Tính chính quy của tập hút toàn cục

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI HOÀNG ĐĂNG HƯNG TÍNH CHÍNH QUY CỦA TẬP HÚT TOÀN CỤC LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Hà Nội, 2016 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI HOÀNG ĐĂNG HƯNG TÍNH CHÍNH QUY CỦA TẬP HÚT TOÀN CỤC LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Chuyên ngành: Toán giải tích Mã số : 60 46 01 02 Người hướng dẫn khoa học PGS.TS Cung Thế Anh HÀ NỘI, 2016 Lời cảm ơn Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới PGS.TS Cung Thế Anh, người định hướng chọn đề tài tận tình hướng dẫn để hoàn thành luận văn Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới thầy cô phòng Sau đại học, thầy cô giáo dạy lớp thạc sĩ chuyên ngành Toán Giải tích, trường Đại học Sư phạm Hà Nội giúp đỡ suốt trình học tập Nhân dịp xin gửi lời cảm ơn chân thành tới gia đình, bạn bè động viên, cổ vũ, tạo điều kiện thuận lợi cho trình học tập hoàn thành luận văn Hà Nội, tháng năm 2016 Tác giả Hoàng Đăng Hưng Lời cam đoan Tôi xin cam đoan, hướng dẫn PGS.TS Cung Thế Anh, luận văn thạc sĩ chuyên ngành Toán Giải tích với đề tài “Tính quy tập hút toàn cục” hoàn thành nhận thức thân tác giả Trong trình nghiên cứu thực luận văn, tác giả kế thừa thành tựu nhà khoa học với trân trọng biết ơn Hà Nội, tháng năm 2016 Tác giả Hoàng Đăng Hưng Mục lục Mở đầu 1 Tính quy tập hút toàn cục 1.1 1.2 Sự tồn tập hút toàn cục 1.1.1 Một số khái niệm 1.1.2 Tính chất tập hút toàn cục 1.1.3 Sự tồn tập hút toàn cục Tính quy tập hút toàn cục 13 1.2.1 Bất đẳng thức 13 1.2.2 Tính quy tập hút toàn cục 15 Áp dụng cho tập hút toàn cục phương trình truyền sóng tắt dần mạnh 20 2.1 Đặt toán 20 2.2 Sự tồn tập hút toàn cục H 22 2.3 Tính quy tập hút toàn cục 29 Kết luận 32 i Tài liệu tham khảo 33 ii Mở đầu Lí chọn đề tài Việc nghiên cứu dáng điệu tiệm cận nghiệm thời gian vô hệ động lực vô hạn chiều sinh phương trình đạo hàm riêng phi tuyến toán quan trọng có nhiều ý nghĩa thực tiễn Một cách tiếp cận toán hệ động lực tiêu hao vô hạn chiều nghiên cứu tồn tính chất tập hút toàn cục Đó tập compact, bất biến, hút tập bị chặn chứa đựng nhiều thông tin dáng điệu tiệm cận hệ xét Trong năm qua, tồn tập hút toàn cục nghiên cứu cho nhiều lớp phương trình đạo hàm riêng phi tuyến dựa kết tổng quát lí thuyết hệ động lực tiêu hao vô hạn chiều, xem chuyên khảo [4, 8] Tuy nhiên, kết tính quy (còn gọi tính trơn) tập hút toàn cục, tức tính bị chặn tập hút không gian “trơn” không gian pha toán, [5] Vì vậy, chọn vấn đề làm đề tài nghiên cứu luận văn Mục đích nghiên cứu Nghiên cứu tính quy tập hút toàn cục, tức thiết lập tính bị chặn tập hút không gian trơn không gian pha hệ động lực xét Áp dụng kết tổng quát để xét tính quy tập hút toàn cục nửa nhóm sinh phương trình truyền sóng tắt dần mạnh Nhiệm vụ nghiên cứu Nghiên cứu tồn tính quy tập hút toàn cục Áp dụng xét tính quy tập hút toàn cục phương trình truyền sóng tắt dần mạnh Đối tượng phạm vi nghiên cứu Đối tượng nghiên cứu: Tập hút toàn cục hệ động lực tiêu hao vô hạn chiều Phạm vi nghiên cứu: Tính quy tập hút toàn cục Áp dụng cho tập hút phương trình truyền sóng tắt dần mạnh Phương pháp nghiên cứu Để nghiên cứu tồn tính quy tập hút toàn cục, sử dụng phương pháp lí thuyết hệ động lực tiêu hao vô hạn chiều Đóng góp đề tài Trình bày kết tính quy tập hút toàn cục Áp dụng kết tổng quát để xét tính quy tập hút toàn cục phương trình truyền sóng tắt dần mạnh Chương Tính quy tập hút toàn cục 1.1 Sự tồn tập hút toàn cục Mục trình bày số khái niệm lí thuyết hệ động lực tiêu hao vô hạn chiều định lí tồn tập hút toàn cục Nội dung mục viết dựa tài liệu [1, 4, 8] 1.1.1 Một số khái niệm Định nghĩa 1.1 Hệ động lực cặp (X, S (t)) gồm không gian Banach X họ ánh xạ S (t) : X → X, t ≥ thỏa mãn: a) S (0) = I, I phép đồng nhất; b) S (t) S (s) = S (s) S (t), với t, s ≥ 0; c) với t ≥ 0, S (t) ∈ C (X, X) ; d) với u ∈ X, t → S (t) u ∈ C ((0; +∞) , X) Chương Áp dụng cho tập hút toàn cục phương trình truyền sóng tắt dần mạnh 2.1 Đặt toán Trong chương nghiên cứu phương trình truyền sóng tắt dần mạnh miền trơn bị chặn Ω ⊂ R3 với điều kiện biên Dirichlet   utt − ∆ut − ∆u + ϕ (u) = f, x ∈ Ω, t > 0,       u (x, 0) = u0 (x) , x ∈ Ω, (2.1)   ut (x, 0) = u1 (x) , x ∈ Ω,      u (x, t) = 0, x ∈ ∂Ω, t > 0, f ∈ L2 (Ω) không phụ thuộc vào thời gian, số hạng phi tuyến ϕ ∈ C (R) thỏa mãn điều kiện tăng trưởng tới hạn |ϕ (r) − ϕ (s)| ≤ c |r − s| (1 + |r| + |s|)4 , ∀r, s ∈ R 20 (2.2) Ngoài ra, giả sử ϕ có phép phân tích ϕ = ϕ0 + ϕ1 , với ϕ0 ∈ C (R) , ϕ1 ∈ C (R) , thỏa mãn |ϕ0 (r)| ≤ c + |r|5 , ∀r ∈ R, (2.3) ϕ0 (r) r ≥ 0, ∀r ∈ R, (2.4) |ϕ1 (r)| ≤ c (1 + |r|γ ) , γ < 5, ∀r ∈ R, (2.5) lim inf |u|→∞ ϕ1 (r) > −α1 , r (2.6) c số dương, α1 > giá trị riêng toán tử tuyến tính A = −∆ L2 (Ω) với dom (A) = H (Ω) ∩ H01 (Ω) Không làm tính tổng quát, ta coi γ đủ lớn, cụ thể γ ≥ Khi từ (2.6) suy tồn α < α1 cho ϕ1 (r) r ≥ −αr2 − c, ∀r ∈ R (2.7) Nhận xét 2.1 Ta thay ϕ0 ηϕ1 ϕ1 ϕ1 + (1 − η) ϕ0 , η hàm trơn có giá trị [0, 1] cho η (r) = |r| ≤ η (r) = |r| ≥ Khi ϕ0 ϕ1 thỏa mãn điều kiện (2.4)-(2.6), |ϕ0 (r)| ≤ c |r| + |r|5 , ∀r ∈ R (2.8) Từ sau ta giả thiết (2.5) thay cho (2.3) Nhận xét 2.2 Như [2, Bổ đề 1.2], hàm ϕ ∈ C (R) thỏa mãn |ϕ (r)| ≤ c |r| + |r|5 , ∀r ∈ R, 21 lim inf |u|→∞ ϕ (r) > −α1 , r có phân tích ϕ = ϕ0 + ϕ1 thỏa mãn (2.3)-(2.6) Định nghĩa 2.1 Với r ∈ R, ta định nghĩa thang không gian Hilbert H (ta bỏ qua số r r = 0) H r = dom Ar/2 , u, v = Ar/2 u, Ar/2 v L2 (Ω) , u = Ar/2 u L2 (Ω) , ta đưa định nghĩa không gian Hilbert tích Hr = H r+1 × H r Kết sau chứng minh [3] Định lý 2.1 Với T > (u0 , u1 ) ∈ H, toán (2.1) có nghiệm yếu u ∈ C([0, T ]; H01 (Ω)), với ut ∈ C([0, T ]; L2 (Ω)) ∩ L2 (0, T ; H01 (Ω)), phụ thuộc liên tục vào kiện ban đầu Nói cách khác, toán (2.1) sinh nửa nhóm liên tục mạnh S(t) không gian pha H Mục đích chương nghiên cứu tồn tính quy tập hút toàn cục nửa nhóm S(t) sinh toán (2.1), cách sử dụng kết tổng quát Chương 2.2 Sự tồn tập hút toàn cục H Ta biết phương trình (2.1) sinh nửa nhóm liên tục mạnh S (t) H Trong mục ta chứng minh tồn tập hút toàn 22 cục S (t) H Kết mục viết dựa tài liệu [6, 7] Trước hết ta chứng minh S (t) có tập hấp thụ Định lý 2.2 Tồn số R0 > có tính chất sau: cho R > 0, tồn t0 = t0 (R) cho z0 H ≤R S (t)z0 H ≤ R0 , ∀t ≥ t0 Khi tập B0 = {z0 ∈ H : z0 H ≤ R0 } tập hấp thụ bị chặn S (t) H, tức với tập bị chặn B ⊂ H, tồn t0 = t0 (B, 1) cho S (t) B ⊂ B0 với t ≥ t0 Chứng minh Trong chứng minh ta dùng số tổng quát c0 ≥ 0, độc lập với R ϕ1 ≡ f ≡ Kí hiệu z (t) = S (t) z0 = (u (t) , ut (t)) , xét phiếm hàm u(x,t) F(t) = ϕ(y)dydx Ω Cho ε ∈ [0, ε0 ], với ε0 ≤ xác định đây, ta dùng thêm biến phụ ξ(t) = ut (t) + εu(t) 23 Kiểm tra phương trình với ξ thu 1d 2 E + ε(1 − ε) A1/2 u + A1/2 ξ dt = ε ξ − ε2 u, ξ + ε f, u − ε ϕ(u), u , (2.9) phiếm hàm lượng E xác định sau E(t) = E(z(t)) = (1 − ε) A1/2 u(t) + ξ (t) + F(t) − f, u(t) Khi theo (2.5) (2.8) ta có E(t) ≤ c(1 + z(t) ) (2.10) Mặt khác, tính liên tục ϕ1 , (2.4) (2.7), ta lại có E(t) ≥ λ z(t) − c0 , (2.11) ε0 đủ nhỏ, với λ > (có thể nhỏ) Sử dụng (2.4) (2.7) ta có ϕ0 (u), u ≥ 0, ϕ1 (u), u ≥ −(1 − 2λ0 ) A1/2 u − c0 , (2.12) với λ0 ∈ (0, 21 ) Tất số độc lập với ε ∈ [0, ε0 ] Nói riêng, λ λ0 phụ thuộc vào giá trị giới hạn (2.6) Bây sử dụng (2.12) bất đẳng thức −ε2 u, ξ ≤ ε3 4α1 ε ≤ ελ0 A1/2 u A1/2 u 2 + ε ξ 2, + εc0 , từ (2.9) ta thu bất đẳng thức vi phân d ε2 E + 2ε(λ0 − ε − ) A1/2 u dt 4α1 24 + (2α1 − 4ε) ξ ≤ εc0 , mà với ε0 đủ nhỏ trở thành d E + ελ0 A1/2 u dt + (2α1 − 4ε) ξ ≤ εc0 (2.13) Tất bất đẳng thức với ε ∈ [0, ε0 ], ε0 đủ nhỏ Ta lại có 2α1 − 4ε ≥ ελ0 Khi đó, bất đẳng thức (2.13) viết lại thành d E+2 dt (nếu δ đủ nhỏ) kéo theo A1/2 u d dt E +2 z + ξ 2 ≤ c0 , ≤ c0 Dựa theo (2.10)-(2.11), lấy c0 dương thực sự, tồn c0 + c(1 + R6 ) t0 = t0 (R, 1) = c0 cho E(z(t)) ≤ sup E(ζ) : δ ζ ≤ 2c0 , ∀t ≥ t0 ζ∈H Do từ (2.10)-(2.11) định lý chứng minh Hệ 2.1 Cho R ≥ bất kỳ, tồn K0 = K0 (R) Λ0 = Λ0 (R) cho z0 H ≤ R, nghiệm tương ứng S(t)z0 = (u(t), ut (t)) thỏa mãn S(t)z0 H ∀t ∈ R+ , ≤ K0 , ∞ A1/2 ut (y) dy ≤ Λ0 Khi tập {z0 ∈ H : S(t)z0 ≤ K0 (R0 ), ∀t ≥ 0} tập hấp thụ bị chặn S(t) H mà bất biến tác động nửa nhóm 25 Định lý 2.3 Nửa nhóm S(t) có tập hút toàn cục compact liên thông A ⊂ H Để chứng minh Định lý 2.3 để phục vụ mục đích khác, ta tách nghiệm u toán (2.1) với kiện ban đầu z0 = (u0 , u1 ) ∈ H thành tổng u(t) = v(t) + w(t), v w nghiệm toán   v + Avt + Av + ϕ0 (v) = 0,    tt v(0) = u0 ,     v (0) = u , t   w + Awt + Aw + ϕ(u) − ϕ0 (v) = f,    tt w(0) = 0,     w (0) = (2.14) t Để cho tiện, ta kí hiệu z(t) = (u(t), ut (t)), zd (t) = (v(t), vt (t)), zc (t) = (w(t), wt (t)) Bước đầu tiên, ta zd tắt dần cấp mũ H, z0 chạy tập bị chặn H Bổ đề 2.1 Cho R ≥ bất kỳ, tồn M0 = M0 (R) ≥ ν0 = ν0 (R) > cho, z0 H ≤ R, suy zd (t) H ≤ M0 e−ν0 t , t ∈ R+ Ở đây, số M0 ν0 tương ứng phụ thuộc tăng dần giảm dần vào R 26 Chứng minh Lặp lại chứng minh Định lý 2.2, áp dụng cho trường hợp với zd (t) thay cho z(t) (với c0 = 0, ϕ1 ≡ f ≡ 0), ta thu bất đẳng thức vi phân d E + ε A1/2 v dt + (2α1 − 4ε) ξ ≤ 0, (2.15) với ε0 đủ nhỏ Lấy tích phân (2.15) với ε = (0, t) thu sup sup zd (t) z0 ≤R t∈R+ < ∞ Do đó, ta tìm ước lượng F(t) ≤ c( v(t) + v(t) L6 ) ≤ k A1/2 v(t) , ∀t ≥ 0, với số k = k(R) ≥ Sau cho ε0 đủ nhỏ, ta thay số hạng A1/2 v xuất (2.15) (1 − ε) 1/2 A v 2k + 1 F = E− ξ 2k 2k 2k , nên ta thu d ελ0 E+ E + (2α1 − εm) ξ dt 2k ≤ 0, đơn giản ta đặt m = m(R) = + λ0 2k Một lần nữa, lí luận chứng minh Định lý 2.2, ta thấy 2α1 − εm ≥ 0, Do ta kết luận d E + 2ν0 E ≤ dt Theo bổ đề Gronwall, sử dụng (2.10)-(2.11) (nhắc lại c0 = 0), suy điều phải chứng minh 27 Ta có hệ trực tiếp sau Hệ 2.2 Nếu ϕ1 ≡ f ≡ 0, S(t) phân rã Do tập {0} ⊂ H tập hút toàn cục S(t) H Tiếp theo ta với thời điểm cố định, thành phần zc thuộc tập compact H, kiện ban đầu z0 thuộc tập hấp thụ B0 xác định Định lý 2.2 Bổ đề 2.2 Với thời điểm T ∈ R+ , tồn tập compact KT ⊂ H cho zc (t) ∈ KT , ∀t ∈ [0, T ] z0 ∈B0 Chứng minh Hằng số c xuất chứng minh phụ thuộc K0 (R0 ) (xác định Định lý 2.2), nhiên giá trị cố định Theo Hệ 2.1 Bổ đề 2.1, A1/2 u(t) + A1/2 v(t) ≤ c, ∀t ∈ R+ Chọn 5−γ σ = min{ , }, nhân (2.14) với Aσ wt , ta đẳng thức d dt zc σ + A(1+σ)/2 wt (2.16) σ σ σ L6 ) σ L6/(1−2σ) A wt L6/(1−2σ) 1/2 (1+σ)/2 (1+σ)/2 = − ϕ(u) − ϕ(v), A wt − ϕ1 (v), A wt + f, A wt Theo (2.2) ta có − ϕ(u) − ϕ(v), Aσ wt L6 + v 1/2 ≤ c(1 + u ≤ c(1 + A ≤ c zc σ + u + A w v )A A(1+σ)/2 wt 28 w A (2.17) wt Do γ ≤ 1, theo (2.5) ta suy − 2σ − ϕ1 (v), Aσ wt γ ) Aσ wt L6/(1+2σ) L6γ/(5−2σ) γ c(1 + A1/2 v ) A(1+σ)/2 w t c + 31 A(1+σ)/2 wt ≤ c(1 + v ≤ ≤ Cuối cùng, f, Aσ wt ≤ A−1/2 f A(1+σ)/2 w ≤c+ t (1+σ)/2 A wt (2.18) Thay (2.17)-(2.18) vào (2.16), ta thu d zc dt σ ≤ c zc σ + c, từ bổ đề Gronwall suy zc (t) σ ≤ ekt − 1, điều phải chứng minh Từ Định lý 2.2, Bổ đề 2.1 Bổ đề 2.2, ta suy S(t) có tập hút toàn cục compact liên thông A H Định lý 2.3 chứng minh 2.3 Tính quy tập hút toàn cục Nội dung mục viết dựa tài liệu [5] Định lý 2.4 Tập hút A nửa nhóm S (t) H bị chặn H1 Chứng minh Giả sử B0 tập hấp thụ nửa nhóm S(t) Với x ∈ B0 cố định, nghiệm S(t)x = (u(t), ut (t)) phân tích thành tổng 29 ˆ ˆ = (w(t), ηˆ(t) + ζ(t), ηˆ(t) = (ˆ v (t), vˆt (t)) ζ(t) ˆ wˆt (t)) nghiệm toán Cauchy   vˆtt + Aˆ vt + Aˆ v + ϕ0 (ˆ v ) = 0,   wˆtt + Awˆt + Awˆ = gˆ, (2.19)  ζ(0) ˆ = 0,  ηˆ(0) = x, gˆ = f − ϕ0 (u) + ϕ0 (v) − ϕ1 (u), thỏa mãn đánh giá ηˆ(t) H ≤ c0 e−ν0 t x H, ˆ ζ(t) H1/4 ≤ J0 (t) Ta áp dụng Định lý 1.4 với V = H1/4 Với y ∈ B0 , z ∈ H1/4 , ta định nghĩa Vx (t) t = η (t) , Ux (t) z = ζ (t) , η (t) = (v (t) , vt (t)) ζ (t) = (w (t) , wt (t)) nghiệm phương trình (2.19), với liệu ban đầu η (0) = y ζ (t) = z Do đó, giả thiết a), b) dựa theo cách xây dựng, mà từ suy Vx (t) y H ≤ c0 e−ν0 t y H (2.20) Ta kiểm tra tiếp điều kiện c) Từ hệ thức |g| = |f − ϕ0 (r) + ϕ0 (s) − ϕ1 (r)| ≤ |f | + c |w| (|r| + |s|)4 + c (1 + |r|) ≤ |f | + c |w| (|r| + |ˆ v |)4 + c (|r| + |s|) |w|4 + c (1 + |r|) , theo (2.20) bất đẳng thức H¨older với phép nhúng H 5/4 ⊂ L12 (Ω) H ⊂ L6 (Ω) ta suy ràng buộc g L3/4 (Ω) ≤c f +c w +c( r 5/4 ( s + s 1) w ≤ c0 e−ν0 t w 5/4 30 5/4 + v )4 + c (1 + r ) + J0 (t) (2.21) Tiếp theo, giới thiệu phiếm hàm lượng Λ= ζ H1/4 + 2ε w 5/4 + 4ε wt , w với ε > đủ nhỏ để Λ tương đương với ζ H 1/4 1/4 , Sử dụng điều kiện (2.21) cho w, bất đẳng thức H¨older phép nhúng H 3/4 ⊂ L4 (Ω), ta d Λ + 4ε w dt 5/4 + wt 5/4 − 4ε wt 1/4 = g, A1/4 wt + 2εA1/4 w Do g, A1/4 wt + 2εA1/4 w ≤ ε2 w 5/4 + wt 5/4 + c0 e−ν0 t wt 5/4 + J0 (t) , sai khác giá trị ε nhỏ, ta thu bất đẳng thức vi phân d Λ (t) ≤ − 2ε − c0 e−ν0 t Λ (t) + J0 (t) , dt áp dụng bổ đề Gronwall thông thường cho ta ước lượng c) Ux (t) z H1/4 ≤ c0 e−εt z H1/4 + J0 (t) Theo Định lý 1.4, ta kết luận A bị chặn không gian H1/4 Khi tính H1/4 -chính quy thiết lập, toán trở thành tới hạn với kiện ban đầu tập hút, nên sử dụng phép phân tích Ví dụ 1.1 Chương 1, ta thu kết luận tập hút A nửa nhóm S (t) H bị chặn H1 31 Kết luận Nội dung luận văn nghiên cứu tính quy tập hút toàn cục Các kết luận văn bao gồm: Trình bày kết tổng quát tính quy tập hút toàn cục Áp dụng kết tổng quát để xét tính quy tập hút toàn cục phương trình truyền sóng tắt dần mạnh 32 Tài liệu tham khảo [1] Cung Thế Anh (2012), Cơ sở lí thuyết hệ động lực vô hạn chiều, Nhà xuất Đại học Sư phạm, Hà Nội [2] J Arrieta, A.N Carvalho and J.K Hale (1992), A damped hyperbolic equation with critical exponent, Comm Partial Differential Equations 17, 841-866 [3] A.N Carvalho and J.W Cholewa (2002), Local well posedness for strongly damped wave equations with critical nonlinearities, Bull Austral Math Soc 66, 443-463 [4] V.V Chepyzhov and M.I Vishik (2002), Attractors for Equations of Mathematical Physics, Amer Math Soc Colloq Publ., Vol 49, Amer Math Soc., Providence, RI, 2002 [5] M Conti and V Pata (2009), On the regularity of global attractors, Discrete Cont Dyna Syst 25, 1209-1217 [6] V Pata and M Squassina (2005), On the strongly damped wave equation, Comm Math Phys 253, 511-533 [7] V Pata and S Zelik (2006), Smooth attractors for strongly damped wave equations, Nonlinearity 19, 1495-1506 33 [8] R Temam (1997), Infinite-Dimensional Dynamical Systems in Mechanics and Physics, second edition, Springer-Verlag, New York 34 [...]... không thể xảy ra vì ω A C ⊂ ω (B) = A ⊂ U1 ∪ U2 Vậy ω (B) là tập liên thông 12 1.2 Tính chính quy của tập hút toàn cục Nội dung của mục này là trình bày kết quả gần đây của Conti và Pata (2009) về tính chính quy của tập hút toàn cục, tức là tính bị chặn của tập hút toàn cục trong không gian "trơn hơn" không gian pha Đây là nội dung chính của luận văn Mục này được viết dựa trên tài liệu [5] 1.2.1 Bất... Tính chất của tập hút toàn cục Mệnh đề sau đây là hệ quả trực tiếp của định nghĩa tập hút toàn cục Mệnh đề 1.1 Giả sử nửa nhóm S (t) trên X có tập hút toàn cục A Khi đó a) Nếu B là tập con bị chặn, bất biến của X thì B ⊂ A (tính cực đại); b) Nếu B là tập con đóng, hút các tập bị chặn của X thì A ⊂ B (tính cực tiểu); 7 c) A là duy nhất Định lí sau đây mô tả cấu trúc của tập hút toàn cục Định lý 1.1 Giả... Mục đích của chương này là nghiên cứu sự tồn tại và tính chính quy của tập hút toàn cục của nửa nhóm S(t) sinh bởi bài toán (2.1), bằng cách sử dụng các kết quả tổng quát trong Chương 1 2.2 Sự tồn tại tập hút toàn cục trong H Ta biết rằng phương trình (2.1) sinh ra một nửa nhóm liên tục mạnh S (t) trên H Trong mục này ta chứng minh sự tồn tại của tập hút toàn 22 cục của S (t) trong H Kết quả của mục... nghĩa tập hút toàn cục Định nghĩa 1.5 Một tập con khác rỗng A của X gọi là một tập hút toàn cục đối với nửa nhóm S (t) nếu a) A là tập đóng và bị chặn; b) A là bất biến, tức là S (t) A = A , t > 0; c) A hút mọi tập con bị chặn B của X, tức là lim dist (S (t) B, A ) = 0, t→∞ ở đó dist (E, F ) = sup inf d (a, b) là nửa khoảng cách Hausdoff giữa a∈E, b∈F hai tập con E và F của X 1.1.2 Tính chất của tập hút. .. Sự tồn tại của tập hút toàn cục Định lý 1.3 Giả sử nửa nhóm S (t) là tiêu hao và compact tiệm cận Nếu B là một tập hấp thụ bị chặn của nửa nhóm S (t) thì A = ω (B) là một tập compact khác rỗng và là tập hút toàn cục với nửa nhóm S (t) Hơn nữa tập hút toàn cục A là liên thông trong X 9 Chú ý rằng Định lý 1.3 và Bổ đề 1.1 cho ta tiêu chuẩn sau đây: Một nửa nhóm tiêu hao có một tập hút toàn cục nếu nó... minh Từ Định lý 2.2, Bổ đề 2.1 và Bổ đề 2.2, ta suy ra S(t) có một tập hút toàn cục compact liên thông A trong H Định lý 2.3 được chứng minh 2.3 Tính chính quy của tập hút toàn cục Nội dung của mục này được viết dựa trên tài liệu [5] Định lý 2.4 Tập hút A của nửa nhóm S (t) trên H bị chặn trong H1 Chứng minh Giả sử B0 là tập hấp thụ của nửa nhóm S(t) Với mỗi x ∈ B0 cố định, nghiệm S(t)x = (u(t), ut... một tập hút toàn cục Bây giờ ta chứng minh tính liên thông của tập hút toàn cục A bằng phản chứng Giả sử A không liên thông Khi đó tồn tại hai tập mở U1 và U2 sao cho Ui ∩ A = ∅, i = 1, 2, A ⊂ U1 ∪ U2 , U1 ∩ U2 = ∅ Giả sử rằng A C = conv (A ) là bao lồi của A , tức là n A C n λi vi : vi ∈ A , λi ≥ 0, = i=1 λi = 1, N = 1, 2, i=1 Rõ ràng rằng A C cũng là một tập liên thông bị chặn và A ⊂ A C Tính. .. 1.2.2 Tính chính quy của tập hút toàn cục Trong toàn bộ mục này, giả sử S (t) là nửa nhóm liên tục trong không gian Banach X Giả sử nửa nhóm S (t) có tập hấp thụ B0 ⊂ X Giả sử V là một không gian Banach nhúng compact trong X, sao cho các hình cầu đóng trong V cũng đóng trong X Định lý 1.4 Ký hiệu T0 = B0 Với mọi x ∈ B0 , giả sử tồn tại hai X toán tử nghiệm Vx (t) trên X và Ux (t) trên V có các tính. .. chứng minh của Hệ quả 1.2 Đặt K = α (0) α0−1 T0 , ω = −t−1 0 ln α0 , ta suy ra tính chất hút mũ của (1.6) Hệ quả 1.3 Nửa nhóm S (t) có tập hút toàn cục A bị chặn trong V Nhận xét 1.3 Để đưa ra kết luận (1.6), phép nhúng liên tục V ⊂ X không cần phải compact Ngoài ra, không nhất thiết B0 phải là một tập hấp thụ trên toàn không gian X Kết quả rõ ràng vẫn đúng nếu B0 (bị chặn trong X) hấp thụ bởi chính nó... S (tn ) yn ≤ n1 Từ tính compact tiệm cận và lập luận như phần trên, tồn tại một phần tử z và một dãy {nk } sao cho S (tnk ) ynk − z → 0 khi k → ∞ Điều này kéo theo z ∈ ω (B) và znk → z Vậy ω (B) là tập compact trong X Chứng minh Định lý 1.3 Giả sử B là một tập hấp thụ bị chặn của nửa nhóm S (t) Ta sẽ chứng minh A = ω (B) là một tập hút toàn cục Bởi Bổ đề 1.2 và định nghĩa của tập hấp thụ, ta chỉ cần