Luận văn dáng điệu tiệm cận nghiệm của một lớp hệ vi phân lưới (tt)

1 Phần mở đầu Lý chọn đề tài Xét hệ vi phân     dui − (ui−1 − 2ui + ui+1 ) + λui + fi (uit ) = 0, t > 0, i ∈ Z dt (1)    ui (s) = ψi (s), s ∈ [−h, 0], u = (ui )i∈Z dãy hàm xác định [−h, +∞), uit trạng thái lịch sử ui tính đến thời điểm t, tức uit (s) = ui (t + s) với s ∈ [−h, 0] Hệ (1) phát sinh từ nhiều tốn thực tế sinh học mơ tả mạng tế bào, hay hóa học mơ tả phản ứng Nó coi mơ hình rời rạc hóa theo biến khơng gian hệ phương trình phản ứng-khuếch tán chiều     ∂u ∂t − ∂2u ∂x2 + λu + f (ut ) = 0, t > 0, x ∈ R,    u(s) = ψ(s), s ∈ [−h, 0] Hệ (1) gần nhiều nhà toán học quan tâm nghiên cứu, nghiên cứu tập trung vào dáng điệu tiệm cận nghiệm Kết gần cơng bố cơng trình [1] Với mong muốn tìm hiểu sâu hệ động lực cho hệ vi phân lưới, lựa chọn vấn đề nghiên cứu "Dáng điệu tiệm cận nghiệm lớp hệ vi phân lưới" làm đề tài cho luận văn 2 Nội dung luận văn bao gồm hai chương: Chương 1: Tính giải hệ vi phân lưới Chương 2: Dáng điệu tiệm cận nghiệm số lớp hệ vi phân lưới Mục đích nghiên cứu Nghiên cứu dáng điệu tiệm cận nghiệm hệ vi phân lưới (1) thông qua khái niệm tập hút toàn cục Chứng minh chi tiết kết cơng trình [1] Nhiệm vụ nghiên cứu Tìm hiểu lý thuyết hệ động lực vô hạn chiều; Nghiên cứu tồn dáng điệu tiệm cận nghiệm hệ (1) Đối tượng phạm vi nghiên cứu • Đối tượng nghiêu cứu: Hệ phương trình vi phân lưới dạng (1) • Phạm vi nghiên cứu: Sự tồn dáng điệu tiệm cận nghiệm Phương pháp nghiên cứu Luận văn sử dụng số phương pháp công cụ giải tích bao gồm: • Lý thuyết hệ động lực vơ hạn chiều; • Phương pháp compact Dự kiến đóng góp Chứng minh chi tiết kết cơng trình [1] 3 Chương Tính giải hệ vi phân lưới 1.1 Kết tổng quát hệ vi phân hàm Cho E không gian Banach, với E ∗ không gian đối ngẫu đặt E0 = C([−h, 0], E), với chuẩn ||.||, ||.||∗ ||.||E0 tương ứng, ||ϕ||E0 = maxt∈[0,h] ||ϕ(t)|| Ngoài ra, BX (y0 , r) = {y ∈ X : ||y − y0 ||X ≤ r}, X = E E0 (.,.) kí hiệu cặp đối ngẫu E E ∗ Xét tốn Cauchy cho hệ phương trình vi phân có trễ không gian Banach:     du dt = f (t, u), (1.1)    u0 = ψ ∈ E0 , với f : [0, ∞) × E0 → E , với u ∈ C([−h, +∞), E), hàm số ut ∈ E0 , t > xác định ut (s) = u(t) + s, s ∈ [−h, 0] Đặt Eω không gian E với tô pô yếu, E0,ω = C([−h, 0], Eω ) Chúng ta nói un → u ∈ E0,ω E0,ω un (sn ) → u(s) Eω với sn → s ∈ [−h, 0] Hàm f liên tục yếu theo dãy tập bị chặn nếu: tn → t, un → u E0,ω ||un ||E0 ≤ M , với n kéo theo f (tn , un ) → f (t, u) Eω Mặt khác, hàm số f gọi bị chặn cục biến tập bị chặn [0, ∞) × E0 thành tập bị chặn E Định nghĩa 1.1.1 [1] Ánh xạ u : [−h, T ] → E gọi nghiệm (1.1) u0 = ψ, u(.) liên tục, khả vi liên tục yếu [0, T ] thỏa mãn Z t f (s, us )ds, với t ∈ [0, T ] u(t) = u(0) + Nhận xét 1.1.2 [1] Từ định nghĩa suy với nghiệm u hệ (1.1), t 7→ ut ∈ E0 liên tục Nhận xét 1.1.3 Chúng ta ý f : [0, ∞) × E0 → E liên tục yếu theo dãy tập bị chặn ánh xạ t 7→ ut ∈ E0 liên tục Khi ánh xạ t 7→ f (t, ut ) liên tục yếu, từ suy hàm liên tục yếu Nếu E không gian tách được, thu t 7→ f (t, ut ) hàm đo Nếu ta giả sử ánh xạ f bị chặn cục bộ, ta có f (., u.) ∈ L1 (0, T ; E) Nếu f : [0, ∞) × E0 → E t 7→ ut ∈ E0 liên tục, ánh xạ t 7→ f (t, ut ) liên tục, từ suy hàm đo Hơn nữa, giả sử ánh xạ f bị chặn cục ta có f (·, u.) ∈ L1 (0, T ; E) Bây chứng minh tồn nghiệm (1.1) Định lý 1.1.4 ([1]) Giả sử E không gian phản xạ tách f : [0, ∞) × E0 → E liên tục yếu theo dãy, bị chặn cục Khi với r > 0, tồn a(r) > cho ψ ∈ E0 ||ψ||E0 ≤ r phương trình (1.1) có nghiệm xác định [0, a(r)) Hơn nữa, u(·) khả vi hầu khắp du dt = f (t, ut ) với t ∈ (0, a(r)) Nếu ta giả sử thêm f : [0, ∞) × E0 → E liên tục, u ∈ C ([0, a]; E) tính tách E khơng cần thiết Định lý 1.1.5 ([1]) Giả sử E khơng gian tách được, f : [0, ∞) × E0 → E liên tục yếu theo dãy Giả sử f : [0, T ] × BE0 (0, r) compact tương đối Eω với T, r > Khi r > 0, tồn a(r) > cho ψ ∈ E0 ||ψ||E0 ≤ r, (1.1) có nghiệm xác định [0, a(r)) Hơn u(·) khả vi hầu khắp du dt = f (t, ut ) với hầu khắp t ∈ (0, a(r)) Nếu giả sử thêm f : [0, ∞) × E0 → E liên tục u ∈ C ([0, a]; E) tính chất tách E không cần thiết 5 Định lý 1.1.6 ([1]) Giả sử điều kiện hai Định lí 1.1.4 1.1.5 thỏa mãn Nếu nghiệm u(·) của(1.1) xác định khoảng lớn [0, b) tồn K > cho ||u(t)|| ≤ K với t ∈ [0, b), b = +∞ u(·) xác định toàn trục
∗ Đặt J : E → 2E ánh xạ đối ngẫu, tức J(y) = ξ ∈ E ∗ |(y, ξ) = ||y||2 = ||ξ||2∗ , ∀y ∈ E Ta chứng chứng minh hai kết liên quan đến tính nghiệm Định lý 1.1.7 ([1]) Giả sử điều kiện hai Định lý 1.1.4 1.1.5 thỏa mãn, giả sử (f (t, v) − f (t, w), j) ≤ β(t)||v − w||2E0 , với j ∈ J(v(0) − w(0)), v, w ∈ E0 t ∈ (0, ∞), β ∈ L1loc (0, ∞), β ≥ Khi ψ ∈ E0 , (1.1) có nghiệm u(·) xác định [0, ∞) Định lý 1.1.8 ([1]) Giả sử điều kiện hai Định lí 1.1.4 1.1.5 thỏa mãn, giả sử với M > 0, tồn β(., M ) ∈ L1loc (0, ∞), cho β(t, M ) ≥ với hầu khắp t ∈ (0, ∞) bất đẳng thức sau thỏa mãn (f (t, ut ) − f (t, vt ), j) ≤ β(t, M )||u − v||2E0 (1.2) với j ∈ (v(0) − w(0)), v, w ∈ E0 , cho ||v||E0 , ||u||E0 ≥ M hầu khắp t ∈ (0, ∞) Khi với r > 0, tồn a(r) > cho, ψ ∈ E0 , ||ψ||E0 ≤ r (1.1) có nghiệm [0, a(r)] 1.2 Tính giải hệ vi phân lưới Xét hệ phương trình vi phân lưới với trễ hữu hạn     dui − (ui−1 − 2ui + ui+1 + λui ) + fi (uit ) = 0, t > 0, i ∈ Z dt    ui (s) = ψi (s), ∀s ∈ [0, h], (1.3) λ ∈ R Đây mơ hình rời rạc hệ phản ứng khuếch tán có trễ     du − ∂u22 + λu + f (ut ) = 0, t > 0, x ∈ R, dt ∂x   u(s) = ψ(s), ∀s ∈ [−h, 0]  `2 P vi2  Ta xét không gian Hilbert tách = v = (vi )i∈Z : < ∞ với chuẩn i∈ Z rP P ||v|| = vi2 tích vô hướng (w, u) = wi vi Ta xét không gian Banach i∈Z i∈Z `∞ = {v = (vi )i∈Z : supi∈Z |vi | < ∞} với chuẩn ||v||∞ = supi∈Z |vi | Kí hiệu E = `2 , E0 = C([−h, 0], `2 ), E1 = C([−h, 0], R), với chuẩn ||u||E0 = maxs∈[−h,0] ||u(s)||, ||u||E1 = maxs∈[−h,0] |u(s)| Ngoài ra, đặt E∞ = C([−h, 0], `∞ ), với chuẩn ||u||E∞ = maxs∈[−h,0] ||u(s)||∞ Chú ý E0 ⊂ E∞ , rP ||u(t) − u(s)||∞ = sup |ui (t) − ui (s)| ≤ |ui (t) − ui (s)| i∈Z = ||u(t) − u(s)||, ∀t, s ∈ [−h, 0], ||u||E∞ = max sup |ui | ≤ max s∈[−h,0] i∈Z sX s∈[−h,0] |ui |2 = ||u||E0 i∈Z Ta xét điều kiện sau: (H1) Toán tử f : E0 → E cho quy tắc (f (v))i = fi (vi ), i ∈ Z xác định bị chặn cục (H2) Ánh xạ fi : C([−h, 0], R → R) liên tục Trước tiên ta chứng minh tồn hệ (1.3) Ta định nghĩa toán tử A : E → E (Av)i := −vi−1 + 2vi − vi+1 , i ∈ Z Ngoài ra, ta định nghĩa toán tử B, B ∗ : E → E (Bv)i := vi+1 − vi , (B ∗ v)i := vi−1 − vi , i ∈ Z Dễ thấy A = B ∗ B = BB ∗ , (B ∗ w, v) = (w, Bv) 7 Sau toán tử F : E0 → E xác định F (v) = −Av(0) − f (v) − λv(0) (1.3) viết lại     du = F (ut ), t > dt (1.4)   u(s) = ψ(s), ∀s ∈ [−h, 0] Bổ đề 1.2.1 [3] Giả sử (H1), (H2) thỏa mãn ánh xạ f : E0 → E liên tục yếu theo dãy Ngoài ra, ánh xạ A : E → E liên tục yếu Định lý 1.2.2 ([4]) Giả sử (H1)-(H2) thỏa mãn Khi đó, r > tồn a(r) > cho, ψ ∈ E0 ||ψ||E0 ≤ r, (1.3) có nghiệm xác định [0, a(r)] Hơn u(·) khả vi hầu khắp du dt = F (ut ) với hầu khắp t ∈ (0, a(r)) Để có ánh xạ f liên tục, ta cần giả thiết mạnh (H1) (H3) Toán tử f : E0 → E cho quy tắc (f (v))i = fi (vi ), i ∈ Z xác định, với v ∈ E0 ta có P |fi (vi )|2 ≤ C(||v||E0 )( max |i|>K 0+ P s∈[−h,0] |i|≥K vi2 (s)) + bK với K ∈ Z+ , với bK → K → ∞, C(·) hàm liên tục không âm không giảm Nhận xét 1.2.3 Nếu điều kiện (H3) thỏa mãn f bị chặn cục Bổ đề 1.2.4 Giả sử (H2)-(H3) thỏa mãn, ánh xạ f : E0 → E liên tục Hệ 1.2.5 Với điều kiện (H2)-(H3) nghiệm xác định Định lý 1.2.2 thuộc khơng gian C ([0, a]; E) Để có tính nghiệm ta cần có thêm điều kiện Lipschitz (H4) Đối với M > tồn β(M ) ≥ cho (f (z) − f (v), z(0) − v(0)) ≥ −β(M )||z − v||2E0 , ||z||E0 , ||v||E0 ≤ M Định lý 1.2.6 [2] Giả sử (H1)-(H2) (H4) thỏa mãn Khi nghiệm Định lý 1.2.2 Bây nghiên cứu dáng điệu tiệm cận nghiệm hệ (1), cụ thể tồn tập hút toàn cục Khi điều kiện (H1)-(H2), (H4) thỏa mãn, ta giả sử nghiệm xác định toàn cục (nếu ta đánh giá nghiệm theo Định lý 1.1.6), ta xác định nửa nhóm S : R+ × E0 → E0 S(t, ψ) = ut , u(·) nghiệm (1.3) với u0 = ψ , sử dụng (??) Bổ đề Gronwall ta dễ dàng chứng minh ánh xạ S liên tục theo kiện ban đầu u0 Mặt khác, ta giả sử điều kiện (H1)-(H2) thỏa mãn nghiệm toàn cục ta xác định nửa dịng đa trị G : R+ × E0 → P (E0 ) (P (E0 ) tập tập khác rỗng E0 )  G(t, ψ) = ut : u(·) nghiệm (1.3) với kiện ban đầu ψ (1.5) Vì khơng có tính nghiệm tốn Cauchy, nên G nói chung đa trị Ta chứng minh nửa dòng đa trị, nghĩa là: G(0, ) = Id (ánh xạ đơn vị); G(t + s, u0 ) ⊂ G(t, G(s, u0 )) với u0 ∈ E0 , t, s ∈ R+ Thực tế ta có G(t + s, u0 ) = G(t, G(s, u0 )) với u0 ∈ E0 , t, s ∈ R+ Trong phần thấy với điều kiện bổ sung cho ánh xạ f , tồn tập hút toàn cục (1.3) Để thực điều này, ta nhắc lại số kết biết lí thuyết tập hút tồn cục nửa nhóm nửa dịng đa trị Giả sử S : R+ × X → X(G : R+ × X → P (X)) nửa nhóm (nửa dịng đa trị) không gian metric đầy đủ X Tập B0 gọi tập hấp thụ nửa nhóm S (nửa dịng đa trị G) với tập bị chặn B , tồn T = T (B) > cho S(t, B) ⊂ B0 (G(t, B)) ⊂ B0 với t ≥ T Nửa nhóm S (nửa dịng G) tiệm cận compact tập bị chặn B cho ∪t≥T (B) S(t, B) (∪t≥T (B) G(t, B)) bị chặn (với số T (B) đó), dãy yn ∈ S(tn , B) (yn ∈ G(tn , B)), tn → ∞ compact tương đối Nhắc lại dist(A, B) = supx∈A infy∈B ||x − y|| nửa khỏng cách Hausdorff từ tập A đến tập B Tập A tập hút toàn cục S bất biến (S(t, A) = A với t ≥ hút tập bị chặn B , tức dist(S(t), B), A) → t → ∞ Tập A tập hút toàn cục G nửa bất biến âm (A ⊂ G(t, A) với t ≥ 0) hút tập bị chặn B , nghĩa dist(G(t, B), A) → t → ∞ Tập hút A gọi bất biến A = G(t, A) với t ≥ Chúng ta biết hai kết tồn tập hút toàn cục Định lý 1.2.7 ([5, 4]) Giả sử ánh xạ x 7→ S(t, x) liên tục với t > Giả sử S tiệm cận compact có tập hấp thụ bị chặn B0 Khi tồn tập hút tồn cục compact A, tập hút đóng cực tiểu Nếu thêm điều kiện không gian X liên thông ánh xạ t 7→ S(t, x) liên tục với x ∈ X , tập A liên thông Chúng ta nhớ lại x 7→ G(t, x) gọi nửa liên tục lân cận O G(t, x), tồn δ > cho ||y − x|| < δ G(t, y) ⊂ O Định lý 1.2.8 ([6]) Giả sử G tiệm cận compact có tập hấp thụ bị chặn B0 Ngoài ánh xạ x 7→ G(t, x) nửa liên tục với giá trị đóng Khi tồn tập compact hút tồn cục A, tập đóng tối thiểu hút tập bị chặn Nếu thêm giả thiết G chặt A bất biến 10 Chương Dáng điệu tiệm cận nghiệm lớp hệ vi phân lưới Ta xét hàm F : E0 → G cho công thức (f (v))i = fi (vi ) Z fi (vi ) = F0,i (vi (0)) + F1,i (vi (−h1 )) + bi (s, vi (s))ds, −h h ≥ h1 > 0, đó, đặt v = ut = u(t + ) hệ (1.3) viết lại    dui   dt − (ui−1 − 2ui + ui+1 ) + λui + F0,i (ui (t)) + F0,i (ui (t − h1 ))    R0 b (s, ui (t + s)) = 0, t > 0, i ∈ Z, + −h i       ui (s) = ψi (s), ∀s ∈ [−h, 0] (2.1) Ta xét điều kiện sau: (C1) λ > (C2) F0,i liên tục thỏa mãn F0,i (x)x ≥ −C0,i , C0 ∈ `1 (C3) |F0,i (x)| ≤ H(|x|)|x| + C1,i với x ∈ R với C1 ∈ `2 , H(·) ≥ hàm liên tục không giảm (C4) F0,i liên tục thỏa mãn |F0,i (x)| ≥ K1 |x| + C2,0 , với x ∈ R, với C2 ∈ `2 , K1 > (C5) bi (s, x) ≤ m0,i (s) + m1,i (s)|x|, với x ∈ R a.a s ∈ (−h, 0), với bi hàm Caratheodory đo theo s liên tục theo x 11 Ngoài ra, m0,i (·), m1,i (·) ∈ L1 (−h, 0), m0,i (s), mi,i (s) ≥ đặt R0 R0 P < ∞, r = 0, Mi,0 = −h m0,i (s)ds, Mi,1 = −h m1,i (s)ds, ta giả sử Mr2 := i∈Z Mr,i Ta kiểm tra điều kiện (H1)-(H3) Trước tiên, để có (H1) ta chứng minh f xác định bị chặn cục Ta ý Z |fi (vi )| ≤ |F0,i (vi (0))| + |F1,i (vi (−h1 ))| + |bi (s, vi (s))|ds (2.2) −h Theo (C3), ta có |Fi,0 (vi (0))|2 ≤ 2(H (|vi (0)|))|vi (0)|2 + C1,i 2 ≤ 2χ(||v||E0 )|vi (0)|2 + 2||C1,i || (2.3) với χ(||v||E0 ) = maxi∈Z (H |vi (0))|, tồn H(.) khơng giảm Ta có X |Fi,0 (vi (0))|2 ≤ 2χ(||v||2E0 ) + 2||C1 ||2 (2.4) i∈Z Thứ hai, theo (C4) ta thu X |F1,i (vi (−h1 ))|2 ≤ 2K12 X i∈Z |vi (−h1 )|2 + 2||C2 ||2 ≤ 2K12 ||v||2E0 + 2||C2 ||2 (2.5) i∈Z Bây giờ, điều khiển tích phân chậm, ta có R0 R0 −h |bi (s, vi (s))|ds ≤ XZ (m0,i (s) + m1,i (s))|vi (s)|)ds ≤ M0,i + ||v||E∞ M1,i Khi |bi (s, vi (s))|ds)2 ≤ ( i∈Z −h −h X i∈Z M0,i + 2||v||2e∞ X M1,i ≤ 2M02 + 2||v||2E0 M12 (2.6) i∈Z Sau đó, sử dụng (2.4)-(2.6) (2.2) ta thu f ánh xạ xác định bị chặn Bây ta kiểm tra điều kiện (H2), i.e., tức ánh xạ fi : C([−h, 0], R) → R liên tục Ta có {v n }n∈N ⊂ C([−h, 0], R) cho v n → v C([−h, 0]), R Ta xét |fi (v n ) − fi (v )| 12 ≤ |F0,i (v n (0)) − F0,i (v (0))| + |F1,i (v n (−h1 )) − F1,i (v (−h1 ))| +| R0 b (s, v n (s))ds − −h i R0 b (s, v −h i (s))ds| Từ (C2) (C4), F0,i hàm liên tục Ngoài ra, từ (C5) theo Định lý Lebesgue hồi tụ Như vậy, suy tính liên tục fi Kiểm tra (H3) ta nhận thấy P R0 ( |i|≥K |b (s, vi (s))|ds)2 ≤ −h i +2 P R0 ( |i|≥K P R0 ( |i|≥K ≤2 P |i|≥K m0,i (s)ds)2 m0,i (s)|vi (s)|ds)2 + 2||v||2 M0,i E0 Ngoài ra, theo (2.2), (2.3) (C4) ta có P P |fi (vi ) ≤ R(χ(||v||E0 ) |i|≥K −h −h |vi (0)|2 + |i|≥K + K12 P |vi (−hi )|2 + |i|≥K ≤ C(||v||E0 )( max P + C2,i P|i|≥K s∈[−h,0] |i|≥K P M1,i |i|≥K P C1,i |i|≥K P |i|≥K + ||v||1 M0,i E0 P ) M1,i |i|≥K vi (s) + bK ), với bK → 0+ K → ∞ hàm liên tục khơng giảm Do (H3) thỏa mãn Theo Định lý 1.2.2 Hệ 1.2.5 chứng tỏ ψ ∈ E0 tồn nghiệm u(·) ∈ C ([0, α), E), khoảng tối đa [0, α) Để có nghiệm toàn cục ta cần thực số ước lượng 2.1 Ước lượng nghiệm Ta thực số ước lượng nghiệm Các ước lượng chứng tỏ nghiệm bị chặn tập bị chặn chứa điều kiện ban đầu Kết cho phép xác định tập hấp thụ bị chặn Mệnh đề 2.1.1 Giả sử (C1)-(C5) thỏa mãn Ngoài ra, giả sử 2M1 eh < 1, (2.7) 2K12 < e−ηh λ(λ − η), (2.8) 13 với η ∈ (η0 , η1 ) ηj hai nghiệm phương trình ηe−ηh = 2M1 Khi đó, nghiệm u(·) với u0 = ψ ∈ E0 thỏa mãn công thức ||ut ||2E0 ≤ R1 e−(η−L)t ||ψ||2E0 + R2 , ∀ ∈ [0, T ∗ ), (2.9) với T ∗ thời gian cực đại mà nghiệm xác định, L = 2M1 eηh Rj > số phụ thuộc vào tham số hệ Nhận xét 2.1.2 Ta ý (2.7) chứng tỏ ηe−ηh > 2M1 η ∈ (η0 , η1 ), η > L Ngồi ra, (2.8)chứng tỏ λ > η Hệ 2.1.3 Giả sử điều kiện Mệnh đề 2.1.1 thỏa mãn, Định lý 1.1.6 chứng tỏ nghiệm riêng (1.3) xác định toàn cục Ngoài ra, ánh xạ G xác định (1.5) nửa dòng đa trị ngặt Hệ 2.1.4 [1] Tập bị chặn B0 := {ψ ∈ E0 : ||ψ|| ≤ R0 } , với R0 := 2.2 √ + R2 tập hấp thụ nửa dòng đa trị G Ước lượng phần dư Để có tồn tập hút tồn cục, ta cần có ước lượng phần dư nghiệm Bổ đề 2.2.1 Giả sử Mệnh đề 2.1.1 thỏa mãn B tập bị chặn E0 Khi với  > tồn T (, B), K(, B) cho s max s∈[−h,0] X |ui (t + s)|2 < , t ≥ T, |i|>2K(,B) cho điều kiện ban đầu ψ ∈ B nghiệm u(·), với u0 = ψ Bổ đề 2.2.2 Giả sử ψ n → ψ E0 Khi đó: (2.10) 14 Với , T > tùy ý, tồn K(, T ) cho nghiệm un (·) ∈ D(ψ n ), sX max s∈[−h,0] |uni (t + s)|2 ≥ , ∀t ∈ [0, T ] (2.11) |i|≥2K Hơn nữa, tồn u(·) ∈ D(ψ) dãy {unk } {un } cho {unk } → {un } (2.12) C([0, T ], E) Hệ 2.2.3 Giả sử điều kiện Mệnh đề 2.1.1 thỏa mãn Khi ánh xạ đa trị ψ 7→ G(t, ψ) đóng nửa liên tục trên, có giá trị compact Bổ đề 2.2.4 [1] Giả sử điều kiện Mệnh đề 2.1.1 thỏa mãn Khi ánh xạ đa trị G tiệm cận compact Theo Mệnh đề 2.1.1, Bổ đề 2.2.4, Hệ 2.1.4, 2.2.3 Định lí 1.2.8 ta thu được: Định lý 2.2.5 ([3]) Giả sử điều kiện Mệnh đề 2.1.1 thỏa mãn Khi nửa dịng đa trị nửa G có tập hút toàn cục bất biến compact A Chúng ta thu kết tương tự cách thay đổi điều kiện (2.7)-(2.8) Định lý 2.2.6 ([1]) Giả sử điều kiện (C1) - (C5) 2eh(M1 + K12 ) < 1, λ (2.13) λ − η > 0, (2.14) với η ∈ (η0 , η1 ) ηj hai nghiệm phương trình ηe−ηh = 2M1 + 2K λ Khi đó, nửa dịng đa trị G có tập hút tồn cục bất biến A 15 2.3 Sự tồn tập hút toàn cục trường hợp nghiệm Chúng ta chứng minh tính nghiệm toán Cauchy (2.1), bổ sung giả thiết sau: (C6) cho x, y ∈ R s ∈ [−h, 0] ta có |F0,i (x) − F0,i (y)| ≤ C1 (|x|, |y|)|x − y|, |F1,i (x) − F1,i (y)| ≤ C2 (|x|, |y|)|x − y|, bi (s, x) − bi (s, y)| ≤ k(s)C3 (|x|, |y|)|x − y|, với Cj (., ) ≥ hàm liên tục không giảm theo hai biến k(·) ∈ L2 (−h, 0) Bổ đề 2.3.1 [1] Nếu điều kiện (C6) thỏa mãn ánh xạ f : E0 → E Lipschitz tập bị chặn E0 Hệ 2.3.2 Nếu điều kiện (C6) thỏa mãn ánh xạ F : E0 → E Lipschitz tập bị chặn E0 Hệ 2.3.2 chứng tỏ (H4) thỏa mãn Khi đó, điều kiện (C1)(C6) (2.7)-(2.8), Định lý 1.1.6, 1.2.2, 1.2.6, Hệ 1.2.5 Mệnh đề 2.1.1 chứng tỏ với ψ ∈ E0 tồn nghiệm tổng quát u(·) ∈ C ([0, ∞), E) Do đó, ta xác định nửa nhóm S : R+ × E0 → E0 S(t, u0 ) = ut u(·) nghiệm (2.1)với ψ = u0 Hơn ánh xạ liên tục theo ψ Ta thu tồn tập hút toàn cục Định lý 2.3.3 [1] Giả sử điều kiện (C1)-(C6) (2.7)-(2.8) thỏa mãn Khi nửa nhóm S có tập hút tồn cục A liên thơng compact 16 Ngồi ra, tương tự Định lí 2.2.6 ta thay điều kiện (2.7)-(2.8) điều kiện (2.13)-(2.14) ta thu Đinh lí sau Định lý 2.3.4 [1] Nếu điều kiện (C1)-(C6) (2.13)-(2.14) thỏa mãn nửa nhóm S có tập hút tồn cục A liên thông compact 17 Kết luận Luận văn đề cập đến dáng điệu tiệm cận nghiệm lớp hệ vi phân lưới, thơng qua khái niệm tập hút tồn cục Chứng minh chi tiết kết quả: Tính giải hệ vi phân lưới Dáng điệu tiệm cận nghiệm lớp hệ vi phân lưới Cách tiếp cận luận văn sử dụng cho nhiều lớp hệ vi phân lưới khác 18 Tài liệu tham khảo [1] Caraballo, Tomás; Morillas, Francisco; Valero, José On differential equations with delay in Banach spaces and attractors for retarded lattice dynamical systems Discrete Contin Dyn Syst 34 (2014), no 1, 51-77 [2] V.S Afraimovich and V.I Nekorkin, Chaos of traveling waves in a discrete chain of diffusively coupled maps, Internat J Bifur Chaos Appl Fci Engrg., 4(1994), 631-637 [3] S.-N Chow, J Mallet-Paret and E S Van Vleck, Pattern formation and spatial chaos inspatially discrete evolution equations, Random Computational Dynamics, (1996) 109-178 [4] T Erneux and G Nicolis, Propagating waves in discrete bistable reaction diffusion systems, P [5] J P Keener, The effects of discrete gap junction coupling on propagatio [6] J Mallet-Paret, The global structure of traveling waves in spatially discrete dynamical systems, J Dynam Differen