Luận án Dáng điệu tiệm cận và bài toán điều khiển đối với một số lớp phương trình parabolic suy biến mạnh

W 1,2
λ
(Ω), D(∆λ) và chứng
minh được phép nhúng D(∆λ) ,→ ◦W 1,2λ (Ω) là compact.
• Trong những năm gần đây, có hai lớp số hạng phi tuyến được nghiên cứu
nhiều. Thứ nhất là lớp số hạng phi tuyến thỏa mãn điều kiện tăng trưởng và
tiêu hao kiểu Sobolev (xem [3, 38, 39, 44]). Thứ hai là lớp số hạng phi tuyến
thỏa mãn điều kiện tăng trưởng kiểu đa thức (xem [4, 9, 61, 64]). Hai lớp số
hạng phi tuyến này đều có hạn chế phía trên về điều kiện tăng trưởng và số
hạng phi tuyến kiểu mũ không thỏa mãn, chẳng hạn như f (u) = eu. Lớp số
hạng phi tuyến chúng tôi xét trong bài toán (2.1) tổng quát hơn, vừa chứa cả
hai lớp phi tuyến trên, vừa chứa lớp số hạng phi tuyến tăng trưởng kiểu mũ.
Sự khác biệt chính so với chứng minh trong [3, 4, 64] là số hạng phi tuyến
f (u) trong bài toán của chúng tôi chỉ thuộc không gian L1(QT ) do không có
giới hạn áp đặt cho điều kiện tăng trưởng trên của nó. Điều này dẫn đến một
số khó khăn khi thiết lập các ước lượng tiên nghiệm, chuyển qua giới hạn đối
với số hạng phi tuyến và chứng minh tính duy nhất của nghiệm.
Kết luận Chương 2.
Trong chương này, chúng tôi đã trình bày các kết quả về sự tồn tại, tính duy
nhất và sự phụ thuộc liên tục của nghiệm vào dữ kiện ban đầu, sự tồn tại tập hút
toàn cục cùng với tính trơn của nó. Để chứng minh sự tồn tại và duy nhất nghiệm
chúng tôi đã sử dụng phương pháp xấp xỉ Galerkin và phương pháp compact. Để
chứng minh tính trơn của tập hút toàn cục, chúng tôi sử dụng phương pháp đánh
giá tiên nghiệm tiệm cận.
40
Chương 3
TẬP HÚT TOÀN CỤC CỦA MỘT LỚP PHƯƠNG TRÌNH
PARABOLIC SUY BIẾN MẠNH TRÊN TOÀN KHÔNG
GIAN
Trong Chương 2, chúng tôi đã nghiên cứu bài toán parabolic suy biến nửa
tuyến tính trên miền bị chặn Ω ⊂ RN ,N ≥ 2. Khi đó nửa nhóm S(t), t > 0,
sinh bởi bài toán là một nửa nhóm (phi tuyến) compact, tức là S(t) là toán
tử compact với mỗi t > 0 (điều này suy ra từ tính compact của phép nhúng
◦
W 1,2
λ
(Ω) ,→ L2(Ω)). Trong chương này, chúng tôi nghiên cứu một lớp phương
trình parabolic nửa tuyến tính chứa toán tử suy biến mạnh Ps,γ trên toàn không
gian RN ,N ≥ 2. Khi đó các phép nhúng cần thiết không còn compact, do đó
S(t) không còn là nửa nhóm compact nữa và điều đó gây ra những khó khăn
lớn khi nghiên cứu.
Nội dung của chương này được viết dựa trên công trình [CT2] trong Danh
mục công trình khoa học đã công bố của luận án.
3.1. Đặt bài toán
Trong chương này, chúng tôi nghiên cứu phương trình parabolic nửa tuyến
tính suy biến mạnh sau:
∂ u
∂ t
− Ps,γu+ f (X ,u) +λu= g(X ), X ∈ RN , t > 0,
u(X , 0) = u0(X ), X ∈ RN ,
(3.1)
trong đó λ > 0,X = (x , y, z),RN = RN1 ×RN2 ×RN3 (N1,N2,N3 ≥ 1), và Ps,γ là
toán tử suy biến mạnh đã được nêu ở Chương 1. Để nghiên cứu bài toán (3.1),
ta giả thiết điều kiện ban đầu u0 ∈ L2(RN ) cho trước, hàm phi tuyến f và hàm
ngoại lực g thỏa mãn các điều kiện sau:
41
(F) f : RN ×R→ R là hàm khả vi liên tục thỏa mãn
f ′u(X ,u)≥−`, (3.2)
f (X ,u)u≥−µu2− C1(X ), (3.3)
trong đó ` > 0, 0< µ < λ, C1(·) ∈ L1(RN )∩ L2(RN ) là hàm không âm. Từ
điều kiện (3.2) ta có 0≤ ∫ u
0
( f ′u(X , s)s+ `s)ds, lấy tích phân từng phần ta
được
F(X ,u)≤ f (X ,u)u+ `u
2
2
với mọi u ∈ R, (3.4)
ở đó F(X ,u) =
∫ u
0
f (X , s)ds là một nguyên hàm của f ;
(G) g ∈ L2(RN ).
Trong chương này, với các giả thiết (F)-(G), chúng tôi sẽ nghiên cứu các
vấn đề sau đối với bài toán (3.1):
• Nghiên cứu sự tồn tại và tính duy nhất của nghiệm yếu;
• Nghiên cứu sự tồn tại tập hút toàn cục của nửa nhóm S(t) sinh bởi bài
toán (3.1) trong không gian L2(RN ) và S1(RN ).
3.2. Sự tồn tại và duy nhất nghiệm
Định nghĩa 3.1. Hàm u gọi là một nghiệm yếu của bài toán (3.1) trên (0, T ) với
điều kiện ban đầu u(0) = u0 ∈ L2(RN ) nếu và chỉ nếu u ∈ C([0, T]; L2(RN ))∩
L2(0, T ;S1(RN )),ut ∈ L2(0, T ;S−1(RN ))∩ L1(QT ) và
〈ut ,w〉 − 〈Ps,γu,w〉+ 〈 f (X ,u),w〉+λ〈u,w〉= 〈g,w〉,
với mọi hàm thử w ∈ S1(RN )∩ L∞(RN ) và với hầu khắp t ∈ (0, T ).
Định lí sau trình bày kết quả về sự tồn tại và tính duy nhất của nghiệm yếu
của bài toán (3.1).
42
Định lí 3.1. Giả sử các điều kiện (F)-(G) được thỏa mãn. Khi đó, với bất kỳ
u0 ∈ L2(RN ) và T > 0 cho trước, bài toán (3.1) có duy nhất nghiệm yếu u trên
khoảng (0, T ). Hơn nữa, ánh xạ u0 7→ u(t) là liên tục trên L2(RN ).
Chứng minh. (i) Sự tồn tại nghiệm. Chúng ta xét một dãy các bài toán trong
miền bị chặn BR sau:
∂ u
∂ t
− Ps,γu+ f (X ,u) +λu= g(X ), X ∈ BR, t > 0,
u(X , t) = 0, X ∈ ∂ BR, t > 0,
u(X , 0) = u0,R(X ), X ∈ BR,
(3.5)
trong BR là hình cầu mở có bán kính R ≥ 1 tâm 0, u0,R = u0ψR(|X |) và ψR là
hàm trơn thỏa mãn
ψR(r) =

1 nếu 0≤ r ≤ R− 1,
0≤ψR(r)≤ 1 nếu R− 1≤ r ≤ R,
0 nếu r > R.
Từ Định lí 2.1 của Chương 2 ta có thể suy ra, với mỗi R ≥ 1, bài toán (3.5) có
duy nhất nghiệm yếu uR. Bây giờ, ta sẽ chỉ ra dãy {uR} bị chặn đều bởi một
hằng số không phụ thuộc vào R. Ta có
1
2
d
d t
‖uR‖2L2(BR)+
∫
BR
|∇s,γuR|2dX +
∫
BR
f (X ,uR)uRdX +λ‖uR‖2L2(BR) =
∫
BR
guRdX .
Từ (3.3), ta được
1
2
d
d t
‖uR‖2L2(BR)+
∫
BR
|∇s,γuR|2dX + (λ−µ)‖uR‖2L2(BR) ≤
∫
BR
guRdX +
∫
BR
C1(X )dX .
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy và giả thiết C1(·) ∈ L1(RN ), ta có
1
2
d
d t
‖uR‖2L2(BR)+
∫
BR
|∇s,γuR|2dX + (λ−µ)‖uR‖2L2(BR)
≤ 1
2(λ−µ)‖g‖L2(BR)+
λ−µ
2
‖uR‖2L2(BR)+ C .
Do đó,
d
d t
‖uR‖2L2(BR)+ 2
∫
BR
|∇s,γuR|2dX + (λ−µ)‖uR‖2L2(BR) ≤
1
λ−µ‖g‖L2(RN )+ C .
43
Lấy tích phân từ 0 đến t, 0≤ t ≤ T, ta được
‖uR(t)‖2L2(BR)+ 2
∫ t
0
∫
BR
|∇s,γuR|2dX ds+ (λ−µ)
∫ t
0
‖uR(s)‖2L2(BR)ds
≤ 1
λ−µ‖g(X )‖L2(RN )T + CT + ‖u0ψR(|X |)‖
2
L2(BR)
. (3.6)
Xét ur j , r j → +∞, là dãy nghiệm của bài toán (3.5) trong Br j . Khi đó, từ (3.6)
ta có
{ur j} bị chặn đều trong L∞(0, T ; L2(Br j))∩ L2(0, T ;S1(Br j)). (3.7)
Ta sẽ thác triển những nghiệm này xác định trên RN theo cách sau:
uˆr j(X ) =
ur j(X )ψr j(|X |) trong Br j ,0 trên RN\Br j .
Vì (3.7) nên ta suy ra dãy {uˆr j} bị chặn trong L∞(0, T ; L2(RN ))∩L2(0, T ;S1(RN )).
Do đó, tồn tại dãy con của {uˆr j} (vẫn kí hiệu uˆr j) thỏa mãn
uˆr j + u∞ trong L
2(0, T ;S1(RN )),
uˆr j +
∗ u∞ trong L∞(0, T ; L2(RN )), (3.8)
Ps,γuˆr j + Ps,γu∞ trong L
2(0, T ;S−1(RN )).
Ta sẽ chứng minh u∞ là nghiệm yếu của bài toán (3.1).
Cố định rk, khi r j → +∞, ta giả sử rk ≤ r j − 1. Ta định nghĩa phép chiếu
của uˆr j trong Brk và kí hiệu là uk j = Lkuˆr j . Từ (3.7) ta suy ra {uk j} bị chặn trong
L∞(0, T ; L2(Brk)) ∩ L2(0, T ;S1(Brk)). Do đó, tồn tại một dãy con (vẫn kí hiệu
là uk j) sao cho uk j = Lkuˆr j + uk∞ trong L
2(0, T ;S1(Brk)) và hội tụ
∗–yếu trong
L∞(0, T ; L2(Brk)).
Bây giờ, ta chứng minh Lku∞ = uk∞. Thật vậy, lấy v ∈ C∞0 ([0, T]×Brk), hội
tụ ∗–yếu trong L∞(0, T ; L2(Brk)) cho trước, ta có∫ T
0
∫
Brk
Lkuˆr j vdX d t →
∫ T
0
∫
Brk
uk∞vdX d t.
44
Mặt khác, lưu ý rằng v(t,X ) = 0 với X 6∈ Brk và sử dụng (3.8) ta được∫ T
0
∫
Brk
Lkuˆr j vdX d t →
∫ T
0
∫
Brk
uˆr j vdX d t →
∫ T
0
∫
Brk
u∞vdX d t,
và ∫ T
0
∫
Brk
u∞vdX d t =
∫ T
0
∫
Brk
Lku∞vdX d t.
Do đó, Lku∞ = uk∞. Ta nói rằng Lku∞ là một nghiệm yếu trongQ rk,T = [0, T]×
Brk . Ta được
1
2
d
d t
‖uk j‖2L2(Brk )+
∫
Brk
|∇s,γuk j|2dX +
∫
Brk
f (X ,uk j)uk jdX +λ‖uk j‖2L2(Brk )
=
∫
Brk
guk jdX . (3.9)
Lấy tích phân (3.9) từ 0 đến T , ta có
2
∫ T
0
∫
Brk
|∇s,γuk j|2dX d t + 2
∫
Q rk ,T
f (X ,uk j)uk jdX d t +λ
∫ T
0
‖uk j‖2L2(Brk )d t
≤‖u0,rk‖2L2(Brk )+
1
λ
‖g‖2L2(Brk )T.
Do đó, ∫
Q rk ,T
f (X ,uk j)uk jdX d t ≤ C .
Tiếp theo, ta chứng minh { f (X ,uk j)} bị chặn trong L1(Q rk,T ). Đặt h(uk j) =
f (X ,uk j) + µ¯uk j, trong đó µ¯ > `. Vì h(s)s ≥ 0 với mọi s ∈ R, ta có∫
Q rk ,T
|h(uk j)|dX d t ≤
∫
Q rk ,T∩{|uk j |>1}
|h(uk j)uk j|dX d t +
∫
Q rk ,T∩{|uk j |≤1}
|h(uk j)|dX d t
≤
∫
Q rk ,T
h(uk j)uk jdX d t + sup|s|≤1
|h(s)||Q rk,T | ≤ C .
Vì vậy, {h(uk j)} bị chặn trong L1(Q rk,T ). Do đó, suy ra { f (X ,uk j)} bị chặn
L1(Q rk,T ). Mặt khác, ta có
∂ uk j
∂ t
= Ps,γuk j − f (X ,uk j)−λuk j + g,
45
nên {∂ uk j
∂ t
} bị chặn trong L2(0, T ;S−1(Bk j))+ L1(Q rk,T ). Do đó, {
∂ uk j
∂ t
} bị chặn
trong L1(0, T ;S−1(Bk j)+ L1(Bk j)). Sử dụng Bổ đề compact Aubin–Lions–Simon
(xem Định lí 1.2) và S10(Bk j) ,→,→ L2(Bk j) ,→ S−1(Bk j)+L1(Bk j), ta suy ra {uk j}
là compact trong L2(0, T ; L2(Bk j)). Do đó, có thể trích ra dãy con thỏa mãn
uk j → uk∞ hầu khắp nơi trong Q rk,T và∫
Q rk ,T
f (X ,uk j)ξdX d t →
∫
Q rk ,T
f (X ,uk∞)ξdX d t,
với mọi ξ ∈ C∞0 ([0, T];S−1(Bk j) ∩ L∞(Bk j)). Vì vậy, ta có uk∞ là nghiệm yếu
trong [0, T]× Brk . Do đó, u∞ là nghiệm yếu của bài toán (3.1). Thật vậy, với
mọi hàm thử v ∈ C∞0 (RN), tồn tại rk sao cho v ∈ C∞0 (Brk), sử dụng uk∞ là
nghiện yếu của (3.1) trong Q rk,T , ta có u∞ là nghiệm yếu của bài toán (3.1)
trong [0, T]×RN .
(ii) Tính duy nhất và sự phụ thuộc liên tục vào dữ kiện ban đầu. Giả
sử u và v là hai nghiệm yếu của bài toán (3.1) với dữ kiện ban đầu lần lượt là
u0, v0 ∈ L2(RN ). Đặt w = u− v, ta có
∂ w
∂ t
− Ps,γw+ ef (X ,u)− ef (X , v)− `w+λw = 0,
w(0) = u0− v0,
(3.10)
trong đó ef (X , s) = f (X , s) + `s. Do w(t) không thuộc vào không gian W :=
S1(RN )∩ L∞(RN ), nên ta không thể chọn w(t) là hàm thử như trong [4].
Ta sẽ sử dụng kĩ thuật trong [32] để chứng minh. Xét Bk : R → R là hàm
cắt được xác định như sau:
Bk(s) =

k if s > k,
s if |s| ≤ k,
−k if s <−k.
Xét ánh xạ Nemytskii bBk :W →W xác định bởi
bBk(w)(x) = Bk(w(x)) với mọi x ∈ RN .
46
Từ Bổ đề 2.3 trong [32], ta có ‖bBk(w)− w‖W → 0 khi k → ∞. Nhân phương
trình đầu của bài toán (3.10) với bBk(w), rồi lấy tích phân trên RN × (", t),với
t ∈ (0, T ), ta được∫ t
"
∫
RN
d
dτ

w(s)bBk(w)(τ)dxdτ− ∫ t
"
∫
RN
w
d
dτ
bBk(w)(τ)dxdτ
+
1
2
∫ t
"
∫
{x∈RN :|w(x ,τ)|≤k}
|∇s,γw|2d xdτ+
∫ t
"
∫
RN
ef (X ,u)− ef (X , v)bBk(w)dxdτ
− `
∫ t
"
∫
RN
wbBk(w)dxdτ+λ∫ t
"
∫
RN
wbBk(w)dxdτ= 0.
Do w d
d t
(bBk(w)) = 12 dd t (bBk(w))2, ta có∫
RN
w(t)bBk(w)(t)dx − 12‖bBk(w)(t)‖2L2(RN )
+
1
2
∫ t
"
∫
{x∈RN :|w(x ,τ)|≤k}
|∇s,γw|2dxdτ+
∫ t
"
∫
RN
ef ′(X ,ξ)wbBk(w)dxdτ
=
∫
RN
w(")bBk(w)(")dx − 12‖bBk(w)(")‖2L2(RN )+ (`−λ)
∫ t
"
∫
RN
wbBk(w)dxdτ.
Chú ý rằng ef ′(X , s)≥ 0 và sBk(s)≥ 0 với mọi s ∈ R, cho "→ 0 và k→∞ trong
đẳng thức trên, ta được
‖w(t)‖2L2(RN ) ≤ ‖w(0)‖2L2(RN )+ (2`−λ)
∫ t
0
‖w(τ)‖2L2(RN )dτ.
Do đó, áp dụng bất đẳng thức Gronwall dạng tích phân, ta có
‖w(t)‖2L2(RN ) ≤ ‖w(0)‖2L2(RN )e(2`−λ)t
≤ ‖w(0)‖2L2(RN )e(2`−λ)T với mọi t ∈ [0, T].
Vì vậy, nghiệm phụ thuộc liên tục vào dữ kiện ban đầu, đặc biệt, nghiệm là duy
nhất khi u0 = v0.
47
3.3. Sự tồn tại của tập hút toàn cục
Từ Định lí 3.1, ta có thể xác định một nửa nhóm liên tục S(t) : L2(RN )→
L2(RN ) liên kết với bài toán (3.1) như sau
S(t)u0 := u(t),
trong đó u(·) là nghiệm yếu duy nhất của bài toán (3.1) với điều kiện ban đầu
u0. Chúng ta sẽ chứng minh nửa nhóm S(t) có tập hút toàn cụcA trong không
gian L2(RN ) và S1(RN ).
3.3.1. Sự tồn tại các tập hấp thụ bị chặn
Bổ đề 3.1. Nửa nhóm {S(t)}t≥0 có một tập hấp thụ bị chặn trong L2(RN ).
Chứng minh. Nhân phương trình đầu của (3.1) với u, ta có
1
2
d
d t
‖u‖2L2(RN )+
∫
RN
|∇s,γu|2dX +
∫
RN
f (X ,u)udX +λ‖u‖2L2(RN ) =
∫
RN
gudX .
(3.11)
Sử dụng (3.3), ta được
d
d t
‖u‖2L2(RN )+ 2
∫
RN
|∇s,γu|2dX + 2(λ−µ)‖u‖2L2(RN ) ≤ 2
∫
RN
gudX + C
≤(λ−µ)‖u‖2L2(RN )+
1
λ−µ‖g‖
2
L2(RN )+ C . (3.12)
Do đó, ta có
d
d t
‖u‖2L2(RN )+ (λ−µ)‖u‖2L2(RN ) ≤
1
λ−µ‖g‖
2
L2(RN )+ C .
Do đó, từ bất đẳng thức Gronwall, ta được
‖u(t)‖2L2(RN ) ≤ ‖u(0)‖2L2(RN )e−(λ−µ)t + R1,
trong đó R1 = R1(λ,µ,C ,‖g‖2L2(RN )). Do đó, chọn ρ1 = 2R1, ta có
‖u(t)‖2L2(RN ) ≤ ρ1, (3.13)
với mọi t ≥ T1 = T (B). Bổ đề được chứng minh.
48
Bổ đề 3.2. Nửa nhóm {S(t)}t≥0 có một tập hấp thụ bị chặn trong S1(RN ).
Chứng minh. Từ (3.12), ta có
d
d t
‖u‖2L2(RN )+ 2
∫
RN
|∇s,γu|2dX ≤ 1λ−µ‖g‖
2
L2(RN )+ C .
Lấy tích phân trên khoảng (t, t + 1) và sử dụng Bổ đề 3.1, ta được∫ t+1
t
‖∇s,γu(τ)‖2L2(RN )dτ≤ ρ2 = ρ2(C ,ρ1,‖g‖2L2(RN )), (3.14)
với mọi t ≥ T1. Nhân (3.1) với −Ps,γu và lấy tích phân trên RN , ta có
1
2
d
d t
‖∇s,γu‖2L2(RN )+ ‖Ps,γu‖2L2(RN )
=−
∫
RN
f ′(X ,u)|∇s,γu|2dX −λ
∫
RN
|∇s,γu|2dX −
∫
RN
gPs,γudX
≤`
∫
RN
|∇s,γu|2dX −λ
∫
RN
|∇s,γu|2dX + 12‖Ps,γu‖
2
L2(RN )+
1
2
‖g‖2L2(RN ).
Do đó,
d
d t
‖∇s,γu‖2L2(RN ) ≤ 4`‖∇s,γu‖2L2(RN )+ ‖g‖2L2(RN ). (3.15)
Kết hợp (3.14),(3.15) và sử dụng bất đẳng thức Gronwall đều, ta có
‖∇s,γu(t)‖2L2(RN ) ≤ ρ2 với mọi t ≥ T2 = T1+ 1. (3.16)
Từ (3.13) và (3.16), ta có điều phải chứng minh.
Bổ đề 3.3. Giả sử các điều kiện (F)− (G) thỏa mãn. Khi đó, với mọi tập con bị chặn
B trong L2(RN), tồn tại hằng số T = T (B)> 0 sao cho
‖ut(τ)‖2L2(RN ) ≤ ρ3 với mọi u0 ∈ B, và τ≥ T,
trong đó ut(τ) =
d
d t
(S(t)u0)|t=τ và ρ3 là hằng số dương không phụ thuộc vào B.
Chứng minh. Lấy đạo hàm (3.1) theo thời gian, ta được
ut t − Ps,γut + f ′u(X ,u)ut +λut = 0.
49
Nhân vô hướng đẳng thức trên với ut trong L
2(RN ) và sử dụng giả thiết (3.2),
ta suy ra
1
2
d
d t
‖ut‖2L2(RN ) ≤ C‖ut‖2L2(RN ). (3.17)
Nhân phương trình đầu của (3.1) với ut , ta được
d
d t

1
2
‖∇s,γu‖2L2(RN )+
λ
2
‖u‖2L2(RN )+
∫
RN
F(X ,u)dX −
∫
RN
gudX

=−‖ut‖2L2(RN ) ≤ 0. (3.18)
Mặt khác, lấy tích phân (3.11) từ t tới t + 1 và sử dụng (3.13), ta có∫ t+1
t

‖∇s,γu‖2L2(RN )+λ‖u‖2L2(RN )+
∫
RN
f (X ,u)udX −
∫
RN
gudX

dτ
≤ ‖u(t)‖2L2(RN ) ≤ ρ1,
với mọi t ≥ T1. Mặt khác, sử dụng kiều kiện (3.4) và ước lượng (3.13), ta có∫ t+1
t

‖∇s,γu‖2L2(RN )+λ‖u‖2L2(RN )+
∫
RN
f (X ,u)udX −
∫
RN
gudX

dτ
≥
∫ t+1
t

‖∇s,γu‖2L2(RN )+λ‖u‖2L2(RN )+
∫
RN
F(X ,u)dX
− `
2
‖u‖2L2(RN )−
∫
RN
gudX

dτ
≥
∫ t+1
t

1
2
‖∇s,γu‖2L2(RN )+
λ
2
‖u‖2L2(RN )+
∫
RN
F(X ,u)dX −
∫
RN
gudX

dτ− `
2
ρ1,
với mọi t ≥ T1. Do đó,∫ t+1
t

1
2
‖∇s,γu‖2L2(RN )+
λ
2
‖u‖2L2(RN )+
∫
RN
F(X ,u)dX −
∫
RN
gudX

dτ
≤ (1+ `
2
)ρ1, với mọi t ≥ T1. (3.19)
Áp dụng bất đẳng thức Gronwall đều, từ (3.18) và (3.19), ta được
1
2
‖∇s,γu‖2L2(RN )+
λ
2
‖u‖2L2(RN )+
∫
RN
F(X ,u)dX −
∫
RN
gudX ≤ ρ3, (3.20)
50
với mọi t ≥ T2 = T1+1. Lấy tích phân (3.18) từ t đến t+1 và sử dụng (3.20),
ta có ∫ t+1
t
‖ut(τ)‖2L2(RN )dτ≤ ρ3, với mọi t ≥ T2. (3.21)
Kết hợp (3.17) với (3.21) và áp dụng bất đẳng thức Gronwall đều, ta được
‖ut(τ)‖2L2(RN ) ≤ ρ3,
với mọi τ≥ T3 = T2+ 1. Bổ đề được chứng minh.
Bây giờ, ta sẽ chỉ ra sự tồn tại tập hấp thụ bị chặn trong S2(RN ).
Bổ đề 3.4. Nửa nhóm {S(t)}t≥0 có một tập hấp thụ bị chặn trong S2(RN ), nghĩa
là, tồn tại hằng số ρ4 > 0 sao cho với mọi tập bị chặn B ⊂ L2(RN ), tồn tại TB > 0
thỏa mãn
‖Ps,γu(t)‖2L2(RN )+ ‖u(t)‖2L2(RN ) ≤ ρ4, với mọi t ≥ TB,u0 ∈ B.
Chứng minh. Nhân vô hướng phương trình đầu của (3.1) với −Ps,γu+λu trong
L2(RN ), ta có
‖Ps,γu(t)‖2L2(RN )+λ2‖u(t)‖2L2(RN )+λ
∫
RN
f (X ,u)udX
≤ 2λ
∫
RN
uPs,γudX −
∫
RN
ut(−Ps,γu+λu)dX +
∫
RN
f (X ,u)Ps,γudX
+
∫
RN
g(−Ps,γu+λu)dX .
Sử dụng (3.3) và lấy tích phân từng phần số hạng thứ ba bên vế phải của bất
đẳng thức trên, ta được
‖Ps,γu(t)‖2L2(RN )+λ2‖u(t)‖2L2(RN )−λµ‖u(t)‖2L2(RN )
≤ 2λ
∫
RN
uPs,γudX −
∫
RN
ut(−Ps,γu+λu)dX
−
∫
RN
f ′u(X ,u)(|∇xu|2+ |∇yu|2+ |x |2s|y|2γ|∇zu|2)dX
51
+∫
RN
g(−Ps,γu+λu)dX +λ
∫
RN
C1(X )dX .
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy và giả thiết (3.2), ta có
‖Ps,γu(t)‖2L2(RN )+ ‖u(t)‖2L2(RN ) ≤ C(1+ ‖ut‖2L2(RN )+ ‖u‖2S1(RN )+ ‖g‖2L2(RN )).
Từ Bổ đề 3.1 và Bổ đề 3.3, tồn tại ρ4 > 0 sao cho
‖Ps,γu(t)‖2L2(RN )+ ‖u(t)‖2L2(RN ) ≤ ρ4,
với mọi t đủ lớn. Ta có điều phải chứng minh.
Tiếp theo, để chứng minh sự tồn tại tập hút toàn cục trong L2(RN ) và
S1(RN ), ta sẽ sử dụng ba hàm thử ϕR,θR,γR thỏa mãn
ϕR = ϕ
 |x |2
R2

,θR = θ
 |y|2
R2

,γR = γ
 |z|2
R2(1+s+γ)

với ϕ,θ ,γ ∈ C∞[0,+∞), 0 ≤ ϕ,θ ,γ ≤ 1, ϕ,θ ,γ = 0 trong [0, 1
2
], và ϕ,θ ,γ =
1 trong [1,+∞). Khi đó tồn tại hằng số C > 0 sao cho |ϕ′(·)|, |θ ′(·)|, |γ′(·)| ≤ C .
Ngoài ra, ta đặt
B∗R = BRN1 (0,R)× BRN2 (0,R)× BRN3 (0,R1+s+γ)
và
ΣR = RN\BRN1 (0,R/2)× BRN2 (0,R/2)× BRN3 (0,R1+s+γ/2)
.
Trong Chương này, chúng tôi xét bài toán trên toàn không gian RN ,N ≥ 2.
Khi đó nửa nhóm S(t) không còn là nửa nhóm compact như ở Chương 2, do
đó để chứng minh sự tồn tại tập hút toàn cục trong L2(RN ) chúng tôi sử dụng
phương pháp đáng giá phần đuôi của nghiệm do B. Wang đưa ra (xem [66]).
3.3.2. Sự tồn tại tập hút toàn cục trong L2(RN)
Bổ đề 3.5. Giả sử các điều kiện (F) - (G) được thỏa mãn. Khi đó, với mọi ε > 0
và mọi tập bị chặn B ⊂ L2(RN ), tồn tại T = T (ε,B) > 0 và K = K(ε,B) > 0 sao
cho t ≥ T và R≥ K , ∫
RN\B∗R
|u(X , t)|2dX ≤ ε.
52
Chứng minh. Nhân vô hướng (3.1) với (ϕRθRγR)u trong L2(RN ), ta được
1
2
d
d t
∫
RN
(ϕRθRγR)|u|2dX −
∫
RN
(ϕRθRγR)uPs,γudX +λ
∫
RN
(ϕRθRγR)|u|2dX
+
∫
RN
(ϕRθRγR) f (X ,u)udX =
∫
RN
(ϕRθRγR)ugdX .
Sử dụng (3.2) và (3.3), ta có
1
2
d
d t
∫
RN
(ϕRθRγR)|u|2dX + (λ−µ)
∫
RN
(ϕRθRγR)|u|2dX
≤
∫
RN
(ϕRθRγR)uPs,γudX +
∫
ΣR
|C1(X )|dX +
∫
RN
(ϕRθRγR)ugdX . (3.22)
Mặt khác, ta có∫
RN
(ϕRθRγR)uPs,γudX ≤ 12
∫
RN
(|u|2+ |Ps,γu|2)dX , (3.23)
và ∫
RN
(ϕRθRγR)ugdX =
∫
ΣR
(ϕRθRγR)ugdX
≤λ−µ
2
∫
RN
(ϕRθRγR)|u|2dX + 12(λ−µ)
∫
ΣR
|g|2dX . (3.24)
Kết hợp (3.23),(3.24) với (3.22), ta suy ra
d
d t
∫
RN
(ϕRθRγR)|u|2dX + (λ−µ)
∫
RN
(ϕRθRγR)|u|2dX
≤2
∫
ΣR
|C1(X )|dX + 1λ−µ
∫
ΣR
|g|2dX +
∫
RN
(|u|2+ |Ps,γu|2)dX . (3.25)
Nhân (3.25) với e(λ−µ)t và lấy tích phân trên (T, t), ta thu được∫
RN
(ϕRθRγR)|u(t)|2dX ≤ e−(λ−µ)(t−T )
∫
RN
(ϕRθRγR)|u(T )|2dX
+ 2e−(λ−µ)t
∫ t
T
e(λ−µ)ξ
∫
ΣR
|C1(X )|dX dξ
+
1
λ−µe
−(λ−µ)t
∫ t
T
e(λ−µ)ξ
∫
ΣR
|g|2dX dξ
53
+ e−(λ−µ)t
∫ t
T
e(λ−µ)ξ
∫
RN
(|u|2+ |Ps,γu|2)dX dξ
≤e−(λ−µ)(t−T )‖u(T )‖2L2(RN )+
2
λ−µ
∫
ΣR
|C1(X )|dX + 1(λ−µ)2
∫
ΣR
|g|2dX
+ e−(λ−µ)t
∫ t
T
e(λ−µ)ξ
∫
RN
(|u|2+ |Ps,γu|2)dX dξ. (3.26)
Ta lưu ý rằng, cho trước ε > 0, tồn tại T1 = T1(ε)> 0 sao cho với mọi t ≥ T1,
e−(λ−µ)(t−T )‖u(T1)‖2L2(RN ) ≤
ε
4
. (3.27)
Do C1(·) ∈ L1(RN ), tồn tại K1 = K1(ε)> 0 sao cho với mọi R≥ K1,
2
λ−µ
∫
ΣR
|C1(X )|dX ≤ ε4. (3.28)
Mặt khác, do g ∈ L2(RN ), tồn tại K2 = K2(ε)> K1 sao cho với mọi R≥ K2,
1
(λ−µ)2
∫
ΣR
|g|2dX ≤ ε
4
. (3.29)
Đối với số hạng cuối ở bên vế phải của (3.26), từ Bổ đề 3.4 , tồn tại T2 > 0 sao
cho với mọi ξ≥ T2, ta được∫
RN
(|u(X ,ξ)|2+ |Ps,γu(X ,ξ)|2)dX ≤ ρ4. (3.30)
Do đó, tồn tại K3 = K3(ε)> K2 sao cho với mọi R≥ K3 và t ≥ T2,
e−(λ−µ)t
∫ t
T2
e(λ−µ)ξ(
∫
RN
(|u|2+ |Ps,γu|2)dX )dξ≤ ε4. (3.31)
Đặt T =max{T1, T2}. Sau đó, kết hợp các biểu thức từ (3.26) đến (3.31), ta có∫
RN
(ϕRθRγR)|u(X , t)|2dX ≤ ε,
với mọi R≥ K ≥ K3 và t ≥ T . Do đó∫
RN\B∗R
|u(X , t)|2dX ≤
∫
RN
(ϕRθRγR)|u(X , t)|2dX ≤ ε,
với mọi R≥ K và t ≥ T . Từ đó, ta có điều phải chứng minh.
54
Sử dụng Bổ đề 3.5 ta chứng minh được tính compact tiệm cận của S(t)
trong L2(RN ) như sau.
Bổ đề 3.6. Giả sử các điều kiện (F) - (G) thỏa mãn. Khi đó, nửa nhóm S(t) là
compact tiệm cận trong L2(RN ), nghĩa là, với mọi dãy bị chặn {xn} ⊂ L2(RN ) và
mọi dãy tn ≥ 0, tn→∞, {S(tn)xn} có một dãy con hội tụ tương ứng với tôpô của
L2(RN ).
Chứng minh. Chúng ta sử dụng ước lượng đều phần đuôi của nghiệm để chứng
minh tính compact tương đối của {un(tn) := S(tn)xn}, tức là, chứng minh rằng
với mọi ε > 0, dãy {un(tn)} có một phủ hữu hạn bao gồm các hình cầu bán
kính bé hơn ε.
Cho K > 0, ta kí hiệu
B∗K = BRN1 (0,K)× BRN2 (0,K)× BRN3 (0,K1+s+γ) và BcK = RN\B∗K .
Khi đó, từ Bổ đề 3.5, với mọi ε > 0 cho trước, tồn tại K = K(ε) > 0 và T =
T (ε)> 0 sao cho với t ≥ T ,
‖un(t)‖L2(BcK ) ≤ ε.
Khi tn→∞, tồn tại N1 = N1(ε)> 0 sao cho tn ≥ T với mọi n≥ N1,
‖un(tn)‖L2(BcK ) ≤ ε. (3.32)
Từ Bổ đề 3.2, tồn tại C > 0 và N2 > 0 sao cho với mọi n≥ N2,
‖un(tn)‖S1(B∗K ) ≤ C .
Vì phép nhúng S1(B∗K) ,→ L2(B∗K) là compact (xem [63]), nên dãy {un(tn)} là
compact tương đối trong L2(B∗K). Do đó, với ε > 0 cho trước, {un(tn)} có một
phủ hữu hạn các hình cầu bán kính bé hơn ε trong L2(B∗K), cùng với (3.