Cấu trúc của tập hút toàn cục cho hệ phản ứng khuếch tán không duy nhất nghiệm

i Lời cam đoan Tôi xin cam đoan luận văn khơng trùng lặp với khóa luận, luận văn, luận án cơng trình nghiên cứu cơng bố Người cam đoan (Ký ghi rõ họ tên) Lê Mạnh Hùng ii Lời cảm ơn Tác giả xin chân thành cảm ơn PGS TS Trần Đình Kế, người bảo tận tình cho tác giả nhận xét q báu để tác giả hồn thành luận văn cách tốt Tác giả xin chân thành cảm ơn thầy cô giáo khoa Khoa học tự nhiên, trường Đại học Hồng Đức, tỉnh Thanh Hóa, người tận tình giúp đỡ tác giả trình học tập nghiên cứu khoa học, giúp tác giả hoàn thành luận văn cách thuận lợi Luận văn thực hoàn thành trường Đại học Hồng Đức, tỉnh Thanh Hóa hướng dẫn PGS.TS Trần Đình Kế iii Mục lục Đặt vấn đề Chương Tập hút toàn cục nghiệm yếu 1.1 Đặt toán 1.2 Quỹ đạo đầy đủ điểm cố định m-nửa dòng 1.3 Cấu trúc tập hút toàn cục cho nghiệm yếu 13 Chương Tập hút toàn cục nghiệm quy 21 2.1 Sự tồn cấu trúc tập hút toàn cục cho nghiệm quy 21 2.2 Sự tồn cấu trúc tập hút toàn cục cho nghiệm mạnh 35 Kết luận 42 Tài liệu tham khảo 43 Tài liệu tham khảo 43 Đặt vấn đề Lý chọn đề tài Xét hệ phản ứng khuếch tán ut − ∆u + f (u) = h, x ∈ Ω,t > (1) u = 0, x ∈ ∂ Ω, (2) Ω ⊂ R3 miền bị chặn, có biên ∂ Ω trơn Hàm phi tuyến f có tính chất tăng trưởng tiêu hao kiểu đa thức đảm bảo cho hệ (1)-(2) có nghiệm khơng Một vấn đề nhiều nhà toán học nghiên cứu tồn cấu trúc tập hút tồn cục cho nửa nhóm/nửa dịng sinh hệ Đã có nhiều kết tính qui cấu trúc tập hút tồn cục cho hệ (1)-(2) trường hợp hệ có nghiệm Tuy nhiên, câu hỏi cấu trúc tập hút trường hợp nghiệm hệ không vấn đề thời Kết gần cơng bố cơng trình [30] Với mong muốn tìm hiểu sâu lý thuyết hệ động lực đa trị, lựa chọn vấn đề nghiên cứu "Cấu trúc tập hút toàn cục cho hệ phản ứng-khuếch tán không nghiệm" làm đề tài cho luận văn Mục đích nghiên cứu Nghiên cứu lý thuyết tập hút tồn cục cho nửa dịng đa trị thơng qua tốn (1)-(2) Chứng minh chi tiết kết cơng trình [30] Nhiệm vụ nghiên cứu Tìm hiểu lý thuyết hệ động lực đa trị; Nghiên cứu tồn cấu trúc tập hút toàn cục cho nửa dòng đa trị sinh hệ (1)-(2) Đối tượng phạm vi nghiên cứu • Đối tượng nghiêu cứu: Hệ phương trình phản ứng khuếch tán với phần phi tuyến tăng trưởng tiêu hao kiểu đa thức • Phạm vi nghiên cứu: Sự tồn cấu trúc tập hút toàn cục Phương pháp nghiên cứu Luận văn sử dụng số phương pháp cơng cụ giải tích bao gồm: • Lý thuyết hệ động lực đa trị; • Phương pháp compact Dự kiến đóng góp Chứng minh chi tiết kết cơng trình [30] Chương Tập hút toàn cục nghiệm yếu Kiến thức chủ yếu chương tham khảo tài liệu [1, 3, 4, 7, 8, 11, 12, 21, 27, 30] 1.1 Đặt toán Trong miền bị chặn Ω ⊂ R3 , với biên trơn ∂ Ω, xét toán    ut − ∆u + f (u) = h, x ∈ Ω, t > (1.1)   u = 0, ∂Ω     h ∈ L2 (Ω),         f ∈ C(R), (1.2)    | f (u)| ≤ C1 (1 + |u|3 ), ∀u ∈ R,         f (u)u ≥ αu4 −C2 , ∀u ∈ R, với C1 ,C2 , α > Ta ký hiệu A toán tử −∆ với điều kiện biên Dirichlet, cho D(A) = H (Ω) ∩ H01 (Ω), ký hiệu giá trị riêng A λ1 Ký hiệu F(u) = Ru f (s)ds Từ (1.2) ta có lim inf |u|→∞ f (u) u = ∞, với D1 , D2 , δ > 0, ta có |F(u)| ≤ D1 (1 + u4 ), F(u) ≥ δ u4 − D2 , ∀u ∈ R (1.3) (0, +∞; H (Ω)) ∩ L4 (0, +∞; L4 (Ω)) gọi nghiệm yếu Một hàm số u ∈ Lloc loc (1.1) (0, +∞) với T > 0, v ∈ H01 (Ω), η ∈ C0∞ (0, T ), − ZT (u, v)ηt dt + ZT   (u, v)H (Ω) + ( f (u), v) − (h, v) ηdt = 0, (1.4) k · k, (·, ·) chuẩn tích vơ hướng L2 (Ω) Chúng ta ký hiệu k · kX chuẩn không gian Banach X, (·, ·)H tích vơ hướng khơng gian Hilbert H, P(X) tập tập khác rỗng X Chúng ta biết ( Định lý tài liệu [1] trang 248 tài liệu [8] ) với u0 ∈ L2 (Ω) tồn nghiệm yếu (1.1) với u(0) = u0 (và không
nhất) nghiệm yếu thuộc vào C [0, ∞); L2 (Ω) Hơn nữa, hàm số t 7−→ ku(t)k liên tục tuyệt đối 1d ku(t)k2 + ku(t)k2H (Ω) + ( f (u(t)), u(t)) − (h, u(t)) = hầu khắp nơi dt (1.5) Chúng ta định nghĩa  K + = u(·) : u(·) nghiệm yếu (1.1) , G : R+ × L2 (Ω) → P(L2 (Ω)),  G(t, u0 ) = u(t) : u(·) ∈ K + , u(0) = u0 (1.6) Định nghĩa 1.1.1 [30] Cho X không gian metric đầy đủ với metric ρ Ánh xạ đa trị G : R+ × X → P(X) nửa dòng đa trị (m− nửa dòng ) nếu: G(0, u0 ) = u0 , ∀u0 ∈ X; G(t + s, u0 ) ⊂ G(t, G(s, u0 )), ∀t, s ≥ 0, ∀u0 ∈ X G gọi ngặt G(t + s, u0 ) = G(t, G(s, u0 )), ∀t, s ≥ 0, ∀u0 ∈ X Định nghĩa 1.1.2 [30] Một tập Θ ⊂ X gọi tập hút toàn cục G, nếu: Θ ⊂ G(t, Θ), ∀t ≥ 0, (nửa bất biến âm); Với tập bị chặn B ⊂ X distX (G(t, B), Θ) → 0, t → +∞, (1.7) distX (A, B) = sup inf ρ(x, y) x∈A y∈B Θ cực tiểu, nghĩa là, với tập đóng C thỏa mãn (1.7) có Θ ⊂ C Tập hút toàn cục gọi bất biến Θ = G(t, Θ), ∀t ≥ Ánh xạ G xác định (1.6) nửa dịng đa trị ngặt có tập hút tồn cục liên thơng, bất biến, compact ( xem [10], [14], [15]) Mục đích đưa đặc trưng tập hút Trước tiên định nghĩa quỹ đạo đầy đủ cho toán (1.1) Định nghĩa 1.1.3 [30] Ánh xạ γ → L2 (Ω) gọi quỹ đạo đầy đủ 26 utn bị chặn L2 (r, T ; L2 (Ω)) với < r < T Mặt khác, từ (2.14) (2.24) có ZT Z n | f (u )| dxdt ≤ K10 ZT  + ku n (t)k6H (Ω)  dt r r Ω kun0 k2 + ≤ K11 (T − r) +1+r r  3 e3r Khi từ đẳng thức ∆un = utn + f (un ) − h suy ZT r kun0 k2 + +1+r k∆u k dt ≤ K12 (T − r + 1) r n  3 e3r , (2.26) un bị chặn L2 (r, T ; D(A)) với < r < T ý phép nhúng compact H01 (Ω) ⊂ L2 (Ω) suy với t > dãy un (t) tiền compact L2 (Ω) Do đó, áp dụng Định lý Ascoli - Arzelà có, chuyển qua dãy sử dụng lập luận đường chéo tồn hàm u : [0, +∞) → L2 (Ω) cho với < r < T ,
un → u yếu L∞ r, T ; H01 (Ω) ,
un → u C [r, T ] , L2 (Ω) , (2.27) un → u yếu L2 (r, T ; D(A)) ,
utn → ut yếu L2 r, T ; L2 (Ω) Cũng lập luận tiêu chuẩn thu với dãy tn → t0 > có un (tn ) → u(t0 ) yếu H01 (Ω) (2.28) Mặt khác, (2.18) un bị chặn L∞ (0, T ; L2 (Ω))∩L2 (0, T ; H01 (Ω))∩L4 (0, T ; L4 (Ω)) 4 với T > 0, (1.1) (1.2) unn bị chặn L2 (0, T ; H −1 (Ω))+L (0, T ; L (Ω)) với T > Chúng ta ý H01 (Ω) ⊂ L4 (Ω) ⊂ L (Ω) ⊂ H −1 (Ω) với phép nhúng liên tục phép nhúng thứ từ H01 (Ω) ⊂ L4 (Ω) compact Do 27 Định lý tính compact [21], ta có
un → u yếu L∞ 0, T ; L2 (Ω) , (2.29) un → u yếu L2 (0, T ; H01 (Ω)),
un → u yếu L4 0, T ; L4 (Ω) ,
un → u mạnh L2 0, T ; L2 (Ω) ,
utn → ut yếu L 0, T ; H −1 (Ω) , ∀T > Sử dụng Định lý Ascoli - Arzelà có un → u C([0, T ] , H −1 (Ω)), ∀T > 0, với dãy tn → t0 ≥ 0, un (tn ) → u(t0 ) yếu L2 (Ω) (2.30) Từ hội tụ cuối suy u(0) = u0
Từ tính bị chặn un L4 0, T ; L4 (Ω) (1.2) ta có f (un ) bị chặn 4 L (0, T ; L (Ω)) Từ un (t, x) → u(t, x), có f (un (t, x)) → f (u(t, x)), ∀(t, x), 4 f (un ) → f (u) yếu L (0, T ; L (Ω)) (xem [21, p.12]) Ta kiểm tra u(·) nghiệm yếu (1.1) Hơn nữa, theo cách lập luận trước rõ ràng u nghiệm quy Cuối cùng, ý sử dụng lập luận cho (2.3), (2.4) dẫn đến (2.19), (2.24), (2.25), (2.26) với nghiệm quy với giá trị ban đầu L2 (Ω) Do đó, (2.5) - (2.8) thỏa mãn Bởi [26, p.102] thu (2.9), (2.10) Đẳng thức lượng (2.11) suy từ (2.17) Đặt Kr+ = {u(·) : u nghiệm quy (1.1) } Chúng ta định nghĩa ánh xạ Gr : R+ × L2 (Ω) → P(L2 (Ω))  Gr (t, u0 ) = u(t) : u ∈ Kr+ u(0) = u0 28 Tập Kr+ thỏa mãn điều kiện (K1) - (K2), Bổ đề 1.2.1, Gr nửa dòng đa trị Chú ý 2.1.3 Trong trường hợp chứng minh nửa dịng Gr ngặt Vì ta lấy u1 , u2 ∈ Kr+ với u2 (0) = u1 (s) hàm ghép chúng    u1 (t) ≤ t ≤ s, u(t) =   u2 (t − s) s ≤ t, u nghiệm yếu (1.1), khơng thể khẳng định quy tính chất (2.2), (2.3) sai Do đó, điều kiện (K3) khơng Chúng ta thu thêm số tính chất nửa dòng Gr Bổ đề 2.1.4 [30] Giả sử (1.2) Lấy {un } ⊂ Kr+ dãy cho un (0) → u0 yếu L2 (Ω) Khi tồn dãy ( ký hiệu un ), nghiệm quy (1.1) u ∈ Kr+ thỏa mãn u(0) = u0 , cho với tn ≥ cho tn → t0 có un (tn ) → u(t0 ) yếu L2 (Ω) Ngoài ra, t0 > 0, un (tn ) → u(t0 ) mạnh H01 (Ω) Hơn nữa, un (0) → u0 mạnh L2 (Ω) với tn & có un (tn ) → u0 mạnh L2 (Ω) Chứng minh Lặp lại tương tự chứng minh Định lý 2.1.1 thu tồn dãy un nghiệm yếu u (1.1) với u(0) = u0 cho hội tụ (2.27), (2.28), (2.29), (2.30) Do đó, u ∈ Kr+ Từ suy t0 > tn → t0 , un (tn ) → u(t0 ) mạnh L2 (Ω) yếu H01 (Ω) Chúng ta chứng minh un (tn ) → u(t0 ) mạnh H01 (Ω) Với tn ,t0 ∈ (r, T ) Nhân (1.1) với utn sử dụng (2.15) ta có n 1d n kut k + ku kH (Ω) ≤ k f (un )k2 + khk2 , 2 dt 1d kut k2 + kuk2H (Ω) ≤ k f (u)k2 + khk2 , 2 dt 29 (1.2) (2.5) có kun (t)k2H (Ω) ≤ kun (s)k2H (Ω) +C(t − s), 0 ku(t)k2H (Ω) ≤ ku(s)k2H (Ω) +C(t − s), ∀r ≤ s ≤ t ≤ T, 0 với C > Do đó, hàm Jn (t) = kun (s)k2H (Ω) + Ct, J(t) = ku(s)k2H (Ω) + Ct, 0 liên tục không tăng [r, T ] Hơn nữa, từ (2.27) Định lý Tính compact [21] suy Jn (t) → J(t), ∀t ∈ (r, T ) Lấy r < tm < t0 cho tm → t0 Jn (tm ) → Jn (t0 ), ∀m Khi Jn (tn ) − J(t0 ) ≤ Jn (tm ) − J(t0 ) ≤ |Jn (tm ) − J(tm )| + |J(tm ) − J(t0 )|, tn ≥ tm , với ε > tồn m(ε) N(m) cho Jn (t0 ) − J(t0 ) ≤ ε n ≥ N Khi lim sup J(tn ) ≤ lim sup J(t0 ), lim sup kun (t)k2H (Ω) ≤ ku(t)k2H (Ω) Do un (tn ) → u(t0 ) yếu H01 (Ω) suy lim inf kun (tn )k2H (Ω) 0 ≥ ku(t)k2H (Ω) , thu kun (tn )k2H (Ω) → ku(t)k2H (Ω) , 0 un (tn ) → u(t0 ) mạnh H01 (Ω) Cuối cùng, lấy un (0) → u0 mạnh L2 (Ω) Từ (2.18) suy tồn C > 0, cho d n ku k ≤ C, dt d kuk2 ≤ C, ∀t ≥ 0, dt hàm J n (t) = kun (s)k2 +Ct, J(t) = ku(s)k2 +Ct liên tục khơng tăng với t ≥ Do J n (tn ) − J(0) ≤ J n (0) − J(0) → 0, lim sup J(tn ) ≤ lim sup J(0) lý luận tương tự trước thu un (tn ) → u0 mạnh L2 (Ω) Hệ 2.1.5 [30] Nếu (1.2) Kr+ thỏa mãn điều kiện (K4) 30 Từ Bổ đề 2.1.4 ta có kết sau Hệ 2.1.6 [30] Giả sử (1.2) Khi nửa dịng đa trị Gr có giá trị compact ánh xạ u0 7→ Gr (t, u0 ) nửa liên tục với t ≥ 0, nghĩa là, với lân cận O(Gr (t, u0 )) L2 (Ω) tồn δ > cho ku0 − v(0)k < δ , Gr (t, v0 ) ⊂ O Bổ đề 2.1.7 [30] Giả sử (1.2) Khi hình cầu n o B0 = u ∈ H01 (Ω) : kuk2H (Ω) ≤ 4eR1 , ( R1 > lấy từ (2.5) ) tập hấp thụ compact cho Gr , nghĩa là, với tập B bị chặn L2 (Ω) tồn T (B) cho Gr (t, B) ⊂ B0 với t ≥ T (B) Chứng minh B0 tập hấp thụ suy từ (2.5) cách lấy r = Từ B0 đóng L2 (Ω) bị chặn H01 (Ω) suy tập compact L2 (Ω) Bây sẵn sàng để chứng minh tồn tập hút toàn cục compact Định lý 2.1.8 [30] Giả sử (1.2) thỏa mãn Khi nửa dịng đa trị Gr có tập hút tồn cục compact Θr Hơn nữa, với tập B bị chặn L2 (Ω) có distH (Ω) (Gr (t, B), Θr ) → t → +∞ (2.31) Θr tập compact H01 (Ω) Chứng minh Sự tồn tập hút toàn cục compact Θr suy từ Hệ 2.1.6, Bổ đề 2.1.7 Định lý [22] Bây giả sử (2.31) không Khi tồn ε > dãy yn ∈ Gr (tn , B) với tn → +∞ cho distH (Ω) (yn , Θr ) > ε, ∀n 31 Tồn y ∈ Θr dãy ynk cho ynk → y L2 (Ω) Theo Bổ đề 2.1.4 tập Gr (t, B) tiền compact H01 (Ω) với t > tập bị chặn L2 (Ω) Do đó, từ ynk ∈ Gr (1, Gr (tn − 1, B)) ⊂ Gr (1, B0 ) với n đủ lớn, thu ynk → y H01 (Ω) , điều mâu thuẫn với giả thuyết Cuối cùng, từ Θr ⊂ Gr (1, Θr ) kéo theo Θr tiền compact H01 (Ω) Hơn nữa, từ Θr đóng L2 (Ω), nên đóng H01 (Ω) , Θr compact H01 (Ω) Chú ý 2.1.9 Từ Gr (t, u0 ) ⊂ G(t, u0 ) suy Θr ⊂ Θ Ánh xạ γ : R → L2 (Ω) gọi quỹ đạo đầy đủ Kr+ γ(· + h)|[0,+∞) ∈ Kr+ với h ∈ R Tập tất quỹ đạo đầy đủ Kr+ ký hiệu Fr Đặt Kr tập tất quỹ đạo đầy đủ bị chặn L2 (Ω) đặt K1r tập tất quỹ đạo đầy đủ bị chặn H01 (Ω) Bổ đề 2.1.10 [30] Giả sử điều kiện (1.2) thỏa mãn Khi Kr = K1r Chứng minh Rõ ràng K1r ⊂ Kr Lấy γ(·) ∈ Kr ký hiệu Bγ = ∪t∈R γ(t) Khi Bγ ⊂ Gr (1, Bγ ) từ (2.5) suy Bγ bị chặn H01 (Ω), γ(·) ∈ K1r Hơn chứng minh Θr hợp tất điểm nằm quỹ đạo đầy đủ bị chặn, nghĩa  Θ = {γ(0) : γ(·) ∈ Kr } = γ(0) : γ(·) ∈ K1r [ [ {γ(t) : γ(·) ∈ Kr } = = γ(t) : γ(·) ∈ K1r t∈R (2.32) t∈R Định lý 2.1.11 [30] Giả sử điều kiện (1.2) thỏa mãn Khi đẳng thức (2.32) Chứng minh Nó suy từ Định lý 1.2.5, Hệ 2.1.5 Bổ đề 2.1.10 32 Bây thiết lập mệnh đề cho Gr tương tự Bổ đề 1.2.8, kết đầu Định lý 1.2.9 Bổ đề 2.1.12 [30] Giả sử điều kiện (1.2) thỏa mãn Khi R = RKr+ Chứng minh Lấy u0 ∈ RKr+ Khi u(t) ≡ u0 thuộc vào Kr+ Do u(·) thỏa mãn (1.4), (1.9) Ngược lại, lấy v0 ∈ R Sử dụng Bổ đề 1.3.1 ta có tập điểm dừng (1.1) R bị chặn H01 (Ω) ∩ H (Ω) Khi hàm υ(·) xác định υ(t) ≡ v0 thuộc vào Kr+ Hệ 2.1.13 R ⊂ Θr Bổ đề 2.1.14 [30] Giả sử điều kiện (1.2) thỏa mãn Khi z ∈ R z ∈ Gr (t, z), ∀t ≥ Chứng minh Nếu z ∈ R, từ Bổ đề 2.1.12 suy hàm v(·) xác định v(t) ≡ z thuộc vào Kr+ Khi z ∈ Gr (t, z), ∀t ≥ Ngược lại, lấy z ∈ Gr (t, z), ∀t ≥ Từ z ∈ Gr (t, z) ⊂ G(t, z), theo Định lý 1.2.9 suy z ∈ R Rõ ràng ánh xạ γ : R → L2 (Ω) quỹ đạo đầy đủ Kr+ γ(t + s) ∈ Gr (t, γ(s)) với s ∈ R t ≥ (2.33) Lấy γ(·) liên tục thỏa mãn (2.33) Khi γ(t) ∈ G(t, γ(s)) Định lý 1.2.9 ta có γ(·) quỹ đạo đầy đủ K + Nhưng điều khơng suy γ(·) có quỹ đạo đầy đủ Kr+ hay khơng, (K3) sai, khơng thể sử dụng Bổ đề 1.2.4 Tuy nhiên, thu kết sau Bổ đề 2.1.15 [30] Giả sử điều kiện (1.2) thỏa mãn Khi ánh xạ γ : R → ∞ (R; H (Ω)), γ ∈ L2 (Ω) quỹ đạo đầy đủ Kr+ γ ∈ Lloc t (R; L2 (Ω)) (2.33) Lloc 33 Chứng minh Nếu ánh xạ γ : R → L2 (Ω) quỹ đạo đầy đủ Kr+ , rõ ràng ∞ (R; H (Ω)), γ ∈ L2 (R; L2 (Ω)) (2.33) γ ∈ Lloc t loc ∞ (R; H (Ω)), γ ∈ L2 (R; L2 (Ω)) (2.33) Khi Ngược lại, lấy γ ∈ Lloc t loc γ(·) ∈ C(R; L2 (Ω)) Định lý 1.2.9 có γ(·) quỹ đạo đầy đủ ∞ (R; H (Ω)), γ ∈ L2 (R; L2 (Ω)), nên quỹ đạo đầy đủ K + Do γ ∈ Lloc t loc Kr+ Bây chứng minh Θr = Mr+ (R) = Mr− (R), (2.34) n o Mr− (R) = z : ∃γ(·) ∈ Kr , γ(0) = z, distL2 (Ω) (γ(t), R) → 0, t → +∞ , n o + Mr (R) = z : ∃γ(·) ∈ Fr , γ(0) = z, distL2 (Ω) (γ(t), R) → 0, t → −∞ Tương tự trường hợp nghiệm yếu định nghĩa Mr+ (R) thay Fr Kr , từ γ định nghĩa Mr+ (R) thuộc vào Kr (2.6) Định lý 2.1.16 [30] Nếu điều kiện (1.2) thỏa mãn Θr = Mr+ (R) = Mr− (R), (2.35) Hơn nữa, n o Mr− (R) = z : ∃γ(·) ∈ Kr , γ(0) = z, distH (Ω) (γ(t), R) → 0, t → +∞ , n o + Mr (R) = z : ∃γ(·) ∈ Fr , γ(0) = z, distH (Ω) (γ(t), R) → 0, t → −∞ (2.36) Chứng minh Chúng ta chứng minh định lý phương pháp tương tự Định lý 1.3.3 Tuy nhiên, sử dụng phương pháp hàm Lyapunov [4], [27] Sự khác biệt so với trường hợp đơn trị để thay cho nửa nhóm liên tục phải sử dụng Bổ đề 2.1.4 Lấy z ∈ Θr u ∈ Kr cho u(0) ≡ z Chúng ta ý hàm lượng 34 E(u(t)), t > 0, đưa [37] không tăng bị chặn với u ∈ Kr+ Vì vậy, E(u(t)) → l, t → +∞ với l ∈ R Giả sử tồn ε > dãy u(tn ), tn → +∞, cho distL2 (Ω) (u(tn ), R) > ε Theo Định lý 2.1.8 có Θr compact H01 (Ω), lấy dãy hội tụ (vẫn ký hiệu u(tn )) u(tn ) → y H01 (Ω), tn → +∞ Vì hàm E : H01 (Ω) → R liên tục, suy E(y) = l Chúng ta chứng minh y ∈ R Cố định t > Theo Bổ đề 2.1.4 tồn v ∈ Kr+ dãy (·) = u(· + tn ) ( ký hiệu ) cho v(0) = y (t) → v(t) = z H01 (Ω) Vì vậy, E(vn (t)) → E(z) suy E(z) = l Chúng ta ý v(·) thỏa mãn (2.11) với ≤ s ≤ t, Zt l +2 kvr k dr = E(z) + 22 Zt kvr k2 dr = E(v(0)) = E(y) = l Điều kéo theo vr (r) = với r, y ∈ R Mâu thuẫn với giả thuyết Vậy, Θr ⊂ Mr− (R) Bao hàm thức ngược lại dễ dàng suy từ Định lý 2.1.11, Θr = Mr− (R) Mặt khác, dễ dàng có với u ∈ Fr đẳng thức (2.11) thỏa mãn với −∞ < s ≤ t Lấy z ∈ Θr lấy u ∈ Kr = K1r cho u(0) = z Theo (1.3) hàm (F(u(t)), 1) bị chặn Do đó, E(u(t)) → l, t → −∞, với l ∈ R Tương tự phần trước, giả sử tồn ε > dãy u(tn ), tn → ∞, cho distL2 (Ω) (u(−tn ), R) > ε, có u(−tn ) → y H01 (Ω), E(y) = l Hơn nữa, cố định t > 0, tồn v(0) = y (t) → v(t) = z H01 (Ω) Do đó, E(v(t)) → E(z) suy E(z) = l tương tự y ∈ R, điều mâu thuẫn giả thuyết Vậy Θr = Mr+ (R) Cuối cùng, Chúng ta chứng minh hội tụ H01 (Ω) Giả sử tồn ε > dãy u(tn , tn ) → +∞, cho distH (Ω) (u(tn ), R) > ε 35 Vì distL2 (Ω) (u(tn ), R) → tính chất compact R, trích dãy u(tnk ) cho u(tnk ) → u ∈ R L2 (Ω) Từ tính compact Θr H01 (Ω) suy u(tnk ) → u ∈ R H01 (Ω), điều mâu thuẫn với giả thuyết Vậy đẳng thức thứ (2.36) Đẳng thức thứ hai chứng minh hoàn toàn tương tự 2.2 Sự tồn cấu trúc tập hút toàn cục cho nghiệm mạnh Trong mục định nghĩa nửa dịng khơng gian pha H01 (Ω) Với mục đích giới thiệu khái niệm nghiệm mạnh (1.1) (0, +∞; H (Ω)) ∩ L4 (0, +∞; L4 (Ω)) gọi nghiệm mạnh Hàm u ∈ Lloc loc (1.1) (0, +∞) với T > 0, v ∈ H01 (Ω) η ∈ C0∞ (0, T ) có (2.1) u ∈ L∞ (0, T ; H01 (Ω)), (2.37) ut ∈ L2 (0, T ; L2 (Ω)), ∀T > (2.38) Lập luận mục 2.1 thu nghiệm mạnh u thỏa mãn u ∈ L2 (0, T ; D(A)) (2.39) Bằng Bổ đề 1.3.2 với u0 ∈ H01 (Ω) tồn nghiệm mạnh u(·) cho u(0) = u0 Hơn nữa, nghiệm mạnh thỏa mãn tính chất tốt đưa bổ đề sau Bổ đề 2.2.1 [30] Giả sử điều kiện (1.2) thỏa mãn Khi nghiệm mạnh (1.1) thỏa mãn tính chất sau: u ∈ C([0, +∞), H01 (Ω)), (2.40) d kuk2H (Ω) = 2(−∆u, ut ), ∀t > 0, dt (2.41) 36 Zt E(u(t)) + kur k2 dr = E(u(s)), ∀t ≥ s ≥ 0, (2.42) s E(u(t)) = ku(t)k2H (Ω) +2(F(u(t)), 1)−2(h, u(t)) Hơn nữa, tồn R1 , R2 > 0 cho Zt kur k dr + ku(t)k2H (Ω)   ≤ R1 ku0 kH (Ω) + , (2.43) 0 Zt   12 k∆u k dt ≤ R2 (t + 1) + ku0 kH (Ω) , ∀t ≥ n (2.44) 0 Chứng minh Theo (2.37), (2.38) kết [26, p.102], thu u thuộc vào C([0, +∞), H01 (Ω)) (2.15), (2.16) Nhân (1.1) với ut sử dụng (2.15), (2.16) ta có 2kut k2 +  d  kukH (Ω) + 2(F(u), 1) − 2(h, u) = 0, ∀t ∈ (0, T ) dt Lấy tích phân khoảng (s,t) ta có Zt kur k2 dr + ku(t)k2H (Ω) + 2(F(u(t)), 1) − 2(h, u(t)) s = ku(s)k2H (Ω) + 2(F(u(s)), 1) − 2(h, u(s)) Vậy ta có (2.42) Từ (1.3) (2.19) có Zt kur k2 dr + ku(t)k2H (Ω) 0   Z
λ1 2 ≤ 1+ ku0 kH (Ω) + ku(t)k + D˜ + 2D1 + |u0 (x)|4 dx λ1 Ω   + + khk2 , λ1 Zt kur k dr + ku(t)k2H (Ω)   ≤ R1 ku0 kH (Ω) + , ∀t ≥ 0 37 Cuối cùng, ZT Z | f (u)| dxdt ≤ Ω ZT  + ku(t)k6H (Ω)  dt    3  ≤ T + R1 + ku0 kH (Ω) từ đẳng thức ∆un = utn + f (un ) − h có ZT   k∆un k2 dt ≤ R2 (T + 1) + ku0 k12 H (Ω) 0 Đặt Ks+ = {u(·) : u nghiệm mạnh (1.1) } Chúng ta định nghĩa ánh xạ Gs : R+ × H01 (Ω) → P(H01 (Ω))  Gs (t, u0 ) = u(t) : u ∈ Ks+ u(0) = u0 Dễ dàng kiểm tra Ks+ thỏa mãn điều kiện (K1) - (K3) Khi từ Bổ đề 1.2.1 suy bổ đề sau Bổ đề 2.2.2 [30] Giả sử điều kiện (1.2) thỏa mãn Khi Gs nửa dòng đa trị ngặt Chúng ta thu thêm vài tính chất nửa dịng Gs Bổ đề 2.2.3 [30] Giả sử điều kiện (1.2) Lấy {un } ⊂ Ks+ dãy cho un (0) → u0 yếu H01 (Ω) Khi tồn dãy ( ký hiệu un ), nghiệm mạnh (1.1) u ∈ Ks+ thỏa mãn u(0) = u0 , cho với dãy tn ≥ 0, tn → t0 có un (tn ) → u(t0 ) yếu H01 (Ω) Hơn nữa, t0 > un (tn ) → u(t0 ) mạnh H01 (Ω) Ngoài ra, un (0) → u0 mạnh H01 (Ω), với t & có un (tn ) → u0 mạnh H01 (Ω) 38 Chứng minh Hiển nhiên Ks+ ⊂ Kr+ , từ Bổ đề 2.1.4 suy tồn nghiệm quy u(·) ∈ Kr+ với u(0) = u0 dãy cho (2.27), (2.29) un (tn ) → u(t0 ) mạnh H01 (Ω) t0 > 0, un (tn ) → u(t0 ) mạnh L2 (Ω) Vì vậy, lập luận tiêu chuẩn từ (2.43) suy un (tn ) → u(t0 ) yếu H01 (Ω) Điều có nghĩa u nghiệm mạnh Theo (2.43), (2.44) với T > dãy un bị chặn L∞ (0, T ; H01 (Ω))∩L2 (0, T ; D(A)) utn bị chặn L2 (0, T ; L2 (Ω)) Do đó, un → u yếu L∞ (0, T ; H01 (Ω)), yếu L2 (0, T ; D(A)) utn → ut yếu L2 (0, T ; L2 (Ω)), u thỏa mãn (2.37) - (2.38) u ∈ Ks+ Cuối cùng, un (0) → u0 mạnh H01 (Ω), lập luận tương tự Bổ đề 2.1.4 có un (tn ) → u(t0 ) mạnh H01 (Ω) với tn & Hệ 2.2.4 [30] Nếu điều kiện (1.2) thỏa mãn Khi Ks+ thỏa mãn điều kiện (K4) Hệ 2.2.5 [30] Nếu điều kiện (1.2) thỏa mãn Khi nửa dịng đa trị Gs có giá trị compact ánh xạ u0 7→ Gs (t, u0 ) nửa liên tục với t ≥ Chúng ta chứng minh tồn tập hút toàn cục compact Định lý 2.2.6 Giả sử điều kiện (1.2) thỏa mãn Khi nửa dịng đa trị Gs có tập hút toàn cục compact bất biến Θs Chứng minh Từ Gs (t, u0 ) ⊂ Gr (t, u0 ) ta có hình cầu B0 xác định Bổ đề 2.1.7 hấp thụ Gs Hơn nữa, theo Bổ đề 2.2.3 toán tử Gs (t, ·) compact với t > 0, H01 (Ω) K = Gs (1, B0 ) tập compact bất biến Khi sử dụng Hệ 2.2.5 Định lý [22] suy tồn tập hút toàn cục compact nhỏ Θs Do Gs ngặt, theo Chú ý [22] ta có Gs (t, Θs ) = Θs , ∀t ≥ 39 Chúng ta chứng minh thực chất Θs Θr trùng Bổ đề 2.2.7 [30] Giả sử điều kiện (1.2) thỏa mãn Khi Θs = Θr Chứng minh Từ Gs (t, u0 ) ⊂ Gr (t, u0 ), có Θs ⊂ Θr Ngược lại, z ∈ Θr , (2.32) có z = γ(0), γ(·) ∈ K1r , tập tất quỹ đạo đầy đủ bị chặn H01 (Ω) tương ứng với Kr+ Dễ thấy γ|[τ,+∞) nghiệm mạnh với τ ∈ R Do đó, z = γ(0) ∈ Gs (tn , γ(−tn )) t → +∞ Do đó, distH (Ω) (z, Θs ) ≤ distH (Ω) (Gs (tn , γ(−tn )), Θs ) → 0, 0 z ∈ Θs Ánh xạ γ : R → H01 (Ω) gọi quỹ đạo đầy đủ Gs γ(· + h)|0,+∞ ∈ Ks+ với h ∈ R Tập tất quỹ đạo đầy đủ Ks+ kí hiệu Fs Đặt Ks tập tất quỹ đạo đầy đủ bị chặn H01 (Ω) Bổ đề 2.2.8 [30] Giả sử điều kiện (1.2) thỏa mãn Khi Ks = K1r = Kr Chứng minh Ks ⊂ K1r hiển nhiên, K1r ⊂ Ks suy từ lý luận tương tự chứng minh Bổ đề 2.2.7 Đẳng thức cuối chứng minh Bổ đề 2.1.10 Chúng ta thiết lập mệnh đề tương tự Bổ đề 1.2.8 Định lý 1.2.9 Gs Trước hết đặc trưng tập hút Θs hợp tất điểm nằm quỹ đạo đầy đủ bị chặn Bổ đề 2.2.9 [30] Giả sử điều kiện (1.2) thỏa mãn Khi có Θs = {γ(0) : γ(·) ∈ Ks } = [ {γ(t) : γ(·) ∈ Ks } (2.45) t∈R Chứng minh Do Ks+ thỏa mãn điều kiện (K1) - (K4), hệ trực tiếp Định lý 1.2.5 Định lý 1.2.6 Hơn nữa, từ Bổ đề 2.2.7, 2.2.8 Định lý 2.1.11 ta có điều phải chứng minh 40 Bổ đề 2.2.10 [30] Giả sử điều kiện (1.2) thỏa mãn Khi R = RKs+ Chứng minh Lấy u0 ∈ RKs+ Khi u(t) ≡ u0 thuộc vào Ks+ Do u(·) thỏa mãn (1.4), (1.9) Ngược lại, lấy v0 ∈ R Theo Bổ đề 1.3.1 tập điểm dừng (1.1) R bị chặn H (Ω) ∩ H01 (Ω) Khi hàm v(·) xác định v(t) ≡ v(0) thuộc vào Ks+ Hệ 2.2.11 [30] Giả sử điều kiện (1.2) thỏa mãn Khi R ⊂ Θs Bổ đề 2.2.12 [30] Giả sử điều kiện (1.2) thỏa mãn Khi z ∈ R z ∈ Gs (t, z), với t ≥ Chứng minh Vì Ks+ thỏa mãn điều kiện (K1) - (K4), nên Bổ đề suy từ Bổ đề 2.2.10 Bổ đề 1.2.3 Chú ý 2.2.13 [30] Chúng ta chứng tỏ z ∈ Gs (t, z), ∀t ≥ 0, suy z ∈ R cách sử dụng hàm Lyapunov E(·) Thật vậy, z ∈ Gs (t, z), ∀t ≥ với T > tồn vT (·) ∈ Ks+ cho vT (T ) = z Do đẳng thức (2.42) có ZT E(z) + kvTr k2 dr T = E(v (T )) + RT ZT kvTr k2 dr = E(v(0)) = E(z), kvTr k2 dr = Do vTr = với t (0, T ) vT (t) = z với t ∈ [0, T ] Do đó, z ∈ RKs+ = R Bổ đề 2.2.14 [30] Giả sử điều kiện (1.2) thỏa mãn Khi ánh xạ γ : R → H01 (Ω) quỹ đạo đầy đủ Ks+ γ(·) liên tục γ(t + s) ∈ Gs (t, γ(s)) với s ∈ R t ≥ (2.46) Chứng minh Do (K1) - (K4) thỏa mãn, nên Bổ đề suy từ Bổ đề 1.2.4 Chúng ta chứng tỏ Θs = Ms+ (R) = Ms− (R), (2.47)