BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2
————————–o0o————————–
PHẠM THỊ BÍCH HẠNH
TÍNH GIẢI ĐƯỢC VÀ TÍNH ỔN ĐỊNH CỦA NGHIỆM
ĐỐI VỚI PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN ĐẠO HÀM RIÊNG
TRUNG TÍNH VỚI TRỄ VÔ HẠN
LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC TOÁN HỌC
HÀ NỘI - 2014
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2
————————–o0o————————–
PHẠM THỊ BÍCH HẠNH
TÍNH GIẢI ĐƯỢC VÀ TÍNH ỔN ĐỊNH CỦA NGHIỆM
ĐỐI VỚI PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN ĐẠO HÀM RIÊNG
TRUNG TÍNH VỚI TRỄ VÔ HẠN
Chuyên ngành: Toán giải tích
Mã số : 60.46.01.02
LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC TOÁN HỌC
Người hướng dẫn khoa học: TS. Nguyễn Thành Anh
HÀ NỘI - 2014
LỜI CẢM ƠN
Trước tiên, tôi xin chân thành cảm ơn thầy hướng dẫn TS. Nguyễn Thành Anh, người
đã luôn quan tâm, động viên và tận tình giúp đỡ, truyền đạt lại những kiến thức quý báu
cho tôi trong suốt quá trình thực hiện luận văn.
Tôi xin chân thành cảm ơn Ban Giám Hiệu, Phòng Đào tạo Sau Đại học, các thầy cô
giáo dạy cao học chuyên ngành Toán giải tích cùng các thầy cô trong trường Đại học Sư
Phạm Hà Nội 2 đã nhiệt tình giúp đỡ, giảng dạy, tạo điều kiện tốt nhất cho tôi trong thời
gian học tập tại trường.
Tôi xin kính gửi lời cảm ơn sâu sắc đến những người thân trong gia đình đã động viên,
tạo những điều kiện học tập tốt nhất cho tôi.

1. Lý do chọn đề tài
Phương trình vi phân đạo hàm riêng trung tính với trễ xuất phát từ nhiều mô hình
trong lĩnh vực kỹ thuật và vật lý. Trong khi đối với phương trình vi phân đạo hàm
riêng trung tính với trễ hữu hạn nhiều kết quả về sự tồn tại duy nhất nghiệm và
tính ổn định của nghiệm là khá phong phú thì trường hợp với trễ vô hạn chưa được
nghiên cứu kĩ lưỡng. Vì vậy, tôi xin chọn đề tài nghiên cứu luận văn của mình là:
"Tính giải được và tính ổn định của nghiệm đối với phương trình vi phân đạo hàm
riêng trung tính với trễ vô hạn".
2. Mục đích nghiên cứu
Mở rộng ý tưởng sử dụng một toán tử không trù mật được kế thừa cho phương
trình vi phân đạo hàm riêng với trễ hữu hạn và vô hạn cho phương trình vi phân
đạo hàm riêng trung tính (PNFDE) với trễ vô hạn.
1
3. Nhiệm vụ nghiên cứu
+ Tìm hiểu lý thuyết nửa nhóm;
+ Tìm hiểu lý thuyết điểm bất động cho ánh xạ đa trị nén;
+ Chứng minh tính giải được của bài toán (2.1);
+ Chứng minh sự tồn tại nghiệm của bài toán (2.1) là ổn định và duy nhất.
+ Đưa ra một ví dụ ứng dụng các kết quả tổng quát ở trên cho một trường hợp
phi tuyến đặc biệt dạng (2.22).
4. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu
+ Đối tượng: phương trình vi phân đạo hàm riêng trung tính với trễ vô hạn;
+ Phạm vi: dưới điều kiện Hille-Yosida và nghiên cứu trên một số không gian
hàm.
5. Phương pháp nghiên cứu
Luận văn sử dụng một số phương pháp và công cụ của giải tích bao gồm:
+ Lý thuyết nửa nhóm ;
+ Thiết lập các đánh giá, sử dụng lý thuyết điểm bất động.
2
6. Đóng góp của luận văn

Định nghĩa 1.1.3. Một toán tử A được gọi là một phần tử sinh của nửa nhóm tích
phân, nếu tồn tại ω ∈ R sao cho (ω, +∞) ⊂ ρ(A) (giải thức của A), và tồn tại một
4
họ (S(t))
t≥0
của toán tử tuyến tính bị chặn, họ này liên tục mạnh bị chặn lũy thừa
và
S(0) = 0 và (λI − A)
−1
= λ
+∞

0
e
−λt
S(t)dt, với mọi λ > ω.
Định nghĩa 1.1.4. Cho X là không gian Banach. Giả sử ánh xạ:
S : R
+
→ L(X)
t → S(t)
thỏa mãn:
1. S(0) = I
2. S(t + s) = S(t) · S(s), ∀t, s ≥ 0
3. t → S(t)x liên tục với mỗi x ∈ X.
Khi đó, S được gọi là nửa nhóm liên tục mạnh hay C
0
- nửa nhóm.
Nếu thay (3) bởi (3


∈ X, hay Lips-
chitz ở gần x

, nếu tồn tại lân cận U của x

, số k > 0 sao cho:
|f(x) − f(x

)| ≤ k(x − x

, ∀x, x

∈ U,
Định nghĩa 1.2.2. Hàm f được gọi là Lipschitz địa phương trên tập Y ⊂ X, nếu
f Lipschitz địa phương tại mọi x ∈ Y
Định nghĩa 1.2.3. Hàm f được gọi là Lipschitz địa phương với hằng số Lipschitz
K trên tập Y ⊂ X, nếu f Lipschitz địa phương tại mọi x, x

∈ Y
Định nghĩa 1.2.4. Cho V là không gian Banach phức, Ω ⊂ V - mở, u : Ω → R là
một hàm
Với mỗi tập A ⊂ Ω ta xét chuẩn sau:
| u |
0,A
= sup
z∈A
| u(z) |, | u |
1,A
= sup
z=w∈A

Ta nói f là liên tục Lipshitz trên A nếu | f |
0,A
< ∞, | f |
1,A
< ∞.
Ta ký hiệu | f |
0
, | f |
1
nếu A = Ω.
6
Định nghĩa 1.2.5. Một nửa nhóm tích phân (S(t))
t
≥ 0 được gọi là liên tục Lips-
chitz địa phương, nếu với mọi τ > 0 tồn tại một l(τ) > 0 sao cho
||S(t) − S(s)|| ≤ l(τ)|t − s| với mọi t, s ∈ [0, τ].
trong trường hợp này ta hiểu rằng (S(t))
t≥0
là lũy thừa bậc bị chặn.
Định nghĩa 1.2.6. Ta nói một toán tử liên tục A là một toán tử Hille-Yosida nếu
tồn tại β ≥ 1, ω ∈ R sao cho (ω, +∞) ⊂ ρ(A) và
sup{(λ − ω)
n
||(λI − A)
−n
|| : n ∈ N, λ > ω} ≤ β.
Định lí 1.2.7. Các khẳng định sau đây là tương đương
(i) A là phần tử sinh của một nửa nhóm tích phân liên tục Lipschitz địa phương.
(ii) A là một toán tử Hille-Yosida.
Nhận xét: A là một toán tử Hille- Yosida và (S(t))

S(t − s)G(s)ds
7
là khả vi liên tục trên [0, a] và thỏa mãn,




d
dt
B(t)




≤ 2l
t

0
|G(s)|ds với t ∈ [0, a],
Ở đó l = l(a) là liên tục Lipschitz của S(.) trên [0, a].
- Bất đẳng thức Holder: Giả sử f ∈ L
p
(Ω), g ∈ L
q
(Ω) với
1
p
+
1
q

+
là bị chặn trên mỗi đoạn đóng [0, T] và thỏa
mãn:
f(T ) ≤ a(T ) +

T
0
b(t)y(t)dt
Cho hàm tăng a(t) và hàm tích phân dương b(t) thì
y(T ) ≤ a(T) + a(T )exp{

T
0
b(t)dt}.
a, b là những hằng số bất kì.
Chứng minh. Xét hàm
v(t) = e
−

t
0
b(s)ds

t
0
f(s)b(s)ds,
Lấy vi phân và sử dụng bất đẳng thức f(T ) ≤ a(T) +

T
0

t
0
b(s)ds
+
8
b(t)e
−

t
0
b(s)ds

t
0
f(s)b(s)ds
= b(t)a(t)e
−

t
0
b(s)ds
.
Lấy tích phân và nhớ rằng a(t) là tăng dẫn đến:
e
−

T
0
b(t)dt



T
0
b(t)y(t)dt và ràng
buộc trên ta có
f(T ) ≤ a(T ) +

T
0
f(t)b(t)dt
≤ a(T ) + a(T )e
−

T
0
b(t)dt
a(T )[1 − e
−

t
0
b(s)ds
] = a(T )exp{−

T
0
b(t)dt}.
9
Chương 2
Tính giải được và tính ổn định của

0
= ϕ ∈ B.
(2.1)
10
Trong đó A thỏa mãn điều kiện Hille-Yosida (H1) (với miền xác định không trù
mật).
(H1) Tồn tại hai hằng số M ≥ 1, ω ∈ R thỏa mãn (ω, +∞) ⊂ ρ(A) và
sup ||(λ − ω)
n
R(λ, A)
n
|| : λ > ω, n ∈ N ≤ M,
trong đó ρ(A) là tập giải thức của A và R(λ, A) = (λI − A)
−1
.
Định nghĩa 2.1.1. Cho hàm ϕ ∈ B, ta nói rằng hàm x : (−∞, a] −→ E, a > 0 là
nghiệm tích phân của bài toán (2.1) trong (−∞, a] nếu thỏa mãn các điều kiện sau
1. x liên tục trên [0, a];
2. x(t) = ϕ(t), −∞ < t ≤ 0;
3.
t

0
(x(s) − G(s, x
s
)) ds ∈ D(A) với t ∈ [0, a];
4. x(t) = G(t, x
t
) + ϕ(0) − G(0, ϕ) + A
t

−→ R
+
trong đó K liên
tục và M bị chặn địa phương sao cho với σ ∈ R, a > 0 nếu x : (−∞, σ + a] −→
E, x
σ
∈ B và x(.) liên tục trên [σ, σ + a] thì với mỗi t ∈ [σ, σ + a] các điều kiện
sau được thỏa mãn
(i) x
t
∈ B,
(ii) |x(t)| ≤ H||x
t
||
B
, điều này tương đương với
(ii

) |ϕ(0)| ≤ H||ϕ||
B
, ϕ ∈ B,
(iii) ||x
t
||
B
≤ K(t − σ) sup
σ≤s≤t
|x(s)| + M(t − σ)||x
σ
||

p
g
là
một lớp các hàm ϕ : (−∞, 0] → X sao cho ϕ liên tục trên [−r, 0] và g(θ)ϕ(θ)
p
X
∈
L
1
(−∞, −r). Nửa chuẩn trong CL
p
g
được cho bởi:
|ϕ|
CL
p
g
= sup
−r≤θ≤0
{ϕ(θ)
X
} +

−r

−∞
g(θ)ϕ(θ)
p
X
dθ


−t
g(θ)dθ

1/p
với t > r;
M(t) =











max

1 +

−r

−r−t
g(θ)dθ

1/p
, G(−t)
1/p

) = lim
h→0
1
h
t+h

t
(x(s) − G(s, x
s
)) ds
và
t+h

t
(x(s) − G(s, x
s
)) ds ∈ D(A)vớih > 0, t + h ≥ a.
Ta chứng minh (ii) trước. Từ định nghĩa, với mọi t ∈ [0, a], h > 0 sao cho t + h ≤ a,
A
1
h
t+h

t
(x(s) − G(s, x
s
)) ds =
1
h
{x(t + h) − G(t + h, x

h
t+h

t
(x(s) − G(s, x
s
)) ds = x(t) − G(t, x
t
).
Từ tính chất đóng của toán tử A ta có x(t) − G(t, x
t
) ∈ D(A) và
A (x(t) − G(t, x
t
)) =
d
dt
(x(t) − G(t, x
t
)) − F (t, x
t
), t ∈ [0, a].
Khi đó, x là nghiệm mạnh.
14
Mặt khác, nếu giả sử t → x(t) − G(t, x
t
) thuộc C ([0, a]; D(A)) thì với mọi t ∈
[0, a], h > 0 chúng ta có
1
h

+
. Điều này kéo theo x(t) − F (t, x
t
) khả vi phải đối với t và thỏa mãn
d
+
dt
(x(t) − G(t, x
t
)) = A (x(t) − G(t, x
t
)) + F (t, x
t
).
Ta biết rằng nếu một hàm có đạo hàm phải liên tục thì các tính chất trong C
1
được
giữ nguyên do đó t → x(t) − G(t, x
t
) khả vi liên tục trên [0, a] và thỏa mãn
d
dt
(x(t) − G(t, x
t
)) = A (x(t) − G(t, x
t
)) + F (t, x
t
).
Điều này kết thúc chứng minh bổ đề.



+ tx.
15
Ngoài ra, với mọi x ∈ D(A), t ≥ 0,
S(t)x ∈ D(A), AS(t)x = S(t)Ax, S(t)x =
t

0
S(s)Axds + tx.
Hệ quả 2.2.3. [6] Với mọi x ∈ E, t ≥ 0, ta có S(t)x ∈
D(A). Hơn nữa, với x ∈ E,
S(.)x là khả vi phải với t ≥ 0 khi và chỉ khi S(t)x ∈ D(A), và trong trường hợp đó
ta có S

(t)x = AS(t)x + x.
Mệnh đề 2.2.4. [7] Cho f : [0, a] → E, a > 0 là hàm khả tích Bocher. Khi đó, hàm
B : [0, a] → E được định nghĩa bởi B(t) =
t

0
S(t− s)f(s)ds là khả vi liên tục trên [0, a]
và thỏa mãn
|B

(t)| ≤ M
t

0
e

> 0 sao cho
|F (t, ϕ
1
) − F (t, ϕ
2
)| ≤ β
0
||ϕ
1
− ϕ
2
| |
B
, với ϕ
1
, ϕ
1
∈ B, t ≥ 0.
16
Xét ánh xạ G : [0, +∞] × B −→ E cho bởi
G(t, ϕ) = ϕ(0) − G(t, ϕ), (t, ϕ) ∈ [0, +∞) × B.
Trước khi kiểm tra các kết quả chúng ta viết lại bài toán (2.1) dưới dạng tích phân.
Giả sử ϕ ∈ B thỏa mãn G(0, ϕ) ∈ D(A). Ta biết rằng một hàm x : (−∞, a] −→ E, a >
0 là nghiệm của bài toán (2.1) khi và chỉ khi x là nghiệm phương trình







định trên (−∞, +∞).
Chứng minh. Cho a > 0 và C([0, a]; E) là không gian các hàm liên tục từ [0, a] vào
E với chuẩn thông thường, ϕ ∈ B thỏa mãn G(0, ϕ) ∈ D(A). Xét tập con đóng khác
rỗng trong C([0, a]; E) được định nghĩa bởi
Z
a
(ϕ) := {z ∈ C([0, a]; E) : z(0) = ϕ(0)} .
Với z ∈ Z
a
(ϕ) ta định nghĩa z : (−∞, a] → E bởi
z(t) =







z(t), t ∈ [0, a],
ϕ(t), t ≤ 0.
17
Đặt K
a
:= max
0≤t≤a
K(t). Do điều kiện (H3) và Tiên đề (A1) nên ánh xạ s → F(s, z
s
)
liên tục trên [0, a]. Khi đó, Mệnh đề 2.2.4 kéo theo ánh xạ t →


a
(ϕ) và
t ∈ [0, a], ta được


(Jz
1
)(t) − (Jz
2
)(t)


≥ (α
0
+ βMe
ωa
a)K
a
||z
1
− z
2
||
∞
.
Vì K liên tục và α
0
K(0) < 1 nên ta có thể chọn a > 0 đủ nhỏ sao cho (α
0
+

n
)
n≥0
trong B thỏa mãn ||ϕ
n
||
B
→ 0 khi n → 0 thì với mỗi θ ∈
(−∞, 0] ta có |ϕ
n
(0)| → 0 khi n → ∞.
Ta thấy tiên đề (D) suy ra không gian B là không gian định chuẩn.
Bổ đề 2.4.1. [10] Giả sử B là không gian định chuẩn thỏa mãn tiên đề (C1) và
f : [0, a] → B, a > 0 là hàm liên tục sao cho f(t)(θ) liên tục với (t, θ) ∈ [0, a]×(−∞, 0].
Khi đó,


a

0
f(t)dt


(θ) =
a

0
f(t)(θ)dt, θ ∈ (−∞, 0].
Bổ đề 2.4.2. Giả sử B là không gian định chuẩn thỏa mãn tiên đề (D) và f :
[0, a] → B, a > 0 là hàm liên tục. Khi đó, với mọi θ ∈ (−∞, 0] thì hàm f(.)(θ) liên

trong B.
Sử dụng tiên đề (D) ta được


a

0
f(t)dt


(θ) = lim
n→+∞
a
n
n

k=1
f

ka
n

(θ), θ ∈ (−∞, 0].
Mặt khác, tiên đề cũng kéo theo hàm f(.)(θ) liên tục trên [0, a]. Khi đó,
a

0
f(t)(θ)dt = lim
n→+∞
a













||D
ϕ
F (t, ϕ) − D
ϕ
F (t, ψ)| |ψ ≤ β
1
||ϕ − ψ||
B
,
||D
t
F (t, ϕ) − D
t
F (t, ψ)| |ψ ≤ β
1
||ϕ − ψ||
B
,

s
: s ∈ [0, a]) và (s, y
s
) : s ∈ [0, a] là các tập compact của [0, a] × B, khi đó điều
kiện H
4
kéo theo
























s
||
B
,
||D
ϕ
G(s, x
s
) − D
ϕ
G(s, y
s
)| |ψ ≤ β
1
||x
s
− y
s
||
B
,
||D
t
G(s, x
s
) − D
t
G(s, y
s
)| |ψ ≤ β