Luận án Tiến sĩ Toán học: Tính điều khiển được của một số lớp phương trình Parabolic

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI

——————— * ———————

VŨ MẠNH TỚI

TÍNH ĐIỀU KHIỂN ĐƯỢC CỦA MỘT SỐ LỚP PHƯƠNG TRÌNH PARABOLIC

LUẬN ÁN TIẾN SĨ TOÁN HỌC

Hà Nội - 2016

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI

——————— * ———————

VŨ MẠNH TỚI

TÍNH ĐIỀU KHIỂN ĐƯỢC CỦA MỘT SỐ LỚP PHƯƠNG TRÌNH PARABOLIC

Chuyên ngành: Phương trình vi phân và tích phân Mã số: 62 46 01 03

LUẬN ÁN TIẾN SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC

PGS.TS. Cung Thế Anh

Hà Nội - 2016

LỜI CAM ĐOAN

Tôi xin cam đoan đây là công trình nghiên cứu của tôi dưới sự hướng dẫn

của PGS.TS. Cung Thế Anh. Các kết quả được phát biểu trong luận án là

hoàn toàn trung thực và chưa từng được ai công bố trong bất cứ một công

trình nào khác.

Vũ Mạnh Tới

Nghiên cứu sinh

LỜI CẢM ƠN

Luận án được hoàn thành dưới sự hướng dẫn nghiêm khắc, tận tình, chu

đáo của PGS.TS. Cung Thế Anh. Tác giả xin bày tỏ lòng kính trọng và biết ơn

sâu sắc PGS.TS. Cung Thế Anh, người Thầy đã dẫn dắt tác giả làm quen với

nghiên cứu khoa học từ những ngày sau khi tốt nghiệp đại học. Ngoài những

chỉ dẫn về mặt khoa học, sự động viên và lòng tin tưởng của thầy dành cho

tác giả luôn là động lực lớn giúp tác giả say mê trong nghiên cứu.

Tác giả xin trân trọng gửi lời cảm ơn đến Ban Giám hiệu, Phòng sau Đại

học, Ban Chủ nhiệm Khoa Toán-Tin, Trường Đại học Sư phạm Hà Nội, đặc

biệt là các thầy cô giáo trong Bộ môn Giải tích, Khoa Toán-Tin, Trường Đại

học Sư phạm Hà Nội đã luôn giúp đỡ, động viện, tạo môi trường học tập

nghiên cứu thuận lợi cho tác giả.

Tác giả xin được bày tỏ lòng biết ơn đến Ban Giám hiệu trường Đại học

Thủy lợi, các thầy cô và các anh chị đồng nghiệp công tác tại Bộ môn Toán,

Khoa Công nghệ Thông tin, Trường Đại học Thủy lợi đã luôn tạo điều kiện

thuận lợi, giúp đỡ và động viên tác giả trong suốt quá trình học tập và nghiên

cứu.

Lời cảm ơn sau cùng, tác giả xin dành cho gia đình, những người luôn yêu

thương, chia sẻ, động viên tác giả vượt qua khó khăn để hoàn thành luận án.

Mục lục

Lời cam đoan. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

Lời cảm ơn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2

Mục lục . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

Một số kí hiệu dùng trong luận án . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

MỞ ĐẦU . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

1. LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

2. TỔNG QUAN VẤN ĐỀ NGHIÊN CỨU . . . . . . . . . . . . . 9

3. MỤC ĐÍCH, ĐỐI TƯỢNG VÀ PHẠM VI NGHIÊN CỨU . . . 12

4. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

5. KẾT QUẢ CỦA LUẬN ÁN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

6. CẤU TRÚC CỦA LUẬN ÁN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

Chương 1. MỘT SỐ KIẾN THỨC CHUẨN BỊ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

1.1. MỘT SỐ KHÔNG GIAN HÀM . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

1.1.1. Một số không gian hàm . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

1.1.2. Không gian hàm phụ thuộc thời gian . . . . . . . . . . . 17

1.2. LÍ THUYẾT ĐIỀU KHIỂN ĐƯỢC CỦA HỆ TUYẾN TÍNH

TRONG KHÔNG GIAN VÔ HẠN CHIỀU . . . . . . . . . . . 18

1.2.1. Một số định nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

1.2.2. Phương pháp duy nhất Hilbert (HUM) . . . . . . . . . 20

1.3. MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC THƯỜNG DÙNG . . . . . . . . 21

1.3.1. Một số bất đẳng thức kiểu Hardy . . . . . . . . . . . . . 21

1.3.2. Một số bất đẳng thức sơ cấp . . . . . . . . . . . . . . . 23

1.4. MỘT SỐ KẾT QUẢ THƯỜNG DÙNG . . . . . . . . . . . . . 24

Chương 2. TÍNH ĐIỀU KHIỂN ĐƯỢC VỀ 0 CỦA PHƯƠNG TRÌNH

PARABOLIC CHỨA TOÁN TỬ GRUSHIN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26

2.1. ĐẶT BÀI TOÁN VÀ PHÁT BIỂU KẾT QUẢ CHÍNH . . . . . 26

2.2. MỘT SỐ KẾT QUẢ BỔ TRỢ . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

2.2.1. Tính đặt đúng của bài toán . . . . . . . . . . . . . . . . 28

2.2.2. Khai triển Fourier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29

2.2.3. Tốc độ tán xạ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

2.2.4. Bất đẳng thức Carleman . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32

2.3. CHỨNG MINH KẾT QUẢ CHÍNH . . . . . . . . . . . . . . . 44

2.3.1. Lược đồ chứng minh Định lí 2.1 . . . . . . . . . . . . . . 44

2.3.2. Bất đẳng thức quan sát được . . . . . . . . . . . . . . . 45

2.3.3. Chứng minh tính không điều khiển được trong Định lí 2.1 49

Chương 3. TÍNH ĐIỀU KHIỂN ĐƯỢC VỀ 0 KHI THỜI GIAN ĐỦ LỚN

CỦA PHƯƠNG TRÌNH PARABOLIC CHỨA TOÁN TỬ GRUSHIN

VỚI THẾ VỊ KÌ DỊ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55

3.1. ĐẶT BÀI TOÁN VÀ PHÁT BIỂU KẾT QUẢ CHÍNH . . . . . 55

3.2. CHỨNG MINH KẾT QUẢ CHÍNH . . . . . . . . . . . . . . . 58

3.2.1. Khai triển Fourier và tốc độ tán xạ . . . . . . . . . . . . 58

3.2.2. Tính quan sát được đều của bài toán liên hợp . . . . . . 62

3.3. CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC CARLEMAN . . . . . . . 67

3.3.1. Một số tính chất của hàm trọng . . . . . . . . . . . . . 67

3.3.2. Chứng minh Định lí 3.3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70

Chương 4. TÍNH ĐIỀU KHIỂN ĐƯỢC VỀ 0 CỦA MỘT LỚP PHƯƠNG

TRÌNH PARABOLIC MỘT CHIỀU NỬA TUYẾN TÍNH SUY BIẾN

VỚI THẾ VỊ KÌ DỊ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86

4.1. ĐẶT BÀI TOÁN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86

4.2. TÍNH ĐẶT ĐÚNG CỦA BÀI TOÁN . . . . . . . . . . . . . . 88

4.2.1. Không gian hàm và toán tử . . . . . . . . . . . . . . . . 88

4.2.2. Tính đặt đúng của bài toán . . . . . . . . . . . . . . . . 89

4.3. TÍNH ĐIỀU KHIỂN ĐƯỢC VỀ 0 . . . . . . . . . . . . . . . . 95

4.3.1. Tính điều khiển được về 0 của bài toán tuyến tính hóa . 95

4.3.2. Tính điều khiển được về 0 của bài toán nửa tuyến tính . 103

KẾT LUẬN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 110

1. KẾT QUẢ ĐẠT ĐƯỢC . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 110

2. KIẾN NGHỊ MỘT SỐ VẤN ĐỀ NGHIÊN CỨU TIẾP THEO . 110

DANH MỤC CÁC CÔNG TRÌNH ĐÃ CÔNG BỐ CỦA LUẬN ÁN . . . . . 112

TÀI LIỆU THAM KHẢO . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113

MỘT SỐ KÍ HIỆU THƯỜNG DÙNG TRONG LUẬN ÁN

0 (Ω)

C∞ ∥ · ∥∞ không gian các hàm khả vi vô hạn có giá compact trong Ω chuẩn trong L∞(Ω × (0, T ))

0 (Ω)

không gian Sobolev có trọng dùng để nghiên cứu các bài S1

toán chứa toán tử Grushin (xem trang 28)

µ,0(Ω)

không gian Sobolev có trọng dùng để nghiên cứu các bài S1

toán chứa toán tử Grushin với thế vị kì dị (xem trang 57)

α,0(0, 1)

H 1 không gian Sobolev có trọng dùng để nghiên cứu bài toán

chứa toán tử suy biến một chiều (xem trang 88)

toán tử Grushin (xem trang 9)

Gs ∇ vectơ gradient

toán tử Laplace ∆

ma trận Hessian D2

div ≡ ∇· toán tử divergence

toán tử đồng nhất I

IN1

ma trận đơn vị cấp N1 phần tử 0 trong RN1 0RN1

hàm đặc trưng của miền ω 1ω

hội tụ yếu ⇀

tích tensor giữa hai vectơ a và b a ⊗ b

MỞ ĐẦU

1. LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI

Trong khoảng hai thập kỉ gần đây, tính điều khiển được (bao gồm tính điều

khiển được chính xác, tính điều khiển được về 0, tính điều khiển được xấp xỉ)

đã được nghiên cứu đối với nhiều lớp phương trình đạo hàm riêng tuyến tính và

nửa tuyến tính. Bởi phương pháp duy nhất Hilbert HUM (Hilbert Uniqueness

Method) đề xuất bởi J.-L. Lions (xem [48, 49, 50]), tính điều khiển được của

bài toán tuyến tính được qui về tính quan sát được của bài toán liên hợp tương

ứng. Để thiết lập tính quan sát được của bài toán liên hợp tương ứng thông

qua các bất đẳng thức quan sát, một trong những công cụ hiệu lực nhất là

các ước lượng kiểu Carleman toàn cục. Còn tính điều khiển được của bài toán

nửa tuyến tính được chứng minh bằng cách sử dụng tính điều khiển được của

bài toán tuyến tính hóa tương ứng và phương pháp điểm bất động đề xuất lần

đầu tiên bởi Zuazua [68, 69] cho phương trình truyền sóng nửa tuyến tính.

Một trong những lớp phương trình đạo hàm riêng được nghiên cứu nhiều là

lớp phương trình tiến hóa kiểu parabolic, chứa đựng phương trình truyền nhiệt

cổ điển, nhiều lớp phương trình parabolic xuất hiện trong hóa học, sinh học và

trong cơ học chất lỏng. Nghiên cứu tính điều khiển được của các phương trình

parabolic đã thu hút sự quan tâm của nhiều nhà toán học trong khoảng hai

thập niên gần đây. Sau những nghiên cứu tiên phong của Fursikov và Imanu-

vinov [37, 43], Lebeau và Robbiano [46] bằng công cụ ước lượng Carleman,

đã có nhiều tiến bộ trong việc tìm hiểu về các tính chất điều khiển được của

các phương trình parabolic không suy biến với các hệ số biến thiên. Các kết

quả này cũng được mở rộng cho các bài toán parabolic nửa tuyến tính trong

[29, 31, 32, 33, 34, 70, 71]. Các kết quả đạt được đều dựa trên công cụ chính là

bất đẳng thức Carleman cho nghiệm của bài toán liên hợp tương ứng. Các bất

đẳng thức Carleman được thiết lập khi này yêu cầu phần chính của phương

trình là toán tử elliptic đều, miền bị chặn và không có thế vị kì dị. Bên cạnh

đó, tính điều khiển được của các phương trình parabolic đều trong miền không

bị chặn cũng đã được nghiên cứu trong [18, 38, 55]. Có thể nói ngày nay lí

thuyết điều khiển được đối với các phương trình parabolic đều đã khá hoàn

thiện trong cả trường hợp tuyến tính và nửa tuyến tính.

Trong khoảng một thập kỉ trở lại đây, tính điều khiển được của phương

trình parabolic suy biến, không có hoặc có thế vị kì dị, đã được nghiên cứu

bởi nhiều nhà toán học. Những nghiên cứu này được thúc đẩy bởi nhiều bài

toán vật lí khác nhau như mô hình tầng lớp biên [17], các mô hình di truyền

quần thể cá, các mô hình khí hậu Bydyko-Sellers, . . . . Tuy nhiên, hầu hết các

kết quả đạt được hiện tại chủ yếu trong trường hợp một chiều (xem [2, 19, 20,

23, 24, 35, 36, 52, 53, 62] và các tài liệu trích dẫn trong đó), trong khi mới

chỉ có rất ít kết quả điều khiển được trong trường hợp nhiều chiều, chủ yếu là

trường hợp hai chiều đối với phương trình parabolic chứa toán tử div(A(x)∇u)

với A(x) là ma trận vuông cấp hai đối xứng [25], phương trình parabolic chứa

toán tử Grushin [12], phương trình Kolmogorov [11, 45], và một lớp phương

trình suy biến nhiều chiều với số hạng đối lưu [65, 66, 67]. Ngoài ra, các kết

quả về tính điều khiển được của các phương trình suy biến/kì dị nửa tuyến

tính vẫn còn rất ít. Đây đang là những vấn đề thời sự thu hút được sự quan

tâm nghiên cứu của nhiều nhà toán học trong và ngoài nước. Chúng tôi sẽ

chọn những vấn đề này làm đề tài nghiên cứu trong luận án tiến sĩ của mình.

2. TỔNG QUAN VẤN ĐỀ NGHIÊN CỨU

Như đã đề cập đến trong phần Lí do chọn đề tài, việc nghiên cứu tính điều

khiển được của các phương trình parabolic suy biến hoặc có thế vị kì dị trong

trường hợp nhiều chiều hoặc trong trường hợp nửa tuyến tính đang là vấn đề

thời sự hiện nay. Dưới đây, chúng tôi điểm qua một số kết quả tiêu biểu theo

hướng nghiên cứu này:

Một trong những lớp phương trình suy biến nhiều chiều được nghiên cứu

mạnh trong vài năm gần đây là lớp phương trình chứa toán tử Grushin

Gsu = ∆xu + |x|2s∆yu, s ≥ 0.

Toán tử này được đưa ra đầu tiên bởi Grushin trong [41]. Chú ý rằng G0 = ∆

là toán tử Laplace, và Gs khi s > 0, không là elliptic trong những miền có

giao với mặt x = 0. Đây là ví dụ điển hình cho lớp toán tử hypoelliptic, nhưng

không là elliptic. Sự tồn tại và dáng điệu tiệm cận nghiệm của các phương

trình và hệ parabolic nửa tuyến tính chứa toán tử này đã được nghiên cứu gần

đây trong cả trường hợp ôtônôm và không ôtônôm (xem, chẳng hạn, [4, 5, 7]).

Tính điều khiển được của phương trình parabolic chứa toán tử Grushin được

nghiên cứu đầu tiên trong trường hợp hai chiều bởi Beauchard, Cannarsa và

Guglielmi [12]. Xem thêm kết quả gần đây trong [14]. Tuy nhiên, tính điều

khiển được của lớp phương trình này trong trường hợp nhiều chiều vẫn còn

nhiều vấn đề mở.

Một lớp phương trình parabolic rất được quan tâm khác là lớp phương trình parabolic chứa toán tử Laplace với thế vị kì dị: Aµ = −∆ − µ/|x|2. Các

kết quả về tính đặt đúng của bài toán cũng như dáng điệu tiệm cận nghiệm của

phương trình parabolic chứa tử Aµ đã được nghiên cứu bởi nhiều nhà toán học

(xem [8, 9, 16, 64] và các tài liệu trích dẫn trong đó). Trong khi đó, tính điều

khiển được của phương trình parabolic chứa toán tử này đã nhận được trong

các công trình của Vancostenoble-Zuazua [63] và Ervedoza [30] cho trường hợp

kì dị ở bên trong miền, và Cazacu [26] cho trường hợp kì dị ở trên biên. Gần

đây, trong trường hợp hai chiều, tính điều khiển được xấp xỉ cho phương trình

parabolic chứa toán tử Grushin với thế vị kì dị µ/|x|2 đã được nghiên cứu bởi

Morancey [56] nhờ tính chất thác triển duy nhất của toán tử tương ứng. Hơn

nữa, trong [21], các tác giả đã chứng minh tính điều khiển được về 0 khi thời

gian đủ lớn cho phương trình parabolic chứa toán tử Grushin với thế vị kì dị

µ/|x|2 khi s = 1 và miền không gian là (0, 1) × (0, 1), tức là, với suy biến và kì

dị ở trên biên. Như đã đề cập trong [21, 56], tính điều khiển được về 0 là vấn

đề hoàn toàn mở khi có suy biến và thế vị kì dị ở bên trong miền.

Xét toán tử parabolic suy biến và có thế vị kì trong trường hợp một chiều:

(1) P u = ut − (xαux)x − λ xβ u, x ∈ (0, 1), α ≥ 0,

với các điều kiện biên tương ứng tùy thuộc vào α. Toán tử này có rất nhiều

điều thú vị. Trong trường hợp α = 0 và β = 2, ta có thế vị kì dị dạng nghịch

đảo bình phương mà xuất hiện trong vật lí phân tử, cơ học lượng tử phi tương

đối, vũ trụ học lượng tử hay trong lí thuyết cháy nổ (xem [10, 58] và các tài

liệu trích dẫn trong đó). Thế vị này sinh ra nhiều hiện tượng thú vị và trong

nghiên cứu của Baras và Goldstein [9] chỉ ra rằng: Nghiệm dương tồn tại toàn

cục (với mọi λ ∈ R) nếu β < 2 nhưng trái lại thì nghiệm bùng nổ hoàn toàn

(với mọi giá trị của λ) nếu β > 2. Do đó, số mũ β = 2 là số mũ tới hạn. Điều

đó cho thấy trường hợp có thế vị λ/|x|2 thực sự thú vị. Khi số mũ là tới hạn,

tức là khi β = 2, giá trị của tham số λ sẽ quyết định dáng điệu nghiệm của

phương trình. Thật vậy, cũng trong [9] đã chỉ ra rằng nghiệm dương tồn tại

toàn cục khi λ ≤ 1/4 và nghiệm bùng nổ hoàn toàn khi λ > 1/4. Giá trị tới

hạn 1/4 của tham số λ là giá trị tối ưu trong bất đẳng thức Hardy

∫ ∫

0 (0, 1).

xdx ≥ 1 u2 4

(2) u2 x2 dx với mọi u ∈ H 1

Trong trường hợp toán tử (1) không có kì dị (β = 0), tính điều khiển được về

0 khi α ∈ [0, 2), (khi α ≥ 2, tính không điều khiển được về 0 được chứng minh

trong [22]), được chứng minh trong [24] mà công cụ chính là đi thiết lập ước

lượng Carleman dựa trên bất đẳng thức Hardy sau ∫ ∫

xdx ≥ (1 − α)2

0 (0, 1).

xαu2 (3) 4 u2 x2−α dx, với mọi u ∈ C∞

Như nói ở trên, trong trường hợp α = 0, từ bất đẳng thức (2), số mũ tới hạn

của thế vị kì dị λ/xβ là β = 2. Mặt khác, từ (3) cho thấy số mũ tới hạn của thế

vị λ/xβ là β = 2 − α khi α ̸= 0. Điều này dẫn đến khi xét toán tử P phải có giả

thiết β ≤ 2 − α. Không mất tính tổng quát, ta giả sử rằng β > 0 vì khi β ≤ 0,

thế vị không còn kì dị và kết quả tính điều khiển được có ngay được từ [24]. Như

trong trường hợp α = 0, giá trị tới hạn của tham số λ khi β = 2 − α được cho

bởi hằng số tối ưu trong (3), tức là λ(α) = (1 − α)2/4. Do vậy, toán tử P được

nghiên cứu với các giả thiết λ ≤ λ(α) trong trường hợp tới hạn β = 2 − α, và

không cần điều kiện của λ trong trường hợp dưới tới hạn, tức là khi β < 2 − α.

Các kết quả về tính điều khiển được của lớp phương trình parabolic một

chiều tuyến tính/nửa tuyến tính suy biến không có thế vị kì dị đã được nghiên

cứu trong [2, 19, 20, 23, 24, 52, 53]. Trong trường hợp suy biến và có thế vị

kì dị (toán tử cho bởi (1)), tính điều khiển được về 0 mới được Vancostenoble

[62] nghiên cứu cho trường hợp tuyến tính. Tính điều khiển được trong trường

hợp nửa tuyến tính vẫn hoàn toàn mở.

Từ những phân tích ở trên, chúng ta thấy rằng bên cạnh những kết quả

đạt được, tính điều khiển được của các phương trình tiến hóa kiểu parabolic

suy biến hoặc có thế vị kì dị vẫn còn nhiều vấn đề mở. Nói riêng, những vấn

đề mở mà chúng tôi quan tâm nghiên cứu trong luận án này bao gồm:

• Tính điều khiển được của phương trình parabolic suy biến chứa toán tử

Grushin trong trường hợp nhiều chiều.

• Tính điều khiển được của phương trình parabolic suy biến chứa toán tử

Grushin với thế vị kì dị kiểu Hardy µ/|x|2 trong trường hợp nhiều chiều.

• Tính điều khiển được của phương trình parabolic một chiều suy biến với

thế vị kì dị trong trường hợp nửa tuyến tính.

Khi nghiên cứu tính điều khiển được của phương trình parabolic tuyến tính

thì tính điều khiển được chính xác thường không đạt được do hiệu ứng trơn

của nghiệm so với dữ kiện ban đầu. Hơn nữa tính điều khiển được về 0 kéo theo

tính điều khiển được xấp xỉ của hệ. Do vậy trong luận án này chúng tôi chỉ

tập trung vào việc nghiên cứu tính điều khiển được về 0 của những lớp phương

trình trên. Ngoài ra, chúng tôi cũng chỉ xét bài toán khi điều khiển có giá bên

trong miền. Bài toán điều khiển biên đối với lớp phương trình parabolic suy

biến/kì dị là một vấn đề rất phức tạp và mới chỉ có một vài kết quả gần đây

[15, 40].

Chúng tôi lựa chọn những vấn đề trên làm nội dung nghiên cứu của luận án

tiến sĩ: "Tính điều khiển được của một số lớp phương trình parabolic".

3. MỤC ĐÍCH, ĐỐI TƯỢNG VÀ PHẠM VI NGHIÊN CỨU

• Mục đích luận án: Nghiên cứu tính điều khiển được về 0 của phương trình

parabolic chứa toán tử Grushin trong trường hợp nhiều chiều, phương

trình parabolic chứa toán tử Grushin có thế vị kì dị trong trường hợp

nhiều chiều, phương trình parabolic một chiều nửa tuyến tính suy biến

có thế vị kì dị.

• Đối tượng nghiên cứu: Bài toán điều khiển đối với lớp phương trình

parabolic chứa toán tử Grushin không có hoặc có thế vị kì dị trong

trường hợp nhiều chiều và lớp phương trình parabolic một chiều nửa

tuyến tính suy biến có thế vị kì dị.

• Phạm vi nghiên cứu:

◦ Nội dung 1: Bài toán điều khiển được đối với phương trình parabolic

chứa toán tử Grushin trong miền nhiều chiều.

◦ Nội dung 2: Bài toán điều khiển được đối với phương trình parabolic

chứa toán tử Grushin với thế vị kì dị kiểu Hardy trong miền nhiều

chiều.

◦ Nội dung 3: Bài toán điều khiển được đối với lớp phương trình

parabolic một chiều nửa tuyến tính suy biến với thế vị kì dị.

4. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU

• Để nghiên cứu tính điều khiển được của bài toán tuyến tính, chúng tôi sử

dụng phương pháp duy nhất Hilbert (HUM): Tính điều khiển được của

bài toán tuyến tính được đưa về tính quan sát được của bài toán liên hợp

tương ứng. Sử dụng khai triển Fourier và bởi đẳng thức Bessel-Parseval,

vấn đề này được đưa về tính quan sát được đều theo tần số của hệ số

Fourier. Bất đẳng thức quan sát được đều sẽ được thiết lập nhờ các bất

đẳng thức Carleman mới tương ứng và các đánh giá phù hợp của tốc độ

tán xạ.

• Để nghiên cứu tính điều khiển được của bài toán nửa tuyến tính, chúng

tôi sử dụng phương pháp điểm bất động đề xuất bởi Zuazua: Kết hợp

tính điều khiển được của bài toán tuyến tính hóa tương ứng và các định

lí điểm bất động phù hợp (trong luận án sử dụng định lí Schauder).

5. KẾT QUẢ CỦA LUẬN ÁN

Luận án đạt được những kết quả chính sau đây:

• Đối với bài toán điều khiển cho phương trình parabolic chứa toán tử

Grushin trong trường hợp nhiều chiều: Chứng minh được tính điều khiển

được về 0 tại mọi thời điểm T > 0 khi s ∈ (0, 1) (suy biến yếu). Khi s = 1

(suy biến mạnh) ta chứng minh được tính điều khiển được về 0 khi thời

gian điều khiển đủ lớn và tính không điều khiển được về 0 khi thời gian

điều khiển quá nhỏ. Chứng minh được tính không điều khiển được về 0

khi s > 1 (suy biến quá mạnh).

• Chứng minh được tính điều khiển được về 0 khi thời gian điều khiển đủ

lớn của phương trình parabolic chứa toán tử Grushin khi s = 1 với thế

vị kì dị µ/|x|2 trong trường hợp nhiều chiều.

• Chứng minh được tính điều khiển được về 0 của một lớp phương trình

parabolic một chiều nửa tuyến tính suy biến có thế vị kì dị.

Các kết quả của luận án là mới, có ý nghĩa khoa học, và góp phần vào việc

hoàn thiện lí thuyết điều khiển được đối với lớp phương trình parabolic suy

biến không có/có thế vị kì dị.

Các kết quả chính đạt được đã được công bố trong 03 bài báo trên các tạp

chí khoa học quốc tế uy tín (trong danh mục ISI) và đã được báo cáo tại:

• Đại hội Toán học toàn quốc lần thứ VIII, Nha Trang, 08/2013;

• Hội thảo quốc tế "On Equilibrium and Fixed Point Problems Theory

and Algorithms", Viện NCCC về Toán, Hà Nội, 25-26/08/2014;

• Hội thảo quốc tế "Some Selected Problems in Optimization and Control

Theory", Viện NCCC về Toán, Hà Nội, 04-07/02/2015;

• Hội thảo Tối ưu và Tính toán khoa học lần thứ XIII, Ba Vì, 23-25/04/2015;

• Xêmina của Bộ môn Giải tích, Khoa Toán-Tin, Trường Đại học Sư phạm

Hà Nội;

• Xêmina của Phòng Phương trình vi phân, Viện Toán học, Viện Hàn lâm

Khoa học và Công nghệ Việt Nam;

• Xêmina của Bộ môn Toán ứng dụng và Tính toán khoa học, Khoa Toán-

Cơ-Tin học, Trường Đại học Khoa học Tự nhiên, ĐHQG Hà Nội.

6. CẤU TRÚC CỦA LUẬN ÁN

Ngoài phần Mở đầu, Kết luận, Danh mục công trình đã công bố và danh

mục Tài liệu tham khảo, luận án gồm 4 chương: Chương 1 trình bày một số

kiến thức chuẩn bị. Chương 2 trình bày các kết quả tính điều khiển được về 0

của phương trình parabolic chứa toán tử Grushin trong trường hợp hình hộp

nhiều chiều. Chương 3 trình bày tính điều khiển được về 0 khi thời gian đủ

lớn của phương trình parabolic chứa toán tử Grushin khi s = 1 với thế vị kì

dị kiểu Hardy bên trong miền trong trường hợp nhiều chiều. Chương 4 trình

bày tính điều khiển được về 0 của một lớp phương trình parabolic một chiều

nửa tuyến tính suy biến với thế vị kì dị.

Chương 1

MỘT SỐ KIẾN THỨC CHUẨN BỊ

Trong chương này, chúng tôi trình bày một số kiến thức chuẩn bị, bao

gồm: Một số không gian hàm, lí thuyết điều khiển được cho các hệ tuyến tính

trong không gian vô hạn chiều, một số bất đẳng thức thường dùng và một số

kết quả thường dùng.

1.1. MỘT SỐ KHÔNG GIAN HÀM

1.1.1. Một số không gian hàm

Cho Ω là tập mở trong RN với biên ∂Ω. Trong luận án này, chúng tôi có

sử dụng các không gian hàm quen thuộc sau (xem, chẳng hạn [1]):

• Lp(Ω), 1 ≤ p < +∞, là không gian Banach bao gồm tất cả các hàm khả

tích Lebesgue bậc p trên Ω với chuẩn (∫ )1/p

Ω

|u|pdx . ∥u∥Lp(Ω) :=

Chú ý rằng Lp(Ω) là không gian Banach phản xạ khi 1 < p < +∞;

Không gian L2(Ω) là không gian Hilbert với tích vô hướng ∫

Ω

(u, v) = u.vdx,

và chuẩn là ∥ · ∥L2(Ω) = (u, u)1/2.

• L∞(Ω) là không gian Banach bao gồm tất cả các hàm đo được và bị chặn

hầu khắp trên Ω với chuẩn

Ω

∥u∥∞ := esssup |u(x)|.

• H 1(Ω) là không gian Hilbert bao gồm tất cả các hàm u ∈ L2(Ω) sao cho

có đạo hàm suy rộng , . . . , ∈ L2(Ω) và có chuẩn được xác định ∂u ∂xN ∂u ∂x1 bởi (∫ )1/2

Ω

(|u|2 + |∇u|2)dx . ∥u∥H 1(Ω) :=

0 (Ω) là bao đóng của C∞

0 (Ω) trong chuẩn của H 1(Ω). Khi Ω là miền

• H 1

0 (Ω) thường dùng là (∫

bị chặn thì chuẩn của H 1

)1/2

0 (Ω) = H 1

Ω

|∇u|2dx . ∥u∥

• H 2(Ω) là không gian Hilbert bao gồm tất cả các hàm u ∈ L2(Ω) có các

1/2

2∑

Ω

|α|=0

đạo hàm suy rộng Dαu ∈ L2(Ω), |α| ≤ 2, và chuẩn xác định bởi   ∫   |Dαu|2dx . ∥u∥H 2(Ω) :=

1.1.2. Không gian hàm phụ thuộc thời gian

Với X là không gian Banach phản xạ với chuẩn ∥ · ∥X và T > 0, khi đó ta có

định nghĩa các không gian hàm phụ thuộc thời gian như sau (xem [1]):

• C([0, T ]; X) là không gian Banach gồm tất cả các hàm liên tục u :

[0, T ] → X với chuẩn

∥u(t)∥X . ∥u∥C([0,T ];X) := max 0≤t≤T

• Lp(0, T ; X), 1 ≤ p ≤ +∞ gồm tất cả các hàm đo được u : (0, T ) → X

với chuẩn

)1/p (∫

X dt

∥u(t)∥p < +∞ với 1 ≤ p < +∞, i) ∥u∥Lp(0,T ;X) :=

∥u(t)∥X < +∞. ii) ∥u∥L∞(0,T ;X) := esssup 0≤t≤T

Khi đó Lp(0, T ; X) là không gian Banach, và nó là phản xạ nếu 1 < p < +∞. Không gian đối ngẫu của Lp(0, T ; X) là Lq(0, T ; X ′) với 1/p+1/q = 1 và X ′ là không gian đối ngẫu của X.

• Với X là không gian Banach, ta định nghĩa H 1(0, T ; X) là không gian

Banach bao gồm các hàm u ∈ L2(0, T ; X) sao cho tồn tại đạo hàm suy rộng ∂tu ∈ L2(0, T ; X) với chuẩn

)1/2 (∫

X + ∥u′(t)∥2

X )dt

< +∞. (∥u(t)∥2 ∥u∥H 1(0,T ;X) :=

1.2. LÍ THUYẾT ĐIỀU KHIỂN ĐƯỢC CỦA HỆ TUYẾN TÍNH TRONG

KHÔNG GIAN VÔ HẠN CHIỀU

Trong phần này chúng tôi trình bày một số kết quả của lí thuyết điều khiển

được của hệ tuyến tính trong không gian vô hạn chiều (có thể xem trong một

số cuốn sách chuyên khảo [27, 39]):

  ∂tu = Au + Bv, (1.1)  u(0) = u0.

Ở đó, u0 ∈ X cho trước, v là điều khiển; A : D(A) ⊂ X → X là toán tử tuyến tính không bị chặn sinh ra nửa nhóm {S(t)}t≥0 và B : U → V là các toán tử

xác định trong các không gian Banach sao cho hệ (1.1) đặt đúng.

1.2.1. Một số định nghĩa

Ta quan tâm đến tính điều khiển được của (1.1) với các định nghĩa sau.

Định nghĩa 1.1. Ta nói rằng hệ điều khiển (1.1) là điều khiển được chính xác tại tại thời điểm T > 0 nếu và chỉ nếu, với mọi u0, u1 ∈ X , tồn tại hàm điều khiển v ∈ L2(0, T ; U) sao cho bài toán (1.1) có nghiệm u thỏa mãn:

u(T ) = u1.

Định nghĩa 1.2. Ta nói rằng hệ (1.1) là điều khiển được chính xác đến quỹ

đạo tại thời điểm T > 0 nếu và chỉ nếu với mọi quỹ đạo u (nghiệm của (1.1) ứng với v và điều kiện ban đầu u(0) = u0 nào đó), mọi u0 ∈ X , tồn tại hàm điều khiển v ∈ L2(0, T ; U) sao cho bài toán (1.1) có nghiệm u thỏa mãn:

u(T ) = u(T ).

Định nghĩa 1.3. Ta nói rằng hệ (1.1) là điều khiển được về 0 tại tại thời điểm T > 0 nếu và chỉ nếu, với mọi u0 ∈ X , tồn tại hàm điều khiển v ∈ L2(0, T ; U)

sao cho bài toán (1.1) có nghiệm u thỏa mãn:

u(T ) = 0.

Định nghĩa 1.4. Ta nói rằng hệ (1.1) là điều khiển được xấp xỉ tại thời điểm T > 0 nếu và chỉ nếu, với mọi u0, u1 ∈ X , và mọi ε > 0, tồn tại hàm điều khiển v ∈ L2(0, T ; U) sao cho bài toán (1.1) có nghiệm u thỏa mãn:

∥u(T ) − u1∥X < ε.

Nhận xét 1.1. Từ các định nghĩa trên ta có

• Hệ (1.1) điều khiển được chính xác thì sẽ điều khiển được chính xác đến

quỹ đạo, điều khiển được về 0 và điều khiển được xấp xỉ.

• Hệ (1.1) điều khiển được chính xác tới quỹ đạo thì điều khiển được về 0.

Nhận xét 1.2. Nếu (1.1) là parabolic đều thì

• Tính điều khiển được chính xác của hệ (1.1) không đạt được vì hiệu ứng

trơn của nghiệm (nghiệm trơn hơn điều kiện ban đầu).

• Tính điều khiển được chính xác đến quỹ đạo của (1.1) tương đương với

tính điều khiển được về 0 của hệ (1.1).

• Tính điều khiển được về 0 của hệ (1.1) suy ra tính điều khiển được xấp

xỉ của (1.1).

Do đó trong lí thuyết điều khiển được đối với các phương trình parabolic

tuyến tính, người ta đặc biệt quan tâm đến bài toán điều khiển được về 0.

1.2.2. Phương pháp duy nhất Hilbert (HUM)

Ta xét bài toán điều khiển (1.1). Để cho đơn giản ta giả sử X = L2, U =

L2(ω), V = L2, với ω là miền con mở khác rỗng của miền không gian tương

ứng.

Để nghiên cứu tính điều khiển được của bài toán (1.1), ta sử dụng phương

pháp duy nhất Hilbert (HUM) do J.-L. Lions sử dụng đầu tiên vào năm 1988

(xem [48, 49, 50]).

Ta xét bài toán liên hợp của Bài toán (1.1):

  −∂tφ − A∗φ = 0, (1.2)  φ(T ) = φT ,

ở đây A∗ là toán tử liên hợp của A.

Hệ (1.2) là hệ liên hợp của (1.1), bởi vì kết quả sau.

Bổ đề 1.1. [39, Chương 1] Cho u là một nghiệm của (1.1) trong [0, T ] và φ

là một nghiệm của (1.2) trong [0, T ]. Khi đó

∫

L2]T

L2(ω) dt,

0 =

[⟨u, φ⟩ ⟨v(t), B∗φ(t)⟩

với B∗ là toán tử liên hợp của B.

Từ Bổ đề 1.1, ta có hệ quả sau.

Hệ quả 1.1. [39, Chương 1] Hàm v là điều khiển mà chuyển trạng thái của hệ (1.1) từ trạng thái ban đầu u0 đến u1 ∈ L2 tại thời điểm T > 0 nếu và chỉ nếu, với mọi φT ∈ L2, ta có ∫

L2 − ⟨u0, φ(0)⟩

L2 =

L2(ω) dt,

⟨v(t), B∗φ(t)⟩ ⟨u1, φT ⟩

ở đó φ là nghiệm của (1.2) liên kết với φT .

Xét J : φT ∈ L2 7→ J(φT ) xác định bởi ∫

L2(ω)dt − ⟨u1, φT ⟩

L2 + ⟨u0, φ(0)⟩

L2 ,

∥B∗φ(t)∥2 J(φT ) = 1 2

với φ là nghiệm của (1.2) liên kết với φT .

Bổ đề 1.2. [39, Chương 1] Nếu J có cực tiểu φT , thì khi đó v := B∗φ, ở đó φ là nghiệm của (1.2) liên kết với φT , là điều khiển mà chuyển trạng thái của

(1.1) từ trạng thái ban đầu u0 đến u1 tại thời điểm T > 0.

Định nghĩa 1.5. Ta nói rằng hệ liên hợp (1.2) quan sát được (trạng thái φ(0) là quan sát được bởi B∗ tại thời điểm T > 0) nếu và chỉ nếu tồn tại hằng số C > 0 sao cho với mọi φT ∈ L2, nghiệm φ của (1.2) thỏa mãn ∫

L2 ≤ C

L2(ω)dt.

∥φ(0)∥2 ∥B∗φ(t)∥2

Mệnh đề 1.1. [39, Chương 1] Tính quan sát được của (1.2) tương đương với

tính điều khiển được về 0 của hệ (1.1).

Nhận xét 1.3. Một cách khác để chứng minh tính quan sát được suy ra tính

điều khiển được về 0 bằng cách xét phiếm hàm ∫

L2 + ⟨u0, φ(0)⟩

L2(ω)dt + ε∥φT ∥2

∥B∗φ(t)∥2 Jε(φT ) = 1 2

với mọi ε > 0. Ở đây φ là nghiệm của (1.2) liên kết với φT .

1.3. MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC THƯỜNG DÙNG

1.3.1. Một số bất đẳng thức kiểu Hardy

Trong phần này chúng tôi nhắc lại một số bất đẳng thức kiểu Hardy cần dùng.

• Bất đẳng thức Hardy cho toán tử ∆ trong trường hợp nhiều chiều:

Đầu tiên là hai bất đẳng thức Hardy cổ điển (có thể xem trong [16, 54]).

Bổ đề 1.3. Với mọi N ≥ 3, khi đó ∫ ∫

0 (RN ),

∀u ∈ C∞ (1.3) |∇u|2dx ≥ µ∗ |u|2 |x|2 dx,

ở đó µ∗ = (N − 2)2/4.

Bổ đề 1.4. Với mọi miền Ω bị chặn trong RN , N ≥ 3, ta có ∫ ∫

0 (Ω).

Ω

|∇u|2dx ≥ µ∗ ∀u ∈ H 1 |u|2 |x|2 dx,

Tiếp theo là những bất đẳng thức Hardy mở rộng.

0 (Ω)

Bổ đề 1.5. [16] Cho Ω là miền mở, bị chặn trong RN , N ≥ 3. Khi đó tồn tại

hằng số C(Ω) > 0 sao cho với mọi u ∈ H 1 ( ) ∫ ∫

Ω

|∇u|2 − µ∗ dx ≥ C(Ω) u2dx, |x|2 u2

Ω ) 2

(

ωN |Ω|

, ở đó ωN và |Ω| là thể tích hình cầu đơn vị và Ω tương với C(Ω) = z2 0

ứng và z0 = 2, 4048... là không điểm đầu tiên của hàm Bessel J0(z).

Bổ đề 1.6. [64] Cho Ω là một tập mở bị chặn trong RN , N ≥ 3. Khi đó với

mọi 1 ≤ q < 2, tồn tại hằng số C(q, Ω) > 0 sao cho ( ) ∫

0 (Ω).

W 1;q(Ω),

Ω

|∇u|2 − µ∗ dx ≥ C(q, Ω)∥u∥2 ∀u ∈ H 1 |x|2 u2

• Bất đẳng thức Hardy đối với toán tử Grushin.

0 (Ω),

Ω

Bổ đề 1.7. [3, Định lí 3.3] Với mọi miền mở bị chặn Ω = Ω1 × Ω2 ⊂ RN1 × RN2, N1 ≥ 3, N2 ≥ 1, ta có ∫ ∫ ) (1.4) ( |∇xu|2 + |x|2s|∇yu|2 dxdy ≥ µ∗(N1) u2 |x|2 dxdy, ∀u ∈ H 1

ở đó µ∗(N1) = (N1 − 2)2/4.

• Một số bất đẳng thức kiểu Hardy trong trường hợp một chiều.

Đầu tiên là bất đẳng thức Hardy cổ điển.

Bổ đề 1.8. [42] Với mọi u ∈ H 1

∫ ∫

0 (0, 1), ta có xdx ≥ 1 u2 4

(1.5) u2 x2 dx.

Tiếp theo là những bất đẳng thức Hardy mở rộng của (1.5).

Bổ đề 1.9. [28, Mục 5.3] Với mọi α ∈ [0, 2), ta có

∫ ∫

xdx ≥ (1 − α)2

xαu2 (1.6) 4 u2 x2−α dx

0 (0, 1).

với mọi u ∈ C∞

Hằng số λ(α) = (1 − α)2/4 là hằng số tốt nhất trong bất đẳng thức (1.6).

Bổ đề 1.10. [62, Định lí 2.1] Cho α ∈ [0, 2) cố định. Với mọi n > 0 và 0 < γ < 2 − α, tồn tại hằng số C0 = C0(α, γ, n) > 0 sao cho, với mọi u ∈ C∞ 0 (0, 1), ta có bất đẳng thức: ∫ ∫ ∫ ∫

xdx + C0

(1.7) xαu2 u2dx ≥ λ(α) u2 x2−α dx + n u2 xγ dx.

Ở đây C0(α, γ, n) được cho tường minh là

2−(cid:11)−(cid:13)

2−(cid:11)+(cid:13) 2−(cid:11)−(cid:13)

( ) 2(cid:13)

. C0(α, γ, n) = (n + 1) 2 − α − γ 2 − α + γ 4γ (2 − α)2 − γ2

1.3.2. Một số bất đẳng thức sơ cấp

Dưới đây là một số bất đẳng thức sơ cấp quan trọng được sử dụng nhiều.

• Bất đẳng thức Cauchy:

+ . ab ≤ a2 2 b2 2

• Bất đẳng thức Cauchy với ϵ:

ab ≤ ϵa2 + (ϵ > 0). , b2 4ϵ

• Bất đẳng thức Young: Cho 1 < p, q < ∞, + = 1. Khi đó 1 p 1 q

+ , (a, b > 0). ab ≤ ap p bq q

• Bất đẳng thức Young với ϵ:

ab ≤ ϵap + C(ϵ)bq, (a, b, ϵ > 0),

với C(ϵ) = (ϵp)−q/pq−1.

• Bất đẳng thức H¨older: Giả thiết 1 ≤ p, q ≤ +∞, + = 1. Khi đó nếu 1 p 1 q

u ∈ Lp(Ω), v ∈ Lq(Ω) thì uv ∈ L1(Ω) và ∫

Ω

|uv|dx ≤ ∥u∥Lp(Ω) · ∥v∥Lq(Ω).

• Bất đẳng thức Gronwall ([59, Chương 2, tr. 54-55]): Với hàm liên tục

tuyệt đối y(t) trên [0, T ] và thỏa mãn

≤ a(t)y + b(t), với hầu khắp t ∈ [0, T ], dy dt

trong đó a(t) và b(t) là các hàm khả tích trên [0, T ]. Khi đó ∫

y(t) ≤ y(0)eA(t) + eA(t)−A(s)b(s)ds,

với 0 ≤ t ≤ T , ở đó ∫

A(t) = a(r)dr.

Nói riêng, nếu a và b là các hằng số khác 0 và

≤ ay + b, dy dt

thì

y(t) ≤ ( y(0) + . ) eat − b a b a

1.4. MỘT SỐ KẾT QUẢ THƯỜNG DÙNG

• Định lí điểm bất động Schauder trong không gian Banach:

Định lí 1.1. [60] Cho X là không gian Banach, K ⊂ X là tập khác rỗng,

lồi đóng. Khi đó mọi ánh xạ liên tục τ : K → K mà τ (K) là compact

tương đối trong X, đều có điểm bất động trong K.

• Bổ đề compact Aubin-Lions:

Định lí 1.2. [47, trang 58] Cho X0, X1 và X2 là ba không gian Banach

sao cho X0 nhúng compact vào trong X1 và X1 nhúng liên tục vào X2,

X0 và X2 là các không gian phản xạ. Khi đó phép nhúng sau là compact

Lr0(0, T ; X0) ∩ W 1,r1(0, T ; X2) ,→ Lr0 (0, T ; X1).

với mọi r0, r1 ∈ (1, +∞).

• Đẳng thức Bessel-Parseval:

Định lí 1.3. [51, p254] Giả sử H là không gian Hilbert tách được với tích vô hướng ⟨·, ·⟩. Với {en}n∈N∗ là một cơ sở trực giao của H. Khi đó

∞∑

ta có đẳng thức Bessel-Parseval:

H =

n=1

∥x∥2 | ⟨x, en⟩ |2.

• Công thức tọa độ cầu trong không gian RN , N ≥ 3:

Với x = (x1, x2, . . . , xN ) ∈ RN . Khi đó tọa độ cầu (ρ, ϕ1, ϕ2, . . . , ϕN −1)

của x được cho bởi: 

x1 = ρ cos ϕ1,

(1.8) x2 = ρ sin ϕ1 cos ϕ2, ...

xN −1 = ρ sin ϕ1 sin ϕ2 · · · sin ϕN −2 cos ϕN −1,

  xN = ρ sin ϕ1 sin ϕ2 · · · sin ϕN −2 sin ϕN −1,

với ρ ≥ 0, ϕi ∈ [0, π] ∀i = 1, . . . , N − 2 và ϕN −1 ∈ [0, 2π].

Chương 2

TÍNH ĐIỀU KHIỂN ĐƯỢC VỀ 0 CỦA PHƯƠNG TRÌNH PARABOLIC CHỨA TOÁN TỬ GRUSHIN

Trong chương này, chúng tôi nghiên cứu tính điều khiển được về 0 của

phương trình parabolic chứa toán tử Grushin trong trường hợp hình hộp nhiều

chiều. Đầu tiên, chúng tôi đặt bài toán và phát biểu kết quả chính của chương.

Sau đó, chúng tôi đi chứng minh các kết quả bổ trợ bao gồm: tính đặt đúng

của bài toán, khai triển Fourier, đánh giá tốc độ tán xạ, và đặc biệt là việc

thiết lập bất đẳng thức Carleman mới. Tiếp theo, sử dụng phương pháp HUM,

khai triển Fourier, các đánh giá về tốc độ tán xạ và bất đẳng thức Carleman

mới vừa thiết lập, việc chứng minh tính điều khiển được đưa về tính quan sát

được đều đối với tần số của hệ số Fourier của hệ liên hợp sau khi đã biến đổi

Fourier. Tính không điều khiển được về 0 trong trường hợp suy biến quá mạnh

được chứng minh trong phần cuối của chương.

Nội dung của chương này dựa trên bài báo [1] trong Danh mục công trình

đã công bố.

2.1. ĐẶT BÀI TOÁN VÀ PHÁT BIỂU KẾT QUẢ CHÍNH

Trong chương này chúng tôi nghiên cứu tính điều khiển được về 0 của

phương trình parabolic tuyến tính chứa toán tử Grushin sau:



(x, y, t) ∈ Ω × (0, T ),

(2.1) u = 0, (x, y, t) ∈ ∂Ω × (0, T ),

 ut − ∆xu − |x|2s∆yu = v(x, y, t)1ω,  (x, y) ∈ Ω, u(x, y, 0) = u0(x, y),

ở đó Ω := Ω1 × (0, 1)N2 ,Ω1 = (−1, 1)N1 ⊂ RN1 , hàm điều khiển v(·, ·, t) có giá

nằm trong miền ω là miền con mở khác rỗng của Ω và s > 0.

Ta nói rằng (2.1) là điều khiển được về 0 (tại thời điểm T ) nếu với mỗi u0 ∈ L2(Ω) cho trước, tồn tại điều khiển v ∈ L2(ω × (0, T )) sao cho (2.1) có nghiệm u(x, y, t) thỏa mãn u(·, ·, T ) = 0.

Mục tiêu của chương này là chứng minh kết quả sau.

Định lí 2.1. Cho ω = ω1 × (0, 1)N2 là miền con mở khác rỗng của (0, 1)N1 × (0, 1)N2 .

1) Nếu s ∈ (0, 1), thì bài toán (2.1) là điều khiển được về 0 tại mọi thời

điểm T > 0.

2) Nếu s = 1, tồn tại hai thời điểm T1 > T2 > 0 sao cho

• với mọi T > T1 bài toán (2.1) là điều khiển được về 0 tại thời điểm

T , √ • với mọi T < T2 và với ω = (a, b)N1 ×(0, 1)N2, trong đó (N1 − 1)/N1 <

a < b ≤ 1, bài toán (2.1) không điều khiển được về 0 tại thời điểm

T .

√ 3) Nếu s > 1 và ω = (a, b)N1 × (0, 1)N2 , trong đó (N1 − 1)/N1 < a < b ≤

1, thì bài toán (2.1) không điều khiển được về 0 tại mọi thời điểm T > 0.

Tính điều khiển được về 0 của bài toán (2.1) đã được nghiên cứu gần đây

bởi Beauchard, Cannarsa và Guglielmi [12] trong trường hợp hai chiều, tức là khi N1 = N2 = 1 và miền xét phương trình có dạng Ω = (−1, 1) × (0, 1).

Chứng minh dựa trên cấu trúc hình học đặc biệt của Ω, tính điều khiển được

liên kết chặt chẽ với tính quan sát được một chiều của các hệ số Fourier của

hệ liên hợp, đều đối với tần số Fourier. Mục đích của chương này là mở rộng

kết quả đó sang trường hợp hình hộp nhiều chiều.

Ở đây ta dùng lược đồ chứng minh được sử dụng trong [12], tuy nhiên việc

tính toán phức tạp hơn nhiều vì ta làm việc trong trường hợp nhiều chiều. Nói

riêng là ta phải sử dụng lí thuyết chuỗi Fourier cho các hàm nhiều biến. Hơn

nữa, một số khó khăn thiết yếu mới xuất hiện, mà không có trong trường hợp

hai chiều, khi ta thiết lập bất đẳng thức Carleman mới. Đây là công cụ chủ

yếu dùng trong chứng minh. Để vượt qua khó khăn này, bên cạnh việc chọn

hàm trọng thích hợp σ(x, t), ta sử dụng hằng số λ trong (2.15) dưới đây và

khai thác một số kĩ thuật được sử dụng trong chứng minh Bổ đề 5.2 trong

[32]. Các kết quả nhận được, nói riêng, là mở rộng kết quả đã có trong trường

hợp hai chiều, và trả lời câu hỏi mở được đưa ra trong [12, Sect. 5].

2.2. MỘT SỐ KẾT QUẢ BỔ TRỢ

2.2.1. Tính đặt đúng của bài toán

0 (Ω) là bao đóng của C∞ 0 (Ω) theo chuẩn )1/2 )

Ta sẽ sử dụng không gian S1 (∫

0 (Ω) = S1

Ω

∥u∥ dxdy . ( |∇xu|2 + |x|2s|∇yu|2

0 (Ω) là không gian Hilbert với tích vô hướng

Khi đó S1 ∫ ) ((u, w)) = dxdy. ( ∇xu · ∇xw + |x|2s∇yu · ∇yw

Ω 0 (Ω) ,→ L2(Ω) là compact (xem chi tiết trong [61]). 0 (Ω).

Hơn nữa, phép nhúng S1 Ta kí hiệu S−1(Ω) là không gian đối ngẫu của S1

Định nghĩa 2.1. Ta nói u là nghiệm yếu của bài toán (2.1) trên (0, T ) nếu

0 (Ω)) ∩ C([0, T ]; L2(Ω)), ∂tu ∈ L2(0, T ; S−1(Ω)), u(0) = u0 và

Ω×(0,T )

u ∈ L2(0, T ; S1 ∫ ∫ ∫ ∫ ( ) dxdydt utφdxdydt + ∇xu · ∇xφ + |x|2s∇yu · ∇yφ

∫ ∫

Ω×(0,T )

= v1ωφdxdydt,

0 (Ω)).

với mọi hàm thử φ ∈ L2(0, T ; S1

Sử dụng phương pháp Galerkin, ta có kết quả sau (xem, chẳng hạn [4]).

Định lí 2.2. Với mọi u0 ∈ L2(Ω) và v ∈ L2(ω × (0, T )) cho trước, bài toán

(2.1) có duy nhất một nghiệm yếu u thỏa mãn

C([0,T ];L2(Ω)) + ∥u∥2

L2(Ω) + ∥v∥2

L2(ω×(0,T ))),

L2(0,T ;S1

0 (Ω))

∥u∥2 ≤ C(∥u0∥2

ở đó C là hằng số dương không phụ thuộc vào u0 và v.

2.2.2. Khai triển Fourier

Bởi Định lí 2.2, nghiệm u của bài toán (2.1) thuộc C([0, T ]; L2(Ω)), do đó y 7→ u(x, y, t) thuộc vào L2(Ω) với hầu khắp (x, t) ∈ Ω1 × (0, T ), do vậy ta có

thể khai triển u(x, y, t) thành chuỗi Fourier theo y (xem [57, Định lí 9B.1])

∑ u(x, y, t) = (2.2) uα(x, t)φα(y),

trong đó α = (α1, α2, . . . , αN2) ∈ (N∗)N2 ,

φα(y) = 2N2/2 sin(πα1y1) sin(πα2y2) · · · sin(παN2yN2),

và ∫

(0,1)N2

uα(x, t) = u(x, y, t)φα(y)dy.

Thay (2.2) vào (2.1), ta nhận được mệnh đề sau.

Mệnh đề 2.1. Với mọi α = (α1, α2, . . . , αN2 ) ∈ (N∗)N2 , thì uα(x, t) là nghiệm yếu của bài toán 

− ∆xuα + (|α|π)2|x|2suα = vα1ω trong Ω1 × (0, T ),

(2.3) trên ∂Ω1 × (0, T ), ∂uα ∂t uα = 0

  uα(x, 0) = u0,α(x)

Ω2

trong Ω1, ∫ ∫ với u0,α(x) = u0(x, y)φα(y)dy và vα(x, t) = v(x, y, t)φα(y)dy.

Chứng minh Mệnh đề 2.1 tương tự chứng minh trong [12, Mệnh đề 2].

2.2.3. Tốc độ tán xạ

Ta xét toán tử Gα,s, với mọi α ∈ (N∗)N2, s > 0, được xác định bởi

Gα,sφ := −∆xφ + (|α|π)2|x|2sφ.

Ω1

Giá trị riêng nhỏ nhất của Gα,s được xác định bởi } { ∫

0 (Ω1) \ {0}

Ω1

∫ | φ ∈ H 1 . λα,s := min (|∇xφ|2 + (|α|π)2|x|2s|φ|2)dx |φ|2dx

Khi đó dáng điệu (khi |α| → +∞) của λα,s cho bởi mệnh đề sau.

Mệnh đề 2.2. Với mọi s > 0, tồn tại c∗ = c∗(s) > 0 và c∗ = c∗(s) > 0 sao

1+s ∀α ∈ (N∗)N2.

cho

1+s ≤ λα,s ≤ c∗|α| 2

(2.4) c∗|α| 2

1+s . Đổi biến

Chứng minh. Ta chứng minh mệnh đề theo các bước trong [12, Mệnh đề 4].

Đầu tiên, ta chứng minh chặn dưới. Đặt αs := |α| 1

N1 s ϕ(y), 2

N1 s ϕ(αsx) = α 2

φ(x) = α

ta có

0 (Ω1),

Ω1

{ ∫ ) ( dx | φ ∈ C∞ λα,s = inf |∇xφ(x)|2 + (|α|π)2|x|2s|φ(x)|2

}

s inf

0 ([−αs, αs]N1 ),

[−αs,αs]N1

∥φ∥L2(Ω1) = 1 { ∫ ) = α2 dy | ϕ ∈ C∞ ( |∇yϕ(y)|2 + π2|y|2s|ϕ(y)|2

}

L2([−αs,αs]N1 ) = 1

∥ϕ∥

≥ c∗α2 s,

}

{∫

)

(

dy | ϕ ∈ C

c∗ := inf

|∇yϕ(y)|2 + π2|y|2s|ϕ(y)|2

∞ 0 (RN1 ), ∥ϕ∥

L2(RN1 ) = 1

RN1

trong đó

Tiếp theo, ta chứng minh chặn trên trong Mệnh đề 2.2. Với mọi k > 0 ta xét

hàm

  1 − k|x| , φk(x) =  0 nếu |x| > . nếu |x| ≤ 1 k 1 k

0 (Ω1) với mọi k > 0. Ta có

Chú ý rằng φk ∈ H 1 ∫ ∫

|x|≤1/k

Ω1

(1 − k|x|)2dx |φk(x)|2dx =

∫ ∫ ∫

|x|≤1/k

= dx − 2k |x|dx + k2 |x|2dx.

Sử dụng phép đổi biến trong tọa độ cầu (xem (1.8)), ta có ∫

|x|≤1/k

dx = CN1 kN1

trong đó

  với N1 chẵn,

N1−1 2

CN1 = 2  với N1 lẻ. πN1/2 ) ( N1 ! 2 N1+1 2 π N1!!

Và ∫

|x|≤1/k

|x|dx = CN1 , 1 kN1 −4π N1 + 1 −2k ∫

|x|≤1/k

|x|2dx = k2 CN1 1 kN1 2π N1 + 2

trong đó

∫

(0,π)N1−2

CN1 := sinN1−2 ϕ1 sinN1−3 ϕ2 . . . sin ϕN1−2dϕ1dϕ2 · · · dϕN1−2.

Do vậy ∫

Ω1

(2.5) |φk(x)|2dx = C1,N1 1 kN1

với ( )

− − π C1,N1 := CN1 CN1 > 0. 4 N1 + 1 2 N1 + 2

Tương tự như (2.5), ta có ∫

Ω1

, |∇φk(x)|2dx = CN1 1 kN1

và ∫

Ω1

, |x|2s|φk(x)|2dx = C2,N1 1 kN1

ở đó ( )

− + C2,N1(s) := CN1 > 0. 1 N1 + 2s 2 N1 + 2s + 1 1 N1 + 2s + 2

Do vậy, ( )

1+s , với

k2 + (|α|π)2 k−2s λα,s ≤ hα,s(k) := CN1 C1,N1 C2,N1(s) CN1

với mọi k > 1. Vì hα,s đạt cực tiểu tại k = C(s)|α| 1

2s+2

( ) 1

C(s) = sπ2 C2,N1 (s) CN1

1+s ,

ta có

λα,s ≤ hα,s(k) = c∗(s)|α| 2

1+s

1 1+s

với ( ) ( ( ) 1 ) s

1 1+s

c∗ = (sπ2) + . CN1 C1,N1 C2,N1(s) CN1 C2,N1 (s) CN1 π2 (sπ2)

2.2.4. Bất đẳng thức Carleman

Với s ∈ (0, 1], T > 0 và với mọi wT ∈ L2(Ω1) cho trước, ta đi thiết lập bất

đẳng thức Carleman cho nghiệm w = w(x, t) của bài toán: 

+ ∆xw − (|α|π)2|x|2sw = 0 trong Ω1 × (0, T ), ∂w ∂t

(2.6) w = 0, trên ∂Ω1 × (0, T ),

  w(x, T ) = wT , trong Ω1.

1 ⊂ ω1 ⊂ Ω1. Để thiết lập bất đẳng thức Carleman, ta

1 sao cho ω′

Lấy ω′

xét hàm trọng

σ(x, t) := , (x, t) ∈ RN1 × (0, T ), (2.7) M β(x) t(T − t)

ở đó β thỏa mãn

(2.8) β ≥ 1 trong Ω1;

(2.9) |∇β| > 0 trong Ω1 \ ω′ 1,

(2.10) ∂nβ := ⃗n · ∇β > 0 trên ∂Ω1,

và

• nếu s ∈ [1/2; 1] thì β ∈ C 4(RN1 ; R+) và

1 với mọi 0 ̸= ξ ∈ RN1 ,

(2.11) D2β(ξ, ξ) < 0 trong Ω1 \ ω′

• nếu s ∈ (0, 1/2) thì β là hàm xác định trong Ω1, mà trơn lớp C 4 trong

Ω1 \ {0}, nhưng D2β(∇β, ∇β) kì dị tại 0 và

∪ {0}) với mọi 0 ̸= ξ ∈ RN1 . (2.12) D2β(ξ, ξ) < 0 trong Ω1 \ (ω′ 1

N1∑

i=1

Hơn nữa, β có dạng ∫ √ (2.13) β(x) = C0 − sign(si)|si|2s + Cidsi với mọi |x| < ε,

trong đó C0; Ci, i = 1, ..., N1 là các hằng số đủ lớn sao cho β ≥ 1 và βxi < 0 trong |x| < ε tương ứng. Khi đó D2β(∇β, ∇β) kì dị tại 0.

Ở đây, ⃗n là vectơ pháp tuyến đơn vị hướng ra ngoài của biên.

Nhận xét 2.1. Không khó để chỉ ra sự tồn tại của hàm β thỏa mãn (2.8)-

N1∑

(2.12). Ví dụ như

i=1

β(x) = − (xi − 2)2 + 9N1 + 1.

Bây giờ ta đi chứng minh bất đẳng thức Carleman sau.

Mệnh đề 2.3. (Bất đẳng thức Carleman). Với s ∈ (0, 1], T > 0 và với mọi wT ∈ L2(Ω1) cho trước. Cho w = w(x, t) là nghiệm của bài toán (2.6). Khi đó

tồn tại các hằng số dương K1 = K1(β), λ0 = λ0(β) và K2 = K2(β) sao cho

Ω1

∫ ∫

M 3|w|2e−2λ0σ (t(T − t))3 dxdt ( ) ∫ ∫

ω′ 1

e−2λ0σ dxdt, (2.14) ≤ K2 M 3|w|2e−2λ0σ (t(T − t))3 +

{ M |∇xw|2 t(T − t) } . T + T 2; |α|T 2 ở đó M = M (T, β, |α|) := K1 max

Nhận xét 2.2. Bởi việc chọn N1 = 1 và λ0 = 1 trong (2.14), ta có bất đẳng

thức Carleman như trong trường hợp hai chiều đã được thiết lập trong [12,

Mệnh đề 5].

Chứng minh. Cho w là nghiệm của (2.6), khi đó với hằng số dương λ ≥ 1 được

chọn sau, ta có

z(x, t) := w(x, t)e−λσ(x,t) (2.15)

thỏa mãn

Sz + Az = −λ∆σz, (2.16)

trong đó

Sz := ∆z + λσtz + λ2|∇σ|2z − (|α|π)2|x|2sz; Az := zt + 2λ∇σ · ∇z. (2.17)

Hơn nữa, từ (2.15), (2.7) và (2.8) ta thấy

0 (Ω1).

z(·, 0) = z(·, T ) = 0 trong H 1 (2.18)

Lấy chuẩn hai vế trong L2(Q) của đẳng thức (2.16), ta nhận được

∫ ∫ ∫ ∫

L2(Q) + ∥Az∥2

L2(Q) + 2

SzAzdxdt = λ2 |∆σ|2|z|2dxdt, (2.19) ∥Sz∥2

ở đó Q = Ω1 × (0, T ). Đặt ∫ ∫ ∫ ∫

I = |∆σ|2|z|2dxdt SzAzdxdt − λ2 2

= I1 + I2 + I3,

với ∫ ∫

I1 = ∆z(zt + 2λ∇σ · ∇z)dxdt,

∫ ∫

I2 = (λσt + λ2|∇σ|2)z(zt + 2λ∇σ · ∇z)dxdt,

∫ ∫ ∫ ∫

|∆σ|2|z|2dxdt. I3 = − (|α|π)2|x|2sz(zt + 2λ∇σ · ∇z)dxdt − λ2 2

Bây giờ ta tính toán cho từng số hạng Ii, i = 1, 2, 3.

Số hạng I1: Lấy tích phân từng phần và sử dụng (2.18) cùng với điều kiện

trên biên, ta có ∫ ∫ ∫ ∫

∂Ω1

∇z · ∇(∇z · ∇σ)dxdt + λ I1 = −2λ ∂nσ|∂nz|2dsdt,

ở đây ∂n := ⃗n · ∇ và ds xác định vết của độ đo Lebesgue trên ∂Ω1.

Bên cạnh đó, ta có thể kiểm tra rằng

∇z · ∇(∇z · ∇σ) = ∇(|∇z|2) · ∇σ + D2σ(∇z, ∇z). 1 2

Từ đó ta nhận được ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

∂Ω1

|∇z|2∆σdxdt−2λ D2σ(∇z, ∇z)dxdt+λ I1 = λ |∂nz|2∂nσdsdt.

(2.20)

Số hạng I2: Lấy tích phân từng phần, ta có ∫ ∫ ∫ ∫

(λσt + λ2|∇σ|2)t|z|2dxdt

(λσt + λ2|∇σ|2)zztdxdt = − 1 2 ∫

t=0 dx.

Ω1

+ (λσt + λ2|∇σ|2|z|2)|t=T

−M

t(T −t) |M (T − 2t)β|λ + M 2λ2|∇β|2|w|2

Nhờ (2.15), (2.7) và (2.8),

|(λσt + λ2|∇σ|2)|z|2| ≤ 1 (t(T − t))2 e

tiến đến 0 khi t → 0+ và t → T −, với mọi x ∈ Ω1. Hơn nữa,

∫ ∫ ∫ ∫

2λ (λσt + λ2|∇σ|2)z∇σ · ∇zdxdt = −λ2 ∇((σt + λ|∇σ|2)∇σ)|z|2dxdt

∫ ∫ ( |z|2 dxdt. = −λ2 ) ∆σ(σt + λ|∇σ|2) + ∇σ · ∇(σt) + 2λD2σ(∇σ, ∇σ)

Do vậy, ) ( ∫ ∫

Q ∫ ∫

|z|2dxdt ( σt + |∇σ|2)t + ∆σσt + ∇σ · ∇(σt) I2 = − λ 1 2 1 λ

) ( − λ3 ∆σ|∇σ|2 + 2D2σ(∇σ, ∇σ) |z|2dxdt. (2.21)

Số hạng I3: Lấy tích phân từng phần và từ (2.18), ta có ) ∫ ∫

|∆σ|2 |z|2dxdt. (2.22) I3 = ( λ(|α|π)2∇ · (|x|2s∇σ) − λ2 2

Kết hợp (2.20), (2.21) và (2.22), thì (2.19) trở thành ∫ ∫

L2(Q) + 2λ

L2(Q) + ∥Sz∥2

(|α|π)2∇ · (|x|2s∇σ)|z|2dxdt ∥Az∥2

∫ ∫ ( ) ] + − λ2|∆σ|2 |z|2dxdt [ −σtt + λ −(|∇σ|2)t + ∆σσt + 2∇σ · ∇(σt)

∫ ∫ ∫ ∫

∂Ω1

Q ∫ ∫

− 4λ3 D2σ(∇σ, ∇σ)|z|2dxdt + 2λ ∂nσ|∂nz|2dsdt

Q ∫ ∫

− 4λ D2σ(∇z, ∇z)dxdt

) = − 2 ( λ|∇z|2∆σ − λ3|∇σ|2∆σ|z|2 dxdt. (2.23)

Từ (2.10), ta có ∫ ∫

∂Ω1

∂nσ|∂nz|2dsdt ≥ 0.

Do vậy, (2.23) rút gọn thành

∫ ∫

L2(Q) + ∥Sz∥2

L2(Q) + 2λ

∥Az∥2 (|α|π)2∇ · (|x|2s∇σ)|z|2dxdt

∫ ∫ ( ] + − λ2|∆σ|2 |z|2dxdt [ −σtt + λ ) −(|∇σ|2)t + ∆σσt + 2∇σ · ∇(σt)

∫ ∫ ∫ ∫

Q ∫ ∫

Q )

− 4λ3 D2σ(∇σ, ∇σ)|z|2dxdt − 4λ D2σ(∇z, ∇z)dxdt

≤ −2 ( λ|∇z|2∆σ − λ3|∇σ|2∆σ|z|2 dxdt. (2.24)

Mặt khác, từ (2.16) và (2.17), ta nhận được

∫ ∫ ∫ ∫ ) ) ( − 2 ( λ|∇z|2∆σ − λ3|∇σ|2∆σ|z|2 dxdt = − |z|2dxdt λ∆2σ + 2λ2σt∆σ

∫ ∫ ) + 2λ ( (|α|π)2|x|2sz − λ∆σz − Az z∆σdxdt.

Do đó, (2.24) trở thành

∫ ∫

L2(Q) + ∥Sz∥2

L2(Q) + 2λ

∥Az∥2 (|α|π)2∇ · (|x|2s∇σ)|z|2dxdt

∫ ∫ ( ) ] + − λ2|∆σ|2 |z|2dxdt [ −σtt + λ −(|∇σ|2)t + ∆σσt + 2∇σ · ∇(σt)

∫ ∫ ∫ ∫

− 4λ3 D2σ(∇σ, ∇σ)|z|2dxdt − 4λ D2σ(∇z, ∇z)dxdt

Q ( λ∆2σ + 2λ2σt∆σ

∫ ∫ ) ≤ − |z|2dxdt

∫ ∫ ) + 2λ ( (|α|π)2|x|2sz − λ∆σz − Az z∆σdxdt. (2.25)

Tính toán, ta có

− λ2|∆σ|2 − 4λ3D2σ(∇σ, ∇σ) ) ( −(|∇σ|2)t + ∆σσt + 2∇σ · ∇(σt) [ ( ) = − 4λ3M 3 |∇β|2∆β + 2M β(−3t2 + 3T t − T 2)

− σtt + λ 1 (t(T − t))3 ( ) ] + λM 2 (T − 2t)(2β∆β + 4|∇β|2) − λ|∆β|2t(T − t) . (2.26)

• Trường hợp: s ∈ [1/2; 1]. Nhờ (2.11), ta có

1, t ∈ (0, T ),

với mọi x ∈ Ω1 \ ω′ −4λD2σ(∇z, ∇z) ≥ C1λM |∇z|2 t(T − t) (2.27)

1, t ∈ (0, T ),

với mọi x ∈ ω′ | − 4λD2σ(∇z, ∇z)| ≤ C2λM |∇z|2 t(T − t)

(−D2β(x)(ξ, ξ)/|ξ|2) là hằng số dương nhờ giả thiết ở đây C1 := 4 min inf ξ̸=0

x∈Ω1\ω′ 1 (2.11) và C2 := 4 sup x∈ω′

| − D2β(x)(ξ, ξ)/|ξ|2| > 0. sup ξ̸=0

Sử dụng (2.26) và bởi vì (2.9) và (2.11), tồn tại m(β) > 0, C3 = C3(β) > 0 và C4 = C4(β) > 0 sao cho, với mọi M ≥ M1 = M1(T, β) = m(β)(T + T 2) và t ∈ (0, T ),

− λ2|∆σ|2 − 4λ3D2σ(∇σ, ∇σ) − σtt + λ

) ( −(|∇σ|2)t + ∆σσt + 2∇σ · ∇(σt) ≥ C3λ3M 3 (2.28) (t(T − t))3 với mọi x ∈ Ω1 \ ω′ 1,

và

( ) (cid:12) (cid:12) − λ2|∆σ|2 − 4λ3D2σ(∇σ, ∇σ) (cid:12) (cid:12)−σtt + λ −(|∇σ|2)t + ∆σσt + 2∇σ · ∇(σt)

≤ C4λ3M 3 (2.29) (t(T − t))3 với mọi x ∈ ω′ 1.

Bởi (2.11), ta có ∫ ∫

Ω1\ω′ 1

2λ (|α|π)2|x|2s∆σ|z|2dxdt ≤ 0, (2.30)

|∆β(x)| sao cho và tồn tại hằng số C5 = C5(ω′, s, β) = 2π2|ω′|2s max x∈ω′ ∫ ∫ ∫ ∫

ω′ 1

2λ (|α|π)2|x|2s∆σ|z|2dxdt ≤ |z|2dxdt. (2.31) C5λ|α|2M t(T − t)

Hơn nữa, sử dụng (2.11), ta nhận được hằng số dương C6 = C6(β) sao cho với mọi M ≥ M1,

[( ) ] |z|2 − 2λAz∆σz dxdt −λ∆2σ − 2λ2σt∆σ − 2λ∆σ (cid:12) (cid:12) ∫ ∫ (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)

∫ ∫

L2(Q) + C6λ2

∥Az∥2 |z|2dxdt, (2.32) ≤ 1 2 M 3 (t(T − t))3

max{2|∆β|2 + |∆2β| + 2|β||∆β| + 2|∆β| ở đó C6(β) := | x ∈ Ω1}. 4 m(β)

( ) ∫ Sử dụng (2.27)-(2.32), ta nhận được từ (2.25) rằng với mọi M ≥ M1, ∫ T

Ω1\ω′ 1 ∫ T

dxdt |∇z|2 + C3λ3M 3 (t(T − t))3 C1λM t(T − t) |z|2 + 2λ(|α|π)2∇ · (|x|2s∇σ)|z|2 ) ( ∫

0 ∫

ω′ 1 ∫

≤ |∇z|2 + |z|2 − 2λ(|α|π)2∇ · (|x|2s∇σ)|z|2 dxdt C4λ3M 3 (t(T − t))3

ω′

0 ∫

+ |z|2dxdt C2λM t(T − t) C5|α|2λM t(T − t) ∫ ∫ ∫

Ω1\ω′ 1

ω′ 1

(

)

+ |z|2dxdt + |z|2dxdt. C6λM 3 (t(T − t))3 C6λM 3 (t(T − t))3 √ 2C6/C3} sao cho với mọi

C3λ3

0M 3

|∇z|2 +

dxdt

C1λ0M t(T − t)

2(t(T − t))3

(

|z|2 + 2λ0(|α|π)2∇ · (|x|2s∇σ)|z|2 )

∫

Ω1\!′ 1 ∫ T

≤

|∇z|2 +

dxdt

|z|2 − 2λ0(|α|π)2∇ · (|x|2s∇σ)|z|2

C2λ0M t(T − t)

C4λ3 0M 3 (t(T − t))3 ∫ ∫

!′ 1 ∫

0 ∫

|z|2dxdt +

|z|2dxdt.

(2.33)

C6λ0M 3 (t(T − t))3

C5λ0|α|2M t(T − t)

!′ 1

Do vậy, ta có thể cố định λ = λ0 := max{1; M ≥ M1, ∫ ∫

) ( 2s|x|2s−1|∇β| + |x|2s|∆β| , Hơn nữa với mọi x ∈ Ω1, ta có |(|α|π)2∇(|x|2s∇σ)| ≤ M (|α|π)2 t(T − t) ≤ C7|α|2M t(T − t)

ở đó C7 := π2 max{2s|x|2s−1|∇β|+|x|2s|∆β| | x ∈ Ω1} là hữu hạn vì 2s−1 ≥ 0.

Từ bây giờ, ta lấy

{ } T + T 2; |α|T 2 M = M (T, β, |α|) := K1 max

ở đó √ √

K1 := max{m(β), C7/2C3, C5/8C3}.

Do đó,

C3M 3 |(|α|π)2∇ · (|x|2s∇σ)| ≤ (2.34) 8(t(T − t))3 với mọi (x, t) ∈ Q,

và ∫ ∫ ∫ ∫

ω′ 1

|z|2dxdt ≤ |z|2dxdt. (2.35) C5λ0|α|2M t(T − t) C3λ0M 3 2(t(T − t))3

(

)

∫

C3λ3

0M 3

|z|2

dxdt

|∇z|2 +

C1λ0M t(T − t)

)

(

)

∫

Ω1\!′ 1 ∫

M 3

4(t(T − t))3 ( C4λ3

≤

|∇z|2 +

|z|2

dxdt.

(2.36)

C2λ0M t(T − t)

0 + λ0 (3C3/4 + C6) (t(T − t))3

!′ 1

Do vậy từ (2.33), (2.34) và (2.35), ta có được

0M 3

ω′ 1

0); 1 + (C4 + C3/4)/C3 +

0) + C6/(C3λ2

∫ ∫ C3λ3 Như vậy, thêm cùng đại lượng |z|2dxdt vào hai vế của

( ) 4(t(T − t))3 (2.36) và lấy k2 = k2(β, λ0) := 4 max{C2/(C3λ2 0)}, ta được 3/(4λ2 ∫ ∫ ∫ ∫

Ω1

ω′ 1

|∇z|2 + |z|2 dxdt. |z|2dxdt ≤ k2 M 3 (t(T − t))3 M t(T − t) M 3 (t(T − t))3

Quay trở lại hàm ban đầu z = we−λ0σ, ta nhận được (2.14) với hằng số dương

|∇β|2 + 1). K2 := 2k2(λ0 max x∈ω′

∪ {0}), t ∈ (0, T ), với mọi x ∈ Ω1 \ (ω′ 1

1, t ∈ (0, T ),

với mọi x ∈ ω′ • Trường hợp: s ∈ (0, 1/2). Nhờ (2.12), ta có −4λD2σ(∇z, ∇z) ≥ C1λM |∇z|2 t(T − t) | − 4λD2σ(∇z, ∇z)| ≤ C2λM |∇z|2 t(T − t) (2.37)

∪{0})

(−D2β(x)(ξ, ξ)/|ξ|2) là hằng số dương ở đó C1 = C1(β) := 4 inf ξ̸=0 min x∈Ω1\(ω′ 1

| − D2β(x)(ξ, ξ)/|ξ|2| > 0. sup ξ̸=0 nhờ giả thiết (2.12) và C2 = C2(β) := 4 sup x∈ω′

Sử dụng (2.26) và cùng với (2.9) và (2.12), tồn tại m(β) > 0, C3 = C3(β) >

0 và C4 = C4(β) > 0 sao cho, với mọi M ≥ M1 và t ∈ (0, T ),

− λ2|∆σ|2 − 4λ3D2σ(∇σ, ∇σ) − σtt + λ

≥ ∪ {0}), (2.38) với mọi x ∈ Ω1 \ (ω′ 1 ) ( −(|∇σ|2)t + ∆σσt + 2∇σ · ∇(σt) −C3λ3M 3D2β(∇β, ∇β) (t(T − t))3

và

( ) (cid:12) (cid:12) − λ2|∆σ|2 − 4λ3D2σ(∇σ, ∇σ) (cid:12) (cid:12)−σtt + λ −(|∇σ|2)t + ∆σσt + 2∇σ · ∇(σt)

≤ C4λ3M 3 (2.39) (t(T − t))3 với mọi x ∈ ω′

ở đó M1 = M1(T, β) = m(β)(T + T 2). Từ (2.12) ta có

∪ {0}) (2.40) ∆σ(x) < 0 với x ∈ Ω1 \ (ω′ 1

|∆β(x)| sao cho và tồn tại hằng số dương C5 = C5(ω′, s, β) = 2π2|ω′|2s max x∈ω′ ∫ ∫ ∫ ∫

ω′ 1

2λ (|α|π)2|x|2s∆σ|z|2dxdt ≤ |z|2dxdt. (2.41) C5λ|α|2M t(T − t)

) (cid:12) (cid:12) |z|2 − 2λAz∆σz Hơn nữa, sử dụng (2.12) tồn tại hằng số dương C6 = C6(β) > 0, với mọi M ≥ M1, (cid:12) ( (cid:12) −λ∆2σ − 2λ2σt∆σ − 2λ∆σ

(2.42) |z|2 với x ∈ Ω1 \ {0}, t ∈ (0, T ) ≤ 1 2 |Az|2 + C6λ2 C6λ2M 3 (t(T − t))3

max{2|∆β|2 + |∆2β| + 2|β||∆β| + 2|∆β| ở đó C6(β) := | x ∈ Ω1 \ {0}}. 4 m(β)

( ) ∫ Sử dụng(2.10), (2.12) và (2.37)-(2.42), ta nhận được từ (2.25) ∫

dxdt

Ω1\ω′ 1 ∫ T

∫

ω′ 1

≤ |∇z|2 + dxdt C3λ3M 3 (t(T − t))3 (−D2β(∇β, ∇β))|z|2 + 2λ(|α|π)2∇ · (|x|2s∇σ)|z|2 ( ) C2M t(T − t) ) |z|2 − 2λ(|α|π)2∇ · (|x|2s∇σ)|z|2 ( C4λ3M 3 (t(T − t))3 ∫ ∫ ∫ ∫

ω′ 1

Ω1\ω′ 1

|z|2dxdt+ |z|2 + |z|2 dxdt. + C6λM 3 (t(T − t))3 C5|α|2λM t(T − t) C6λM 3 (t(T − t))3

Hơn nữa,

) ( 2s|x|2s−1|∇β| + |x|2s|∆β|

) (|α|π)2|∇ · (|x|2s∇σ)| ≤ (|α|π)2 M t(T − t) ( |x|2s−1|∇β| + |x|2s|∆β| ∀x ∈ Ω1 \ {0}, ≤ C7|α|2M t(T − t)

1, ta có

ở đây C7 = π2(2s + 1). Từ tính chất của σ, với mọi x ∈ ω′

|(|α|π)2∇ · (|x|2s∇σ)| ≤ C9|α|2M t(T − t) ) ( |x|2s−1|∇β| + |x|2s|∆β| ≥ 0. với C8 = C7 max x∈ω′ 1

Từ bây giờ ta lấy

} { T + T 2; |α|T 2 , M = M (T, β, |α|) := K1 max

}, và δ = δ(β) > 0 là hằng số (đủ nhỏ) 1 δ

ở đây K1 = K1(β) := max{m(β); được chọn sau. Ta có M ≥ |α|T 2/δ, khi đó với mọi x ∈ Ω1 \ {0},

( ) |x|2s−1|∇β| + |x|2s|∆β| , |(|α|π)2∇ · (|x|2s∇σ)| ≤ C9δ2M 3 (t(T − t))3

với C9 = C9(s) > 0.

∪ {0}), ta có thể chọn δ = δ(β) đủ nhỏ sao, Bởi vì |∇β| > 0 trong Ω1 \ (ω′ 1

∪ {0}), với mọi x ∈ Ω1 \ (ω′ 1

D2β(∇β, ∇β). C9δ2|x|2s|∆β| ≤ C3δ 4 |∆β||∇β|2 ≤ − C3 4

N1∑

Mặt khác, nhờ (2.13), với 0 < s < 1/2, ta có

N1∑

i=1 v u u t

√ −D2β(∇β, ∇β) = s |xi|2s−1 |xi|2s + Ci

i )2s−1(|xi|2s + Ci)

i=1

N1∑

≥ s (x2

1 + x2

2 + · · · + x2 N1

i=1

v u u t ≥ s (x2 )2s−1(|xi|2s + Ci)

= s|x|2s−1|∇β| với mọi 0 < |x| < ε.

Do đó, ta có với δ = δ(β, s) đủ nhỏ thỏa mãn

C9δ2 ≤ s C3 4

thì

D2β(∇β, ∇β) (2.43) C9δ2|x|2s−1|∇β| ≤ − C3 4

với mọi 0 < |x| < ε và 0 < s < 1/2.

1) khi δ đủ nhỏ, vì

Hơn nữa, (2.43) cũng đúng với mọi x ∈ Ω1 \ (Bε(0) ∪ ω′

−D2β(∇β, ∇β) > 0 trên tập compact này. Cuối cùng, ta nhận được

∫ ∫

Ω1\ω′ 1

|z|2dxdt C3λ3M 3 2(t(T − t))3 − D2β(∇β, ∇β) ∫ ∫

≤ |z|2dxdt

Ω1\ω′ 1 ∫ T

C6λM 3 (t(T − t))3 ( ) ∫

ω′ 1

|∇z|2 + + |z|2 dxdt C4λ3M 3 (t(T − t))3 ( ) ∫ ∫

ω′ 1

+ |z|2 + |z|2 dxdt. C2λM t(T − t) (C5 + 2C8)|α|2λM t(T − t) C6λM 3 (t(T − t))3

1, ta cũng

Vì −D2β(∇β, ∇β) bị chặn dưới bởi hằng số phụ thuộc vào Ω1 \ ω′

có hằng số k2 = k2(β) > 0 sao cho

∫ ∫ ∫ ∫

Ω1\ω′ 1

|z|2dxdt

|z|2dxdt ≤ k2 ( λM 3 (t(T − t))3 ) λ3M 3 2(t(T − t))3 ∫ ∫

ω′ 1

dxdt |∇z|2 + + k2 λ3M 3 (t(T − t))3 |z|2 ) ( ∫ ∫

ω′ 1

0 √

|z|2 + |z|2 dxdt. (2.44) + k2 λM 3 (t(T − t))3 λM t(T − t) |α|2λM t(T − t)

Cố định λ = λ0 := 2 k2 và chú ý rằng M ≥ |α|T 2/δ, ta nhận được từ (2.44):

0M 3 λ3 4(t(T − t))3 (

∫ ∫

Ω1\ω′ 1 ∫ ∫

ω′ 1

) ) M 3 |∇z|2 + |z|2 dxdt. (2.45) ≤ k2 λ0M t(T − t) |z|2dxdt ( 0 + λ0(1 + δ2/16) λ3 (t(T − t))3

∫ ∫

0M 3 λ3 4(t(T − t))3

ω′ 1

0 và chú ý rằng z = we−λ0σ, ta nhận được (2.14) với hằng số

Do vậy, thêm cùng đại lượng |z|2dxdt vào hai vế của (2.45)

{ }

+ 4 + ; . K2 = K2(β) := k2 max 1 k2 8 λ2 0 4 + δ2/4 + 8 max{|∇β|2 | x ∈ ω′ λ2 0

2.3. CHỨNG MINH KẾT QUẢ CHÍNH

2.3.1. Lược đồ chứng minh Định lí 2.1

Bởi phương pháp HUM, tính điều khiển được về 0 của bài toán (2.1) tương

đương với tính quan sát được cho bài toán liên hợp



(x, y, t) ∈ Ω × (0, T ),

(2.46) w = 0, (x, y, t) ∈ ∂Ω × (0, T ),

 wt + ∆xw + |x|2s∆yw = 0,  (x, y) ∈ Ω. w(x, y, T ) = wT (x, y),

Định nghĩa 2.2. Bài toán (2.46) là quan sát được trong ω tại thời điểm T nếu tồn tại C > 0, sao cho với mọi wT ∈ L2(Ω), nghiệm w của (2.46) thỏa

mãn ∫ ∫

L2(Ω)

∥w(., ., 0)∥2 ≤ C |w(x, y, t)|2dxdydt.

Giả sử w là nghiệm của (2.46). Khi đó w có thể được biểu diễn (như trong

(2.2)) như sau ∑ w(x, y, t) = wα(x, t)φα(y),

trong đó α = (α1, α2, . . . , αN2) ∈ (N∗)N2 ,

φα(y) = 2N2/2 sin(πα1y1) sin(πα2y2) · · · sin(παN2yN2),

và ∫

(0,1)N2

wα(x, t) = w(x, y, t)φα(y)dy.

Khi đó wα(x, t) là nghiệm của bài toán (bài toán liên hợp của (2.3)) 

+ ∆xwα − (|α|π)2|x|2swα = 0, (x, t) ∈ Ω1 × (0, T ), ∂wα ∂t

(2.47) wα = 0, (x, t) ∈ ∂Ω1 × (0, T ),

  wα(x, T ) = wT,α(x), x ∈ Ω1.

Ta chú ý rằng, với hầu khắp t ∈ (0, T ), và với mọi tập mở ω1 của (−1, 1)N1,

ω1×(0,1)N2

ω1

ta có ∫ ∫ ∑ |w(x, y, t)|2dxdy = |wα(x, t)|2dx.

Điều này có được từ đẳng thức Bessel-Parseval. Do đó, tính quan sát được của (2.46) tương đương tính quan sát được đều theo α ∈ (N∗)N2 của bài toán

(2.47).

Định nghĩa 2.3. (Tính quan sát được đều). Cho ω1 là tập mở của (0, 1)N1. Bài toán (2.47) là quan sát được trong ω1 đều theo α ∈ (N∗)N2 nếu tồn tại C > 0 (không phụ thuộc vào α), sao cho với mọi α ∈ (N∗)N2 và wT,α ∈ L2(Ω1),

nghiệm của (2.47) thỏa mãn

∫ ∫ ∫

Ω1

ω1

|wα(x, 0)|2dx ≤ C |wα(x, t)|2dxdt.

2.3.2. Bất đẳng thức quan sát được

Định lí sau cho ta các kết luận tính điều khiển được trong Định lí 2.1. Chứng

minh dựa trên bất đẳng thức Carleman (2.14) cho nghiệm của (2.47) và tốc

độ tán xạ (2.4).

Định lí 2.3. Cho ω1 miền con bất kì của (0, 1)N1 .

1) Nếu s ∈ (0, 1), thì bài toán (2.47) quan sát được trong ω1 đều theo α ∈

(N∗)N2 .

2) Nếu s = 1, thì tồn tại T1 > 0 sao cho với mọi T > T1, bài toán (2.47)

quan sát được trong ω1 đều theo α ∈ (N∗)N2.

− 2M

Chứng minh. Nhờ (2.8) và chú ý rằng λ0 ≥ 1 và M ≥ K1(T + T 2), ta có với mọi x ∈ Ω1, t ∈ (0, T ),

t(T −t) ≤ C0,

M 3

− M

(

t(T −t) e−σ ≤ C0e−σ t(T − t)

≤ e−2λ0σ ≤ t(T − t) e , M 3 (t(T − t))3 e−2λ0σ ≤ (t(T − t))3 e )2 M t(T − t) M M t(T − t) M C0e−σ 4K1

ở đó C0 = max{sup{ζ 3e−2ζ | ζ ∈ R+}, sup{ζ 2e−ζ | ζ ∈ R+}}. Do vậy, ta nhận

) được từ (2.14) cho nghiệm wα(x, t) của (2.47): ( ∫ ∫ ∫ ∫

Ω1

ω′ 1

dxdt. |wα|2 + e−σ|∇wα|2 M 3|wα|2e−2λ0σ 2(t(T − t))3 dxdt ≤ K2C0 1 4K1

(2.48)

Bây giờ ta xét ρ ∈ C∞(RN1, R+) sao cho 0 ≤ ρ ≤ 1 trong Ω1 và

ρ ≡ 0 với x /∈ ω1. ρ ≡ 1 trong ω′ 1,

Bởi các giả thiết của σ và từ phương trình thứ nhất trong (2.47) thì ta có

∫ ∫

Ω1

0 = ρ2e−σ|wα|2dxdt

∫ ∫ ∫ d dt T

0 ∫

Ω1 ∫

= − ρ2σte−σ|wα|2dxdt + 2

∫ ρ2e−σ|∇wα|2dxdt ∫

Ω1

+ 2 wα∇(ρ2e−σ) · ∇wαdxdt + 2 ρ2e−σ(|α|π)2|x|2s|wα|2dxdt.

Do vậy, ∫ ∫ ∫ ∫

Ω1

∫ ∫ ρ2σte−σ|wα|2dxdt ∫ ρ2e−σ|∇wα|2dxdt = Ω1 ∫ T

Ω1

ρ2e−σ(|α|π)2|x|2s|wα|2dxdt − 2 wα∇(ρ2e−2σ) · ∇wαdxdt

0 ∫

− 2 ∫ ∫ ∫

Ω1

= ρ2e−σ(|α|π)2|x|2s|wα|2dxdt

Ω1 T

∫ ρ2σte−σ|wα|2dxdt − 2 ∫

Ω1

(2.49) − 2 · (ρe−σ/2∇wα)dxdt. wα ∇(ρ2e−σ) ρe−σ/2

Sử dụng bất đẳng thức Cauchy, ta nhận được từ (2.49) rằng

∫ ∫ ∫ ∫

Ω1

ρ2σte−σ|wα|2dxdt

Ω1 ∫

ρ2e−σ|∇wα|2dxdt ≤ ∫ ∫ ∫

Ω1

+ 2 dxdt. (2.50) ρ2e−σ|wα|2dxdt + |wα|2 (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) 2 (cid:12) (cid:12) ∇(ρ2e−σ) ρe−σ/2

Ta chú ý rằng và ρ2σte−σ bị chặn trong Ω1 × (0, T ) với giá trong (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) 2 (cid:12) (cid:12) ∇(ρ2e−σ) ρe−σ/2

ω1 × (0, T ) bởi hằng số C1 = C1(β, ρ) > 0. Do đó, ta nhận được từ (2.50): ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

Ω1

ω1

ω′ 1

e−σ|∇wα|2dxdt ≤ ρ2e−σ|∇wα|2dxdt ≤ C1 |wα|2dxdt.

(2.51) Kết hợp (2.51) và (2.48), ta nhận được hằng số C2 := C0(1 + C1/4K1) sao cho ∫ ∫ ∫ ∫

Ω1

ω1

(2.52) |wα|2dxdt. M 3|wα|2e−2σ (t(T − t))3 dxdt ≤ K2C2

Vì

với mọi t ∈ (T /4, 3T /4) , 3T 2 16 ≤ t(T − t) ≤ T 2 4

ta có

với (x, t) ∈ Ω1 × (T /4, 3T /4), e−2λ0σ(x,t) (t(T − t))3 ≥ e−C3M/T 2 T 6/64

3T /4

sup{β(x) | x ∈ Ω1}. Do vậy, ta nhận được từ (2.52): 32 3 ở đây C3 = C3(β) = λ0 ∫ ∫ ∫ ∫

T /4

Ω1

ω1

(2.53) |wα|2dxdt ≤ K2C2 |wα|2dxdt. T 6 64M 3 eC3M/T 2

Nhân phương trình thứ nhất trong (2.47) bởi −wα, và lấy tích phân trong Ω1

Ω1

ta được ∫ ∫ ) dx = 0. (2.54) |wα(x, t)|2dx + ( |∇xwα|2 + (|α|π)2|x|2s|wα|2 − 1 2 d dt

1+s T 2

Sử dụng Mệnh đề 2.2, ta có từ (2.54) ∫ ∫

Ω1

(2.55)

3T /4

1+s T 2

Tích phân (2.55) từ T /4 tới 3T /4, ta nhận được ∫ ∫ ∫

T /4

Ω1

e−c∗|α| (2.56) |wα(x, t)|2dxdt. |wα(x, 0)|2dx ≤ 2 T

−c∗|α|

1+s T 2

M T 2

Từ (2.53), (2.56) và chú ý rằng M ≥ K1(T + T 2) ≥ K1T 2, ta nhận được ∫ ∫ ∫

Ω1

ω1

|wα(x, 0)|2dx ≤ KeC3 |wα|2dxdt,

với K = K2C2/(32K 3

1 ), c∗ và C3 không phụ thuộc vào |α|, T . 1 T

(

)

• Nếu |α| < 1 + , thì M = K1(T + T 2), do đó với mọi s ∈ (0, 1],

C3K1

∫ ∫ ∫

Ω1

ω1

1 T |wα(x, 0)|2dx ≤ Ke |wα|2dxdt.

1+s

• Nếu |α| ≥ 1 + , thì M = K1|α|T 2, và bởi vậy 1 T

−c∗|α| 2 + + C3|α|, T 2 C3M T 2 = −c∗|α| 2 T 2

với c∗, C3 chỉ phụ thuộc vào β và s.

2 1+s

1−s với hằng số C > 0

Bây giờ với s ∈ (0; 1) và T > 0 bất kì. Giá trị cực đại của hàm ζ 7→

− 1+s 1−s

−c∗ζ + C3ζ trên (1 + 1/T ; +∞) có dạng CT − 1+s T 2 (không phụ thuộc vào T ). Do vậy ∫ ∫ ∫

ω1

Ω1

|wα(x, 0)|2dx ≤ KeCT |wα|2dxdt,

trong đó K, C không phụ thuộc vào |α|.

Bây giờ, giả sử rằng s = 1 và T > T1, ở đó

. T1 = T1(β) := 2C3 c∗

Khi đó ta có ∫ ∫ ∫

Ω1

ω1

(2.57) |wα(x, 0)|2dx ≤ K |wα|2dxdt.

2.3.3. Chứng minh tính không điều khiển được trong Định lí 2.1

Bây giờ ta chứng minh kết quả không điều khiển được trong Định lí 2.1.

√ Định lí 2.4. Cho ω1 = (a, b)N1 , với (N1 − 1)/N1 < a < b ≤ 1.

• Nếu s = 1 thì tồn tại T2 > 0, (T2 < T1) sao cho với mọi T < T2, bài toán

(2.47) không quan sát được trong ω1 đều theo α;

• Nếu s > 1, thì với mọi T > 0, bài toán (2.47) không quan sát được trong

ω1 đều theo α.

Chứng minh. Ta chứng minh định lí này bằng cách chọn các hàm thử sao cho

tính quan sát đều không xảy ra.

Cho s ∈ [1; +∞) cố định. Với mọi α ∈ (N∗)N2, ta xác định bởi λα (thay cho

λα,s), giá trị riêng đầu tiên của toán tử Gα,s, và bởi φα (thay thế cho φα,s) là

hàm riêng dương tương ứng, tức là

 ) ( (|α|π)2|x|2s − λα φα = 0 trong Ω1,

(2.58) φα = 0 trên ∂Ω1,

 −∆φα +  φα ≥ 0, ∥φα∥L2(Ω1) = 1.

Khi đó, hàm

wα(x, t) := φα(x)e−λ(cid:11)(T −t), (x, t) ∈ Ω1 × [0, T ]

là nghiệm của bài toán liên hợp (2.47). Hơn nữa, ta có ∫

Ω1

|wα(x, 0)|2dx = e−2λ(cid:11)T ,

∫ ∫ ∫

ω1

|wα(x, t)|2dxdt = |φα(x)|2dx. 1 − e−2λ(cid:11)T 2λα

Do vậy, để chứng minh tính không quan sát được đều, ta chỉ cần chứng tỏ rằng ∫

ω1

(2.59) |φα|2dx → 0 khi |α| → +∞. e2λ(cid:11)T λα

Để làm điều đó, ta sẽ so sánh φα với một nghiệm trên tường minh của bài

toán trên một miền con phù hợp của Ω1.

Với mọi α ∈ (N∗)N , đặt

( ) 1

. (2.60) ˜αs := λα (|α|π)2

Đặt Ωx0,1 = [x0, 1]N1 với mọi 0 < x0 < 1. Ta xác định

{ } , ∂Ω ˜αs,1(˜αs) = { . ∂Ω ˜αs,1(1) = x ∈ Ω ˜αs,1 sao cho tồn tại một tọa độ bằng ˜αs } x ∈ Ω ˜αs,1 sao cho tồn tại một tọa độ bằng 1

Bổ đề 2.1. Cho Φα ∈ C 2((˜αs, 1)N1 ; R) là nghiệm của

 ) ( (|α|π)2|x|2s − λα Φα ≥ 0 trong Ω ˜αs,1,

(2.61) trên ∂Ω ˜αs,1(1), √ ˜αsλα  −∆Φα + Φα ≥ 0  ⃗n · ∇Φα(x) < − trên ∂Ω ˜αs,1(˜αs).

Khi đó tồn tại n∗ ∈ N∗ sao cho với mọi |α| ≥ n∗,

∫ ∫

ω1

|φα|2dx ≤ |Φα|2dx.

√ ˜αsλα trên ∂Ω ˜αs,1(˜αs).

(0) = 0. Do vậy, trên Chứng minh. Ta chú ý rằng, nhờ đánh giá chặn trên của λα trong Mệnh đề 2.2, ˜αs → 0 khi |α| → +∞. Nói riêng, tồn tại n∗ ≥ 1 sao cho ω1 ⊂ (˜αs, 1)N1. Hơn nữa ta có thể chứng minh được rằng |⃗n · ∇φα| ≤ Thật vậy, ta thấy rằng φα(x) = φα(−x), do đó ∂φ(cid:11) ∂xj

∂Ω ˜αs,1(˜αs), sử dụng (2.58) và bất đẳng thức Cauchy-Buniakovsky, ta có

(0, ..., 0, ˜αs, 0, ..., 0)|

˜αs

(0, ..., 0, ξ, 0, ..., 0)dξ = (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) ∂2φα ∂x2 j |⃗n · ∇φα| = | ∂φα ∂xj (cid:12) ∫ (cid:12) ˜αs (cid:12) (cid:12) (cid:12) ∫

= λα|φα(0, ..., 0, ξ, 0, ..., 0)|dξ

˜αs

√ √ ∫ ∫

dξ ≤ λα |φα(0, ..., 0, ξ, 0, ..., 0)|2dξ

√

0 ˜αs∥φα∥L2(Ω1)

≤ λα √

= λα ˜αs,

(Φα − φα)(x∗) = min{(Φα − φα)(x) | x ∈ [˜αs; 1]N1 } < 0.

Vì (Φα − φα)(x) ≥ 0 trên ∂Ω ˜αs,1(1) và ⃗n · ∇(Φα − φα)(x) < 0 trên ∂Ω ˜αs,1(˜αs), ta có x∗ ∈ (˜αs; 1)N1. Mặt khác, hàm Φα − φα có cực tiểu tại x∗, do đó ∇(Φα − φα)(x∗) = 0 và ∆(Φα − φα)(x∗) ≥ 0. Do vậy,

( ) −∆(Φα − φα)(x∗) + (|α|π)2|x∗|2s − λα (Φα − φα)(x∗) < 0,

suy ra mâu thuẫn. Ta được điều phải chứng minh.

Để chứng minh (2.59), bằng cách áp dụng Bổ đề 2.1, ta tìm một nghiệm

trên Φα của (2.61) ở dạng

, (2.62) Φα = Cαe−µ(cid:11)|x|s+1

ở đó Cα, µα > 0. Ta thấy điều kiện thứ hai trong (2.61) thỏa mãn. Bây giờ,

ta chứng minh điều kiện thứ nhất và điều kiện thứ ba trong (2.61) cũng thỏa

mãn. Tính toán ta được

(2.63) ∇Φα(x) = −µα(s + 1)|x|s−1(x1, ..., xN1)Φα,

và

( )

αC 2

α(s + 1)2|x|2s

∆Φα(x) = − µαCα(s + 1)(N1 + s − 1)|x|s−1 + µ2 Φα.

Do đó, bất đẳng thức thứ nhất của (2.61) thỏa mãn nếu và chỉ nếu với mọi x ∈ (˜αs; 1)N1 ,

α(s + 1)2|x|2s + µα(s + 1)(N1 + s − 1)|x|s−1 ≥ λα.

(|α|π)2|x|2s − µ2 (2.64)

Nói riêng, ta có

, (2.65) µα ≤ |α|π s + 1

và

α(s + 1)2

s + µα(s + 1)(N1 + s − 1)˜αs−1 ˜α2s

( ) (|α|π)2 − µ2 (2.66) ≥ λα.

Thật vậy, vế trái của (2.64) là một hàm tăng theo |x|. Chú ý tính chất của ˜αs,

bất đẳng thức (2.66) có thể được viết lại là

2 + 1

( ) 1

. (2.67) µα ≤ (N1 + s − 1) s + 1 (|α|π)2 λα

Do vậy, kết hợp với (2.65) và (2.67), để chứng minh bất đẳng thức thứ nhất

2 + 1

trong (2.61) thỏa mãn, ta cần lấy } { ( ) 1

. (2.68) ; µα := min |α|π s + 1 N1 + s − 1 s + 1 (|α|π)2 λα

Với các tính toán sau, ta chú ý rằng, nhờ (2.68) và chặn trên trong Mệnh đề 2.2, với |α| đủ lớn thì µα có dạng

(2.69) µα = C1(s)|α|.

s+1

Bây giờ, từ (2.63),

2 với x ∈ ∂Ω ˜αs,1(˜αs).

se−µ(cid:11)(N1−1+ ˜α2 s)

⃗n · ∇Φα(x) ≤ −Cαµα(s + 1)˜αs

s+1 2

Do đó, bất đẳng thức thứ 3 trong (2.61) thỏa mãn nếu ta lấy

. (2.70) Cα := 2λαeµ(cid:11)(N1−1+ ˜α2 s) (s + 1)µα ˜αs−1/2

s+1 2

a1+s

αe−2µ(cid:11)N C 2

Ta chứng minh (2.59). Từ Bổ đề 2.1, (2.62), (2.69) và (2.70), với |α| ≥ n∗, ∫ ∫

ω1

s+1 2

e2λ(cid:11)T λα |Φα(x)|2dx ≤ e2λ(cid:11)T λα

a1+s

ω1 αe2µ(cid:11)(N1−1+ ˜α2 s) α ˜α2s−1 (s + 1)2µ2

4λ2 e−2µ(cid:11)N . |φα(x)|2dx ≤ e2λ(cid:11)T λα ≤ e2λ(cid:11)T λα

Bởi các bất dẳng thức (2.69) ta có

∫

ω1

(

)]

s+1 2

2|α|

a1+s−(N1−1+ ˜α2 s)

N 1

(cid:21)(cid:11) |(cid:11)| T −C1(s)

e2λ(cid:11)T λα |φα(x)|2dx [

α ˜α2s−1

≤ e . (2.71) 4λα (s + 1)2µ2

• Nếu s > 1, ta nhận được từ chặn trên của λα trong Mệnh đề 2.2 và

(2.60):

→ 0 và ˜αs → 0 khi |α| → +∞ λα |α|

Do đó, với mọi T > 0, tồn tại ˜n∗ ≥ n∗ sao cho, với mọi |α| ≥ ˜n∗,

s+1 2

( )

s+1 2

a1+s − (N1 − 1 + ˜α2 s) N 1 ( )

. a1+s − (N1 − 1) λα |α| T − C1(s) ≤ − C1(s) N 1

s+1

s+1 2

2 > 0

Áp dụng bất đẳng thức này cho (2.71) và chú ý rằng

a1+s − (N1 − 1) N 1

√ vì a > (N1 − 1)/N1, ta nhận được (2.59).

• Nếu s = 1, Mệnh đề 2.2 chỉ ra rằng c∗|α| ≤ λα ≤ c∗|α| và chú ý ˜α1 → 0

khi |α| → +∞, do đó, ta có thể chọn T sao cho

< 0 với |α| đủ lớn, ) ( N1a2 − (N1 − 1 + ˜α2 1) λα |α| T − C1(1)

do vậy (2.59) thỏa mãn với ( ) N1a2 − (N1 − 1) C1(1) T < T2 := 2c∗

với C1(1) = min{π/2; N1π2/(2c∗)}. Ta thấy rằng T2 < T1 khi λ0 đủ lớn.

Chú ý 2.1. Trong trường hợp nhiều chiều, khi s = 1, ta mới chỉ chứng minh

được rằng có hai thời điểm T1, T2, với 0 < T2 < T1, sao cho tính điều khiển

được thỏa mãn với T > T1 và không thỏa mãn với T < T2. Ta chưa chứng minh được T1 = T2 = T ∗ như trong trường hợp hai chiều N1 = N2 = 1. Tuy nhiên ta không cần miền điều khiển ω có dạng (a, b) × (0, 1), 0 < a < b ≤ 1,

như trong trường hợp hai chiều [12].

Chú ý cuối chương. So sánh với kết quả gần đây trong [13], trong chương

này chúng tôi nghiên cứu và chứng minh cả tính điều khiển được khi s ∈ (0, 1)

và khi s = 1 với thời gian điều khiển đủ lớn, tính không điều khiển được khi

s > 1 và khi s = 1 với thời gian điều khiển quá nhỏ. Trong [13] các tác giả

chỉ nghiên cứu tính điều khiển được về 0 khi s ∈ (0, 1) và s = 1, và nghiên

cứu thêm tính ổn định Lipschitz trong bài toán ngược, sử dụng ước lượng

Carleman. Cách khai triển Fourier và thiết lập bất đẳng thức Carleman cần

thiết của chúng tôi và trong [13] là khác nhau.

KẾT LUẬN CHƯƠNG 2

Trong chương này, chúng tôi đã nghiên cứu bài toán điều khiển được của

phương trình parabolic chứa toán tử Grushin trong trường hợp hình hộp nhiều

chiều. Các kết quả đạt được là:

• Khi 0 < s < 1 (trường hợp suy biến yếu): Chứng minh được tính điều

khiển được về 0 tại mọi thời điểm T > 0.

• Khi s = 1 (trường hợp suy biến mạnh): Chứng minh được tính điều khiển

được về 0 khi thời gian điều khiển đủ lớn và tính không điều khiển được

về 0 khi thời gian điều khiển quá nhỏ.

• Khi s > 1 (trường hợp suy biến quá mạnh): Chứng minh được tính không

điều khiển được về 0.

Chương 3

TÍNH ĐIỀU KHIỂN ĐƯỢC VỀ 0 KHI THỜI GIAN ĐỦ LỚN CỦA PHƯƠNG TRÌNH PARABOLIC CHỨA TOÁN TỬ GRUSHIN VỚI THẾ VỊ KÌ DỊ

Trong chương này chúng tôi nghiên cứu tính điều khiển được về 0 của

phương trình parabolic chứa toán tử Grushin với thế vị kì dị ở bên trong miền

trong trường hợp nhiều chiều. Đầu tiên chúng tôi đặt bài toán và phát biểu

kết quả chính của chương. Trong phần tiếp theo, sử dụng phương pháp HUM,

chúng tôi chứng minh kết quả chính bằng cách chứng minh rằng hệ liên hợp

tương ứng là quan sát được. Để chứng minh tính quan sát được ta đi chứng

minh tính quan sát được đều đối với tần số của hệ số Fourier mà dựa trên bất

đẳng thức Carleman mới và đánh giá tốc độ tán xạ của hệ số Fourier. Chứng

minh bất đẳng thức Carleman, công cụ cơ bản của chứng minh, được đưa ra

trong phần cuối của chương.

Nội dung của chương này dựa trên bài báo [3] trong Danh mục công trình

đã công bố.

3.1. ĐẶT BÀI TOÁN VÀ PHÁT BIỂU KẾT QUẢ CHÍNH

Cho Ω = Ω1 × Ω2 ⊂ RN1 × RN2 , N1 ≥ 3, N2 ≥ 1, là miền bị chặn với 0RN1 ∈ Ω1

và ∂Ω1 đủ trơn. Ta nghiên cứu tính điều khiển được về 0 của bài toán điều

khiển sau: 

(x, y, t) ∈ Ω × (0, T ), ut − ∆xu − |x|2s∆yu − µ |x|2 u = v1ω,

(3.1) (x, y, t) ∈ ∂Ω × (0, T ), u = 0,

  (x, y) ∈ Ω, u(0) = u0,

trong đó ω là tập con mở khác rỗng của Ω, và µ ≤ µ∗ = µ∗(N1) với µ∗(N1) = (N1 − 2)2/4 là hằng số tốt nhất nhất trong bất đẳng thức Hardy (1.4) cho toán

tử Grushin.

Bởi vì ta đang xét trường hợp kì dị trong miền, nên giả thiết N1 ≥ 3 được đặt ra để hằng số tốt nhất µ∗ = µ∗(N1) trong bất đẳng thức Hardy (1.4) là

dương.

Ta nói rằng bài toán (3.1) là điều khiển được về 0 tại thời điểm T nếu với mọi u0 ∈ L2(Ω) cho trước, tồn tại hàm điều khiển v ∈ L2(ω × (0, T )) sao cho bài toán (3.1) có nghiệm u(x, y, t) thỏa mãn u(·, ·, T ) = 0.

Mục tiêu của chương này là chứng minh kết quả sau.

Định lí 3.1. Với ω = ω1 × Ω2 là tập con mở của Ω sao cho 0RN1 /∈ ω1. Nếu µ < µ∗ và s = 1, thì tồn tại thời gian T ∗ > 0 sao cho bài toán (3.1) điều khiển được về 0 tại mọi thời điểm T > T ∗.

Ta bình luận phương pháp sử dụng nghiên cứu trong chương này. Bởi

phương pháp HUM được đưa ra bởi J.-L. Lions, tính điều khiển được về 0 của

bài toán (3.1) tương đương với tính quan sát được của bài toán liên hợp tương

ứng. Để thiết lập tính quan sát được của bài toán liên hợp, công cụ cơ bản là

xây dựng bất đẳng thức Carleman mới cho nghiệm của bài toán liên hợp của

(3.1). Tuy nhiên, cho đến này chưa có cách thiết lập bất đẳng thức Carleman

cho đúng nghiệm của bài toán liên hợp của bài toán parabolic chứa toán tử

Grushin không có/có thế vị kì dị. Ở đây, để chứng minh kết quả chính, ta sử

dụng các ý tưởng được đưa ra trong [12] cho chứng minh tính điều khiển được

về 0 cho bài toán parabolic chứa toán tử Grushin trong trường hợp hai chiều.

Cụ thể, nhờ có khai triển Fourier cho nghiệm của phương trình, tính quan

sát được của bài toán liên hợp được tương đương tính quan sát đều đối với

tần số Fourier, và tính quan sát được đều đối với tần số Fourier được chứng

minh bằng cách sử dụng bất đẳng thức Carleman và tốc độ tán xạ của hệ số

n ), mà nó √

Fourier. Tuy nhiên với phương pháp này, yêu cầu miền điều khiển phải có dạng ω = ω1 × Ω2. Chú ý rằng nếu ta áp dụng trực tiếp bất đẳng thức Carleman trong [30], ta chỉ nhận được hệ số quan sát được dạng exp(C(T )γ2/3

không đủ cho mục tiêu của ta là cần hằng số quan sát có dạng exp(C γnT )

với C > 0. Để thiết lập bất đẳng thức Carleman mới, ta theo các bước cơ bản trong nghiên cứu [30] và xem xét thế vị γn|x|2 như là phần chính của toán tử

mà theo đó cần chỉ rõ sự phụ thuộc vào γn. Bởi vì các kết quả trong [12], tính

điều khiển được về 0 của phương trình parabolic chứa toán tử Grushin với thế

vị kì dị chỉ mong chờ đạt được trong trường hợp 0 < s ≤ 1. Tuy nhiên, hiện

tại, trong chương này (và cũng như trong [21]) ta mới chỉ chứng minh được

tính điều khiển được về 0 tại thời gian đủ lớn trong trường hợp s = 1. Lí do

là, mặc dù ta chứng minh được tốc độ tán xạ đúng với mọi s > 0 (xem nhận

xét sau Mệnh đề 3.2), nhưng ta chỉ chứng minh được bất đẳng thức Carleman

trong trường hợp s = 1 (xem Định lí 3.3). Đây cũng là kết quả trong trường

hợp suy biến và kì dị trên biên trong trường hợp hai chiều [21]. Cũng chú ý rằng giả thiết µ < µ∗ là cần thiết để cho hằng số C∗ trong Mệnh đề 3.2 là dương bởi vì ta cần dùng đến bất đẳng thức Hardy trong RN1 , trong khi đó

tính trơn của miền Ω1 là cần thiết trong thiết lập bất đẳng thức Carleman.

µ,0(Ω) được

Để nghiên cứu bài toán (3.1), ta sử dụng không gian hàm S1

0 (Ω) theo chuẩn

định nghĩa là bao đóng của C∞

(cid:22);0(Ω) = S1

Ω

( ∫ ) )1/2 ∥u∥ dxdy . ( |∇xu|2 + |x|2s|∇yu|2 − µ |x|2 u2

µ,0(Ω), µ ≤ µ∗, là không gian Banach

Bởi bất đẳng thức Hardy (1.4), ta có S1

với chuẩn ở trên, và khi µ < µ∗,

( ) )

0 (Ω)

(cid:22);0(Ω)

≤ ∥u∥2 S1 ≤ ∥u∥2 S1 ∥u∥2 0 (Ω), S1 1 − max{0, µ} µ∗ ( 1 − min{0, µ} µ∗

0 (Ω) theo chuẩn

ở đó S1

0 (Ω) là bao đóng của C∞ (

0 (Ω) = S1

Ω

( ∫ ) )1/2 dxdy . ∥u∥ |∇xu|2 + |x|2s|∇yu|2

µ,0(Ω) và S1

0 (Ω) là tương đương. µ,0(Ω) ,→ L2(Ω) là compact nếu và chỉ nếu µ < µ∗ (xem Do đó, phép nhúng S1 [61] hoặc [44]). Tuy nhiên, trong trường hợp tới hạn µ = µ∗, không gian

0 (Ω). Như trong trường hợp không có thế vị kì dị

µ∗,0(Ω) là thực sự lớn hơn S1 S1 [12, Mục 2.1], sử dụng phương pháp xấp xỉ Galerkin hoặc lí thuyết nửa nhóm, ta chứng minh rằng với mọi u0 ∈ L2(Ω) và v ∈ L2(ω × (0, T )) cho trước, bài

Điều này cho thấy khi µ < µ∗, hai không gian S1

toán (3.1) có duy nhất nghiệm yếu u thỏa mãn

µ,0(Ω)).

u ∈ C([0, T ]; L2(Ω)) ∩ L2(0, T ; S1

3.2. CHỨNG MINH KẾT QUẢ CHÍNH

3.2.1. Khai triển Fourier và tốc độ tán xạ

0 (Ω2) và các hàm riêng tương ứng (φn(y))n∈N∗,

Với (γn)n∈N∗ là dãy không giảm các giá trị riêng của toán tử −∆y trong H 2(Ω2) ∩ H 1

  −∆yφn(y) = γnφn(y), y ∈ Ω2,

 φn(y) = 0, y ∈ ∂Ω2.

Với mọi nghiệm yếu u(x, y, t) của (3.1) và điều khiển v(x, y, t), đặt

∫ ∫

Ω2

(3.2) un(x, t) = u(x, y, t)φn(y)dy, vn(x, t) = v(x, y, t)φn(y)dy,

thì khi đó thế (3.2) vào trong (3.1), ta nhận được

Mệnh đề 3.1. Với u0 ∈ L2(Ω) cho trước và với u là nghiệm yếu duy nhất tương ứng của (3.1) với µ ≤ µ∗ và s = 1, thì với mọi n ∈ N∗, hàm un(x, t) là

nghiệm yếu duy nhất của bài toán



− ∆xun + γn|x|2un − µ trong Ω1 × (0, T ), |x|2 un = vn1ω1 (x) ∂un ∂t

(3.3) trên ∂Ω1 × (0, T ), un = 0

  un(x, 0) = u0,n(x) trong Ω1,

Ω2

∫ trong đó u0,n(x) = u0(x, y)φn(y)dy.

Chứng minh Mệnh đề 3.1 tương tự chứng minh của Mệnh đề 2 trong [21],

cũng có thể tham khảo thêm chứng minh trong [12, Mệnh đề 2], do vậy ở đây

ta bỏ qua chứng minh.

Ta biết rằng giá trị riêng nhỏ nhất của −∆φ(x) + γn|x|2φ(x) − µ |x|2 φ(x)

Ω1

0 (Ω1) \ {0}

Ω1

) ) trong H 2(Ω1) ∩ H 1 0 (Ω1) được cho bởi ( ∫ |φ|2 dx |∇φ(x)|2 + ∫ (cid:12) (cid:12) (cid:12) φ ∈ H 1 . λn,µ := min ( γn|x|2 − µ |x|2 |φ|2dx      

Mệnh đề 3.2. Với mọi N1 ≥ 3 và µ < µ∗, tồn tại C∗ = C∗(µ) > 0 và C ∗ = C ∗(µ) > 0 sao cho

C∗ (3.4) γn ≤ λn,µ ≤ C ∗√ √ γn ∀n ∈ N∗.

Chứng minh. Ta chứng minh mệnh đề dựa theo cách chứng minh trong [21,

Mệnh đề 4]. Đầu tiên ta chứng minh chặn dưới. Bằng cách đổi biến

N1 n ϕ(γ1/4 8

N1 n ϕ(y), 8

n x) = γ

φ(x) = γ

ta nhận được ( ) ) } {∫

Ω1

|∇φ(x)|2 + |φ(x)|2 dx λn,µ = ( γn|x|2 − µ |x|2

inf ϕ∈C∞ 0 (Ω1) ∥φ∥ L2 (Ω1 )=1 ( ( ) ) ∫    

γnΩ1

n Ω1) =1

ϕ∈C∞ ∥φ∥

L2 ((cid:13)

1=4 n Ω1 )

|∇ϕ(y)|2 + |ϕ(y)|2 dy = γ1/2 n   |y|2 − µ |y|2 inf 0 (γ1=4

≥ C∗γ1/2 n ,

ở đó ( ) ) } {∫

RN1

L2 (RN1 )

C∗ := |∇ϕ(y)|2 + |ϕ(y)|2 dy ( |y|2 − µ |y|2 inf ϕ∈C∞ 0 (RN1 ) ∥φ∥ =1

là dương bởi bất đẳng thức Hardy (1.3).

Bây giờ ta chứng minh chặn trên của λn,µ bằng cách chọn hàm thử. Với

nếu |x| ≤ 1/k,

φk(x) = nếu 1/k ≤ |x| ≤ 2/k

mọi k > 1 đủ lớn sao cho B2/k(0) ⊂ Ω1, ta xét dãy hàm   k|x| 2 − k|x|  0 nếu |x| ≥ 2/k.

Ta có thể thấy rằng φk thuộc vào H 1 0 (Ω1) với mọi k > 1. Ta có ∫ ∫ ∫

|x|≤1/k

Ω1

|x|2dx +

1/k≤|x|≤2/k ∫

|φk(x)|2dx = k2 ∫ (2 − k|x|)2dx, ∫

1/k≤|x|≤2/k

|x|≤2/k

= 4 dx − 4k |x|dx + k2 |x|2dx.

Sử dụng đổi biến trong tọa độ cầu (xem (1.8)), ta có ∫

1/k≤|x|≤2/k

4 dx = , 4(2N1 − 1)CN1 kN1

ở đó

với N1 chẵn ,

N1−1 2

CN1 = 2    với N1 lẻ , πN1/2 ) ( N1 ! 2 N1+1 2 π N1!!

và ∫

1/k≤|x|≤2/k

−4k |x|dx = CN1 , 1 kN1 −4(2N1+1 − 1) N1 + 1 ∫

|x|≤2/k

k2 |x|2dx = CN1, 1 kN1 2N1+2 N1 + 2

ở đó

∫

(0,π)N1−2

CN1 := π sinN1−2 ϕ1 . . . sin ϕN1−2dϕ1dϕ2 · · · dϕN1−2.

Do vậy ∫

Ω1

, |φk(x)|2dx = C1,N1 1 kN1

với ( )

− C1,N1 := 4(2N1 − 1)CN1 CN1 > 0. 4(2N1+1 − 1) N1 + 1 − 2N1+3 N1 + 2

Tương tự, ta có ∫

Ω1

|∇φk(x)|2dx = 2N1 CN1 k2 kN1

và ∫

Ω1

|x|2|φk(x)|2dx = C2,N1 1 kN1+2 ,

với ( )

+ C2,N1 := 4 CN1 > 0, 2N1+2 − 1 N1 + 2 − 2N1+3 − 1 N1 + 3 2N1+2 N1 + 4

và ∫

Ω1

, |φk(x)|2dx = C3,N1 1 |x|2 k2 kN1

trong đó

( )

. C3,N1 := 2N1CN1 + 4CN1 2N1−2 − 1 N1 − 2 − (2N1−1 − 1) N1 − 1

Do vậy,

2N1 CN1 − µC3,N1 k−2 λn,µ ≤ hn,µ(k) := k2 + γn C1,N1 C2,N1 C1,N1

với mọi k > 1.

− µC3,N1 > 0 với µ < µ∗(N1). Khi đó, vì hn,µ đạt

n , ta có

Ta chú ý rằng 2N1CN1 cực tiểu tại k = C(µ)γ1/4

λn,µ ≤ hn,µ(k) = C ∗γ1/2 n ,

1 2

với ( )1/2 C ∗ = 2 . 2N1 CN1 − µC3,N1 (C2,N1 ) C1,N1

Nhận xét 3.1. Bằng cách tương tự, ta cũng có thể chứng minh kết quả về

1 1+s

tốc độ tán xạ với mọi s > 0. Cụ thể, ta có

1 1+s n

n ≤ λn,s,µ ≤ C ∗γ

∀n ∈ N∗, C∗γ

|x|2 φ(x)

0 (Ω1).

ở đây λn,s,µ là giá trị riêng nhỏ nhất của −∆φ(x) + γn|x|2sφ(x) − µ trong H 2(Ω1) ∩ H 1

3.2.2. Tính quan sát được đều của bài toán liên hợp

Bởi phương pháp HUM, tính điều khiển được của bài toán (3.1) tương đương

tính quan sát được của bài toán liên hợp của (3.1):



(x, y, t) ∈ Ω × (0, T ), µ |x|2 w = 0,

(3.5) w = 0, (x, y, t) ∈ ∂Ω × (0, T ),

 wt + ∆xw + |x|2∆yw +  (x, y) ∈ Ω. w(x, y, T ) = wT (x, y),

Ta nói rằng bài toán liên hợp (3.5) quan sát được trong ω tại thời điểm T nếu tồn tại C > 0 sao cho với mọi wT ∈ L2(Ω), nghiệm w của (3.5) thỏa mãn: ∫ ∫

L2(Ω)

ω×(0,T )

|w(x, y, t)|2dxdydt. ∥w(·, ·, 0)∥2 ≤ C

Sử dụng (3.2), ta có được bài toán liên hợp của (3.3) như sau



(x, t) ∈ Ω1 × (0, T ), µ |x|2 wn = 0,

(3.6) (x, t) ∈ ∂Ω1 × (0, T ), wn = 0,

 ∂twn + ∆xwn − γn|x|2wn + 

Ω2

wn(x, T ) = wT,n(x), ∫ x ∈ Ω1, ∫ ở đó wn(x, t) = w(x, y, t)φn(y)dy và wT,n(x) = wT (x, y)φn(y)dy.

Do vậy, bởi đẳng thức Bessel-Parseval, để chứng minh tính quan sát được

của bài toán (3.5), ta chỉ cần chứng minh bài toán liên hợp (3.6) quan sát được trong ω1 đều theo n ∈ N∗, tức là, với mọi ω1 ⊂ Ω1, tồn tại C > 0 (không phụ thuộc vào n) sao cho với mọi n ∈ N∗ và wT,n ∈ L2(Ω1), nghiệm wn của (3.6)

thỏa mãn ∫ ∫

L2(Ω1)

ω1×(0,T )

≤ C |wn(x, t)|2dxdt. ∥wn(·, 0)∥2

Bây giờ ta chứng minh kết quả tính quan sát được đều theo n, mà từ đó sẽ

nhận được Định lí 3.1.

Định lí 3.2. Với ω1 ⊂ Ω1 sao cho 0RN1 /∈ ω1 và µ < µ∗. Khi đó tồn tại T ∗ > 0 sao cho với mọi T > T ∗, bài toán (3.6) quan sát được trong ω1 đều theo n ∈ N∗.

Chứng minh. Chứng minh dựa trên ước lượng Carleman cho nghiệm của (3.6)

(Định lí 3.3 dưới đây) và tốc độ tán xạ (xem (3.4)).

Trước tiên, không mất tính tổng quát vì 0RN1 ∈ Ω1 và 0RN1 /∈ ω1 nên ta luôn có thể coi hình cầu đơn vị tâm tại 0RN1 thỏa mãn B1(0) ⊂ Ω1 và B1(0) ∩ ω = ∅. Điều này luôn thực hiện được bằng phép đổi biến, với δ > 0 nhỏ cố định, đổi biến ex = x/δ với mọi x ∈ Bδ(0) thì ex ∈ B1(0).

Để thiết lập bất đẳng thức Carleman, ta xét hàm trọng sau như trong [30]:

)

|x|2 − eλψ(x)

:= σ(x, t) = ( e2λ sup ψ − 1 2 (t(T − t))3 β(x) (t(T − t))3 ,

trong đó λ là tham số dương được chọn đủ lớn, và ψ là hàm trơn thỏa mãn



ψ(x) = ln(|x|), x ∈ B1(0),

ψ(x) = 0, x ∈ ∂Ω1,

  ψ(x) > 0, x ∈ Ω1 \ B1(0),

và tồn tại tập mở ˜ω1 thỏa mãn ˜ω1 ⊂ ω1 và m∗ > 0 sao cho

(3.7) |∇ψ(x)| ≥ m∗, x ∈ Ω1 \ ˜ω1.

Như đã giải thích trong [30], ta có thể chọn ψ sao cho hàm trọng β là trơn

ít nhất lớp C 4 khi λ đủ lớn và là đủ cho mục đích của ta. Người đọc có thể

xem thêm [30] về những thảo luận trong việc chọn hàm trọng này.

Ta có bất đẳng thức Carleman sau được chứng minh trong Mục 3.3.

∫ ∫ Định lí 3.3. Cho ω1 ⊂ Ω1 sao cho 0RN1 /∈ ω1. Nếu µ ≤ µ∗, thì tồn tại hằng số dương λ0 sao cho với mọi λ ≥ λ0, tồn tại K1 = K1(λ, β) và K2 = K2(λ, β) sao cho với mọi w ∈ C([0, T ]; L2(Ω1)) ∩ L2(0, T ; H 1 0 (Ω1)), ta có bất đẳng thức ∫ ∫ [

Ω1\B1(0)×(0,T )

Ω1×(0,T ) ∫ ∫

e−2M σ |∇w|2dxdt + e−2M σ K1 M (t(T − t))3 M (t(T − t))3

∫ ∫

Ω1\B1(0)×(0,T ) ∫ ∫

B1(0)×(0,T ) ∫ ∫

e−2M σ M 3 |w|2dxdt + |w|2 |x| dxdt ] |w|2dxdt + e−2M σ M 3|x|2 (t(T − t))9 (t(T − t))9

Ω1×(0,T )

ω1×(0,T )

≤ e−2M σ M 3 |w|2dxdt + (3.8) |e−M σGn,µw|2dxdt. (t(T − t))9

Ở đây,

√ M = M (λ, T, γn, β) = K2 max{T 3 + T 4 + T 5 + T 6; γnT 6},

và

Gn,µw = wt + ∆w − γn|x|2w + µ |x|2 w.

Bây giờ ta tiếp tục chứng minh của Định lí 3.2.

Áp dụng bất đẳng thức Carleman (3.8) cho nghiệm wn(x, t) của (3.6), ta

có ∫ ∫ ∫ ∫

ω1×(0,T )

Ω1×(0,T )

e−2M σ M 3 |wn(x, t)|2dxdt. K1 e−2M σM (t(T − t))3 |wn|2 |x| dxdt ≤ (t(T − t))9

(3.9)

−

Chú ý rằng

≥ 64M 128β∗ 27T 6 M ∀(x, t) ∈ Ω1 × (T /4, 3T /4), M e−2M σ(x,t) (t(T − t))3 1 |x| RΩ1 T 6 e

|x| và ở đó RΩ1 := sup x∈Ω1

e−2M σ(x,t) M 3 ≤ K3M 3 ∀(x, t) ∈ ω1 × (0, T ). (t(T − t))9

Ở đây K3 = K3(β) := max{e−2β∗ζζ 3 : ζ ∈ R+} với β∗ = max{β(x) : x ∈ Ω1} và β∗ = min{β(x) : x ∈ ω1}.

3T /4

∗

128(cid:12) 27

M T 6

Do vậy (3.9) suy ra ∫ ∫ ∫ ∫

T /4

Ω1

ω1×(0,T )

|wn(x, t)|2dxdt, (3.10) |wn(x, t)|2dxdt ≤ K3T 6M 2e

trong đó K3 := K3RΩ1/(64K1).

Bây giờ, nhân (3.6) bởi −wn, sau đó tích phân trên Ω1, ta nhận được ∫

Ω1

− 1 2 d dt [ ( ) ] |wn(x, t)|2dx ∫

Ω1

+ dx = 0. (3.11) |∇wn(x, t)|2 + |wn(x, t)|2 γn|x|2 − µ |x|2

√

Sử dụng (3.4), ta nhận được từ (3.11) rằng ∫

γnt|wn(x, t)|2dx ≥ 0 ∀t ≥ 0.

Ω1

e−2C∗ d dt

√

γnt

Do vậy ∫ ∫

Ω1

|wn(x, 0)|2dx ≤ e−2C∗ |wn(x, t)|2dx ∀t ≥ 0.

Tích phân từ T /4 đến 3T /4, ta nhận được

3T /4

√

γnT

∫ ∫ ∫

T /4

Ω1

(3.12) e− C∗ |wn(x, t)|2dxdt. |wn(x, 0)|2dx ≤ 2 T

Thế (3.10) vào (3.12) ta thu được

∫

Ω1

|wn(x, 0)|2dx

ω1×(0,T )

( ) ∫ ∫ √ ≤ 2K3T 5M 2 exp |wn(x, t)|2dxdt. γnT 128β∗ 27 M T 6 − C∗ 2

Bây giờ ta xét hai trường hợp:

√ • Nếu + 1 T 1 T 2 + 1 T 3 , thì M = K2(T 3 + T 4 + T 5 + T 6), và do đó γn < 1 + ∫

2T 11(1 + T + T 2 + T 3)2

Ω1

|wn(x, 0)|2dx ≤ 2K3K2

( ) ∫ ∫

ω1×(0,T )

× exp + |wn(x, t)|2dxdt. K2(1 + 128β∗ 27 1 T 1 T 2 + 1 T 3 )

√ √ • Nếu + γn ≥ 1 + 1 T γnT 6, và do đó ) √ T γnT = γn. 1 1 T 3 , thì M = K2 T 2 + ( 128β∗ √ 27 − C∗ 2 K2 − C∗ 2 128C 27 M T 6

Ω1

2T 17γn exp ∫ ∫

Do vậy, nếu T > T ∗ = thì 256β∗K2 27C∗ [( ) ] ∫ √ T γn |wn(x, 0)|2dx ≤ 2K3K2 128β∗ 27 K2 − C∗ 2

2T 17K4

ω1×(0,T )

|wn(x, t)|2dxdt, ≤ 2K3K2

{ [( ) ] }

T √ ζ . ζ exp : ζ ∈ R+ trong đó K4 = max 128β∗ 27 K2 − C∗ 2

Vậy Định lí 3.2 được chứng minh xong.

3.3. CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC CARLEMAN

3.3.1. Một số tính chất của hàm trọng

, sao cho Ta xét hàm radial η(x) = η(|x|), 0 ≤ η(x) ≤ 1 N1

, và η(x) = . η(x) = 0, |x| ≤ 1 2 , |x| ≥ 3 4 1 N1

Ta có các tính chất của hàm trọng β.

Mệnh đề 3.3. Kí hiệu O là tập Ω1 \ (B1(0) ∪ ˜ω1). Ta có

1) Trên ∂Ω1, ta có

≥ 0 với λ > , (3.13) ∂β ∂ν RΩ1 m∗

ở đó ν là vectơ pháp tuyến đơn vị ngoài và m∗ là hằng số trong (3.7).

2) Tồn tại hằng số λ0 > 0 sao cho với λ ≥ λ0, tồn tại các hằng số dương

C1 và C2 sao cho

−η(x)∆β(x)|Z|2 − 2D2β(x)(Z, Z) ≥ C1|Z|2, ∀Z ∈ RN1, x ∈ Ω1 \ ˜ω1,

(3.14)

η(x)∆β(x)|∇β(x)|2 − 2D2β(x)(∇β(x), ∇β(x)) ≥ C2, ∀x ∈ O,

(3.15)

η(x)∆β(x)|∇β(x)|2 − 2D2β(x)(∇β(x), ∇β(x)) ≥ |x|2, ∀x ∈ B1(0),

(3.16)

ở đây hằng số C1 có thể được chọn sao cho

(3.17) C1 ≥ ηN1 + 2 khi λ đủ lớn.

Chú ý rằng từ các chứng minh dưới đây, ta có thể đưa ra giá trị cụ thể của

λ0, tuy nhiên nó là không cần thiết, do đó ta bỏ qua việc xác định rõ λ0.

Chứng minh. Chứng minh khá cơ bản (có thể xem thêm trong [13]).

1) Ta có trên ∂Ω1,

= −x · ν − λ∇ψ · ν ≥ −RΩ1 + λ|∇ψ| ≥ −RΩ1 + λm∗. ∂β ∂ν

Do vậy, ta nhận được (3.13).

2) Từ định nghĩa của ψ bên ngoài khối cầu B1(0), ta có hằng số m∗ sao cho

|∇ψ(x)|, |∆ψ(x)|, |D2ψ(x)| ≤ m∗ for x ∈ Ω1 \ B1(0).

Chứng minh (3.14). Ta thấy từ định nghĩa của β(x) trong Ω1 \ B1(0),

∇β(x) = −λ∇ψeλψ − x,

(3.18) D2β(x) = −(λ2∇ψ(x) ⊗ ∇ψ(x) + λD2ψ(x))eλψ − IN1 ,

∆β(x) = −(λ2|∇ψ|2 + λ∆ψ)eλψ − N1,

ở đây IN1 là ma trận đơn vị cấp N1 và a ⊗ b = (aibj)N1×N1 với a = (a1, . . . , aN1 ), b = (b1, . . . , bN1).

Do vậy, với mọi x ∈ O, ta có

−η∆β(x)|Z|2 − 2D2β(x)(Z, Z)

= η(λ2|∇ψ|2 + λ∆ψ)eλψ|Z|2 + ηN1|Z|2

) ( λ2(∇ψ · Z)2 + λD2ψ(Z, Z) eλψ + 2|Z|2 ) + 2 ( eλψ = λ2

∗λ2 − (η + 2)m∗λ + ηN1 + 2

η|∇ψ|2|Z|2 + 2(∇ψ · Z)2 ) ( η∆ψ|Z|2 + 2D2ψ(Z, Z) eλψ + (ηN1 + 2)|Z|2 ) + λ ( ≥ |Z|2 ηm2

(3.19) ≥ C1|Z|2,

ở đó C1 được chọn sao cho thỏa mãn (3.17) với λ đủ lớn, ví dụ như với

λ sao cho

∗λ2 − (η + 2)m∗λ ≥ 0.

ηm2

|x|2 − |x|λ.

Bây giờ, xét trong hình cầu B1(0), ta có β(x) = e2λ∥ψ∥∞ − 1 2 Do vậy, với λ > 4, ta có  ( ) 1 + λ|x|λ−2 , ∇β(x) = −x ( ) (3.20) D2β(x) = − |x|λ−2 + λ(λ − 2)(x ⊗ x)|x|λ−4 , IN1 + λIN1

  ∆β(x) = −N1 − (λN1 + λ(λ − 2)) |x|λ−2.

Do đó,

] = |Z|2 − η∆β|Z|2 − 2D2β(Z, Z) [ ηN1 + 2 + {2λ + η(λN1 + λ(λ − 2))} |x|λ−2

+ 2λ(λ − 2)(x · Z)2|x|λ−4

≥(ηN1 + 2)|Z|2.

Kết hợp với (3.19) ta nhận được (3.14) với C1 ≥ ηN1 + 2.

Chứng minh (3.15). Sau một số tính toán, ta có được từ (3.18) rằng

η∆β|∇β|2 − 2D2β(∇β, ∇β)

= λ4(2 − η)|∇ψ|4e3λψ [ ( ) + λ3 − η ∆ψ|∇ψ|2e3λψ + 2x · ∇ψ|∇ψ|2e2λψ ]

+ 4|∇ψ|2∇ψ · xe2λψ + 2D2ψ(∇ψ, ∇ψ)e3λψ [ ( ) + λ2 − η |x|2|∇ψ|2eλψ + 2x · ∇ψ∆ψe2λψ + N1|∇ψ|2e2λψ ]

+ 2|∇ψ|2e2λψ + 4D2ψ(∇ψ, x)e2λψ + 2(∇ψ · x)2eλψ

( ) ) ] [ −η + λ + ( 2D2ψ(x, x) + 4x · ∇ψ eλψ |x|2∆ψeλψ + 2N1x · ∇ψeλψ

+ (2 − ηN1eλψ)|x|2

∗e3λψ − λ3(η + 2)(1 + 2RΩ1 )(m∗)3e3λψ + 2RΩ1 + N1)(m∗)2 + 4RΩ1m∗

) e3λψ ≥ λ4(2 − η)m4 ( η(R2 Ω1 ) − λ e3λψ + 2RΩ1 ) − λ2 ( η(R2 Ω1 + 2N1RΩ1 ) + 2(R2 Ω1 m∗e3λψ − (2 − ηN1)R2 Ω1

≥ C2 > 0, khi λ là đủ lớn.

Chứng minh (3.16). Trong hình cầu B1(0), sử dụng (3.20) ta có

η∆β|∇β|2 − 2D2β(∇β, ∇β) ( )2 1 + λ|x|λ−2 =(2 − ηN1)|∇β|2 + λ [(λ(2 − η) − 2 + η(2 − N1)] |x|λ

≥(2 − ηN1)|∇β|2 ≥ |x|2 as λ > 2.

3.3.2. Chứng minh Định lí 3.3

Ta sẽ theo các bước chứng minh trong [30] và xét thế vị γn|x|2 trong phần

chính của toán tử để chỉ rõ sự phụ thuộc vào γn.

Để chứng minh bất đẳng thức Carleman, ta cần đến bất đẳng Hardy cải

tiến sau mà được suy ra từ [54, Hệ quả 3, Mục 2.1.6].

Bổ đề 3.1. Với miền bị chặn bất kì Ω1 của RN1, tồn tại hằng số C0 > 0 sao

cho

∫ ∫ ∫

0 (Ω1).

Ω1

(3.21) |∇z|2dx − µ∗(N1) |z|2 |x|2 dx ≥ C0 |z|2 |x| dx, ∀z ∈ H 1

Chứng minh. Áp dụng Hệ quả 3 trong [54, Mục 2.1.6] với m = N1, n = 0, p = 2, 2 < q ≤ 2N1/(N1 − 2), γ = −1 + N1(2−1 − q−1), ta có: ∫ ∫

0 (Ω1).

Lq(Ω1)

Ω1

∀z ∈ H 1 |∇z|2dx − µ∗(N1) |z|2 |x|2 dx ≥ ˜c ∥|x|γz∥2

Chọn q = 2N1/(N1 − 1) khi đó γ = −1/2 và chú ý rằng Lq(Ω1) ,→ L2(Ω1) vì

q > 2, ta nhận được

∫

Lq(Ω1)

L2(Ω1) = ˜C

Ω1

∥|x|γz∥2 ≥ ˜C ∥|x|γz∥2 |z|2 |x| dx.

Kết hợp hai bất đẳng thức này, ta nhận được (3.21).

Chú ý 3.1. Chú ý rằng, ta cũng có thể chứng minh (3.21) theo cách như sau:

Áp dụng Hệ quả 3 trong [54, Mục 2.1.6] với m = N1, n = 0, p = 2, q =

0 (Ω1):

2N1/(N1 − 2), thì γ = −1 + N1(2−1 − q−1) = 0, ta có với mọi z ∈ H 1

∫ (∫ ∫ )(N1−2)/N1

Ω1

|z|2N1/(N1−2)dx . |∇z|2dx − µ∗(N1) |z|2 |x|2 dx ≥ ˜c

Mặt khác, dùng bất đẳng thức H¨older, ta có

∫ ∫

Ω1

Ω1 (∫

Ω1

|z|2|x|−1dx |z|2 |x| dx = (∫ )2/N1 )(N1−2)/N1 ≤ . |z|2N1/(N1−2)dx dx |x|N1/2

Kết hợp hai bất đẳng thức này, ta nhận được

∫ ∫ ∫

Ω1

|∇z|2dx − µ∗(N1) |z|2 |x|2 dx ≥ C0 |z|2 |x| dx,

với

(∫ ∫ )2/N1

Ω1

> 0 hữu hạn vì < +∞. C0 = ˜c/ dx |x|N1/2 dx |x|N1/2

Bây giờ, ta chứng minh Định lí 3.3. Bởi tính trù mật, ta có thể giả sử rằng

0 (Ω1)).

w ∈ H 1([0, T ]; L2(Ω1)) ∩ L2(0, T ; H 2(Ω1) ∩ H 1

Đặt

z(x, t) = e−M σ(x,t)w(x, t),

với M = M (λ, T, γn, β) > 0 sẽ được chọn sau. Ta thấy từ các giả thiết của σ

thì

0 (Ω1).

z(T ) = z(0) = 0 trong H 1

Khi đó ta có đẳng thức

(3.22) e−M σGn,µw = G1z + G2z + G3z,

trong đó

G1z = ∆z + (M σt + M 2|∇σ|2)z + µ |x|2 z − γn|x|2z,

G2z = zt + 2M ∇σ · ∇z + M ∆σz(1 + η),

G3z = −M ηz∆σ.

Từ (3.22), ta nhận được ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

|e−M σGn,µw|2dxdt.

Ω1×(0,T )

G1zG2zdxdt − 1 2 Ω1×(0,T ) (3.23) |G3z|2dxdt ≤ 1 2 Ω1×(0,T ) ∫ ∫ ∫ ∫

Bước 1. Tính toán |G3z|2dxdt.

Ω1×(0,T )

G1zG2zdxdt − 1 2 Ω1×(0,T )

Số hạng liên quan ∆z: Tích phân từng phần và chú ý rằng

zt(., t) = 0 trên ∂Ω1; z(., 0) = z(., T ) = 0 trong Ω1,

ta nhận được ∫ ∫ ∫ ∫

Ω1×(0,T )

∆zztdxdt = − ∇z · ∇ztdxdt

Ω1×(0,T ) ∫ T

∫

Ω1

= |∇z|2dxdt = 0. (3.24) 1 2 d dt

Sử dụng công thức Green và chú ý rằng ∇z =

( ∫ ∫ ∫ ∫

Ω1×(0,T )

2M ∆z∇σ · ∇zdxdt = 2M dsdt ∂z ν trên ∂Ω1, ta có ∂ν )2 ∂σ ∂ν ∂z ∂ν

∂Ω1×(0,T ) (

Ω1×(0,T )

∫ ∫ ) + M |∇z|2∆σ − 2D2σ(∇z, ∇z) dxdt. (3.25)

Cũng bởi công thức Green, ta có ∫ ∫ ∫ ∫

Ω1×(0,T )

M ∆z∆σz(1 + η)dxdt = −M ∇z · ∇(z∆σ(1 + η))dxdt

) ( ∫ ∫

Ω1×(0,T ) ∫ ∫

=M |z|2(1 + η) − ∆σ|∇z|2(1 + η) dxdt ∆2σ 2

Ω1×(0,T )

+ M |z|2(∇η · ∇∆σ + ∆σ∆η)dxdt. (3.26) 1 2

Ω1×(0,T )

Số hạng liên quan (M σt + M 2|∇σ|2)zzt: Tích phân từng phần ta có ∫ ∫ ∫ ∫ ) ) |z|2dxdt. ( M σt + M 2|∇σ|2 ( M σt + M 2|∇σ|2

zztdxdt = − 1 2 Ω1×(0,T ) (3.27)

Sử dụng công thức Green, ta được

Ω1×(0,T )

∫ ∫ ) ( z∇σ∇zdxdt 2M M σt + M 2|∇σ|2

Ω1×(0,T )

∫ ∫ ] div |z|2dxdt. (3.28) = −M [ (M σt + M 2|∇σ|2)∇σ

Số hạng cuối cùng là

∫ ∫

Ω1×(0,T )

(3.29) M (M σt + M 2|∇σ|2)∆σ(1 + η)|z|2dxdt.

Số hạng liên quan −γn|x|2z : Tích phân từng phần và sử dụng z(T ) =

z(0) = 0 trong Ω1, ta nhận đươc

∫ ∫

Ω1×(0,T )

− γn |x|2z (zt + 2M ∇σ · ∇z + M z∆σ(1 + η)) dxdt

Ω1×(0,T )

∫ ∫ ( ) div(|x|2∇σ) − |x|2∆σ(1 + η) |z|2dxdt. (3.30) = M γn

Số hạng liên quan µ |x|2 z : Tích phân từng phần ta có ∫ ∫

Ω1×(0,T )

(3.31) µ |x|2 zztdxdt = 0,

và

∫ ∫ ∫ ∫

Ω1×(0,T )

2µM ∇σ · ∇zdxdt = − µM z |x|2 |z|2 |x|2 ∆σdxdt

∫ ∫

Ω1×(0,T )

+ 2µM (3.32) |z|2 |x|3 ∂rσdxdt,

· ∇σ. Và số hạng cuối cùng là ở đó ∂rσ = x |x|

∫ ∫ ∫ ∫

Ω1×(0,T )

µ (3.33) z |x|2 M ∆σz(1 + η)dxdt = µM |z|2 |x|2 ∆σ(1 + η)dxdt.

Kết hợp từ (3.24) đến (3.33), thì (3.23) trở thành

∂Ω1×(0,T )

Ω1×(0,T )

( ∫ ∫ ∫ ∫ ) ( 2M dsdt − M 2D2σ(∇z, ∇z) + η∆σ|∇z|2 dxdt )2 ∂σ ∂ν ∂z ∂ν

∫ ∫ ∫ ∫

Ω1×(0,T )

+ µM |z|2 |x|2 η∆σdxdt + 2µM |z|2 |x|3 ∂rσdxdt

Ω1×(0,T ) {

∫ ∫ ]} [ div(|x|2∇σ) − |x|2∆σ(1 + η) |z|2dxdt + f + M γn

Ω1×(0,T ) ∫ ∫ ≤ 1 2 Ω1×(0,T )

(3.34) |e−M σGn,µw|2dxdt,

với

] f = M 2 ∆2σ(1 + η) − 1 2 (M σt + M 2|∇σ|2)t − M div ( [ (M σt + M 2|∇σ|2)∇σ )

∇η · ∇∆σ + ∆σ∆η . M 2η2(∆σ)2+M (M σt+M 2|∇σ|2)∆σ(1+η)+M − 1 2 1 2

Bước 2. Ước lượng cho các số hạng trong (3.34). Tính toán ta có

(

f = ] [ η|∇β|2∆β − 2D2β(∇β, ∇β) M 3 1 (t(T − t))9 [ ] ( ) + M 2 (T − 2t)(t(T − t))2 6|∇β|2 − 3ηβ∆β (t(T − t))3(∆β)2 − η2 2

) [ (

+ M ∆2β + ∇η · ∇∆β + ∆β∆η (t(T − t))6 1 + η 2

− 3(2T 2 − 7T t + 7t2)(t(T − t))4β 1 2 ]) .

Do vậy, sử dụng (3.14)-(3.15) và tính trơn lớp C 4 của β trên Ω1, định nghĩa

của η, ta có các hằng số C3 = C3(β), C4 = C4(β), c = c(β) sao cho

− η∆β|∇z|2 − 2D2σ(∇z, ∇z) ≥ C1M |∇z|2, ∀(x, t) ∈ Ω1 \ ˜ω1 × (0, T ),

(3.35)

(3.36) | − η∆β|∇z|2 − 2D2σ(∇z, ∇z)| ≤ C3M |∇z|2, ∀(x, t) ∈ ˜ω1 × (0, T ),

và

] f ≥ , ∀(x, t) ∈ O × (0, T ),

4(β) sao

4 = C ′

2(β), C ′

2 = C ′

2M 3

] |f | ≤ [ C2M 3 − c(T 5 + T 6)M 2 − c(T 5 + T 6)2M [ C4M 3 + c(T 5 + T 6)M 2 + c(T 5 + T 6)2M , ∀(x, t) ∈ ˜ω1 × (0, T ). 1 (t(T − t))9 1 (t(T − t))9

4M 3

(t(T − t))9 , ∀(x, t) ∈ O × (0, T ), (3.37)

Do vậy, tồn tại các hằng số dương m1 = m1(β), C ′ cho với mọi M ≥ M1(T, β) := m1(β)(T 5 + T 6), ta có f ≥ C ′ |f | ≤ C ′ (t(T − t))9 , ∀(x, t) ∈ ˜ω1 × (0, T ).

− Bây giờ, ta xét f trong B1(0). Trong B1(0) ta có β(x) = e2λ∥ψ∥∞ − |x|2 2

|x|λ. Do vậy, bởi (3.20) với chú ý rằng η(x) triệt tiêu trong B1/2(0), tồn tại

c(λ) sao cho với λ > 4,

( ) (T − 2t)(t(T − t))2 9|∇β|2 − 3ηβ∆β − η2(t(T − t))3(∆β)2

(3.38) ≥ −c(T 5 + T 6)|x|2, ∀(x, t) ∈ B1(0) × (0, T ).

Sử dụng (3.16) và (3.38), ta nhận được

] [ M 3 − c(T 5 + T 6)M 2 f − f1 ≥ , ∀(x, t) ∈ B1(0) × (0, T ), (3.39) |x|2 (t(T − t))9

ở đó

) [ (

∆2β + ∇η · ∇∆β + ∆β∆η (t(T − t))2 f1 := M (t(T − t))5 1 + η 2 1 2 ]

− 3(2T 2 − 7T t + 7t2)β .

Từ (3.39), tồn tại hằng số dương m1 = m1(λ) sao cho với M ≥ M 1(T, λ) := m1(T 5 + T 6), ta có

(3.40) f − f1 ≥ M 3|x|2 ∀(x, t) ∈ B1(0) × (0, T ). 2(t(T − t))9 ,

Từ định nghĩa của β và η trong B1(0), ta nhận được hằng số dương ˜c(λ, η) sao

cho

(3.41) ∀(x, t) ∈ B1(0) × (0, T ). f1 ≥ − M (t(T − t))5 ˜c(T 2 + T 4),

Sử dụng (3.13), (3.35), (3.36), (3.37), (3.40) và (3.41) thì với M ≥ M2(T, β, λ),

ta nhận được từ (3.34) rằng:

] [ ∫ ∫ ∫ ∫

Ω1\˜ω1×(0,T )

Ω1×(0,T )

|∇z|2dxdt+ dxdt µM η∆σ C1M (t(T − t))3 |z|2 |x|2 + 2µM |z|2 |x|3 ∂rσ

∫ ∫ ∫ ∫

B1(0)×(0,T )

− |z|2dxdt + |z|2dxdt ˜c(T 2 + T 4)M (t(T − t))5 |x|2M 3 2(t(T − t))9

O×(0,T )

B1(0)×(0,T ) C ′ 2M 3 (t(T − t))9 ( ∫ ∫

∫ ∫ ∫ ∫ ] [ div(|x|2∇σ) − (1 + η)|x|2∆σ |z|2dxdt |z|2dxdt+ + M γn

Ω1\˜ω1×(0,T ) [ div(|x|2∇σ) − (1 + η)|x|2s∆σ

4M 3 (t(T − t))9

˜ω1×(0,T )

) ] C ′ ≤ |z|2dxdt − M γn

∫ ∫ ∫ ∫

˜ω1×(0,T )

+ |∇z|2dxdt + (3.42) |e−M σGn,µw|2dxdt, C2M (t(T − t))3 1 2 Ω1×(0,T )

ở đây M2 = M2(T, β, λ) := ˜m1(β, λ)(T 5 + T 6) với ˜m1(β, λ) = max{m1, m1}.

Bước 2.1. Ước lượng cho phần suy biến. Tồn tại hằng số C5 = C5(β) > 0

](cid:12) (cid:12) ≤ C5M γn sao cho (cid:12) [ (cid:12)M γn div(|x|2∇σ) − (1 + η)|x|2∆σ

(t(T − t))3 , ∀(x, t) ∈ Ω1\B1(0)×(0, T ). (3.43)

2(T /2)6

Với M3 = M3(T, γn, β) được xác định bởi √ √ M3 = M3(T, γn, β) := (2C5)/C ′ γn.

Do đó, với M ≥ M3, ta nhận được từ (3.43), với ∀(x, t) ∈ Ω1 \ B1(0) × (0, T ):

2M 3 2(t(T − t))9 .

C ′ ](cid:12) (cid:12) ≤ [ div(|x|2∇σ) − (1 + η)|x|2∆σ (3.44) (cid:12) (cid:12)M γn

](cid:12) (cid:12) ≤ C6|x|2M γn [ div(|x|2∇σ) − (1 + η)|x|2∆σ Mặt khác, trong hình cầu B1(0), ta có thể thấy rằng, tồn tại C6(λ) sao cho (cid:12) (cid:12)M γn

√ √ (t(T − t))3 , ∀(x, t) ∈ B1(0) × (0, T ). (3.45) γn thì với M ≥ M 3, ta nhận được từ Lấy M3 = M3(λ, T, γn) := 2 C6(T /2)6

](cid:12) (cid:12) ≤ M 3|x|2γn (3.45) rằng (cid:12) [ (cid:12)M γn div(|x|2∇σ) − (1 + η)|x|2∆σ

4(t(T − t))9 , ∀(x, t) ∈ B1(0) × (0, T ). (3.46) √ Lấy M = M (λ, T, γn, β) := K2 max{T 5 + T 6, { γnT 6} với } √ √

, , K2 := max ˜m1, C6 32 2C5/C ′ 2 64

thì M ≥ M2, M3 và M 3. Do đó, từ (3.44) và (3.46), thì (3.42) trở thành ] [ ∫ ∫ ∫ ∫

Ω1×(0,T )

Ω1\˜ω1×(0,T )

|∇z|2dxdt + dxdt µM η∆σ C1M (t(T − t))3 |z|2 |x|2 + 2µM |z|2 |x|3 ∂rσ

∫ ∫ ∫ ∫

B1(0)×(0,T )

− |z|2dxdt + |z|2dxdt ˜c(T 2 + T 4)M (t(T − t))5 M 3|x|2 4(t(T − t))9

O×(0,T )

∫ ∫ ∫ ∫ C ′ |z|2dxdt |z|2dxdt ≤ + C7M 3 (t(T − t))9

2M 3 2(t(T − t))9 ∫ ∫

∫ ∫

˜ω1×(0,T ) 1 2 Ω1×(0,T )

˜ω1×(0,T )

|∇z|2dxdt + (3.47) + |e−M σGn,µw|2dxdt, C2M (t(T − t))3

4 + C ′

2/2. ∫∫

ở đó C7 = C7(β, λ) := C ′

˜ω1×(0,T )

Ta thêm cùng đại lượng |∇z|2dxdt vào hai vế của (3.47) C1M (t(T − t))3

[ ] để có được ∫ ∫ ∫ ∫

Ω1×(0,T )

|∇z|2dxdt + µM η∆σ dxdt C1M (t(T − t))3 |z|2 |x|2 + 2µM |z|2 |x|3 ∂rσ

∫ ∫ ∫ ∫

B1(0)×(0,T )

− |z|2dxdt + |z|2dxdt ˜c(T 2 + T 4)M (t(T − t))5 M 3|x|2 4(t(T − t))9

O×(0,T )

2M 3 2(t(T − t))9 ∫ ∫

∫ ∫ ∫ ∫ C ′ |z|2dxdt |z|2dxdt ≤ + C7M 3 (t(T − t))9

∫ ∫

˜ω1×(0,T ) 1 2 Ω1×(0,T )

˜ω1×(0,T )

+ |∇z|2dxdt + (3.48) |e−M σGn,µw|2dxdt, C8M (t(T − t))3

với C8 = C1 + C2.

Bước 2.2. Ước lượng cho thế vị kì dị: Ta xét ] [ ∫ ∫ ∫ ∫

Ω1×(0,T )

|∇z|2dxdt + dxdt µM η∆σ C1M (t(T − t))3 |z|2 |x|2 + 2µM |z|2 |x|3 ∂rσ

= Iin + Iout,

∫ ∫ với

B1(0)×(0,T )

|∇z|2dxdt Iin := C1M (t(T − t))3

] [ ∫ ∫

B1(0)×(0,T )

dxdt + µM η∆σ |z|2 |x|2 + 2µM |z|2 |x|3 ∂rσ

∫ ∫ và

Ω1\B1(0)×(0,T )

|∇z|2dxdt Iout := C1M (t(T − t))3

] [ ∫ ∫

Ω1\B1(0)×(0,T )

+ µM η∆σ dxdt. |z|2 |x|2 + 2µM |z|2 |x|3 ∂rσ

Đầu tiên ta xét Iin. Chú ý rằng trong hình cầu B1(0) thì

|x|2 − |x|λ β(x) = e2λ∥ψ∥∞ − 1 2

và )   ∇β(x) = −x ( 1 + λ|x|λ−2 ,

 ∆β(x) = −N1 − (λN1 + λ(λ − 2)) |x|λ−2.

[ ] Do đó ∫ ∫

B1(0)×(0,T )

µM η∆σ dxdt |z|2 |x|2 + 2µM |z|2 |x|3 ∂rσ

∫ ∫

B1(0)×(0,T ) ∫ ∫

= −µ (ηN1 + 2) M (t(T − t))3 |z|2 |x|2 dxdt

B1(0)×(0,T ) ∫ ∫

− µ |x|λ−4|z|2dxdt [ηλ(λ + N1 − 2) + 2λ] M (t(T − t))3

= −2µ |z|2 |x|2 dxdt

B1(0)×(0,T ) ∫ ∫

M (t(T − t))3 ( )

B1(0)×(0,T )

− µ |z|2dxdt. [ηλ(λ + N1 − 2) + 2λ]|x|λ−4 + ηN1 1 |x|2 M (t(T − t))3

(3.49)

Ta chú ý rằng vì η triệt tiêu trong B1/2(0), nên khi λ > 4, tồn tại C9 = C9(λ) >

0 sao cho

µ[ηλ(λ + N1 − 2) + 2λ]|x|λ−4 + µηN1 ≤ C9, ∀x ∈ B1(0). 1 |x|2

Do đó, từ (3.49) và sử dụng (3.17) với chú ý rằng ηN1 + 2 ≥ 2 ta nhận được

( ) ∫ ∫

B1(0)×(0,T )

|∇z|2 − µ dxdt Iin ≥ 2 M (t(T − t))3

|z|2 |x|2 ∫ ∫

B1(0)×(0,T )

|z|2dxdt. (3.50) − C9 M (t(T − t))3

Bây giờ ta xét Iout. Với x ∈ Ω1 \ B1(0) thì ] [ ∫ ∫

Ω1\B1(0)×(0,T )

µM η∆σ dxdt |z|2 |x|2 + 2µM |z|2 |x|3 ∂rσ

∫ ∫

= −µ (ηN1 + 2)M (t(T − t))3 |z|2 |x|2 dxdt

Ω1\B1(0)×(0,T ) ∫ ∫

) (

Ω1\B1(0)×(0,T )

+ λ∇ψ · x eλψ |z|2dxdt. − 2µ η(λ∆ψ + λ2|∇ψ|2) |x|2 1 |x|4 M (t(T − t))3

Do vậy, tồn tại hằng số dương C10 = C10(β, µ) sao cho

[ ] ∫ ∫

Ω1\B1(0)×(0,T )

µM η∆σ dxdt |z|2 |x|3 ∂rσ

|z|2 |x|2 + 2µM ∫ ∫

Ω1\B1(0)×(0,T )

≥ −µ (ηN1 + 2)M (t(T − t))3 |z|2 |x|2 dxdt

∫ ∫

Ω1\B1(0)×(0,T )

|z|2dxdt. (3.51) − C10 M (t(T − t))3

Do vậy, sử dụng (3.17) một lần nữa, ta nhận được từ (3.51):

( ) ∫ ∫

Ω1\B1(0)×(0,T ) ∫ ∫

|∇z|2 − µ dxdt Iout ≥ 2 M (t(T − t))3

|z|2 |x|2 ∫ ∫

Ω1\B1(0)×(0,T )

− |z|2dxdt + |∇z|2dxdt. C10M (t(T − t))3 ηN1M (t(T − t))3

(3.52)

Kết hợp (3.50), (3.52) và sử dụng bất đẳng thức Hardy (3.21), ta có

[ ] ∫ ∫ ∫ ∫

Ω1×(0,T )

|∇z|2dxdt + µM η∆σ dxdt |z|2 |x|2 + 2µM |z|2 |x|3 ∂rσ

∫ ∫ C1M (t(T − t))3 ∫ ∫

Ω1\B1(0)×(0,T )

Ω1×(0,T ) ∫ ∫

≥ |∇z|2dxdt + M (t(T − t))3 2C0M (t(T − t))3 |z|2 |x| dxdt

Ω1×(0,T )

− |z|2dxdt (3.53) C11M (t(T − t))3

với C11 = max{C9; C10}.

Từ (3.48) và (3.53) ta nhận được

∫ ∫ ∫ ∫

Ω1×(0,T )

Ω1\B1(0)×(0,T ) ∫ ∫

|∇z|2dxdt + M (t(T − t))3 |z|2 |x| dxdt

2C0M (t(T − t))3 ∫ ∫

Ω1×(0,T )

B1(0)×(0,T ) ∫ ∫

− |z|2dxdt − |z|2dxdt ˜c(T 2 + T 4)M (t(T − t))5 C11M (t(T − t))3

2M 3 2(t(T − t))9

O×(0,T ) ∫ ∫

B1(0)×(0,T ) ∫ ∫

∫ ∫ C ′ + |z|2dxdt + |z|2dxdt M 3|x|2 4(t(T − t))9

˜ω1×(0,T )

≤ |z|2dxdt + |∇z|2dxdt C7M 3 (t(T − t))9 C8M (t(T − t))3

˜ω1×(0,T ) ∫ ∫ 1 2 Ω1×(0,T )

(3.54) + |e−M σGn,µw|2dxdt.

a3 + b3/2 (a, b > 0), ta có Bây giờ, bởi bất đẳng thức ab ≤ 1 3 2 3 ∫ ∫ ∫ ∫

Ω1×(0,T )

|z|2dxdt + |z|2dxdt ˜c(T 2 + T 4)M (t(T − t))5

B1(0)×(0,T ) ∫ ∫

C11M (t(T − t))3 ∫ ∫

Ω1\B1(0)×(0,T )

B1(0)×(0,T )

≤ |z|2dxdt + |z|2dxdt (˜c + C11/16) (T 2 + T 4)M (t(T − t))5

B1(0)×(0,T )

) ( C11M (t(T − t))3 ) ( ∫ ∫ |z|4/3 (˜c + C11/16) (T 2 + T 4)|x|2/3|z|2/3 C 2/3 0 dxdt =M (t(T − t))2|x|2/3 (t(T − t))3 C 2/3 0 ∫ ∫

Ω1\B1(0)×(0,T )

+ |z|2dxdt C11M (t(T − t))3

∫ ∫ ∫ ∫

Ω1\B1(0)×(0,T )

B1(0)×(0,T )

≤ |z|2dxdt 2C0M 3(t(T − t))3 |z|2 |x| dxdt + C11M (t(T − t))3

∫ ∫

B1(0)×(0,T )

|z|2dxdt. (3.55) + 3C 2 (˜c + C11/16)3 (T 2 + T 4)3M |x|2 0 (t(T − t))9

Từ bây giờ ta lấy

√ M = M (λ, T, γn, β) := K2 max{T 3 + T 4 + T 5 + T 6; γnT 6},

với √ } {√

0 );

, K2 = K2(β) := max 8(˜c + C11/16)3/(3C 2 /(32); K2 C11 C ′ 2

thì

. ≤ M 3 8 (˜c + C11/16)3 (T 2 + T 4)3M 3C 2 0

Do vậy, từ (3.55), thì (3.54) trở thành

∫ ∫ ∫ ∫

Ω1\B1(0)×(0,T )

|∇z|2dxdt + M (t(T − t))3 4C0M 3(t(T − t))3 |z|2 |x| dxdt

Ω1×(0,T ) ∫ ∫

2M 3 4(t(T − t))9

Ω1\B1(0)×(0,T )

B1(0)×(0,T ) ∫ ∫

∫ ∫ C ′ + |z|2dxdt + |z|2dxdt M 3|x|2 8(t(T − t))9

∫ ∫

˜ω1×(0,T )

≤ |z|2dxdt + |∇z|2dxdt C12M 3 (t(T − t))9 C8M (t(T − t))3

˜ω1×(0,T ) ∫ ∫ 1 2 Ω1×(0,T )

+ (3.56) |e−M σGn,µw|2dxdt,

2/2.

ở đây C12 = C7 + C ′

Vì z = e−M σw, bởi bất đẳng thức Cauchy ta có

2M 3 4(t(T − t))9

C ′ |z|2

M |∇z|2 + (t(T − t))3 ( ) C ′ = e−2M σ |w|2 |∇w − M (∇σ)w|2 +

2M 3 4(t(T − t))3 )

2M 3 8(t(T − t))9

∞ + C ′

( C ′ ≥ e−2M σ |∇w|2 + |w|2 , (3.57) M (t(T − t))3 C13M (t(T − t))3

2), và

2/(4∥∇β∥2

∀(x, t) ∈ Ω1 \ B1(0) × (0, T ), trong đó C13 = C13(β) = C ′

|∇z|2

|∇w − M (∇σ)w|2

∞M 3

) 2C8∥∇β∥2 ≤ e−2M σ |∇w|2 + |w|2 , ∀(x, t) ∈ ˜ω1 × (0, T ). C8M (t(T − t))3 = e−2M σ C8M (t(T − t))3 ( 2C8M (t(T − t))3 (t(T − t))9

(3.58)

Do vậy, từ (3.57) và (3.58) thì (3.56) trở thành

∫ ∫

Ω1\B1(0)×(0,T ) ∫ ∫

e−2M σ C13M |∇w|2dxdt (t(T − t))3

Ω1×(0,T )

e−2M σ + 4C0M 3(t(T − t))3 |w|2 |x| dxdt

∫ ∫

B1(0)×(0,T )

e−2M σ M 3|x|2 |w|2dxdt + 8(t(T − t))9

2M 3 8(t(T − t))9

Ω1\B1(0)×(0,T )

∫ ∫ C ′ e−2M σ |w|2dxdt +

∞ + C12)M 3

∫ ∫

˜ω1×(0,T ) ∫ ∫

≤ e−2M σ (2C8∥∇β∥2 |w|2dxdt (t(T − t))9

∫ ∫

˜ω1×(0,T )

+ e−2M σ C14M |∇w|2dxdt + |e−M σGn,µw|2dxdt, (t(T − t))3 1 2 Ω1×(0,T )

(3.59)

˜ω1×(0,T )

với C14 = 2C8. ∫∫ Bước 3. Ước lượng e−2M σ C14M |∇w|2dxdt. Bước này ta đi (t(T − t))3

chứng minh rằng số hạng ∫ ∫

˜ω1×(0,T )

e−2M σ C16M |∇w|2dxdt (t(T − t))3

được đánh giá bởi các số hạng khác trong (3.59).

Chứng minh này tương tự như chứng minh bất đẳng thức kiểu Cacciopoli

(xem [63]). Để làm điều đó, ta xét hàm ξ : Ω1 → R sao cho



x ∈ Ω1,

ξ(x) = 1, x ∈ ˜ω1,

 0 ≤ ξ(x) ≤ 1,  ξ(x) = 0, x /∈ ω1.

Bởi định nghĩa của σ và ξ, ta lấy tích phân từng phần

∫ ∫

− Gn,µw wξe−2M σ (t(T − t))3 dxdt

Ω1×(0,T ) ∫ ∫

)

Ω1×(0,T ) ∫ ∫

= ( −wt − ∆w − µ wξe−2M σ (t(T − t))3 dxdt

|x|2 w + γn|x|2w ∫ ∫

Ω1×(0,T )

Ω1×(0,T ) ∫ ∫

= |w|2dxdt |∇w|2dxdt + γn |x|2 ξe−2M σ (t(T − t))3 ξe−2M σ (t(T − t))3

)] − [ ∆ξ − 4M ∇ξ · ∇σ + ξ ( 4M 2|∇σ|2 − 2M ∆σ dxdt ξ|w|2e−2M σ 2(t(T − t))3

Ω1×(0,T ) ∫ ∫

[ ]

Ω1×(0,T )

− ξ dxdt. M σt − 3 |w|2e−2M σ (t(T − t))3 T − 2t 2(t(T − t))4 + µ |x|2

Do vậy ∫ ∫ ∫ ∫

Ω1×(0,T )

Ω1×(0,T ) ∫ ∫

|∇w|2dxdt ≤ − dxdt Gn,µw ξC14M e−2M σ (t(T − t))3 C14M wξe−2M σ (t(T − t))3

( )] + [ ∆ξ − 4M ∇ξ · ∇σ + ρ 4M 2|∇σ|2 − 2M ∆σ dxdt C14M |w|2e−2M σ 2(t(T − t))3

Ω1×(0,T ) ∫ ∫

[ ]

+ dxdt − 2M σt − 3 C14M ξ|w|2e−2M σ (t(T − t))3 µ |x|2 T − 2t (t(T − t))4

∫ ∫

Ω1×(0,T ) ∫ ∫ ≤ 1 2 Ω1×(0,T )

ω1×(0,T )

|w|2dxdt |e−M σGn,µw|2dxdt + C15M 3e−2M σ (t(T − t))9

∫ ∫ với hằng số dương C15 = C15(β, ξ). Ở đây, ta đã sử dụng 0RN1 /∈ ˜ω1 và supp(ξ), supp(∆ξ), supp(∇ξ) ⊂ ω1. Do đó, ∫ ∫

Ω1×(0,T ) ∫ ∫

˜ω1×(0,T ) ∫ ∫

|∇w|2dxdt ≤ |∇w|2dxdt e−2M σ (t(T − t))3 ξe−2M σ (t(T − t))3

ω1×(0,T )

|w|2dxdt. (3.60) |e−M σGn,µw|2dxdt + C15M 3e−2M σ (t(T − t))9 ≤ 1 2 Ω1×(0,T )

∫ ∫

−2M (cid:27) C13M e

|∇w|2dxdt +

−2M (cid:27) e

(t(T − t))3

4C0M 3(t(T − t))3

|w|2 |x| dxdt

Ω1×(0;T ) ∫ ∫

Ω1\B1(0)×(0;T ) ∫ ∫

C ′

−2M (cid:27) M 3|x|2

−2M (cid:27) e

|w|2dxdt +

|w|2dxdt

2M 3 8(t(T − t))9

B1(0)×(0;T )

Ω1\B1(0)×(0;T )

8(t(T − t))9 ∫ ∫

∫ ∫

≤

−2M (cid:27) C16M 3 e

|w|2dxdt +

−M (cid:27)Gn;(cid:22)w|2dxdt

(t(T − t))9

!1×(0;T )

Ω1×(0;T )

Kết hợp (3.60) với (3.59), ta nhận được

∞ + C12 + C15. Khi đó bất đẳng thức Carleman

với C16 = C16(β) = 2C8∥∇β∥2

(3.8) thỏa mãn với

2/8}

min{C13, 4C0/3, 1/8, C ′ . K1 = K1(β) := max{1, C16}

Chú ý cuối chương

• Kết quả trong chương này là kết quả đầu tiên về tính điều khiển được

cho phương trình parabolic chứa toán tử Grushin với thế vị kì dị ở bên

trong miền. Nói riêng, kết quả của chương này là câu trả lời cho vấn đề

mở đặt ra bởi Cannarsa và Guglielmi trong [21].

• Sử dụng cách tiếp cận tương tự như ở trong chương này, chúng tôi cũng

đã chứng minh được tính điều khiển được về 0 khi thời gian đủ lớn của

phương trình parabolic chứa toán tử Grushin khi s = 1 với thế vị kì dị ở

trên biên, trong trường hợp nhiều chiều [6]. Kết quả này là sự mở rộng

kết quả tương ứng khi N1 = N2 = 1 trong [21]. Khác biệt cơ bản giữa

tình huống kì dị bên trong miền và kì dị trên biên là cách thiết lập các

bất đẳng thức Carleman tương ứng (xem [30, 63] và [26] cho trường hợp

toán tử Laplace).

KẾT LUẬN CHƯƠNG 3

Trong chương này, chúng tôi đã chứng minh được kết quả về tính điều khiển

được về 0 khi thời gian đủ lớn của phương trình parabolic chứa toán tử Grushin

khi s = 1 với thế vị kì dị bên trong miền trong trường hợp nhiều chiều.

Chương 4

TÍNH ĐIỀU KHIỂN ĐƯỢC VỀ 0 CỦA MỘT LỚP PHƯƠNG TRÌNH PARABOLIC MỘT CHIỀU NỬA TUYẾN TÍNH SUY BIẾN VỚI THẾ VỊ KÌ DỊ

Trong chương này chúng tôi nghiên cứu tính điều khiển được về 0 của một

lớp phương trình parabolic một chiều nửa tuyến tính suy biến với thế vị kì

dị. Đầu tiên chúng tôi đặt bài toán. Sử dụng phương pháp compact chúng tôi

chứng minh tính đặt đúng của bài toán. Tiếp theo, bởi phương pháp HUM,

chúng tôi chứng minh được tính điều khiển được về 0 của phương trình tuyến

tính hóa tương ứng bằng cách sử dụng bất đẳng thức Carleman đã được thiết

lập bởi Vancostenoble [62]. Cuối cùng chúng tôi chứng minh tính điều khiển

được về 0 của phương trình nửa tuyến tính ban đầu bằng cách sử dụng tính

điều khiển được về 0 của phương trình tuyến tính hóa và định lí điểm bất động

Schauder.

Nội dung của chương này dựa trên bài báo [2] trong Danh mục công trình

đã công bố.

4.1. ĐẶT BÀI TOÁN

Đặt QT = (0, 1) × (0, T ). Ta xét bài toán nửa tuyến tính sau: 

(x, t) ∈ QT , ut − (xαux)x − λ xβ u + f (x, t, u) = 1ωh,

(4.1) u(0, t) = u(1, t) = 0, t ∈ (0, T ),

  x ∈ (0, 1), u(x, 0) = u0,

ở đó u0 ∈ L2(0, 1), h ∈ L2(ω × (0, T )), ∅ ̸= ω ⊂ (0, 1) và 0 ≤ α < 1. Ở đây, 1ω là hàm đặc trưng của ω và giả thiết rằng hàm f : QT × R → R là hàm liên tục

theo cả ba biến, khả vi liên tục theo biến thứ ba và thỏa mãn f (x, t, 0) = 0. Hơn nữa giả sử tồn tại hằng số dương L > 0 sao cho với mọi (x, t) ∈ QT ,

|f (x, t, u) − f (x, t, v)| ≤ L|u − v| ∀u, v ∈ R. (4.2)

và xét toán tử Ta đặt λ(α) = (1 − α)2 4

Au = (xαux)x + λ xβ u

với thế vị dưới tới hạn   α ∈ [0, 1), 0 < β < 2 − α, λ ∈ R, (4.3)  α ∈ [0, 1), β = 2 − α, λ < λ(α).

Nhận xét 4.1. Ta chú ý rằng, khi nghiên cứu với lớp phương trình parabolic

chứa toán tử A thì tùy vào điều kiện của α mà có điều kiện biên tương ứng.

Cụ thể khi α ∈ [0, 1) điều kiện biên Dirichlet thuần nhất tại x = 0; còn khi α ∈ [1, 2) điều kiện biên lúc này là kiểu Neumann tại x = 0: (xαux)(0, t) = 0

và điều kiện Dirichlet thuần nhất tại x = 1. Đó là do liên quan đến khái niệm

vết của hàm, việc thiết lập không gian hàm tương ứng (xem thêm [24] và các

tài liệu trích dẫn trong đó). Trong chương này để cho đơn giản, chúng tôi chỉ

xét trường hợp α ∈ [0, 1), tức là xét điều kiện biên Dirichlet.

Tính điều khiển được về 0 cho bài toán tuyến tính tương ứng (tức là bài

toán (4.1) với f = 0) trong cả trường hợp dưới tới hạn và tới hạn khi α ∈ [0, 2)

đã được nghiên cứu bởi Vancostenoble trong công trình gần đây [62]. Trong

nghiên cứu đó, tác giả đã thiết lập các bất đẳng thức Carleman mới, và từ đó

chứng minh tính điều khiển được về 0 cho bài toán tương ứng.

Trong chương này, chúng tôi nghiên cứu và chứng minh tính điều khiển

được về 0 cho bài toán (4.1) với các giả thiết (4.2) của hàm phi tuyến f và

giả thiết dưới tới hạn (4.3) của thế vị kì dị. Đầu tiên, ta chứng minh bài toán

(4.1) là đặt đúng bằng cách sử dụng phương pháp compact. Sau đó, với các

điều kiện trên về α, β, λ, sử dụng phương pháp HUM mà ở đó ta sử dụng bất

đẳng thức Carleman trong [62], ta nhận được tính khiển được về 0 của bài

toán tuyến tính hóa tương ứng:

ut − (xαux)x − λ xβ + c(x, t)u = 1ωh,

ở đó c(·, ·) ∈ L∞(QT ). Để nghiên cứu tính điều khiển được về 0 của bài toán

nửa tuyến tính (4.1), theo các bước của cách tiếp cận trong [34], ta sử dụng

phương pháp điểm bất động. Ta chứng minh tính điều khiển được về 0 của

bài toán (4.1) bằng cách sử dụng tính điều khiển được về 0 của bài toán tuyến

α,0(0, 1).

tính hóa tương ứng và định lí điểm bất động Schauder khi điều kiện ban đầu u0 ∈ H 1 α,0(0, 1). Sau đó ta chỉ ra rằng bài toán (4.1) điều khiển được về 0 khi u0 ∈ L2(0, 1) bằng cách sử dụng hiệu ứng trơn của nghiệm của bài toán nửa tuyến tính và tính điều khiển được về 0 khi u0 ∈ H 1

4.2. TÍNH ĐẶT ĐÚNG CỦA BÀI TOÁN

4.2.1. Không gian hàm và toán tử

Với thế vị dưới tới hạn, tức là khi (4.3) thỏa mãn, miền xác định của toán tử

A được xác định bởi {

α,0(0, 1) ∩ H 2

loc((0, 1]) | (xαux)x +

D(A) := u ∈ H 1 } , λ xβ u ∈ L2(0, 1)

trong đó

{

α,0(0, 1) :=

H 1 u : [0, 1] → R | u liên tục tuyệt đối trong [0, 1],

√ } . xαux ∈ L2(0, 1) và u(0) = u(1) = 0

α,0(0, 1) là không gian Banach với chuẩn

H 1

xdx

(cid:11);0

Khi đó H 1 ∫ ( )1/2 . xαu2 = ∥u∥

Mệnh đề 4.1. [62, Mệnh đề 2] Giả sử rằng (4.3) thỏa mãn. Khi đó tồn tại

η ≥ 0 và C = C(α, β, λ) > 0 sao cho ∫

α,0(0, 1),

H 1

(cid:11);0

− λ ∀u ∈ H 1 . (4.4) (xαu2 x xβ u2 + ηu2)dx ≥ C∥u∥2

Chú ý 4.1. Ta chú ý rằng với các giả thiết (4.3), từ các bất đẳng thức Hardy

(1.6)-(1.7) thì tồn tại C = C(α, β, λ) > 0 sao cho ∫ ∫

xdx ∀u ∈ H 1

α,0(0, 1).

− λ xαu2 (4.5) (xαu2 x xβ u2)dx ≤ C

Ta có kết quả sau (xem, chẳng hạn, [2, Định lí 6.1-6.4]).

Bổ đề 4.1. Ta có các phép nhúng sau là compact:

α,0(0, 1) ,→ L2(0, 1);

(i) H 1

α,0(0, 1);

(ii) D(A) ,→ H 1

α,0(0, 1)).

(iii) H 1(0, T ; L2(0, 1))∩L2(0, T ; D(A)) ,→ C([0, T ]; L2(0, 1))∩L2(0, T ; H 1

Các tính chất trên đảm bảo rằng dạng song tuyến tính sinh ra từ toán tử

α,0(0, 1). Điều này suy ra kết quả sau

−(A − ηI) là bức trên H 1

Mệnh đề 4.2. [62, Mệnh đề 3] Giả thiết rằng (4.3) thỏa mãn và xét hằng số

η ≥ 0 mà được cho trong Mệnh đề 4.1. Khi đó A − ηI là toán tử tự liên hợp,

xác định âm.

α,0(0, 1) và tương ứng là dãy hàm

Như vậy, tồn tại dãy giá trị riêng {λi}i∈N∗, 0 < λ1 ≤ λ2 ≤ · · · ≤ λn ≤

· · · → +∞ của toán tử −(A − ηI) trong H 1 riêng {ei}i∈N∗ là cơ sở trực chuẩn của L2(0, 1).

4.2.2. Tính đặt đúng của bài toán

Định lí 4.1. Giả sử rằng (4.3) và (4.2) thỏa mãn, và u0 ∈ L2(0, 1), T > 0

cho trước. Khi đó bài toán (4.1) có duy nhất nghiệm yếu u thỏa mãn

α,0(0, 1)) ∩ H 1(0, T ; H −1

α,0(0, 1)),

u ∈ C([0, T ]; L2(0, 1)) ∩ L2(0, T ; H 1

α,0(0, 1). Hơn nữa ta có đánh

α,0(0, 1) là không gian đối ngẫu của H 1

trong đó H −1

giá:

L2(0,T ;H 1

C([0,T ];L2(0,1)) (

(cid:11);0(0,1)) + ∥u∥2 ≤ exp(C(η, α, λ, β)(1 + T )(1 + L))

∥u∥2 )

L2(0,1) + ∥h∥2

L2(ω×(0,T ))

, (4.6) ∥u0∥2

với hằng số dương C(η, α, λ, β) không phụ thuộc u0, T, L và h.

α,0(0, 1), thì bài toán (4.1) có duy nhất nghiệm thỏa mãn

Nếu u0 ∈ H 1

α,0(0, 1)).

u ∈ H 1(0, T ; L2(0, 1)) ∩ L2(0, T ; D(A)) ∩ C([0, T ]; H 1 (4.7)

Hơn nữa ta có đánh giá

H 1(0,T ;L2(0,1))

L∞(0,T ;H 1

L2(0,T ;D(A)) + ∥u∥2 ≤ exp( eC(η, α, λ, β)(1 + L)(1 + T ))

∥u∥2 ( )

(cid:11);0(0,1)) + ∥u∥2 ∥u0∥2

L2(ω×(0,T ))

H 1

(cid:11);0

+ ∥h∥2 , (4.8)

với hằng số dương eC(η, α, λ, β) không phụ thuộc vào u0, T, L và h.

Chứng minh. Ta xét hai trường hợp của điều kiện ban đầu.

n∑

• Khi u0 ∈ L2(0, 1). Ta tìm nghiệm xấp xỉ un(t) mà thuộc không gian hữu hạn sinh bởi n hàm riêng đầu tiên của toán tử −(A − ηI) ở dạng

j=1

un(t) = unj(t)ej,

và thỏa mãn bài toán 

(x, t) ∈ QT , xβ un + f (x, t, un) = 1ωh,

(4.9) t ∈ (0, T ), un(0, t) = un(1, t) = 0,

 unt − (xαunx)x − λ  x ∈ (0, 1), un(x, 0) = Pnu0(x),

ở đó Pn : L2(0, 1) → span{e1, . . . , en} là phép chiếu chính tắc. Do đó ta có

một hệ các phương trình vi phân cấp một với các hàm un1, . . . , unn,

u′ nj + (λj − η)unj + ⟨f (x, t, un), ej⟩ = (h1ω, ej),

j = 1, n. unj(0) = (u0, ej),

Theo lí thuyết phương trình vi phân thường, ta nhận được sự tồn tại của

nghiệm xấp xỉ un(t).

Nhân phương trình thứ nhất trong (4.9) bởi un(t) và tích phân từng phần

trong (0, 1), ta có

∫ ∫

L2(0,1) +

n + ηu2 n ∫

− λ ) dx = − ∥un∥2 ( xαu2 nx 1 2 d dt xβ u2 f (x, t, un)undx ∫

ndx +

(4.10) + ηu2 hun dx.

Sử dụng giả thiết Lipschitz (4.2) và bất đẳng thức (4.4), ta nhận được từ (4.10)

L2(0,1) + ∥h∥2

L2(0,1) + 2C(α, λ, β)∥un∥2 H 1

(cid:11);0

L2(ω). (4.11)

≤ (2L + 2η + 1)∥un∥2 ∥un∥2 d dt

Sử dụng bất đẳng thức Gronwall, ta nhận được từ (4.11) rằng ∫

L2(0,1)

L2(0,1) +

L2(ω)ds.

e(2(L+η)+1)(t−s)∥h(s)∥2 ∥un(t)∥2 ≤ e(2(L+η)+1)t∥u0∥2

Do vậy ( ) ∫

L2(0,1)

L2(0,1) +

L2(ω)dt

≤ e(2(L+η)+1)T ∥h∥2 , (4.12) ∥un(t)∥2 ∥u0∥2

với mọi t ∈ [0, T ]. Bây giờ, tích phân (4.11) từ 0 đến T và sử dụng (4.12) ta có

∫

L2(0,1) + 2C(α, λ, β)

H 1

(cid:11);0

dt ∥un(T )∥2 ∥un∥2

)

0 ( ∥u0∥2

L2(0,1) + ∥h∥2

L2(ω×(0,T ))

L2(0,1).

≤ (2L + 2η + 1)T e(2L+2η+1)T + ∥u0∥2

(4.13)

Do đó, {un} bị chặn trong L∞(0, T ; L2(0, 1)) ∩ L2(0, T ; H 1 α,0(0, 1)). Sử dụng (4.2), ta có được tính bị chặn của {f (·, ·, un)} trong L2(0, T ; L2(Ω)). Mặt khác,

ta có

= (xαunx)x + dun dt λ xβ un − f (x, t, un) + 1ωh.

α,0(0, 1)). Vì thế, bằng cách chọn ra dãy

Do đó, {unt} bị chặn trong L2(0, T ; H −1

con của un (vẫn kí hiệu là un), ta có

α,0(0, 1)),

unt ⇀ ut trong L2(0, T ; H −1

α,0(0, 1)) và trong L2(QT ),

un ⇀ u trong L2(0, T ; H 1

f (·, ·, un) ⇀ κ trong L2(0, T ; L2(Ω)).

α,0(0, 1)) ∩ L2(QT ) và ut ∈ L2(0, T ; H −1 α,0(0, 1)) + L2(QT ), ta nhận được u ∈ C([0, T ]; L2(0, 1)). Và do đó, u ∈ C([0, T ]; L2(0, 1)) ∩

Từ u ∈ L2(0, T ; H 1

α,0(0, 1)).

L2(0, T ; H 1

Từ tính bị chặn của {un} và {unt}, bởi Bổ đề 1.2, ta có

un → u trong L2(QT ).

Do vậy ta có thể chọn một dãy con unk sao cho

unk (x, t) → u(x, t) với hầu khắp (x, t) ∈ QT .

Từ tính liên tục của f theo biến thứ ba ta suy ra

f (x, t, unk (x, t)) → f (x, t, u(x, t)) với hầu khắp (x, t) ∈ QT .

Bởi tính bị chặn của {f (·, ·, unk )} trong L2(QT ), và bởi [47, Bổ đề 1.3], ta có

f (·, ·, unk ) ⇀ f (·, ·, u) trong L2(QT ).

Vì tính duy nhất của giới hạn, ta nhận được κ = f (x, t, u). Chọn hàm thử

α,0(0, 1)), ta cũng chỉ ra được rằng u(0) = u0. Điều

thích hợp trong L2(0, T ; H 1

này suy ra rằng u là nghiệm yếu của bài toán (4.1). Hơn nữa từ các ước lượng

tiên nghiệm (4.12) và (4.13) ta nhận được đánh giá (4.6).

Để chứng minh tính duy nhất của nghiệm yếu, ta giả sử rằng u, v là hai

nghiệm của (4.1). Đặt w = u − v, ta có 

(x, t) ∈ QT , wt − (xαwx)x − λ xβ w + f (x, t, u) − f (x, t, v) = 0,

(4.14) t ∈ (0, T ), w(0, t) = w(1, t) = 0,

  x ∈ (0, 1). w(x, 0) = 0,

Nhân phương trình đầu tiên trong (4.14) bởi w, sau đó lấy tích phân trên

L2(0,1)+

(0, 1), ta nhận được ∫ ∫ )( ) (xαw2− λ ∥w∥2 ( f (x, t, u)−f (x, t, v) u−v dx = 0. 1 2 d dt

xβ w2)dx+ Do đó, sử dụng (4.2) và (4.4), ta được

L2(0,1)

L2(0,1).

∥w∥2 ≤ 2(L + η)∥w∥2 d dt

Bởi bất đằng thức Gronwall, ta có

L2(0,1)

L2(0,1).

∥w(t)∥2 ≤ e2(L+η)t∥w(0)∥2

Từ đây ta có tính duy nhất và phụ thuộc liên tục của nghiệm vào dữ kiện ban

đầu.

α,0(0, 1). Như trường hợp u0 ∈ L2(0, 1) thì bài toán đã có duy

• Khi u0 ∈ H 1

nhất nghiệm u thỏa mãn (xem (4.12) và (4.13)):

∫ (

L2(0,1)

L2(0,1) +

∥u(t)∥2 ≤ e(2(L+η)+1)T (4.15) , ∥h∥2 ∥u0∥2 ) L2(ω)dt

và

∫

H 1

(cid:11);0

2C(α, λ, β) ∥u∥2 dt

0 ≤ (2L + 2η + 1)T e(2L+2η+1)T

) (

L2(0,1) + ∥h∥2

L2(ω×(0,T ))

L2(0,1).

∥u0∥2 + ∥u0∥2

(4.16)

Bây giờ ta chỉ ra nghiệm u thỏa mãn (4.7) và đánh giá (4.8). Ta nhân phương

trình (4.1) bởi ut, lấy tích phân trên (0, 1) ta được

( ) ∫

L2(0,1) +

dx ∥ut∥2 xαu2 x xβ u2 + ηu2 1 2 d dt − λ ∫ ∫ ∫

= − f (x, t, u)utdx + η uutdx + hutdx.

Sử dụng bất đẳng thức Cauchy và (4.2) ta có ∫

L2(0,1) +

− λ ∥ut∥2 (xαu2 x 1 2 1 2 d dt

L2(0,1) + 2∥h∥2

L2(ω).

(4.17) xβ u2 + ηu2)dx ( ≤ 2L2 + η2 ) ∥u∥2

Từ (4.17) và cùng với (4.5), ta được

L2(0,1)dt

H 1

(cid:11);0

0 + 4∥h∥2

L2(ω×(0,T )).

∫ ∫ ( ) − λ + 4L2 + 2η2 ∥u∥2 (xαu2 x xβ u2 + ηu2)dx ≤ C∥u0∥2

Sử dụng (4.4) và (4.15) ta có hằng số eC = eC(η, α, β, λ) > 0 sao cho ) (

L2(ω×(0,T ))

H 1

(cid:11);0

(4.18) . ∥u∥2 ≤ exp( eC(1 + LT )) + ∥h∥2 ∥u0∥2

xβ u và Bây giờ, ta nhân phương trình đầu tiên trong (4.1) bởi −(xαux)x − λ lấy tích phân trên (0, 1) ta được ) ( ∫

L2(0,1)

0 ∫

dx + xαu2 x 1 2 d dt − λ xβ u2 (

dx + hdx. f (x, t, u) = − (xαux)x + (xαux)x + ) λ xβ u

(cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) 2 λ (cid:13) (cid:13) (cid:13)(xαux)x + xβ u (cid:13) ( ) ∫ λ xβ u Dùng bất đẳng thức Cauchy ta có được ( ) ∫

L2(0,1)

− λ dx + (cid:13) (cid:13) 2 (cid:13) (cid:13) xαu2 x 1 2 d dt xβ u2 1 2 λ xβ u (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13)(xαux)x + ∫ ∫

≤ |f (x, t, u)|2dx + h2dx. (4.19)

Sử dụng (4.2), lấy tích phân (4.19) từ 0 đến T và sử dụng (4.4) và (4.5) ta có

∫ được ∫ T

D(A)dt ≤ (2L + η)

L2(0,1)dt + 2∥h∥2

L2(ω×(0,T )) + C∥u0∥2 H 1

(cid:11);0

∥u(t)∥2 ∥u∥2 .

(4.20)

Kết hợp (4.16), (4.18) và (4.20) với chú ý rằng ut = (xαux)x +

λ xβ u−f (x, t, u)+ 1ωh nên ta có được nghiệm u của (4.1) thỏa mãn (4.7). Hơn nữa ta có đánh

giá (4.8).

Nhận xét 4.2. Định lí trên cũng đúng cho bài toán parabolic tuyến tính

tương ứng với bài toán (4.1), tức là khi f (x, t, u) = c(x, t)u với c(x, t) ∈ L∞(QT ), ∥c∥∞ ≤ L.

4.3. TÍNH ĐIỀU KHIỂN ĐƯỢC VỀ 0

4.3.1. Tính điều khiển được về 0 của bài toán tuyến tính hóa

Trong mục này, ta xét bài toán tuyến tính tương ứng với bài toán (4.1) 

(x, t) ∈ QT , ut − (xαux)x − λ xβ u + c(x, t)u = 1ωh,

(4.21) u(0, t) = u(1, t) = 0, t ∈ (0, T ),

  x ∈ (0, 1), u(x, 0) = u0,

trong đó c(x, t) ∈ L∞(QT ), h ∈ L2(ω × (0, T )). Từ Nhận xét 4.2, ta có tính

đặt đúng của (4.21).

Để nghiên cứu tính điều khiển được về 0 của bài toán (4.21), ta sử dụng

bất đẳng thức Carleman cho nghiệm của bài toán: 

(x, t) ∈ QT , wt + (xαwx)x + λ xβ w = g,

(4.22) w(0, t) = w(1, t) = 0, t ∈ (0, T ),

  x ∈ (0, 1). w(x, T ) = wT (x),

Bất đẳng thức Carleman sau được thiết lập trong [62, Định lí 5.1].

Định lí 4.2. Với các giả thiết (4.3) và cho γ ∈ (0, 2 − α), ta xét σ(x, t) :=

ℓ(t)p(x) với

( )k

, k = 1 + (4.23) . p(x) := 2 − x2−α (2 − α)2 và ℓ(t) := 1 t(T − t) 2 − α γ

(i) Giả sử α ∈ [0, 1), β < 2 − α và λ ∈ R. Khi đó tồn tại C0 > 0 và R0 = R0(2 − α, γ, λ) > 0, sao cho với mọi R ≥ R0, mọi nghiệm w của

(4.22) thỏa mãn ∫ ∫ ∫ ∫

xdxdt

ℓ(t)3x2−αe−2Rσw2dxdt + R ℓ(t)xαe−2Rσw2 R3 (2 − α)3

∫ ∫ ∫ ∫

+ (1 − α)2R ℓ(t)e−2Rσ w2 ℓ(t)e−2Rσ w2 xγ dxdt

QT ∫ ∫

x2−α dxdt + R ∫

e−2Rσg2dxdt + R (4.24) ≤ C0 ℓ(t)(e−2Rσw2)|x=1dt.

(ii) Giả sử α ∈ [0, 1), β = 2 − α và λ < λ(α). Khi đó tồn tại C0 > 0 và R0 = R0(2 − α, γ) > 0, sao cho với mọi R ≥ R0, mọi nghiệm w của

(4.22) thỏa mãn ∫ ∫

ℓ(t)3x2−αe−2Rσw2dxdt

) ( R3 (2 − α)3 ∫ ∫ ∫ ∫

+ R ℓ(t)e−2Rσ − λ dxdt + R ℓ(t)e−2Rσ w2 xαw2 x xγ dxdt w2 x2−α

∫ ∫ ∫

e−2Rσg2dxdt + R (4.25) ≤ C0 ℓ(t)(e−2Rσw2)|x=1dt.

Ta có kết quả về tính điều khiển được về 0 của bài toán tuyến tính (4.21)

cho bởi định lí sau.

Định lí 4.3. Với giả thiết (4.3) và c(x, t) ∈ L∞(QT ), khi đó với mọi T > 0 và mỗi u0 ∈ L2(0, 1) cho trước, tồn tại h ∈ L2(ω × (0, T )) sao cho nghiệm u của (4.21) thỏa mãn u(·, T ) = 0, tức là, bài toán (4.21) điều khiển được về 0.

Hơn nữa ∫ ∫ ∫

(4.26) h2dxdt ≤ CT u2 0dx, { ( )}

C 1 + T + T 2k−1 + , ở đó hằng + (1 + T )∥c∥∞ + ∥c∥2 ∞ với CT = exp

1 T số dương C = C(2 − α, λ, β, γ, η, ω) và không phụ thuộc vào ∥c∥∞, u0 và T .

Chứng minh. Trước tiên ta thiết lập bất đẳng thức quan sát được cho nghiệm

của hệ liên hợp của (4.21): 

wt + (xαwx)x + (x, t) ∈ QT , λ xβ w − c(x, t)w = 0,

(4.27) w(0, t) = w(1, t) = 0, t ∈ (0, T ),

1) ⊂⊂ ω = (x0, x1) ⊂ (0, 1) và hàm cắt 0 ≤ ψ ≤ 1 sao cho 0) và ψ = 0 trong (x′

1, 1). Với φ := ψw thì φ thỏa mãn:

  x ∈ (0, 1). w(x, T ) = wT (x),

(x, t) ∈ QT , φt + (xαφx)x + λ xβ φ = c(x, t)φ + (xαψxw)x + ψxxαwx =: g,

φ(0, t) = φ(1, t) = 0, t ∈ (0, T ),

Ta xét ω′ = (x′ 0, x′ ψ = 1 trong (0, x′    x ∈ (0, 1). φ(x, T ) = φT (x) := ψ wT (x),

(4.28)

Áp dụng bất đẳng thức Carleman (4.24) cho trường hợp α ∈ [0, 1), β < 2 − α

và λ ∈ R và (4.25) cho trường hợp α ∈ [0, 1), β = 2 − α và λ < λ(α), cho

nghiệm φ của (4.28) ta được (với chú ý φx(1) = 0): ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

R ℓ(t)e−2Rσφ2dxdt ≤ R ℓ(t)e−2Rσ φ2 e−2Rσg2dxdt xγ dxdt ≤ C0

∫ ∫ ∫ ∫

x + w2)dxdt,

ω′×(0,T )

(4.29) e−2Rσ(w2 ≤ C0∥c∥2 ∞ e−2Rσ|φ|2dxdt + C0

∞T 2k} ta có được từ (4.29):

ở đây ta đã sử dụng tính chất ψ, ψx, ψxx bị chặn và có giá compact trong ω′.

Khi đó lấy R ≥ R0 := max{R0, (2/4k)C0∥c∥2 ∫ ∫ ∫ ∫

x + w2)dxdt.

ω′

e−2Rσ(w2 (4.30) R ℓ(t)e−2Rσφ2dxdt ≤ 2C0

Bây giờ, ta có được bất đẳng thức dạng Caccioppoli (chứng minh tương tự

trong [24]):

∫ ∫ ∫ ∫

xdxdt ≤ C(ω, ξ)(1 + ∥c∥∞)

ω′

w2dxdt, (4.31) e−2Rσw2

ở đó C(ω, ξ) không phụ thuộc vào ∥c∥∞ và T .

Thật vậy, xét hàm trơn ξ : (0, 1) → R sao cho



x ∈ (0, 1),

ξ(x) = 1, x ∈ ω′,

 0 ≤ ξ(x) ≤ 1,  ξ(x) = 0, x /∈ ω.

Từ (4.27), ta có được

∫ ∫ ∫ ∫

ξ2e−2Rσw2dx = 0 = (−2ξ2Rσte−2Rσw2 + 2ξ2e−2Rσwwt)dxdt

d dt ∫ ∫

= −2 ξ2Rσte−2Rσw2dxdt

QT ∫ ∫

( [ ])

− 2 ξ2e−2Rσw dxdt (xαwx)x + λ xβ w − c(x, t)w

QT ∫ ∫

( )

= −2 ξ2e−2Rσ − c(x, t) w2dxdt Rσt + λ xβ

QT ∫ ∫

∫ ∫

xdxdt.

(4.32) + 2 xαξ2e−2Rσw2 xα(ξ2e−2Rσ)xwwxdxdt + 2

Bởi bất đẳng thức Cauchy, từ (4.32) suy ra ( ) ∫ ∫ ∫ ∫

xdxdt =2

2 xαξ2e−2Rσw2 ξ2e−2Rσ − c(x, t) w2dxdt Rσt + λ xβ

∫ ∫

− 2 xα(ξ2e−2Rσ)xwwxdxdt

) ( ∫ ∫

≤2 ξ2e−2Rσ − c(x, t) w2dxdt Rσt + λ xβ

∫ ∫

xdxdt

QT ∫ ∫

+ xαξ2e−2Rσw2

+ xα w2dxdt. (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) 2 (cid:12) (cid:12) (ξ2e−2Rσ)x ξe−2Rσ

( ) Do đó ∫ ∫ ∫ ∫

xdxdt ≤ 2

xαξ2e−2Rσw2 ξ2e−2Rσ − c(x, t) w2dxdt Rσt + λ xβ

∫ ∫

+ xα w2dxdt. (4.33) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) 2 (cid:12) (cid:12) (ξ2e−2Rσ)x ξe−2Rσ

(

− c(x, t) Rσt + Chú ý rằng ξ, ξx có giá compact trong ω và (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)e−2Rσ )(cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) ≤ C(ω, ξ, β, λ)(1 + ∥c∥∞) ∀(x, t) ∈ ω′ × (0, T )

xα ≤ C(ω, ξ) ∀(x, t) ∈ ω′ × (0, T ). (cid:12) (cid:12) 2 (cid:12) (cid:12) λ xβ (cid:12) (cid:12) (ξ2e−2Rσ)x (cid:12) (cid:12) ξe−2Rσ

Nên ta có được (4.31) từ (4.33). Thay (4.31) vào (4.30) ta được

∫ ∫ ∫ ∫

w2dxdt (4.34) R ℓ(t)e−2Rσφ2dxdt ≤ C0(1 + ∥c∥∞)

với hằng số C0 không phụ thuộc vào ∥c∥∞ và T . Lấy R = R0 và sử dụng định

nghĩa của ψ ta nhận được từ (4.34):

∫ ∫ ∫ ∫

ℓ(t)e−2R0σw2dxdt ≤ (1 + ∥c∥∞) w2dxdt. C0 R0

Chú ý rằng

và p(x) ≤ ∀(x, t) ∈ (T /4, 3T /4) × (0, 1). 4k T 2k ≤ ℓ(t) ≤ (16/3)k T 2k 2 (2 − α)2

Do đó, ta có

3T /4

{ } ∫ ∫

T /4

− 2R0 w2dxdt 4k T 2k exp (2 − α)2 (16/3)k T 2k ∫ ∫

0 C0 R0

≤ (1 + ∥c∥∞) w2dxdt. (4.35)

Bây giờ ta sử dụng hàm cắt eψ = 1 − ψ, với ψ như trên. Khi đó làm lại tương

tự như trên ta nhận được đánh giá dạng như (4.35) như sau:

100

3T /4

{ } ∫ ∫

T /4

− 2R0 w2dxdt 4k T 2k exp (2 − α)2 (16/3)k T 2k ∫ ∫

x1 C0 R0

≤ (1 + ∥c∥∞) w2dxdt. (4.36)

3T /4

Kết hợp (4.35) và (4.36) ta có được { } ∫ ∫

w2dxdt

0 }

4k T 2k exp ( − 2R0 (2 − α)2 { ) ∫ ∫

T /4 (16/3)k T 2k

≤ (16/3)k T 2k − 2R0 + (1 + ∥c∥∞) w2dxdt. 4k T 2k exp (2 − α)2 C0 R0

3T /4

Do đó ∫ ∫

T /4 (

w2dxdt 2 T { } ) ∫ ∫

0 2T 2k−1 4k

≤ + exp (1 + ∥c∥∞) w2dxdt. 2 T 2R0 (2 − α)2 (16/3)k T 2k C0 R0

(4.37)

Nhân phương trình (4.27) bởi −w và lấy tích phân trên (0, 1) ta được ( ) ∫ ∫

L2(0,1) +

− λ ∥w(t)∥2 dx + c(x, t)w2dx = 0. (4.38) xαw2 x − 1 2 d dt xβ w2

Chú ý rằng từ (4.4) ta có ( ) ∫

L2(0,1).

− λ dx ≥ −η∥w∥2 xαw2 x xβ w2 ∫

L2(0,1), nên ta có từ (4.38):

Hơn nữa c(x, t)w2dx ≥ −∥c∥∞∥w∥2

( )

L2(0,1)

e2(∥c∥∞+η)t∥w(t)∥2 ≥ 0 với mọi t ∈ [0, T ]. (4.39) d dt

Ta nhận được từ (4.39): ∫ ∫

w(x, 0)2dx ≤ e2(∥c∥∞+η)T w2dx, ∀t ∈ [0, T ]. (4.40)

Lấy tích (4.40) từ T /4 đến 3T /4 ta được

3T /4

∫ ∫ ∫

T /4

w2dxdt. (4.41) w(x, 0)2dx ≤ e2(∥c∥∞+η)T 2 T

101

Thay (4.37) vào (4.41) cho ta bất đẳng thức quan sát được cho nghiệm của hệ

liên hợp (4.27): ∫ ∫ ∫

w2dxdt, (4.42) w(x, 0)2dx ≤ CT

{ } ( ) C 1 + T + T 2k−1 + , ở đó hằng số + (1 + T )∥c∥∞ + ∥c∥2 ∞ với CT = exp

1 T dương C = C(2 − α, λ, β, γ, η, ω) và không phụ thuộc vào ∥c∥∞, u0 và T .

Bây giờ với mỗi ε > 0 và wT ∈ L2(0, 1), ta xét phiếm hàm

∫ ∫ ∫

L2(0,1) +

Jε(wT ) = |w(x, t)|2dxdt + ε∥wT ∥2 w(x, 0)u0dx

với w là nghiệm của (4.27) liên kết với wT . Từ định nghĩa của Jε và tính chất

phụ thuộc liên tục của nghiệm của (4.27) nên ta có ngay Jε(wT ) là lồi chặt và liên tục trên L2(0, 1). Hơn nữa, nhờ bất đẳng thức quan sát (4.42), Jε là bức, → +∞, với P0 là bao đóng của L2(0, 1) theo tức là Jε(wT ) → +∞ khi ∥wT ∥P0 chuẩn )1/2 (∫ ∫

|w(x, t)|2dxdt . ∥wT ∥P0 :=

∫ Thật vậy, bởi bất đẳng thức Cauchy, ta có ∫ ∫

L2(0,1),

|w(x, 0)|2dx − Jε(wT ) ≥ ∥u0∥2 CT 2 |w(x, t)|2dxdt − 1 2CT

với CT là hằng số trong bất đẳng thức quan sát được (4.42). Từ đó nhận được

tính bức của Jε nhờ (4.42).

Do vậy Jε đạt cực tiểu tại 0 ̸= (wT )ε ∈ L2(0, 1). Khi đó, từ điều kiện cần

cực tiểu của Jε tại (wT )ε, ta có

∫ ∫ ∫ ∫

(4.43) wεwdxdt + ε wT dx + w(x, 0)u0dx = 0, (wT )ε ∥(wT )ε∥L2(0,1)

với mọi wT ∈ L2(0, 1). Ở đây wε và w là nghiệm của (4.27) liên kết với (wT )ε

và wT tương ứng.

102

Nhân (4.21) với w và lấy tích phân trên (0, 1) × (0, T ) và sử dụng tính liên

hợp của hệ (4.21) và (4.27) ta có được

∫ ∫ ∫ ∫

whdxdt − (4.44) wT u(T )dx + w(x, 0)u0(x)dx = 0.

Từ (4.43) và (4.44) ta nhận được với mọi wT ∈ L2(0, 1), ∫ ∫ ∫ ∫

(4.45) (wε − h)wdxdt + ε wT dx = wT u(T )dx. (wT )ε ∥(wT )ε∥L2(0,1)

Lấy h = hε := wε1ω và khi đó tương ứng nghiệm của (4.21) là uε và lấy

wT = uε(T ), ta nhận được từ (4.45) ∫ ∫

(4.46) |uε(T )|2dx = ε uε(T )dx. (wT )ε ∥(wT )ε∥L2(0,1)

Dùng bất đẳng thức H¨older, ta có được từ (4.46)

(4.47) ∥uε(T )∥L2(0,1) ≤ ε.

Chọn wT = (wT )ε, ta có được từ (4.43)

∫ ∫ ∫

(4.48) wε(x, 0)u0(x)dx = 0. |hε|2dxdt + ε∥(wT )ε∥L2(0,1) +

Bởi bất đẳng thức H¨older ta có từ (4.48)

∫ ∫ ∫

wε(x, 0)u0(x)dx

|hε|2dxdt ≤ − (∫ )1/2 (∫ )1/2

≤ . |wε(x, 0)|2dx u2 0dx

Khi đó sử dụng bất đẳng thức quan sát được (4.42), ta có được:

∫ ∫

L2(0,1).

(4.49) |hε|2dxdt ≤ CT ∥u0∥2

Cho ε → 0 ta có từ (4.49):

hε ⇀ h trong L2(ω × (0, T )).

103

Hơn nữa từ (4.47) và chú ý nghiệm uε của (4.21) thỏa mãn

α,0(0, 1)) ∩ C([0, T ]; L2(0, 1)) ∩ H 1(0, T ; H −1

α,0(0, 1))

uε ∈ L2(0, T ; H 1

nên ta có

α,0(0, 1)) ∩ C([0, T ]; L2(0, 1)) ∩ H 1(0, T ; H −1

α,0(0, 1))

uε ⇀ u trong L2(0, T ; H 1

và u(·, T ) = 0. Hơn nữa (u, h) thỏa mãn (4.21). Định lí được chứng minh.

4.3.2. Tính điều khiển được về 0 của bài toán nửa tuyến tính

Để chứng minh tính điều khiển được về 0 của bài toán nửa tuyến tính (4.1),

ta cần bổ đề sau

Bổ đề 4.2. Với giả thiết (4.2), thì

∫

(4.50) fv(x, t, ξv)dξ ∈ L∞(QT ),

α,0(0, 1)). Hơn nữa

với mọi v ∈ X := C([0, T ]; L2(0, 1)) ∩ L2(0, T ; H 1

fv(x, t, ξv)dξ (cid:12) ∫ (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) ≤ L

với L là hằng số Lipschitz trong (4.2).

Chứng minh. Ta có

∫   nếu v ̸= 0, fv(x, t, ξv)dξ =  nếu v = 0. f (x, t, v) v fv(x, t, 0)

Chú ý rằng

0 fv(x, t, ξv)dξ thuộc vào L∞(QT ) khi

. fv(x, t, 0) = lim v→0 = lim v→0 f (x, t, v) v f (x, t, v) − f (x, t, 0) v − 0 ∫ Vì vậy, ta chỉ cần chứng minh rằng

v ̸= 0.

104

Với v ̸= 0, sử dụng (4.2), ta có

fv(x, t, ξv)dξ (cid:12) ∫ (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) ≤ L. (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) f (x, t, v) v sup QT (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) = sup QT

α,0(0, 1).

Ta xét bài toán (4.1). Đầu tiên, ta xét bài toán (4.1) khi u0 ∈ H 1

Sử dụng kết quả tính điều khiển được về 0 của bài toán tuyến tính tương ứng

và phương pháp điểm bất động sử dụng định lí điểm bất động Schauder, ta sẽ

chứng minh kết quả tính điều khiển được về 0 sau.

Định lí 4.4. Giả sử T > 0 và u0 ∈ H 1 α,0(0, 1) cho trước. Với các giả thiết (4.3) và (4.2), bài toán (4.1) điều khiển được về 0, tức là tồn tại h ∈ L2(ω × (0, T ))

sao cho bài toán (4.1) có nghiệm u thỏa mãn u(·, T ) = 0. Hơn nữa, hàm điều

khiển thỏa mãn ∫ ∫ ∫

0 (

(4.51) h2dxdt ≤ CT u2 0dx, { )}

0 1 T

C 1 + T + T 2k−1 + + (1 + T )L + L2 , ở đó C = với hằng số CT = exp

C(α, λ, β, γ, ω) và không phụ thuộc vào L, u0 và T .

Chứng minh. Từ giả thiết của hàm f , ta có ) ∫ (∫

f (x, t, u) = dξ = u := cu(x, t)u. fu(x, t, ξu)dξ df (x, t, ξu) dξ



(x, t) ∈ QT , Khi đó bài toán (4.1) viết lại thành ut − (xαux)x − λ xβ u + cu(x, t)u = 1ωh,

(4.52) u(0, t) = u(1, t) = 0, t ∈ (0, T ),

  x ∈ (0, 1). u(x, 0) = u0,



(x, t) ∈ QT , Bài toán tuyến tính hóa của (4.52) là ut − (xαux)x − λ xβ u + cv(x, t)u = 1ωh,

(4.53) u(0, t) = u(1, t) = 0 t ∈ (0, T ),

  x ∈ (0, 1), u(x, 0) = u0,

105

0 fv(x, t, ξv)dξ. Từ Bổ đề 4.2 ta có cv(x, t) ∈ L∞(QT ) với mọi

∫ với cv(x, t) =

v ∈ X và

∥cv∥∞ ≤ L. (4.54)

Do đó, bởi Định lí 4.3, bài toán (4.53) điều khiển được về 0. Hơn nữa, điều

khiển h ∈ L2(ω × (0, T )) thỏa mãn

∫ ∫

L2(0,1) ,

(4.55) h2dxdt ≤ CT ∥u0∥2

{ ( )}

C 1 + T + T 2k−1 + + (1 + T )L + L2 . với CT = exp 1 T

Từ đó cho phép ta xây dựng được ánh xạ

τ : X ∋ v 7→ uv ∈ X,

với uv là nghiệm duy nhất của (4.53) tương ứng v ∈ X và với điều khiển hv

thỏa mãn (4.55) mà uv(T ) = 0.

Như vậy nếu ta chứng minh được τ có điểm bất động uv ∈ X, tức là

τ (v) = uv = v thì nghiệm uv của (4.53) cũng là nghiệm của (4.52), và do đó

định lí được chứng minh. Bây giờ ta chứng tỏ τ có điểm bất động bằng cách

sử dụng định lí điểm bất động Schauder. Ta chỉ cần chứng minh rằng:

(i) τ : BX → BX ,

(ii) τ là ánh xạ compact,

(iii) τ là ánh xạ liên tục,

ở đó

∫

L2(0,1) +

H 1

(cid:11);0

X := sup t∈[0,T ]

∥v(t)∥2 ∥v(t)∥2 dt. BX := {v ∈ X : ∥v∥X ≤ R} , ∥v∥2

Đầu tiên, ta chứng minh (i). Từ Nhận xét 4.2 nên nghiệm uv của (4.53) thỏa

mãn đánh giá (4.6) trong Định lí 4.1:

106

C([0,T ];L2(0,1))

L2(0,T ;H 1

(cid:11);0(0,1)) + ∥uv∥2 ≤ exp(C(η, α, λ, β)(1 + T )(1 + L))

∥uv∥2 ( )

L2(0,1) + ∥h∥2

L2(ω×(0,T ))

. (4.56) ∥u0∥2

Thay (4.55) vào (4.56) ta có hằng số dương C(η, α, λ, β) không phụ thuộc T, L

và u0:

C([0,T ];L2(0,1))

L2(0,T ;H 1

(cid:11);0(0,1)) + ∥uv∥2 C(η, α, λ, β)(1 + T + T 2k−1 +

∥uv∥2 ( )

L2(0,1).

+ L + T L + L2) ≤ exp ∥u0∥2 1 T

Vậy

≤ R2 với mọi v ∈ BX , ( ∥τ (v)∥2 X ( ))

L2(0,1).

+ L + T L + L2 với R2 = exp C(η, α, λ, β) 1 + T + T 2k−1 + ∥u0∥2 1 T

Vậy ta có được (i).

Ta chú ý rằng τ (v) ∈ H 1(0, T ; L2(0, 1)) ∩ L2(0, T ; D(A)) (xem Định lí 4.1).

Do đó ta có ngay (ii) vì tính compact của phép nhúng

α,0(0, 1)).

H 1(0, T ; L2(0, 1)) ∩ L2(0, T ; D(A)) ,→ C([0, T ]; L2(0, 1)) ∩ L2(0, T ; H 1

Phép nhúng compact này cũng được sử dụng cho chứng minh (iii). Thật vậy, với vk ∈ X sao cho vk → v trong X, khi k → ∞, ta chứng minh rằng uvk → uv trong X, khi k → ∞. Ở đây uvk và uv là các nghiệm của (4.53) liên kết với

vk, hvk và v, hv tương ứng.

Ta có τ (vk) = uvk là nghiệm của (4.53) tương ứng với điều khiển hvk mà

sao cho uvk (T ) = 0, tức là 

x )x − λ

− (xαuvk (x, t) ∈ QT , uvk t xβ uvk + cvk (x, t)uvk = 1ωhvk ,

(4.57) uvk (0, t) = uvk (1, t) = 0 t ∈ (0, T ),

  uvk (x, T ) = 0 x ∈ (0, 1). uvk (x, 0) = u0,

107

Khi đó, từ (4.8) và (4.55) ta có (lấy dãy con nếu cần thiết):

α,0(0, 1)),

uvk ⇀ uv trong H 1(0, T ; L2(0, 1)) ∩ L2(0, T ; D(A)) ∩ C([0, T ]; H 1

hvk ⇀ h trong L2(ω × (0, T )).

(4.58)

Do phép nhúng sau là compact

α,0(0, 1)),

H 1(0, T ; L2(0, 1)) ∩ L2(0, T ; D(A)) ,→ C([0, T ]; L2(0, 1)) ∩ L2(0, T ; H 1

suy ra

uvk → uv trong C([0, T ]; L2(0, 1)). (4.59)

Mà vk → v trong C([0, T ]; L2(0, 1)), nên cùng với tính liên tục của cvk và

(4.59) ta có

cvk (x, t)uvk (x, t) → cv(x, t)uv(x, t), (4.60) hầu khắp (x, t) ∈ QT .

Do {cvk uvk } bị chặn trong L2(QT ), nên

(4.61) cvk uvk ⇀ κ trong L2(QT ).

Từ (4.60) và (4.61) ta suy ra

κ(x, t) = cv(x, t)uv(x, t), hầu khắp (x, t) ∈ QT .

Vậy

(4.62) cvk uvk ⇀ cvuv trong L2(QT ).

Từ (4.58), (4.62) ta có thể lấy giới hạn trong (4.57) để kết luận (uv, hv) thỏa

mãn (4.53) và uv(·, T ) = 0. Vậy uv = τ (v). Do đó τ là liên tục.

Vậy các giả thiết của định lí Schauder thỏa mãn đối với τ . Định lí được

chứng minh.

Bây giờ ta chứng minh kết quả chính của chương.

108

Định lí 4.5. Giả sử T > 0 và u0 ∈ L2(0, 1) cho trước. Với các giả thiết (4.3) và (4.2), bài toán (4.1) điều khiển được về 0, tức là tồn tại h ∈ L2(ω × (0, T ))

sao cho bài toán (4.1) có nghiệm u thỏa mãn u(·, T ) = 0. Hơn nữa, hàm điều

khiển thỏa mãn ∫ ∫ ∫

(4.63) h2dxdt ≤ CT u2 0dx,

với CT có dạng như trong Định lí 4.4.

Chứng minh. Bước đầu tiên, ta xét bài toán 

(x, t) ∈ QT /2, xβ v + f (x, t, v) = 0,

(4.64) v(0, t) = v(1, t) = 0, t ∈ (0, T /2),

α,0(0, 1)), do đó,

 vt − (xαvx)x − λ  x ∈ (0, 1). v(x, 0) = u0,

α,0(0, 1).

Bởi Định lí 4.1, bài toán (4.64) có nghiệm v ∈ L2(0, T /2; H 1 tồn tại thời điểm t0 ∈ (0, T /2) sao cho v(t0, ·) =: u1 ∈ H 1

Bước tiếp theo, ta xét bài toán 

(x, t) ∈ (0, 1) × (t0, T ), xβ w + f (x, t, w) = 1ωh1,

(4.65) w(0, t) = w(1, t) = 0, t ∈ (t0, T ),

 wt − (xαwx)x − λ  x ∈ (0, 1). w(x, t0) = u1,

Bởi Định lí 4.4, bài toán (4.65) điều khiển được về 0, tức là, tồn tại điều khiển h1 ∈ L2(ω × (t0, T )) sao cho w(·, T ) = 0, và

1dxdt ≤ CT −t0 h2

∫ ∫ ∫

u2 1dx,

với hằng số dương CT −t0 có dạng CT nhưng thay T bởi T − t0.

Bây giờ ta xác định u và h bởi

    v(t) 0 với mọi t ∈ [0, t0], với mọi t ∈ [0, t0], u := và h :=   w(t) với mọi t ∈ [t0, T ], với mọi t ∈ [t0, T ]. h1

109

Khi đó u là nghiệm của (4.1) và thỏa mãn u(x, T ) = 0 với mọi x ∈ (0, 1), h

thỏa mãn (4.63).

Chú ý cuối chương. Kết quả trong chương này là mở rộng kết quả về tính

điều khiển được về 0 của lớp phương trình parabolic một chiều suy biến với

thế vị kì dị của Vancostenoble [62] từ trường hợp tuyến tính sang trường hợp

nửa tuyến tính.

KẾT LUẬN CHƯƠNG 4

Trong chương này, chúng tôi đã nghiên cứu một lớp phương trình parabolic

một chiều nửa tuyến tính suy biến có thế vị kì dị trong trường hợp dưới tới

hạn. Kết quả chính đạt được là chứng minh tính điều khiển được về 0 bằng

cách sử dụng ước lượng Carleman trong [62] để chứng minh được tính điều

khiển được về 0 của bài toán tuyến tính hóa và sau đó dùng định lí điểm bất

động Schauder để nhận được tính điều khiển được về 0 của bài toán nửa tuyến

tính.

110

KẾT LUẬN

1. KẾT QUẢ ĐẠT ĐƯỢC

Trong luận án này, chúng tôi đã nghiên cứu tính điều khiển được của lớp

phương trình parabolic chứa toán tử Grushin không có/có thế vị kì dị trong

trường hợp nhiều chiều và lớp phương trình parabolic một chiều nửa tuyến

tính suy biến có thế vị kì dị. Các kết quả chính đạt được là:

• Đối với bài toán điều khiển của phương trình parabolic chứa toán tử

Grushin trong trường hợp hình hộp nhiều chiều: Chứng minh được tính

điều khiển được về 0 tại mọi thời điểm T > 0 khi s ∈ (0, 1) (suy biến

yếu). Khi s = 1 (suy biến mạnh) ta chứng minh được tính điều khiển

được về 0 khi thời gian điều khiển đủ lớn và tính không điều khiển được

về 0 khi thời gian điều khiển quá nhỏ. Chứng minh được tính không điều

khiển được về 0 khi s > 1 (suy biến quá mạnh).

• Chứng minh được tính điều khiển được về 0 khi thời gian điều khiển đủ

lớn của phương trình parabolic chứa toán tử Grushin khi s = 1 với thế

vị kì dị µ/|x|2 trong trường hợp nhiều chiều.

• Chứng minh được tính điều khiển được về 0 của một lớp phương trình

parabolic một chiều nửa tuyến tính suy biến có thế vị kì dị.

2. KIẾN NGHỊ MỘT SỐ VẤN ĐỀ NGHIÊN CỨU TIẾP THEO

Bên cạnh các kết quả đã đạt được trong luận án, một số vấn đề mở cần tiếp

tục nghiên cứu như:

111

• Nghiên cứu tính điều khiển được về 0 của phương trình parabolic chứa

toán tử Grushin với thế vị kì dị khi s ∈ (0, 1).

• Nghiên cứu tính điều khiển được về 0 của lớp phương trình parabolic

một chiều nửa tuyến tính suy biến có thế vị kì dị trong trường hợp tới

hạn.

• Nghiên cứu tính điều khiển được của phương trình parabolic suy biến/kì

dị khi điều khiển nằm trên biên (bài toán điều khiển biên). Đây là vấn

đề rất khó, ngay cả trong trường hợp một chiều.

112

DANH MỤC CÁC CÔNG TRÌNH ĐÃ CÔNG BỐ CỦA LUẬN ÁN

1. C. T. Anh and V. M. Toi (2013), Null controllability of a parabolic equa-

tion involving the Grushin operator in some multi-dimensional domains,

Nonlinear Analysis: Theory, Methods and Applications, Vol. 93, 181-196.

(ISI)

2. C. T. Anh and V. M. Toi (2015), Null controllability for semilinear degen-

erate/singular parabolic equations, Fixed Point Theory, Vol. 16, 15-30.

(ISI)

3. C. T. Anh and V. M. Toi (2016), Null controllability in large time of a

parabolic equation involving the Grushin operator with an inverse-square

potential, Nonlinear Differential Equations and Applications, Vol. 23, no.

2, 23:20. (ISI)

113

Tài liệu tham khảo

[1] R.A. Adams and J.F. Founier (2003), Sobolev Spaces, 2nd edition, Elsevier.

[2] F. Alabau-Boussouira, P. Cannarsa and G. Fragnelli (2006), Carleman

estimates for weakly degenerate parabolic operators with applications to

null controllability, J. Evol. Equ. 6, 161-204.

[3] L. D’Ambrosio (2003), Hardy inequalities related to Grushin type opera-

tors, Proc. Amer. Math. Soc. 132, 725-734.

[4] C.T. Anh (2010), Pullback attractor for a non-autonomous parabolic

equation involving Grushin operators, Electron. J. Diff. Equa. 11, 1-14.

[5] C.T. Anh, P.Q. Hung, T.D. Ke and T.T. Phong (2008), Global attractor

for a semilinear parabolic equation involving Grushin operator, Electron.

J. Differ. Equ. 32, 1-11.

[6] C.T. Anh and V.M. Toi (2015), Null controllability in large time for a

parabolic equation involving the Grushin operator with an inverse-square

potential localized on boundary, submitted.

[7] C.T. Anh and V.M. Toi (2012), Attractors for a semilinear parabolic sys-

tem involving the Grushin operator, J. Abstr. Diff. Equa. Appl. 3, 1-16.

[8] C.T. Anh and T.T.H. Yen (2011), Finite-dimensional pullback attractors

for parabolic equations with Hardy type potentials, Ann. Pol. Math. 102,

161-186.

114

[9] P. Baras and J. Goldstein (1984), The heat equation with a singular po-

tential, Trans. Amer. Math. Soc. 284, 121-139.

[10] J. Bebernes and D. Eberly (1989), Mathematical Problems from Combus-

tion Theory, Math. Sci. Vol. 83, Springer-Verlag, New York.

[11] K. Beauchard (2014), Null controllability of Kolmogorov-type equations,

Math. Control Signals Systems 26, 145-176.

[12] K. Beauchard, P. Cannarsa and R. Guglielmi (2014), Null controllability

of Grushin-type operators in dimension two, J. Eur. Math. Soc. 16, 67-101.

[13] K. Beauchard, P. Cannarsa and M. Yamamoto (2014), Inverse source

problem and null controllability for multidimensional parabolic operators

of Grushin type, Inverse Problems 30 (2), 025006, 26 pp.

[14] K. Beauchard, L. Miller and M. Morancey (2015), 2D Grushin-type equa-

tions: minimal time and null controllable data, J. Differential Equations

259, 5813-5845.

[15] U. Biccari (2015), Boundary controllability for a one-dimensional heat

equation with two singular inverse-square potentials, arXiv:1509.05178.

[16] H. Brezis and J.L. Vázquez (1997), Blowup solutions of some nonlinear

elliptic problems, Rev. Mat. Univ. Complut. Madrid 10, 443-469.

[17] J.-M. Buchot and J.-P. Raymond (2002), A linearized model for boundary

layer equations, in Optimal Control of Complex Structures (Oberwolfach,

2000), Internat. Ser. Numer. Math. 139, Birkhauser, Basel, 31-42.

[18] V.R. Cabanillas, S.B. De Menezes and E. Zuazua (2001), Null controlla-

bility in unbounded domains for the semilinear heat equation with non-

linearities involving gradient terms, J. Optim. Theory Appl. 110, 245-264.

115

[19] P. Cannarsa, G. Fragnelli and J. Vancostenoble (2005), Linear degenerate

parabolic equations in bounded domains: controllability and observability,

Proceedings of 22nd IFIP TC 7 Conference on System Modeling and Op-

timization (Turin, Italy, July 18-22), edited by Dontchev, Marti, Furuta

and Pandolfi.

[20] P. Cannarsa, G. Fragnelli and J. Vancostenoble (2006), Regional control-

lability of semilinear degenerate parabolic equations in bounded domains,

J. Math. Anal. Appl. 320, 804-818.

[21] P. Cannarsa and R. Guglielmi (2014), Null controllability in large time for

the parabolic Grushin operator with singular potential, Geometric Control

Theory and Sub-Riemannian Geometry, Springer INdAM Series Volume

5, 87-102.

[22] P. Cannarsa, P. Martinez and J. Vancostenoble (2004), Persistent regional

controllability for a class of degenerate parabolic equations, Comm. Pure

Appl. Anal. 3, 607-635.

[23] P. Cannarsa, P. Martinez and J. Vancostenoble (2005), Null controllability

of degenerate heat equations, Adv. Differential Equations 10, 153-190.

[24] P. Cannarsa, P. Martinez and J. Vancostenoble (2008), Carleman esti-

mates for a class of degenerate parabolic operators, SIAM J. Control Op-

tim. 47, 1-19.

[25] P. Cannarsa, P. Martinez and J. Vancostenoble (2016), Global Carleman

Estimates for Degenerate Parabolic Operators with Applications, Memoirs

of AMS, 239, (1133).

[26] C. Cazacu (2014), Controllability of the heat equation with an inverse-

square potential localized on the boundary, SIAM J. Control Optim. 52,

2055-2089.

116

[27] J.-M. Coron (2007), Control and Nonlinearity, AMS, Providence, RI.

[28] E. B. Davies (1995), Spectral Theory and Differential Operators, Cam-

bridge Studies in Advanced Mathematics, 42, Cambridge University Press,

Cambridge.

[29] A. Doubova, E. Fernández-Cara and E. Zuazua (2002), On the controlla-

bility of parabolic systems with a nonlinear term involving the state and

the gradient, SIAM J. Control Optim. 42, 798-819.

[30] S. Ervedoza (2008), Control and stabilization properties for a singular

heat equation with an inverse-square potential, Comm. Partial Differen-

tial Equations 33, 1996-2019.

[31] C. Fabre, J.P. Puel and E. Zuazua (1995), Approximate controllability of

the semilinear heat equation, Proc. Royal Soc. Edinburgh 125A, 31-61.

[32] E. Fernández-Cara (1997), Null controllability of the semilinear heat equa-

tion, ESAIM: Control Optim. Calc. Var. 2, 87-103.

[33] E. Fernández-Cara and S. Guerrero (2006), Global Carleman inequalities

for parabolic systems and applications to controllability, SIAM J. Control

Optim. 45, 1399-1446 (electronic).

[34] E. Fernández-Cara and E. Zuazua (2000), Null and approximate control-

lability for weakly blowing up semilinear heat equations. Ann. Inst. H.

Poincaré Anal. Non Linéaire 17, 583-616.

[35] M. Fotouhi and L. Salimi (2012), Null controllability of degener-

ate/singular parabolic equations, J. Dyn. Control Syst. 18, 573-602.

[36] G. Fragnelli (2016), Interior degenerate/singular parabolic equations in

nondivergence form: well-posedness and Carleman estimates, J. Differen-

tial Equations 260, 1314-1371.

117

[37] A.V. Fursikov and O.Yu. Imanuvilov (1996), Controllability of Evolution

Equations, Lecture Notes Series, Seoul. 34. Seoul: Seoul National Univ.,

163 p.

[38] M. González-Burgos and L. de Teresa (2007), Some results on controlla-

bility for linear and nonlinear heat equations in unbounded domains, Adv.

Differ. Equ. 12, 1201-1240.

[39] S. Guerrero (2012), An Introduction to the Theory of Control of Partial

Differential Equations, Lecture Notes.

[40] M. Gueye (2014), Exact boundary controllability of 1-D parabolic and

hyperbolic degenerate equations, SIAM J. Control Optim. 52, 2037-2054.

[41] V.V. Grushin (1971), A certain class of elliptic pseudo differential opera-

tors that are degenerated on a submanifold, Mat. Sb., 84 (1971), 163-195;

English transl. in : Math. USSR Sbornik, 13, 155-183.

[42] G.H. Hardy, J.E. Littlewood and G. Pólya (1952), Inequalities, 2nd ed.,

Cambridge, at the University Press.

[43] O. Yu. Imanuvilov (1995), Controllability of parabolic equations, Sb.

Math. 186, 109-132 (in Russian).

[44] A. Kogoj and E. Lanconelli (2012), On semilinear ∆λ-Laplace equation,

Nonlinear Anal. 75, 4637-4649.

[45] J. Le Rousseau and I. Moyano (2016), Null-controllability of the Kol-

mogorov equation in the whole phase space, J. Differential Equations 260,

3193-3233.

[46] G. Lebeau and L. Robbiano (1995), Contrôle exact de l’équation de la

chaleur, Comm. Partial Differential Equations 20, 335-356.

118

[47] J.-L. Lions (1969), Quelques Méthodes de Résolution des Problèmes aux

Limites Non Linéaires, Dunod, Paris,

[48] J.-L. Lions (1988), Exact controllability, stabilizability and perturbations

for distributed systems, SIAM Rev. 30, 1-68.

[49] J.-L. Lions (1988), Contrôlabilité Exacte, Perturbations et Stabilisation de Systèmes ´Distribues, Tome 1, Rech. Math. Appl. 8, Masson, Paris.

[50] J.-L. Lions (1988), Contrôlabilité Exacte, Perturbations et Stabilisation de Systèmes ´Distribues, Tome 2, Rech. Math. Appl. 9, Masson, Paris.

[51] L. H. Loomis and S. Sternberg (1990), Advanced Calculus, Paperback

edition of the 1990 revised edition [MR1140004 (92i:00002)] of the 1968

original. World Scientific Publishing Co. Pte. Ltd., Hackensack, NJ, 2014.

xii+580 pp. ISBN: 978-981-4583-93-0.

[52] P. Martinez, J.-P. Raymond and J. Vancostenoble (2003), Regional null

controllability for a linearized Crocco type equation, SIAM J. Control

Optim. 42 (2).

[53] P. Martinez and J. Vancostenoble (2006), Carleman estimates for one-

dimensional degenerate heat equations, J. Evol. Equ. 6, 325-362.

[54] V.G. Maz’ja (1985), Sobolev Spaces, Springer Series in Soviet Mathemat-

ics. Springer-Verlag, Berlin, Translated from the Russian by T. O. Sha-

poshnikova.

[55] L. Miller (2005), On the null-controllability of the heat equation in un-

bounded domains, Bull. Sci. Math. 129, 175-185.

[56] M. Morancey (2015), Approximate controllability for a 2D Grushin equa-

tion with potential having an internal singularity, Ann. Inst. Fourier

(Grenoble), 65 no. 4, pp.1525-1556.

119

[57] M. Pivato (2010), Linear Partial Differential Equation and Fourier The-

ory, Cambrige University Press, Cambridge.

[58] M. Reed and B. Simon (1979), Methods of Modern Mathematical Physics,

Vol. II. New York: Academic Press.

[59] J.C. Robinson (2001), Infinite-Dimensional Dynamical Systems, Cam-

bridge University Press, Cambridge.

[60] J. Schauder (1930), Der Fixpunktsatz in Funktionalr¨aumen, Studia Math.

2, 171-180.

[61] N.T.C. Thuy and N.M. Tri (2002), Existence and nonexistence results

for boundary value problems for semilinear elliptic degenerate operator,

Russ. J. Math. Phys. 9, 366-371.

[62] J. Vancostenoble (2011), Improved Hardy-Poincaré inequality and shap

Carleman estimates for degenerate/singular parabolic problems, Disc.

Cont. Dyna. Syst. Ser. S, Vol. 4, 761-790.

[63] J. Vancostenoble and E. Zuazua (2008), Null controllability of heat equa-

tions with singular inverse-square potentials, J. Funct. Anal. 254, 1864-

1902.

[64] J.L. Vazquez and E. Zuazua (2000), The Hardy inequality and the asymp-

totic behaviour of the heat equation with an inverse-square potential, J.

Funct. Anal. 173, 103-153.

[65] C. Wang (2010), Approximate controllability of a class of semilinear sys-

tems with boundary degeneracy, J. Evol. Equ. 10, 163-193.

[66] C. Wang and R. Du (2013), Approximate controllability of a class of semi-

linear degenerate systems with convection term, J. Differential Equations

254, 3665-3689.

120

[67] C. Wang and R. Du (2014), Carleman estimates and null controllability

for a class of degenerate parabolic equations with convection terms, SIAM

J. Control Optim. 52, 1457-1480.

[68] E. Zuazua, Exact boundary controllability for the semilinear wave equa-

tion (1991), Nonlinear partial differential equations and their applications.

Collège de France Seminar, Vol. X (Paris, 1987-1988), 357–391, Pitman

Res. Notes Math. Ser., 220, Longman Sci. Tech., Harlow.

[69] E. Zuazua (1993), Exact controllability for semilinear wave equations in

one space dimension, Ann. Inst. H. Poincaré Anal. Non Linéaire 10,

109-129.

[70] E. Zuazua (1997), Finite dimensional null controllability for the semilinear

heat equation, J. Math. Pures et Appl. 76, 570-594.

[71] E. Zuazua (1999), Approximate controllability for semilinear heat equa-

tions with globally Lipschitz nonlinearities, Control Cybern. 28, 665-683.

Luận án Tiến sĩ Toán học: Tính điều khiển được của một số lớp phương trình Parabolic

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI

VŨ MẠNH TỚI

TÍNH ĐIỀU KHIỂN ĐƯỢC CỦA MỘT SỐ LỚP PHƯƠNG TRÌNH PARABOLIC

LUẬN ÁN TIẾN SĨ TOÁN HỌC

Hà Nội - 2016

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI

VŨ MẠNH TỚI

TÍNH ĐIỀU KHIỂN ĐƯỢC CỦA MỘT SỐ LỚP PHƯƠNG TRÌNH PARABOLIC

Chuyên ngành: Phương trình vi phân và tích phân Mã số: 62 46 01 03

LUẬN ÁN TIẾN SĨ TOÁN HỌC

PGS.TS. Cung Thế Anh

LỜI CAM ĐOAN

LỜI CẢM ƠN

Mục lục

MỘT SỐ KÍ HIỆU THƯỜNG DÙNG TRONG LUẬN ÁN

MỞ ĐẦU

Chương 1

MỘT SỐ KIẾN THỨC CHUẨN BỊ

Chương 2

TÍNH ĐIỀU KHIỂN ĐƯỢC VỀ 0 CỦA PHƯƠNG TRÌNH PARABOLIC CHỨA TOÁN TỬ GRUSHIN

Chương 3

TÍNH ĐIỀU KHIỂN ĐƯỢC VỀ 0 KHI THỜI GIAN ĐỦ LỚN CỦA PHƯƠNG TRÌNH PARABOLIC CHỨA TOÁN TỬ GRUSHIN VỚI THẾ VỊ KÌ DỊ

Chương 4

TÍNH ĐIỀU KHIỂN ĐƯỢC VỀ 0 CỦA MỘT LỚP PHƯƠNG TRÌNH PARABOLIC MỘT CHIỀU NỬA TUYẾN TÍNH SUY BIẾN VỚI THẾ VỊ KÌ DỊ

KẾT LUẬN

DANH MỤC CÁC CÔNG TRÌNH ĐÃ CÔNG BỐ CỦA LUẬN ÁN

Tài liệu tham khảo

Tài liệu liên quan

Tài liêu mới

AI tóm tắt

Giới thiệu tài liệu

Đối tượng sử dụng

Từ khoá chính

Nội dung tóm tắt

Hỗ trợ

Phương thức thanh toán

Theo dõi chúng tôi