Nghiệm tuần hoàn của một số lớp phương trình vi phân trung tính có trễ phụ thuộc trạng thái

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO UBND TỈNH THANH HÓA TRƯỜNG ĐẠI HỌC HỒNG ĐỨC ——————————————– NGUYỄN HUY QUANG NGHIỆM TUẦN HỒN CỦA MỘT SỐ LỚP PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TRUNG TÍNH CĨ TRỄ PHỤ THUỘC TRẠNG THÁI LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC THANH HĨA, NĂM 2022 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO UBND TỈNH THANH HÓA TRƯỜNG ĐẠI HỌC HỒNG ĐỨC ——————————————– NGUYỄN HUY QUANG NGHIỆM TUẦN HOÀN CỦA MỘT SỐ LỚP PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TRUNG TÍNH CÓ TRỄ PHỤ THUỘC TRẠNG THÁI LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC Chun ngành: Tốn giải tích Mã số: 8.46.01.02 Người hướng dẫn khoa học: TS Đỗ Văn Lợi THANH HÓA, NĂM 2022 Danh sách Hội đồng đánh giá luận văn thạc sĩ khoa học Theo Quyết định số 1244/QĐ-ĐHHĐ ngày 13 tháng năm 2022 Hiệu trưởng Trường Đại học Hồng Đức Học hàm, học vị, Họ tên Cơ quan công tác Chức danh hội đồng GS TSKH Nguyễn Mạnh Hùng Trường Đại học Hồng Đức Chủ tịch HĐ PGS TS Vũ Trọng Lưỡng Trường ĐHGD - ĐHQGHN UV Phản biện TS Nguyễn Văn Lương Trường Đại học Hồng Đức UV Phản biện PGS TS Trần Đình Kế Trường ĐHSP Hà Nội TS Mai Xuân Thảo Trường Đại học Hồng Đức Xác nhận Người hướng dẫn Học viên chỉnh sửa theo ý kiến Hội đồng Ngày 18 tháng năm 2022 TS Đỗ Văn Lợi Ủy viên UV Thư ký 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 Nguyễn Huy Quang i LỜI CẢM ƠN Luận văn hoàn thành Trường Đại học Hồng Đức hướng dẫn TS Đỗ Văn Lợi Ngoài dẫn mặt khoa học, thầy động lực giúp tác giả tự tin say mê nghiên cứu Tác giả bày tỏ lòng biết ơn kính trọng thầy Tác giả bày tỏ lòng biết ơn đến Ban giám hiệu, phòng QLĐTSĐH, mơn Giải tích - PPGD Tốn, thầy giáo bạn đồng nghiệp tạo điều kiện thuận lợi cho tác giả trình học tập, nghiên cứu khoa học hoàn thành luận văn Tác giả bày tỏ lòng biết ơn đến Ban giám hiệu, mơn Tốn trường THPT Quảng Xương - nơi tác giả công tác tạo điều kiện thuận lợi cho tác giả q trình cơng tác giảng dạy để có thời gian hợp lý hồn thành khóa học luận văn thạc sĩ Trong trình viết chỉnh sửa thảo luận văn, tác giả nhận quan tâm góp ý nhà khoa học, bạn bè đồng nghiệp Tác giả chân thành cảm ơn giúp đỡ quý báu Thanh Hóa, tháng năm 2022 Nguyễn Huy Quang ii MỤC LỤC Lời cam đoan i Lời cảm ơn ii Chữ viêt tắt ký hiệu iv Mở đầu Chương Kiến thức chuẩn bị 1.1 Không gian định chuẩn 4 1.2 1.3 Toán tử tuyến tính Nửa nhóm liên tục mạnh 1.4 Họ tiến hóa 1.5 Không gian giảm nhớ Chương Tính chất tuần hoàn nghiệm 12 2.1 Sự tồn tính quy nghiệm đủ tốt 13 2.1.1 Sự tồn nghiệm 14 2.2 2.1.2 Tính quy nghiệm 18 Sự tồn nghiệm nω -tuần hoàn 20 2.3 2.4 Sự tồn nghiệm S -tiệm cận ω -tuần hoàn 25 Ví dụ 29 Kết luận 34 Tài liệu tham khảo 35 iii CHỮ VIẾT TẮT VÀ KÝ HIỆU N: Tập số tự nhiên R: Tập số thực C: Tập số phức X : Không gian Banach B : Không gian pha C([0, T ], X): Không gian Banach gồm hàm liên tục từ [0, T ] vào X với chuẩn ∥x∥C = sup ∥x(t)∥, x ∈ C([0, T ], X) 0≤t≤T Cb ([0, ∞), X): Không gian Banach gồm hàm liên tục bị chặn từ [0, ∞) vào X với chuẩn ∥x∥∞ = sup ∥x(t)∥, ∀ x ∈ Cb ([0, ∞), X) 0≤t T > ta giả sử (−∞, T ∗ ) khoảng lớn mà nghiệm phương trình (2.1) tồn Khi đó, x(·) liên tục (0, T ∗ ) Thật vậy, từ (2.7) ta có ∥x(·)∥∞ < R kéo theo
sup G s, xρ(s,xs ) tồn Do đó, với t1 , t2 ∈ (0, T ∗ ), sử dụng tính s∈[0,T ∗ ) chất f) U (t, s) giả thiết (H2 )ii) ta có ∥x (t2 ) − x (t1 ) ∥ ≤ ∥(U (t2 , 0) − U (t1 , 0)) (ϕ(0) + F (0, ϕ))∥ + ∥F (t2 , xt2 ) − F (t1 , xt1 )∥ Z t1
+ ∥U (t2 , s) − U (t1 , s)∥ G s, xρ(s,xs ) ds Z0 t2
+ ∥U (t2 , s)∥ G s, xρ(s,xs ) ds t1 ≤ ∥(U (t2 , 0) − U (t1 , 0)) (ϕ(0) + F (0, ϕ))∥ + L2 |t2 − t1 |θ1 Z t1
θ ′ G s, xρ(s,x ) ds + C |t2 − t1 | s θ |t1 − s| Z t2
+ C G s, xρ(s,xs ) ds t1 ≤ ∥(U (t2 , 0) − U (t1 , 0)) (ϕ(0) + F (0, ϕ))∥ + L2 |t2 − t1 |θ1
C ′ T ∗1−θ sup G s, xρ(s,xs ) |t2 − t1 |θ + − θ s∈[0,T ∗ )
+ C sup G s, xρ(s,xs ) |t2 − t1 | s∈[0,T ∗ ) Lại U (t, s) liên tục mạnh nên ta có điều phải chứng minh Từ suy tồn giới hạn x (T ∗ ) = lim∗− x(t) t→T x(t) nghiệm đủ tốt phương trình (2.1) (−∞, T ∗ ] Điều có nghĩa ta kéo dài khoảng tồn nghiệm Một cách tương tự, ta suy phương trình (2.1) có nghiệm đủ tốt (−∞, +∞) 17 Tiếp theo, sử dụng Bổ đề Gronwall ta chứng minh tính nghiệm đủ tốt phương trình (2.1) Giả sử x(t, ϕ) y(t, ϕ) hai nghiệm phương trình (2.1) qua (0, ϕ) Khi đó, với t ∈ [0, ∞) ta có ∥x(t, ϕ) − y(t, ϕ)∥ Z t

≤ ∥F (t, xt ) − F (t, yt )∥ + ∥U (t, s)∥ G s, xρ(s,xs ) − G s, yρ(s,ys ) ds Z t ≤ L1 ∥xt − yt ∥B + CL3 e−γ(t−s) xρ(s,xs ) − yρ(s,xs ) B ds Z t + CL4 (∥ϕ∥B , R) Lρ e−γ(t−s) ∥xs − ys ∥B ds Z t e−γ(t−s) sup ∥x(τ ) − y(τ )∥ds ≤ L1 K sup ∥x(s) − y(s)∥ + CL3 K 0≤τ ≤s 0≤s≤t Z t + CL4 (∥ϕ∥B , R) Lρ K e−γ(t−s) sup ∥x(τ ) − y(τ )∥ds 0≤τ ≤s Vì L1 K < nên sup ∥x(s) − y(s)∥ 0≤s≤t CL3 K + CL4 (∥ϕ∥B , R) Lρ K ≤ − L1 K Z t e−γ(t−s) sup ∥x(τ ) − y(τ )∥ds 0≤τ ≤s Qua đó, áp dụng bổ đề Gronwall ta suy x(t) = y(t) với t ∈ [0, ∞) Như x(t, ϕ) = y(t, ϕ) với t ∈ (−∞, ∞) Cuối cùng, từ (2.5) (2.7) ta thấy nghiệm đủ tốt phương trình γM1 (2.1) bị chặn R = γ − L1 Kγ − CL3 K 2.1.2 Tính quy nghiệm Trong mục này, ta nghiên cứu tính quy nghiệm đủ tốt phương trình (2.1) Cụ thể, ta nghiệm đủ tốt (2.1) thu mục trước khả vi [0, +∞) Định nghĩa 2.1.3 ([9]) Hàm x(·) : R → D(A) gọi nghiệm chặt phương trình (2.1) i) x + F (t, xt ) ∈ C([0, ∞), D(A)) ∩ C ([0, ∞), X); 18 ii) x thỏa mãn x0 = ϕ   d [x(t) + F (t, xt )] = A(t) [x(t) + F (t, xt )]+G t, xρ(t,xt ) , t ∈ [0, ∞) dt Định lý 2.1.4 ([9]) Cho B không gian giảm nhớ giả sử giả thiết (H1 ) − (H4 ) thỏa mãn Hơn nữa, giả sử hàm giá trị ban đầu B l liờn tc Hăolder vi s m < θ2 < thỏa mãn điều kiện ϕ(0) + F (0, ϕ) ∈ D(A) Khi đó, với ϕ ∈ B phương trình (2.1) có nghiệm chặt (−∞, ∞) Chứng minh Từ Định lý 2.1.2 ta thấy phương trình (2.1) có nghiệm bị chặn x(·) (−∞, ∞) Lúc này, với nghiệm x(·) đó, ta đặt, o(t) = U (t, 0)[ϕ(0) + F (0, ϕ(0)] Z t
p(t) = U (t, s)G s, xρ(s,xs ) ds Sử dụng tính chất f) g) tốn tử tiến hóa U (·, ·) ta suy o(t) p(t) hàm liên tc Hăolder trờn [0, ) Do ú, ỏp dng gi thit (H2 ) ta thy x(Ã) l liờn tc Hăolder trờn [0, ) Hn na, cng liờn tc Hăolder trờn (, 0] nờn x(Ã) l liờn tc Hăolder trờn (−∞, ∞) Từ Bổ đề 1.5.1 ánh xạ t → xt (Ã; ) l liờn tc Hăolder trờn [0, ) Điều có nghĩa với t1 , t2 ∈ [0, ∞) tùy ý tồn số L5 > 0, < θ3 < cho ∥xt2 (·; ϕ) − xt1 (·; ϕ)∥B ≤ L5 |t2 − t1 |θ3 Từ kết luận với giả thiết (H3 )i) (H4 ) suy

G t + h, xρ(t+h,x ) − G t, xρ(t,x ) t+h t
≤ L3 h + xρ(t+h,xt+h ) − xρ(t,xt ) B   θ3 ≤ L3 h + L5 |ρ (t + h, xt+h ) − ρ (t, xt )| 
 θ3 θ3 θ3 ≤ L3 h + L5 Lρ h + L5 h , hay ánh xạ s → G s, x(s,xs ) l liờn tc Hăolder trờn [0, ) 19
Do đó, sử dụng Định lý 5.7.1 [7] ta thấy p(t) ∈ D(A), Z t

p′ (t) = G t, xρ(t,xt ) + A(t) U (t, s)G s, xρ(t,xt ) ds Hơn nữa, p(t) ∈ C ([0, ∞), X) Do x(t) + F (t, xt ) khả vi theo t [0, ∞) thỏa mãn d [x(t) + F (t, xt )] = o′ (t) + p′ (t) dt = A(t)U (t, 0)[ϕ(0) + F (0, ϕ)] Z t

+ G t, xρ(t,xt ) + A(t) U (t, s)G s, xρ(t,xt ) ds
= A(t) [x(t) + F (t, xt )] + G t, xρ(t,xt ) Vì vậy, x(·) nghiệm chặt phương trình (2.1) 2.2 Sự tồn nghiệm nω-tuần hoàn Trong phần này, ta nghiên cứu tồn nghiệm nω -tuần hồn phương trình (2.1) [0, ∞) với n ∈ N Ta giả sử (2.1) ω -tuần hoàn, tức tồn ω > cho với t ≥ 0, ϕ ∈ B ta có • A(t + ω) = A(t), • F (t + ω, ϕ) = F (t, ϕ), • G(t + ω, ϕ) = G(t, ϕ) • ρ(t + ω, ϕ) = ρ(t, ϕ) Khi đó, họ tốn tử tiến hóa U (·, ·) thỏa mãn U (t + ω, s + ω) = U (t, s), ∀ ≤ s ≤ t (2.8) Dễ thấy B khơng gian giảm nhớ tính tuần hồn (2.1) nên ta cần giả sử giả thiết (H2 )-(H4 ) thỏa mãn [0, ω] với số L1 , L3 , L4 (r0 , r), Lρ Do đó, từ Định lý 2.1.2 ta có: Hệ 2.2.1 ([9]) Giả sử B không gian giảm nhớ giả thiết (H1 ) thỏa mãn Khi đó, giả thiết (H2 )-(H4 ) điều kiện (2.3) đoạn [0, ω], với ϕ ∈ B , phương trình (2.1) có 20 nghiệm đủ tốt x(·; ϕ) (−∞, ∞) thỏa mãn x0 = ϕ bị chặn [0, ∞) Ta giả sử x(·) = x(·; ϕ) nghiệm đủ tốt bị chặn phương trình (2.1) (−∞, ∞) qua (0, ϕ) Khi đó, ta xây dựng tốn tử Poincaré Pω sau: Pω (ϕ) = xω (·; ϕ) Ta xω (·; ϕ) = ϕ, tức toán tử Pω có điểm bất động ϕ, x(·; ϕ) nghiệm ω -tuần hồn phương trình (2.1) Cụ thể, ta có bổ đề sau: Bổ đề 2.2.2 ([9]) Nếu xω (·; ϕ) = ϕ, x(·; ϕ) nghiệm ω -tuần hồn phương trình (2.1) [0, ∞) Chứng minh Để thuận tiên, ta viết x(t; ϕ) x(t) xét    x(t + ω) t ≥ y(t) =   ϕ(t) t ≤ Khi đó, yt = xt+ω với t ≥ Sử dụng tính tuần hồn F, G, ρ công thức (2.8) ta thấy y(t) = x(t + ω) = U (t + ω, 0)(ϕ(0) + F (0, ϕ)) − F (t + ω, xt+ω ) Z t+ω
+ U (t + ω, s)G s, xρ(s,xs ) ds = U (t + ω, ω) [U (ω, 0)(ϕ(0) + F (0, ϕ)) − F (ω, xω ) Z ω
+ U (ω, s)G s, xρ(s,xs ) ds] + U (t + ω, ω)F (ω, xω ) − F (t + ω, xt+ω ) Z t
+ U (t, ξ)G ξ, xρ(ξ,xξ+ω ) dξ = U (t, 0) [x(ω) + F (0, xω )] − F (t, xt+ω ) Z t
+ U (t, ξ)G ξ, xρ(ξ,xξ+ω ) dξ Z t
= U (t, 0)[ϕ(0) + F (0, ϕ)] − F (t, yt ) + U (t, ξ)G ξ, xρ(ξ,yξ ) dξ, 21 hay y(·) nghiệm phương trình (2.1) thỏa mãn y0 = ϕ Tuy nhiên, x(·) nghiệm phương trình (2.1) với điều kiện ban đầu x0 = ϕ nên y(t) = x(t + ω) = x(t), t≥0 x(·; ϕ) nghiệm ω -tuần hồn phương trình (2.1) Bây ta áp dụng Bổ đề 2.2.2 để chứng minh tồn nghiệm nω -tuần hoàn phương trình (2.1) Định lý 2.2.3 ([9]) Cho B không gian giảm nhớ giả sử điều kiện (H1 ) thỏa mãn Hơn nữa, ta giả sử điều kiện (H2 )-(H4 ) thỏa mãn [0, ω] Khi đó, tồn nghiệm đủ tốt nω -tuần hồn phương trình (2.1) với n ∈ N (L1 Kγ + CL3 K + CL4 (R0 , R1 ) Lρ K) (CHK + CL1 K + M + 1) < γ, (2.9) CKL1 (L1 Kγ + CL3 K) + L1 Kγ R0 = γ − (KL1 γ + CL3 K) (CHK + CL1 K + M + 1) R1 = [C (Hγ + L1 γ + L3 M ) + L1 M γ] (C + 1)L1 γ R0 + γ − L1 Kγ − CL3 K γ − L1 Kγ − CL3 K Chứng minh Ta đặt BR0 = {ϕ ∈ B : ∥ϕ∥ ≤ R0 } Do (2.9) suy (2.3) nên áp dụng Hệ 2.2.1 ta thấy rằng: với ϕ ∈ B tùy ý, tồn nghiệm đủ tốt bị chặn x(t; ϕ) = x(t) (−∞, +∞) phương trình (2.1) Lúc này, với t ≥ 0, từ (2.4) ta có γM1 γ − L1 Kγ − CL3 K [C (Hγ + L1 γ + L3 M ) + L1 M γ] = ∥ϕ∥B γ − L1 Kγ − CL3 K (C + 1)L1 γ + γ − L1 Kγ − CL3 K ≤ R1 sup ∥x(t)∥ ≤ 0≤s≤t Sử dụng kết hợp điều kiện (H1 )-(H4 ) ta ∥x(t)∥ ≤ Ce−γt (H∥ϕ∥B + L1 (∥ϕ∥B + 1)) 22 (2.10)   + L1 K sup ∥x(s)∥ + M ∥ϕ∥B + 0≤s≤t   Z t + CL3 e−γ(t−s) K sup ∥x(τ )∥ + M ∥ϕ∥B ds ≤ CHe −γt 0≤τ ≤t ∥ϕ∥B + CL1 e−γt (∥ϕ∥B + 1) + L1 K sup ∥x(s)∥ 0≤s≤t CL3 M CL3 K sup ∥x(s)∥ + ∥ϕ∥B + L1 (M ∥ϕ∥B + 1) + γ 0≤s≤t γ    

L3 M −γt −γt ≤ C He + + L1 Ce + M ∥ϕ∥B + L1 Ce−γt + γ   CL3 K sup ∥x(s)∥, t ≥ (2.11) + L1 K + γ 0≤s≤t Thế (2.10) vào (2.11) ta có    

L3 M −γt −γt ∥x(t)∥ ≤ C He + + L1 Ce + M ∥ϕ∥B + L1 Ce−γt + γ   CL3 K + L1 K + × γ   [C (Hγ + L1 γ + L3 M ) + L1 M γ] (C + 1)L1 γ ∥ϕ∥B + × γ − L1 Kγ − CL3 K γ − L1 Kγ − CL3 K   (L γ + CL ) (CHK + CL K + M ) ≤ (CH + CL1 ) e−γt + ∥ϕ∥B γ − L1 Kγ − CL3 K CL1 (L1 Kγ + CL3 K) + L1 γ + CL1 e−γt + γ − L1 Kγ − CL3 K Từ suy ∥xnω ∥B ≤ K sup ∥x(t)∥ + M ((n − m)ω) ∥xmω ∥B mω≤t≤nω   K (L1 γ + CL3 ) (CHK + CL1 K + M ) −γmω ∥ϕ∥B ≤ K (CH + CL1 ) e + γ − L1 Kγ − CL3 K CKL1 (L1 Kγ + CL3 K) + KL1 γ + CKL1 e−γmω + + M ((n − m)ω) ∥xmω ∥B γ − L1 Kγ − CL3 K 23 Mặt khác, B không gian giảm nhớ nên M (t) → t → +∞ kéo theo ta chọn m, n ∈ N cho m, n n − m đủ lớn để có ∥xnω ∥B = ∥Pnω ϕ∥B ≤ K (L1 γ + CL3 ) (CHK + CL1 K + M ) ∥ϕ∥B γ − L1 Kγ − CL3 K CKL1 (L1 Kγ + CL3 K) + KL1 γ + γ − L1 Kγ − CL3 K ≤ R0 Như vậy, Pnω (BR0 ) ⊂ BR0 với n ∈ N vừa chọn Để kết thúc chứng minh, ta Pnω ánh xạ co BR0 Thật vậy, lấy ϕ, φ ∈ BR0 , giả sử x(·), y(·) nghiệm đủ tốt phương trình (2.1) với điều kiện ban đầu x0 = ϕ y0 = φ tương ứng Khi đó, sử dụng tính đơn điệu tăng L4 (·, R1 ), với t ≥ ta có ∥x(t) − y(t)∥ ≤ ∥U (t, 0)∥(∥ϕ(0) − φ(0)∥ + ∥F (0, ϕ) − F (0, φ)∥) + ∥F (t, xt ) − F (t, yt )∥ Z t

+ ∥U (t, s)∥ G s, xρ(s,xs ) − G s, yρ(s,ys ) ds ≤ Ce−γt (H∥ϕ − φ∥B + L1 ∥ϕ − φ∥B ) + L1 K sup ∥x(s) − y(s)∥ + L1 M ∥ϕ − φ∥B 0≤s≤t   Z t −γ(t−s) + CL3 e K sup ∥x(τ ) − y(τ )∥ + M ∥ϕ − φ∥B ds 0≤τ ≤s   Z t −γ(t−s) + CL4 (R0 , R1 ) Lρ e K sup ∥x(τ ) − y(τ )∥ + M ∥ϕ − φ∥B ds 0≤τ ≤s     N N + CL1 e−γt + ∥ϕ − φ∥B CHe−γt + ≤ γ γ N4 + sup ∥x(s) − y(s)∥ γ 0≤s≤t   N2 + N3 N4 −γt ≤ C (H + L1 ) e + ∥ϕ − φ∥B + sup ∥x(s) − y(s)∥, γ γ 0≤s≤t N2 = CM (L3 + L4 (R0 , R1 ) Lρ ) , N3 = L1 M γ, 24 N4 = L1 Kγ + CL3 K + CL4 (R0 , R1 ) Lρ K Từ ta có sup ∥x(s) − y(s)∥ ≤ 0≤s≤t Cγ (H + L1 ) + N2 + N3 ∥ϕ − φ∥B γ − N4 (2.12) Thay (2.12) vào bất đẳng thức phía ta   N2 + N3 −γt ∥ϕ − φ∥B ∥x(t) − y(t)∥ ≤ C (H + L1 ) e + γ N4 Cγ (H + L1 ) + N2 + N3 + ∥ϕ − φ∥B γ γ − N4   (N + N ) + CN (H + L ) = C (H + L1 ) e−γt + ∥ϕ − φ∥B γ − N4 Suy ∥xnω − ynω ∥B ≤K ∥x(t) − y(t)∥ + M ((n − m)ω) ∥xmω − ymω ∥B   (N2 + N3 ) + CN4 (H + L1 ) −γnω ∥ϕ − φ∥B ≤ K C (H + L1 ) e + γ − N4 sup mω≤t≤nω + M ((n − m)ω) ∥xmω − ymω ∥B Ta chọn m, n, n − m đủ lớn, ∥xnω − ynω ∥B K (N2 + N3 ) + CKN4 (H + L1 ) ≤ ∥ϕ − φ∥B γ − N4 (L1 Kγ + CL3 K + CL4 (R0 , R1 ) Lρ K) (CHK + CL1 K + M ) ≤ ∥ϕ − φ∥B γ − L1 Kγ − CL3 K − CL4 (R0 , R1 ) Lρ K Theo (2.9) ta thấy Pnω co BR0 có điểm bất động ϕ ∈ BR0 Do đó, áp dụng Bổ đề 2.2.2 ta suy tồn nghiệm nω -tuần hồn phương trình (2.1) với n ∈ N 2.3 Sự tồn nghiệm S-tiệm cận ω-tuần hoàn Định nghĩa 2.3.1 ([9]) Hàm f ∈ Cb ([0, ∞); X) gọi S -tiệm cận ω -tuần hoàn tồn ω > cho lim ∥f (t + ω) − f (t)∥ = t→∞ 25 Ta ký hiệu SAPω (X) tập hợp gồm tất hàm S -tiệm cận ω -tuần hoàn từ [0, ∞) vào X Khi đó, SAPω (X) khơng gian Banach với chuẩn ∥ · ∥∞ Định nghĩa 2.3.2 ([9]) Hàm liên tục f : [0, ∞) × X → X gọi S -tiệm cận ω -tuần hoàn tập bị chặn với bất ký tập bị chặn D X tập {f (t, x) : (t, x) ∈ [0, ∞) × D} bị chặn lim (f (t + ω, x) − f (t, x)) = t→∞ theo x ∈ D Định nghĩa 2.3.3 ([9]) Hàm liên tục f : [0, ∞) × X → X gọi liên tục tiệm cận tập bị chặn với ε > tùy ý với tập bị chặn D ⊆ X tùy ý, tồn số Lε,D ≥ δ = δε,D > cho ∥f (t, x) − f (t, y)∥ ≤ ε, với t ≥ Lε,D x, y ∈ D thỏa mãn ∥x − y∥ ≤ δ Bổ đề 2.3.4 ([4]) Cho X, Y hai không gian Banach, giả sử f : [0, ∞) × X → Y hàm S -tiệm cận ω -tuần hoàn tập bị chặn liên tục tiệm cận tập bị chặn Nếu x ∈ SAPω (X) lim (f (t + ω, x(t + ω)) − f (t, x(t)) = t→∞ Bổ đề 2.3.5 ([4]) Cho B không gian giảm nhớ Giả sử x : R → X hàm thỏa mãn x0 ∈ B x|[0,∞) ∈ SAPω (X) Khi đó, hàm t → xt thuộc SAPω (B) Lúc này, ta định nghĩa nghiệm S -tiệm cận ω -tuần hồn phương trình (2.1) sau: Định nghĩa 2.3.6 ([9]) Hàm bị chặn x : R → X gọi nghiệm đủ tốt S -tiệm cận ω -tuần hồn phương trình (2.1) x0 = ϕ ∈ B, x|[0,∞) ∈ SAPω (X) phương trình (2.2) thỏa mãn Để thu kết tồn nghiệm S -tiệm cận ω -tuần hồn ta cần thêm giả thiết sau tốn tử tiến hóa U (t, s): 26 (H5 ): Với ε > tùy ý với tập bị chặn D ⊆ X tùy ý, tồn số Lε,D ≥ γ1 > cho ∥U (t + ω, s + ω)x − U (t, s)x∥ ≤ εe−γ1 (t−s) , với t ≥ s ≥ Lε,D x ∈ D Định lý 2.3.7 ([9]) Cho B không gian giảm nhớ Cho F, G ρ hàm S -tiệm cận ω -tuần hoàn tập bị chặn Giả sử giả thiết (H1 )-(H4 ) thỏa mãn U (·, ·) thỏa mãn giả thiết (H5 ) Khi đó, với ϕ ∈ B tùy ý, phương trình (2.1) có nghiệm đủ tốt S -tiệm cận ω -tuần hồn (−∞, ∞) L1 K + R = CL3 K + CL4 (∥ϕ∥B , R) Lρ K < 1, γ (2.13) γM1 γ − L1 Kγ − CL3 K Chứng minh Ta đặt SAPω0 (X) = {x ∈ SAPω (X) : x(0) = ϕ(0), ∥x∥∞ ≤ R} xét toán tử Γ : SAPω0 (X) → Cb ([0, ∞), X) cho công thức (2.6) Khi đó, từ giả thiết (H1 )-(H4 ) ta suy x ∈ SAPω0 (X), ∥Γx∥∞ ≤ R Hơn nữa, từ Bổ đề 2.3.4 2.3.5 suy


F ·, x(·) ∈ SAPω (X), ρ ·, x(·) ∈ SAPω R+ , G(·, xρ(·,x(·) ) ) ∈ SAPω (X) Mặt khác, tập 
G t + ω, xρ(t+ω,xt+ω ) : x ∈ SAPω0 (X) bị chặn Và đó, với ε > tùy ý, tồn số Lε > cho

G t + ω, xρ(t+ω,x ) − G t, xρ(t,x ) ≤ ε, với t ≥ Lε (2.14) t+ω t với t ≥ s ≥ Lε
(U (t + ω, s + ω) − U (t, s))G s + ω, xρ(s+ω,x ) ≤ εe−γ1 (t−s) (2.15) s+ω 27 Như vậy, sử dụng giả thiết (H1 )-(H4 ), (2.14) (2.15) ta có ∥(Γx)(t + ω) − (Γx)(t)∥ ≤ ∥U (t + ω, 0)(ϕ(0) + F (0, ϕ))∥ + ∥U (t, 0)(ϕ(0) + F (0, ϕ))∥ Z ω
U (t + ω, s)G s, xρ(s,x ) ds + ∥F (t + ω, xt+ω ) − F (t, xt )∥ + s Z t
(U (t + ω, s + ω) − U (t, s))G s + ω, xρ(s+ω,x ) ds + s+ω Z t


U (t, s) G s + ω, xρ(s+ω,x ) − G s, xρ(s,x ) ds + s+ω s ≤ Ce−γ(t+ω) (H∥ϕ∥B + L1 (∥ϕ∥B + 1)) + Ce−γt (H∥ϕ∥B + L1 (∥ϕ∥B + 1)) Z ω e−γ(t+ω−s) xρ(s,xs ) B ds + ∥F (t + ω, xt+ω ) − F (t, xt )∥ + CL3 Z Lε
+ 2C e−γ(t−s) G s + ω, xρ(s+ω,xs+ω ) ds Z t
(U (t + ω, s + ω) − U (t, s))G s + ω, xρ(s+ω,x ) ds + s+ω Lε Z Lε

+C e−γ(t−s) G s + ω, xρ(s+ω,xs+ω ) − G s, xρ(s,xs ) ds Z0 t

+C e−γ(t−s) G s + ω, xρ(s+ω,xs+ω ) − G s, xρ(s,xs ) ds Lε −γt ≤ 2Ce (H∥ϕ∥B + L1 (∥ϕ∥B + 1)) + ∥F (t + ω, xt+ω ) − F (t, xt )∥ CL3 (K∥x∥∞ + M ∥ϕ∥B ) −γt 2CL3 (K∥x∥∞ + M ∥ϕ∥B ) −γ(t−Lε ) + e + e γ γ ε 2CL3 (K∥x∥∞ + M ∥ϕ∥B ) −γ(t−Lε ) C + + e + ε, γ1 γ γ từ suy Γx ∈ SAPω0 (X) Tiếp theo, ta chứng minh Γ ánh xạ co Thật vậy, với x, y ∈ SAPω0 (X), sử dụng giả thiết (H1 )-(H4 ), với t ∈ [0, ∞) ta thấy ∥(Γx)(t) − (Γy)(t)∥ ≤ ∥F (t, xt ) − F (t, yt )∥ Z t

+ ∥U (t, s)∥ G s, xρ(s,xs ) − G s, yρ(s,ys ) ds 28 Z t ≤ L1 ∥xt − yt ∥B + CL3 e−γ(t−s) xρ(s,xs ) − yρ(s,xs ) B ds Z t + CL4 (∥ϕ∥B , R) e−γ(t−s)