ DỤNG DÃY LẶP TRONG NGHIÊN CỨU BÀI TỐN 2.1 Bài tốn với kì dị yếu 2.2 Phương trình bậc phân thứ với kì dị yếu 2.2.1 Các khái niệm 2.2.2 Sự tồn nghiệm 2.3 Kỹ thuật lặp đơn điệu 2.4 Bài tốn có chậm Chương SỬ DỤNG ÁNH XẠ CO TRONG NGHIÊN BÀI TOÁN 3.1 Bài toán với điều kiện Lipschitz địa phương 3.2 Bài tốn có chậm 3.2.1 Sự tồn nghiệm toán tổng quát 3.2.2 Bài toán áp dụng 3.3 Bài tốn miền vơ hạn 14 14 15 17 18 20 22 22 28 28 29 32 38 42 42 46 46 49 54 CỨU Chương SỬ DỤNG TÍNH COMPACT TRONG NGHIÊN CỨU BÀI TỐN 4.1 Xây dựng khơng gian Fréchet độ đo phi compact cho toán 4.2 Bài tốn Cauchy khơng có chậm 4.3 Giải tốn có chậm 4.4 Cấu trúc tập nghiệm lớp toán Cauchy thang không gian Banach 4.4.1 Bài tốn khơng gian nghiệm 4.4.2 Một số bổ đề cần thiết 4.4.3 Cấu trúc tập nghiệm 56 57 60 65 70 70 73 77 KẾT LUẬN 82 Danh mục cơng trình tác giả 84 Tài liệu tham khảo 84 MỞ ĐẦU Các trình Tự nhiên Xã hội phụ thuộc vào thời gian t thường mơ tả phương trình vi phân với điều kiện đầu (hay toán Cauchy) sau: u′ (t) = f (t, u(t)), t ∈ [0, T ), u(0) = u0 , (1) u : [0, T ] → X ẩn hàm, f : [0, T ] × X → X hàm biết, thỏa mãn số điều kiện X không gian vectơ tơpơ Nghiệm tốn theo nghĩa cổ điển (hay nghiệm mạnh) hàm u ∈ C([0, T ], X) ∩ C ((0, T ), X) thỏa mãn (1) Ban đầu, toán (1) nghiên cứu với X khơng gian hữu hạn chiều Khi (1) phương trình vi phân thường Peano chứng minh tồn nghiệm f hàm liên tục; Picard khẳng định tồn nghiệm f liên tục thỏa mãn điều kiện Lipschitz theo biến thứ hai, tức kf (t, u) − f (t, v)kX ≤ Cku − vkX (2) Các phương trình đạo hàm riêng dạng parabolic hyperbolic đưa toán (1) với X không gian Banach không gian Fréchet (khi cần xét tồn nghiệm khoảng thời gian vô hạn) Khi định lý Picard đúng; định lý Peano f liên tục thỏa mãn thêm điều kiện có liên quan tới tính compact, ví dụ điều kiện "cô đặc" độ đo phi compact α không gian X , dạng α f (t, B) ≤ Cα(B), B ⊂ X tập bị chặn (3) Nếu vế phải (1) hàm liên tục tốn tương đương với tốn tìm hàm u ∈ C([0, T ], X) thỏa mãn Z t u(t) = u0 + f (τ, u(τ ))dτ := F u(t) (4) Phương trình (4) xác định ánh xạ F : C([0, T ], X) → C([0, T ], X) điểm bất động F nghiệm tốn (1) ban đầu Có hai phương pháp để tìm điểm bất động ánh xạ F Ở phương pháp thứ nhất, điểm bất động tìm giới hạn dãy lặp sau: u0 (t) = u0 , un+1 (t) = F un (t), ∀t ∈ [0, T ] Phương pháp thứ hai sử dụng định lý điểm bất động: Định lý ánh xạ co Banach f thỏa mãn điều kiện Lipschitz, Định lý Schauder hay mở rộng Định lý Darbo–Sadovskii f thỏa mãn điều kiện tính compact Trong luận án chúng tơi xét lớp tốn Cauchy chứa kì dị Đó tốn Cauchy (1) họ (cũng gọi thang) không gian Banach (Xs , k.ks ), s ∈ [a, b] thỏa mãn Xs′ ⊂ Xs , kxks ≤ kxks′ , ∀x ∈ Xs′ , s < s′ Tính kì dị thể chỗ ánh xạ f không tác động từ khơng gian vào mà vào không gian rộng f (t, Xs′ ) ⊂ Xs , s < s′ , thỏa mãn điều kiện Lipschitz dạng C ku − vks′ , u, v ∈ Xs′ , s < s′ −s (5) C αs′ (B), B ⊂ Xs′ bị chặn, s < s′ , −s (6) kf (t, u) − f (t, v)ks ≤ điều kiện cô đặc dạng αs f (t, B) ≤ s′ s′ αs độ đo phi compact Kuratowski Xs Các nhà toán học L.Ovcyannikov T.Yamanaka người sử dụng thang không gian Banach nghiên cứu mở rộng định lý Cauchy— Kowalevskaya cho hệ phương trình đạo hàm riêng [44, 45, 54, 55] Trong [44, 45] tác giả xét toán n ∂u X ∂u = + a0 u ≡ Lu(t, x), u(0, x) = u0 (x) ∂t ∂xi (7) i=1 Họ xây dựng thang không gian Banach sau Với số dương s, đặt Xs khơng gian hàm giải tích cầu mở Bs = {x ∈ Rn : kxk < s} liên tục Bs với chuẩn: kuks = X sk k∈N k! sup |Dα u(x)| < ∞, x∈Bs |α|=k α = (α1 , , αn ) ∈ Nn đa số |α| = α1 + + αn Ta chứng minh kuxi ks ≤ s′ C kuks′ , ∀ < s < s′ , i = 1, , n −s Và kLuks ≤ s′ C kuks′ , < s < s′ −s (8) Sử dụng đánh giá giả thiết u0 ∈ Xb , tác giả chứng minh tồn nghiệm (7) thỏa mãn b−s , 0 0, β = Bài tốn (12) xét thang khơng gian Banach (Es ) E.A Barkova P.P Zabreiko nghiên cứu [8] phép nhúng Es′ ֒→ Es , s < s′ compact [9] f thỏa mãn điều kiện Lipschitz (11) với p = α Khi toán có tính kì dị yếu, tức p < α chứng minh tồn nghiệm toàn cục Xây dựng dãy lặp đơn điệu sử dụng nhiều nghiên cứu tốn Cauchy khơng gian riêng lẻ (xem [28] tài liệu tham khảo đó) Chúng sử dụng kỹ thuật để nghiên cứu tốn Cauchy thang khơng gian Banach có thứ tự Sử dụng giả thiết tồn cặp nghiệm trên, nghiệm kết hợp tính chất đặc biệt thứ tự giả thiết tính đơn điệu dạng f (t, u) − f (t, v) ≥ − s′ C (u − v), u, v ∈ Xs′ , s < s′ , −s chứng minh tồn nghiệm Theo hiểu biết kết tốn Cauchy thang khơng gian Banach có thứ tự Một số phương trình đạo hàm riêng dạng cụ thể có chậm thang khơng gian (tuy chưa làm bật tính kì dị tốn ) xét [4, 36, 37, 56] Theo hiểu biết chúng tơi, tốn có chậm thang khơng gian Banach trừu tượng chưa nghiên cứu Trong chương luận án, chúng tơi xét tốn có chậm sau: du = f (t, u(t), u(h(t))), t ∈ (0, 1), u(0) = u0 dt (13) yếu tố chậm h : [0, 1) → [0, 1) hàm liên tục thỏa mãn h(t) < t1/p , t ∈ (0, 1) p ∈ (0, 1) Chúng phát rằng, xuất yếu tố chậm theo thời gian cho phép xét "kì dị mạnh" Cụ thể, vế phải tốn (13) thỏa mãn điều kiện Lipschitz theo biến th hai v iu kin Hăolder theo bin th ba: kf (t, u1 , v1 )−f (t, u2 , v2 )ks ≤ C p ′ ′ +kv1 −v2 k ′ , u1 , u2 , v1 , v2 ∈ Xs′ , s < s ku −u k s s s′ − s Hơn nữa, trường hợp vế phải không phụ thuộc biến thứ hai thỏa mãn điều kiện kf (t, v1 ) − f (t, v2 )ks ≤ (s′ C kv1 − v2 kps′ , v1 , v2 ∈ Xs′ , s < s′ , − s)γ (l1 ) (τ x) ≤ u ≤ |u|r u Λ(k) (r − s)λl1 s ≤ (3.12) (3.13) Từ (3.11)-(3.13), suy C(l1 ) R0 C(1 + l1 ) |σ k (t) − σ k (t0 )| kukr , |σ(t) − σ(t )| + kvks ≤ λl λ(1+l ) 1 (r − s) (r − s) nghĩa kA(t) − A(t0 )kL(Xr ,Xs ) → t → t0 Do vậy, ánh xạ t 7→ A(t, ) liên tục t0 Bổ đề 3.2.5 Giả sử g ∈ C[0, T0 ) ⊗ GS (U ) R ≤ {25 R1 , S}, s ≤ S/4 Khi đó: Tồn số D phụ thuộc g cho u, v ∈ Bs (θ, R), hàm số w(t, x) = g[t, x, u(x), v(x)] thuộc C[0, T0 ) ⊗ Gs (Ω) kw(t, )ks ≤ D, ∀ t ∈ [0, T0 ) Hơn nữa, với ui , vi ∈ Bs (θ, R) hàm số wi (t, x) = g[t, x, ui (x), vi (x)], i = 1, thỏa mãn bất đẳng thức: kw1 (t, ) − w2 (t, )ks ≤ D ku1 − u2 ks + kv1 − v2 ks , ∀ t ∈ [0, T0 ) 52 Nếu s < r ≤ S/4, ánh xạ f định f (t, u, v)(x) = g[t, x, u(x), v(x)] liên tục từ [0, T0 ) × Br (θ, R) × Br (θ, R) vào Xs Chứng minh Khẳng định chứng minh [56] (Mệnh đề 8,9) Từ suy rằng: ′ ′ ′ ′ ′ ′ kf (t , u , v ) − f (t, u, v)ks ≤ kf (t , u, v) − f (t, u, v)ks + D ku − u kr + kv − v kr với u, u′ , v, v ′ ∈ Br (θ, R) Do đó, để chứng minh tính liên tục f , cần chứng minh tính liên tục hàm t 7→ w(t) = f (t, u, v) theo k.ks , u, v ∈ Br (θ, R) cố định Theo khẳng định thì: (k) |wx (t, x)| k r ≤ D, ∀ (t, x) ∈ [0, T0 ) × (−R0 , R0 ), k ∈ Z+ Λ(k) Do vậy, cho trước ε > tồn số nguyên dương k0 cho (k) (k) k s |wx (t, x) − wx (t0 , x)| k s ≤ 2D Λ(k) r ≤ ε, ∀ k > k0 , (t, x) ∈ [0, T0 ) × (−R0 , R0 ) (3.14) Tiếp theo, đánh giá vế trái (3.14) với k ≤ k0 Đặt < R2 < R0 , theo tính liên tục hàm wx(k) (t, x), k ≤ k0 tập compact [t1 , t2 ] × [−R2 , R2 ], tồn δ > cho với t ∈ (t0 − δ, t0 + δ) ∩ [0, T0 ): (k) (k) |wx (t, x) − wx (t0 , x)| k ε s ≤ , ∀ x ∈ [−R2 , R2 ], k ≤ k0 Λ(k) (3.15) Vậy x ∈ (−R0 , R0 ) \ [−R2 , R2 ], chọn y = R2 (hoặc y = −R2 ) |x − y| ≤ R0 − R2 Theo định lý Lagrange, (k) (k) |wx (t, x) − wx (t0 , x)| k s Λ(k) sk (R0 − R2 )sk (k+1) (k+1) ≤ + |wx (t, c1 )| + |wx (t0 , c2 )| Λ(k) Λ(k) Λ(k + 1) ε ≤ ε, (3.16) ≤ + (R0 − R2 )2D sΛ(k) (k) (k) |wx (t, y) − wx (t0 , y)| ∀ k ≤ k0 , x ∈ (−R0 , R0 ) \ [−R2 , R2 ], t ∈ (t0 − δ, t0 + δ) ∩ [0, T0 ), R0 − R2 đủ nhỏ Kết hợp (3.14)-(3.16), có kw(t) − w(t0 )ks ≤ ε, t ∈ (t0 − δ, t0 + δ) ∩ [0, T0 ) 53 Áp dụng định lý 3.2.1., bổ đề 3.2.3-3.2.5, có kết quả: Định lý 3.2.6 Giả sử: Hàm số g thuộc lớp C[0, T0 ) ⊗ GS (U ) Các hàm số σ, h liên tục [0, T0 ) thỏa mãn điều kiện: Z T0 < σ(t) < 1, < h(t) < t, ∀ t ∈ (0, T0 ), dt < ∞ [1 − σ(t)]λl1 Tồn S : ∆ = {(t, T ) : ≤ t ≤ T < T0 } → [a, S/4], (a > 0) cho: S liên tục theo (t, T ), giảm theo biến thứ nhất, Z T dt = [S(h(t), T ) − S(t, T )]λl2 lim T →0 Chọn R ≤ min{25 R1 , S} Khi đó, tồn số < T < T0 cho tốn (3.8) có nghiệm u lớp hàm Gevrey bậc λ u(t) ∈ XS(t,T ) , ku(t)kS(t,T ) ≤ R, ∀ t ∈ [0, T ] Ví dụ 3.2.7 Cho α > thỏa mãn tính chất αλl2 < α S(t, T ) = S − S −a t T0 , ≤ t ≤ T < T0 Giả sử: Hàm số h liên tục [0, T0 ) thỏa hai điều kiện: a) < h(t) ≤ mt, t ∈ (0, T0 ) m ∈ (0, 1), b) T0 = < h(t) < t1/p , t ∈ (0, 1) p ∈ (0, 1) Hàm số σ liên tục [0, T0 ) < σ(t) ≤ − t T0 β , t ∈ [0, T0 ), β ∈ 0, λl1 Khi đó, giả thiết định lý 3.2.6 β Nhận xét 3.2.8 Lưu ý hàm số σ(t) = − Tt0 không thỏa mãn điều kiện (3.6), điều kiện quan trọng sử dụng [37, 56] 54 3.3 Bài toán miền vô hạn Trong mục giải tốn (1) mà phương trình vi phân với t ∈ [0, +∞) Nghiệm tốn u xác định [0, +∞) nhận giá trị thang không gian (Xs ) Chúng sử dụng phương pháp chứng minh cách xây dựng khơng gian lồi địa phương có topo xác định từ họ đếm nửa chuẩn tách đầy đủ Để giải tốn (1) miền vơ hạn, áp dụng Định lý ánh xạ co theo họ nửa chuẩn cho không gian vector topo lồi địa phương E xây dựng sau Cho trước S ≥ a, λ > dãy số tăng {bn }n thỏa mãn: bn > S + nλ, ∀n Với n ∈ N, đặt ∆λ,n = {(t, s) : t ∈ [0, n], s ∈ [S, bn − λt)}, En = {u ∈ C([0, n], XS ) : u(t) ∈ Xs , ∀ (t, s) ∈ ∆λ,n , pn (u) < ∞}, pn (u) = sup (t,s)∈∆λ,n (bn − s − λt)2 ku(t)ks (3.17) Chứng minh tương tự bổ đề 3.1.2., ta có (En , pn ) không gian Banach Bổ đề 3.3.1 Họ nửa chuẩn (3.17) tách đầy đủ không gian vector topo lồi địa phương: E = ∩∞ n=1 En với topo sinh họ nửa chuẩn pn (3.18) Chứng minh Có thể thấy rõ ràng với n pn (u) = u = θEn Do họ nửa chuẩn (3.17) tách Xét dãy {ym }m dãy Cauchy En với n Khi tồn zn ∈ En để pn (ym − zn ) → m → ∞ Từ định nghĩa pn , thấy n < k pn (zn − zk ) ≤ pn (zn − ym ) + pk (ym − zk ) → 0, m → ∞ Do zn (t) = zk (t), t ∈ [0, n] Vậy xây dựng hàm z cho z(t) = zn (t) với n t ∈ [0, n] Khi pn (ym − z) = pn (ym − zn ) → ∞, ∀n Vậy ym → z theo topo E Định lý 3.3.2 Cho giả thiết: 55 f : [0, +∞) × Xs′ → Xs ánh xạ liên tục với s < s′ u0 ∈ Xs với s > a Tồn C>0 cho với t > 0, s′ > s u, v ∈ Xs′ kf (t, u) − f (t, v)ks ≤ s′ C ku − vks′ −s Khi với S > a, tốn (1) có nghiệm E với λ đủ lớn, nghĩa nghiệm u ∈ C([0, ∞), XS ) Chứng minh Chúng ta chứng minh giả thiết Định lý ánh xạ co theo họ nửa chuẩn (bổ đề 1.3.3) cho không gian E ánh xạ F xác định Z t F u(t) = u0 + f (τ, u(τ ))dτ, t ∈ [0, +∞), u ∈ E Với u ∈ E, (t, s) ∈ ∆λ,n , chọn s′ ∈ (s, bn − λt) (t, s′ ) ∈ ∆λ,n , u(t) ∈ Xs′ đó, giả thiết 1., cho thấy F u(t) ∈ Xs Theo bổ đề 3.3.1., cần chứng minh F co theo họ nửa chuẩn {pn }n Cho trước số tự nhiên n cặp (t, s) ∈ ∆λ,n , đặt s(τ ) = (bn + s − λτ )/2, τ ∈ [0, t] (τ, s(τ )) ∈ ∆λ,n Khi đó, với u, v ∈ Eλ , theo giả thiết 3., có đánh giá: Z t Z t kF u(t)−F v(t)ks ≤ ≤C Z t 0 kf (τ, u(τ )) − f (τ, v(τ ))ks dτ ≤ C pn (u − v)dτ ≤ Cpn (x − y) (bn − s(τ ) − λτ )2 (s(τ ) − s) ku(τ ) − v(τ )ks(τ ) dτ s(τ ) − s Z t 23 dτ (bn − s − λτ )3 1 4Cpn (x − y) ≤ ≤ 4Cpn (x − y) − 2 λ (bn − s − λt) (bn − s) λ(bn − s − λt)2 Cho (t, s) chạy khắp ∆λ,n suy pn (F u − F v) ≤ 4C pn (x − y), ∀n λ Bằng cách chọn λ đủ lớn q := 4C/λ ∈ (0, 1) ánh xạ F ánh xạ co theo họ nửa chuẩn {pn }n Chúng ta chứng minh xong định lý Chương SỬ DỤNG TÍNH COMPACT TRONG NGHIÊN CỨU BÀI TOÁN Trong hai chương trước, chúng tơi giải tốn (1) mà vế phải thỏa mãn điều kiện dạng Lipschitz: kf (t, u) − f (t, v)ks ≤ s′ C ku − vks′ , ∀s < s′ , u, v ∈ Xs′ −s (4.1) Trong chương này, thay cho điều kiện dạng Lipschitz, giải tốn điều kiện dạng đặc: C (4.2) αs′ (Ω), ∀s < s′ , αs f (t, Ω) ≤ ′ s −s αs (Ω) độ đo phi compact Kuratowski tập Ω không gian Banach Xs Điều kiện sử dụng để giải tốn Cauchy thang khơng gian Banach [25] với kết tồn nghiệm Tuy nhiên, khác với phương pháp sử dụng [25] áp dụng dãy lặp Tonelli (mục 0.3), phương pháp xây dựng độ đo phi compact tổng quát (giá trị nón) áp dụng định lý điểm bất động ánh xạ cô đặc Bằng phương pháp này, chứng minh lại kết tồn [25] với đánh giá miền tồn nghiệm (mục 4.2) Sau đó, để khẳng định tính linh hoạt phương pháp, chúng tơi xem xét tốn có chậm (13): ( u′ (t) = f (t, u(t), u(h(t))), t ∈ (0, T ), u(0) = u0 , h : [0, T ] → [0, T ] hàm số liên tục thỏa mãn ≤ h(t) ≤ t1/p ≤ t, ∀t ∈ [0, T ] với p ∈ (0, 1) Giả thiết cho tồn nghiệm tốn chậm nêu có dạng p L αs f (t, Ω1 , Ω2 ) ≤ Cαs (Ω1 ) + 56 (s′ − s)γ αs′ (Ω2 ) 57 Kết tốn có chậm trình bày mục 4.3 Trong mục 4.4, nghiên cứu cấu trúc Rδ tập nghiệm toán Cauchy: ( u′ (t) = f (t, u(t)) + g(t, u(t)), t ∈ [0, T ), u(0) = u0 , f thỏa mãn điều kiện Lipschitz thành phần nhiễu g thỏa mãn điều kiện compact (cả hai tác động thang không gian Banach) 4.1 Xây dựng không gian Fréchet độ đo phi compact cho toán Các định nghĩa ký hiệu mục dùng cho chứng minh tồn nghiệm mục 4.2 4.3 Cho thang không gian Banach {Xs }s , s ∈ [a, b], số dương λ > (b − a)T −1 , đặt Tλ = (b − a)λ−1 < T , định nghĩa: • ∆λ = (t, s) : s ∈ [a, b), t ∈ 0, b−s ; λ • Et,s , (t, s) ∈ ∆λ , không gian Banach hàm liên tục [0, t] nhận giá trị Xs chuẩn kukt,s = supτ ∈[0,t] ku(τ )ks ; • E = u ∈ C([0, Tλ ), Xa ) : u|[0,t] ∈ Et,s , ∀(t, s) ∈ ∆λ Cho dãy {(tn , sn )}n trù mật ∆λ Với n ∈ N u ∈ Etn ,sn , đặt: pn (u) = sup ku(τ )ksn (4.3) τ ∈[0,tn ] Bởi {(tn , sn )}n trù mật ∆λ , E không gian lồi địa phương trang bị họ đếm được, tách nửa chuẩn {pn }n Vậy E không gian khả metric chứng minh đầy đủ Nghĩa E khơng gian Fréchet • Nếu Ω ⊂ E t ∈ [0, T ], ký hiệu Ω(t) tập hợp {u(t) : u ∈ Ω} Ω|[0,t] = {u|[0,t] : u ∈ Ω} • Cho số β > xác định cần thiết, gọi M tập tập Ω ⊂ E có tính chất: (M1) Tồn số R > cho sup(t,s)∈∆λ (b − s − λt)β ku(t)ks < R với u ∈ Ω; 58 (M2) Ω|[0,t] đồng liên tục Et,s , ∀(t, s) ∈ ∆λ • Chúng ta định nghĩa Q không gian hàm g : ∆λ → R thỏa mãn tính chất: g(., s) liên tục [0, (b − s)/λ) với s ∈ [a, b) kgkQ := sup (b − s − λt)β |g(t, s)| < ∞ (t,s)∈∆λ • Trong Q, định nghĩa tập K gồm hàm số g thỏa mãn (K1) g(t, s) ≥ 0, ∀(t, s) ∈ ∆λ , (K2) g(t, ) tăng [a, b − λt) với t ∈ [0, T ) Có thể thấy Q khơng gian định chuẩn K nón Q Trong Q, định nghĩa thứ tự: g ≤ G ⇔ g(t, s) ≤ G(t, s), ∀(t, s) ∈ ∆λ Với thứ tự này, thấy g1 −g2 ∈ K g1 ≥ g2 (hay g ∈ K ⇒ g ≥ θQ ) chiều ngược lại chưa Chúng ta chứng minh ánh xạ Φ : M → K , xác định Φ(Ω)(t, s) = αs (Ω(t)), ∀(t, s) ∈ ∆λ , (4.4) độ đo phi compact quy Bổ đề 4.1.1 Ánh xạ Φ xác định (4.4) độ đo phi compact quy M thỏa mãn điều kiện (i) định lý 1.4.7 Chứng minh Trước hết, chứng minh Φ(Ω) ∈ K với Ω ∈ M Thật vậy, tính chất thang khơng gian cho thấy hàm số s 7→ αs (Ω(t)) = Φ(Ω)(t, s) tăng Do Ω đồng liên tục không gian Et,s ku(τ )ks ≤ R(b−s−λt)−β , ∀τ ∈ [0, t] (số R nhắc tới điều kiện (M1)), hàm số τ 7→ αs (Ω(τ )) liên tục [0, t] với t ∈ 0, b−s theo bổ đề 1.4.3 Ngoài điều kiện (M1) cho λ thấy β β (b − s − λt) αs (Ω(t)) = αs (b − s − λt) Ω(t) ≤ αs B s (θ, R) = 2R, ∀(t, s) ∈ ∆ Vậy hàm số (t, s) 7→ αs (Ω(t)) thuộc nón K Từ định nghĩa độ đo Kuratowski, suy αs đơn điệu: αs (Ω1 ) ≤ αs (Ω2 ) Ω1 ⊂ Ω2 59 Vì thế, chứng minh Φ(coΩ) ≤ Φ(Ω) Φ độ đo phi compact Cho trước phần tử (t, s) ∈ ∆λ , thấy dãy un → u không gian E un (t) → u(t) khơng gian Xs Cho nên Ω ∈ M Ω ∈ M s s Ω(t) ⊂ Ω(t) A bao đóng A khơng gian Xs Vậy s (co(Ω))(t) ⊂ co(Ω(t)) Và đó, suy s Φ(coΩ)(t, s) = αs ((co(Ω))(t)) ≤ αs (co(Ω(t)) ) = αs (Ω(t)) = Φ(Ω)(t, s) Tiếp theo, chứng minh Φ quy Cho Ω ∈ M Từ tính quy αs suy luận Φ(Ω)(t, s) = αs (Ω(t)) = Ω(t) tập compact tương đối Xs với (t, s) ∈ ∆λ Bây giờ, cho trước (t, s) ∈ ∆λ , Ω(τ ) compact tương đối Xs với τ ∈ [0, t] Mặt khác, Ω|[0,t] đồng liên tục khơng gian Et,s (theo (M2) định nghĩa M) Vì vậy, theo định lý Azelà-Ascoli, Ω|[0,t] tập compact tương đối Et,s Giả sử Φ(Ω) = θQ {un }n ⊂ Ω Chúng ta chứng minh {un }n có dãy hội tụ E Chúng ta có suy luận sau:1 (1) • Ω|[0,t1 ] compact tương đối Et1 ,s1 tồn dãy {un }n ⊂ {un }n mà hội tụ không gian Et1 ,s1 u(1) (k+1) • Lập luận tương tự, có dãy {un Etk+1 ,sk+1 u(k+1) , k = 1, 2, (k) }n ⊂ {un }n hội tụ không gian Vì khơng gian Xs lồng vào nhau, đặt u(t) := u(k) (t), ∀k ∈ N, t ∈ [0, tk ] Đặt dãy đường chéo = u(n) n , n ∈ N, {vn }|[0,tk ] hội tụ u|[0,tk ] không gian Etk ,sk với k ∈ N n → ∞ Do đó, với ε > cho trước tập số A ⊂ N, A hữu hạn, chọn n0 độc lập với k ∈ A cho với n ≥ n0 pk (vn − u) ≤ sup kvn (t) − u(t)ksk ≤ ε τ ∈[0,tk ] Suy {vn } hội tụ u E điều cho thấy Ω tập compact tương đối E Ngược lại, giả sử Ω tập compact tương đối E (t, s) ∆λ dãy {(tn , sn )}n cho trước, xây dựng không gian E 60 Chúng ta cần chứng minh Φ(Ω)(t, s) = αs (Ω(t)) = Do tính quy αs , cần chứng minh với dãy {un } Ω tồn dãy {unk }k cho {unk (t)}k hội tụ Xs Do tính trù mật {(tn , sn )} ∆λ tồn m ∈ N cho t ≤ tm , s ≤ sm , Ω tập compact tương đối E , tồn dãy {unk }k hội tụ E u Điều cần chứng minh suy từ kunk (t) − u(t)ks ≤ pm (unk − u) → 0, (k → ∞) Cuối cùng, điều kiện (i) định lý 1.4.7 suy trực tiếp từ định nghĩa họ M tính chất độ đo αs Trong mục 4.2 4.3 sau đây, sử dụng định lý 1.4.7 mà độ đo phi compact φ = Φ xác định (4.4) 4.2 Bài toán Cauchy khơng có chậm Dựa khơng gian Fréchet độ đo phi compact xây dựng mục trước, chúng tơi giải tốn (1) cách tìm điểm bất động ánh xạ tích phân (4) qua việc áp dụng Định lý 1.4.7 Chúng ta bắt đầu cách nêu giả thiết: (H1) Ánh xạ f : [0, T ] × Xs′ → Xs liên tục với s < s′ (H2) Tồn số M, N cho với s < s′ u ∈ Xs′ kf (t, u)ks ≤ M kuks′ + N s′ − s (H3) Tồn số C cho Ω tập bị chặn Xs′ thì: αs (f (t, Ω)) ≤ C αs′ (Ω), ∀ t ∈ [0, T ], s < s′ < b − λt s′ − s (4.5) Sau đây, chứng minh số bổ đề cần thiết Bổ đề 4.2.1 Giả sử giả thiết (H1),(H2) có giá trị κ ∈ (0, 1) cho λβκβ (1 − κ) > M Đặt BR = ( u∈E: sup (b − s − λt)β ku(t)ks ≤ R (t,s)∈∆λ ) Khi đó, với R đủ lớn F (BR ) ⊂ BR F (Ω) ∈ M với Ω ⊂ BR 61 Chứng minh Trước tiên, (t, s) ∈ ∆λ u ∈ E , u(t) ∈ Xs′ cho s′ ∈ (s, b − λt) Do đó, suy F u(t) ∈ Xs với u ∈ E (t, s) ∈ ∆λ Giả thiết (H1) cho thấy F u|[0,t] ∈ Et,s với (t, s) ∈ ∆λ Tiếp theo, cho trước (t, s) ∈ ∆λ u ∈ BR Với ≤ τ ≤ t, đặt s(τ ) = s + (1 − κ)(b − s − λτ ) Khi đó, s < s(τ ) < b − λτ , áp dụng giả thiết (H2) suy Z t Z t kF u(t)ks ≤ ku0 kb + ≤ ku0 kb + kf (τ, u(τ ))ks dτ ≤ ku0 kb + Z t 0 M ku(τ )ks(τ ) + N dτ s(τ ) − s MR + N dτ β κ (1 − κ)(b − s − λτ )1+β MR ≤ ku0 kb + β κ (1 − κ)λβ 1 − β (b − s − λt) (b − s)β + N T Do (b − s − λt)β kF u(t)ks ≤ bβ ku0 kb + MR + N T (b − a)β β κ (1 − κ)λβ (4.6) Bởi λβκβ (1 − κ) > M , bβ ku0 kb KT (b − a)β bị chặn, thấy vế phải đánh giá nhỏ R R đủ lớn, nghĩa F u ∈ BR Để chứng minh F (Ω) ∈ M, ∀Ω ⊂ B cần chứng minh điều kiện (M2) Cho trước (t, s) ∈ ∆λ lập luận tương tự đánh giá trên, với ≤ t1 ≤ t2 ≤ t có Z t2 MR dτ + N (t2 − t1 ) 1+β t1 (b − s − λτ ) MR t2 − t1 ≤ β + N (t2 − t1 ) κ (1 − κ) (b − s − λt)1+β kF u(t1 ) − F u(t2 )ks ≤ κβ (1 − κ) Nghĩa tồn số H độc lập với u cho kF u(t1 ) − F u(t2 )ks ≤ H|t1 − t2 |, ∀t1 , t2 ∈ [0, t], u ∈ BR Chúng ta suy F (Ω)|[0,t] đồng liên tục không gian Et,s Vậy F (Ω) ∈ M với Ω ⊂ BR Nói riêng F (BR ) ∈ M Trong bổ đề tiếp theo, đánh giá ánh xạ tuyến tính A : K → Q xác định bởi: Z t 2C A(g)(t, s) = g(τ, (b + s − λτ )/2)dτ, ∀ (t, s) ∈ ∆λ , g ∈ K (4.7) b − s − λτ Khơng gian có thứ tự Q nón K mà sử dụng định nghĩa mục 4.1 62 Bổ đề 4.2.2 Giả sử β > Khi A ánh xạ tuyến tính dương, tức A(K) ⊂ K Hơn nữa, có: 1+β n C n k(A) (g)kQ ≤ kgkQ , ∀g ∈ Q, n ∈ N (4.8) λβ Chứng minh Trước hết, chứng minh A(g) định nghĩa tốt liên với giá trị s ∈ [a, b) cố định Chúng ta chứng tục theo biến t miền 0, b−s λ minh hàm số P (τ ) := g(h(τ ), S(τ ))(b − s − λτ )−1 đo Lebesgue bị chặn đoạn [0, t′ ] t′ < (b − s)/λ S(τ ) = (b + s − λτ )/2 Cố định t′′ ∈ [0, (b − s)/λ) đặt p(r) = g(t′′ , r), g(t′′ , S(τ )) = p ◦ S(τ ) Mà hàm số p tăng, p−1 (−∞, α) khoảng Do đó, kết hợp tính liên tục S , suy {τ ∈ [0, t′ ] : p ◦ S(τ ) < α} = S −1 p−1 (−∞, α) tập đo hàm số τ 7→ g(t′′ , S(τ )) đo Từ đây, hàm số (t′′ , τ ) 7→ g(t′′ , S(τ )) hàm Carathéodory Cho nên hàm số τ 7→ g(h(τ ), S(τ )) đo P (τ ) hàm đo Ngồi ra, tính bị chặn P (τ ) [0, t′ ] t′ < (b − s)/λ suy từ kgkQ kgkQ 2β ≤ [b − S(τ ) − λτ ]β (b − s − λτ ) (b − s − λτ )β+1 kgkQ 2β ≤ , ∀τ ∈ [0, t′ ] (b − s − λt′ )β+1 P (τ ) ≤ Vậy, A(g)(t, s) định nghĩa tốt liên tục theo t ∈ [0, (b − s)/λ) Mặt khác, A(g)(t, s) tăng theo biến s, hàm số s 7→ (b + s − λτ )/2, s 7→ (b − s − λτ )−1 and r 7→ g(t′′ , r) tăng Tiếp theo, chứng minh (4.8) Cho trước (t, s) ∈ ∆λ , g ∈ K , có đánh giá sau: Z t |A(g)(t, s)| ≤ ≤2 2C |g(τ, (b + s − λτ )/2)|dτ b − s − λτ 1+β CkgkQ Z 0 t dτ (b − s − λτ )1+β 21+β CkgkQ 1 ≤ − λβ (b − s − λt)β (b − s)β Do đó, kA(g)kQ ≤ 21+β C kgkQ λβ ≤ 21+β CkgkQ λβ(b − s − λt)β 63 Từ suy A(K) ⊂ K n k(A) (g)kQ ≤ 21+β C λβ n kgkQ , ∀g ∈ Q, n ∈ N Định lý 4.2.3 Giả sử (H1) − (H3) Cho số β > 0, κ ∈ (0, 1), λ thỏa mãn bất đẳng thức 1+β λ > max M κβ (1 − κ)β ; C β tốn (1) có nghiệm không gian E Chứng minh Chúng ta chứng minh định lý cách áp dụng định lý 1.4.7 Trong khơng gian lồi địa phương E , độ đo phi compact định nghĩa (4.4), ánh xạ F định nghĩa (4), B = BR với số R đủ lớn Áp dụng bổ đề 4.2.1, 4.2.2 phải chứng minh F ánh xạ liên tục Φ-cô đặc Trước hết, chứng minh F liên tục từ BR vào Giả sử un , u ∈ BR un → u n → ∞ Để chứng minh F (un ) → F (u) n → ∞ cần chứng minh pm (F (un ) − F (u)) → với m ∈ N+ Chọn k ∈ N+ cho tm < tk , sm < sk , ≤ sup kun (τ ) − u(τ )ksk → n → ∞ τ ∈[0,tk ] Do đó, tập hợp A = {un (τ ), u(τ ) : τ ∈ [0, tm ], n ∈ N+ } compact Xsk Chúng ta suy hàm số f liên tục từ [0, tm ] × A vào Xsm Cho trước ε > bất kỳ, chọn δ > cho (t, u1 ), (t, u2 ) ∈ [0, tm ] × A, ku1 − u2 ksk < δ kf (t, u1 ) − f (t, u2 )ksm < ε Vậy n đủ lớn cho sup kun (t) − u(t)ksk < δ, ta suy t∈[0,tm ] pm (F (un ) − F (u)) = sup kF un (t) − F u(t)ksm ≤ t∈[0,tm ] Z tm kf (τ, un (τ )) − f (τ, u(τ ))ksm dτ ≤ εtm