- Trang Chủ
- Toán học
- Tập hấp thụ nghiệm tích phân của bao hàm thức vi phân bậc phân số có trễ hữu hạn với phần tăng trưởng không quá tuyến tính
Xem mẫu
- Tuyển tập Hội nghị Khoa học thường niên năm 2020. ISBN: 978-604-82-3869-8
TẬP HẤP THỤ NGHIỆM TÍCH PHÂN CỦA BAO HÀM THỨC VI
PHÂN BẬC PHÂN SỐ CÓ TRỄ HỮU HẠN VỚI PHẦN TĂNG
TRƯỞNG KHÔNG QUÁ TUYẾN TÍNH
Vũ Nam Phong1, Bùi Thị Huệ1
1
Trường Đại học Thủy lợi, email: phongvn@tlu.edu.vn
1. GIỚI THIỆU CHUNG 2. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU
Ta xét bài toán (*): Định nghĩa 2.1. [4] Hàm
f C ([0, T ]; X ) có đạo hàm bậc phân số
1
C D0 u (t ) Au (t ) F (t , ut ), t 0 (*1)
(0,1) theo nghĩa Caputo được xác định
u ( s ) ( s ), s [ h,0] (*2) bởi công thức:
Trong đó: C D0 - đạo hàm bậc phân số 1 t
(t s ) u( s ) ds .
C
D0 u (t )
theo nghĩa Caputo, 0 1 ; A - toán tử (1 ) 0
tuyến tính đóng trong không gian Banach X, Trong công thức nghiệm tích phân, cặp
sinh ra nửa nhóm liên tục mạnh W () ; hàm giải thức S , P được xác định bởi:
đa trị F :[0, T ] h v( X ) ; hàm trễ ut với
1 ( I A) 1 e t S (t )dt ,
ut ( s ) u (t s ) , s [ h,0] , hàm φ cho trước.
0
S (t ) x ( )W (t ) xd ,
Trong những năm gần đây, bao hàm thức 0
vi phân bậc phân số nhận được sự chú ý lớn ( 1
I A) 1 e t t 1P (t ) dt ,
vì một số vấn đề trong vật lí hay điều khiển
0
học không thể mô tả chính xác bằng bao hàm P (t ) x ( )W (t ) xd , x X ,
0
thức vi phân thường, ví dụ như một số môi
( ) n1
1
trường với sự truyền dẫn khác thường. ( )
n1 (n 1)!
(n )sin( n ) .
Không những thế, trong thực tế, điều kiện trễ
(*2) ứng với những gì xảy ra trước khi xét Nếu W (t ) x M x , ta có: ([1])
(*1) cũng được thu hút sự quan tâm. Bài báo M
S (t ) x M x , P (t ) x x , x X ,
này sẽ xem xét tập bị chặn hấp thụ nghiệm ( )
tích phân trong trường hợp phần tăng trưởng
không quá tuyến tính. với ( ) x 1e x dx .
0
Khái niệm nghiệm tích phân ([4]) được Nếu W (t ) x Me t x , ta có: ([1])
định nghĩa như sau:
S (t ) x ME ,1 ( t ) x ,
Định nghĩa 1.1. Hàm u: [h, T] → X được
gọi là nghiệm tích phân của (*) trên [h, T] P (t ) x ME , ( t ) x , x X ; với:
khi và chỉ khi u (t ) (t ) t [h,0] và
zn
Ea ,b ( z ) , z , a 0, b 0 .
n 0 ( an b)
t
u (t ) S (t ) (0) (t s ) 1P (t s ) f ( s ) ds
0
Đặt:
t [0, T ], f Fp (u ) . hT C ([ h, T ]; X ), h C ([ h,0]; X ),
39
- Tuyển tập Hội nghị Khoa học thường niên năm 2020. ISBN: 978-604-82-3869-8
T C ([0, T ]; X ); C {u T | u (0) (0)} t t 1 g1 (t )
3. g 2 (t s ) ds g 2 ( s ) ds
t 0
với h cho trước và || || là chuẩn sup
0 0
Bổ đề 3.2. Cho các số M , a 0, c 0 ,
trong T , h và hT .
hàm C ([ h,0]; ) và hàm v liên tục,
(t ), t [ h,0]
Với u C , đặt u[ ](t ) ; không âm thỏa mãn: v(t ) (t ) t [ h,0] ,
u (t ), t (0, T ] t
v(t ) Mg1 (t )v0 g 2 (t s )[a c sup v( )]ds,
(t s ), s t [ h,0] 0
u[ ]t ( s ) , Fp (u[ ]) [ h,s ]
u (t s ), s t (0, T ] t 0 . Khi đó, ta có:
f Lp (0, T ; X ) | f (t ) F (t , u[ ]t ) với hầu Mv0 a[1 g1 (t )]
v(t ) sup ( s ) và
c [ h ,0 ]
hết t [0, T ] .
Mv0 a
Với X là không gian Banach, đặt lim sup v(t ) sup ( s ) .
t c [ h ,0]
( X ) { A E : A },
Chứng minh: Sử dụng Mệnh đề 3 trong [3]
v( X ) { A ( X ) : A lồi và compact}.
với s (t ) g1 (t ), r (t ) g 2 (t ) , ta thu được điều
Ta xét toán tử nghiệm: : T (T ) :
phải chứng minh.
(u )(t ) S (t ) (0) Q Fp (u[ ])(t ) Bổ đề 3.3. Toán tử Q là toán tử compact.
t Chứng minh: Ta xét tập D C ([0, T ]; X ) ,
với Q ( f )(t ) (t s ) 1P (t s ) f ( s )ds .
0 D bị chặn.
Do đó: u là điểm bất động của khi và Đầu tiên, ta chứng minh Q(D) compact. Ta
chỉ khi u là nghiệm tích phân của (*). kiểm tra Q(D)(t) compact trong X với mỗi
Với F (t , v) sup{ : F (t , v)} , để t 0 . Từ Mệnh đề 2.4 ([2]) và tính compact
chỉ ra sự tồn tại tập hấp thụ nghiệm tích phân của P ta có:
của bài toán (*), ta cần các giả thiết:
(A) C0 - nửa nhóm {W (t )}t 0 được sinh
(Q(D)(t )) (t s)
0
t
1
P (t s) D(s)ds 0 .
bởi A là compact t 0 và bị chặn mũ, tức Tiếp theo, ta chứng minh Q(D) đồng liên
là M 1, 0 thỏa mãn: tục. Cho f D, t (0, T ), (0, T t ] , khi đó
W (t ) x Me t x t 0, x X . Q ( f )(t ) Q( f )(t ) I1 (t ) I 2 (t ) với
t
(F) (1) F :[0, T ] h v( X ) - ánh xạ đa I1 (t ) (t s) 1 P (t s) f (s) ds ,
t
trị phi tuyến thỏa mãn; F (, v) - đo được t t
mạnh với mỗi v h , F (t , ) nửa liên tục trên I 2 (t ) 0
g3 (t , s )ds g3 (t , s )ds và
0
với mỗi t [0, T ] . g3 (t , s ) (t s ) 1 P (t s ) f ( s ) . Ta có
(2) p L1 (0, T ) , p không âm, không giảm t
và
I1(t) M f
t
g2 (t s)ds M f
0
g2 ( )d
F (t , v) p(t )(1 v ), t [0, T ], v h . 1 g1 ( )
M f 0 khi 0 . Ta có
3. KẾT QUẢ NGHIÊN CỨU t t
I 2 (t ) g (t , t )d g (t, t )d
0 3 0 3
Bổ đề 3.1. [4] Đặt g1 (t ) E ,1 ( t ) và t
g 2 (t ) t 1E , ( t ) , với mọi 0 ta có: 1 P ( )[ f (t ) f (t )] d
0
1. g1 , g 2 L1loc ( ); g1 , g 2 - hàm không âm. t
M g 2 ( ) f (t ) f (t ) d . Vì
0
2. g1 - hàm không tăng, g1 (t ) 1, t 0 và
t 0 g1 (t ) 1 và f D C([0, T ]; X ) nên
lim g1 (t ) 0 .
t với mỗi 0 , tồn tại 0 thỏa mãn
40
- Tuyển tập Hội nghị Khoa học thường niên năm 2020. ISBN: 978-604-82-3869-8
Chứng minh: Gọi u là nghiệm của bài toán
f (t ) f (t ) . Do
M 1 g1 (t ) (*), khi đó u (t ) S (t ) (0) Q( f )(t )
đó suy ra I 2 (t ) , vì thế I 2 (t ) 0 khi t
Mg1 (t ) (0) M g 2 (t s ) f ( s ) ds
0
0 . Tương tự, Q( f )( ) Q( f )(0) 0 t
Mg1 (t ) u(0) M g2 (t s) p(s)(1 us )ds
khi 0 . Vì vậy, Q(D) đồng liên tục. Từ 0
Định lí Azrelà - Ascoli, suy ra Q compact. t
Mg1 (t) u(0) M g2 (t s) p(s)(1 sup u( ) )ds
Định lí 3.1. Nếu các giả thiết (A) và (F) 0 [h, s ]
được thỏa mãn thì bài toán (*) có nghiệm tích t
phân trên [h, T]. Mg1 (t ) u(0) M g2 (t s) (1 sup u( ) )ds.
0 [ h, s ]
Chứng minh: Đặt g 4 ( s ) (t s ) 1 p( s ) và Áp dụng Bổ đề 3.2 với a c M , ta được:
gọi C ([0, T ]; ) là nghiệm duy nhất của M u (0) M
M lim sup u (t ) sup (s) ,
phương trình: (t ) M I (t ) với t M [ h ,0]
( )
suy ra hình cầu B (0, R ) X với bán kính
t
I (t ) g 4 ( s ) 1 ( s ) ds . Ta xét M (0) M
0
R sup ( s ) 1 là tập
M [ h ,0]
D u C : sup u ( ) (t ), t [0, T ] .
[0,t ] hấp thụ bị chặn nghiệm tích phân của bài
Khi đó, D là tập con đóng, lồi của C . Vì Q toán (*).
compact nên compact, do đó chỉ cần 4. KẾT LUẬN
chứng minh ( D) D . Cho u D , với mỗi
Bài viết đưa ra một số giả thiết cụ thể để
z (t ) (u )(t ) , ta tìm được f Fp (u[ ]) bài toán bao hàm thức vi phân bậc phân số có
thỏa mãn: z (t ) S (t ) (0) Q( f )(t ) trễ với phần tăng trưởng không quá tuyến
M t tính có tập bị chặn hấp thụ nghiệm tích phân.
( ) 0
z (t ) M (0) (t s ) 1 f ( s ) ds
5. TÀI LIỆU THAM KHẢO
M t
M
( ) 0
(t s) 1 p(s)(1 us )ds [1] N.T. Anh, T.D. Ke. 2014. Decay integral
solutions for neutral fractional differential
M t
( ) 0
M g4 (s) 1 (s) ds . equations with infinite delays. Math. Methods
Appl. Sci. 38 (2015), No. 8, 1601-1622.
Tích phân cuối cùng chính là I(t), dễ thấy I(t) [2] T.D. Ke, D. Lan. 2017. Fixed point
không giảm theo t nên ta thu được đánh giá: approach for weakly asymptotic stability of
M fractional differential inclusions involving
sup z ( ) M I (t ) (t ) impulsive effects, J. Fixed Point Theory
[0,t ] ( ) Appl. 19(2017), no. 4, 2185-2208.
(u ) D . Ta kết thúc chứng minh. [3] T.D. Ke, L.T.P. Thuy. 2020. Dissipativity
Định lí 3.2. Các giả thiết (A) và (F) được and stability for semilinear anomalous
thỏa mãn với mọi T 0 và p L (0, T ) , diffusion equations involving delays.
Math. Meth. Appl. Sci. 2020, 1-17.
p ess sup p (t ) / M . Khi đó, tồn [4] A.A. Kilbas, H.M. Srivastava, J.J. Trujillo.
t 0
2006. Theory and Applications of Fractional
tại tập bị chặn hấp thụ nghiệm tích phân của
Differential Equations, Elsevier, Amsterdam.
bài toán (*) với mọi dữ kiện ban đầu.
41
nguon tai.lieu . vn
