Luận văn Thạc sĩ Toán học: Một số bài toán cauchy chứa kì dị trong không gian banach

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH ———————————-

PHẠM VĂN HIỂN

MỘT SỐ BÀI TOÁN CAUCHY CHỨA KÌ DỊ TRONG KHÔNG GIAN BANACH

Chuyên ngành: Toán Giải Tích Mã số: 62 46 01 02

LUẬN ÁN TIẾN SĨ TOÁN HỌC

HƯỚNG DẪN KHOA HỌC PGS.TS Nguyễn Bích Huy

Thành phố Hồ Chí Minh - 2020

LỜI CAM ĐOAN

Tôi xin cam đoan đây là công trình khoa học của tôi dưới sự hướng dẫn của PGS.TS Nguyễn Bích Huy. Các kết quả mới viết trong luận án là hoàn toàn trung thực và chưa được công bố bởi bất cứ tác giả nào khác. Nghiên cứu sinh Phạm Văn Hiển

Mục lục

LỜI CAM ĐOAN

MỞ ĐẦU

4 8 0.1 Sử dụng dãy lặp trong nghiên cứu bài toán . . . . . . . . . . . . . . 0.2 Sử dụng ánh xạ co trong nghiên cứu bài toán . . . . . . . . . . . . 10 0.3 Sử dụng tính compact trong nghiên cứu bài toán . . . . . . . . . . 11

Chương 1 KIẾN THỨC CƠ SỞ

14 1.1 Các định lý điểm bất động . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14 1.2 Không gian với thứ tự sinh bởi nón . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15 1.3 Ánh xạ co theo họ nửa chuẩn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17 1.4 Độ đo phi compact và ánh xạ cô đặc . . . . . . . . . . . . . . . . . 18 1.5 Một số kiến thức khác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

Chương 2 SỬ DỤNG DÃY LẶP TRONG NGHIÊN CỨU BÀI

TOÁN

22 2.1 Bài toán với kì dị yếu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22 2.2 Phương trình bậc phân thứ với kì dị yếu . . . . . . . . . . . . . . . 28 2.2.1 Các khái niệm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28 2.2.2 Sự tồn tại và duy nhất của nghiệm . . . . . . . . . . . . . . 29 2.3 Kỹ thuật lặp đơn điệu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32 2.4 Bài toán có chậm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38

Chương 3 SỬ DỤNG ÁNH XẠ CO TRONG NGHIÊN CỨU

BÀI TOÁN

42 3.1 Bài toán với điều kiện Lipschitz địa phương . . . . . . . . . . . . . 42 3.2 Bài toán có chậm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46 3.2.1 Sự tồn tại duy nhất nghiệm của bài toán tổng quát . . . . . 46 3.2.2 Bài toán áp dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49 3.3 Bài toán trên miền vô hạn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54

Chương 4 SỬ DỤNG TÍNH COMPACT TRONG NGHIÊN CỨU

BÀI TOÁN

56 4.1 Xây dựng không gian Fréchet và độ đo phi compact cho bài toán . 57 4.2 Bài toán Cauchy không có chậm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60 4.3 Giải bài toán có chậm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65 4.4 Cấu trúc tập nghiệm của một lớp bài toán Cauchy trên thang

không gian Banach . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70 4.4.1 Bài toán và không gian nghiệm . . . . . . . . . . . . . . . . . 70 4.4.2 Một số bổ đề cần thiết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73 4.4.3 Cấu trúc tập nghiệm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77

KẾT LUẬN

Danh mục công trình của tác giả

Tài liệu tham khảo

MỞ ĐẦU

Các quá trình trong Tự nhiên và Xã hội đều phụ thuộc vào thời gian t và thường được mô tả bởi phương trình vi phân với điều kiện đầu (hay bài toán Cauchy) như sau:

(1)

trong đó u : [0, T ] → X là ẩn hàm, f : [0, T ] × X → X là hàm đã biết, thỏa mãn một số điều kiện và X là một không gian vectơ tôpô. Nghiệm của bài toán theo nghĩa cổ điển (hay nghiệm mạnh) là hàm u ∈ C([0, T ], X) ∩ C1((0, T ), X) thỏa mãn (1). Ban đầu, bài toán (1) được nghiên cứu với X là một không gian hữu hạn chiều. Khi đó (1) là phương trình vi phân thường và Peano đã chứng minh sự tồn tại nghiệm khi f là hàm liên tục; Picard khẳng định sự tồn tại và duy nhất nghiệm khi f liên tục và thỏa mãn điều kiện Lipschitz theo biến thứ hai, tức là

(2)

u(cid:48)(t) = f (t, u(t)), t ∈ [0, T ), u(0) = u0,

Các phương trình đạo hàm riêng dạng parabolic hoặc hyperbolic được đưa về bài toán (1) với X là một không gian Banach hoặc không gian Fréchet (khi cần xét sự tồn tại nghiệm trên khoảng thời gian vô hạn). Khi đó định lý Picard vẫn đúng; định lý Peano đúng khi f liên tục và thỏa mãn thêm điều kiện có liên quan tới tính compact, ví dụ điều kiện "cô đặc" đối với độ đo phi compact α trong không gian X, dạng

(cid:107)f (t, u) − f (t, v)(cid:107)X ≤ C(cid:107)u − v(cid:107)X .

(3)

Nếu vế phải của (1) là hàm liên tục thì bài toán tương đương với bài toán tìm hàm u ∈ C([0, T ], X) thỏa mãn

(cid:90) t

α(cid:0)f (t, B)(cid:1) ≤ Cα(B), B ⊂ X là tập bị chặn.

(4)

Phương trình (4) xác định ánh xạ F : C([0, T ], X) → C([0, T ], X) và điểm bất động của F chính là nghiệm của bài toán (1) ban đầu. Có hai phương pháp cơ

f (τ, u(τ ))dτ := F u(t). u(t) = u0 +

bản để tìm điểm bất động của ánh xạ F . Ở phương pháp thứ nhất, điểm bất động được tìm như là giới hạn của dãy lặp sau:

Phương pháp thứ hai là sử dụng các định lý điểm bất động: Định lý ánh xạ co Banach khi f thỏa mãn điều kiện Lipschitz, Định lý Schauder hay mở rộng của nó là Định lý Darbo–Sadovskii khi f thỏa mãn một điều kiện về tính compact. Trong luận án này chúng tôi sẽ xét một lớp bài toán Cauchy chứa kì dị. Đó là bài toán Cauchy (1) trên một họ (cũng gọi là một thang) các không gian Banach (Xs, (cid:107).(cid:107)s), s ∈ [a, b] thỏa mãn

u0(t) = u0, un+1(t) = F un(t), ∀t ∈ [0, T ].

Tính kì dị thể hiện ở chỗ ánh xạ f không tác động từ một không gian vào chính nó mà vào các không gian rộng hơn

Xs(cid:48) ⊂ Xs, (cid:107)x(cid:107)s ≤ (cid:107)x(cid:107)s(cid:48), ∀x ∈ Xs(cid:48), s < s(cid:48).

và thỏa mãn điều kiện Lipschitz ở dạng

(5)

f (t, Xs(cid:48)) ⊂ Xs, s < s(cid:48),

hoặc điều kiện cô đặc dạng

(cid:0)f (t, B)(cid:1) ≤

(6)

(cid:107)f (t, u) − f (t, v)(cid:107)s ≤ (cid:107)u − v(cid:107)s(cid:48), u, v ∈ Xs(cid:48), s < s(cid:48) C s(cid:48) − s

trong đó αs là độ đo phi compact Kuratowski trên Xs. Các nhà toán học L.Ovcyannikov và T.Yamanaka là những người đầu tiên sử dụng thang không gian Banach khi nghiên cứu mở rộng định lý Cauchy— Kowalevskaya cho hệ phương trình đạo hàm riêng [44, 45, 54, 55]. Trong [44, 45] tác giả xét bài toán

n (cid:88)

αs αs(cid:48)(B), B ⊂ Xs(cid:48) bị chặn, s < s(cid:48), C s(cid:48) − s

(7)

i=1

Họ đã xây dựng thang không gian Banach như sau. Với số dương s, đặt Xs là không gian các hàm giải tích trên quả cầu mở Bs = {x ∈ Rn : (cid:107)x(cid:107) < s} và liên tục trên Bs với chuẩn:

(cid:88)

= + a0u ≡ Lu(t, x), u(0, x) = u0(x). ai ∂u ∂t ∂u ∂xi

k∈N

|Dαu(x)| < ∞, (cid:107)u(cid:107)s = sk k! sup x∈Bs |α|=k

trong đó α = (α1, ..., αn) ∈ Nn là bộ đa chỉ số và |α| = α1 + ... + αn. Ta có thể chứng minh được

Và do đó

(8)

(cid:107)u(cid:107)s(cid:48), ∀ 0 < s < s(cid:48), i = 1, ..., n. (cid:107)uxi(cid:107)s ≤ C s(cid:48) − s

Sử dụng đánh giá trên và giả thiết u0 ∈ Xb, tác giả chứng minh sự tồn tại và duy nhất nghiệm của (7) thỏa mãn

(cid:20)

(cid:19)

(cid:107)u(cid:107)s(cid:48), 0 < s < s(cid:48). (cid:107)Lu(cid:107)s ≤ C s(cid:48) − s

(9)

trong đó u(t) = u(t, .) và λ là một hằng số dương. Một cách tự nhiên, chúng ta hy vọng rằng khi ánh xạ f thỏa mãn điều kiện (5), các kết quả về bài toán tuyến tính cụ thể (7) cũng sẽ đúng cho bài toán Cauchy phi tuyến (1) trên thang không gian Banach trừu tượng. Tuy nhiên điều này chỉ đạt được sau một thời gian khá dài. Năm 1970, Treves (xem [51]) xét bài toán Cauchy trên thang không gian Banach trừu tượng Xs với

+∞ (cid:88)

0, , 0 < s < b u(t) ∈ Xs với t ∈ b − s λ

p=0

q=0

trong fp,q là một dạng p-tuyến tính thỏa mãn điều kiện

f (t, u) = fp,q(u − u0, ..., u − u0)tq,

Tiếp theo, vào năm 1972, L. Nirenberg xét bài toán (1) trên thang không gian trừu tượng với các giả thiết phức tạp: Với mỗi u ∈ Xs(cid:48), t ∈ [0, T ] và s < s(cid:48) thì tồn tại toán tử tuyến tính Au(t) : Xs(cid:48) → Xs sao cho:

(cid:107)u1(cid:107)s(cid:48)...(cid:107)up(cid:107)s(cid:48), 0 < s < s(cid:48). (cid:107)fp,q(u1, u2, ..., up)(cid:107)s ≤ C s(cid:48) − s

s(cid:48)

Chỉ đến năm 1977 thì T.Nishida [42] và M.S. Baouendi [7] mới chứng minh được sự tồn tại và duy nhất nghiệm địa phương của bài toán Cauchy trên thang các không gian Banach tổng quát với điều kiện (5). Tiếp theo bài toán Cauchy trên thang các không gian Banach được nghiên cứu bởi nhiều tác giả như K. Asano

(cid:107)v − u(cid:107)1+δ (cid:107)f (t, v) − f (t, u) − Au(t)(v − u)(cid:107)s ≤ , u, v ∈ Xs(cid:48), δ > 0. (cid:107)Au(t)(cid:107)L(Xs(cid:48) ,Xs) ≤ C1, C2 s(cid:48) − s

[3], R.E. Caflish [15], M.V. Safonov [48], ... với các giảm nhẹ của điều kiện (5), ví dụ điều kiện:

(cid:90) t

trong đó s < s(τ ) ≤ b − λt với mọi 0 ≤ τ < t < T và F là ánh xạ trong (4). Các kết quả trên đều có một đặc điểm chung, đó là nếu điều kiện đầu u0 thuộc không gian Xb của thang thì nghiệm có tính chất (9). Như vậy để nghiệm tốt (thuộc không gian Xs với s gần b) thì khoảng tồn tại nghiệm là nhỏ. Bước tiếp theo trong nghiên cứu bài toán Cauchy trên thang không gian Banach là thay điều kiện Lipschitz (5) bởi các điều kiện có liên quan tới tính compact. Các tác giả W. Tutschke [52], H. Begehr [12], V.I. Nazarov [40], M. Reissig [47], E.A. Barkova–P.P. Zabreiko [8, 9], O. Zubelevich [58, 59] sử dụng giả thiết về tính compact của phép nhúng Xs(cid:48) (cid:44)→ Xs, s < s(cid:48), kết hợp với điều kiện về độ tăng dạng

(10)

dτ, (cid:107)F u(t) − F v(t)(cid:107)s ≤ C(cid:107)u(τ ) − v(τ )(cid:107)s(τ ) s(τ ) − s

(cid:0)(cid:107)u(cid:107)s(cid:48) + K(cid:1), t ∈ [0, T ], u ∈ Xs(cid:48), s < s(cid:48).

Điều kiện cô đặc theo độ đo phi compact dạng (6) được sử dụng trong các nghiên cứu của K. Deimling [18], N.B. Huy [34] và M. Ghisi [25]. Sau ứng dụng khởi đầu để nghiên cứu phương trình đạo hàm riêng tuyến tính (7) thì lý thuyết về bài toán Cauchy trên thang không gian Banach đã được ứng dụng cho đến hôm nay trong rất nhiều lĩnh vực. Đó là ứng dụng cho các phương trình phi tuyến trong cơ học chất lỏng như phương trình Boltzmann, phương trình Navier–Stokes [16, 38, 43, 49, 50], các phương trình đạo hàm riêng không địa phương như phương trình Camassa–Holm, phương trình Novikov [10, 11, 30, 33, 53], phương trình dòng chảy Prandtl [38, 53], phương trình Kirchhoff [26, 27, 35], phương trình Burgers [24], cho các phương trình đạo hàm riêng có chậm theo biến thời gian và không gian [4, 36, 37, 56], cho các phương trình bậc không nguyên [8, 9] và gần đây là cho các hệ động lực Glauber, hệ động lực ngẫu nhiên sinh-tử trong các môi trường liên tục [14, 17, 21, 22, 23],... Trong luận án, các kết quả nghiên cứu của chúng tôi về bài toán Cauchy trên thang không gian Banach được trình bày trong ba chương, tương ứng với việc sử dụng dãy lặp, Định lý ánh xạ co hoặc Định lý điểm bất động Schauder–Darbo– Sadovskii khi nghiên cứu bài toán.

(cid:107)f (t, u)(cid:107)s ≤ C s(cid:48) − s

0.1 Sử dụng dãy lặp trong nghiên cứu bài toán

Trong một thời gian dài (đến 1995) nghiên cứu bài toán Cauchy trong thang không gian Banach, các nhà nghiên cứu chủ yếu sử dụng phương pháp xây dựng dãy lặp với các giả thiết phức tạp. L. Nirenberg xây dựng dãy lặp Newton hội tụ nhanh để chứng minh sự tồn tại và duy nhất nghiệm địa phương với điều kiện Lipschitz (5), T. Nishida, M.V. Safonov, K. Assano sử dụng dãy lặp Picard. Ưu điểm của phương pháp xây dựng dãy lặp để chứng minh sự tồn tại điểm bất động ánh xạ F (được định nghĩa trong (4)) là ta chỉ cần "tính chất co" của F trong dãy lặp này. Trong luận án, chúng tôi xây dựng dãy lặp để nghiên cứu 4 lớp bài toán Cauchy trên thang các không gian Banach:

• Bài toán với kì dị yếu.

• Bài toán bậc không nguyên với kì dị yếu.

• Bài toán trên thang các không gian có thứ tự.

Chúng tôi gọi bài toán Cauchy (1) trong thang các không gian Banach có kì dị yếu nếu điều kiện Lipschitz (5) được thay bởi

• Bài toán có chậm.

(11)

với p ∈ (0, 1). Trong trường hợp này chúng tôi chứng minh được sự tồn tại, duy (cid:1) với mọi s < b và sự phụ thuộc liên tục nhất nghiệm toàn cục u ∈ C(cid:0)[0, T ], Xs của nghiệm vào điều kiện đầu. Cần chú ý rằng với kì dị dạng (5), (6) thì khoảng tồn tại nghiệm phụ thuộc tham số s và cho bởi (9). Bài toán Cauchy với bậc không nguyên có dạng

(12)

(cid:40)CDαu(t) = f (t, u(t)), t ∈ (0, T ), u(k)(0) = ξk, ∀k = 0, . . . , m − 1,

trong đó m = (cid:100)α(cid:101) và với u ∈ Cm(cid:0)[0, T ), X(cid:1) thì đạo hàm Caputo bậc α của u được định nghĩa bởi

CDαu(t) = J m−α dmu dtm ,

C (cid:107)f (t, u) − f (t, v)(cid:107)s ≤ (s(cid:48) − s)p (cid:107)u − v(cid:107)s(cid:48), u, v ∈ Xs(cid:48), s < s(cid:48),

 

(cid:82) t 0 (t − τ )β−1v(τ )dτ

với J βv(t) =

1 Γ(β) v(t)

β > 0,



Bài toán (12) xét trên thang không gian Banach (Es) được E.A. Barkova và P.P. Zabreiko nghiên cứu trong [8] khi phép nhúng Es(cid:48) (cid:44)→ Es, s < s(cid:48) là compact và trong [9] khi f thỏa mãn điều kiện Lipschitz (11) với p = α. Khi bài toán có tính kì dị yếu, tức là p < α chúng tôi cũng chứng minh được sự tồn tại và duy nhất của nghiệm toàn cục. Xây dựng dãy lặp đơn điệu đã được sử dụng nhiều trong nghiên cứu bài toán Cauchy trên một không gian riêng lẻ (xem [28] và các tài liệu tham khảo ở đó). Chúng tôi sử dụng kỹ thuật này để nghiên cứu bài toán Cauchy trên thang không gian Banach có thứ tự. Sử dụng giả thiết về sự tồn tại cặp nghiệm trên, nghiệm dưới kết hợp các tính chất đặc biệt của thứ tự và giả thiết về tính đơn điệu dạng

β = 0.

chúng tôi chứng minh được sự tồn tại nghiệm. Theo hiểu biết của chúng tôi thì đây là kết quả đầu tiên về bài toán Cauchy trong thang các không gian Banach có thứ tự. Một số phương trình đạo hàm riêng dạng cụ thể có chậm trong thang không gian (tuy chưa làm nổi bật tính kì dị của bài toán ) đã được xét trong [4, 36, 37, 56]. Theo hiểu biết của chúng tôi, bài toán có chậm trong thang không gian Banach trừu tượng chưa được nghiên cứu. Trong chương này của luận án, chúng tôi xét bài toán có chậm sau:

(13)

f (t, u) − f (t, v) ≥ − (u − v), u, v ∈ Xs(cid:48), s < s(cid:48), C s(cid:48) − s

trong đó yếu tố chậm h : [0, 1) → [0, 1) là hàm liên tục và thỏa mãn h(t) < t1/p, t ∈ (0, 1) và p ∈ (0, 1). Chúng tôi phát hiện ra rằng, sự xuất hiện của yếu tố chậm theo thời gian cho phép chúng tôi xét các "kì dị mạnh". Cụ thể, vế phải của bài toán (13) có thể thỏa mãn điều kiện Lipschitz theo biến thứ hai và điều kiện H¨older theo biến thứ ba:

= f (t, u(t), u(h(t))), t ∈ (0, 1), u(0) = u0 du dt

(cid:0)(cid:107)u1−u2(cid:107)s(cid:48)+(cid:107)v1−v2(cid:107)p

(cid:1), u1, u2, v1, v2 ∈ Xs(cid:48), s < s(cid:48).

s(cid:48)

Hơn nữa, trong trường hợp vế phải không phụ thuộc biến thứ hai và thỏa mãn điều kiện

(cid:107)f (t, u1, v1)−f (t, u2, v2)(cid:107)s ≤ C s(cid:48) − s

s(cid:48), v1, v2 ∈ Xs(cid:48), s < s(cid:48),

C (cid:107)f (t, v1) − f (t, v2)(cid:107)s ≤ (s(cid:48) − s)γ (cid:107)v1 − v2(cid:107)p

với γ > 0 tùy ý, chúng tôi vẫn chứng minh được sự tồn tại nghiệm toàn cục. Kết quả về bài toán chậm (13) được chúng tôi công bố trên tạp chí Fixed Point Theory (xem danh mục công trình tác giả).

0.2 Sử dụng ánh xạ co trong nghiên cứu bài toán

(cid:21)

được Nishida sử dụng trong [42]

Để xét sự tồn tại điểm bất động của ánh xạ F (được định nghĩa ở (4)) ta cần xây dựng một không gian, trong đó F tác động. Đó thường là không gian các hàm u liên tục từ [0, c(b − s)) vào Xs với mỗi s ∈ [a, b) với chuẩn (cid:20)c(b − s) t

(cid:107)u(cid:107) = − 1 (cid:107)u(t)(cid:107)s

hoặc

sup s∈[a,b) 0

(cid:107)u(cid:107) = (cid:107)u(t)(cid:107)s [(c(b − s) − t)γ] được Safonov sử dụng trong [48].

Các tác giả nêu trên chứng minh được sự hội tụ của dãy lặp theo các chuẩn này nhưng không chỉ ra được tập đóng D sao cho F (D) ⊂ D nên không áp dụng được Định lý ánh xạ co. Các tác giả M.S. Baouendi, C. Goulaouic [7] và R.F. Barostichi, A.A. Himonas, G. Petronilho [10] sử dụng chuẩn

sup s∈[a,b) 0

(14)

(cid:112)(b − s)[c(b − s) − t](cid:107)u(t)(cid:107)s

(cid:107)u(cid:107) =

và áp dụng định lý ánh xạ co. Theo chúng tôi, điểm mới của chuẩn (14) chính là thừa số (b − s). Dựa theo (14), chúng tôi sử dụng chuẩn

sup s∈[a,b) 0

(cid:107)u(cid:107) = (b − s)1−β[c(b − s) − t]β(cid:107)u(t)(cid:107)s, β ∈ (0, 1)

và cũng áp dụng được Định lý ánh xạ co để nhận được sự tồn tại và duy nhất nghiệm của bài toán (1). Hơn nữa, chúng tôi thu được đánh giá khoảng tồn tại nghiệm theo tham số β. Tiếp theo, chúng tôi sử dụng Định lý ánh xạ co để nghiên cứu bài toán Cauchy có chậm trên thang không gian Banach có dạng sau

(15)

sup s∈[a,b) 0

= f (t, A(t, u(t)), B(u(h(t)))), u(0) = u0. du dt

Đây là dạng trừu tượng của lớp phương trình đạo hàm riêng có chậm theo biến không gian và thời gian sau

(16)

2 u(t, σ(t)x), ∂(l2)

2 u(h(t), x)].

Bài toán trên được khảo sát trong loạt công trình của M. Kawagishi–T. Ya- manaka [36, 37, 56] với các giả thiết ngặt về các độ chậm như sau

∂tu(t, x) = g[t, x, ∂(l1)

(17)

Trong bài toán (15), các kì dị đặc trưng cho bài toán Cauchy trong thang không gian không có trong ánh xạ f mà có trong các ánh xạ tuyến tính A, B:

0 ≤ σ(t) ≤ m, 0 ≤ h(t) ≤ mt, với m ∈ (0, 1).

(18)

Chúng ta lại thấy sự xuất hiện của yếu tố chậm theo thời gian cho phép tăng tính kì dị của bài toán (tham số q trong điều kiện (18) có thể lớn hơn 1). Tổng quát hóa một chuẩn được M. Kawagishi–T. Yamanaka sử dụng cho bài toán (16), chúng tôi xây dựng chuẩn

(cid:107)A(t, .)(cid:107)L(Xs(cid:48) ,Xs) ≤ α(t), α ∈ L1(0, T0), s < s(cid:48), C (cid:107)B(cid:107)L(Xs(cid:48) ,Xs) ≤ (s(cid:48) − s)q , s < s(cid:48).

với hàm S : ∆ = {(t, T ) : 0 ≤ t ≤ T < T0} → [a, b] thỏa mãn một số điều kiện. Kết quả về sự tồn tại và duy nhất nghiệm của bài toán tổng quát (15) được chúng tôi áp dụng cho bài toán (16). Việc xét bài toán tổng quát một mặt cho phép bỏ qua những kỹ thuật không cần thiết khi xét cụ thể, mặt khác cho phép chúng tôi mở rộng đáng kể điều kiện (17). Kết quả về bài toán (15) và mở rộng của (16) được chúng tôi công bố trên tạp chí Fixed Point Theory. Trong phần cuối của chương này, chúng tôi chứng minh sự tồn tại và duy nhất nghiệm trên khoảng t ∈ [0, ∞) nhờ xây dựng một không gian Fréchet thích hợp.

(cid:107)u(t)(cid:107)S(t,T ), (cid:107)u(cid:107) = sup t∈[0,T ]

0.3 Sử dụng tính compact trong nghiên cứu bài

toán

Sau khi có được điều kiện (5) có tính khuôn mẫu cho bài toán Cauchy trên thang các không gian Banach thì các nhà toán học bắt đầu xét bài toán với các điều kiện có liên quan đến tính compact. Các tác giả W. Tutschke [52], H. Begehr [12], V.I. Nazarov [40], M. Reissig [47], E.A. Barkova – P.P. Zabreiko [8, 9] đặt

điều kiện phép nhúng Es(cid:48) (cid:44)→ Es, s < s(cid:48) là compact. Việc sử dụng tính cô đặc của ánh xạ theo độ đo phi compact trong nghiên cứu bài toán Cauchy trên thang không gian Banach được thực hiện bởi K. Deimling [18], N.B.Huy [34] và M. Ghisi [25]. K. Deimling xét vế phải f (t, u) = A(t)u + g(t, u) với

i) A(t) : Xs(cid:48) → Xs là ánh xạ tuyến tính liên tục và (cid:107)A(t)(cid:107)L(Xs(cid:48) ,Xs) ≤ M (s(cid:48) −

ii) g : [0, T ] × Bs(u0, r) → Xb là liên tục đều, bị chặn và với mọi s < b thì αb[g(t, B)] ≤ αs(B), ∀B ⊂ Bs(u0, r), trong đó αs là độ đo phi compact Kura- towski trên Xs.

Tác giả N.B. Huy đã đi đến điều kiện (6) nhưng phải sử dụng giả thiết f liên tục từ [0, T ] × Xs vào Xs. Chúng ta thấy điều kiện này và điều kiện ii) của Deimling là không đặc trưng cho bài toán Cauchy trên thang không gian Banach. Tác giả M. Ghisi đã thu được kết quả hoàn chỉnh về bài toán (1) với điều kiện (6), (10) nhưng không áp dụng được Định lý điểm bất động Darbo–Sadovskii mà dùng dãy lặp Tonelli

(cid:90) t

(cid:16)

(cid:1)(cid:17)

s)−1, s < s(cid:48) ≤ b.

(cid:0)τ −

Trong luận án, chúng tôi xét ba lớp bài toán sau đây với các giả thiết có liên quan tới tính compact:

f τ − dτ, ∀t ≥ 0, n ∈ N. un(t) = u0; ∀ t ≤ 0, un(t) = u0 + , un T n T n

• Bài toán (1) với các điều kiện (6), (10).

(cid:19)

(cid:18)

• Bài toán (13) với điều kiện dạng

(cid:0)f (t, Ω1, Ω2)(cid:1) ≤ L

trong đó γ = 1 nếu f xác định địa phương và γ > 0 tùy ý nếu f xác định toàn cục.

, ∀(t, u, v) ∈ [0, T ] × Xs × Xs(cid:48), s < s(cid:48), αs αs(Ω1) + αp s(cid:48)(Ω2) (s(cid:48) − s)γ

(19)

• Bài toán

với f thỏa mãn điều kiện Lipschitz (5) và g là ánh xạ compact

Chúng tôi xét sự tồn tại nghiệm cho bài toán thứ nhất và thứ hai và chứng minh tính chất Rδ của tập nghiệm cho bài toán thứ ba. Đặc biệt, để nghiên cứu hai bài toán đầu, chúng tôi đã sử dụng hai kỹ thuật mới. Đó là

u(cid:48)(t) = f (t, u(t)) + g(t, u(t)), t ∈ (0, T ), u(0) = u0,

1) Xét ánh xạ F (được định nghĩa bởi (4)) trên một không gian Fréchet thay

cho không gian Banach như các chương trước.

2) Xây dựng một độ đo phi compact nhận giá trị trong một không gian Banach

có thứ tự sao cho F là ánh xạ cô đặc đối với độ đo này.

Chúng ta có thể thấy điểm mạnh của việc sử dụng độ đo phi compact với giá trị vector so với độ đo phi compact với giá trị số từ nhận xét sau. Điều kiện để ánh xạ F là cô đặc đối với độ đo Φ là

Nếu độ đo Φ nhận giá trị vector thì trong bất đẳng thức trên ta có mối liên hệ giữa hai phần tử của một không gian vector và do đó cung cấp cho chúng ta nhiều thông tin hơn so với khi trong bất đẳng thức là hai số thực. Nghiên cứu của chúng tôi về bài toán (13) với điều kiện về tính compact đã được chúng tôi công bố trong Journal of Fixed Point Theory and Applications 22, 36 (2020). Ngoài các công trình của tác giả được liệt kê ở danh mục công trình của tác giả, các kết quả chính của luận án cũng đã được báo cáo tại Đại hội Toán học Việt Nam lần thứ 9 (Nha Trang, 2018) và các Hội nghị Khoa học cho Nghiên cứu sinh trường Đại học Sư phạm TP.HCM.

Φ(B) ≤ Φ(F (B)) ⇒ B compact tương đối.

Chương 1

KIẾN THỨC CƠ SỞ

1.1 Các định lý điểm bất động

Định lý 1.1.1 (Định lý ánh xạ co). Cho không gian metric đủ (X, d) và M ⊂ X đóng, khác rỗng. Ánh xạ F : M → M là ánh xạ co, tức là tồn tại k ∈ [0, 1) sao cho

Khi đó F có duy nhất điểm bất động x∗ ∈ M và

d(F (x), F (y)) ≤ k.d(x, y), ∀x, y ∈ M.

Định lý 1.1.2 (Định lý Schauder). Cho ánh xạ liên tục F : M → M, trong đó M là tập lồi, đóng, khác rỗng trong một không gian topo Hausdorff. Nếu F (M ) chứa trong một tập compact thì F có điểm bất động trong M.

Định lý 1.1.3 (Định lý Darbo). Cho M là tập lồi, khác rỗng, bị chặn trong không gian Banach X. Giả sử ánh xạ F : M → M là liên tục và tồn tại k ∈ [0, 1) sao cho với mọi B ⊂ M thì

F n(x), ∀x ∈ M. x∗ = lim n→∞

trong đó α(A) là độ đo Kuratowski của tập A trong X. Khi đó F có điểm bất động trong M.

Định lý 1.1.4 (Giới hạn dãy lặp). Trong không gian Banach X, cho phần tử u0 và xây dựng dãy lặp:

α(F (B)) ≤ kα(B),

(cid:90) t

u0(t) = u0

f (τ, un−1(τ ))dτ, t ∈ [0, T ], n ∈ N+, un(t) = F (un−1)(t) := u0 +

trong đó f : [0, T ] × X → X là liên tục. Giả sử trong E := C([0, T ], X) chúng ta có

thì u chính là điểm bất động của F trong E.

un, u = lim n→∞

1.2 Không gian với thứ tự sinh bởi nón

Trong không gian vector X với θX là phần tử không, tập K ⊂ X được gọi là nón nếu nó là tập lồi, đóng, thỏa mãn các tính chất:

Chúng ta định nghĩa thứ tự một phần trong X sinh bởi nón K là:

K ∩ −K = {θX }, λK ⊂ K, ∀λ > 0.

(1.1)

Do định nghĩa của nón, thứ tự này có các tính chất:

u ≤ v ⇔ v − u ∈ K.

• au + bv ≥ θX , ∀u, v ≥ θX , a, b ≥ 0.

Một dãy {un}n ⊂ Xs được gọi là tăng nếu:

• limn→∞ un ≥ θX nếu giới hạn tồn tại và un ≥ θX , ∀n.

Dãy gọi là giảm nếu đổi chiều bất đẳng thức, và dãy gọi là đơn điệu nếu hoặc nó tăng, hoặc nó giảm.

Định nghĩa 1.2.1. Nón K được gọi là

un+1 ≥ un, ∀n.

• Nón chính quy nếu mọi dãy tăng và bị chặn trên thì hội tụ.

Bổ đề 1.2.2. [19]

1. Nếu K là nón chính quy thì:

• Nón chuẩn nếu tồn tại số N sao cho với mọi v ≥ u ≥ θX thì (cid:107)u(cid:107) ≤ N (cid:107)v(cid:107).

• K là nón chuẩn.

2. Giả sử K là nón chuẩn và dãy đơn điệu {un}n có dãy con hội tụ về u thì

• Mọi dãy giảm và bị chặn dưới thì hội tụ.

{un}n cũng hội tụ về u

Sau đây là một số khái niệm khác. Cho X là không gian định chuẩn, ký hiệu không gian các hàm liên tục trên I := [0, T ], nhận giá trị trong X là E := C(I, X), có chuẩn được định nghĩa là

Từ thứ tự trong X, chúng ta định nghĩa thứ tự trong không gian Banach E như sau:

(cid:107)u(t)(cid:107). |u| := sup t∈I

Cho α, β ∈ E, chúng ta định nghĩa khoảng đóng là:

u ≤ v ⇔ u(t) ≤ v(t), ∀t ∈ I.

Ánh xạ f : X → X được gọi là tăng nếu

[α, β] = {u ∈ E|α ≤ u ≤ β}.

Có thể thấy rằng nếu f là ánh xạ tuyến tính thì tính chất tăng tương đương với tính chất f (K) ⊂ K.

Bổ đề 1.2.3. Cho p ∈ E và số M thỏa mãn tính chất:

f (x) ≤ f (y), ∀x ≤ y, x, y ∈ X.

Khi đó:

p(cid:48)(t) ≥ −M p(t), ∀t ∈ I, p(cid:48)(t) khả tích trên I.

Chứng minh. Đặt h(t) = eM tp(t), t ∈ I. Khi đó

eM tp(t) ≥ p(0), ∀t ∈ I.

Do vậy thì

(cid:90) t

h(cid:48)(t) = eM t[p(cid:48)(t) + M p(t)] ≥ θX , ∀t ∈ I.

Suy ra điều cần chứng minh.

Nhận xét 1.2.4. Nếu bất đẳng thức trong giả thiết của bổ đề trên đổi chiều thì bất đẳng thức trong kết luận cũng đổi chiều. Do đó nếu có đẳng thức p(cid:48)(t) = −M p(t), ∀t ∈ I thì sẽ suy ra p(t) = e−M tp(0), ∀t ∈ I.

h(t) − h(0) = h(cid:48)(τ )dτ ≥ θX , ∀t ∈ I.

1.3 Ánh xạ co theo họ nửa chuẩn

Cho X là một không gian vector trên trường K (thực hoặc phức).

Định nghĩa 1.3.1. Ánh xạ p : X → [0, +∞) được gọi là nửa chuẩn trên X nếu

1. p(kx) = |k|p(x) với mọi k ∈ K và x ∈ X.

2. p(x + y) ≤ p(x) + p(y) với mọi x, y ∈ X.

Như vậy, nếu nửa chuẩn p thỏa mãn thêm điều kiện: p(x) = 0 kéo theo x = θX thì nó sẽ là một chuẩn trong X. Khái niệm dãy Cauchy, dãy hội tụ theo nửa chuẩn cũng tương tự như đối với chuẩn. Giả sử X được trang bị họ đếm được các nửa chuẩn {pn}n∈N+. Nó sẽ là một không gian vector topo lồi địa phương mà một cơ sở của lân cận điểm không gồm toàn các tập lồi có dạng

Sau đây, chúng ta chỉ sử dụng topo này cho không gian X. Họ nửa chuẩn {pn}n được gọi là

Uε,k = {x ∈ X : pn(x) ≤ ε, ∀n ≤ k}.

• Tách nếu từ tính chất pn(x) = 0 với mọi n kéo theo x = θX.

theo topo trong X.

Có thể thấy rằng, nếu {pn}n là tách thì topo trên X là khả metric và ta có (theo topo trên X):

• Đầy đủ nếu mọi dãy {xm}m ⊂ X là Cauchy theo pn với mọi n thì nó hội tụ

2. {xm}m là dãy Cauchy khi và chỉ khi {xm}m là dãy Cauchy theo mỗi pn.

Định nghĩa 1.3.2. Ánh xạ F : M ⊂ X → X được gọi là co theo họ nửa chuẩn {pn}n nếu với mỗi n ∈ N+ thì tồn tại qn ∈ (0, 1) sao cho

pn(xm − x) = 0, ∀n. lim m→∞ xm = x ⇔ lim m→∞

Bổ đề 1.3.3. Cho không gian X với topo sinh bởi họ nửa chuẩn tách và đầy đủ {pn}n∈N+, M ⊂ X là tập đóng, khác rỗng. Nếu F : M → M là ánh xạ co theo họ nửa chuẩn {pn}n, thì nó có duy nhất một điểm bất động trong M, và điểm bất động đó là giới hạn của dãy lặp

pn(F (x) − F (y)) ≤ qnpn(x − y), ∀x, y ∈ M.

ym = F m(y0), ∀y0 ∈ M.

Chứng minh. Nếu A là một tập hữu hạn trong N+ thì bằng cách đặt q = max{qn : n ∈ A}, chúng ta thấy

Do đó F liên tục theo topo trên X. Cho các số tự nhiên n, m, k, chúng ta có

m+k−1 (cid:88)

pn(F (x) − F (y)) ≤ qpn(x − y), ∀x, y ∈ M, n ∈ A.

i=m

(qn)ipn(y0 − y1) pn(yi − yi+1) ≤ pn(ym − ym+k) ≤

i=m (qn)m − (qn)m+k 1 − qn

Vế phải bất đẳng thức là hội tụ về 0 khi k, m ra vô hạn với mỗi n. Do đó dãy {ym}m là dãy Cauchy theo pn. Nghĩa là nó hội tụ về giới hạn duy nhất y ∈ M theo topo trên X. Mặt khác, F là liên tục cho nên

≤ pn(y0 − y1).

Vậy, y là điểm bất động của F . Cuối cùng, giả sử x, y là các điểm bất động của F . Thì với mỗi n, tính co của F suy ra pn(x − y) = 0. Mà {pn}n là tách, cho nên x = y.

ym) = F (y). y = lim m→∞ ym+1 = F ( lim m→∞

1.4 Độ đo phi compact và ánh xạ cô đặc

Trong không gian định chuẩn (X, (cid:107).(cid:107)X ), cho Ω là một tập bị chặn. Đường kính của Ω được định nghĩa là số:

Định nghĩa 1.4.1. [2] Độ đo Kuratowski α(Ω) được định nghĩa là inf của các số d > 0 sao cho Ω được phủ bởi họ hữu hạn các tập có đường kính không quá d.

Về độ đo Kuratowski, chúng tôi tham khảo hai bổ đề cần thiết sau.

Bổ đề 1.4.2. [2] Độ đo Kuratowski có các tính chất:

1. Chính quy, tức là α(Ω) = 0 khi và chỉ khi Ω là tập compact tương đối;

2. Không kì dị, tức là α({x}) = 0, ∀x ∈ X;

3. Nửa thuần nhất, tức là α(tΩ) = |t|α(Ω) với mọi t ∈ R;

d(Ω) = sup{(cid:107)x − y(cid:107)X : x, y ∈ Ω}.

4. Dưới cộng tính, tức là α(Ω1 + Ω2) ≤ α(Ω1) + α(Ω2);

5. Nửa cộng tính, tức là α(Ω1 ∪ Ω2) = max{α(Ω1), α(Ω2)};

6. Nếu X là không gian vô hạn chiều và B là quả cầu với bán kính R thì

7. Bất biến dịch chuyển, tức là α(Ω + x) = α(Ω), ∀x ∈ X.

Bổ đề 1.4.3. [6] Giả sử X là một không gian Banach. Ω là tập bị chặn, đồng liên tục trong không gian C([0, T ], X), là không gian Banach với chuẩn (cid:107)u(cid:107) = supt∈[0,T ] (cid:107)u(t)(cid:107)X. Khi đó α(Ω(.)) là hàm số liên tục trên t ∈ [0, T ] và thỏa mãn bất đẳng thức:

(cid:27)(cid:19)

(cid:18)(cid:26)(cid:90) t

(cid:90) t

α(B) = 2R;

trong đó Ω(τ ) = {u(τ ) : u ∈ Ω}.

Tiếp theo chúng ta định nghĩa độ đo phi compact tổng quát trong không

gian lồi địa phương và ánh xạ cô đặc tương ứng.

Định nghĩa 1.4.4. [1] Cho E là một không gian lồi địa phương với topo sinh bởi họ nửa chuẩn {pn}n. Gọi M là một họ các tập con của E sao cho nếu Ω ∈ M thì coΩ ∈ M. Ánh xạ φ, xác định trên M nhận giá trị trong không gian có thứ tự một phần (Q, ≤), được gọi là một độ đo phi compact (tổng quát) nếu:

(1.2)

α u(τ )dτ : u ∈ Ω ≤ α(Ω(τ ))dτ, ∀ t ∈ [0, T ],

Và φ được gọi là

1. Chính quy nếu φ(Ω) = θQ khi và chỉ khi Ω là tập compact tương đối (tức

là tập có bao đóng là compact).

2. Nửa cộng tính nếu φ(Ω1 ∪ Ω2) = max{φ(Ω1), φ(Ω2)}.

3. Không kì dị nếu φ({x}) = θQ, ∀x ∈ E.

Có thể thấy rằng độ đo Kuratowski cũng là một độ đo phi compact với giá

trị số.

Định nghĩa 1.4.5. [1] Cho φ là độ đo phi compact trên M là một họ các tập con của E. Ánh xạ F : D ⊂ E → E được gọi là φ-cô đặc nếu với mọi Ω ⊂ D sao cho Ω ∈ M thì F (Ω) ∈ M và:

φ(coΩ) = φ(Ω) ≥ θQ, ∀Ω ∈ M.

(1.3)

φ(F (Ω)) ≥ φ(Ω) kéo theo Ω là tập compact tương đối.

Dựa trên một định lý trong [1] và [5], chúng ta có định lý sau.

Định lý 1.4.6. [5] Giả sử E là một không gian Fréchet, B ⊂ E là một tập hợp lồi, đóng, khác rỗng, F : B → B là ánh xạ liên tục và φ là một độ đo phi compact trên M là họ các tập con của E, thỏa mãn các tính chất sau:

(i) Nếu Ω ∈ M, {u} ∈ M và Ω1 ⊂ Ω thì Ω1 ∈ M, Ω ∪ {u} ∈ M, và chúng ta có:

(1.4)

(ii) Ánh xạ F là φ-cô đặc và F (B) ∈ M.

Thì khi đó F có ít nhất một điểm bất động trong B.

Chứng minh. Chọn một điểm u ∈ co(F (B)) và gọi Σ là họ mọi tập con lồi, đóng Ω của B mà thỏa mãn Ω ∈ M, u ∈ Ω và F (Ω) ⊂ Ω. Đặt

(cid:92)

φ(Ω ∪ {u}) = φ(Ω).

Ω∈Σ

Chúng ta thấy co(F (B)) ∈ Σ do các giả thiết định lý và định nghĩa 1.4.4, B ∈ M do giả thiết (i). Hơn nữa, do F (Ω) ⊂ Ω, ∀Ω ∈ Σ cho nên F (B) ⊂ B và F (B) ∈ M. Vậy thì K ∈ M theo giả thiết (i). Tiếp theo, chúng ta chứng minh B = K. Thật vậy, vì u ∈ B và F (B) ⊂ B, cho nên K ⊂ B. Suy ra F (K) ⊂ F (B) ⊂ K, tức là chúng ta có K ∈ Σ, và B ⊂ K. Giả thiết (i) cho thấy:

B = Ω, K = co (F (B) ∪ {u}) .

Mà F là φ-cô đặc, cho nên B là tập compact. Áp dụng định lý Schauder– Tychonoff cho ánh xạ F trên tập B ⊂ B, chúng ta suy ra sự tồn tại điểm bất động của ánh xạ F : B → B.

φ(B) = φ(K) = φ (F (B) ∪ {u}) = φ (F (B)) .

1.5 Một số kiến thức khác

Cho Y là không gian metric. Trong không gian C([0, T ], Y ), tập M được gọi là đồng liên tục nếu với mọi ε > 0 thì tồn tại số δ để

với mọi u ∈ M và t0, t1 ∈ [0, T ] mà |t1 − t0| < δ.

Định lý 1.5.1 (Arzelà-Ascoli). Tập M là compact tương đối trong C([0, T ], Y ) với metric d(u, v) = supt∈[0,T ] dY (u(t), v(t)) nếu nó là

d(u(t1), u(t0)) < ε,

• đồng liên tục,

là compact tương đối trong Y .

Bổ đề sau nêu một số tính chất quan trọng của hàm Γ:

(cid:90) +∞

• compact tương đối từng điểm, tức là với mỗi t ∈ [0, T ] thì tập {u(t) : u ∈ M }

Bổ đề 1.5.2. [20], Nếu α, β > 0 thì:

(a) Γ(1 + α) = αΓ(α), đặc biệt Γ(1 + n) = n! với mọi n ∈ N.

(b) (cid:82) t

0 τ β−1(t − τ )α−1dτ = tα+β−1 Γ(α)Γ(β)

Γ(1 + z) = e−τ τ zdτ.

Γ(α+β) với mọi t > 0. 2πα(cid:0)α/e(cid:1)α.

√

(cid:16)

(cid:17)n

(d) n! ∼

khi n → ∞.

√ 2πn n/e

Chương 2

SỬ DỤNG DÃY LẶP TRONG NGHIÊN CỨU BÀI

TOÁN

Trong chương này, các bài toán Cauchy bậc 1, bậc phân thứ và bài toán có chậm được đưa về bài toán tìm điểm bất động của ánh xạ tích phân trong các không gian phù hợp. Sau đó, chúng tôi sẽ tìm điểm bất động của ánh xạ bằng phương pháp lặp xấp xỉ. Thuận lợi của phương pháp này là, nói chung, chúng tôi không quan tâm đến ảnh của ánh xạ tích phân trên toàn không gian mà chỉ là trên một dãy phần tử (dãy lặp xấp xỉ). Điều đó cho phép chúng tôi xét ánh xạ tác động trên thang không gian mà không nhất thiết cần xây dựng một không gian mới. Kết quả đạt được trong chương này là các sự tồn tại duy nhất nghiệm dưới điều kiện dạng Lipschitz toàn cục.

2.1 Bài toán với kì dị yếu

Xét bài toán (1) trên các thang không gian Banach {Xs}s∈[a,b]. Với T (cid:48) ≤ T, s(cid:48) ∈ (a, b] cho trước và u ∈ C([0, T (cid:48)], Xs(cid:48)), đặt

(cid:90) t

(2.1)

Khi đó, ∀s < s(cid:48), t ∈ [0, T ] thì F nu(t) ∈ Xs, ∀n. Chúng ta sẽ giải bài toán (1) bằng cách tìm giới hạn của dãy lặp

(2.2)

f (τ, u(τ ))dτ, t ∈ [0, T (cid:48)]. F u(t) = u0 +

trong không gian C([0, T (cid:48)], Xs), s < b. Định lý sau chứng minh sự tồn tại duy nhất nghiệm bài toán trong C([0, T (cid:48)], Xs) mà T (cid:48) độc lập với s < b, chúng tôi gọi nghiệm như vậy là nghiệm toàn cục.

Định lý 2.1.1. Giả sử u0 ∈ Xb và:

u0(t) = u0, un+1 = F un, t ∈ [0, T (cid:48)],

(i) Ánh xạ f : [0, T ] × Xs(cid:48) → Xs liên tục ∀s < s(cid:48).

(ii) Tồn tại các số C > 0 và p < 1 sao cho với mọi t ∈ [0, T ], u, v ∈ Xs(cid:48) thì chúng

ta có:

(2.3)

Khi đó nếu s < b, thì bài toán (1) có duy nhất nghiệm u ∈ C([0, T ], Xs). Ngoài ra, nghiệm là ổn định theo nghĩa: Nếu u, v lần lượt là nghiệm bài toán tương ứng điều kiện đầu u0, v0 ∈ Xb, thì

(2.4)

C (cid:107)f (t, u) − f (t, v)(cid:107)s ≤ (s(cid:48) − s)p (cid:107)u − v(cid:107)s(cid:48), ∀s < s(cid:48).

trong đó

(cid:33)

(cid:32)

∞ (cid:88)

(cid:107)u(t) − v(t)(cid:107)s ≤ H(cid:107)u0 − v0(cid:107)b, sup t∈[0,T ]

i=1

với β ∈ (1, 1/p) và B := (cid:80)∞

i=1 i−β.

Chứng minh. Bởi vì u0 ∈ Xb cho nên un(t) ∈ Xs với mọi s < b và n ≥ 0 (un được xây dựng theo (2.1) và (2.2)). Chứng minh được chia làm ba bước. Bước 1: Chứng minh sự tồn tại. Với giá trị s < b cho trước, chọn S ∈ (s, b) và đặt

, H = 1 + Bip(i!)βpCiti i!(b − s0)ip

Bằng quy nạp, chúng ta chứng minh rằng với mọi n ≥ 2 và s0 < s1 < ... < sn−1 < S thì:

(cid:107)f (t, u0)(cid:107)S. MS = sup t∈[0,T ]

(2.5)

Chúng ta thấy rằng

(cid:90) t

, ∀t ∈ [0, T ]. (cid:107)un(t) − un−1(t)(cid:107)s0 ≤ n! (cid:81)n−1 MSCn−1tn j=1 (sj − sj−1)p

0 (cid:90) t

(cid:107)u2(t) − u1(t)(cid:107)s0 ≤ (cid:107)f (τ, u1(τ )) − f (τ, u0(τ ))(cid:107)s0dτ

(cid:90) t

C ≤

dτ ≤ (cid:107)f (τ (cid:48), u0)(cid:107)s1dτ (cid:48) ≤ (s1 − s0)p (cid:107)u1(τ ) − u0(cid:107)s1dτ (cid:90) τ C (s1 − s0)p CMSt2 2(s1 − s0)p , ∀t ∈ [0, T ].

Do đó (2.5) đúng với n = 2. Giả sử nó đúng với n = k, tức là:

Giả sử cho các số s0 < ... < sk−1 < sk < S, chúng ta có

(cid:90) t

; ∀t ∈ [0, T ], s1 < s2 < ... < sk < S. (cid:107)uk(t) − uk−1(t)(cid:107)s1 ≤ k! (cid:81)k MSCk−1tk j=2(sj − sj−1)p

0 (cid:90) t

(cid:107)uk+1(t) − uk(t)(cid:107)s0 ≤ (cid:107)f (τ, uk(τ )) − f (τ, uk−1(τ ))(cid:107)s0dτ

0 (cid:90) t

≤ (cid:107)uk(τ ) − uk−1(τ )(cid:107)s1dτ

j=1(sj − sj−1)p

Vậy (2.5) đúng cho mọi n ≥ 2. Tiếp theo, trong (2.5) cho s0 = s và chọn:

MSCktk+1 dτ ≤ . ≤ C (s1 − s0)p C (s1 − s0)p k! (cid:81)k (k + 1)! (cid:81)k MSCk−1τ k j=2(sj − sj−1)p

Chúng ta suy ra

, j = 1, 2, ..., n − 1. sj = sj−1 + S − s0 n

(2.6)

Khi cho n ra vô hạn, bổ đề 1.5.2 suy ra n! ∼ (n/e)n, cho nên:

. (cid:107)un(t) − un−1(t)(cid:107)s ≤ MSCn−1tnnp(n−1) (S − s)p(n−1)n!

(cid:115) n(cid:112)(cid:107)un(t) − un−1(t)(cid:107)s ≤ n

Bởi vì p < 1, cho nên khi n đủ lớn thì vế phải ở trên nhỏ hơn 1. Điều này suy ra sự hội tụ đều trên [0,T] của dãy lặp:

n (cid:88)

Cte ∼ (S − s)p np−1. MSCn−1tnnp(n−1) (S − s)p(n−1)n!

i=1

trong không gian Xs. Quay trở lại (2.5), chúng ta chọn s0 ∈ (s, S). Thì khi đó, {un} hội tụ đều trên [0, T ] về u ∈ C([0, T ], Xs0). Ngoài ra, chúng ta có

un(t) = u0 + (ui(t) − ui−1(t)) → u(t) khi n → ∞,

(cid:107)f (t, un(t))(cid:107)s0 ≤ (cid:107)f (t, un(t)) − f (t, u(t))(cid:107)s0 + (cid:107)f (t, u(t))(cid:107)s0

Do tính liên tục của f : [0, T ] × XS → Xs0 và sự hội tụ của un về u trong C([0, T ], Xs0) cho nên f (t, un(t)) bị chặn trong Xs0 với mọi t ∈ [0, T ] và n ∈ N.

≤ (cid:107)f (t, u(t)(cid:107)s0. (cid:107)un(t) − u(t)(cid:107)S (S − s0)p + sup t∈[0,T ]

Do đó u là điểm bất động của ánh xạ F , tức là u(t) = u0 + (cid:82) t 0 f (τ, u(τ ))dτ với mọi t ∈ [0, T ] trong Xs0. Mặt khác, u : [0, T ] → Xs0 và f : [0, T ] × Xs0 → Xs là các ánh xạ liên tục, cho nên u(cid:48)(.) = f (., u(.)) : (0, T ) → Xs là liên tục. Vậy u ∈ C([0, T ], Xs) là một nghiệm của bài toán (1). Bước 2: Chứng minh tính duy nhất. Giả sử u, v cùng là nghiệm của bài toán (1) trong C([0, T ], Xs). Đặt

Bằng một cách làm tương tự khi chứng minh (2.6), với s0 < s chúng ta suy ra

(cid:19)n

khi n → ∞.

(cid:107)u(t) − v(t)(cid:107)s Ns = sup t∈[0,T ]

(cid:18) Cte (s − s0)p np−1

Nghĩa là với n đủ lớn thì

(cid:107)u(t) − v(t)(cid:107)s0 ≤ NsCnnnptn n!(s − s0)np ∼

n(cid:112)(cid:107)u(t) − v(t)(cid:107)s0 ≤

Cte

Vế phải bất đẳng thức trên hội tụ về 0 khi n ra vô hạn. Do đó u = v trong không gian C([0, T ], Xs0) và cũng là trong không gian C([0, T ], Xs). Bước 3: Chứng minh tính ổn định. Gọi un, vn lần lượt là các dãy lặp xấp xỉ ứng với phần tử đầu tiên là u0, v0. Tức là un, vn lần lượt hội tụ đều về u, v là các nghiệm bài toán tương ứng dữ liệu đầu u0, v0. Đặt

(s − s0)p np−1.

(cid:32)

(cid:33)

A = (cid:107)u0 − v0(cid:107)b Cũng bằng quy nạp, chúng ta chứng minh rằng nếu s0 < s1 < ... < sn < b, n ∈ N+ và t ∈ [0, T ] thì:

n (cid:88)

(2.7)

j=1(sj − sj−1)p

i=1

Chúng ta thấy

(cid:90) t

Citi 1 + . (cid:107)un(t) − vn(t)(cid:107)s0 ≤ A i! (cid:81)i

0 (cid:90) t

(cid:107)u1(t) − v1(t)(cid:107)s0 ≤ (cid:107)u0 − v0(cid:107)s0 + (cid:107)f (τ, u0) − f (τ, v0)(cid:107)s0dτ

Tức là (2.7) đúng với n = 1. Giả sử nó đúng với n = k và cho trước s0 < s1 < ... < sk+1 < b, thì chúng ta có:

(cid:32)

(cid:33)

≤ A + Adτ ; ∀s0 < s1 < b. C (s1 − s0)p

k (cid:88)

j=2(sj − sj−1)p

i=1

Citi 1 + . (cid:107)uk(t) − vk(t)(cid:107)s1 ≤ A i! (cid:81)i+1

Suy ra

(cid:90) t

(cid:33)

(cid:32)

0 (cid:90) t

(cid:107)uk+1(t) − vk+1(t)(cid:107)s0 ≤ A + (cid:107)uk(τ ) − vk(τ )(cid:107)s1dτ C (s1 − s0)p

k (cid:88)

Ciτ i dτ ≤ A + A 1 + C (s1 − s0)p

(cid:33)

j=2(sj − sj−1)p Ci

i=1 k (cid:88)

i! (cid:81)i+1 (cid:32)

j=2(sj − sj−1)p

i=1

(cid:33)

(cid:32)

≤ A + ti+1 i + 1 ACt (s1 − s0)p + AC (s1 − s0)p i! (cid:81)i+1

k+1 (cid:88)

j=1(sj − sj−1)p

i=1

Điều này cho thấy (2.7) đúng với mọi n ∈ N+. Bởi vì p < 1, nên chúng ta có thể chọn β ∈ (1, 1/p). Khi đó βp < 1 và chuỗi số sau hội tụ:

∞ (cid:88)

Citi . = A 1 + i! (cid:81)i

i=1

Đặt

B := 1 iβ < ∞.

Thì chúng ta có

∞ (cid:88)

sj = sj−1 + b − s0 Bjβ .

i=1

Thế chúng vào (2.7), thì chúng ta suy ra

(cid:32)

(cid:33)

n (cid:88)

sj < s0 + b − s0 Biβ = b, ∀j = 1, 2, ....

i=1

Do βp < 1 cho nên:

(cid:115)

(cid:17)βp−1

1 + . (cid:107)un(t) − vn(t)(cid:107)s0 ≤ A Bip(i!)βpCiti i!(b − s0)ip

(cid:16) i e

Do đó chúng ta suy ra bất đẳng thức sau mà trong đó, chuỗi số ở vế phải là hội tụ:

(cid:32)

(cid:33)

∞ (cid:88)

→ 0 khi i → ∞. Bip(i!)βpCiti i!(b − s0)ip ∼ BpCt (b − s0)p

i=1

Cho n ra vô hạn và chọn s0 = s cho trước, chúng ta chứng minh xong định lý.

1 + . (cid:107)un(t) − vn(t)(cid:107)s0 ≤ A Bip(i!)βpCiti i!(b − s0)ip

Ví dụ 2.1.2. Chúng ta xét phương trình nhiệt trên Rn

(cid:40)

(2.8)

ut(t, x) = c∆xu(t, x) + g(t, x)

trong đó t ∈ [0, T ], x ∈ Ω ⊂ Rn. Bài toán này có dạng (1) trong đó ẩn hàm có giá trị u(t)(.) = u(t, .) ∈ C(Ω) với mỗi t ∈ [0, T ] và

u(0, x) = u0(x)

Với s ∈ [a, b] và q > 0, chúng ta định nghĩa:

(cid:41)

(cid:40)

(cid:19)1/2

(cid:18)(cid:90)

f (t, u(t))(x) = c∆xu(t)(x) + g(t, x).

s =

Ω

i=1(xi)2)1/2.

trong đó, ký hiệu ˆu(x) là biến đổi Fourier của u và |x| = ((cid:80)n Khi đó {X q

s }s là thang không gian Banach với tính chất

< ∞ , X q (1 + |x|2)e2s|x|q |ˆu(x)|2dx u ∈ L1(Ω) : (cid:107)u(cid:107)s,q =

s , (cid:107)u(cid:107)s,q ≤ (cid:107)u(cid:107)s(cid:48),q, ∀u ∈ X q

s(cid:48) ⊂ X q

s(cid:48), s < s(cid:48). (xem [10, 33])

Hơn nữa chúng ta có bổ đề sau.

s với mọi s < s(cid:48), i =

xi = ∂ku/∂xk

i ∈ X q

s(cid:48) và k ∈ N thì u(k) Bổ đề 2.1.3. Nếu u ∈ X q 1, ..., n. Đồng thời chúng ta có đánh giá sau:

(cid:115)

(cid:19)2k/q

X q

xi (cid:107)s,q ≤

(cid:18) k qe

Chứng minh. Cho α > 0 và β < 0, đặt h(z) = (z + z0)αeβz, z + z0 > 0. Chúng ta có h(cid:48)(z) = 0 ⇔ z + z0 = −α/β. Suy ra h(cid:48)(z) ≤ 0 khi z + z0 > −α/β, h(cid:48)(z) ≥ 0 khi 0 < z + z0 < −α/β. Nghĩa là:

(cid:19)α

(cid:107)u(k) . (cid:107)u(cid:107)s(cid:48),q (s(cid:48) − s)k/q

(2.9)

(cid:18) α −β

Từ định nghĩa, chúng ta có

(cid:90)

(cid:1)2

(cid:0)(cid:107)u(k)

e−α−z0β. (z + z0)αeβz = sup z+z0>0

xi (cid:107)s,q

Ω

(cid:90)

≤ (1 + |x|2)e2s|x|q |xi|2k|ˆu(x)|2dx

Ω

(cid:90)

(cid:0)|x|2ke2(s−s(cid:48))|x|q(cid:1)

≤ (1 + |x|2)e2s(cid:48)|x|q |ˆu(x)|2|x|2ke2(s−s(cid:48))|x|q dx

Ω

(1 + |x|2)e2s(cid:48)|x|q |ˆu(x)|2dx. ≤ sup |x|>0

Áp dụng (2.9) với z = |x|q, α = 2k/q, β = 2(s − s(cid:48)) và z0 = 0, chúng ta suy ra

(cid:115)

(cid:18)

(cid:19)2k/q

xi (cid:107)s,q ≤

(cid:18) k qe

Vậy chúng ta chứng minh xong.

s }s, vế phải của bài toán (2.8) thỏa

s , t ∈ [0, T ] với

Định lý 2.1.4. Trong thang không gian {X q mãn điều kiện ii) trong định lý 2.1.1 nếu q>2. Do đó nếu u0 ∈ Xb thì bài toán (2.8) có duy nhất nghiệm u(t) ∈ X q s < b.

s(cid:48) và s < s(cid:48) thì tồn

Chứng minh. Từ bổ đề 2.1.3, chúng ta thấy rằng nếu u ∈ X q tại hằng số C > 0 sao cho

. (cid:107)u(k) (cid:107)u(cid:107)s(cid:48),q ≤ 2k 2q(s(cid:48) − s)e (cid:107)u(cid:107)s(cid:48),q (s(cid:48) − s)k/q

xi (cid:107)s,q ≤

Nghĩa là

(cid:107)u(2) (cid:107)u(cid:107)s(cid:48),q. C (s(cid:48) − s)2/q

Từ đó, chúng ta suy ra điều cần chứng minh.

(cid:107)∆(u) − ∆(v)(cid:107)s,q ≤ (cid:107)u − v(cid:107)s(cid:48),q, ∀u, v ∈ X q s(cid:48). nC (s(cid:48) − s)2/q

2.2 Phương trình bậc phân thứ với kì dị yếu

2.2.1 Các khái niệm

Cho không gian Banach X, tích phân R-L bậc α ≥ 0 của u ∈ C([0, T ], X) được định nghĩa là (xem [20]):

 

(cid:82) t 0 (t − τ )α−1u(τ )dτ

1 Γ(α) u(t)



trong đó hàm Γ có công thức:

(cid:90) +∞

α > 0, J αu(t) = α = 0,

Giả sử α > 0, m = (cid:100)α(cid:101) và u ∈ Cm([0, T ], X), đạo hàm Caputo bậc α của u được định nghĩa là:

CDαu(t) = J m−α dmu dtm .

Γ(α) = e−τ τ α−1dτ.

Rõ ràng là nếu α ∈ N+ thì CDαu(t) = u(α)(t) = dαu/dtα. Trong mục này, chúng ta xét bài toán

(2.10)

(cid:40)CDαu(t) = f (t, u(t)), t ∈ (0, T ), u(k)(0) = ξk, ∀k = 0, . . . , m − 1.

Đặt

Khi đó, nếu f : [0, T ] × Xs(cid:48) → Xs, ∀s < s(cid:48) là liên tục, thì bài toán (2.10) được đưa về phương trình tích phân:

(cid:90) t

+ ... + . u0(t) = ξ0 + ξ1t 1! ξm−1tm−1 (m − 1)!

(2.11)

Nghĩa là các điểm bất động của F chính là nghiệm của bài toán trong các không gian C([0, t], Xs) với các số t, s phù hợp.

(t − τ )α−1f (τ, u(τ ))dτ := F u(t). u(t) = u0(t) + 1 Γ(α)

2.2.2 Sự tồn tại và duy nhất của nghiệm

Định lý 2.2.1. Giả sử

(i) f : [0, T ] × Xs(cid:48) → Xs liên tục với mọi a ≤ s < s(cid:48) ≤ b.

(ii) ξk ∈ Xb với mọi k = 0, . . . , m − 1.

(iii) Tồn tại các số C và p < α sao cho với mỗi a ≤ s < s(cid:48) ≤ b, t ∈ [0, T ] và

u, v ∈ Xs(cid:48) thì:

(2.12)

Khi đó với mỗi a < s < b thì bài toán (2.10) có nghiệm duy nhất u ∈ C([0, T ], Xs).

Chứng minh. Xét dãy lặp xấp xỉ xuất phát từ u0(t) (trong đó F được định nghĩa từ (2.11)):

C (cid:107)f (t, u) − f (t, v)(cid:107)s ≤ (s(cid:48) − s)p (cid:107)u − v(cid:107)s(cid:48).

Rõ ràng là u0(t) ∈ Xb cho nên F un(t) cũng như f (t, un(t)) thuộc Xs với mọi n ∈ N, t ∈ [0, T ] và s < b. Cho trước S ∈ (a, b) và đặt

un+1(t) = F un(t), n ≥ 0, t ∈ [0, T ].

(cid:107)f (t, u0(t))(cid:107)S. H = sup t∈[0,T ]

Giá trị H trên là hữu hạn do giả thiết (i). Tiếp theo, bằng quy nạp, chúng ta chứng minh với mọi s0 < S thì:

(2.13)

Áp dụng bổ đề 1.5.2, chúng ta có

(cid:90) t

, ∀t ∈ [0, T ], n ∈ N+. (cid:107)un(t) − un−1(t)(cid:107)s0 ≤ HT nαCn−1np(n−1) (S − s0)p(n−1)Γ(1 + nα)

0 (cid:90) t

(t − τ )α−1(cid:107)f (τ, u0(τ ))(cid:107)s0dτ (cid:107)u1(t) − u0(t)(cid:107)s0 ≤ 1 Γ(α)

Tức là (2.13) đúng với n=1. Giả sử (2.13) đúng với n = k ≥ 1. Cho s0 < S và đặt s1 = s0 + (S − s0)/(k + 1), chúng ta thấy rằng s1 − s0 = (S − s0)/(k + 1) = (S − s1)/k > 0, hay là S − s1 = k(s1 − s0) > 0. Trong (2.13), thay s0 bằng s1 và n = k, tức là:

≤ H (t − τ )α−1dτ = 1 Γ(α) Htα Γ(1 + α)

Áp dụng (2.12) và bổ đề 1.5.2, chúng ta suy ra

(cid:90) t

, ∀t ∈ [0, T ]. (cid:107)uk(t) − uk−1(t)(cid:107)s1 ≤ HT kαCk−1kp(k−1) (S − s1)p(k−1)Γ(1 + kα)

0 (cid:90) t

(cid:107)uk+1(t)−uk(t)(cid:107)s0 ≤ (t − τ )α−1(cid:107)f (τ, uk(τ )) − f (τ, uk−1(τ ))(cid:107)s0dτ 1 Γ(α)

0 (cid:90) t

≤ (t − τ )α−1(cid:107)uk(τ )) − uk−1(τ )(cid:107)s1dτ

0 (cid:90) t

(t − τ )α−1 Hτ kαCk−1kp(k−1) dτ ≤ (S − s1)p(k−1)Γ(1 + kα)

≤ (t − τ )α−1 dτ τ kα Γ(1 + kα) C (s1 − s0)pΓ(α) C (s1 − s0)pΓ(α) HCk (s1 − s0)pkΓ(α)

Vậy (2.13) đúng ∀n ∈ N+ trong đó t ∈ [0, T ], s0 < S. Giả sử s < b, chúng ta chọn s0 = s < S < b, theo bổ đề 1.5.2, chúng ta thấy:

(cid:115)

= . HCk(k + 1)pkt(k+1)α (S − s0)pkΓ(1 + (k + 1)α)

n→∞

= lim n→∞ HT nαCn−1np(n−1) (S − s)p(n−1)Γ(1 + nα) np n(cid:112)(nα/e)nα

n→∞

= np−α. CT α (S − s)p lim C(e.T )α (S − s)pαα lim

Giới hạn trên bằng 0 vì p < α. Do đó chúng ta có sự hội tụ đều trong Xs của giới hạn:

∞ (cid:88)

n=1

Kết quả trên và (2.12) cho thấy tập {f (t, un(t)) : t ∈ [0, T ], n ∈ N} là bị chặn trong Xs. Do đó, qua giới hạn, chúng ta suy ra

(cid:90) t

un(t) = u0(t) + (un(t) − un−1(t)) := u(t), u ∈ C([0, T ], Xs). lim n→∞

(t − τ )α−1f (τ, un(τ ))dτ F un(t) = u0(t) + u(t) = lim n→∞ 1 Γ(α)

nghĩa là u = F u và là nghiệm cần tìm. Tiếp theo, chúng ta chứng minh tính duy nhất của nghiệm. Giả sử u, v ∈ C([0, T ], Xs) là hai nghiệm của bài toán (2.10). Đặt:

lim n→∞ (cid:90) t (t − τ )α−1f (τ, u(τ ))dτ, = u0(t) + 1 Γ(α)

Chọn a < s0 < s và cố định n ∈ N+, chúng ta đặt ε = (s − s0)/n và suy ra với mọi t ∈ [0, T ] rằng:

(cid:90) t

(cid:107)u(t) − v(t)(cid:107)s. M = sup t∈[0,T ]

0 (cid:90) t

(t − t1)α−1(cid:107)f (t1, u(t1)) − f (t1, v(t1))(cid:107)s0dt1 (cid:107)u(t) − v(t)(cid:107)s0 ≤ 1 Γ(α)

0 (cid:90) t

(cid:90) t1

≤ (t − t1)α−1(cid:107)u(t1)) − v(t1))(cid:107)s0+εdt1 C εpΓ(α)

Tiếp tục quá trình,

(cid:90) t

(cid:90) t1

≤ (t − t1)α−1 C (t1 − t2)α−1(cid:107)u(t2) − v(t2)(cid:107)s0+2εdt2dt1 C εpΓ(α) εpΓ(α)

... (cid:107)u(t) − v(t)(cid:107)s0 ≤ (t1 − t2)α−1 Γ(α)

(cid:90) t

(cid:90) tn−2

Cn εnp 0 (cid:90) tn−1 × (cid:107)u(tn) − v(tn)(cid:107)sdtndtn−1...dt1

0 M Cn εnp

≤ ... dtn−1 (t − t1)α−1 Γ(α) 0 (tn−1 − tn)α−1 Γ(α) (t − t1)α−1dt1 Γ(α) (tn−2 − tn−1)α−1 Γ(α) tα n−1 Γ(1 + α)

0 M Cntnα εnpΓ(1 + nα)

Áp dụng bổ đề 1.5.2, suy ra:

(cid:114) M Cntnαnnp

= . ≤ ... ≤ M Cntnαnnp (s − s0)npΓ(1 + nα)

n→∞

Điều này dẫn tới u = v.

= np−α = 0. lim n→∞ (s − s0)npΓ(1 + nα) C(e.T )α (s − s0)pαα lim

2.3 Kỹ thuật lặp đơn điệu

Trong các kết quả trên, chúng tôi chứng minh sự hội tụ của dãy lặp xấp xỉ bằng cách chứng minh nó là dãy Cauchy. Trong mục này, chúng tôi chứng minh sự hội tụ đó bằng cách sử dụng thứ tự trong không gian. Giả sử không gian nghiệm E được trang bị thứ tự một phần và G là ánh xạ đơn điệu trên E. Xét dãy lặp un+1 = Gun, nếu u0 so sánh được với u1 thì dãy lặp có tính đơn điệu. Tuy nhiên tính đơn điệu và bị chặn nói chung không suy ra sự tồn tại của giới hạn. Điều này tùy vào tính chất của thứ tự trong không gian mà chúng ta quan tâm. Cho thang các không gian Banach {Xs}s, s ∈ [a, b] với thứ tự sinh bởi nón Ks sao cho s < s(cid:48) thì Ks(cid:48) ⊂ Ks. Do đó nếu u ≤ v trong Xs(cid:48) thì thứ tự đó cũng đúng trong Xs với mọi s < s(cid:48). Chúng ta sẽ giải bài toán (1) trên {Xs}s:

(cid:40)

u(cid:48)(t) = f (t, u(t)), t ∈ (0, T ),

Đặt I = [0, T ], Es = C([0, T ], Xs). Cho s < s(cid:48) và số M chỉ phụ thuộc s, s(cid:48), đặt G : Es(cid:48) → Es xác định bởi:

(cid:90) t

u(0) = u0.

(2.14)

Có thể thấy rằng nếu u ∈ Es(cid:48) thì Gu ∈ Es và

(cid:40)

eM (τ −t)[f (τ, u(τ )) + M u(τ )]dτ. Gu(t) = e−M tu0 +

Gu(0) = u0,

Bổ đề 2.3.1. Nếu u ∈ Es(cid:48) là nghiệm của bài toán thì nó là điểm bất động của ánh xạ G : Es(cid:48) → Es với mọi s < s(cid:48). Ngược lại, nếu u = Gu trong Es(cid:48) thì với mọi s < s(cid:48), u là nghiệm của bài toán trong Es.

Chứng minh. Giả sử u ∈ Es(cid:48) là nghiệm của bài toán, cho trước t ∈ (0, T ] và đặt

(Gu)(cid:48)(t) = M [u − Gu](t) + f (t, u(t)), t ∈ (0, T ).

Khi đó

(cid:90) t

h(τ ) = eM (τ −t)u(τ ), 0 ≤ τ ≤ t ≤ T.

0 = Gu(t) − e−M tu0.

h(cid:48)(τ )dτ = eM (τ −t)[f (τ, u(τ )) + M u(τ )]dτ h(t) − h(0) =

Mà h(t) = u(t), h(0) = e−M tu0 cho nên chúng ta suy ra u(t) = Gu(t), t ∈ I. Ngược lại, nếu u = Gu trong Es(cid:48) thì u(0) = u0 và

Chúng ta cũng dễ dàng suy ra khẳng định còn lại của bổ đề.

Định nghĩa 2.3.2. Với s ∈ [a, b), chúng ta gọi nghiệm dưới của bài toán (1) là hàm u ∈ Es thỏa mãn:

(cid:40)

u(cid:48)(t) = (Gu)(cid:48)(t) = M [u − Gu](t) + f (t, u(t)) = f (t, u(t)), t ∈ (0, T ).

u(cid:48)(t) ≤ f (t, u(t)), t ∈ (0, T ),

Nếu các bất đẳng thức trên được đảo lại thì ta có khái niệm nghiệm trên, ký hiệu u.

Bổ đề 2.3.3. Giả sử u ∈ Es(cid:48) là nghiệm dưới bài toán. Khi đó với mọi s < s(cid:48) thì trong không gian Es, chúng ta có

u(0) ≤ u0.

Chứng minh. Từ tính chất nghiệm dưới và tính chất của G thì chúng ta có

u ≤ Gu.

(Gu − u)(cid:48)(t) = M [u(t) − Gu(t)] + f (t, u(t)) − u(cid:48)(t)

Áp dụng bổ đề 1.2.3. với p = [Gu − u] suy ra

≥ −M [Gu − u](t).

Suy ra điều cần chứng minh.

Nhận xét 2.3.4. Bằng một cách chứng minh tương tự bổ đề trên, nếu u ∈ Es(cid:48) là một nghiệm trên của bài toán thì chúng ta có (trong không gian Es, s < s(cid:48)):

Gu(t) − u(t) ≥ e−M t(cid:2)Gu(0) − u(0)(cid:3) = e−M t(cid:2)u0 − u(0)(cid:3) ≥ θ.

Định lý 2.3.5. Giả sử u0 ∈ Xb và với a ≤ s < S < b, các điều kiện sau được thỏa mãn:

(i) Ánh xạ f : I × Xs(cid:48) → Xs(cid:48)(cid:48) là liên tục với mọi s ≤ s(cid:48)(cid:48) < s(cid:48) ≤ S.

Gu ≤ u.

(ii) Tồn tại hằng số C > 0 sao cho

(2.15)

(iii) Nón Ks là nón chính quy.

(iv) Bài toán có nghiệm dưới u và nghiệm trên u thuộc không gian ES và u ≤ u.

Khi đó bài toán (1) có nghiệm nhỏ nhất u∗ và lớn nhất u∗ (nghiệm cực trị) trong [u, u]s. Hơn nữa:

f (t, u) − f (t, v) ≥ − (u − v), ∀u, v ∈ XS, u ≥ v. C S − s

Chứng minh. Với s < S cho trước, đặt M = C/(S − s) ≥ 0 và sử dụng M này cho ánh xạ G : ES → Es (xác định theo (2.14)). Khi đó giả thiết (2.15) trở thành (với mọi t ∈ [0, T ]):

Gn(u). u∗ = lim n→∞ Gn(u), u∗ = lim n→∞

Điều đó chứng tỏ G : ES → Es là ánh xạ tăng. Theo bổ đề 1.2.3 và nhận xét 1.2.4, chúng ta suy ra

f (t, u(t)) + M u(t) ≥ f (t, v(t)) + M v(t)), ∀u, v ∈ ES, u ≥ v.

Xây dựng hai dãy lặp từ nghiệm dưới và nghiệm trên như sau:

G : [u, u]S → [u, u]s.

Bằng cách xét dãy giảm s0 = S > s1 > ... > sn > ... > s, chúng ta thấy un ∈ Esn ⊂ Es, ∀n. Ngoài ra thì

(2.16)

un = Gnu, vn = Gnu, n ∈ N.

Tiếp theo, chúng ta chứng minh tính đồng liên tục của {un}n. Từ giả thiết (2.15) và vì M ≥ 0, chúng ta có (với mọi n ∈ N):

u ≤ u1 ≤ u2 ≤ ... ≤ un ≤ ... ≤ vn ≤ ... ≤ v2 ≤ v1 ≤ u (trong Es).

(un+1)(cid:48)(t) = (Gun)(cid:48)(t) = M [un(t) − un+1(t)] + f (t, un(t)) − f (t, u(t)) + f (t, u(t))

≥ −M [un+1(t) − un(t)] − M [un(t) − u(t)] + f (t, u(t))

Tương tự, chúng ta có:

≥ −2M [u(t) − u(t)] + f (t, u(t)) := y(t).

(un+1)(cid:48)(t) = M [un(t) − un+1(t)] + f (t, un(t)) − f (t, u(t)) + f (t, u(t))

≤ θ + M [u(t) − u(t)] + f (t, u(t)) := z(t).

Suy ra θ ≤ (un+1)(cid:48)(t) − y(t) ≤ z(t) − y(t). Vì Ks là nón chính quy nên cũng là nón chuẩn, nghĩa là tồn tại γ sao cho:

Nghĩa là

(cid:90) t1

[(cid:107)y(t)(cid:107)s + γ(cid:107)z(t) − y(t)(cid:107)s] := D. (cid:107)(un+1)(cid:48)(t)(cid:107)s ≤ sup t∈I

(cid:12) (cid:12) (cid:107)(un+1)(cid:48)(t)(cid:107)sdt (cid:12) (cid:12)

(cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)

(2.17)

(cid:107)un+1(t2) − un+1(t1)(cid:107)s ≤

Chúng ta suy ra tính đồng liên tục của {un}n≥1 trong Es. Vì nón Ks là chính quy và dãy {un(t)}n là tăng, bị chặn trên trong Xs với mọi t ∈ I. Cho nên có sự hội tụ sau trong Xs với mỗi t ∈ I:

≤ D|t1 − t2|, ∀t1, t2 ∈ I, n ∈ N.

Điều đó kết hợp tính đồng liên tục của {un}n≥1, suy ra sự hội tụ sau trong không gian Es

un(t) = u∗(t). lim n→∞

Tiếp theo, chúng ta chứng minh u∗ là điểm bất động của G. Đặt

un = u∗. lim n→∞

Khi đó cũng sử dụng tính chất chuẩn của nón Ks, thì thứ tự

Y (t) = f (t, u(t)) + M u(t), Z(t) = f (t, u(t)) + M u(t).

suy ra

θ ≤ f (t, un(t)) + M un(t) − Y (t) ≤ Z(t) − Y (t)

Mà dãy {u}n hội tụ về u∗, ánh xạ f liên tục, cho nên

[(cid:107)Y (t)(cid:107)s + γ(cid:107)Z(t) − Y (t)(cid:107)s] . (cid:107)f (t, un(t)) + M un(t)(cid:107)s ≤ sup t∈I

Áp dụng định lý hội tụ bị chặn, chúng ta có

f (t, un(t)) + M un(t) = f (t, u∗(t)) + M u∗(t), t ∈ I. lim n→∞

(cid:21)

(cid:90) t

Gun(t) u∗(t) = lim n→∞ un+1(t) = lim n→∞ (cid:20) (cid:90) t e−M tu0 + eM (τ −t)[f (τ, un(τ )) + M un(τ )]dτ = lim n→∞

= e−M tu0 + eM (τ −t)[f (τ, u∗(τ )) + M u∗(τ )]dτ = Gu∗(t), ∀t ∈ I.

Vậy u∗ là điểm bất động của G trong Es nên nó là nghiệm cần tìm của bài toán. Bằng phương pháp hoàn toàn tương tự, chúng ta chứng minh được sự hội tụ sau trong Es

Và u∗ là nghiệm bài toán trong Es. Để chứng minh u∗, u∗ là nghiệm cực trị trong [u, u]s, chúng ta giả sử u ∈ [u, u]s là nghiệm bài toán. Khi đó u là điểm bất động của G. Do đó, chúng ta có

vn = u∗. lim n→∞

Cho n ra vô hạn, chúng ta suy ra u∗ ≤ u ≤ u∗. Chúng ta chứng minh xong.

Nhận xét 2.3.6. Điền kiện (2.15) cho thấy tính "đơn điệu yếu" của f (t, .). Nghĩa là nếu f (t, .) đơn điệu thì (2.15) đúng vì −C/(S − s) là số âm. Tuy nhiên chiều ngược lại chưa chắc đúng.

Định lý sau nhằm đưa ra sự thay thế cho điều kiện chính quy của Ks.

Định lý 2.3.7. Giả sử các giả thiết i), ii), iv) trong định lý 2.3.5. được thỏa mãn còn giả thiết (iii) được thay bằng giả thiết:

(iii’) Ks là nón chuẩn và tồn tại các hằng số D > 0, p ∈ (0, 1] sao cho với mọi t ∈ I, {yn}n là dãy đơn điệu trong ES và s ≤ r < r(cid:48) ≤ S thì:

u ≤ u ≤ u ⇒ un ≤ Gnu = u ≤ vn, ∀n ∈ N.

Trong đó αs(B) là độ đo Kuratowski của tập bị chặn B trong Xs.

Khi đó chúng ta cũng có kết luận như định lý 2.3.5. nếu một trong hai điều kiện sau được thỏa mãn

1. p < 1, hoặc

2. p = 1 và 2DT e < S − s.

Chứng minh. Theo như chứng minh định lý 2.3.5 thì chúng ta chỉ cần chứng minh các dãy lặp {un(t)}n và {vn(t)}n hội tụ từng điểm trong không gian Xs (s, S là các số cho trước). Vì u0 ∈ Xb, chúng ta có thể đặt

D αr({f (t, yn(t))}n) ≤ (r(cid:48) − r)p αr(cid:48)({yn(t)}n).

φ(t, r) = αr({un(t)}n≥0), t ∈ I, r ∈ [s, S].

Dựa và tính chất của thang không gian và tính chất độ đo Kuratowski, có thể thấy φ(t, .) là hàm tăng với mỗi t ∈ I và φ(., r) liên tục trên t ∈ I với mỗi r ∈ [s, S]. Cũng trong chứng minh định lý 2.3.5., chúng ta đã suy ra {un(t)}n là tăng (theo n) và sử dụng tính chuẩn của nón Ks để chứng minh (2.17). Từ (2.17), cho t1 = 0 và t2 bất kỳ, thì suy ra {un(t)}n bị chặn đều với t ∈ I. Cho nên có thể giả sử

Cho trước số tự nhiên k ∈ N+, đặt

φ(t, S) ≤ N, ∀t ∈ I.

Từ các tính chất độ đo Kuratowski (bổ đề 1.4.2), chúng ta có (với mỗi t ∈ I):

, i = 0, 1, ..., k. ri = S − iε, ε := S − s k

(cid:33)

(cid:27)

(cid:32)(cid:26)(cid:90) t

φ(t, s) ≤ αrk ({un(t)}n≥1 ∪ {u(t)}) = αrk ({un(t)}n≥1)

n≥0

(cid:90) t

eM (t1−t)[f (t1, un(t1)) + M un(t1)]dt1 = αrk ({Gun(t)}n≥0) = αrk

(cid:1) dt1

(cid:0){[f (t1, un(t1)) + M un(t1)]}n≥0

0 (cid:90) t

≤ αrk

(cid:1)(cid:3) dt1

(cid:2)αrk

(cid:0){un(t1)}n≥0

(cid:1) + M αrk (cid:21)

0 (cid:90) t

(cid:1)

≤

(cid:0){un(t1)}n≥0

(cid:0){f (t1, un(t1))}n≥0 (cid:20) D εp + M

Chúng ta đã sử dụng (iii’) cho bất đẳng thức cuối. Lặp lại các đánh giá trên, chúng ta có

(cid:21)

(cid:90) t1

(cid:1)

(cid:1) ≤

≤ dt1. αrk−1

(cid:0){un(t1)}n≥0

(cid:0){un(t2)}n≥0

(cid:20) D εp + M

Cứ tiếp tục như thế k lần, chúng ta suy ra

(cid:21)k (cid:90) t

(cid:90) t1

(cid:90) tk−1

dt2. αrk−1 αrk−2

(cid:1) dtn

(cid:0){un(tn)}n≥0

0 (cid:21)k

φ(t, s) ≤ dt1 dt2... αr0

(cid:20) D εp + M (cid:20) D εp + M

εp + M ≤ 2 D

εp , và áp dụng bổ đề 1.5.2,

Với giá trị k đủ lớn (hay ε đủ nhỏ) sao cho D chúng ta suy ra

(cid:21)k

≤ N . T k k!

(cid:20)2D εp

(cid:20) 2DT kpe k(S − s)p

φ(t, s) ≤ N . ekT k kk = N

Nếu một trong hai giả thiết 1. hoặc 2. thỏa mãn, chúng ta suy ra vế phải trong bất đẳng thức trên hội tụ về 0 khi k ra vô hạn. Do đó

Theo tính chất độ đo Kuratowski, với mỗi t ∈ I, dãy {un(t)}n là tập compact tương đối trong Xs, và do đó nó có dãy con hội tụ. Mà {un(t)}n là đơn điệu cho nên chính nó cũng hội tụ trong không gian Xs. Để chứng minh {vn(t)}n hội tụ với mỗi t ∈ I thì chúng ta làm tương tự. Chúng ta chứng minh xong.

αs({un(t)}n≥0) = φ(t, s) = 0.

2.4 Bài toán có chậm

Trong mục này, chúng ta xét bài toán

(2.18)

trong đó hàm chậm h : [0, 1) → [0, 1) là liên tục, tăng và thỏa mãn tính chất sau với số p ∈ (0, 1)

= f (t, u(t), u(h(t))), t ∈ (0, 1), u(0) = u0, du dt

Định lý 2.4.1. Giả sử u0 ∈ Xb và tồn tại hằng số C > 0 sao cho nếu s < s(cid:48), ánh xạ f liên tục từ [0, 1) × Xs(cid:48) × Xs(cid:48) vào Xs và thỏa mãn điều kiện:

(cid:1)

h(t) < t1/p, t ∈ (0, 1).

(cid:0)(cid:107)u1 − u2(cid:107)s(cid:48) + (cid:107)v1 − v2(cid:107)p

s(cid:48)

với mọi u1, u2, v1, v2 ∈ Xs(cid:48). Khi đó, với s ∈ (a, b) mà (b − s)/(2Ce) < 1, thì bài toán (2.18) có nghiệm duy nhất u : [0, Ts] → Xs trong đó Ts < (b − s)/(2Ce).

Chứng minh. Cố định s ∈ (a, b) và Ts sao cho Ts < (b − s)/(2Ce) < 1, và chọn s(cid:48) ∈ (s, b) sao cho Ts < (s(cid:48) − s)/(2Ce). Theo bổ đề 1.5.2 thì:

(cid:107)f (t, u1, v1) − f (t, u2, v2)(cid:107)s ≤ C s(cid:48) − s

(cid:114) 2nCn(1 + n)n (s(cid:48) − s)n(n + 1)!

Do đó có thể chọn số M thỏa mãn các tính chất:

(2.19)

= > 1. lim n→∞ 2Ce s(cid:48) − s

(cid:107)f (t, u0, u0)(cid:107)s(cid:48). M (2C)n(n + 1)n (s(cid:48) − s)n(n + 1)! > 1, ∀ n ∈ N∗ and M ≥ sup t∈[0,Ts]

Rõ ràng, bài toán (2.18) được đưa về tìm nghiệm u ∈ C([0, Ts], Xs) của phương trình tích phân:

(cid:90) t

(2.20)

Để giải phương trình tích phân trên, chúng ta dùng dãy lặp xấp xỉ {un} định bởi

(cid:90) t

f [τ, u(τ ), u(h(τ ))]dτ. u(t) = u0 +

Bằng quy nạp, chúng ta sẽ chứng minh

(2.21)

u0(t) ≡ u0, un+1(t) = u0 + f [τ, un(τ ), un(h(τ ))]dτ.

Thật vậy, vì

(cid:90) t

, t ∈ [0, Ts], r ∈ [s, s(cid:48)). (cid:107)un+1(t) − un(t)(cid:107)r ≤ M (2C)n(n + 1)ntn+1 (s(cid:48) − r)n(n + 1)!

cho nên (2.21) đúng với n = 0. Giả sử (2.21) đúng với n = k. Cho trước r ∈ [s, s(cid:48)), chúng ta đặt ε = (s(cid:48) − r)/(k + 2) và áp dụng (2.21) với n = k và r + ε thay thế cho r. Thì chúng ta có

(cid:107)u1(t) − u0(cid:107)r ≤ (cid:107)f (τ, u0, u0)(cid:107)s(cid:48)dτ ≤ M t,

và

(cid:90) t

(cid:104)

(cid:105)

, t ∈ [0, Ts], (cid:107)uk+1(t) − uk(t)(cid:107)r+ε ≤ M (2C)k(k + 1)ktk+1 (s(cid:48) − r − ε)k(k + 1)!

r+ε

(cid:90) t

(cid:17)p(cid:105)

dτ (cid:107)uk+2(t)−uk+1(t)(cid:107)r ≤ (cid:107)uk+1(τ ) − uk(τ )(cid:107)r+ε + (cid:107)uk+1(h(τ )) − uk(h(τ ))(cid:107)p C ε

(cid:104) M (2C)k(k + 1)kτ k+1 (s(cid:48) − r − ε)k(k + 1)!

(cid:16) M (2C)k(k + 1)k(h(τ ))k+1 (s(cid:48) − r − ε)k(k + 1)!

(cid:90) t

(cid:2)τ k+1 + (τ 1/p)p(k+1)(cid:3)dτ

+ dτ ≤ C ε

≤

0 M (2C)k(k + 1)k C (s(cid:48) − r − ε)k(k + 1)! ε 0 M (2C)k+1(k + 2)k+1tk+2 (s(cid:48) − r)k+1(k + 2)!

Điều đó suy ra (2.21) đúng với n = k + 1, theo quy nạp thì nó đúng với mọi n ∈ N+. Từ đó và

(cid:19) 1

≤ .

(cid:18)M (2C)n(n + 1)nT n+1 s (s(cid:48) − s)n(n + 1)!

chúng ta suy ra {un} hội tụ đều về u ∈ C([0, Ts], Xs). Bởi vì

(cid:90) t

= < 1, lim n→∞ 2CeTs s(cid:48) − s

f [τ, un(τ ), un(h(τ ))]dτ = f [τ, u(τ ), u(h(τ ))]dτ trong Xs”, với s” < s, lim n→∞

chúng ta suy ra rằng u là một nghiệm mang giá trị Xs của bài toán (2.18) trên [0, Ts]. Tiếp theo, chúng ta chứng minh tính duy nhất. Giả sử u, v : [0, T ] → Xs là các nghiệm bài toán (2.18) với T < 1. Chọn l ∈ (a, s) thỏa mãn s − l < 2Ce và N > 1 sao cho

Từ đó và

(cid:90) t

(cid:105)

(cid:104)

> 1. (cid:107)u(t) − v(t)(cid:107)s, N (2C)nnn (s − l)nn! N ≥ sup t∈[0,T ]

r+ε

cho thấy

khi ε = s − r.

dτ, (cid:107)u(t) − v(t)(cid:107)r ≤ (cid:107)u(τ ) − v(τ )(cid:107)r+ε + (cid:107)u(h(τ )) − v(h(τ ))(cid:107)p C ε

Sử dụng lập luận tương tự khi chứng minh tồn tại, chúng ta suy ra

(cid:107)u(t) − v(t)(cid:107)r ≤ N 2Ct s − r

Do đó u(t) = v(t) trên khoảng [0, t1] mà t1 < min{T, (s − l)/(2Ce)}. Đặt

, ∀ t ∈ [0, T ], r ∈ [l, s), ∀ n ∈ N∗. (cid:107)u(t) − v(t)(cid:107)r ≤ N (2C)nnntn (s − r)nn!

Chúng ta sẽ chứng minh T1 = T . Giả sử trái lại, T1 < T ; thì tồn tại T2 ∈ (T1, T ] thỏa mãn u(h(t)) = v(h(t)), ∀ t ∈ [T1, T2]. Vì thế, nếu h(T ) ≤ T1, chúng ta chọn T2 = T , và nếu T1 < h(T ) thì chúng ta chọn T2 ∈ (T1, T ) sao cho h(T2) = T1. Do tính đơn điệu của h, thì h(t) ≤ T1 và u(h(t)) = v(h(t)) với mọi t ∈ [T1, T2]. Với các tính chất như trên của T1, T2, chúng ta có:

(cid:90) t

T1 = sup{t1 ∈ [0, T ] : u(t) = v(t) ∀t ∈ [0, t1]}.

Sau đó, bằng quy nạp chúng ta chứng minh được

|u(τ ) − v(τ )|r+εdτ, ∀ r, r + ε ∈ (l, s), t ∈ [T1, T2]. (cid:107)u(t) − v(t)(cid:107)r ≤ C ε

Vậy u(t) = v(t) trên khoảng [T1, T1 + ε), điều này mâu thuẫn định nghĩa của T1. Chúng ta chứng minh xong.

Định lý 2.4.2. Xét bài toán

(2.22)

(cid:107)u(t) − v(t)(cid:107)r ≤ , ∀ t ∈ [T1, T2], r ∈ (l, s). N Cnnn(t − T1)n (s − r)nn!

= f [t, u(h(t))], t ∈ (0, 1), u(0) = u0, du dt

trong đó h thỏa các điều kiện như trong bài toán (2.18), và f thỏa mãn

s(cid:48), với s < s(cid:48),

trong đó C > 0, γ > 0 là độc lập với v1, v2, s(cid:48), s. Khi đó với mỗi s < b thì bài toán có duy nhất nghiệm trong không gian C([0, 1), Xs).

Chứng minh. Cố định s ∈ (a, b), s(cid:48) ∈ (s, b), T < 1 và đặt M = supt∈[0,T ] (cid:107)f (t, u0)(cid:107)s(cid:48). Từ dãy lặp xấp xỉ {un}n và bằng cách làm tương tự khi chứng minh (2.21), chúng ta có thể chứng minh rằng

C (cid:107)f (t, v1) − f (t, v2)(cid:107)s ≤ (s(cid:48) − s)γ (cid:107)v1 − v2(cid:107)p

C1+p+...+pn−1 M pn (n + 1)γ(1+...+pn−1)tn+1 := an. (cid:107)un+1(t) − un(t)(cid:107)s ≤ (s(cid:48) − s)γ(1+...+pn−1)(n + 1)np...2pn−1

an ≤ T < 1, với mọi t ∈ [0, T ], chúng ta suy ra sự tồn tại duy nhất

√ Và vì lim n nghiệm toàn cục của bài toán trong không gian C([0, 1), Xs).

Chương 3

SỬ DỤNG ÁNH XẠ CO TRONG NGHIÊN CỨU

BÀI TOÁN

Trong chương hai, bằng phương pháp lặp xấp xỉ và dựa trên điều kiện Lipschitz (5) chúng tôi đã chứng minh sự tồn tại duy nhất nghiệm của bài toán (1) trong thang các không gian Banach. Tuy nhiên, điều kiện Lipschitz ở chương hai có tính toàn cục. Trường hợp nó chỉ đúng địa phương, tức là

trong đó Bs(cid:48)(u0, R) = {u ∈ Xs(cid:48) : (cid:107)u − u0(cid:107)s(cid:48) ≤ R}, thì phương pháp lặp xấp xỉ sẽ khó được áp dụng hơn vì phải chứng minh mọi phần tử của dãy lặp đều phải thuộc một quả cầu cố định. Trong chương ba này, chúng tôi xây dựng một không gian Banach mới từ thang các không gian đã có để có thể áp dụng Định lý ánh xạ co cho ánh xạ tích phân được xây dựng từ bài toán.

(cid:107)u − v(cid:107)s(cid:48), ∀u, v ∈ Bs(cid:48)(u0, R), (cid:107)f (t, u) − f (t, v)(cid:107)s ≤ C s(cid:48) − s

3.1 Bài toán với điều kiện Lipschitz địa phương

Không gian mới trong mục này được định nghĩa như sau đây. Cho số λ > (b−a)/T sẽ được chọn phù hợp, đặt

Định nghĩa 3.1.1. Với số β ∈ (0, 1) cho trước, chúng ta gọi E là không gian các hàm u ∈ ∩(t,s)∈∆λC([0, t], Xs) thỏa mãn:

∆λ = {(t, s) : 0 ≤ λt < b − s, s ∈ [a, b)}.

(t,s)∈∆λ

Bổ đề 3.1.2. Không gian (E, (cid:107).(cid:107)E) là một không gian Banach.

Chứng minh. Chúng ta chỉ cần chứng minh tính đủ của topo sinh bởi chuẩn trong E. Giả sử {un}n là dãy Cauchy trong không gian E. Khi đó có thể thấy rằng

(b − s)(1−β)(b − s − λt)β(cid:107)u(t)(cid:107)s < ∞. (cid:107)u(cid:107)E := sup

với mọi (t, s) ∈ ∆λ thì dãy {un} giới hạn trên [0, t], tức là {un|[0,t]}n là dãy Cauchy trong không gian C([0, t], Xs) cho nên nó hội tụ trong đó. Đặt u(s) = limn→∞ un trong không gian C([0, t], Xs), chúng ta chứng minh giá trị của u(s)(τ ) với λτ < b−s không phụ thuộc s. Giả sử s1 < s2 < b − λt và τ ∈ [0, t], khi đó chúng ta có

Vậy u(s1) = u(s2) trên khoảng [0, (b − s2)/λ) và chúng ta có thể đặt

(cid:107)u(s1)(τ ) − u(s2)(τ )(cid:107)s1 ≤ (cid:107)u(s1)(τ ) − un(τ )(cid:107)s1 + (cid:107)un(τ ) − u(s2)(τ )(cid:107)s2 → 0 khi n → ∞.

Cuối cùng, chúng ta chứng minh sự hội tụ trong E. Cho trước ε > 0, tồn tại số n0 sao cho với mọi n, m ≥ n0 thì

u(t) = u(s)(t), ∀t ∈ [0, (b − s)/λ).

Và với mỗi (t, s) ∈ ∆λ thì tồn tại n(t, s) > n0 để

(cid:107)un − um(cid:107)E ≤ ε/2.

Do đó với mọi n ≥ n0 thì

(cid:105)

(b − s)1−β(b − s − λt)β(cid:107)un(t,s)(t) − u(t)(cid:107)s ≤ ε/2.

(cid:107)un(t) − un(t,s)(t)(cid:107)s + (cid:107)un(t,s)(t) − u(t)(cid:107)s

Vì n0 không phụ thuộc (t, s) cho nên limn→∞ (cid:107)un − u(cid:107)E = 0.

Cho số dương R và u0 ∈ Xb, chúng ta ký hiệu quả cầu đóng tâm u0, bán kính R trong không gian Xs, s ≤ b là Bs(u0, R) và quả cầu tâm θE, bán kính R trong không gian E được ký hiệu là:

(b − s)1−β(b − s − λt)β(cid:107)un(t) − u(t)(cid:107)s ≤ (b − s)1−β(b − s − λt)β(cid:104) ≤ (cid:107)un − un(t,s)(cid:107)E + (b − s)1−β(b − s − λt)β(cid:107)un(t,s)(t) − u(t)(cid:107)s ≤ ε.

Giả sử u ∈ BR, chúng ta đặt

(cid:90) t

BR = {u ∈ E : (cid:107)u(cid:107)E ≤ R}.

(3.1)

Bổ đề 3.1.3. Nếu u ∈ BR thì với mọi (t, s) ∈ ∆λ chúng ta có

u(τ )dτ, t ∈ [0, T ]. Ku(t) = u0 +

. (cid:107)Ku(t) − u0(cid:107)s ≤ R λ(1 − β)

Chứng minh. Với mọi (t, s) ∈ ∆λ, theo định nghĩa của E thì u(t) ∈ Xs(cid:48) với mọi s(cid:48) < b − λt. Bằng cách chọn s(cid:48) ∈ (s, b − λt) thì có thể suy ra Ku(t) ∈ Xs. Tiếp theo chúng ta có:

(cid:90) t

(cid:107)Ku(t) − u0(cid:107)s ≤ (cid:107)u(τ )(cid:107)sdτ ≤

(cid:107)u(cid:107)E (b − s)1−β(b − s − λτ )β dτ (cid:2)(b − s)1−β − (b − s − λt)1−β(cid:3) ≤ 1 λ(1 − β)

Định lý 3.1.4. Giả sử u0 ∈ Xb và tồn tại các số dương M, r, C sao cho với mọi s, s(cid:48) ∈ [a, b], s < s(cid:48) và t ∈ [0, T ] thì:

(i) Ánh xạ f : [0, T ] × Bs(cid:48)(u0, r) → Xs là liên tục và (cid:107)f (t, u0)(cid:107)s ≤ M/(b − s).

(ii) Với mọi u, v ∈ Bs(cid:48)(u0, r), chúng ta có:

(3.2)

≤ . R (b − s)1−β R λ(1 − β)

Khi đó với mọi β ∈ (0, 1) thì có giá trị λ đủ lớn sao cho bài toán (1) có duy nhất nghiệm u ∈ BR, trong đó

(cid:107)f (t, u) − f (t, v)(cid:107)s ≤ (cid:107)u − v(cid:107)s(cid:48). C s(cid:48) − s

Chứng minh. Từ bài toán (1), đặt v(t) = u(cid:48)(t) thì chúng ta có

(cid:18)

(cid:19)

(cid:90) t

≤ R ≤ rλ(1 − β). M λβ λβ − 4C

(3.3)

Và ngược lại nếu v thỏa mãn phương trình trên (hay v là điểm bất động của F ) thì u(t) = u0 + (cid:82) t 0 v(τ )dτ là nghiệm bài toán (1). Vậy chúng ta chứng minh định lý bằng cách chứng minh F có duy nhất điểm bất động trong BR. Để chứng minh điều đó, chúng ta cần tìm số R sao cho F : BR → BR là ánh xạ co. Với giá trị β ∈ (0, 1) cho trước, chọn số λ đủ lớn sao cho

(cid:18)

(cid:19)

v(t) = f v(τ )dτ = f (t, Kv(t)) := F v(t). t, u0 +

Khi đó, chúng ta có thể chọn số R sao cho:

(cid:19)−1

(cid:18)

M ≤ rλ(1 − β) 1 − . 4C λβ

≤ R ≤ rλ(1 − β). M 1 − 4C λβ

Bởi vì R ≤ rλ(1 − β) cho nên theo bổ đề 3.1.3., nếu u ∈ BR thì Ku(t) ∈ Bs(u0, r) với mọi (t, s) ∈ ∆λ. Do đó:

với mọi s < s(cid:48) < b − λt. Trong các đánh giá sau, chọn s(cid:48)(τ ) = (b − λτ + s)/2 với mỗi τ ∈ [0, t], tức là b − s(cid:48)(τ ) > (b − s)/2 và s(cid:48)(τ ) − s = b − s(cid:48)(τ ) − λτ = (b − s − λτ )/2. Khi đó:

(cid:90) t

, (cid:107)F u(t)(cid:107)s ≤ (cid:107)f (t, Ku(t)) − f (t, u0)(cid:107)s + (cid:107)f (t, u0)(cid:107)s ≤ (cid:107)Ku(t) − u0(cid:107)s(cid:48) + C s(cid:48) − s M b − s

0 (cid:90) t

+ (cid:107)F u(t)(cid:107)s ≤ C (cid:107)u(τ )(cid:107)s(cid:48)(τ )dτ s(cid:48)(τ ) − s M b − s

(cid:90) t

≤ C M b − s Rdτ (s(cid:48)(τ ) − s)(b − s(cid:48)(τ ))1−β(b − s(cid:48)(τ ) − λτ )β +

0 CR21−β (b − s)1−β

0 (cid:90) t

≤ M b − s

≤ dτ (b − s(cid:48)(τ ) − λτ )1+β + M b − s dτ (b − s − λτ )1+β +

Kết hợp tính chất của R, chúng ta có

≤ 4CR (b − s)1−β 4CR (b − s)1−β 1 λβ(b − s − λt)β + M (b − s)1−β(b − s − λt)β .

Vậy F (BR) ⊂ BR. Một cách làm tương tự, nếu u, v ∈ BR thì với mọi (t, s) ∈ ∆λ và s(cid:48)(τ ) = (b − λτ + s)/2, chúng ta có:

(cid:90) t

+ M ≤ R. (cid:107)F u(cid:107)E ≤ 4CR λβ

(cid:90) t

(cid:107)Ku(t) − Kv(t)(cid:107)s(cid:48) ≤ C (cid:107)F u(t) − F v(t)(cid:107)s ≤ (cid:107)u(τ ) − v(τ )(cid:107)s(cid:48)(τ )dτ s(cid:48)(τ ) − s C s(cid:48) − s

0 21−βdτ (b − s)1−β(b − s(cid:48)(τ ) − λτ )1+β 1

≤ C(cid:107)u − v(cid:107)E

Theo cách chọn λ thì k := (4C)/(λβ) < 1, và do đó F : BR → BR là ánh xạ co với hệ số co k. Chúng ta chứng minh xong định lý.

Nhận xét 3.1.5. Để khoảng tồn tại nghiệm t ∈ [0, (b − s)λ−1) là tốt, chúng ta cần λ nhỏ. Từ điều kiện của λ trong chứng minh, tốt nhất, chúng ta chọn:

≤ 4C λβ (b − s)1−β(b − s − λt)β (cid:107)u − v(cid:107)E.

λ = . βM + r(1 − β)4C rβ(1 − β)

Đồng thời, để vế phải ở trên nhỏ nhất theo β ∈ (0, 1), chúng ta chọn

√

Nghĩa là khi đó

4Cr √ √ β = . M + 4Cr

và R = M +

√ √ 4Cr)2 √ ( λ = 4CrM . M + r

3.2 Bài toán có chậm

Trong mục này, chúng ta xét bài toán có dạng

(3.4)

trong đó ánh xạ f tác động trong mỗi không gian của thang không gian (tức là f không kì dị). Nhưng tính kì dị có trong các toán tử A và B. Về phương pháp, chúng ta sử dụng định lý điểm bất động ánh xạ co nhưng trong một không gian mới khác với không gian được định nghĩa trong mục 3.1. Kết quả sau đó được áp dụng vào bài toán:

(3.5)

= f (t, A(t, u(t)), B(u(h(t)))), t ∈ (0, T0), u(0) = u0, du dt

2 u(h(t), x)],

2 u(t, σ(t)x), ∂(l2)

trong lớp hàm Gevrey. Bài toán trên cũng đã được giải trong [37, 56] nhưng các tác giả không sử dụng kết quả tổng quát từ thang không gian. Hơn nữa, các tác giả đặt điều kiện lên σ(t) và h(t) là:

∂1u(t, x) = g[t, x, ∂(l1)

(3.6)

Bằng cách áp dụng kết quả tổng quát từ bài toán (3.4) vào bài toán (3.5) chúng tôi mở rộng được điều kiện của σ(t) và h(t).

0 ≤ σ(t) ≤ m, 0 ≤ h(t) ≤ mt, trong đó 0 < m < 1.

3.2.1 Sự tồn tại duy nhất nghiệm của bài toán tổng quát

Nhắc lại, chúng ta ký hiệu Bs(u0, R) là quả cầu đóng trong Xs, tâm là u0 và bán kính là R và phần tử không trong Xb cũng là phần tử không trong mọi không gian Xs, được ký hiệu là θ.

Định lý 3.2.1. Giả sử u0 ∈ Xb và

1. Tồn tại các số C, R sao cho

i) f ([0, T0) × Bs(u0, R) × Bs(u0, R)) ⊂ Xs, và

với mọi u1, u2, v1, v2 ∈ Bs(u0, R) và s ∈ [a, b].

ii) Với mỗi s < r, f liên tục từ [0, T0) × Br(u0, R) × Br(u0, R) vào Xs.

2. Với mỗi s < r, A(t, .) ∈ L(Xr, Xs), t ∈ [0, T0) và hàm số t (cid:55)→ A(t, .) liên tục theo chuẩn của toán tử tuyến tính; hơn nữa, có hàm số α(t) ∈ L1(0, T0) sao cho

(cid:107)f (t, u1, v1) − f (t, u2, v2)(cid:107)s ≤ C((cid:107)u1 − u2(cid:107)s + (cid:107)v1 − v2(cid:107)s)

3. Tồn tại các hằng số C1, q sao cho

(cid:107)A(t, .)(cid:107)L(Xr,Xs) ≤ α(t), ∀ t ∈ (0, T0), r, s ∈ [a, b], s < r.

4. Hàm số h : [0, T0) → [0, T0) là liên tục, h(t) < t với mọi t ∈ (0, T0), và tồn

tại hàm số S : ∆ = {(t, T ) : 0 ≤ t ≤ T < T0} → [a, b] thỏa mãn:

S liên tục trên ∆, giảm theo biến t, và

(cid:90) T

C1 B ∈ L(Xr, Xs), (cid:107)B(cid:107)L(Xr,Xs) ≤ (r − s)q , ∀ r, s ∈ [a, b], s < r.

Khi đó tồn tại T < T0 để bài toán (3.4) có duy nhất nghiệm u ∈ C([0, T ], Xa) thỏa mãn

lim T →0 [S(h(t), T ) − S(t, T )]q = 0.

Chứng minh. Đặt E là không gian Banach gồm các hàm u ∈ C([0, T ], Xa) sao cho

u(t) ∈ XS(t,T ), (cid:107)u(t)(cid:107)S(t,T ) ≤ R, ∀ t ∈ [0, T ].

trong đó T < T0 được xác định sau. Tương tự bổ đề 3.1.2, chúng ta chứng minh được rằng E là không gian Banach. Trong E, chúng ta ký hiệu u0 cho hàm u0(t) = u0 và ký hiệu B(u0, R) là quả cầu tâm u0 với bán kính R. Bài toán (3.4) được đưa về việc tìm u ∈ E thỏa mãn phương trình tích phân:

(cid:90) t

(cid:107)u(t)(cid:107)S(t,T ) < ∞, u(t) ∈ XS(t,T ) với mọi t ∈ [0, T ], (cid:107)u(cid:107)E = sup t∈[0,T ]

(3.7)

f [τ, A(τ, u(τ )), B(u(h(τ )))]dτ := F u(t). u(t) = u0 +

Chúng ta sẽ chứng minh rằng F (B(u0, R)) ⊂ B(u0, R) và F là ánh xạ co trên B(u0, R). Điểm bất động của F chính là nghiệm cần tìm của bài toán (3.4). Cho u ∈ B(u0, R), từ các tính chất của f, S:

(cid:90) t

(cid:107)F u(t)−u0(cid:107)S(t,T ) ≤ (cid:107)f (τ, A(τ, u(τ )), B(u(h(τ )))(cid:107)S(t,T )dτ

(cid:105) (cid:2)(cid:107)f (τ, θ, θ)(cid:107)b + C[(cid:107)A(τ, u(τ ))(cid:107)S(t,T ) + (cid:107)B(u(h(τ )))(cid:107)S(t,T )]

(cid:20)

(cid:21)

0 (cid:90) T

(cid:90) T

dτ ≤

(cid:20)

(cid:21)

0 (cid:90) T

(cid:90) T

≤ dτ (cid:107)f (t, θ, θ)(cid:107)bdt + C α(τ )(cid:107)u(τ )(cid:107)S(τ,T ) + C1(cid:107)u(h(τ ))(cid:107)S(h(τ ),T ) [S(h(τ ), T ) − S(τ, T )]q

Do đó, có thể chọn T đủ nhỏ để vế phải trong đánh giá trên nhỏ hơn R với mọi u ∈ B(u0, R), t ∈ [0, T ]. Chúng ta suy ra F u ∈ B(u0, R). Tương tự, nếu u, v ∈ B(u0, R) thì

(cid:90) T

≤ α(τ ) + dτ. (cid:107)f (t, θ, θ)(cid:107)bdt + C(cid:107)u(cid:107)E C1 [S(h(τ ), T ) − S(τ, T )]q

(cid:2)α(τ )(cid:107)u(τ ) − v(τ )(cid:107)S(τ,T ) (cid:21)

(cid:107)F u(t) − F v(t)(cid:107)S(t,T ) ≤ C

Cho nên

(cid:20)

(cid:21)

(cid:90) T

dτ. + C1(cid:107)u(h(τ )) − v(h(τ ))(cid:107)S(h(τ ),T ) [S(h(τ ), T ) − S(τ, T )]q

Áp dụng giả thiết 4., chúng ta thấy F là ánh xạ co nếu T đủ nhỏ.

Ví dụ 3.2.2. Cho trước các số q > 0, α > 0 sao cho αq < 1 và

α(τ ) + dτ. (cid:107)F u − F v(cid:107)E ≤ C(cid:107)u − v(cid:107)E C1 [S(h(τ ), T ) − S(τ, T )]q

Khi đó

1. Nếu có số m ∈ (0, 1) thỏa mãn 0 ≤ h(t) ≤ mt, ∀ t ∈ [0, T0), thì

S(t, T ) = b − , 0 ≤ t ≤ T < T0. (b − a)tα T α

2. Giả sử 0 < h(t) < t1/p, ∀ t ∈ (0, 1) trong đó p ∈ (0, 1). Chúng ta có

1 [S(h(t), T ) − S(t, T )]q ≤ T αq (1 − mα)q(b − a)q 1 tαq , 0 < t ≤ T < T0.

Do đó, giả thiết 4. trong định lý trên được thỏa mãn trong cả hai trường hợp.

, 0 < t ≤ T < 1. 1 [S(h(t), T ) − S(t, T )]q ≤ T αq (b − a)q 1 tαq[1 − tα((1/p)−1)]q

3.2.2 Bài toán áp dụng

Chúng ta xét bài toán:

(cid:40)

2 u(t, σ(t)x), ∂(l2)

2 u(h(t), x)], t ∈ (0, T0), x ∈ Ω = (−R0, R0),

(3.8)

trong đó u(t, x) là ẩn hàm thuộc lớp Gevrey hai biến sẽ được định nghĩa sau, ∂i, i = 1, 2 là ký hiệu của đạo hàm theo biết thứ i của u(t, x), l1, l2 ∈ N+ và các hàm số h, σ : [0, T0) → R. Ánh xạ g : [0, T0) × U → R, U = {(x, u, v) ∈ R3 : |x| < R0, |u|, |v| < R1} thỏa mãn các điều kiện phù hợp sẽ được trình bày sau. Ngoài ra, chúng ta ký hiệu Z+ là tập các số nguyên không âm và λ ≥ 1 là một hằng số cho trước. Hàm số u : Ω → R khả vi liên tục vô hạn lần được gọi là thuộc lớp hàm Gevrey trên Ω với bậc λ nếu tồn tại các số C, r sao cho

∂1u(t, x) = g[t, x, ∂(l1) u(0, x) = 0, x ∈ Ω,

(3.9)

Đặt Λ : Z+ → R định bởi Λ(k) = 2−8(k!)λk−2−λ với mọi k ≥ 1 và Λ(0) = 2−6. Có thể thấy rằng điều kiện (3.9) tương đương với:

|u(k)(x)| ≤ , ∀ k ∈ Z+, x ∈ Ω, (u(0) = u). C(k!)λ rk

(3.10)

Chúng ta đặt Xs = Gs(Ω), Ω = (−R0, R0), là không gian các hàm thuộc lớp Gevrey thỏa mãn điều kiện (3.10), kết hợp với chuẩn:

(cid:27)

∃C(cid:48), s > 0 : |u(k)(x)| ≤ , ∀ k ∈ Z+, x ∈ Ω. C(cid:48)Λ(k) sk

(cid:26)|u(k)(x)| Λ(k)

Khi đó (Xs, (cid:107).(cid:107)s), s ∈ [a, b] ⊂ (0, ∞) là thang các không gian Banach. Cho V ⊂ Rm là một tập mở. Chúng ta ký hiệu g ∈ C[0, T0) ⊗ Gs(V ) nếu như g : [0, T0) × V → R có đạo hàm riêng ∂kg liên tục theo y ∈ V với mọi k ∈ (Z+)m, và

sk : x ∈ Ω, k ∈ Z+ . (cid:107)u(cid:107)s = sup

m g, k! =

1 ...∂km

trong đó, với k = (k1, ..., km) ∈ (Z+)m, các ký hiệu ∂kg = ∂k1 k1!...km!, |k| = k1 + ... + km và ∂kg = g nếu k = (0, ..., 0).

Bổ đề 3.2.3. Giả sử u ∈ Xr, r ∈ [a, b], l ∈ N∗.

∃C > 0 : |∂kg(t, y)| ≤ , ∀ (t, y) ∈ [0, T0) × V, k ∈ (Z+)m, CΛ(k) s|k|

1. Nếu s ∈ [a, b], s < r, thì u(l) ∈ Xs và

(cid:27)

trong đó C(l) = max

(cid:16) bλl e

(cid:26)26Λ(l)(b − a)λl al

(cid:17)λl 1 al

2. Nếu σ ∈ (0, 1) và v(x) = u(l)(σx), thì v ∈ Xr và

C(l) , . (cid:107)u(l)(cid:107)s ≤ (r − s)λl (cid:107)u(cid:107)r,

Chứng minh.

1. Đặt w = u(l), thì chúng ta có

C(l) (cid:107)v(cid:107)r ≤ [a(1 − σ)]λl (cid:107)u(cid:107)r.

≤ ≤ |w(x)| Λ(0) 26(cid:107)u(cid:107)rΛ(l) rl 26Λ(l)(b − a)λl al (cid:107)u(cid:107)r (r − s)λl ,

(cid:19)−2−λ

(cid:17)k+l

(cid:17)z

sk = sk ≤ sk |w(k)(x)| Λ(k)

(cid:18)

(cid:19)λl

≤ ≤ |u(k+l)(x)| Λ(k) (cid:18)k + l k (cid:107)u(cid:107)rΛ(k + l) rk+lΛ(k) (k + l)λl (cid:16) s r zλl (cid:16) s r (cid:107)u(cid:107)r sl (cid:107)u(cid:107)r sl sup z≥0

(cid:16)bλl e

(cid:17)λl 1 al

đó chính là điều cần chứng minh.

2. Điều cần chứng minh suy ra từ các đánh giá sau:

≤ = λl e(ln r − ln s) (cid:107)u(cid:107)r sl (cid:107)u(cid:107)r (r − s)λl , k ≥ 1,

Bổ đề 3.2.4. Giả sử hàm số σ : [0, T0) → R liên tục và 0 ≤ σ(t) < 1, ∀ t ∈ (0, T0). Xét toán tử A(t, .) và B xác định trên Xr, r ∈ [a, b] bởi các công thức:

(σx)| (σr)k ≤ (cid:107)u(l)(cid:107)σr ≤ |(cid:0)u(l)(cid:1)(k) Λ(k) C(l)(cid:107)u(cid:107)r (r − σr)λl . (cid:107)v(cid:107)r = sup x,k

Khi đó, nếu s < r thì

1. A(t, .) ∈ L(Xr, Xs) và

A(t, u)(x) = u(l1)(σ(t)x), Bu = u(l2).

Hơn nữa, ánh xạ t (cid:55)→ A(t, .) là liên tục theo chuẩn toán tử trong không gian L(Xr, Xs).

, ∀ t ∈ (0, T0). (cid:107)A(t, .)(cid:107)L(Xr,Xs) ≤ C(l1) [a(1 − σ(t))]λl1

2. B ∈ L(Xr, Xs) và

Chứng minh. Các đánh giá chuẩn của A(t, .), B được suy ra từ bổ đề 3.2.3. Cho t, t0 ∈ [0, T0), u ∈ Xr và đặt v = A(t, u) − A(t0, u). Chúng ta có

(cid:90) σ(t)

. (cid:107)B(cid:107)L(Xr,Xs) ≤ C(l2) (r − s)λl2

τ dτ

σ(t0)

(cid:90) σ(t)

[u(l1)(τ x)](cid:48) v(x) = u(l1)(σ(t)x) − u(l1)(σ(t0)x) =

σ(t0)

(cid:90) σ(t)

(cid:104)

(cid:105)(k)

= xu(l1+1)(τ x)dτ,

σ(t0) (cid:90) σ(t)

(cid:104)

dτ sk = xu(l1+1)(τ x) v(k)(x) Λ(k) sk Λ(k)

(cid:105) xτ ku(l1+1+k)(τ x) + kτ k−1u(l1+k)(τ x)

(3.11)

σ(t0)

Mặt khác theo bổ đề 3.2.3. thì:

(cid:2)u(1+l1)(cid:3)(k)

= dτ. sk Λ(k)

(cid:12) (cid:12) (cid:12)xτ ku(l1+1+k)(τ x) (cid:12) (cid:12) (cid:12) ≤ R0

(cid:12) (cid:12) (cid:12)

(τ x) ≤ R0(cid:107)u(l1+1)(cid:107)s sk Λ(k) sk Λ(k)

(3.12)

≤ (cid:107)u(cid:107)r,

(3.13)

(cid:12) (cid:12) (cid:12)u(l1+k)(τ x) (cid:12) (cid:12) (cid:12) ≤

(cid:13)u(l1)(cid:13) (cid:13) (cid:13)s

R0C(1 + l1) (r − s)λ(1+l1) (cid:13) (cid:13) ≤ |u|r. sk Λ(k) C(l1) (r − s)λl1

(cid:21) |σk(t) − σk(t0)|

Từ (3.11)-(3.13), chúng ta suy ra rằng (cid:20) R0C(1 + l1) (r − s)λ(1+l1)

nghĩa là (cid:107)A(t) − A(t0)(cid:107)L(Xr,Xs) → 0 khi t → t0. Do vậy, ánh xạ t (cid:55)→ A(t, .) là liên tục tại t0.

Bổ đề 3.2.5. Giả sử g ∈ C[0, T0) ⊗ GS(U ) và R ≤ {25R1, S}, s ≤ S/4. Khi đó:

1. Tồn tại hằng số D chỉ phụ thuộc g sao cho nếu u, v ∈ Bs(θ, R), thì hàm số w(t, x) = g[t, x, u(x), v(x)] thuộc C[0, T0) ⊗ Gs(Ω) và (cid:107)w(t, .)(cid:107)s ≤ D, ∀ t ∈ [0, T0). Hơn nữa, với mỗi ui, vi ∈ Bs(θ, R) thì các hàm số wi(t, x) = g[t, x, ui(x), vi(x)], i = 1, 2 thỏa mãn bất đẳng thức:

(cid:107)v(cid:107)s ≤ |σ(t) − σ(t0)| + (cid:107)u(cid:107)r, C(l1) (r − s)λl1

(cid:1), ∀ t ∈ [0, T0).

(cid:107)w1(t, .) − w2(t, .)(cid:107)s ≤ D(cid:0)(cid:107)u1 − u2(cid:107)s + (cid:107)v1 − v2(cid:107)s

2. Nếu s < r ≤ S/4, thì ánh xạ f định bởi

là liên tục từ [0, T0) × Br(θ, R) × Br(θ, R) vào Xs

Chứng minh. Khẳng định 1. đã được chứng minh trong [56] (Mệnh đề 8,9). Từ đó cũng suy ra rằng:

(cid:1)

f (t, u, v)(x) = g[t, x, u(x), v(x)]

với mọi u, u(cid:48), v, v(cid:48) ∈ Br(θ, R). Do đó, để chứng minh tính liên tục của f, chỉ cần chứng minh tính liên tục của hàm t (cid:55)→ w(t) = f (t, u, v) theo (cid:107).(cid:107)s, trong đó u, v ∈ Br(θ, R) được cố định. Theo khẳng định 1. thì:

(cid:107)f (t(cid:48), u(cid:48), v(cid:48)) − f (t, u, v)(cid:107)s ≤ (cid:107)f (t(cid:48), u, v) − f (t, u, v)(cid:107)s + D(cid:0)(cid:107)u − u(cid:48)(cid:107)r + (cid:107)v − v(cid:48)(cid:107)r

x (t, x)| Λ(k)

Do vậy, nếu cho trước ε > 0 thì tồn tại số nguyên dương k0 sao cho

(cid:17)k

|w(k) rk ≤ D, ∀ (t, x) ∈ [0, T0) × (−R0, R0), k ∈ Z+.

x (t0, x)|

x (t, x) − w(k)

(cid:16) s r

(3.14)

|w(k) sk ≤ 2D Λ(k)

Tiếp theo, chúng ta đánh giá vế trái của (3.14) với k ≤ k0. Đặt 0 < R2 < R0, theo tính liên tục đều của hàm w(k) x (t, x), k ≤ k0 trên tập compact [t1, t2] × [−R2, R2], thì tồn tại δ > 0 sao cho với mọi t ∈ (t0 − δ, t0 + δ) ∩ [0, T0):

≤ ε, ∀ k > k0, (t, x) ∈ [0, T0) × (−R0, R0).

x (t, x) − w(k)

x (t0, x)|

(3.15)

Vậy nếu x ∈ (−R0, R0) \ [−R2, R2], chúng ta chọn y = R2 (hoặc y = −R2) thì |x − y| ≤ R0 − R2. Theo định lý Lagrange,

|w(k) sk ≤ , ∀ x ∈ [−R2, R2], k ≤ k0. Λ(k) ε 2

x (t, x) − w(k)

x (t0, x)|

(cid:16)

(cid:17)

|w(k) sk Λ(k)

x (t, y) − w(k)

x (t0, y)|

(3.16)

≤ ≤ ε, + (R0 − R2)2D ε 2 Λ(k + 1) sΛ(k)

nếu như R0 − R2 là đủ nhỏ. Kết hợp (3.14)-(3.16), chúng ta có (cid:107)w(t) − w(t0)(cid:107)s ≤ ε, t ∈ (t0 − δ, t0 + δ) ∩ [0, T0).

∀ k ≤ k0, x ∈ (−R0, R0) \ [−R2, R2], t ∈ (t0 − δ, t0 + δ) ∩ [0, T0),

Áp dụng định lý 3.2.1., các bổ đề 3.2.3-3.2.5, chúng ta có kết quả:

Định lý 3.2.6. Giả sử:

1. Hàm số g thuộc lớp C[0, T0) ⊗ GS(U ).

2. Các hàm số σ, h liên tục trên [0, T0) và thỏa mãn các điều kiện:

(cid:90) T0

3. Tồn tại S : ∆ = {(t, T ) : 0 ≤ t ≤ T < T0} → [a, S/4], (a > 0) sao cho:

S liên tục theo (t, T ), giảm theo biến thứ nhất, và

(cid:90) T

< ∞. 0 < σ(t) < 1, 0 < h(t) < t, ∀ t ∈ (0, T0), dt [1 − σ(t)]λl1

Chọn R ≤ min{25R1, S}. Khi đó, tồn tại số 0 < T < T0 sao cho bài toán (3.8) có duy nhất nghiệm u trong lớp hàm Gevrey bậc λ và u(t) ∈ XS(t,T ), (cid:107)u(t)(cid:107)S(t,T ) ≤ R, ∀ t ∈ [0, T ].

(cid:19)α

= 0. lim T →0 dt [S(h(t), T ) − S(t, T )]λl2

Ví dụ 3.2.7. Cho α > 0 thỏa mãn tính chất αλl2 < 1 và (cid:18) S 4

(cid:19) (cid:18) t T0

1. Hàm số h liên tục trên [0, T0) và thỏa một trong hai điều kiện:

a) 0 < h(t) ≤ mt, t ∈ (0, T0) trong đó m ∈ (0, 1), hoặc

b) T0 = 1 và 0 < h(t) < t1/p, t ∈ (0, 1) trong đó p ∈ (0, 1).

2. Hàm số σ liên tục trên [0, T0) và

(cid:19)β

(cid:18)

(cid:19)

S(t, T ) = − a − , 0 ≤ t ≤ T < T0. Giả sử: S 4

(cid:18) t T0

Khi đó, giả thiết 2. và 3. trong định lý 3.2.6 là đúng.

(cid:1)β không thỏa mãn điều kiện

Nhận xét 3.2.8. Lưu ý rằng hàm số σ(t) = 1 − (cid:0) t T0 (3.6), là điều kiện quan trọng được sử dụng trong [37, 56].

0 < σ(t) ≤ 1 − 0, . , t ∈ [0, T0), trong đó β ∈ 1 λl1

3.3 Bài toán trên miền vô hạn

Trong mục này chúng ta giải bài toán (1) mà phương trình vi phân đúng với mọi t ∈ [0, +∞). Nghiệm bài toán khi đó là u xác định trên [0, +∞) và nhận giá trị trong thang không gian (Xs). Chúng tôi sẽ sử dụng phương pháp chứng minh bằng cách xây dựng không gian lồi địa phương có topo xác định từ họ đếm được nửa chuẩn tách và đầy đủ. Để giải bài toán (1) trên miền vô hạn, chúng ta áp dụng Định lý ánh xạ co theo họ nửa chuẩn cho không gian vector topo lồi địa phương E được xây dựng như sau. Cho trước S ≥ a, λ > 0 và dãy số tăng {bn}n thỏa mãn:

Với mỗi n ∈ N, đặt

bn > S + nλ, ∀n.

∆λ,n = {(t, s) : t ∈ [0, n], s ∈ [S, bn − λt)}, và

trong đó

(3.17)

En = {u ∈ C([0, n], XS) : u(t) ∈ Xs, ∀ (t, s) ∈ ∆λ,n, pn(u) < ∞},

(t,s)∈∆λ,n

Chứng minh tương tự bổ đề 3.1.2., ta có (En, pn) là không gian Banach.

Bổ đề 3.3.1. Họ nửa chuẩn (3.17) là tách và đầy đủ trong không gian vector topo lồi địa phương:

pn(u) = sup (bn − s − λt)2(cid:107)u(t)(cid:107)s.

(3.18)

n=1En với topo sinh bởi họ nửa chuẩn pn.

Chứng minh. Có thể thấy rõ ràng là với mỗi n nếu pn(u) = 0 thì u = θEn. Do đó họ nửa chuẩn (3.17) là tách. Xét dãy {ym}m là dãy Cauchy trong En với mỗi n. Khi đó tồn tại zn ∈ En để pn(ym − zn) → 0 khi m → ∞. Từ định nghĩa pn, chúng ta thấy nếu n < k thì

E = ∩∞

Do đó zn(t) = zk(t), t ∈ [0, n]. Vậy có thể xây dựng hàm z cho bởi z(t) = zn(t) với mọi n và t ∈ [0, n]. Khi đó pn(ym − z) = pn(ym − zn) → ∞, ∀n.. Vậy ym → z theo topo trong E.

Định lý 3.3.2. Cho các giả thiết:

pn(zn − zk) ≤ pn(zn − ym) + pk(ym − zk) → 0, khi m → ∞.

1. f : [0, +∞) × Xs(cid:48) → Xs là ánh xạ liên tục với mọi s < s(cid:48).

2. u0 ∈ Xs với mọi s > a.

3. Tồn tại C>0 sao cho với mọi t > 0, s(cid:48) > s và u, v ∈ Xs(cid:48) thì

Khi đó với mọi S > a, thì bài toán (1) có nghiệm duy nhất trong E với λ đủ lớn, nghĩa là nghiệm u ∈ C([0, ∞), XS).

Chứng minh. Chúng ta sẽ chứng minh các giả thiết của Định lý ánh xạ co theo họ nửa chuẩn (bổ đề 1.3.3) đúng cho không gian E và ánh xạ F được xác định bởi

(cid:90) t

(cid:107)f (t, u) − f (t, v)(cid:107)s ≤ (cid:107)u − v(cid:107)s(cid:48). C s(cid:48) − s

Với mỗi u ∈ E, (t, s) ∈ ∆λ,n, chọn s(cid:48) ∈ (s, bn − λt) thì (t, s(cid:48)) ∈ ∆λ,n, cho nên u(t) ∈ Xs(cid:48) và do đó, giả thiết 1., 2. cho thấy F u(t) ∈ Xs. Theo bổ đề 3.3.1., chúng ta chỉ cần chứng minh F là co theo họ nửa chuẩn {pn}n. Cho trước số tự nhiên n và cặp (t, s) ∈ ∆λ,n, đặt s(τ ) = (bn + s − λτ )/2, τ ∈ [0, t] thì (τ, s(τ )) ∈ ∆λ,n. Khi đó, với mọi u, v ∈ Eλ, theo giả thiết 3., chúng ta có các đánh giá:

(cid:90) t

f (τ, u(τ ))dτ, t ∈ [0, +∞), u ∈ E. F u(t) = u0 +

(cid:90) t

(cid:107)F u(t)−F v(t)(cid:107)s ≤ (cid:107)f (τ, u(τ )) − f (τ, v(τ ))(cid:107)sdτ ≤ C

(cid:20)

(cid:21)

≤ C ≤ Cpn(x − y) pn(u − v)dτ (bn − s(τ ) − λτ )2(s(τ ) − s) (cid:107)u(τ ) − v(τ )(cid:107)s(τ )dτ s(τ ) − s 23dτ (bn − s − λτ )3

0 4Cpn(x − y) λ(bn − s − λt)2 .

Cho (t, s) chạy khắp ∆λ,n suy ra

≤ ≤ 4Cpn(x − y) 1 λ 1 (bn − s − λt)2 − 1 (bn − s)2

Bằng cách chọn λ đủ lớn thì q := 4C/λ ∈ (0, 1) cho nên ánh xạ F là ánh xạ co theo họ nửa chuẩn {pn}n. Chúng ta chứng minh xong định lý.

pn(F u − F v) ≤ pn(x − y), ∀n. 4C λ

Chương 4

SỬ DỤNG TÍNH COMPACT TRONG NGHIÊN

CỨU BÀI TOÁN

Trong hai chương trước, chúng tôi giải bài toán (1) mà vế phải thỏa mãn điều kiện dạng Lipschitz:

(4.1)

Trong chương này, thay cho điều kiện dạng Lipschitz, chúng tôi giải bài toán dưới điều kiện dạng cô đặc:

(cid:0)f (t, Ω)(cid:1) ≤

(4.2)

(cid:107)f (t, u) − f (t, v)(cid:107)s ≤ (cid:107)u − v(cid:107)s(cid:48), ∀s < s(cid:48), u, v ∈ Xs(cid:48). C s(cid:48) − s

trong đó αs(Ω) là độ đo phi compact Kuratowski của tập Ω trong không gian Banach Xs. Điều kiện này đã được sử dụng để giải bài toán Cauchy trong thang không gian Banach trong [25] với kết quả là sự tồn tại nghiệm. Tuy nhiên, khác với phương pháp được sử dụng trong [25] là áp dụng dãy lặp Tonelli (mục 0.3), phương pháp của chúng tôi là xây dựng độ đo phi compact tổng quát (giá trị nón) và áp dụng định lý điểm bất động của ánh xạ cô đặc. Bằng phương pháp này, chúng tôi chứng minh lại kết quả về sự tồn tại như [25] nhưng với đánh giá miền tồn tại nghiệm (mục 4.2). Sau đó, để khẳng định tính linh hoạt của phương pháp, chúng tôi xem xét bài toán có chậm (13):

(cid:40)

αs(cid:48)(Ω), ∀s < s(cid:48), αs C s(cid:48) − s

u(cid:48)(t) = f (t, u(t), u(h(t))), t ∈ (0, T ),

trong đó h : [0, T ] → [0, T ] là hàm số liên tục và thỏa mãn 0 ≤ h(t) ≤ t1/p ≤ t, ∀t ∈ [0, T ] với p ∈ (0, 1). Giả thiết chính cho sự tồn tại nghiệm bài toán chậm nêu trên có dạng

u(0) = u0,

(cid:0)f (t, Ω1, Ω2)(cid:1) ≤ Cαs(Ω1) +

(cid:2)αs(cid:48)(Ω2)(cid:3)p

. αs L (s(cid:48) − s)γ

Kết quả về bài toán có chậm trình bày trong mục 4.3. Trong mục 4.4, chúng tôi nghiên cứu cấu trúc Rδ của tập nghiệm bài toán Cauchy:

(cid:40)

u(cid:48)(t) = f (t, u(t)) + g(t, u(t)), t ∈ [0, T ),

trong đó f thỏa mãn điều kiện Lipschitz và thành phần nhiễu g thỏa mãn điều kiện compact (cả hai tác động trong thang không gian Banach).

u(0) = u0,

4.1 Xây dựng không gian Fréchet và độ đo phi com-

pact cho bài toán

Các định nghĩa và ký hiệu trong mục này được dùng cho các chứng minh tồn tại nghiệm ở mục 4.2 và 4.3. Cho thang không gian Banach {Xs}s, s ∈ [a, b], số dương λ > (b − a)T −1, đặt Tλ = (b − a)λ−1 < T , chúng ta định nghĩa: • ∆λ = (cid:8)(t, s) : s ∈ [a, b), t ∈ (cid:2)0, b−s (cid:1)(cid:9);

(cid:9).

trị trong Xs và chuẩn (cid:107)u(cid:107)t,s = supτ ∈[0,t] (cid:107)u(τ )(cid:107)s; • E = (cid:8)u ∈ C([0, Tλ), Xa) : u|[0,t] ∈ Et,s, ∀(t, s) ∈ ∆λ

Cho dãy {(tn, sn)}n trù mật trong ∆λ. Với mỗi n ∈ N và u ∈ Etn,sn, chúng ta đặt:

(4.3)

• Et,s, (t, s) ∈ ∆λ, là không gian Banach các hàm liên tục trên [0, t] nhận giá

τ ∈[0,tn]

Bởi vì {(tn, sn)}n là trù mật trong ∆λ, cho nên E là không gian lồi địa phương được trang bị họ đếm được, tách nửa chuẩn {pn}n. Vậy E là không gian khả metric và cũng chứng minh được là nó đầy đủ. Nghĩa là E là một không gian Fréchet.

pn(u) = sup (cid:107)u(τ )(cid:107)sn.

• Nếu Ω ⊂ E và t ∈ [0, T ], chúng ta ký hiệu Ω(t) là tập hợp {u(t) : u ∈ Ω} và

Ω|[0,t] = {u|[0,t] : u ∈ Ω}.

• Cho số β > 0 sẽ được xác định khi cần thiết, gọi M là tập các tập con

(M1) Tồn tại số R > 0 sao cho sup(t,s)∈∆λ(b − s − λt)β(cid:107)u(t)(cid:107)s < R với mọi

Ω ⊂ E có tính chất:

u ∈ Ω;

(M2) Ω|[0,t] là đồng liên tục trong Et,s, ∀(t, s) ∈ ∆λ.

tính chất: g(., s) liên tục trên [0, (b − s)/λ) với mỗi s ∈ [a, b) và

• Chúng ta định nghĩa Q là không gian các hàm g : ∆λ → R thỏa mãn các

(t,s)∈∆λ

(b − s − λt)β|g(t, s)| < ∞. (cid:107)g(cid:107)Q := sup

(K1) g(t, s) ≥ 0, ∀(t, s) ∈ ∆λ, và

(K2) g(t, .) là tăng trên [a, b − λt) với mỗi t ∈ [0, T ).

Có thể thấy Q là một không gian định chuẩn và K là một nón trong Q. Trong Q, chúng ta định nghĩa thứ tự:

• Trong Q, chúng ta định nghĩa tập K gồm các hàm số g thỏa mãn

Với thứ tự này, có thể thấy rằng nếu g1 −g2 ∈ K thì g1 ≥ g2 (hay g ∈ K ⇒ g ≥ θQ) nhưng chiều ngược lại chưa chắc đúng. Chúng ta sẽ chứng minh ánh xạ Φ : M → K, được xác định bởi

(4.4)

g ≤ G ⇔ g(t, s) ≤ G(t, s), ∀(t, s) ∈ ∆λ.

là một độ đo phi compact chính quy.

Bổ đề 4.1.1. Ánh xạ Φ được xác định bởi (4.4) là một độ đo phi compact chính quy trên M và thỏa mãn điều kiện (i) trong định lý 1.4.7.

Chứng minh. Trước hết, chúng ta chứng minh Φ(Ω) ∈ K với mọi Ω ∈ M. Thật vậy, tính chất thang không gian cho thấy hàm số s (cid:55)→ αs(Ω(t)) = Φ(Ω)(t, s) là tăng. Do Ω là đồng liên tục trong không gian Et,s và (cid:107)u(τ )(cid:107)s ≤ R(b−s−λt)−β, ∀τ ∈ [0, t] (số R được nhắc tới trong điều kiện (M1)), cho nên hàm số τ (cid:55)→ αs(Ω(τ )) là liên tục trên [0, t] với mỗi t ∈ (cid:2)0, b−s (cid:1) theo bổ đề 1.4.3. Ngoài ra điều kiện (M1) cho thấy

Φ(Ω)(t, s) = αs(Ω(t)), ∀(t, s) ∈ ∆λ,

(cid:0)(b − s − λt)βΩ(t)(cid:1) (cid:0)Bs(θ, R)(cid:1) = 2R, ∀(t, s) ∈ ∆.

Vậy hàm số (t, s) (cid:55)→ αs(Ω(t)) thuộc nón K. Từ định nghĩa độ đo Kuratowski, chúng ta suy ra αs là đơn điệu:

(b − s − λt)βαs(Ω(t)) = αs ≤ αs

αs(Ω1) ≤ αs(Ω2) nếu Ω1 ⊂ Ω2.

Vì thế, nếu chứng minh được rằng Φ(coΩ) ≤ Φ(Ω) thì Φ là một độ đo phi compact. Cho trước phần tử (t, s) ∈ ∆λ, chúng ta thấy nếu dãy un → u trong không gian E thì un(t) → u(t) trong không gian Xs. Cho nên một khi Ω ∈ M thì Ω ∈ M và s Ω(t) ⊂ Ω(t)

trong đó A

s là bao đóng của A trong không gian Xs. Vậy

s (co(Ω))(t) ⊂ co(Ω(t))

Và do đó, chúng ta suy ra

s Φ(coΩ)(t, s) = αs((co(Ω))(t)) ≤ αs(co(Ω(t))

)

Tiếp theo, chúng ta chứng minh Φ là chính quy. Cho Ω ∈ M. Từ tính chính quy của αs chúng ta suy luận rằng nếu Φ(Ω)(t, s) = αs(Ω(t)) = 0 thì Ω(t) là tập compact tương đối trong Xs với mọi (t, s) ∈ ∆λ. Bây giờ, cho trước (t, s) ∈ ∆λ, thì Ω(τ ) là compact tương đối trong Xs với mọi τ ∈ [0, t]. Mặt khác, Ω|[0,t] đồng liên tục trong không gian Et,s (theo (M2) của định nghĩa M). Vì vậy, theo định lý Azelà-Ascoli, Ω|[0,t] là tập compact tương đối trong Et,s. Giả sử Φ(Ω) = θQ và {un}n ⊂ Ω. Chúng ta sẽ chứng minh {un}n có dãy con hội tụ trong E. Chúng ta có các suy luận sau:1

n }n ⊂

= αs(Ω(t)) = Φ(Ω)(t, s).

• Ω|[0,t1] là compact tương đối trong Et1,s1 cho nên tồn tại dãy con {u(1)

{un}n mà nó hội tụ trong không gian Et1,s1 về u(1).

n }n hội tụ trong không gian

• Lập luận tương tự, có dãy con {u(k+1) }n ⊂ {u(k)

Vì các không gian Xs lồng vào nhau, chúng ta có thể đặt u(t) := u(k)(t), ∀k ∈ N, t ∈ [0, tk]. Đặt dãy đường chéo vn = u(n) n , n ∈ N, khi đó thì {vn}|[0,tk] hội tụ về u|[0,tk] trong không gian Etk,sk với mọi k ∈ N khi n → ∞. Do đó, với ε > 0 cho trước và tập chỉ số A ⊂ N, A hữu hạn, chúng ta luôn chọn được n0 độc lập với k ∈ A sao cho với mọi n ≥ n0 thì

Etk+1,sk+1 về u(k+1), k = 1, 2, ....

τ ∈[0,tk]

Suy ra {vn} hội tụ về u trong E và điều này cho thấy Ω là tập compact tương đối trong E. Ngược lại, giả sử Ω là tập compact tương đối trong E và (t, s) bất kỳ trong ∆λ.

1dãy {(tn, sn)}n được cho trước, khi xây dựng không gian E.

pk(vn − u) ≤ sup (cid:107)vn(t) − u(t)(cid:107)sk ≤ ε.

Chúng ta cần chứng minh Φ(Ω)(t, s) = αs(Ω(t)) = 0. Do tính chính quy của αs, chúng ta chỉ cần chứng minh với mọi dãy {un} trong Ω thì tồn tại dãy con {unk}k sao cho {unk(t)}k hội tụ trong Xs. Do tính trù mật của {(tn, sn)} trong ∆λ thì tồn tại m ∈ N sao cho t ≤ tm, s ≤ sm, và vì Ω là tập compact tương đối trong E, cho nên tồn tại dãy con {unk}k hội tụ trong E về u. Điều cần chứng minh được suy ra từ

Cuối cùng, điều kiện (i) của định lý 1.4.7. được suy ra trực tiếp từ định nghĩa của họ M và tính chất của độ đo αs.

Trong các mục 4.2 và 4.3 sau đây, chúng ta sẽ sử dụng định lý 1.4.7. mà trong

đó độ đo phi compact φ = Φ được xác định bởi (4.4).

(cid:107)unk(t) − u(t)(cid:107)s ≤ pm(unk − u) → 0, (k → ∞).

4.2 Bài toán Cauchy không có chậm

Dựa trên không gian Fréchet và độ đo phi compact xây dựng trong mục trước, chúng tôi giải bài toán (1) bằng cách tìm điểm bất động của ánh xạ tích phân (4) qua việc áp dụng Định lý 1.4.7. Chúng ta bắt đầu bằng cách nêu ra các giả thiết:

(H1) Ánh xạ f : [0, T ] × Xs(cid:48) → Xs là liên tục với mọi s < s(cid:48).

(H2) Tồn tại các số M, N sao cho với mọi s < s(cid:48) và u ∈ Xs(cid:48) thì

(H3) Tồn tại số C sao cho nếu Ω là tập bị chặn trong Xs(cid:48) thì:

(4.5)

+ N. (cid:107)f (t, u)(cid:107)s ≤ M (cid:107)u(cid:107)s(cid:48) s(cid:48) − s

Sau đây, chúng ta chứng minh một số bổ đề cần thiết.

Bổ đề 4.2.1. Giả sử giả thiết (H1),(H2) đúng và có giá trị κ ∈ (0, 1) sao cho

αs(f (t, Ω)) ≤ αs(cid:48)(Ω), ∀ t ∈ [0, T ], s < s(cid:48) < b − λt. C s(cid:48) − s

(cid:40)

(cid:41)

λβκβ(1 − κ) > M.

Đặt BR =

Khi đó, với R đủ lớn thì F (BR) ⊂ BR và F (Ω) ∈ M với mọi Ω ⊂ BR.

u ∈ E : . (b − s − λt)β(cid:107)u(t)(cid:107)s ≤ R sup (t,s)∈∆λ

Chứng minh. Trước tiên, nếu (t, s) ∈ ∆λ và u ∈ E, thì u(t) ∈ Xs(cid:48) cho mọi s(cid:48) ∈ (s, b − λt). Do đó, chúng ta suy ra F u(t) ∈ Xs với mọi u ∈ E và (t, s) ∈ ∆λ. Giả thiết (H1) cho thấy F u|[0,t] ∈ Et,s với mọi (t, s) ∈ ∆λ. Tiếp theo, cho trước (t, s) ∈ ∆λ và u ∈ BR. Với mỗi 0 ≤ τ ≤ t, chúng ta đặt

Khi đó, s < s(τ ) < b − λτ , áp dụng giả thiết (H2) chúng ta suy ra

(cid:21)

(cid:90) t

s(τ ) = s + (1 − κ)(b − s − λτ ).

(cid:20)M (cid:107)u(τ )(cid:107)s(τ ) s(τ ) − s

(cid:20)

(cid:21)

0 (cid:90) t

+ N dτ (cid:107)F u(t)(cid:107)s ≤ (cid:107)u0(cid:107)b + (cid:107)f (τ, u(τ ))(cid:107)sdτ ≤ (cid:107)u0(cid:107)b +

(cid:18)

(cid:19)

M R dτ ≤ (cid:107)u0(cid:107)b +

Do đó

+ N T. ≤ (cid:107)u0(cid:107)b + κβ(1 − κ)(b − s − λτ )1+β + N M R 1 1 (b − s − λt)β − (b − s)β κβ(1 − κ)λβ

(4.6)

Bởi vì λβκβ(1 − κ) > M, bβ(cid:107)u0(cid:107)b và KT (b − a)β bị chặn, cho nên có thể thấy rằng vế phải của đánh giá trên sẽ nhỏ hơn R nếu R đủ lớn, nghĩa là F u ∈ BR. Để chứng minh F (Ω) ∈ M, ∀Ω ⊂ B chúng ta chỉ cần chứng minh điều kiện (M2). Cho trước (t, s) ∈ ∆λ và lập luận tương tự như các đánh giá trên, thì với mọi 0 ≤ t1 ≤ t2 ≤ t chúng ta có

(cid:90) t2

+ N T (b − a)β. (b − s − λt)β(cid:107)F u(t)(cid:107)s ≤ bβ(cid:107)u0(cid:107)b + M R κβ(1 − κ)λβ

dτ (cid:107)F u(t1) − F u(t2)(cid:107)s ≤

Nghĩa là tồn tại hằng số H độc lập với u sao cho

(b − s − λτ )1+β + N (t2 − t1) t2 − t1 ≤ M R κβ(1 − κ) M R κβ(1 − κ) (b − s − λt)1+β + N (t2 − t1).

Chúng ta suy ra rằng F (Ω)|[0,t] là đồng liên tục trong không gian Et,s. Vậy F (Ω) ∈ M với mọi Ω ⊂ BR. Nói riêng là F (BR) ∈ M.

Trong bổ đề tiếp theo, chúng ta đánh giá ánh xạ tuyến tính A : K → Q được

xác định bởi:

(cid:90) t

(cid:107)F u(t1) − F u(t2)(cid:107)s ≤ H|t1 − t2|, ∀t1, t2 ∈ [0, t], u ∈ BR.

(4.7)

Không gian có thứ tự Q và nón K mà chúng ta sử dụng ở đây được định nghĩa trong mục 4.1.

A(g)(t, s) = g(τ, (b + s − λτ )/2)dτ, ∀ (t, s) ∈ ∆λ, g ∈ K. 2C b − s − λτ

Bổ đề 4.2.2. Giả sử β > 0. Khi đó A là ánh xạ tuyến tính dương, tức là A(K) ⊂ K. Hơn nữa, chúng ta có:

(cid:19)n

(4.8)

(cid:18) 21+βC λβ

Chứng minh. Trước hết, chúng ta chứng minh A(g) được định nghĩa tốt và liên (cid:1) với giá trị s ∈ [a, b) cố định. Chúng ta sẽ chứng tục theo biến t trên miền (cid:2)0, b−s minh rằng hàm số P (τ ) := g(h(τ ), S(τ ))(b − s − λτ )−1 là đo được Lebesgue và bị chặn trên các đoạn [0, t(cid:48)] trong đó t(cid:48) < (b − s)/λ và S(τ ) = (b + s − λτ )/2. Cố định t(cid:48)(cid:48) ∈ [0, (b − s)/λ) và đặt p(r) = g(t(cid:48)(cid:48), r), thì khi đó g(t(cid:48)(cid:48), S(τ )) = p ◦ S(τ ). Mà hàm số p là tăng, cho nên p−1(−∞, α) là một khoảng. Do đó, kết hợp tính liên tục của S, chúng ta suy ra

(cid:107)(A)n(g)(cid:107)Q ≤ (cid:107)g(cid:107)Q, ∀g ∈ Q, n ∈ N.

là tập đo được và hàm số τ (cid:55)→ g(t(cid:48)(cid:48), S(τ )) là đo được. Từ đây, hàm số (t(cid:48)(cid:48), τ ) (cid:55)→ g(t(cid:48)(cid:48), S(τ )) là một hàm Carathéodory. Cho nên hàm số τ (cid:55)→ g(h(τ ), S(τ )) đo được và P (τ ) là hàm đo được. Ngoài ra, tính bị chặn của P (τ ) trên [0, t(cid:48)] trong đó t(cid:48) < (b − s)/λ được suy ra từ

{τ ∈ [0, t(cid:48)] : p ◦ S(τ ) < α} = S−1(cid:0)p−1(−∞, α)(cid:1)

P (τ ) ≤ ≤ (cid:107)g(cid:107)Q [b − S(τ ) − λτ ]β(b − s − λτ ) (cid:107)g(cid:107)Q2β (b − s − λτ )β+1

Vậy, A(g)(t, s) được định nghĩa tốt và liên tục theo t ∈ [0, (b − s)/λ). Mặt khác, A(g)(t, s) tăng theo biến s, bởi vì các hàm số s (cid:55)→ (b + s − λτ )/2, s (cid:55)→ (b − s − λτ )−1 and r (cid:55)→ g(t(cid:48)(cid:48), r) là tăng. Tiếp theo, chúng ta chứng minh (4.8). Cho trước (t, s) ∈ ∆λ, g ∈ K, chúng ta có các đánh giá sau:

(cid:90) t

(cid:107)g(cid:107)Q2β ≤ (b − s − λt(cid:48))β+1 , ∀τ ∈ [0, t(cid:48)].

|g(τ, (b + s − λτ )/2)|dτ |A(g)(t, s)| ≤

(cid:21)

0 (cid:20)

2C b − s − λτ (cid:90) t ≤ 21+βC(cid:107)g(cid:107)Q dτ (b − s − λτ )1+β

Do đó,

≤ ≤ 21+βC(cid:107)g(cid:107)Q λβ 1 (b − s − λt)β − 1 (b − s)β 21+βC(cid:107)g(cid:107)Q λβ(b − s − λt)β .

(cid:107)A(g)(cid:107)Q ≤ (cid:107)g(cid:107)Q. 21+βC λβ

Từ đó suy ra A(K) ⊂ K và

(cid:19)n

(cid:18)21+βC λβ

Định lý 4.2.3. Giả sử (H1) − (H3) đúng. Cho các số β > 0, κ ∈ (0, 1), khi đó nếu λ thỏa mãn bất đẳng thức

(cid:26)

(cid:27)

(cid:107)(A)n(g)(cid:107)Q ≤ (cid:107)g(cid:107)Q, ∀g ∈ Q, n ∈ N.

thì bài toán (1) có ít nhất một nghiệm trong không gian E.

Chứng minh. Chúng ta chứng minh định lý bằng cách áp dụng định lý 1.4.7. Trong đó không gian lồi địa phương là E, độ đo phi compact định nghĩa bởi (4.4), ánh xạ F được định nghĩa bởi (4), và B = BR với số R đủ lớn. Áp dụng các bổ đề 4.2.1, 4.2.2 chúng ta chỉ còn phải chứng minh rằng F là ánh xạ liên tục và Φ-cô đặc. Trước hết, chúng ta chứng minh F liên tục từ BR vào chính nó. Giả sử un, u ∈ BR và un → u khi n → ∞. Để chứng minh F (un) → F (u) khi n → ∞ thì chúng ta cần chứng minh pm(F (un) − F (u)) → 0 với mỗi m ∈ N+. Chọn k ∈ N+ sao cho tm < tk, sm < sk, khi đó thì

λ > max . ; 21+βC β M κβ(1 − κ)β

τ ∈[0,tk]

Do đó, tập hợp

A = {un(τ ), u(τ ) : τ ∈ [0, tm], n ∈ N+} là compact trong Xsk. Chúng ta suy ra hàm số f là liên tục đều từ [0, tm] × A vào Xsm. Cho trước ε > 0 bất kỳ, chọn δ > 0 sao cho nếu

0 ≤ sup (cid:107)un(τ ) − u(τ )(cid:107)sk → 0 khi n → ∞.

thì (cid:107)f (t, u1) − f (t, u2)(cid:107)sm < ε. Vậy thì khi n đủ lớn sao cho sup

(t, u1), (t, u2) ∈ [0, tm] × A, (cid:107)u1 − u2(cid:107)sk < δ

t∈[0,tm]

(cid:107)un(t) − u(t)(cid:107)sk < δ, ta có thể suy ra

t∈[0,tm] (cid:90) tm

pm(F (un) − F (u)) = sup (cid:107)F un(t) − F u(t)(cid:107)sm

≤ (cid:107)f (τ, un(τ )) − f (τ, u(τ ))(cid:107)smdτ ≤ εtm.

Vậy pm(F (un) − F (u)) → 0 khi n → ∞ với mỗi m ∈ N+, hay nói cách khác, F (un) → F (u) khi n → ∞ trong không gian E. Cuối cùng, giả sử Ω ⊂ BR và (t, s) ∈ ∆λ. Áp dụng giả thiết (H3) với s(τ ) = (b + s − λτ )/2 trong đó 0 ≤ τ ≤ t và bổ đề 1.4.3, chúng ta có:

(cid:27)

(cid:26)(cid:90) t

(cid:90) t

(cid:0)f (τ, {u(τ ) : u ∈ Ω})(cid:1)dτ

(cid:90) t

f (τ, u(τ ))dτ : u ∈ Ω ≤ Φ(F (Ω))(t, s) = αs αs

0 (cid:90) t

≤ αs(τ )[Ω(τ )]dτ ≤ α(b+s−λτ )/2[Ω(τ )]dτ C s(τ ) − s 2C b − s − λτ

Do đó nếu Φ(Ω) ≤ Φ(F (Ω)) thì

≤ Φ(Ω)(τ, (b + s − λτ )/2)dτ = A(Φ(Ω))(t, s). 2C b − s − λτ

Vì A tuyến tính dương, cho nên

Φ(Ω) ≤ Φ(F (Ω)) ≤ A(Φ(Ω)).

Theo bổ đề 4.2.2 và vì 21+βC < λβ, chúng ta có Φ(Ω) = θQ. Mà Φ là chính quy (theo bổ đề 4.1.1), cho nên Ω là compact tương đối. Điều đó cho thấy F là ánh xạ Φ-cô đặc. Kết luận, theo định lý 1.4.7. thì tồn tại điểm bất động của F cũng là nghiệm bài toán trong không gian E

Trước khi kết thúc phần này, chúng tôi nêu ra một số điều kiện đủ để (4.5)

đúng, các chứng minh có trong [25].

Bổ đề 4.2.4. Điều kiện (4.5) đúng nếu một trong các giả thiết sau được thỏa mãn

1) f (t, .) là Lipschitz trên thang không gian, tức là tồn tại số C sao cho

Φ(Ω) ≤ A(Φ(Ω)) ≤ An(Φ(Ω)), ∀n ∈ N.

2) f = f1 + f2 trong đó f1(t, .) Lipschitz trên thang không gian và f2(t, .) là ánh

xạ compact;

3) f (t, u) = g(u, u) trong đó g(., v) là Lipschitz đều theo v trên thang không gian

và g(u, .) là compact với mỗi u.

(cid:107)f (t, u) − f (t, v)(cid:107)s ≤ (cid:107)u − v(cid:107)s(cid:48), ∀ u, v ∈ Xs(cid:48), s < s(cid:48); C s(cid:48) − s

Nhận xét 4.2.5. Chúng ta có một số nhận xét khi so sánh kết quả của Định lý 4.2.3. trong luận án với [25]

1. Để khoảng tồn tại nghiệm t ∈ (cid:2)0, b−s

(cid:1) rộng với giá trị s cho trước thì cần

(cid:26)

(cid:27)

λ nhỏ. Điều kiện cho tham số λ trong định lý 4.2.3. là

trong đó các tham số β > 0, κ ∈ (0, 1) có thể được chọn tùy ý. Do đó để chọn được λ tốt thì tùy thuộc C và M mà chúng ta cần làm cho κβ(1 − κ)β hay β/(2β) càng lớn càng tốt. Chẳng hạn với β = 1/ ln(2), κ = β/(1 + β) thì điều kiện trên trở thành:

λ > max ; , 21+βC β M κβ(1 − κ)β

2. Với a = 0, b = 1, trong bài báo [25], tác giả sử dụng cùng giả thiết như ở đây (đặc biệt u0 = θ ∈ Xs với mọi s). Kết quả của [25] là sự tồn tại nghiệm u xác định trên [0, 1/(2λ)) và u(t) ∈ X1−λt trong đó λ = max{4C, 4M }. Với giá trị β, κ được chọn cụ thể trong nhận xét trên, kết quả của chúng tôi là tốt hơn [25].

. λ > max 2Ce ln(2), M (1 + ln(2))1+1/ ln(2)(cid:111) (cid:110)

4.3 Giải bài toán có chậm

Xét bài toán

(cid:40)

(4.9)

u(cid:48)(t) = f (t, u(t), u(h(t))), t ∈ (0, T ),

trong đó p ∈ (0, 1), h : [0, T ] → [0, T ] liên tục và thỏa mãn 0 ≤ h(t) ≤ t1/p, ∀t ∈ [0, T ]. Hơn nữa, chúng tôi sẽ xét bài toán theo hai trường hợp: ánh xạ f cô đặc trên một quả cầu và trên toàn không gian. Sự khác biệt giữa hai trường hợp này là hệ số kì dị trong điều kiện cô đặc là khác nhau (hệ số γ). Tương tự phần trên đây, chúng tôi giải bài toán bằng cách tìm điểm bất động của ánh xạ F : E → E được xác định bởi

(cid:90) t

u(0) = u0 ∈ Xb,

(4.10)

Ký hiệu Bs(u0, r) là quả cầu đóng tâm u0 bán kính r trong không gian Xs, chúng tôi sẽ sử dụng các giả thiết sau cho trường hợp địa phương:

f (τ, u(τ ), u(h(τ )))dτ . F u(t) = u0 +

(A1) Hàm số h : [0, T ) → [0, ∞) liên tục và thỏa mãn h(t) < t1/p, t ∈ (0, T ) với

(A2) Tồn tại các số L, r sao cho với s < s(cid:48) thì f liên tục từ [0, T ) × Bs(u0, r) ×

p ∈ (0, 1);

(cid:18)

(cid:19)

Bs(cid:48)(u0, r) vào Xs và thỏa mãn

(cid:18)

(cid:19)

(cid:107)f (t, u, v)(cid:107)s ≤ L (cid:107)u(cid:107)s + , ∀(t, u, v) ∈ [0, T ) × Bs(u0, r) × Bs(cid:48)(u0, r); 1 + (cid:107)v(cid:107)p s(cid:48) s(cid:48) − s

(cid:0)f (t, Ω1, Ω2)(cid:1) ≤ L

và các tập Ω1 ⊂ Bs(u0, r), Ω2 ⊂ Bs(cid:48)(u0, r).

Trường hợp toàn cục, bên cạnh điều kiện (A1) được giữ lại thì điều kiện (A2) được thay bằng điều kiện sau:

(A2’) Tồn tại các số L, γ sao cho với s < s(cid:48) thì f liên tục từ [0, T ) × Xs × Xs(cid:48) vào

, ∀t ∈ [0, T ) αs αs(Ω1) + αp s(cid:48)(Ω2) s(cid:48) − s

(cid:19)

(cid:18)

Xs và thỏa mãn

(cid:18)

(cid:19)

, ∀(t, u, v) ∈ [0, T ) × Xs × Xs(cid:48); (cid:107)f (t, u, v)(cid:107)s ≤ L (cid:107)u(cid:107)s +

(cid:0)f (t, Ω1, Ω2)(cid:1) ≤ L

và các tập bị chặn Ω1 ⊂ Xs, Ω2 ⊂ Xs(cid:48).

Để các trình bày được ngắn gọn, chúng tôi xem như γ = 1 trong trường hợp địa phương (tức là khi sử dụng điều kiện (A2)). Ngoài ra, kết quả của chúng tôi trong mục này chỉ quan tâm đến sự tồn tại của λ, còn giá trị β được đặt là:

, ∀t ∈ [0, T ) αs αs(Ω1) + 1 + (cid:107)v(cid:107)p s(cid:48) (s(cid:48) − s)γ αp s(cid:48)(Ω2) (s(cid:48) − s)γ

Ngoài ra, chúng tôi giả sử λ > max{(b − a), (b − a)T −1}, nghĩa là Tλ = (b − a)λ−1 < min{1, T }. Do đó h(t) < t1/p < t với mọi (t, s) thuộc ∆λ mà từ đây chúng ta viết ∆ cho đơn giàn. Sau đây là một số bổ đề cần thiết.

Bổ đề 4.3.1. Giả sử (A1)-(A2) hoặc (A1)-(A2’) được thỏa mãn. Tập lồi B được định nghĩa là

β = γ/(1 − p).

(trường hợp (A2) đúng);

(cid:40)

(cid:41)

• B = (cid:8)u ∈ E : u(t) ∈ Bs(u0, r) với mọi (t, s) ∈ ∆(cid:9), trong trường hợp địa phương

với R = 2bβ(cid:107)u0(cid:107)b, trong trường

hợp toàn cục (trường hợp (A2’) đúng).

• B = u ∈ E : (b − s − λt)β(cid:107)u(t)(cid:107)s ≤ R sup (t,s)∈∆

Khi đó với λ đủ lớn thì

1. Ánh xạ F liên tục từ B vào B.

2. Nếu Ω ⊂ B thì F (Ω) ∈ M, nói riêng, F (B) ∈ M.

Chứng minh. Bằng các lập luận tương tự trong chứng minh bổ đề 4.2.1., chúng ta chứng minh được F u ∈ E, ∀u ∈ B. Để chứng minh tính liên tục của F , chúng ta suy luận tương tự trong chứng minh định lý 4.2.3. Theo đó, tập hợp

A = {un(τ ), u(τ ) : τ ∈ [0, tm], n ∈ N+} × {un(h(τ )), u(h(τ )) : τ ∈ [0, tm], n ∈ N+}

là compact trong không gian Xsm × Xsk. Hơn nữa, với ε > 0 bất kỳ thì tồn tại δ > 0 sao cho nếu

thì

(t, u1, v1), (t, u2, v2) ∈ [0, tm] × A, (cid:107)u1 − u2(cid:107)sm < δ, (cid:107)v1 − v2(cid:107)sk < δ

Suy ra với n đủ lớn, chúng ta có

(cid:107)f (t, u1, v1) − f (t, u2, v2)(cid:107)sm < ε.

t∈[0,tm] (cid:90) tm

pm(F (un) − F (u)) = sup (cid:107)F un(t) − F u(t)(cid:107)sm

0 ≤ εtm.

Tiếp theo, chúng ta sẽ chứng minh F (B) ⊂ B theo từng trường hợp địa phương và toàn cục. Giả sử (A2) đúng. Xét u ∈ B, thì chúng ta có

(cid:33)

(cid:32)

(cid:90) t

≤ (cid:107)f (τ, un(τ ), un(h(τ ))) − f (τ, u(τ ), u(h(τ )))(cid:107)smdτ

s(τ )

trong đó s(τ ) ∈ (s, b−λh(τ )). Bằng cách đặt s(τ ) = (b+s−λh(τ ))/2, mà h(τ ) < τ 1/p, chúng ta suy ra

(cid:18)

(cid:19)

(cid:90) ts

1 + (cid:107)u(h(τ ))(cid:107)p dτ, (cid:107)F u(t) − u0(cid:107)s ≤ L (cid:107)u(τ )(cid:107)s + s(τ ) − s

(4.11)

Bởi vì ts ≤ Tλ < 1 và

(cid:90) ts

. (cid:107)F u(t) − u0(cid:107)s ≤ L dτ, ts = r + (cid:107)u0(cid:107)b + b − s λ 2(1 + (r + (cid:107)u0(cid:107)b)p) b − s − λτ 1/p

= , ≤ dτ b − s − λτ 1/p ts b − s − λt1/p ) 1 λ(1 − t1/p−1 s

chúng ta có thể chọn λ đủ lớn để vế phải của (4.11) nhỏ hơn r. Vậy F (B) ⊂ B. Trường hợp toàn cục, giả sử (A2’) đúng. Xét u ∈ B và (t, s) ∈ ∆ chúng ta có

(cid:33)

(cid:32)

(cid:90) t

s(τ )

(cid:19)

(cid:18)

0 (cid:90) t

dτ (cid:107)u(τ )(cid:107)s + (cid:107)F u(t)(cid:107)s ≤ (cid:107)u0(cid:107)b + L 1 + (cid:107)u(h(τ ))(cid:107)p (s(τ ) − s)γ

trong đó s < s(τ ) < b − λh(τ ). Bằng cách đặt s(τ ) = (b + s − λτ )/2, mà h(τ ) < τ , chúng ta suy ra

(cid:18)

(cid:19)

(cid:90) t

dτ, ≤ (cid:107)u0(cid:107)b + L R (b − s − λτ )β + (b − s(τ ) − λh(τ ))pβ + Rp (b − s(τ ) − λh(τ ))pβ(s(τ ) − s)γ

0 (cid:18)

(cid:19)

dτ (cid:107)F u(t)(cid:107)s ≤ (cid:107)u0(cid:107)b + L R (b − s − λτ )β +

Mặt khác, γ + pβ = β, cho nên

. ≤ (cid:107)u0(cid:107)b + Lt [(b − a)pβ + Rp]2γ+pβ (b − s − λτ )γ+pβ [(b − a)pβ + Rp]2γ+pβ (b − s − λt)γ+pβ R (b − s − λt)β +

(4.12)

Do bβ(cid:107)u0(cid:107)b = R/2, chúng ta có thể chọn λ đủ lớn để vế phải của (4.12) là nhỏ hơn R. Chúng ta chuyển sang chứng minh 2. Từ định nghĩa của B (trong cả hai trường hợp), chúng ta suy ra

L (cid:0)R + [(b − a)pβ + Rp]2β(cid:1) . (b − s − λt)β(cid:107)F u(t)(cid:107)s ≤ bβ(cid:107)u0(cid:107)b + b − a λ

Do đó nếu Ω ⊂ B, thì F (Ω) ⊂ B và F (Ω) thỏa mãn điều kiện (M1) của định nghĩa họ M. Xét u ∈ Ω và (t, s) ∈ ∆ thì với t1, t2 ∈ [0, t], t1 < t2, chúng ta thấy

(cid:32)

(cid:33)

(cid:90) t2

s(τ )

∃R1 > 0 : (b − s − λt)β(cid:107)u(t)(cid:107)s ≤ R1, ∀(t, s) ∈ ∆, u ∈ B.

(cid:19)

(cid:18)

(cid:90) t2

dτ (cid:107)u(τ )(cid:107)s + (cid:107)F u(t1) − F u(t2)(cid:107)s ≤ L 1 + (cid:107)u(h(τ ))(cid:107)p (s(τ ) − s)γ

Đặt s(τ ) = (b + s − λτ )/2 thì các đánh giá trên trở thành

1]2β

≤ L dτ. R1 (b − s − λτ )β + (b − a)pβ + Rp 1 (b − s(τ ) − λh(τ ))pβ(s(τ ) − s)γ

Vậy thì F (Ω)|[0,t] là đồng liên tục trong không gian Et,s. Nghĩa là (M2) đúng và chúng ta kết thúc chứng minh.

. (cid:107)F u(t1) − F u(t2)(cid:107)s ≤ |t1 − t2|L R1 + [(b − a)pβ + Rp (b − s − λt)β

Bổ đề 4.3.2. Đặt B là toán tử định nghĩa trên K bởi

(cid:90) t

trong đó S(τ ) = (b + s − λτ )/2. Khi đó B là toán tử tăng từ K vào K và thỏa mãn

(4.13)

dτ B(g)(t, s) = , (t, s) ∈ ∆, g ∈ K 2γL(cid:2)g(h(τ ), S(τ ))(cid:3)p (b − s − λτ )γ

Q (2βL)1+p+...+pn−1

Chứng minh. Chúng ta có thể thấy rằng tính đặt đúng của B và B(K) ⊂ K được chứng minh tương tự bổ đề 4.2.2 (khi chúng ta chứng minh cho toán tử A). Để chứng minh (4.13), bằng quy nạp chúng ta sẽ chứng minh rằng

(cid:107)Bn(g)(cid:107)Q ≤ (cid:107)g(cid:107)pn (Tλ)n , n ∈ N+.

(4.14)

0 P (τ )dτ , trong đó P (τ ) =

Thật vậy, từ định nghĩa của B suy ra B(g)(t, s) ≤ 2γL (cid:82) t (cid:2)g(h(τ ), S(τ ))(cid:3)p

(cid:107)g(cid:107)pn (2βL)1+p+...+pn−1 tn Bn(g)(t, s) ≤ (b − s − λt)βn(n − 1)p...2pn−2 , (t, s) ∈ ∆.

(b − s − λτ )−γ. Bởi vì (xem chứng minh bổ đề 4.2.2)

Q2pβ

(4.15)

và β = γ + pβ, chúng ta suy ra (4.14) đúng với n = 1. Giả sử (4.14) đúng, chúng ta thấy

(cid:90) t

(cid:107)g(cid:107)p P (τ ) ≤ (b − s − λt(cid:48))pβ+γ , ∀τ ∈ [0, t(cid:48)],

Bn+1(g)(t, s) =

(cid:21)p

0 (cid:90) t

(cid:90) t

0 2γL(2βL)p+p2+...+pn

L2γ [Bn(g)(h(τ ), S(τ ))]p dτ (b − s − λτ )γ (cid:20) (h(τ ))n (cid:107)g(cid:107)pn dτ ≤ L2γ (b − s − λτ )γ (2βL)1+p+...+pn−1 (b − S(τ ) − λh(τ ))βn(n − 1)p...2pn−2

(4.16)

Với lưu ý h(τ ) < τ, h(τ ) < τ 1/p, γ + pβ = β, (4.16) cho thấy (4.14) đúng khi n + 1 thay thế cho n. Vậy (4.13) đúng và chứng minh kết thúc.

Bổ đề 4.3.3. Giả sử λ > b − a và g ∈ K thỏa mãn

(cid:90) t

(cid:107)g(cid:107)pn+1 ≤ (h(τ ))np2pβdτ (b − s − λτ )pβ . np(n − 1)p2...2pn−1(b − s − λt)γ

(4.17)

Khi đó g(t, s) = 0, ∀(t, s) ∈ ∆.

Chứng minh. Từ giả thiết (4.17), áp dụng bất đẳng thức Gronwall’s, chúng ta có

g(t, s) ≤ L g(τ, s)dτ + B(g)(t, s), (t, s) ∈ ∆.

g(t, s) ≤ eLTλB(g)(t, s),

trong đó Tλ = (b − a)/λ < 1. Do vậy, kết hợp tính đơn điệu tăng của B thì g ≤ (cid:0)eLTλB(cid:1)n g, ∀n ∈ N+. Áp dụng bổ đề 4.3.2 và định nghĩa (cid:107).(cid:107)Q, chúng ta suy ra

(cid:0)eLTλ2βL(cid:1)1+p+...+pn−1

Cho n → ∞ thì chúng ta có g = θQ.

Định lý 4.3.4. Giả sử các giả thiết (A1)-(A2) hoặc (A1)-(A2’) đúng. Khi đó tồn tại số λ > 0 sao cho bài toán (4.9) có nghiệm u thỏa mãn u(t) ∈ Xs với mọi t ∈ [0, (b − s)/λ), s ∈ [a, b).

(cid:27)(cid:19)

Chứng minh. Chọn giá trị λ sao cho các kết luận của bổ đề 4.3.1 đúng và λ > max{b − a, (b − a)/T }. Sử dụng các bổ đề 4.3.1-4.3.3 và định lý 1.4.7, chúng ta sẽ chứng minh F (được định nghĩa bởi (4.10)) có điểm bất động trong E. Điểm bất động này chính là nghiệm bài toán (4.9) với các tính chất cần thiết. Theo đó, chúng ta chỉ còn cần chứng minh tính Φ-cô đặc của F . Giả sử Φ(Ω) ≤ Φ(F (Ω)) trong đó Ω ∈ M. Bổ đề 4.1.3 và giả thiết (A2) (hoặc (A2’)) cho thấy (cid:18)(cid:26)(cid:90) t

(cid:107)g(cid:107)Q ≤ (cid:107) (cid:0)eLTλB(cid:1)n (g)(cid:107)Q ≤ (cid:107)g(cid:107)pn (Tλ)n .

(cid:90) t

f (τ, u(τ ), u(h(τ )))dτ : u ∈ Ω Φ(Ω)(t, s) ≤ Φ(F (Ω))(t, s) = αs

(cid:34)

(cid:35)

0 (cid:90) t

≤ αs ({f (τ, u(τ ), u(h(τ ))) : u ∈ Ω}) dτ

(4.18)

(cid:0)Ω(h(τ ))(cid:1) αp s(cid:48) (s(cid:48) − s)γ

trong đó s(cid:48) ∈ (s, b − λh(τ )). Chọn s(cid:48) = (b + s − λτ )/2 và đặt g = Φ(Ω), chúng ta suy ra

(cid:90) t

≤ L dτ, αs(Ω(τ )) +

Do đó g = 0Q theo bổ đề 4.3.3. Từ tính chính quy của Φ chúng ta suy ra Ω là tập compact. Vậy chứng minh kết thúc.

Nhận xét 4.3.5. Chúng ta có thể thay độ đo Kurarowski bằng bất cứ độ đo phi-compact nào thỏa mãn bổ đề 1.4.2. và 1.4.3.

g(t, s) ≤ L g(τ, s)dτ + B(g)(t, s), ∀(t, s) ∈ ∆.

4.4 Cấu trúc tập nghiệm của một lớp bài toán Cauchy

trên thang không gian Banach

4.4.1 Bài toán và không gian nghiệm

Có thể thấy rằng điều kiện Lipschitz (4.1) là chặt hơn điều kiện cô đặc (4.2). Kết quả là các định lý 2.1.1., 3.1.4. khẳng định được sự duy nhất nghiệm trong

khi định lý 4.2.3. chỉ khẳng định được sự tồn tại nghiệm. Từ nhận xét trên, trong phần này chúng ta quan tâm đến đặc điểm cấu trúc tập nghiệm của bài toán trong trường hợp có giả thiết cô đặc. Trước hết, chúng ta nhắc lại khái niệm tập hợp có cấu trúc Rδ và một số kết quả cần thiết.

Định nghĩa 4.4.1. Giả sử A là một không gian con của không gian topo X.

• A được gọi là co trong X nếu có một ánh xạ liên tục f : X → A sao cho f (a) = a, ∀a ∈ A. Không gian compact A được gọi là co tuyệt đối nếu với mọi đồng phôi f : A → f (A) ⊂ X (X khả metric) thì f (A) là co trong X.

n=1An trong đó {An}n

là dãy giảm các tập co tuyệt đối trong X.

Chúng ta sẽ tìm hiểu cấu trúc Rδ của tập nghiệm bài toán Cauchy:

(cid:40)

• A được gọi là tập Rδ trong không gian X nếu A = ∩∞

(4.19)

u(cid:48)(t) = f (t, u(t)) + g(t, u(t)), t ∈ [0, T ),

trong đó f (t, .) và g(t, .) tác động liên tục trong thang không gian Banach {Xs}. Đặt

(cid:90) t

u(0) = u0,

(4.20)

Khi đó điểm bất động của ánh xạ F + S trong một không gian hàm phù hợp chính là nghiệm bài toán (4.19). Chúng ta cần đến kết quả sau.

Định lý 4.4.2. ([32]) Cho (X, (cid:107).(cid:107)) là không gian Banach và U : D ⊂ X → X là ánh xạ compact. Giả sử có dãy các ánh xạ compact Un : D ⊂ X → X, n ∈ N thỏa mãn các tính chất sau:

(a) (cid:107)U (x) − Un(x)(cid:107) ≤ 1

n , ∀n ∈ N, x ∈ D.

(b) Với mỗi n ∈ N và y mà (cid:107)y(cid:107) ≤ 1

n thì phương trình x − Un(x) = y có đúng một

nghiệm.

Khi đó tập các điểm bất động của ánh xạ U có cấu trúc Rδ trong X.

Để sử dụng định lý trên, chúng ta cần xây dựng không gian nghiệm là một không gian Banach trong khi không gian E được dùng trong các mục trước chỉ

f (τ, u(τ ))dτ, Su(t) = g(τ, u(τ ))dτ. F u(t) = u0 +

là một không gian lồi địa phương. Chúng ta vẫn sử dụng ∆λ được định nghĩa trong mục 4.1.2., chỉ thay đổi không gian E theo định nghĩa sau:

(cid:40)

(cid:41)

(4.21)

(t,s)∈∆λ

Bằng một cách chứng minh tương tự bổ đề 3.1.2., chúng ta thấy (E, (cid:107).(cid:107)E) là một không gian Banach. Trở lại vấn đề điểm bất động ánh xạ F +S, trong trường hợp ánh xạ (I −F ) là khả nghịch thì điểm bất động của F +S cũng là điểm bất động ánh xạ U = (I −F )−1S và ngược lại.

Bổ đề 4.4.3. Trong không gian Banach (X, (cid:107).(cid:107)), giả sử F : X → X là ánh xạ k-co, tức là tồn tại số k ∈ [0, 1) sao cho:

E := . (b − s − λt)2(cid:107)u(t)(cid:107)s < ∞ u ∈ ∩(t,s)∈∆λEt,s : (cid:107)u(cid:107)E = sup

Với mỗi z ∈ X, đặt Fz(x) = z + F (x). Khi đó (I − F ) là đồng phôi2, (I − F )−1 liên tục đều và:

(a) (I − F )−1z = limm→∞ F m

z (x), ∀x ∈ X.

(b) Đặt α = 1

1−k thì

(cid:107)F (x) − F (y)(cid:107) ≤ k(cid:107)x − y(cid:107), ∀x, y ∈ X.

z (y) − y(cid:107) ≤ α(cid:107)z(cid:107), ∀m,

trong đó y = limn→∞ F n(x), ∀x ∈ X, là điểm bất động duy nhất của F .

Chứng minh. Rõ ràng ánh xạ k-co cũng là liên tục. Với z ∈ X bất kỳ, dễ thấy Fz cũng là ánh xạ k-co nên nó có điểm bất động duy nhất, chính là giới hạn limn→∞ F n

z (x) := φ(z), ∀x ∈ X. Khi đó:

(cid:107)F m

Giả sứ có z(cid:48) mà (I − F )z(cid:48) = z thì z(cid:48) cũng là điểm bất động của Fz cho nên z(cid:48) = φ(z). Vậy (I − F )−1 = φ và chúng ta có (a). Mặt khác với x, z1, z2 ∈ X bất kỳ và n ∈ N thì:

φ(z) = Fz(φ(z)) = z + F (φ(z)) ⇔ (I − F )φ(z) = z.

z1(x) − F 2

z2(x)(cid:107) ≤ (cid:107)F (Fz1(x)) − F (Fz2(x))(cid:107) + (cid:107)z1 − z2(cid:107) ≤ (k + 1)(cid:107)z1 − z2(cid:107)

(cid:107)Fz1(x) − Fz2(x)(cid:107) = (cid:107)z1 − z2(cid:107); (cid:107)F 2

n−1 (cid:88)

....

z1(x) − F n

z2(x)(cid:107) ≤ (cid:107)z1 − z2(cid:107)

i=0

2Tức là I − F và (I − F )−1 là các ánh xạ liên tục.

. (cid:107)F n ki = (cid:107)z1 − z2(cid:107) 1 − kn 1 − k

1−k (cid:107)z1 − z2(cid:107), vậy (I − F )−1 liên tục đều.

z (y) − F m(y)(cid:107) ≤ (cid:107)z(cid:107)/(1 − k).

Cho n → ∞ thì (cid:107)φ(z1) − φ(z2)(cid:107) ≤ 1 Cho z = z1, z2 = θX và x = y thì chúng ta được (cid:107)F m Mà F (y) = y cho nên (b) đúng.

Chúng ta ký hiệu quả cầu tâm y ∈ E, bán kính R > 0 là:

BR(y) = {u ∈ E : (cid:107)u − y(cid:107)E ≤ R}.

4.4.2 Một số bổ đề cần thiết

Bổ đề 4.4.4. Giả sử u0 ∈ Xb và

(f1) f : [0, T ] × Xs(cid:48) → Xs là liên tục và (cid:107)f (t, u0)(cid:107)s ≤ K/(b − s) với mọi t ∈

(f2) Tồn tại số dương C sao cho với mọi t ∈ [0, T ], s < s(cid:48), u, v ∈ Xs(cid:48) thì:

[0, T ], s < s(cid:48).

Khi đó, nếu 4C < λ thì ánh xạ F định nghĩa từ (4.20) là k-co trong không gian E với k = 4C λ .

Chứng minh. Với mọi (t, s) ∈ ∆λ, u ∈ E, có thể chọn s(cid:48) ∈ (s, b−λt) để cho u ∈ Et,s(cid:48). Kết hợp (f 1), chúng ta suy ra F u ∈ Et,s. Đặt u0(t) = u0, ∀t, thì chúng ta có

(cid:18)

(cid:19)

(cid:90) t

(cid:107)u − v(cid:107)s(cid:48). (cid:107)f (t, u) − f (t, v)(cid:107)s ≤ C s(cid:48) − s

(b − s − λt)2(cid:107)F u0(t)(cid:107)s ≤ (b − s − λt)2 (cid:107)u0(cid:107)s + (cid:107)f (τ, u0)(cid:107)sdτ

Cho nên F u0 ∈ E. Tiếp theo, giả sử (t, s) ∈ ∆λ, u, v ∈ E, đặt s(τ ) = (b − λτ + s)/2, τ ≤ t, áp dụng (f 2) suy ra:

(cid:90) t

≤ (b − a)2(cid:107)u0(cid:107)b + (b − a)KT, ∀ (t, s) ∈ ∆λ.

0 (cid:90) t

dτ (cid:107)F u(t) − F v(t)(cid:107)s ≤ (cid:107)f (τ, u(τ )) − f (τ, v(τ ))(cid:107)sdτ ≤ C(cid:107)u(τ ) − v(τ )(cid:107)s(τ ) s(τ ) − s

0 (cid:90) t

(cid:104)

(cid:105)

≤

Cho nên (b − s − λt)2(cid:107)F u(t) − F v(t)(cid:107)s ≤ k(cid:107)u − v(cid:107)E, trong đó k = 4C/λ ∈ (0, 1). Cho (t, s) chạy khắp ∆λ suy ra

. ≤ C(cid:107)u − v(cid:107)E (s(τ ) − s)(b − s(τ ) − λτ )2 dτ 23C(cid:107)u − v(cid:107)E (b − s − λτ )3 dτ ≤ 4C(cid:107)u − v(cid:107)E λ 1 (b − s − λt)2 − 1 (b − s)2

(cid:107)F u − F v(cid:107)E ≤ k(cid:107)u − v(cid:107)E.

Mà vì F u0 ∈ E cho nên:

Vậy F : E → E và là ánh xạ k-co.

Bổ đề 4.4.5. Cho trước y ∈ E và R > 0, giả sử tồn tại

(cid:107)F u(cid:107)E ≤ (cid:107)F u − F u0(cid:107)E + (cid:107)F u0(cid:107)E ≤ k(cid:107)u − u0(cid:107)E + (cid:107)F u0(cid:107)E.

u∈BR(y) (t,s)∈∆λ

(g) g : [0, T ] × Xs(cid:48) → Xs là compact với mọi s < s(cid:48).

Khi đó ánh xạ S định nghĩa theo (4.20) là ánh xạ compact từ BR(y) vào E

Chứng minh. Nếu u ∈ BR(y) và (t, s) ∈ ∆λ thì:

(cid:90) t

(cid:107)g(t, u(t))(cid:107)s, và MR(y) = sup

(b − s − λt)2(cid:107)Su(t)(cid:107)s ≤ (b − s − λt)2 (cid:107)g(τ, u(τ ))(cid:107)sdτ

Cho nên, cũng tương tự F , S : BR(y) → E. Để chứng minh S compact, chúng ta đặt ra phân hoạch cho ∆λ. Cho số dương nhỏ ξ, đặt

≤ (b − a)2MR(y)Tλ.

Khi đó, chúng ta tìm được số Nξ đủ lớn để phân hoạch:

∆λ,ξ = {(t, s) ∈ ∆λ : (b − s − λt) ≥ ξ}

(4.22)

thỏa mãn mãn điều kiện

t(i) := i , s(i) := b − ξ − λt(i), i = 0, 1, ..., Nξ, λTλ − ξ λNξ

Trước hết, chúng ta chứng minh S liên tục. Giả sử trong BR(y) có:

(t(i), s(i−1)) ∈ ∆λ, ∀i = 1, 2, ..., Nξ.

Cho trước ε > 0 bất kỳ, xét phân hoạch (4.22) với ξ = (cid:112)ε/(2MR(y)Tλ). Với ξ như vậy thì

(cid:90) t

(cid:107)un − u(cid:107)E = 0. lim n→∞

(cid:90) t

(cid:107)g(τ, un(τ )) − g(τ, u(τ ))(cid:107)sdτ (b − s − λt)2(cid:107)Sun(t) − Su(t)(cid:107)s ≤ ξ2 sup (t,s)∈∆λ\∆λ,ξ

(4.23)

≤ 2MR(y) ≤ ε, ∀ n. ε 2MR(y)Tλ

Đặt s(cid:48) = (s(0) + b − λt(1))/2 thì (t, s(cid:48)) ∈ ∆λ, ∀t ∈ [t(0), t(1)] và s(0) < s(cid:48). Do vậy un(t), u(t) ∈ Xs(cid:48) với mọi t ∈ [t(0), t(1)]. Đặt

Khi đó hn : [t(0), t(1)] → R là hàm số liên tục và bị chặn trên bởi 2MR(y). Mặt khác

hn(t) = (cid:107)g(t, un(t)) − g(t, u(t))(cid:107)s(0), t ∈ [0, t(1)].

Theo định lý hội tụ bị chặn Lesbegue, chúng ta suy ra

(cid:90) t(1)

hn(t) = 0, ∀t. lim n→∞

Giả sử (t, s) ∈ ∆λ,ξ và t ∈ [t(0), t(1)] thì s < s(0), cho nên tồn tại n1 để với mọi n > n1 thì

(cid:90) t(1)

hn(τ )dτ = 0. lim n→∞

(b − s − λt)2(cid:107)Sun(t) − Su(t)(cid:107)s ≤ (b − a)2 hn(τ )dτ ≤ ε.

Lập luận tương tự như trên khi thay t(0), t(1), s(0) lần lượt là t(i−1), t(i), s(i−1) và

sup (t,s)∈∆λ,ξ t∈[t(0),t(1)]

chúng ta có

hn(t) = (cid:107)g(t, un(t)) − g(t, u(t))(cid:107)s(i−1), t ∈ [0, t(i)],

(b − s − λt)2(cid:107)Sun(t) − Su(t)(cid:107)s ≤ ε, ∀n > ni, i = 1, 2, ..., Nξ

Nghĩa là nếu n > max{ni}i=1,2,...,Nξ thì

(4.24)

sup (t,s)∈∆λ,ξ t∈[t(i−1),t(i)]

Kết hợp (4.23) và (4.24) suy ra

(b − s − λt)2(cid:107)Sun(t) − Su(t)(cid:107)s ≤ ε sup (t,s)∈∆λ,ξ

Vậy S là liên tục. Tiếp theo, chúng ta chứng minh S là compact. Giả sử {un}n ⊂ BR(y) và yn = Sun, chúng ta sẽ chứng minh {yn}n có dãy con hội tụ trong E theo từng bước sau. Bước 1: Với mọi (t, s) ∈ ∆λ cố định thì tập A(t) = {yn(t) : n ∈ N} là compact tương đối trong Xs. Thật vậy, chọn s(cid:48) = (s + b − λt)/2 thì với mọi n chúng ta có:

(cid:107)Sun − Su(cid:107)E ≤ ε, ∀ n > max{ni}i=1,...,Nξ.

(cid:107)un(τ )(cid:107)s(cid:48) ≤ (cid:107)un(cid:107)E (b − s(cid:48) − λτ )2 ≤ 4(R + (cid:107)y(cid:107)E) (b − s − λt)2 , ∀0 ≤ τ ≤ t.

Tức là tập B([0, t]) = {un(τ ) : τ ∈ [0, t], n ∈ N} bị chặn trong Xs(cid:48). Theo tính chất compact của g suy ra:

Mà yn(t) = (cid:82) t

0 g(τ, un(τ ))dτ = t (cid:82) 1

0 g(tτ, un(tτ ))dτ ∈ tΩ, ∀ n ∈ N, cho nên

Ω = co(g([0, t], B([0, t]) ∪ {θ})) là compact trong Xs.

Với mỗi (t, s) ∈ ∆λ, thì

(cid:90) t2

A(t) = {yn(t) : n ∈ N} ⊂ tΩ ⇒ A(t) là compact tương đối trong Xs.

(cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)

(cid:107)g(τ, un(τ ))(cid:107)sdτ (cid:107)yn(t1) − yn(t2)(cid:107)s ≤

Cho nên {yn|[0,t]}n là đồng liên tục trong Et,s. Kết hợp bước 1 và định lý Azelà- Ascoli, chúng ta suy ra {yn|[0,t]}n là tập compact tương đối trong không gian Et,s. Bước 2: Xây dựng dãy con. Bởi vì ∆λ là bị chặn trong R2 nên có dãy {(tn, sn)}n∈N trù mật trong ∆λ. Từ bước 1 chúng ta có các suy luận (tương tự trong chứng minh bổ đề 4.1.1):

≤ MR(y)Tλ|t1 − t2|, ∀n ∈ N, t1, t2 ∈ [0, t].

n }n sao cho {y(1)

n |[0,t1]}n hội tụ đều về z1 trong

• Dãy {yn}n có dãy con {y(1)

Et1,s1.

n }n có dãy con {y(i+1)

trong Eti+1,si+1.

Đặt dãy đường chéo là

• Dãy {y(i) }n sao cho {y(i+1) |[0,ti+1]}n hội tụ đều về zi+1

n , ∀n.

Thì khi đó {wn|[0,ti]}n hội tụ đều trong không gian Eti,si về zi với mọi i. Hơn nữa, do các không gian Xs nhúng vào nhau với cùng phần tử không cho nên chúng ta có thể đặt

wn = y(n)

n (τ ))(cid:107)sdτ ≤ MR(y)Tλ. Mặt

Khi đó z∗ ∈ Et,s, ∀(t, s) ∈ ∆λ do tính trù mật của {(tn, sn)}n trong ∆λ. Bước 3: Dãy {wn}n hội tụ về z∗ trong không gian E. Với mọi (t, s) ∈ ∆λ và n ∈ N thì (cid:107)wn(t)(cid:107)s ≤ (cid:82) t 0 (cid:107)g(τ, u(n) khác, limn→∞ (cid:107)wn(t) − z∗(t)(cid:107)s = 0 cho nên suy ra tồn tại C > 0 sao cho

z∗(t) = zi(t), ∀t ∈ [0, ti], i ∈ N.

(cid:107)wn(t) − z∗(t)(cid:107)s ≤ C.

sup (t,s)∈∆λ n∈N

Cho trước ε > 0, chúng ta xét phân hoạch (4.22) với ξ = (cid:112)ε/C. Rõ ràng là

(4.25)

(b − s − λt)2(cid:107)wn(t) − z∗(t)(cid:107)s ≤ ε.

Với mỗi i ∈ {1, 2, ..., Nξ}, giả sử (t, s) ∈ ∆λ,ξ và t ∈ [t(i−1), t(i)] thì s ≤ s(i−1). Hơn nữa, theo bước 2, suy ra tồn tại ni để với mọi n > ni thì

sup (t,s)∈∆λ\∆λ,ξ n∈N

Tức là

(cid:107)wn(t) − z∗(t)(cid:107)s ≤ (cid:107)wn(t) − z∗(t)(cid:107)s(i−1) ≤ ε (b − a)2 . sup t∈[t(i−1),t(i)] sup t∈[t(i−1),t(i)]

Kết hợp với (4.25) thì với mọi n > max{ni}i=1,...,Nξ chúng ta có

(b − s − λt)2(cid:107)wn(t) − z∗(t)(cid:107)s ≤ ε, ∀n > max{ni}i=1,...Nξ. sup (t,s)∈∆λ,ξ

Vậy limn→∞ (cid:107)wn − z∗(cid:107)E = 0. Chúng ta chứng minh xong

(b − s − λt)2(cid:107)wn(t) − z∗(t)(cid:107)s ≤ ε sup (t,s)∈∆λ

4.4.3 Cấu trúc tập nghiệm

Định lý 4.4.6. Giả sử u0 ∈ Xb và các giả thiết (f 1), (f 2), (g) đúng. Gọi y là điểm bất động duy nhất của ánh xạ co F , giả sử tồn tại MR(y) với mọi R và:

(4.26)

Khi đó, nếu λ > 4C thì tập nghiệm của (4.19) trong E là một Rδ.

Chứng minh. Chúng ta sẽ sử dụng định lý 4.4.2 cho ánh xạ U = F + S trong đó F, S được xác định bởi (4.20), không gian X = E được xây dựng bởi (4.21). Theo các kết quả trình bày trong bổ đề 4.4.3, 4.4.4 và 4.4.5 chúng ta có:

= 0. lim R→∞ MR(y) R

Và với số R cho trước thì U là ánh xạ compact từ BR(y) vào E. Tập nghiệm bài toán (4.19) là tập điểm bất động của U. Chúng ta sẽ chứng minh các giả thiết của định lý 4.4.2 theo bốn bước. (Lưu ý rằng chúng ta chỉ phải chứng minh các giả thiết của định lý 4.4.2 đúng với n đủ lớn.) Bước 1 Chúng ta tìm số R0 để D := BR0(y) có tính chất: U : D → D và mọi điểm bất động của U trong E đều thuộc D. Đặt:

F n S(u)(z), ∀ u, z ∈ E. U (u) := (I − F )−1S(u) = lim n→∞

h(t, s) := t(b − s − λt)2, (t, s) ∈ ∆λ.

Bằng cách khảo sát chúng ta có:

(t,s)∈∆λ

Nghĩa là chúng ta có với mọi u ∈ BR(y) thì:

(cid:90) t

K := sup h(t, s) ≤ 4(b − a)3/(27λ).

(b − s−λt)2(cid:107)Su(t)(cid:107)s ≤ (b − s − λt)2 (cid:107)g(τ, u(τ ))(cid:107)sdτ

(4.27)

Vậy (cid:107)Su(cid:107)E ≤ KMR(y), ∀u ∈ BR(y).

Theo bổ đề 4.4.3, 4.4.4 thì với mọi u ∈ E chúng ta có

≤ h(t, s)MR(y) ≤ KMR(y), ∀(t, s) ∈ ∆λ.

Theo giả thiết (4.26) thì tồn tại R0 để:

(cid:107)U (u) − y(cid:107)E ≤ α(cid:107)S(u)(cid:107)E, α = λ/(λ − 4C).

và

(4.28)

Kết hợp (4.27), suy ra nếu u ∈ BR0(y) thì:

≤ − ≤ , ∀R > R0. 1 αK MR(y) R MR0(y) R0 2 R0αK MR0(y) R0

Nghĩa là U (BR0(y)) ⊂ BR0(y). Bây giờ, giả sử u là điểm bất động của U và (cid:107)u − y(cid:107)E := R > R0 thì:

(cid:19)

(cid:18)

(cid:107)U (u) − y(cid:107)E ≤ α(cid:107)S(u)(cid:107)E ≤ αMR0(y)K < R0.

Điều này gây mâu thuẫn. Cho nên mọi điểm bất động (nếu có) của U thì phải thuộc BR0(y). Chúng ta đã chứng minh xong bước một. Với mỗi n ∈ N, đặt an : [0, Tλ) → [0, Tλ) định bởi:

(cid:40) 0

nếu t ≤ 1/n,

R < R. 1 − ≤ < αKMR0(y) (cid:107)u − y(cid:107)E = (cid:107)U (u) − y(cid:107)E ≤ α(cid:107)S(u)(cid:107)E ≤ αMR(y)K R R0 2 R0

nếu t ≥ 1/n.

Với mọi u ∈ D, đặt:

an(t) = t − 1 n

Khi đó với mọi t ∈ [0, Tλ) và n ∈ N thì 0 ≤ an(t) ≤ t. Cho nên, bằng một cách tương tự bước 1, chúng ta thấy rằng Un : D → D. Chúng ta sẽ sử dụng định lý

Sn(u)(t) = S(u)(an(t)), t ∈ [0, Tλ), Un(u) = (I − F )−1Sn(u).

4.4.2. cho các ánh xạ U, Un trên tập D. Bước 2: Giả thiết (a) trong định lý 4.4.2 đúng. Với mọi t ∈ [0, T ) và n ∈ N thì 0 ≤ an(t) ≤ t cho nên bằng cách chứng minh tương tự bổ đề 4.4.5 thì Sn là liên tục và compact từ D vào E với mọi n. Bây giờ, cho u ∈ D, (t, s) ∈ ∆λ và số tự nhiên n thì:

(cid:90) t

an(t)

(b − s − λt)2(cid:107)Sn(u)(t) − S(u)(t)(cid:107)s ≤ (b − a)2 (cid:107)g(τ, u(τ ))(cid:107)sdτ

Tức là

. ≤ (b − a)2MR0(y)|t − an(t)| ≤ (b − a)2MR0(y) n

(4.29)

Để chứng minh giả thiết (a) trong định lý 4.4.2, chúng ta dùng đến tính chất liên tục đều của (I − F )−1 được khẳng định theo bổ đề 4.4.3, 4.4.4. Khi đó với mọi n ∈ N thì tồn tại δn > 0 sao cho:

. (cid:107)Sn(u) − S(u)(cid:107)E ≤ (b − a)2MR0(y) n sup u∈D

Mà theo (4.29) thì có thể lập một dãy con của {Sn}n mà ta cũng ký hiệu là {Sn}n sao cho:

(cid:107)(I − F )−1(u) − (I − F )−1(v)(cid:107)E < , ∀(cid:107)u − v(cid:107)E < δn. 1 n

Hay:

(cid:107)Sn(u) − S(u)(cid:107)E < δn. sup u∈D

Chúng ta chứng minh xong bước 2. Bước 3: Giả sử w ∈ D và (cid:107)w(cid:107)E ≤ 1, chúng ta chứng minh phương trình u = Un(u) + w có nghiệm trong D với n đủ lớn. Phương trình đã cho có dạng tương đương:

. (cid:107)(I − F )−1Sn(u) − (I − F )−1S(u)(cid:107)E ≤ 1 n sup u∈D (cid:107)Un(u) − U (u)(cid:107)E = sup u∈D

Un(u) = (I − F )−1Sn(u) = u − w

Vì F là ánh xạ k-co và có điểm bất động duy nhất là y cho nên G cũng là ánh xạ k-co với điểm bất động duy nhất là (y + w). Cho trước số tự nhiên n, áp dụng bổ để 4.4.3-b) cho ánh xạ G và z = Sn(u), chúng ta có:

⇔u = Sn(u) + F (u − w) + w := Sn(u) + G(u).

Sn(u)(y + w) − y(cid:107)E ≤ α(cid:107)Sn(u)(cid:107)E + (cid:107)w(cid:107)E.

(cid:107)Gm

Áp dụng (4.27)-(4.29) thì với n đủ lớn chúng ta có:

Sn(u)(y + w) − y(cid:107)E ≤ α((cid:107)S(u) − Sn(u)(cid:107)E + (cid:107)S(u)(cid:107)E) + 1

(cid:107)Gm

Từ đó, dùng bổ để 4.4.3-a) cho ánh xạ G và m ra vô hạn suy ra

≤ α(cid:107)S(u)(cid:107)E + 2 ≤ αKMR0(y) + 2 ≤ R0.

Áp dụng định lý điểm bất động Schauder suy ra tồn tại điểm bất động của ánh xạ (I − G)−1 0 Sn trong D. Đó cũng chính là điểm bất động của ánh xạ G + Sn và là nghiệm của phương trình đang xét. Bước 4: Chứng minh giả thiết (b) trong định lý 4.4.2. Phương trình u = Un(u) + w có thể viết tương đương là:

(I − G)−1(Sn(u)) ∈ D, ∀ u ∈ D.

Tiếp theo bước 3, để chứng minh giả thiết (b) trong định lý 4.4.2, chúng ta chỉ cần chứng minh Vn là đơn ánh là đủ. Ký hiệu phần tử không trong thang không gian Xs là θ và phần tử không trong E là θE. Không mất tính tổng quát, chúng ta có thể chỉ xét n đủ lớn để 1/n < Tλ. Trước tiên, xét t ∈ [0; 1/n], u ∈ D, ta có Sn(u)(t) = S(u)(0) = θ. Do đó

Vn(u) := (I − Un)(u) = w.

Giả sử F m

Sn(u)(θE)(t) = F m−1(w0)(t) thì khi đó

Sn(u)(θE))(t) = FSn(u)(F m−1(w0))(t)

FSn(u)(θE)(t) = F (θE)(t) + θ := w0(t).

F m+1 Sn(u)(θE)(t) = FSn(u)(F m

Bằng quy nạp, suy ra

Sn(u)(θE)(t) = F m−1(w0)(t), ∀ m = 1, 2, ..., t ∈ [0, 1/n], u ∈ D. F m

Cho m ra vô hạn và theo bổ đề 4.4.3, chúng ta suy ra

= F m(w0)(t) + Sn(u)(t) = F m(w0)(t).

Vì vế phải không phụ thuộc u cho nên chúng ta có:

(4.30)

Un(u)(t) = (I − F )−1Sn(u)(t) = (I − F )−1(θE)(t), ∀t ∈ [0; 1/n], ∀u ∈ D.

Un(u)(t) = Un(v)(t), ∀t ∈ [0; 1/n], u, v ∈ D.

Tiếp theo, giả sử u, v ∈ D thỏa mãn u(t) = v(t), ∀t ∈ [0; k/n], k ∈ {1, 2, 3, ...}, Tλ > k/n. Xét t ∈ [0; (k + 1)/n] ∩ [0, T ), suy ra an(t) ∈ [0; k/n] và do đó u(τ ) = v(τ ), ∀τ ∈ [0, an(t)]. Cho nên:

Sn(u)(t) = S(u)(an(t)) = S(v)(an(t)) = Sn(v)(t)

Giả sử F m

Sn(u)(θE)(t) = F m

Sn(v)(θE)(t) thì suy ra

⇔ FSn(u)(θE)(t) = FSn(v)(θE)(t).

Sn(u)(θE))(t) Sn(v)(θE))(t) = F m+1

Sn(v)(θE)(t).

Theo quy nạp, chúng ta suy ra

Sn(u)(θE)(t) = F m F m

Sn(v)(θE)(t), ∀t ∈ [0; (k + 1)/n] ∩ [0, Tλ), m ∈ N+.

Cho m ra vô hạn, chúng ta suy ra nếu u(t) = v(t), ∀t ∈ [0; k/n], Tλ > k/n thì:

(4.31)

F m+1 Sn(u)(θE)(t) = Sn(u)(t) + F (F m = Sn(v)(t) + F (F m

Cuối cùng, chúng ta giả sử Vn(u) = Vn(v) ⇔ u − Un(u) = v − Un(v) thì

Un(u)(t) = Un(v)(t), ∀t ∈ [0; (k + 1)/n] ∩ [0, Tλ).

(4.30) suy ra u(t) = v(t), ∀ t ∈ [0, 1/n]. Sau đó chúng ta áp dụng (4.31) với k = 1, suy ra

u − v = Un(u) − Un(v).

Nếu Tλ ≤ 2/n thì chúng ta dừng lại, còn nếu Tλ > 2/n thì lại áp dụng (4.31) với k = 2. Rồi tiếp tục với k = 3,... cho đến khi chúng ta có u(t) = v(t), ∀t ∈ [0, Tλ), suy ra u = v trong không gian E. Các điều kiện định lý 4.4.2 đúng. Do đó chúng ta chứng minh xong.

u(t) − v(t) = Un(u)(t) − Un(v)(t) = θ, ∀ t ∈ [0, 2/n] ∩ [0, Tλ).

KẾT LUẬN

I. Trong luận án, chúng tôi đã đạt được các kết quả chính như sau:

1. Chứng minh sự tồn tại và duy nhất nghiệm toàn cục cho hai lớp bài toán Cauchy trên các thang không gian Banach với kì dị yếu là bài toán cấp 1 và bậc không nguyên.

2. Xây dựng dãy lặp đơn điệu hội tụ về nghiệm của một lớp bài toán

Cauchy trên thang các không gian Banach có thứ tự.

3. Xét bài toán có chậm trên các thang không gian Banach dạng

với h(t) < t1/p, t ∈ (0, 1) và p ∈ (0, 1). Các kết quả thu được bao gồm

3.1 Khi f thỏa mãn điều kiện Lipschitz theo biến thứ hai và H¨older theo

biến thứ ba

(cid:1),

u(cid:48)(t) = f (t, u(t), u(h(t))), u(0) = u0,

(cid:0)(cid:107)u1 − u2(cid:107)s(cid:48) + (cid:107)v1 − v2(cid:107)p

s(cid:48)

trong đó u1, u2, v1, v2 ∈ Xs(cid:48), s < s(cid:48) thì bài toán có duy nhất nghiệm địa phương.

3.2 Khi f không phụ thuộc biến thứ hai và thỏa mãn điều kiện

(cid:107)f (t, u1, v1) − f (t, u2, v2)(cid:107)s ≤ C s(cid:48) − s

s(cid:48), v1, v2 ∈ Xs(cid:48), s < s(cid:48),

thì bài toán có duy nhất nghiệm toàn cục ngay cả khi kì dị là mạnh (γ > 1).

3.3 Xét trường hợp f thỏa mãn điều kiện về tính compact dạng

(cid:19)

(cid:18)

C (cid:107)f (t, v1) − f (t, v2)(cid:107)s ≤ (s(cid:48) − s)γ (cid:107)v1 − v2(cid:107)p

(cid:19)

(cid:18)

, (cid:107)f (t, u, v)(cid:107)s ≤ L (cid:107)u(cid:107)s +

(cid:0)f (t, Ω1, Ω2)(cid:1) ≤ L

, s < s(cid:48) αs αs(Ω1) + 1 + (cid:107)v(cid:107)p s(cid:48) (s(cid:48) − s)γ αp s(cid:48)(Ω2) (s(cid:48) − s)γ

trong đó αs là độ đo phi compact Kuratowski trên Xs và γ = 1 nếu f xác định trên [0, T ] × Bs(u0, r) × Bs(cid:48)(u0, r), γ > 0 tùy ý nếu f xác định trên [0, T ] × Xs × Xs(cid:48). Bằng cách xây dựng một không gian Fréchet và một độ đo phi compact nhận giá trị trong nón, chúng tôi chứng minh sự tồn tại nghiệm của bài toán.

4. Chứng minh sự tồn tại và duy nhất nghiệm của bài toán Cauchy có

chậm trên thang các không gian Banach có dạng

Việc áp dụng kết quả tổng quát cho phương trình đạo hàm riêng dạng

u(cid:48)(t) = f (t, A(t)u(t), B(u(h(t)))).

2 u(t, σ(t)x), ∂(l2)

2 u(h(t), x)],

cho phép mở rộng đáng kể các điều kiện đặt lên các yếu tố chậm σ(t), h(t).

5. Chứng minh tính Rδ của tập nghiệm của lớp bài toán Cauchy trên thang

không gian Banach có dạng

∂tu(t, x) = g[t, x, ∂(l1)

trong đó f là ánh xạ Lipschitz và g là ánh xạ compact trên thang không gian.

II. Các nghiên cứu của luận án có thể được tiếp tục theo các hướng:

1. Nghiên cứu sâu hơn về bài toán Cauchy trong thang các không gian

Banach có thứ tự.

2. Nghiên cứu bài toán Cauchy trên thang không gian Hilber (Xs, (cid:104)., .(cid:105)s)

với ánh xạ thỏa mãn điều kiện Lipschitz một phía dạng

u(cid:48)(t) = f (t, u(t)) + g(t, u(t)),

3. Tìm các bài toán, các mô hình có thể đưa về bài toán Cauchy trong thang không gian Banach. Ví dụ, các bài toán về quá trình ngẫu nhiên [14, 17, 21, 22, 23]), các lớp phương trình Camassa-Holm mở rộng trong không gian Sobolev [10, 11, 29, 33, 53]).

(cid:104)f (t, u) − f (t, v), u − v(cid:105)s ≤ (cid:107)u − v(cid:107)s(cid:48), u, v ∈ Xs(cid:48), s < s(cid:48). C s(cid:48) − s

DANH MỤC CÔNG TRÌNH CỦA TÁC GIẢ

1. Phạm Văn Hiển, Cấu trúc Topo của tập nghiệm bài toán Cauchy có nhiễu trong thang không gian Banach, Hội thảo khoa học trường Đại học Sư phạm TP.HCM, ISBN: 978-604-958-502-9, tháng 10 năm 20183.

2. Nguyễn Bích Huy, Phạm Văn Hiển, THE CAUCHY PROBLEM IN SCALE OF BANACH SPACES WITH DEVIATING VARIABLES, Fixed Point Theory (đã có thư xác nhận đăng bài)4.

3. Nguyễn Bích Huy, Phạm Văn Hiển, VECTOR-VALUED MEASURES OF NONCOMPACTNESS AND THE CAUCHY PROBLEM WITH DELAY IN A SCALE OF BANACH SPACES, J. Fixed Point Theory Appl. 22, 36 (2020)5.

3Nội dung bài báo này được trình bày trong mục 4.4 4Nội dung bài báo này được trình bày trong mục 2.4 và 3.2 5Nội dung bài báo này được trình bày trong mục 4.1 và 4.3

Tài liệu tham khảo

[1] R. R. Akhmerov, M. I. Kamenskii, A. S. Potapov, B. N. Sadovskii, Measure of Noncompactness and Condensing operators, Birkh¨auser, Basel, 1992.

[2] J. Appell, Measure of Noncompactness, Condensing Operators and Fixed points: An Application-Oriented survey, Fixed Point Theory, Vol 6, N 2, 2005, 157-229.

[3] K. Asano, A note on the abstract Cauchy-Kowalewski theorem, Proc. Japan

Acad. Ser A, 64 (1988), 102-105.

[4] A. Augustynowicz, H. Leszczy´nski, W.Walter, Cauchy-Kovalevskaya the- ory for nonlinear equations with deviating variables, Nonlinnear Anaysis 45 (2001)743-753.

[5] J. M. Ayerbe Toledano, T. Dominguez Benavides, G. Lopez Acedo, Measures of Noncompactness in Metric Fixed Point Theory, Birkh¨auser, Basel, 1997.

[6] J. Banás, K. Goebel, Measure of Noncompactness in Banach Spaces, Lect.

Notes Pure Appl. Math., Vol. 60, Marcel Dekker, New York, (1980).

[7] M.S.Baouendi, C.Goulaouic, Remark on the abstract form of nonlinear Cauchy-Kovalevsky theorems, Comm. Partial Differential Equations, 2 (1977), 1151-1162.

[8] E. A. Barkova and P. P. Zabreiko, An analog of the Peano theorem for fractional-order quasilinear equations in compactly embedded scale of Ba- nach spaces, Differential Equations, 2004, Vol. 40, No. 4, pp. 565-570.

[9] E. A. Barkova and P. P. Zabreiko, Fractional Differential Equations with Worsening Right-Hand Sides, Differential Equations, 2010, Vol. 46, No. 2, pp. 208–213.

[10] R. F. Barostichi, A. A. Himonas, G. Petronilho, Autonomuos Ovsyanniikov theorem and applications to nonlocal evolution equations and systems, J. Funct. Anal. 270 (2016) 330-358.

[11] R. F. Barostichi, A. A. Himonas, G. Petronilho, The power series method for nonlocal and nonlinear evolution equations, J. Math. Anal. Appl., Vol. 443 (2016), No.2, 834-847.

[12] H.Begehr, Eine Bemerkung zum nichtlinearen klassichen Satz von Cauchy-

Kowalewsky, Math. Nachr. 131 (1987), 175-181.

[13] T.D.Benavides, Genetic existence of solution for a differential equation in

a scale of Banach spaces, Proc. Amer. Math. Soc. 86 (1982), 477-484.

[14] C. Berns, Y. Kondratiev, O. Kutoviy, Contruction of a state evolution for Kawasaki dynamics in Continuum, Anal. Math. Phys. 3 (2013), 97-117.

[15] R. Caflish, A simplified version of the abstract Cauchy-Kowalewsky theorem

with weak singularities, Bull. Amer. Math Soc., 32(1990), 495-500.

[16] R.E. Caflish, J. Lowengrub, Convergence of the vortex method for vortex

sheets, SIAM J. Numer. Anal. 26 (1989), 1060-1080.

[17] A. Daletskii, Stochastic differential equations in a scale of Hilbert spaces,

preprint, arXiv:1706.00794 [math.FA].

[18] K.Deimling, Ordinary Differential Equations in Banach spaces, Lect. Notes

Math., 596, Springer, Berlin, 1977.

[19] K.Deimling, Nonlinear Functional Analysis, Springer - Verlag, 1985.

[20] K. Diethelm, The Analysis of Fractional Differential Equations, Lecture

Notes in Mathematics, Springer, 2004.

[21] D. Finkelshtein, Around Ovcyannikov’s method, Methods Funct. Anal.

Topology, 21 (2015), 131-150.

[22] D. Finkelshtein, Y. Kondratiev, Y. Kozitsky, Glauber dynamics in contin- uum: a constructive approach to evolution of states, Discrete and Cont. Dy- nam. Syst. Ser A, 33 (2013), 1431-1450.

[23] D. Finkelshtein, Y. Kondratiev, O. Kutoviy, E. Zhizhina, On an aggregation in birth-and-death stochastic dynamics, Nonlinearity, 27(2014), 1105-1133.

[24] S. B. Gavage, J. F. Coulombel, N. Tzvetkov, Ill-posedness of nonlocal Burg-

ers equations, Advances in Math. 227 (2011), 2220-2240.

[25] M. Ghisi, The Cauchy-Kowalevsky theorem and noncompactness measure,

J. Math. Sci. Univ. Tokyo, 4 (1994), 627-647.

[26] D. Gourdin, M. Mechab, Problème de Goursat non lineaire dans les classes de Gevrey, pour des équations de Kirchhoff generaliseés, J. Math. Pures Appl., 75 (1996), 569-593.

[27] D. Gourdin, T. Gramchev, Global in time solutionsof evolution equations in scales of Banach function spaces in Rn, Bull. Sci. math. 131 (2007), 761-786.

[28] S.Heikkila, V.Lakshmikantham, Monotone Iterative Techniquees for Dis-

continuous nonlinear differential Equations, Marcel Dekker, 1994.

[29] D.P. Hewett, A. Moida, On the maximal Sobolev regularity of distributions supported by subsets of Euclidean space, Ana. and App., Vol 15, No 5(2017), 731-770.

[30] A.A Himonas, G. Misiolek, Analyticity of the Cauchy problem for an inte-

grable evolution equation, Math. Ann. 327, 575-584 (2003).

[31] L.H. Hoa, K. Schmitt, Fixed Point Theorems of Krasnoselskii type in locally Convex Spaces and Applications to Integral Equations, Results in Mathemat- ics, vol 25, 291-313, 1994.

[32] L.H. Hoa, N.N. Trong, L.X. Truong, Topological Structure of Solution set for a Class of Fractional Neutral Evolution Equations on The Half-line, Topo- logical Methods in Nonlinear Analysis, Vol 43 (2), 1-99 (2014).

[33] J. Holmes, R. C. Thompson, Well-posedness and continuity properties of the Fornberg-Whitham equations in Besov spaces, J. Diff. Eq., Vol 263 (7), 4355-4381 (2017).

[34] N.B. Huy, On a Cauchy problem in scale of Banach spaces, Mathematics

Consortium, Proceedings, V1 (1993), 38-42.

[35] N.B. Huy, N.A.Sum, N.A.Tuan, A second-order Cauchy problem in a scale of Banach spaces and application to Kirchhoff equations, J. Diff. Eq., 206 (2004), 253-264.

[36] M. Kawagishi, T. Yamanaka, On the Cauchy problem for PDEs in the

Gevrey class with shrinking, J. Math. Soc. Jpn, 54 (2002), 649-677.

[37] M. Kawagishi, T. Yamanaka, The Heat equation and the shrinking, EJDE,

97 (2003), 1-14.

[38] M.C. Lambardo, M.Cannone, M.Sammartino, Well-posedness of the bound-

ary layer equations, SIAM J. Math. Anal. 35 (2003), 987-1004.

[39] Y.Maekava, On the inviscid limit problem of the vorticity equations for viscous incompressible flows in the half plane, Comm. Pure Appl. Math. 67 (2014), 1045-1128.

[40] V.I. Nazarov, Solubility of the Cauchy problem for differential equations in scales of Banach spaces with completely continuous embeddings, Mathemat- ical Notes, Vol 55, No. 4 (1994), 372-379.

[41] L.Nirenberg, An abstract form of the nonlinear Cauchy-Kowalewski theo-

rem, J. Differential Geom. 6 (1972), 561-576.

[42] T.Nishida, A note on a theorem of Nirenberg. J. Diff. Geometry, 12 (1977),

629 - 633.

[43] T.Nishida, Fluid dynamical limit of the nonlinear Boltzmann equation to the level of the compressible Euler equation, Comm. Math. Phys. 61 (1978), 119-148.

[44] LV.Ovcyannikov, Singular operators in a scale of Banach spaces, Soviet

Math Dokl, 163 (1965), 819 - 822.

[45] LV.Ovcyannikov, A nonlinear Cauchy problem in a scale of Banach spaces,

Sov. Math. Dolk. 12 (1971), 1497-1502.

[46] LV.Ovcyannikov, Cauchy problem in a scale of Banach spaces, Proc. Steklov

Institute of Math, 281 (2013), 3-11.

[47] M. Reissig, A Generalized Theorem of Peano in Scales of Banach Spaces with Completely Continuous Imbedding, Funkcialaj Ekvacioj 37 (1994), 521- 530.

[48] M.V.Safonov, The abstract Cauchy-Kowalevskaya theorem in a weighted

Banach space, Comm. Pure Appl. Math, VXLVIII (1995), 629-637.

[49] M.Sammartino, R.E. Caflish, Zero viscosity limit for analytic solutions of the Navier-Stokes equation on half-space I. Existence for Euler and Prandtl equations, Comm. Math. Phys. 192 (1998), 433-461.

[50] M.Sammartino, R.E. Caflish, Zero viscosity limit for analytic solutions of the Navier-Stokes equation on half-space II. Construction of the Navier- Stokes solution, Comm. Math. Phys. 192 (1998), 463-491.

[51] F.Treves, An abstract nonlinear Cauchy-Kowalewska theorem, Trans. Amer.

Math. Soc. 150 (1970), 72-92.

[52] W.Tutschke, Initial value problem for generalized analytic functions de- pending on time (an extension of theorems of Cauchy-Kovalevskaya and Holmgren), Soc. Math. Dolk. 25 (1982), 201-205.

[53] X. Wu, Global Analytic Solutions and Traveling Wave Solutions of the Cauchy Problem for the Novikov Equation, Proceeding of the AMS, Vol 146 (4), 2018, 1537-1550.

[54] T. Yamanaka, Note on Kowalewskaya system of partial differential equa-

tions, Comm. Math. Univ. St Paul, 9 (1960), 7-10.

[55] T. Yamanaka, On the uniqueness of solutions of the global Cauchy problem for a Kowalevskaja system, J. Math. Soc. Japan, Vol 20 (1968), 567-579.

[56] T. Yamanaka, M. Kawagishi, A Cauchy-Kowalevskaya type theory in the Gevrey class for PDEs with shrinking, Nonlinear Analysis, 64 (2006), 1860- 1884.

[57] P.P.Zabreiko, K-metric and K-normed spaces: survey, Collect. Math., 48

(1997), 825-859.

[58] O.Zubelevich, Abstract version of the Cauchy-Kowalewski problem, Central

European J. Math., 2 (2004), 382-387.

[59] O.Zubelevich, Peano type theorem for abstract parabolic equation, Ann. I.

H. Poincare 26 (2009), 1407-1421.

Luận văn Thạc sĩ Toán học: Một số bài toán cauchy chứa kì dị trong không gian banach

PHẠM VĂN HIỂN

MỘT SỐ BÀI TOÁN CAUCHY CHỨA KÌ DỊ TRONG KHÔNG GIAN BANACH

LUẬN ÁN TIẾN SĨ TOÁN HỌC

LỜI CAM ĐOAN

Mục lục

MỞ ĐẦU

0.1 Sử dụng dãy lặp trong nghiên cứu bài toán

0.2 Sử dụng ánh xạ co trong nghiên cứu bài toán

0.3 Sử dụng tính compact trong nghiên cứu bài

toán

Chương 1

KIẾN THỨC CƠ SỞ

1.1 Các định lý điểm bất động

1.2 Không gian với thứ tự sinh bởi nón

1.3 Ánh xạ co theo họ nửa chuẩn

1.4 Độ đo phi compact và ánh xạ cô đặc

1.5 Một số kiến thức khác

Chương 2

SỬ DỤNG DÃY LẶP TRONG NGHIÊN CỨU BÀI

TOÁN

2.1 Bài toán với kì dị yếu

2.2 Phương trình bậc phân thứ với kì dị yếu

2.2.1 Các khái niệm

2.2.2 Sự tồn tại và duy nhất của nghiệm

2.3 Kỹ thuật lặp đơn điệu

2.4 Bài toán có chậm

Chương 3

SỬ DỤNG ÁNH XẠ CO TRONG NGHIÊN CỨU

BÀI TOÁN

3.1 Bài toán với điều kiện Lipschitz địa phương

3.2 Bài toán có chậm

3.2.1 Sự tồn tại duy nhất nghiệm của bài toán tổng quát

3.2.2 Bài toán áp dụng

3.3 Bài toán trên miền vô hạn

Chương 4

SỬ DỤNG TÍNH COMPACT TRONG NGHIÊN

CỨU BÀI TOÁN

4.1 Xây dựng không gian Fréchet và độ đo phi com-

pact cho bài toán

4.2 Bài toán Cauchy không có chậm

4.3 Giải bài toán có chậm

4.4 Cấu trúc tập nghiệm của một lớp bài toán Cauchy

trên thang không gian Banach

4.4.1 Bài toán và không gian nghiệm

4.4.2 Một số bổ đề cần thiết

4.4.3 Cấu trúc tập nghiệm

KẾT LUẬN

Tài liệu tham khảo

Có thể bạn quan tâm

Tài liêu mới

AI tóm tắt

Giới thiệu tài liệu

Đối tượng sử dụng

Từ khoá chính

Nội dung tóm tắt

Giới thiệu

Về chúng tôi

Việc làm

Quảng cáo

Liên hệ

Chính sách

Thoả thuận sử dụng

Chính sách bảo mật

Chính sách hoàn tiền

DMCA

Hỗ trợ

Hướng dẫn sử dụng

Đăng ký tài khoản VIP

093 303 0098

support@tailieu.vn

Phương thức thanh toán

Theo dõi chúng tôi

Facebook

Youtube

TikTok