ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN - - - - - - - - - o0o - - - - - - - - - PHẠM NHƯ THÀNH VỀ TÍNH CHẤT NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH TIẾN HÓA VÀ ỨNG DỤNG LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC Hà Nội - 2015 ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN - - - - - - - - - o0o - - - - - - - - - PHẠM NHƯ THÀNH VỀ TÍNH CHẤT NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH TIẾN HÓA VÀ ỨNG DỤNG Chuyên ngành: TOÁN GIẢI TÍCH Mã số: 60460102 LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: PGS.TS ĐẶNG ĐÌNH CHÂU Hà Nội - 2015 Mục lục Nửa nhóm liên tục mạnh không gian Banach sinh chúng 1.1 Nửa nhóm liên tục mạnh 1.2 Khái niệm toán tử sinh số kết bổ trợ 1.3 Định lý toán tử sinh nửa nhóm 1.4 Khái niệm tán xạ định lý Lunner-Phillips 1.5 Một số ví dụ khác nửa nhóm liên tục mạnh 1.5.1 Nửa nhóm liên tục 1.5.2 Nửa nhóm đồng dạng 1.5.3 Nửa nhóm điều chỉnh 1.5.4 Nửa nhóm nhân 1.6 Bài toán Cauchy đặt chỉnh toán tử Tính chất nghiệm phương trình tiến hóa trừu tượng ứng dụng 2.1 Nhiễu bị chặn nửa nhóm liên tục mạnh 2.2 Phương trình tiến hóa với nhiễu Lipschitz 2.3 Khái niệm họ toán tử tiến hóa liên tục mạnh vài tính chất nghiệm phương trình vi phân tuyến tính không gian Banach 2.4 Nhiễu tuyến tính phương trình tiến hoá họ toán tử tiến hóa liên tục mạnh 2.5 Sự tương đương tiệm cận họ toán tử tiến hóa 2.6 Ứng dụng phương pháp nửa nhóm mô hình quần thể sinh học 2.6.1 Về tính chất nghiệm toán dân số phụ thuộc vào tuổi 2.6.2 Tính chất nghiệm toán dân số có phụ thuộc vào tuổi phân bố dân cư 5 12 15 17 17 19 19 20 22 26 26 30 37 44 47 53 53 55 Mở Đầu Trong thời gian gần yêu cầu đòi hỏi từ mô hình ứng dụng, lý thuyết định tính phương trình vi phân không gian Banach phát triển mạnh mẽ Các kết nhận tính ổn định phương trình vi phân không gian Banach ứng dụng cho việc nghiên cứu tính chất nghiệm phương trình vi phân hàm Đồng thời sử dụng việc nghiên cứu mô hình ứng dụng như: mô hình quần thể sinh học, mạng nơron thần kinh, vật lý học Một vấn đề nhiều người quan tâm, nghiên cứu áp dụng phương pháp nửa nhóm cho phương trình tiến hóa trừu tượng, từ ứng dụng vào mô hình dân số Trong nhiều mô hình ứng dụng, ta thường gặp toán phương trình đạo hàm riêng dạng: ∂v = A(D)v ∂t v hàm véc tơ v = (v1 , , vm ) phụ thuộc vào t x, (1) Aα Dα , A(D) = |α|≤r α = (α1 , , αn ) đa số, |α| = α1 + + αn , Dα = D1α1 Dnαn , Dk = i∂ (k = ∂xk 1, 2, , n), x = (x1 , , xn ) điểm không gian Rn hệ số Aα ma trận cấp m × n Số r gọi cấp hệ Bài toán tìm nghiệm phương trình (1), v = v(t, x) thỏa mãn điều kiện v(0, x) = φ(x) (2) gọi toán Cauchy, hàm vector φ(x) cho toàn không gian Rn Đôi người ta gọi toán với giá trị ban đầu Bài toán với giá trị ban đầu (1) thường giải phương pháp Fourier Tuy nhiên nhiều trường hợp, để mở rộng phạm vi ứng dụng người ta thường xét phương trình đạo hàm riêng dạng ∂v = A(D)v + g(t, v) ∂t (3) Nhờ áp dụng phương pháp nửa nhóm việc nghiên cứu tính chất nghiệm phương trình (3) đưa nghiên cứu tính chất nghiệm phương trình vi phân   du(t) + Au(t) = f (t, u(t)), t > t0 dt u(t ) = u0 −A toán tử sinh C0 − nửa nhóm T (t), t ≥ 0, không gian Banach X f : [t0 , T ] × X → X ánh xạ liên tục theo t thỏa mãn điều kiện Lipschitz theo u Mục đích luận văn cố gắng tìm hiểu phương pháp nửa nhóm không gian hàm lý thuyết nhiễu nửa nhóm vào việc nghiên cứu tính chất nghiệm phương trình vi phân có nhiễu không gian Banach, từ đưa ứng dụng vào mô hình dân số Bố cục luận văn gồm phần mở đầu, hai chương, phần kết luận danh mục tài liệu tham khảo Chương trình bày định nghĩa, tính chất nửa nhóm liên tục mạnh số định lý quan trọng toán tử sinh nửa nhóm liên tục mạnh, tán xạ số dạng khác nửa nhóm liên tục mạnh Trong chương này, sử dụng kiến thức trình bày tài liệu [1], [4], [8], [9] chuyên đề cao học TS Trần Đức Long Chương hai trình bày toán nhiễu nửa nhóm, tính chất họ toán tử tiến hóa liên tục mạnh, tương đương tiệm cận định lý liên quan; từ đưa toán mô hình dân số phụ thuộc vào tuổi Để hoàn thành nội dung đó, sử dụng kiến thức tư liệu trình bày tài liệu [2], [3], [5], [6], [7], [8] nội dung chuyên đề cao học PGS.TS Hoàng Quốc Toàn PGS.TS Đặng Đình Châu Bản luận văn thực hướng dẫn PGS.TS Đặng Đình Châu Nhân dịp xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới Thầy, người dành nhiều công sức thời gian để hướng dẫn, kiểm tra, giúp đỡ việc hoàn thành luận văn Tôi xin gửi lời cảm ơn đến lãnh đạo thầy cô khoa Toán - Cơ Tin học, trường Đại học Khoa học Tự nhiên Hà Nội kiến thức điều tốt đẹp mang lại cho thời gian học tập trường Tôi xin cảm ơn tới phòng Sau đại học điều kiện thuận lợi việc hoàn thành thủ tục học tập bảo vệ luận văn Cám ơn thầy bạn seminar Phương trình vi phân động viên ý kiến trao đổi quí báu thân thời gian qua Cuối muốn tỏ lòng biết ơn gia đình, người thân chỗ dựa tinh thần vật chất cho sống học tập Mặc dù có nhiều cố gắng thời gian bị hạn chế nên luận văn để lại nhiều thiếu sót lỗi ấn loát lỗi bỏ qua số trình bày chi tiết việc chứng minh lại kết chương vài ví dụ ứng dụng Vì vậy, mong nhận góp ý quý thầy, cô bạn Hà Nội, tháng 11 năm 2015 Phạm Như Thành Chương Nửa nhóm liên tục mạnh không gian Banach toán tử sinh chúng 1.1 Nửa nhóm liên tục mạnh Định nghĩa 1.1 Một họ (T (t))t≥0 toán tử tuyến tính bị chặn không gian Banach X gọi nửa nhóm liên tục mạnh (hoặc C0 − nửa nhóm ) thỏa mãn điều kiện sau: T (t + s) = T (t)T (s) với t, s ≥ T (0) = I lim T (t)x = T (t0 )x với x ∈ X, t ≥ t→t0 Ví dụ 1.1 Xét nửa nhóm (T (t))t≥0 không gian C0 = C0 (R), xác định C0 (R) = {f ∈ C(R) : lim f (s) = 0} s→±∞ Với chuẩn ||f || = sup |f (s)| Ta có (C0 , ||.||) không gian Banach s∈R ∀t ≥ 0, ta định nghĩa: (Tl (t)f )(s) = f (t + s) ∀f ∈ C0 , ∀s ∈ R (Tr (t))f (s) = f (s − t) ∀f ∈ C0 , ∀s ∈ R Khi (Tr (t))t≥0 (Tl (t))t≥0 nửa nhóm liên tục mạnh C0 , gọi tương ứng nửa nhóm dịch chuyển trái phải C0 Chứng minh Ta chứng minh cho trường hợp nửa nhóm dịch chuyển trái, trường hợp nửa nhóm dịch chuyển phải chứng minh tương tự +) Ta chứng minh (Tl (t)) nửa nhóm Thật vậy: ∀t, h ≥ 0, ∀f ∈ C0 , s ∈ R, ta có (Tl (t + h)f )(s) = f (t + h + s) = (Tl (t)f )(h + s) = (Tl (t)Tl (h))f (s) suy Tl (t + h) = Tl (t)Tl (h) +) Ta chứng minh (Tl (t))t≥0 liên tục mạnh Thật vậy, ta cần rằng, ∀f ∈ C0 lim ||Tl (t)f − f || = lim sup |f (t + s) − f (s)| = t→0+ t→0+ s∈R Vì f ∈ C0 suy f liên tục R tồn giới hạn lim f (s) = 0, nên f s→±∞ liên tục R Do ∀ > 0, ∃δ > cho: ∀s1 , s2 : |s1 − s2 | < δ ⇒ |f (s1 ) − f (s2 )| < Khi với t : ≤ t < δ |t + s − s| < δ , với s ∈ R, ta có |f (t + s) − f (s)| < Suy sup |f (t + s) − f (s)| ≤ ∀s ∈ R với t : ≤ t < δ Vậy theo định nghĩa giới s∈R hạn ta có lim sup |f (t + s) − f (s)| = t→0+ s∈R Vậy (Tl (t))t≥0 nửa nhóm liên tục mạnh Bổ đề 1.1 Giả sử X không gian Banach F hàm từ tập compact K ⊂ R vào L(X) Khi khẳng định sau tương đương (a) F toán tử tôpô liên tục mạnh; tức là, ánh xạ K t → F (t)x ∈ X liên tục ∀x ∈ X (b) F bị chặn K, ánh xạ K t → F (t)x ∈ X liên tục ∀x ∈ D ⊂ X, D trù mật X (c) F liên tục tôpô hội tụ tập compact X ; tức là, ánh xạ K × C (t, x) → F (t)x ∈ X liên tục tập compact C X Định lý 1.1 Cho nửa nhóm (T (t))t≥0 không gian Banach X Khi tính chất sau tương đương (a) (T (t))t≥0 nửa nhóm liên tục mạnh (b) lim+ T (t)x = x ∀x ∈ X t→0 (c) Có số δ > 0, M ≥ tập trù mật D ⊂ X thỏa mãn i) ||T (t)|| ≤ M ∀t ∈ [0, δ], ii) lim+ T (t)x = x ∀x ∈ D t→0 Chứng minh +) Chứng minh (a) ⇒ (c.ii) Vì (T (t))t≥0 nửa nhóm liên tục mạnh không gian Banach, nên lim T (t)x = T (0)x = x t→0+ ∀x ∈ D (Do D trù mật X ) +) Chứng minh (a) ⇒ (c.i) Giả sử ngược lại, tức tồn dãy (δn )n∈N ⊂ R+ hội tụ đến thỏa mãn ||T (δn )|| → ∞ n → ∞ Theo nguyên lý bị chặn đều, tồn x ∈ X thỏa mãn (||T (δn )x||)n∈N không bị chặn Điều mâu thuẫn với T (.)x liên tục t = (do (T (t))t≥0 nửa nhóm liên tục mạnh) +) Chứng minh (c) ⇒ (b) Đặt K = {tn : n ∈ N} ∪ {0} với dãy (tn )n∈N ⊂ [0, ∞) hội tụ đến Khi K ⊂ [0, ∞) compact, T (.)|K x liên tục ∀x ∈ D Do áp dụng bổ đề 1.1 (b) ta T (.)|K x liên tục ∀x ∈ X, tức là: lim T (tn )x = x n→∞ ∀x ∈ X Vì (tn )n∈N chọn tùy ý nên (b) chứng minh +) Chứng minh (b) ⇒ (a) Giả sử t0 > 0, x ∈ X Khi lim ||T (t0 + h)x − T (t0 )x|| ≤ ||T (t0 )||.|| lim ||T (h)x − x|| = 0, h→0+ h→0+ suy (T (t))t≥0 liên tục phải Nếu h < ||T (t0 + h)x − T (t0 )x|| ≤ ||T (t0 + h)||.||x − T (−h)x|| dẫn đến tính liên tục trái, ||T (t)|| bị chặn ∀t ∈ [0, t0 ] Vậy (T (t))t≥0 nửa nhóm liên tục mạnh Định lý 1.2 Cho nửa nhóm liên tục mạnh (T (t))t≥0 Khi có số w ∈ R M ≥ thỏa mãn ||T (t)|| ≤ M ewt ∀t > (1.1) Chứng minh Chọn M ≥ thỏa mãn ||T (s)|| ≤ M ∀0 ≤ s ≤ Với t ≥ lấy t = s + n, ∀n ∈ N ≤ s < Khi ||T (t)|| = ||T (s + n)|| = ||T (s).T (n)|| ≤ ||T (s)||.||T (n)|| ≤ ||T (s)||.||T (1)||n ≤ M n+1 = M en ln M ≤ M ewt với w = ln M t ≥ Định nghĩa 1.2 Cho nửa nhóm liên tục mạnh T = (T (t))t≥0 , gọi ω0 cận tăng trưởng ω0 = ω0 (T ) = inf{w ∈ R : tồn Mw ≥ thỏa mãn ||T (t)|| ≤ Mw ewt ∀t ≥ 0} Xét trường hợp đặc biệt - Nếu w = 0, nửa nhóm (T (t))t≥0 gọi nửa nhóm bị chặn - Nếu w = M = 1, nửa nhóm (T (t))t≥0 gọi là nửa nhóm co - Nếu ||T (t)x|| = ||x||, ∀t ≥ x ∈ X, nửa nhóm (T (t))t≥0 gọi nửa nhóm đẳng cự Ví dụ 1.2 Theo định lý 1.2 ta có ω < +∞ ω0 = −∞ Chẳng hạn không gian L1[0;1] , ta xét nửa nhóm tịnh tiến trái xác định bởi: f (t + s) s + t ≤ T (t)f (s) = s + t > Ta có: T (t) = 0, ∀t > Với t thỏa mãn ≤ t ≤ 1, ||T (t)|| ≤ ||T (t)f || = || T (t)f (s)ds|| ≤ ||f || Suy ||T (t)|| ≤ Với ω < cố định, chọn M cho M ≤ e−ω Khi đó: ||T (t)|| < ≤ M.eω ≤ M.eωt , Vậy ω0 = −∞ ∀t ≥ Sử dụng bổ đề Gronwall-Bellman ta có: ||u(t)|| ≤ M1 eM1 M2 T < +∞ Như ứng với (t, s) ∈ ∆J U (t, s) bị chặn, tức U (t, s) ∈ L(X) Định lý sau chứng tỏ (U (t, s))t≥s≥0 họ toán tử tiến hóa liên tục mạnh Định lý 2.8 Giả sử (T (t))t≥0 nửa nhóm liên tục mạnh X B(.) ∈ C(J, Ls (X)) Khi họ toán tử tiến hóa xác định (2.41) họ toán tử tiến hóa tuyến tính liên tục mạnh không gian Banach X Chứng minh Với (t, s) ∈ ∆J ta xét ánh xạ U (t, s) : x → u(t) Từ tính chất nghiệm biểu thức (2.41) (Theo bổ đề 2.3) ta suy U (t, s) : X → X ánh xạ tuyến tính đồng thời ta dễ dàng kiểm tra với (t, s) ∈ ∆J ta có: U (t, t) = I, U (t, τ ) = U (t, s).U (s, τ ) Mặt khác từ (2.41) ta có t U (t) ≤ M1 + M1 M2 ||U (τ )||.dτ s Sử dụng bổ đề Gronwall- Belmal ta có U (t) ≤ M1 eM1 M2 (t−s) ≤ M1 eM3 t < +∞ Từ kết nhận ta suy U (t, s) ∈ L(X) với (t, s) ∈ ∆J Bây L(X) ta xét phương trình t U (t, s)x = T (t − s)x + T (t − τ )B(τ )U (t, τ )xdτ (2.42) s Lý luận tương tự phương trình (2.41) ta suy phương trình toán tử (2.42) có nghiệm nhất, ta có t U (t, s) ≤ M1 + M3 U (t, τ ) dτ s Sử dụng bổ đề Gronwall- Belmal ta có: t U (t, s) ≤ M1 e M3 dτ s 46 ≤ M1 eM3 T < +∞ Hay sup U (t, s) = M4 < +∞ (t,s)∈∆J Xét phương trình t+h T (t − τ )B(τ )U (t, τ )xdτ U (t + h, t)x = T (h)x + t Ta có U (t + h, t) − T (h) ≤ M1 M2 M4 |h| Như ta có: lim U (t + h, t) − I = 0, h→0 với h > với l > Tương tự ta chứng minh lim ||U (s, s − l) − I|| = 0, l→0 Sử dụng đánh giá (a), (b), (c) chứng minh định lý 2.7 ta suy với x ∈ X (t, s) ∈ ∆J cho với h > thỏa mãn điều kiện s ≤ s+h ≤ t ≤ t+h ta có: lim h→0 l→0 U (t + h, s + l)x − U (t, s)x = Bằng lý luận tương tự với ≤ s − l ≤ s ≤ t − h ≤ t ≤ ta có: lim ||U (t − h, s − l)x − U (t, s)x|| = h→0 Từ ta suy tính liên tục mạnh U (t, s) : X → X Định lý chứng minh Do J ⊂ R+ tập đóng nên ta suy hệ sau: Hệ 2.7 Giả sử (T (t))t≥0 nửa nhóm liên tục mạnh X B(.) ∈ C(R+ , Ls (X)) Khi họ toán tử tiến hóa xác định (2.41) họ toán tử tiến hóa tuyến tính liên tục mạnh không gian Banach X 2.5 Sự tương đương tiệm cận họ toán tử tiến hóa Giả sử (T (t))t≥0 nửa nhóm liên tục mạnh sinh toán tử tuyến tính (A, D(A)) không gian Banach X Cùng với nửa nhóm (T (t))t≥0 ta xét họ toán tử tiến hoá (U (t, s))t≥s≥0 xác định bởi: t U (t, s)x = T (t − s)x + T (t − ζ)B(ζ)U (ζ, s)xdζ, s 47 x ∈ X (2.43) x ∈ X, ≤ s ≤ t ≤ t1 B(.) ∈ Cb (R+ , Ls (X)) thỏa mãn điều kiện ∞ ||B(ζ)||dζ < +∞ (2.44) Định nghĩa 2.4 Nửa nhóm liên tục mạnh (T (t))t≥0 họ toán tử tiến hóa liên tục mạnh (U (t, s))t≥s≥0 gọi tương đương tiệm cận với x ∈ X,tồn y ∈ X cho: lim ||T (t − t0 )x − U (t, t0 )y|| = t→∞ với t0 > cố định Định nghĩa 2.5 Nửa nhóm liên tục mạnh (T (t))t≥0 gọi song ổn định không gian Banach X tồn t0 > cho T (t0 ) : X → X khả nghịch tồn chuẩn (||| |||) tương đương với chuẩn xuất phát cho |||T (t0 )||| = |||T −1 (t0 )||| = Định lý 2.9 Giả sử (T (t))t≥0 nửa nhóm liên tục mạnh sinh (A, D(A)) không gian Banach X Khi điều kiện sau tương đương: a) (T (t))t≥0 song ổn định b) (T (t))t≥0 thác triển thành nhóm giới nội X c) (T (t))t≥0 thác triển thành nhóm đẳng cự (T (t))t∈R không gian Banach có chuẩn tương đương với chuẩn xuất phát d) Với λ ∈ R\{0}, ta có λ ∈ ρ(A) tồn M ≥ cho ||[λR(λ, A)]n || ≤ M, ∀n ∈ N Chứng minh Trước hết ta chứng minh a) ⇒ b) Theo giả thiết a) tồn t0 > cho T (t0 ) khả nghịch , (T (t))t≥0 thác triển thành nhóm liên tục mạnh (T (t))t∈R Ta chứng minh nhóm giới nội Thật vậy, đặt T+ (t) = T (t), T− (t) = T (−t), t≥0 t ≥ Do (T+ (t))t≥0 nửa nhóm liên tục mạnh nên tồn số M1 > cho sup |||T+ (t)||| ≤ M1 0≤t≤t0 Với t ≥ t0 , ta có t = nt0 + s, n ∈ N, ≤ s < t0 Từ ta suy T+ (t) = (T+ (t0 ))n T+ (s), 48 |||T+ (t)||| ≤ |||T+ (t0 )|||n |||T+ (s)||| ≤ M1 Suy sup |||T+ (t)||| ≤ M1 t≥0 Lập luận tương tự ta có sup |||T− (t)||| ≤ M2 t≥0 Đặt M3 = max{M1 , M2 }, sup |||T (t)||| ≤ M3 t∈R Điều có nghĩa (T (t))t∈R nhóm giới nội (X, |||.|||) Vì |||.||| tương đương với chuẩn xuất phát (||.||) nên (T (t))t∈R nhóm giới nội (X, ||.||) Chứng minh b) ⇒ c) nhận cách đặt ||x||1 := sup ||T (t)x|| t∈R Tiếp theo chứng minh c) ⇒ d) Từ giả thiết c) suy (T (t))t≥0 thác triển thành nhóm giới nội (X, ||.||), tức tồn M4 ≥ cho với t ∈ R ta có ||T (t)|| ≤ M4 Với λ > 0, theo định lý 1.5 chương ta có ∞ e−λs T (s)xds R(λ, A)x = Lý luận tương tự hệ 1.1 chương ta có (−1)n−1 dn−1 R(λ, A)x R(λ, A) x = (n − 1)! dλn−1 ∞ sn−1 e−λs T (s)xds = (n − 1)! n nên ta có ||[λR(λ, A)]n || ≤ M4 , ∀n ∈ N, λ > Chú ý R(−λ, A) = −R(λ, −A) với λ ∈ −ρ(A) = ρ(−A), nhận đánh giá tương tự cho trường hợp λ < Chọn M = M4 ta có điều phải chứng minh Cuối ta chứng minh d) ⇒ a).Từ giả thiết d) ta có ||[λR(λ, A)]n || ≤ M, 49 n ∈ N Tương tự chứng minh định lý 3.8 (xem [8], trang 77), xây dựng chuẩn X sau: |||x||| := sup{sup ||µn R(µ, A)n x||}, µ>0 n≥0 ∀n ∈ N Lặp lại kỹ thuật chứng minh định lý 3.8 (xem [8], trang 77) ta có |||λR(λ, A)||| ≤ 1, ∀λ > Điều dẫn đến (A, D(A)) toán tử sinh nửa nhóm co (T+ (t))t≥0 (xem [8] trang 73) Tương tự trường hợp λ < ta (−A, D(A)) toán tử sinh nửa nhóm co (T− (t))t≥0 Từ ta có nhóm co (T (t))t∈R thỏa mãn điều kiện sup |||T (t)||| ≤ t∈R theo định nghĩa 2.4 suy (T (t))t≥0 song ổn định Như ta có d) ⇒ a), định lý chứng minh Bổ đề 2.4 Giả sử B(.) : X → X thỏa mãn điều kiện (2.44), (T (t))t≥0 nửa nhóm liên tục mạnh không gian Hilbert X P : X → X phép chiếu trực giao X , giao hoán với T (t) thỏa mãn điều kiện a) (T (t))t≥0 nửa nhóm ổn định mũ b) (T (t)(I − P ))t≥0 nửa nhóm song ổn định Khi tồn t0 ∈ R+ cho ánh xạ F : X → X xác định ∞ T (t0 − τ )(I − P )B(τ )U (τ, t0 )xdτ F :x→ t0 ánh xạ tuyến tính giới nội thỏa mãn điều kiện ||F || ≤ α < Chứng minh Đặt S(t) = T (t)P, V (t) = T (t)(I − P ), suy T (t) = S(t) + V (t), (2.45) V (t − s) = T (t − t0 )V (t0 − s) Áp dụng kết [8] (trang 43), ta suy S(t) V(t) nửa nhóm hạn chế Y1 = XP Y2 = X(I − P ) 50 Từ điều kiện b) bổ đề suy tồn số dương M5 cho với t ∈ R ta có ||T (t)(I − P )|| ≤ M5 Từ công thức (2.45) áp dụng bổ đề Gronwall-Bellman ta suy tồn số dương M6 cho ∀t ≥ t0 ≥ ta có ||U (t, t0 )|| ≤ M6 ∞ ||B(τ )|| Từ điều kiện cho < +∞, với α < ta tìm số ∆ > +∞ ||B(τ )||dτ ≤ t0 Khi α , M5 M6 t0 ≥ ∆ > ∞ ||F || ≤ ||V (t0 − τ )||.||B(τ )||.||U (τ, t0 )||dτ t0 (2.46) ∞ ||B(τ )dτ ≤ α < ≤ M5 M6 t0 Định lý 2.10 Giả sử (T (t))t≥0 nửa nhóm giới nội sinh A ∈ L(X) thỏa mãn điều kiện a) b) bổ đề (2.4) Khi (T (t))t≥0 (U (t, s))t≥s tương đương tiệm cận Chứng minh Giả sử (S(t))t≥0 , (V (t))t≥0 nửa nhóm xây dựng chứng minh bổ đề 2.4 Chú ý từ điều kiện a) bổ đề suy tồn số dương ω, M7 cho ||S(t)|| ≤ M7 e−ωt , ∀t ≥ Cho y0 ∈ X x0 = (I + F )y0 (F xác định bổ đề (2.4) ) với t ≥ t0 , ta xét ∞ y(t) = T (t − t0 )y0 + T (t − τ )B(τ )U (τ, t0 )y0 dτ t0 x(t) = T (t − t0 )x0 ∞ = T (t − t0 )y0 + V (t − τ )B(τ )U (τ, t0 )y0 dτ (2.47) t0 Ta có ∞ t y(t) − x(t) = T (t − τ )B(τ )U (τ, t0 )y0 dτ − t0 V (t − τ )B(τ )U (τ, t0 )y0 dτ t0 51 ∞ t y(t) − x(t) = S(t − τ )B(τ )U (τ, t0 )y0 dτ − t0 V (t − τ )B(τ )U (τ, t0 )dτ t Do ∞ t e−ω(t−τ ) ||B(τ )||dτ + M5 M7 ||y0 || ||y(t) − x(t)|| ≤ M6 M7 ||y0 || ∞ t e−ω(t−τ ) ||B(τ )||dτ + M9 ≤ M8 ||B(τ )||dτ t t0 t0 ||B(τ )||dτ t t  −ωt  ≤ M8 (e ) t0  ∞ t ||B(τ )||dτ + t ||B(τ )||dτ  + M9 ||B(τ )||dτ  t (2.48) Trong M8 = M6 M7 ||y0 ||, M9 = M5 M7 ||y0 || Mặt khác với số dương > tồn t∗ > 2t0 cho với t ≥ t∗ bất đẳng thức sau xảy t −ω e ||B(τ )||dτ < t0 3M8 , t t ||B(τ )||dτ < 3M , ∞ ||B(τ )||dτ < t 3M9 Do t  ||y(t) − x(t)|| ≤ M8   t0  t e−ω(t−τ ) ||B(τ )dτ + t e−ω(t−τ ) ||B(τ )||dτ   ∞ (2.49) ||M (τ )||dτ + M9 t < + + = Suy lim ||y(t) − x(t)|| = t→∞ Chú ý I + F : X → X khả nghịch, tồn song ánh tập nghiệm {x(t)} {y(t)} thỏa mãn định nghĩa tương đương tiệm cận (T (t))t≥0 (U (t, s))t≥s Định lý chứng minh 52 2.6 Ứng dụng phương pháp nửa nhóm mô hình quần thể sinh học 2.6.1 Về tính chất nghiệm toán dân số phụ thuộc vào tuổi Xét mô hình dân số phụ thuộc vào tuổi xác định toán Cauchy: (APE)  ∂f ∂f   (a, t) + (a, t) + µ(a)f (a, t) = 0, a, t ≥   ∂t ∂a ∞ (2.50) f (0, t) = β(a)f (a, t)da, t ≥     f (a, 0) = f0 (a), a ≥ Trong t a biến thực không âm tương ứng với đại lượng thời gian tuổi cá thể; f (., t) mô tả cấu trúc tuổi quần thể thời điểm t f0 giá trị ban đầu cấu trúc tuổi thời điểm t = Ngoài β µ hàm giới nội, đo được, nhận giá trị dương mô tả tỉ lệ sinh tỉ lệ chết Để đưa toán (APE) toán Cauchy trừu tượng xét không gian Banach X = L1 (R+ ) toán tử đóng trù mật A0 xác định bởi: A0 f = − ∂f − µf, f ∈ D(A0 ) := W 1,1 (R+ ) ∂a đó: µ:X→X xác định µ : f (a, t) → µ(a)f (a, t) Chú ý rằng, µ = µ(a) giới nội, đo R+ nên µ : X → X toán tử liên tục, tức µ ∈ L(X) Để tiếp tục nghiên cứu toán (APE), ta xét toán tử hạn chế A0 sau: ∞ Af = A0 f, D(A) = {f : f ∈ D(A0 ), f (0) = β(a)f (a)da} Bằng phương pháp tương tự ví dụ 1.3 ta toán tử tuyến tính (A, D(A)) toán tử sinh nửa nhóm liên tục mạnh (T (t))t≥0 Đồng thời tương tự [8] (trang 16-17) toán (APE) tương đương với toán Cauchy trừu tượng (CE)  u(t) ˙ = Au(t), t ≥ (2.51) u(0) = f0 53 với u(t) := f (., t) Áp dụng định lý toán tử sinh nửa nhóm liên tục mạnh ta (A, D(A)) toán tử sinh nửa nhóm liên tục mạnh (T (t))t≥0 X (ta gọi nửa nhóm dân số) Trong trường hợp này, nghiệm (APE) cho f (a, t) := (T (t)f0 (a) Hoàn toàn tương tự, xét toán dân số có nhiễu tuyến tính sau đây: (APE(p))  ∂f ∂f   (a, t) + (a, t) + µ(a)f (a, t) = α(t)f (a, t), a, t ≥   ∂t ∂a ∞ (2.52) f (0, t) = β(a)f (a, t)da, t ≥     f (a, 0) a ≥ = f0 (a), Kí hiệu X = L1 (R+ ) Khi với t ∈ R+ thì: Af = − ∂f − µf, Bα = α(t)I ∂a toán tử tuyến tính từ X vào X Như xét Af = − ∂f − µf ∂a ∞ D(A) = {f | f ∈ W 1,1 (R+ ), f (0) = β(a)f (a)da} toán tử sinh nửa nhóm (T (t))t≥0 Bα : X → X toán tử tuyến tính liên tục thỏa mãn điều kiện ∞ α(t)dt < +∞, Khi từ toán (APE(p)) đưa xét phương trình: (CE(p))  u(t) ˙ = [A + α(t)]u(t), t ≥ (2.53) u(0) = f0 với u(t) = f (., t) Tương ứng với toán (CE(p)) xét phương trình tiến hóa t u(t) = T (t − s)f + T (t − τ )Bα (τ )u(τ )dτ s ≤ s ≤ t, f ∈ L1 (R+ ) Họ toán tử tiến hóa (U (t, s))t≥s≥0 xác định U : (t, s) → u(t) 54 (2.54) ≤ s ≤ t u(t) xác định (2.54) họ toán tử tiến hóa liên tục mạnh Định lý 2.11 Nếu (T (t))t≥0 nửa nhóm liên tục mạnh bị chặn R+ (U (t, s))t≥s≥0 xác định phương trình (2.54) bị chặn R+ Chứng minh Trước hết cách áp dụng lý luận tương tự phần nhiễu Lipchitz nửa nhóm phương trình 2.54 có nghiệm nhất, đồng thời họ toán tử tiến hóa (U (t, s))t≥s≥0 liên tục mạnh X Bây không gian L(X) ta xét phương trình tiến hóa dạng: t U (t, s) = T (t − s) + T (t − τ )Bα (τ )U (τ, s)dτ (2.55) s Do (T (t))t≥0 bị chặn nên tồn số M > cho: t M ||Bα (τ )||||U (τ, s)||dτ ||U (t, s)|| ≤ M + s Sử dụng bất đẳng thức Gronwall-Bellman ta có ||U (t, s)|| ≤ M e t s ||Bα (τ )||dτ ≤ Me t ||Bα (τ )||dτ < +∞ Từ định lý áp dụng kết định lý 2.10 tương đương tiệm cận họ toán tử tiến hóa ta suy định lý sau: Định lý 2.12 a)Nếu (T (t))t≥0 nửa nhóm liên tục mạnh ổn định mũ họ toán tử tiến hóa U (t, s)t≥s≥0 xác định phương trình (2.54) ổn định mũ b)Nếu (T (t))t≥0 nửa nhóm liên tục mạnh song ổn định nửa nhóm (T (t))t≥0 họ toán tử tiến hóa U (t, s)t≥0 tương đương tiệm cận, tức là: ||U (t, t0 )x − T (t, t0 )y|| = 0(1), t → ∞ Nhận xét 2.2 Kết định lý 2.12 cho ta tranh dáng điệu tiệm cận mô hình dân số bị nhiễu 2.6.2 Tính chất nghiệm toán dân số có phụ thuộc vào tuổi phân bố dân cư Giả sử Ω ⊂ Rn miền giới nội có biên trơn, ký hiệu p = p(r, t, x) mật độ dân số thời điểm t ≥ với độ tuổi r ≥ vùng địa phương x ∈ Ω Với 55 < r < rm , rm tuổi thọ cao loài, xét phương trình vi phân sau:  ∂p(r, t, x) ∂p(r, t, x)   + = −µ(r)p(r, t, x) + K∆p(r, t, x),   ∂t ∂r    p(r, 0, x) = p (r, x), rm   p(r, t, x) = β(r)p(r, t, x)dr,      (2.56) p(r, t, x)|∂Ω = Ở µ(r) hàm tỷ lệ chết thoả mãn r rm µ(ρ)dρ < ∞, µ(ρ)dρ = ∞; 0 β(r) hàm sinh sản (fertility), không âm, giới nội, đo [0, rm ]; p0 (r, x) phân bố mật độ ban đầu, p0 (r, x) ≥ 0; K số dương ∆ ký hiệu toán tử Lapplace Rn Bây đưa toán Cauchy xét phương trình vi phân trừu tượng không gian Banach X = L2 ((0, rm )) với chuẩn thông thường xác định toán tử A : X → X sau:   Aφ(r, x) = − ∂φ(r, x) − µ(r)φ(r, x) + K∆φ(r, x), ∀φ ∈ D(A), ∂r  D(A) = {φ(r, x)|φ, Aφ ∈ X, φ| = 0, φ(0, x) = rm β(r)φ(r, x)dr, } ∂Ω (2.57) Trong tài liệu ([5], trang 164-165) (A, D(A)) toán tử sinh nửa nhóm liên tục mạnh (T (t))t≥0 không gian X := L2 ((0, rm )) Để mở rộng kết ứng dụng vào mô hình thực tế, sau xét toán dân số dạng (2.56) có nhiễu phi tuyến Trước hết bổ sung số giả thiết cho hàm α(t) g(t, p) toán nhiễu sau a) Cho α : R+ → R hàm liên tục bị chặn thỏa mãn điều kiện ∞ α(t)dt < +∞ b) Cho g : R+ × Rn → X hàm liên tục thỏa mãn điều kiện ||g(t, p1 ) − g(t, p2 )|| ≤ α(t)||p1 − p2 || 56 với p1 , p2 ∈ Rn , t ∈ R+ Khi tương ứng với phương trình đạo hàm riêng (2.56) ta xét phương trình đạo hàm riêng có nhiễu sau đây:  ∂p(r, t, x) ∂p(r, t, x)   + = −µ(r)p(r, t, x) + K∆p(r, t, x) + g(t, p(r, t, p))   ∂t ∂r    p(r, 0, x) = p (r, x), (2.58) rm   p(r, t, x) = β(r)p(r, t, x)dr,      p(r, t, x)| = ∂Ω Lý luận tương tự toán xét mục 2.5.1, tương ứng với phương trình (2.58) ta xét phương trình tiến hóa t T (t − τ )g(t, u(τ ))dτ u(t) = T (t − t0 )u0 + (2.59) t0 Sử dụng kết nhận định lý 2.2 định lý 2.3 ta nghiệm (2.59) tồn tương tự định lý 2.5 Bằng cách sử dụng bổ đề Gronwall-Bellman chứng mịnh kết sau Mệnh đề 2.1 a) Nếu (T (t))t≥0 bị chặn nghiệm (2.59) bị chặn b) Nếu (T (t))t≥0 ổn định tiệm cận nghiệm (2.59) dần tới không t → +∞, tức là: lim ||u(t)|| = t→+∞ Để kết thúc toán xin nhắc lại điều kiện đủ để nửa nhóm (T (t))t≥0 ổn định theo nghĩa Lyapunov xét đến tài liệu [5] 57 Kết luận Luận văn dành cho việc tìm hiểu kiến thức họ toán tử tiến hóa liên tục mạnh không gian Banach liên quan tới phương trình tiến hóa có nhiễu Trong luận văn trình bày nội dung sau đây: Tìm hiểu trình bày lại nội dung lý thuyết nửa nhóm liên tục mạnh toán tử sinh không gian Banach Trình bày lại khái niệm họ toán tử tiến hóa liên tục mạnh số định lý nhiễu nửa nhóm liên tục mạnh Tìm hiểu trình bày ví dụ mô hình dân số có phụ thuộc vào tuổi phụ thuộc vào phân bố dân cư theo yếu tố địa lý Đóng góp luận văn trình bày lại cách hệ thống toán nhiễu nửa nhóm liên tục mạnh xây dựng ví dụ chương 58 Tài liệu tham khảo [1] Phạm Kỳ Anh, Trần Đức Long, Giáo trình hàm thực giải tích hàm, NXB ĐHQG Hà Nội (2001) [2] Nguyễn Văn Minh, Mở đầu dáng điệu phương trình vi phân không gian Banach(2002) [3] Nguyễn Thế Hoàn - Phạm Phu, Cơ sở phương trình vi phân lý thuyết ổn định, NXB Đại học Quốc gia Hà nội (2000) [4] D.D Chau; K.T.Linh(2005), On the asymptotic equivalence of solutions of the linear evolution equations in Banach spaces, International Journal of Evolution Equations Vol.1, Number 2, April 2005 [5] W.L Chan and B.Z Guo, On the semigroups for age-size dependent population dynamics with spatial diffusion, Manuscripta Math 66 (1990), 161-181 [6] Ju L.Daleckii and M.G.Krein, Stability of Solutions of Differential Equations in Banach Space, American Mathematical Society Providence, Rhode Island, (1974) [7] S.G.Krein, Linear differential equations in Banach space, American Mathematical society, Providence, Rhode Island 02904,(1971) [8] Klaus-Jochen Engel Rainer Nagel, One-Parameter Semigroups for linear evolution Equations, Springer Verlog NewYork(2000) Tài liệu tham khảo 60 [9] Klaus-Jochen Engel Rainer Nagel, A short course on operator Semigroups , Springer-Verlag NewYork Berlin London Paris Tokyo Hong kong Barcelona Heidelberg Milan Singapore, (2005) [10] A Pazy, Semigroups of Linear Operators and Applications to Partial Diffirential Equations,Springer-Verlag, Beclin-NewYork (1983) [11] G.F.Webb, Theory of No-linear Age-Dependent Population Dynamics,Marcel Dekker, Ann of Math, (1985) [12] Dajun Guo, V.Lakshmikantham and Xinzhi Liu, Nonlinear Integral Equations in Abstract Spaces, Mathematics and Its Applications (Kluwer Academic Pubishers Group) (1996) [...]... X và f : [t0 , T ] × X → X là ánh xạ liên tục theo t và thỏa mãn điều kiện Lipschitz theo u ([11]) Nếu bài toán (2.4) có nghiệm cổ điển thì tương ứng với phương trình (2.4) ta sẽ xét phương trình tích phân t u(t) = T (t − t0 )u0 + T (t − s)f (s, u(s))ds (2.5) t0 Nói chung nghiệm của (2.5) có khi không là nghiệm của (2.4) và chúng ta có định nghĩa sau Định nghĩa 2.1 Một nghiệm liên tục u của phương trình. .. D(A) ⊂ X → X được gọi là đặt chỉnh nếu với mọi x ∈ D(A) tồn tại duy nhất nghiệm u(., x) của bài toán Cauchy trừu tượng (ACP), A có miền xác định trù mật, đồng thời với mọi dãy {xn }∞ n=0 ⊂ D(A) : lim xn = 0,ta n→∞ có: lim u(t, xn ) = 0 đều trên [0, t0 ] n→∞ 25 Chương 2 Tính chất nghiệm của phương trình tiến hóa trừu tượng và ứng dụng 2.1 Nhiễu bị chặn của nửa nhóm liên tục mạnh Việc kiểm tra các điều... ] và có thể mở rộng tới [0, tn + δ] ở đây δ > 0 và độc lập với n Khi đó u có thể mở rộng vượt qua khỏi tmax mâu thuẫn với định nghĩa của tmax Để chứng minh tính duy nhất của nghiệm đủ tốt địa phương u của phương trình (2.11), chúng ta chú ý rằng nếu v là nghiệm đủ tốt của (2.11) thì trên mỗi đoạn đóng [0, t0 ] cả hai nghiệm u, v là tồn tại và chúng đồng nhất với nhau, để chỉ ra điều này ta có sử dụng. .. đóng Khi đó, các tính chất sau là tương đương (i) A là toán tử sinh của nửa nhóm liên tục mạnh (ii) Với mọi x ∈ D(A) tồn tại duy nhất nghiệm u(., x) của (ACP) và ρ(A) = ∅ (iii) Với mọi x ∈ D(A) tồn tại duy nhất nghiệm u(., x) của (ACP), D(A) trù mật trong X và với mọi dãy {xn }∞ n=1 ⊂ D(A) : lim xn = 0, tồn tại nghiệm u(t, xn ) n→∞ sao cho: lim u(t, xn ) = 0 đều trên [0, t0 ] n→∞ Chứng minh +) (i) ⇒... đạo u : t → T (t)x là nghiệm suy rộng duy nhất của bài toán Cauchy trừu tượng 22 Chứng minh Theo định lý 1.3 ta có t T (t)xds ∈ D(A) với mọi x ∈ X 0 và t T (t)x − x = A T (s)xds với mọi x ∈ X 0 Suy ra, u(t) = T (t)x là nghiệm suy rộng của (ACP) Ta chứng minh tính duy nhất nghiệm 0 ứng với giá trị ban đầu x = 0 Giả sử u là nghiệm suy rộng của bài toán Cauchy trừu tượng với x = 0, t > 0 Khi đó với mỗi s... sử dụng lý luận tương tự như trong chứng minh của định lý 2.2 Hơn thế nữa, cả u và v đều có cùng một tmax vì vậy u ≡ v trên [0, tmax ] Định lý được chứng minh Nói chung, nếu hàm f chỉ thỏa mãn các định lý 2.2 và định lý 2.3 thì nghiệm đủ tốt của (2.4) không phải là nghiệm cổ điển hoặc nghiệm mạnh của (2.4) Định lý sau đây cho ta điều kiện đủ tốt của (2.4) cũng là nghiệm cổ điển Định lý 2.4 Giả sử −A... tính đóng, xác định trù mật và xác định một nửa nhóm duy nhất Định lý 1.5 Giả sử T (t)t≥0 là nửa nhóm liên tục mạnh trên không gian Banach X có toán tử sinh (A, D(A)) và lấy một hằng số w ∈ R, M ≥ 1 thỏa mãn ||T (t)|| ≤ M ewt ∀t ≥ 0 (1.8) Khi đó các tính chất sau là đúng ∞ (i) Nếu λ ∈ C thỏa mãn R(λ)x = 0 e−λs T (s)xds tồn tại ∀x ∈ X , thì λ ∈ ρ(A) và R(λ, A) = R(λ) (ii) Nếu Reλ > w thì λ ∈ ρ(A), và. .. ta chỉ ra với mọi x ∈ X tồn tại duy nhất nghiệm suy rộng của (ACP) Vì ρ(A) = ∅ nên tồn tại λ ∈ ρ(A) Đặt y = R(λ, A)x suy ra y ∈ D(A) Theo giả thiết, tồn tại nghiệm u(., y) với giá trị ban đầu u(0) = y Đặt v(t) = (λ − A)u(t, y) ∈ D(A) Suy ra v(t) là nghiệm suy rộng của (ACP) với giá trị ban đầu x = (λ − A)y Chứng minh tính duy nhất nghiệm 23 Giả sử u(.) là nghiệm suy rộng của (ACP) với giá trị ban... Av(t) 0 và v(0) = 0 Suy ra v(t) = 0 với mọi t ≥ 0 do đó u(t) = 0 với mọi t ≥ 0 +) Chứng minh D(A) trù mật trong X Với mọi x ∈ X tồn tại duy nhất nghiệm suy rộng u(t, x) của (ACP) Khi đó t u(s, x)ds ∈ D(A) 0 Mặt khác t 1 lim t→0 t u(s, x)ds = u(0, x) = x 0 Suy ra D(A) trù mật trong X Để chứng minh sự phụ thuộc liên tục của nghiệm vào điều kiện ban đầu ta xét φ : X → C([0, t0 ], X), x → u(., x) +) Chứng... tử tuyến tính trên một không gian Banach X Khi đó các tính chất sau là tương đương (a) (A, D(A)) sinh ra một nửa nhóm co liên tục mạnh (b) (A, D(A)) đóng, xác định trù mật, với mỗi λ > 0, ta có λ ∈ ρ(A) và ||λR(λ, A)|| ≤ 1 (1.10) (c) (A, D(A)) là đóng, xác định trù mật, với mỗi ∀λ ∈ C mà Reλ > 0, ta có λ ∈ ρ(A) và ||R(λ, A)|| ≤ 1 Reλ (1.11) Chứng minh +) (a) ⇒ (c) đúng (theo định lý 1.4 và định lý