Tập hút toàn cục đối với phương trình parabolic nửa tuyến tính suy biến mạnh

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO UBND TỈNH THANH HÓA TRƯỜNG ĐẠI HỌC HỒNG ĐỨC ——————————————– ĐỖ XUÂN DIỆU TẬP HÚT TỒN CỤC ĐỐI VỚI PHƯƠNG TRÌNH PARABOLIC NỬA TUYẾN TÍNH SUY BIẾN MẠNH LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC THANH HÓA, 2016 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO UBND TỈNH THANH HÓA TRƯỜNG ĐẠI HỌC HỒNG ĐỨC ——————– * ——————— ĐỖ XUÂN DIỆU TẬP HÚT TOÀN CỤC ĐỐI VỚI PHƯƠNG TRÌNH PARABOLIC NỬA TUYẾN TÍNH SUY BIẾN MẠNH LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC Chun ngành: Tốn Giải tích Mã số: 60.46.01.02 Người hướng dẫn khoa học: TS MAI XUÂN THẢO THANH HÓA, 2016 Danh sách hội đồng chấm thi luận văn thạc sĩ theo Quyết định số ngày tháng năm Hiệu trưởng Trường Đại học Hồng Đức: Học hàm, học vị Họ tên Cơ quan công tác Chức danh hội đồng GS.TSKH Phạm Kỳ Anh ĐHQGHN Chủ tịch GS.TSKH Đinh Dũng ĐHQGHN Phản biện GS.TS Đặng Quang Á Viện Công Nghệ TT Phản biện PGS.TS Tạ Duy Phượng Viện toán học Ủy viên ĐHQGHN Thư ký PGS TS Nguyễn Tuấn Minh Xác nhận người hướng dẫn Học viên chỉnh sửa theo ý kiến hội đồng Ngày tháng năm 2016 (ký ghi rõ họ tên) i LỜI CAM ĐOAN Tôi xin cam đoan luận văn không trùng lặp với khóa luận, luận văn, luận án cơng trình nghiên cứu cơng bố Người cam đoan Đỗ Xuân Diệu ii LỜI CẢM ƠN Luận văn hoàn thành Khoa Tự Nhiên, Trường Đại học Hồng Đức - Thanh Hóa hướng dẫn Thầy TS Mai Xuân Thảo Tôi xin chân thành bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới dạy Thầy Tôi xin cảm ơn tất thầy cô giảng dạy cảm ơn tất bạn bè giúp đỡ chân tình người Tơi xin gửi lời cảm ơn tới phịng Sau đại học, Trường Đại học Hồng Đức - Thanh Hóa giúp đỡ mặt thủ tục để hồn thiện luận văn Thanh Hóa, tháng năm 2016 Đỗ Xuân Diệu iii LỜI CAM ĐOAN i LỜI CẢM ƠN ii MỤC LỤC iii CÁC KÝ HIỆU iv MỞ ĐẦU Chương : KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 1.1 Một số không gian hàm 1.1.1 Không gian L p (Ω) 1.1.2 Không gian Sobolev 1.1.3 Không gian hàm phụ thuộc thời gian 1.2 Tập hút toàn cục 1.3 Một số định lý thường dùng 11 1.4 Một số bất đẳng thức thường dùng 13 Chương : TẬP HÚT TOÀN CỤC VỚI PHƯƠNG TRÌNH PARABOLIC NỬA TUYẾN TÍNH SUY BIẾN MẠNH TRONG MIỀN BỊ CHẶN VỚI BIÊN DIRICHLET THUẦN NHẤT 15 2.1 Phương trình Parabolic nửa tuyến tính suy biến mạnh 15 2.1.1 Đặt toán 15 2.1.2 Sự tồn nghiệm 16 2.2 Sự tồn tập hút toàn cục 20 2.3 Sự tồn tính ổn định mũ nghiệm dừng 33 KẾT LUẬN 36 Tài liệu tham khảo 37 iv CÁC KÝ HIỆU Trong luận văn sử dụng số ký hiệu sau: ∇u ∆u |Ω| ∂u ∂u , , ) ∂ x1 ∂ xn n ∂ 2u := ∑ i=1 ∂ xi := ( độ đo Lebesgue tập Ω ⊂⊂ phép nhúng compact N tập hợp số tự nhiên R tập hợp số thực R+ := [0, ∞) tập hợp số thực không âm Các ký hiệu khác nêu rõ sử dụng mục cụ thể MỞ ĐẦU Lí chọn đề tài Trong thực tiễn, nghiên cứu vấn đề nảy sinh đời sống dẫn đến việc nghiên cứu phương trình đạo hàm riêng phi tuyến phương trình vi phân hàm Một vấn đề quan tâm hệ động lực vô hạn chiều sinh phương trình đạo hàm riêng phi tuyến phương trình vi phân hàm Có số cách tiếp cận, cách tiếp cận toán nhận nhiều quan tâm nhà toán học năm gần hệ động lực tiêu hao vô hạn chiều nghiên cứu tồn tính chất tập hút tồn cục Đó tập compact, bất biến, hút tập bị chặn chứa đựng nhiều thông tin dáng điệu tiệm cận hệ xét Cụ thể ta xấp xỉ dáng điệu tiệm cận nghiệm quỹ đạo hệ xét quỹ đạo nằm tập hút toàn cục Trong năm qua, có nhiều kết nghiên cứu tồn tính chất tập hút tồn cục nhiều lớp phương trình đạo hàm riêng loại parabolic miền bị chặn không bị chặn Một lớp phương trình nhận đơng đảo quan tâm lớp phương trình với phần tốn tử −Pα,β Đây toán tử suy biến mạnh giao hai siêu phẳng x = y = Vì vậy, tơi chọn vấn đề làm đề tài nghiên cứu luận văn Mục đích nghiên cứu Nghiên cứu dáng điệu tiệm cận nghiệm lớp phương trình đạo hàm riêng loại parabolic miền bị chặn với phần tốn tử −Pα,β thơng qua nghiên cứu tập hút tồn cục Nhiệm vụ đề tài Ngoài việc tổng hợp kiến thức phục vụ cho việc trình bày nội dung luận văn, luận văn cịn tồn nghiệm yếu toán chứng minh tồn tập hút tồn cục nhiều cặp khơng gian Banach Đối tượng phạm vi nghiên cứu Nghiên cứu lớp phương trình đạo hàm riêng loại parabolic miền bị chặn với phần tốn tử −Pα,β Ý nghĩa khoa học thực tiễn đề tài Luận văn tài liệu tham khảo bổ ích cho học viên cao học người bắt đầu tiếp cận, nghiên cứu dáng điệu tiệm cận lớp phương trình đạo hàm riêng loại parabolic thơng qua việc nghiên cứu tập hút toàn cục Cấu trúc luận văn Ngoài lời cảm ơn, mở đầu, phần kết luận tài liệu tham khảo, luận văn chia thành hai chương: Chương 1: Một số kiến thức chuẩn bị Trong chương luận văn trình bày kiến thức số không gian hàm, tập hút tồn cục, số định lí thường dùng số bất đẳng thức thường dùng nhằm tạo tạo tính hệ thống kiến thức phục vụ cho việc nghiên cứu nội dung Chương 2: Sự tồn tập hút tồn cục phương trình parabolic nửa tuyến tính suy biến mạnh miền bị chặn với biên Dirichlet Trong chương luận văn đưa toán giả thiết Phát biểu chứng minh định lí tồn nghiệm nghiệm Chứng minh phụ thuộc liên tục nghiệm vào điều kiện ban đầu Tiếp theo tồn tập hút toàn cục nhiều cặp không gian Banach Sự tồn tập hút toàn cục L2 (Ω) nhận nhờ tồn tập hấp thụ bị chặn S01 (Ω) ∩ L p (Ω) phép nhúng compact S01 ⊂⊂ L2 (Ω) Tuy nhiên, chứng minh tồn tập hút toàn cục L p (Ω), S01 (Ω) ∩ L p (Ω), L2p−2 (Ω), S02 (Ω)∩L2p−2 (Ω), khai thác kết phép nhúng nửa với điều kiện toán, nghiệm toán thuộc vào không gian S02 (Ω) ∩ L2p−2 (Ω) Để vượt qua khó khăn này, sử dụng hướng tiếp cận nghiên cứu [12] Cuối cùng, tồn tính ổn định mũ nghiệm dừng Chương KIẾN THỨC CHUẨN BỊ Nội dung luận văn chương trình bày tóm lược lại số kiến thức sử dụng nghiên cứu dáng điệu tiệm cận nghiệm tốn phương trình đạo hàm riêng thơng qua việc nghiên cứu tập hút tồn cục nửa nhóm liên tục sinh từ tốn Chứng minh chi tiết kết tìm thấy tài liệu tham khảo [5], [6], [7], [9] [12] 1.1 1.1.1 Một số không gian hàm Không gian L p (Ω) Không gian L p (Ω) không gian sử dụng nhiều nghiên cứu tốn phương trình đạo hàm riêng Dưới số kiến thức không gian L p (Ω) Định nghĩa 1.1.1 [6, 7] i) Cho p ∈ R ≤ p < ∞ Tập L p (Ω) = { f : Ω → R , f đo | f | p dx < R Ω ∞} gọi không gian hàm lũy thừa p khả tích với chuẩn Z 1/p p p k f kL = k f k p = | f (x)| dx Ω ii) Tập L2 (Ω) = { f : Ω → R, f đo | f |2 dx < ∞ } gọi không R Ω gian hàm bình phương khả tích với chuẩn Z 1/2 k f kL = k f k2 = | f (x)| dx Ω Định lý 1.1.2 [6, 7] L p (Ω) không gian Banach tách với ≤ p < +∞ L2 (Ω) không gian Hilbert Định nghĩa 1.1.3 [6, 7] Cho (X, k.kX ) không gian Banach Tập hợp tất phiếm hàm tuyến tính liên tục X, ký hiệu X ∗ , gọi không gian đối ngẫu X 23 α1 (u − M)2p−2 + |g|2 + 2α1 α1 p−1 ≤ |u| p−1 (u − M)+ + |g|2 2α1 Từ (2.23), (2.24) (2.25), ta có Z Z  2d p (u − M)+ dX + 2(p − 1) |∇x (u − M)+ |2 p dt Ω(u≥M) Ω(u≥M)  p−2 2α 2β + |∇y (u − M)+ | + |x| |y| |∇z (u − M)+ | (u − M)+ dX p−1 g(x)(u − M)+ ≤ + α1 M p−2 |(u − M)+ | dX ≤ α1 Z p Ω(u≥M) Z (2.25) |g|2 dX Ω(u≥M) Do d k(u − M)+ kLp p (Ω(u≥M)) +CM p−2 k(u − M)+ kLp p (Ω(u≥M)) ≤ Ckgk2L2 (Ω(u≥M)) dt Sử dụng bất đẳng thức Gronwall, ta có với M ≥ M1 T ≥ T1 , Z |(u − M)+ | p dX ≤ ε (2.26) Ω(u≥M) Thực quy trình (u + M)− thay cho (u − M)+ ,   u + M, u ≤ −M, (u + M)− =  0, u > −M Chúng ta rút tồn M2 > T2 > thỏa mãn với M ≥ M2 T ≥ T2 Z |(u + M)− | p dX ≤ ε (2.27) Ω(u≤−M) Chọn M0 = max{M1 , M2 } T = max{T1 , T2 }, ta có Z Ω(|u|≥M) |(|u| − M)| p dX ≤ ε, 24 với t ≥ T , M ≥ M0 Sử dụng (2.26) (2.27), ta có Z p |u| dX = Ω(|u|≥2M) ≤2 p  p  Z (|u| − M + M) p dX Ω(|u|≥2M) Z p (|u| − M) dX + Ω(|u|≥2M) ≤2 Z Z p M dX  Ω(|u|≥2M) p (|u| − M) dX + Ω(|u|≥2M) Z p  (|u| − M) dX ≤ p+1 ε Ω(|u|≥2M) Vậy định lý chứng minh Mệnh đề 2.2.5 Giả sử điều kiện (F) - (G) thỏa mãn Khi đó, với tập bị chặn B L2 (Ω), tồn số dương T = T (B) thỏa mãn kut (s)k2L2 (Ω) ≤ ρ1 , d với u0 ∈ B s ≥ T Trong ut (s) = (S(t)u0 )|t=s ρ1 số dt dương không phụ thuộc vào B Chứng minh Lấy đạo hàm theo thời gian t hai vế phương trình (2.1) ký hiệu v = ut , ta có vt − Pα,β v + f (u)v = Nhân đẳng thức với v, lấy tích phân miền Ω sử dụng điều kiện (2.3), ta có 1d (2.28) kvk2L2 (Ω) + kvk2S1 (Ω) ≤ c3 kvk2L2 (Ω) dt Do d (2.29) kvk2L2 (Ω) ≤ 2c3 kvk2L2 (Ω) dt Mặt khác, lấy tích vơ hướng (2.1) với ut , ta có Z  Z 1d 2 kut kL2 (Ω) + kukS1 (Ω) + F(u)dX = gut dX dt Ω Ω 1 ≤ kgk2L2 (Ω) + kut k2L2 (Ω) 2 Do kut k2L2 (Ω) + d kukS1 (Ω) + dt Z  F(u)dX ≤ kgk2L2 (Ω) (2.30) Ω Chú ý c4 (|u| p − 1) ≤ F(u) ≤ c5 (|u| p − 1) (2.31) 25 Lấy tích phân từ t đến t + (2.30) sử dụng (2.31), ta thu t+1 Z kut k2L2 (Ω) ds ≤ kgk2L2 (Ω) + kuk2S1 (Ω) + 2c5 kukLp p (Ω) + 2c5 |Ω| (2.32) t Từ (2.32) Mệnh đề 2.2.1, ta có t+1 Z kut k2L2 (Ω) ds ≤ C, (2.33) t với t ≥ t(ku0 kL2 (Ω) ) Trong C = C(kgkL2 (Ω) , c4 , c5 , |Ω|) Sử dụng (2.29), (2.33) bất đẳng thức Gronwall đều, ta có kut (s)k2L2 (Ω) ≤ ρ1 , với t đủ lớn Vậy mệnh đề chứng minh Định lý 2.2.6 ((L2 (Ω), S01 (Ω) ∩ L p (Ω)) - tập hút toàn cục) Giả sử điều kiện (F) - (G) thỏa mãn Nửa nhóm {S(t)}t≥0 sinh từ tốn 2.1 có tập (L2 (Ω), S01 (Ω) ∩ L p (Ω)) - tập hút toàn cục AS1 ∩L p Chứng minh Để chứng minh định lý này, ta sử dụng Định lý 1.2.12 Mệnh đề 2.2.1 đảm bảo điều kiện (i) thỏa mãn Mệnh đề 2.2.2 đảm bảo điều kiện (iii) thỏa mãn Do đó, cần kiểm tra điều kiện (ii), tức chứng minh nửa nhóm {S(t)}t≥0 compact tiệm cận S01 (Ω) ∩ L p (Ω) Điều có nghĩa rằng: Lấy B tập bị chặn L2 (Ω), ta chứng minh, với dãy {u0n } ⊂ B tn → +∞, {un (tn )}∞ n=1 tiền compact S01 (Ω) ∩ L p (Ω), un (tn ) = S(tn )u0n Do Định lý 2.2.6, điều kiện đủ ta chứng minh {un (tn )}∞ n=1 tiền compact S0 (Ω) Để chứng minh điều này, ta chứng minh {un (tn )}∞ n=1 dãy Cauchy S0 (Ω) Do Định lý 2.2.3 p Định lý 2.2.6, ta giả sử {un (tn )}∞ n=1 dãy Cauchy L (Ω) L (Ω) Với m, n ≥ 1, từ phương trình (2.1), ta có    d un (tn ) − um (tm ) −Pα,β un (tn ) − um (tm ) + f (un (tn )) − f (um (tm )) = − dt (2.34) Nhân hai vế (2.34) với un (tn ) − um (tm ) sử dụng (2.3), ta có Z  |∇x (un (tn ) − um (tm ))|2 + |∇y (un (tn ) − um (tm ))|2 Ω  + |x| |y| |∇z (un (tn ) − um (tm ))| dX 2α 2β 26  d ≤k un (tn ) − um (tm ) k2L2 (Ω) kun (tn ) − um (tm )k2L2 (Ω) + c3 kun (tn ) − um (tm )k2L2 (Ω) dt (2.35) Từ Mệnh đề 2.2.5 (2.35), ta có Z  |∇x (un (tn ) − um (tm ))|2 + |∇y (un (tn ) − um (tm ))|2 Ω  + |x|2α |y|2β |∇z (un (tn ) − um (tm ))|2 dX ≤ Ckun (tn ) − um (tm )k2L2 (Ω) + c3 kun (tn ) − um (tm )k2L2 (Ω) (2.36) Bất đẳng thức (2.36) kéo theo {un (tn )}∞ n=1 dãy Cauchy S0 (Ω) Vậy định lý chứng minh Mệnh đề 2.2.7 Nửa nhóm {S(t)}t≥0 có (L2 (Ω), L2p−2 (Ω)) - tập hấp thụ bị chặn, tức là, tồn số dương ρ2p−2 thỏa mãn với tập bị chặn B L2 (Ω), có số dương T = T (B) thỏa mãn, với t ≥ T , u0 ∈ B, ku(t)kL2p−2 (Ω) ≤ ρ2p−2 Chứng minh Nhân vơ hướng hai vế phương trình (2.1) với |u| p−2 u, ta có Z Z   p−2 2 2α 2β |∇x u| + |∇y u| + |x| |y| |∇z u| |u| p−2 dX |u| uut dX + (p − 1) Ω Ω Z + f (u)u|u| p−2 Z dX = Ω g|u| p−2 udX Ω Sử dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có Z Z   2 2α 2β p−2 (p − 1) |∇x u| + |∇y u| + |x| |y| |∇z u| |u| dX +C |u|2p−2 dX Ω Ω ≤C Z |u| p−1 dX + C Ω Z C |g|2 dX + Ω |u|2p−2 dX + C Z Ω Z |ut |2 dX Ω Sử dụng bất đẳng thức Cauchy thêm lần nữa, ta thu C Z 2p−2 |u| dX ≤ C Ω Z Ω |g| dX + C Z |ut |2 dX +C Ω Theo Mệnh đề 2.2.5, ta có Z |u|2p−2 dX ≤ ρ2p−2 , Ω với t ≥ T , u0 ∈ B Trong ρ2p−2 phụ thuộc vào kgkL2 (Ω) , C 27 Mệnh đề 2.2.8 Nửa nhóm {S(t)}t≥0 liên tục chuẩn yếu S(B1 ), B1 (L2 (Ω), L2p−2 (Ω)) - tập hấp thụ bị chặn Mệnh đề 2.2.7 Chứng minh Chọn Y = L2 (Ω), X = L2p−2 (Ω) Mệnh đề chứng minh nhờ áp dụng Mệnh đề 1.2.11 Định lý 2.2.9 ((L2 (Ω), L2p−2 (Ω)) - tập hút toàn cục) Giả sử điều kiện (F) (G) thỏa mãn Nửa nhóm {S(t)}t≥0 sinh từ tốn 2.1 có tập (L2 (Ω), L2p−2 (Ω)) - tập hút toàn cục A2p−2 Chứng minh Nhờ vào Định lý 1.2.14, cần chứng minh điều kiện (ii) đủ Thật vậy, với ε > cố định, tồn số M1 = M1 (ε, B) T1 = T1 (ε, B) thỏa mãn, với u0 ∈ B t ≥ T1 , ước lượng sau Z |g|2 dX < ε |Ω(|u| ≥ M1 )| < ε (2.37) Ω(|u|≥M1 ) Z |ut (s)|2 dX < ε (2.38) Ω(|u|≥M1 ) với s ≥ T1 , f (s) ≥ với s ≥ M1 , f (s) ≤ với s ≤ −M1 Ký hiệu ΩM1 = Ω(u ≥ M1 ) Ω2M1 = Ω(u ≥ 2M1 ) Nhân vơ hướng phương trình (2.1) p−1 với (u − M1 )+ lấy tích phân miền ΩM1 , ( u − M1 u ≥ M1 , (u − M1 )+ = u < M1 Ta có Z p−1 (u − M1 )+ ut dX ΩM1 + (p − 1) Z   p−2 |∇x u| + |∇y u| + |x| |y| |∇z u| (u − M1 )+ dX 2 2α 2β ΩM1 Z + p−1 f (u)(u − M1 )+ dX ΩM1 ≤ Z ΩM1 |g| dX Z (u − M1 )2p−2 dX + ΩM1 Sử dụng (2.37) (2.2), ta có Z ΩM1 p−1 f (u)(u − M1 )+ dX ≤ Cε 28 Do Z f (u)u p−1 Z dX = Ω2M1 f (u)(u − M1 + M1 ) p−1 dX ΩM1 ≤ p−1 Z h i p−1 p−1 f (u) (u − M1 ) + M1 dX Ω2M1 ≤ 2p Z f (u)(u − M1 ) p−1 dX ≤ Cε Ω2M1 Chú ý |Ω2M1 | ≤ ε, bất đẳng thức kéo theo Z u2p−2 dX ≤ Cε, Ω2M1 với t ≥ T1 Thực tương tự quy trình |(u + M1 )− | p−2 (u + M1 )− ( u + M1 u ≤ −M1 , (u + M1 )− = u > −M1 Khi đó, ta có Z |u|2p−2 dX ≤ Cε, Ω(u≤−2M1 ) với t ≥ T1 Vậy ta có Z |u|2p−2 dX ≤ Cε, Ω(|u|≥2M1 ) với u0 ∈ B, t ≥ T1 Định lý chứng minh Mệnh đề 2.2.10 Giả sử ≤ r < ∞ B ⊂ L2 (Ω) tập bị chặn Khi tồn số nguyên dương T phụ thuộc vào r chuẩn L2 B thỏa mãn Z |ut (s)|r dX ≤ M Ω với u0 ∈ B, s ≥ T Trong đó, T số dương phụ thuộc vào B ut (s) = d (S(t)u0 )|t=s dt Chứng minh Chúng ta chứng minh phương pháp quy nạp kết sau: Tồn Tk , Mk phụ thuộc vào k B thỏa mãn 29 (Ak )  Z |ut (s)| Nα,β Nα,β −2+ε k dX ≤ Mk (2.39) Ω (Bk ) t+1 Z Z t  |ut (s)| Nα,β Nα,β −2+ε k+1 dX  Nα,β Nα,β −2+ε ds ≤ Mk (2.40) Ω với u0 ∈ B, s ≥ Tk Thật vậy, với k = 0, đánh giá (A0 ) chứng minh Mệnh đề 2.2.5 Đánh giá (B0 ) nhận cách lấy tích phân (2.28) 2Nα,β Nα,β −2+ε từ t đến t + sử dụng phép nhúng S01 (Ω) vào L Giả sử (Ak ), (Bk ) đúng, ta cần chứng minh cho k + Lấy đạo hàm hai vế (2.1) theo thời gian t ký hiệu v = ut , ta có vt − Pα,β v + f (u)v = Nα,β )k+1 −2 α,β −2+ε 2( N Nhân vô hướng (2.41) với |v| d C dt Z Nα,β )k+1 α,β −2+ε 2( N |v| (2.41) v lấy tích phân Ω Ta có dX Ω +C Z  |∇x (v Nα,β )k+1 α,β −2+ε (N )| + |∇y (v Nα,β )k+1 α,β −2+ε (N (2.42) Ω + |x|2α |y|2β |∇z (v ≤ c3 Z )|2 N ( N α,β )k+1 α,β −2+ε Nα,β )k+1 α,β −2+ε 2( N |v|  )| dX dX, Ω số C phụ thuộc vào Nα,β k Sử dụng (Bk ) bất đẳng thức Gronwall đều, (2.42) kéo theo với t ≥ Tk k+1  Z N N α,β α,β −2+ε |ut (s)| dX ≤ Mk+1 (2.43) Ω Điều chứng tỏ (Ak+1 ) Để chứng minh (Bk+1 ) đúng, ta lấy tích phân 30 (2.42) từ t đến t + sử dụng (2.43), ta thu t+1Z  Z |∇x (v t Nα,β )k+1 α,β −2+ε (N )| + |∇y (v (2.44) N )k+1 ( N α,β α,β −2+ε 2β + |x| |y| |∇z (v Sử dụng phép nhúng S01 (Ω) vào L 2N Nα,β )k+1 N α,β −2+ε α,β α,β −2+ε (N |v| )|2 Ω 2α Z Nα,β )k+1 α,β −2+ε (N 2Nα,β Nα,β −2+ε dX  )| dXds ≤ Mk+1 , ta có  Nα,β −2+ε Nα,β = kv Nα,β )k+1 α,β −2+ε (N k2 2Nα,β Nα,β −2+ε L Ω ≤C Z  |∇x (v Nα,β )k+1 α,β −2+ε (N )| + |∇y (v Nα,β )k+1 α,β −2+ε (N )|2 (2.45) Ω + |x|2α |y|2β |∇z (v N ( N α,β )k+1 α,β −2+ε  )| dX Từ (2.44) (2.45), ta suy (Bk+1 ) Vì k Nα,β r≤2 Nα,β − + ε  Nα,β > 1, ta có Nα,β − + ε k ≥ log r Nα,β Nα,β −2+ε Mệnh đề 2.2.11 Cho B ⊂ L2 (Ω) Với ε > 0, tồn T > nε ∈ N thỏa mãn Z |v2 |2 dX ≤ Cε, Ω với u0 ∈ B, t ≥ T , m ≥ nε Ở v2 = (I − Pm )v = (I − Pm )ut C số không phụ thuộc vào B ε Chứng minh Nhân vô hướng (2.41) với v2 , ta có 1d kv2 k2L2 (Ω) + kv2 k2S1 (Ω) ≤ dt Z | f (u)v||v2 |dX Ω Do 1d kv2 k2L2 (Ω) + λm kv2 k2L2 (Ω) ≤ dt Z Ω | f (u)v||v2 |dX, (2.46) 31 λm giá trị riêng tốn tử Au := −Pα,β u Ω Do điều kiện (F) Định lý 2.2.9, Mệnh đề 2.2.10, ta có Z Z  p−2  Z  p−1 p−1 p−1 0 2(p−1) p−2 | f (u)v||v2 |dX ≤ | f (u)| dX |v| dX ≤ M0 , Ω Ω Ω với u0 ∈ B t ≥ T , số M0 không phụ thuộc vào B T phụ thuộc vào B p Vì vậy, ta suy từ (2.46) kết sau 1d kv2 k2L2 (Ω) + λm kv2 k2L2 (Ω) ≤ C dt Nếu t ≥ T , ta có C kv2 (t)k2L2 (Ω) ≤ kv2 (T )k2L2 (Ω) e−λm (t−T ) + (1 − e−λm (t−T ) ) λm Mệnh đề 2.2.12 Nửa nhóm {S(t)}t≥0 có (L2 (Ω), S02 (Ω)) - tập hấp thụ bị chặn, tức là, tồn số ρA > thỏa mãn với tập bị chặn B ⊂ L2 (Ω), tồn số TB > thỏa mãn kPα,β ukL2 (Ω) ≤ ρA , với t ≥ TB , u0 ∈ B Chứng minh Lấy tích vơ hướng (2.1) với −Pα,β , ta có kPα,β uk2L2 (Ω) ≤ Z ut Pα,β udX Ω Z + Z   2 2α 2β f (u) |∇x u| + |∇y u| + |x| |y| |∇z u| dX − gPα,β udX Ω Ω Sử dụng bất đẳng thức Holder điều kiện (F), ta có kPα,β uk2L2 (Ω) ≤ C(kut k2L2 (Ω) + kuk2S1 (Ω) + kgk2L2 (Ω) ) Từ Mệnh đề 2.2.5 nửa nhóm {S(t)}t≥0 có (L2 (Ω), S01 (Ω)) - tập hấp thụ bị chặn, ta suy kPα,β ukL2 (Ω) ≤ ρA với t đủ lớn Giả sử K (A) độ đo Kuratowski tập A không compact tron L2 (Ω) xác định sau K (A) = inf{δ > A có phủ mở hữu hạn với đường kính bé hơnδ } Chúng ta có bổ đề sau 32 Bổ đề 2.2.13 Giả sử f thỏa mãn điều kiện (F) Khi đó, với tập A ⊂ L2p−2 (Ω), K (A) < ε L2p−2 (Ω), K ( f (A)) < Cε L2 (Ω), f (A) = { f (u)