無界域上具有記憶的非自治Plate方程隨機(jī)吸引子的存在性

蒲武軍 姚曉斌

DOI：10.16783/j.cnki.nwnuz.2024.03.013

收稿日期：2023-06-06;修改稿收到日期：2023-09-16

基金項(xiàng)目：國家自然科學(xué)基金資助項(xiàng)目（12161071）；隴南市科技計(jì)劃項(xiàng)目（2021-SZ-13）

作者簡介：蒲武軍（1979—），男，甘肅莊浪人，副教授，碩士.主要研究方向?yàn)樯飻?shù)學(xué)與動力系統(tǒng).

E-mail：puwj2005@163.com

摘要：研究無界域上一類具有衰退記憶和加性噪聲的非自治 Plate方程解的長時間行為.利用一致估計(jì)驗(yàn)證了解的拉回漸近緊性，獲得了其隨機(jī)吸引子的存在性.

關(guān)鍵詞：隨機(jī)吸引子；非自治Plate 方程；衰退記憶；加性噪聲

中圖分類號：O 175.29??? 文獻(xiàn)標(biāo)志碼：A??? 文章編號：1001-988Ⅹ（2024）03-0115-12

The existence of the random attractor of non-autonomous

plate equation with memory on unbounded domains

PU Wu-jun1，YAO Xiao-bin2

（1.Department of Mathematics，Longnan Teachers College，Longnan 742500，Gansu，China；

2.School of Mathematics and Statistics，Qinghai Minzu University， Xining 810007，Qinghai，China）

Abstract：The-long time dynamical behavior of the solution for non-autonomous plate equation with fading memory and additive noise is studied on unbounded domains.By establishing the pullback asymptotic compactness of solutions by aid of uniform estimates，the existence of random attractors is obtained for this equation.

Key words：random attractor;non-autonomous plate equation;fading memory;additive noise

考慮帶有衰退記憶和加性噪聲的隨機(jī)Plate方程

utt+αut+Δ2ut+Δ2u+∫∞0μ（s）Δ2η（s）ds+

∫∞0μ（s）η（s）ds+λu+f（x，u）=

g（x，t）+βh（x）dWdt，

x∈Rn，t>τ，（1）

初值條件為

u（x，τ）=u0（x）， ut（x，τ）=u1（x），

x∈Rn， t≤τ，（2）

其中，τ∈R，u=u（x，t）是定義在Rn×［τ，+∞）上

的實(shí)值函數(shù)，α，λ均是大于零的正常數(shù)，β是常數(shù)，g（x，·）∈L2loc（R，L2（Rn）），W（t）是概率空間上的雙邊實(shí)值Wiener過程，η（s）=u（t）-u（t-s）.

本文假設(shè)核函數(shù)μ∈C1（R+）∩L1（R+），非線性函數(shù)f∈C1（R），且滿足以下條件：

（C1）對s∈R+及某些Ψ>0，有

μ（s）≥0， μ′（s）+Ψμ（s）≤0，（3）

并令

m0=△μL1（R+）=∫∞0μ（s）ds>0.

（C2）記F（x，u）=∫u0f（x，s）ds， x∈Rn，u∈R，且存在正常數(shù)ci（i=1，2，3，4），使得

f（x，u）≤c1up+1（x），

1∈L2（Rn），（4）

f（x，u）u-c2F（x，u）≥2（x），

2∈L1（Rn），（5）

F（x，u）≥c3up+1-3（x），

3∈L1（Rn），（6）

fu（x，u）≤，

fx（x，u）≤4（x）， 4∈L2（Rn），（7）

其中>0，1≤p≤（n+4）/（n-4）.（4）和（5）式意味著

F（x，u）≤c（u2+up+1+21+2）.（8）

不失一般性，全文假定正常數(shù)c是變化的，每一行甚至同一行都不一定相同.

（C3）對函數(shù)g（x，t），存在常數(shù)σ>0，使得

∫0-∞eσsg（·，τ+s）21ds<∞， τ∈R，（9）

limk→∞∫0-∞eσs∫｜x｜≥kg（·，τ+s）2dxds=0，

τ∈R，（10）

其中·表示實(shí)數(shù)集R上的絕對值.

系統(tǒng)（1）～（2）源于Woinowsky-Krieger［1］和Berger［2］建立的彈性振動方程.對于自治Plate方程，文獻(xiàn)［3-8］討論了不同條件下全局吸引子的存在性和唯一性，文獻(xiàn)［9］確立了一類非自治Plate方程一致吸引子的存在性.對于隨機(jī)Plate方程的研究主要集中在有界域上隨機(jī)吸引子的存在性方面［10-13］，并且已經(jīng)有許多好的結(jié)果［14-15］.近年來，姚曉斌等［16-18］系統(tǒng)研究了無界域上Plate方程隨機(jī)吸引子的存在性，取得了許多好的結(jié)果.本文借助文獻(xiàn)［19］的抽象結(jié)果，研究非自治隨機(jī)動力系統(tǒng)（1）～（2）隨機(jī)吸引子的存在性.

一般而言，隨機(jī)吸引子的存在性依賴于解的某種緊性［20-24］.為證明系統(tǒng)（1）～（2）隨機(jī)吸引子的存在性，必須驗(yàn)證解的拉回漸近緊性，但對系統(tǒng)（1）～（2）而言存在兩方面的困難：一是無界域上Sobolev嵌入不是緊的，無法直接利用解的正則性獲取漸近緊性，只能對解的尾部用一致估計(jì)來克服；另一方面始于記憶核函數(shù)，因?yàn)樵跉v史空間中無法使用緊嵌入，我們將借助文獻(xiàn)［25］的相關(guān)結(jié)果解決這一問題.

1? 預(yù)備知識

設(shè)（X，·X）是一個具有Borel σ-代數(shù)B（X）的可分的Hilbert空間，（Ω，F(xiàn)，P，{θt}t∈R）是一個度量動力系統(tǒng).

命題1［19］? 設(shè)D是X上的非空子集族的內(nèi)閉集合，Φ是X上關(guān)于（Ω，F(xiàn)，P，{θt}t∈R）的連續(xù)余圈.若Φ在在X-上是D-拉回漸近緊的，且在D上有閉可測的D-拉回吸收集K，則Φ在D上有唯一D-拉回吸引子A，且對每個τ∈R，ω∈Ω，有

A（τ，ω）=Ω（K，τ，ω）=∪D∈DΩ（D，τ，ω）.

記A=Δ2，D（A）=H4（Rn）.對任意的ν∈R，定義Vν=D（Aν/4），易見Vν為一個Hilbert空間，且具有如下的內(nèi)積和范數(shù)：

（u，v）ν=（Aν/4u，Aν/4v），

uν=Aν/4u， u，v∈Vν.

特別地，

V0=L2（Rn）， V1=H1（Rn）， V2=H2（Rn）.

類似于文獻(xiàn)［26］，定義歷史空間Rμ，2=L2μ（R+，V2），對η1，η2∈Rμ，2，其內(nèi)積為

（η1，η2）μ，2=∫∞0μ（s）（Δη1（s），Δη2（s））ds.

令

η（x，t，s）=u（x，t）-u（x，t-s），

（x，s）∈Rn×R+，t≥0，

則

ηt（x，t，s）=-ηs（x，t，s）+ut（x，t）.

記

E=H2（Rn）×L2（Rn）×Rμ，2（R+，V2），

對y=（u，v，η）T∈E，其范數(shù)可表示為

y2E=v2+（δ2+λ-δα）u2+

（1-δ）Δu2+η2μ，2+η2μ，0.（11）

令ξ=ut+δu，其中δ是一個較小的正常數(shù)，則方程（1）等價于系統(tǒng)

dudt=ξ-δu，

dξdt=（δ（α+A-δ）-A）u-

（α+A-δ）ξ-λu-

∫∞0μ（s）Aη（s）ds-∫∞0μ（s）η（s）ds-

f（x，u）+g（x，t）+βh（x）dWdt，

ηt+ηs=ut，（12）

初值條件為

u（x，τ）=u0（x）， ξ（x，τ）=ξ0（x），

η（x，τ，s）=η0（x，s）=

u（x，τ）-u（x，τ-s），（13）

其中ξ0（x）=u1（x）+δu0（x）， x∈Rn，s∈R+.

算子-s的定義域?yàn)?/p>

D（-s）={η∈H1μ（R+，Vν）：η（0）=0}，

其中H1μ（R+，Vν）={η：η（s），sη∈L2μ（R+，Vν）}.

為了將方程（12）轉(zhuǎn)換為帶有隨機(jī)參數(shù)的確定性系統(tǒng)，考慮Ornstein-Uhlenbeck過程

y（θtω）=-∫0-∞es（θtω）（s）ds， t∈R.

根據(jù)文獻(xiàn)［27］，隨機(jī)變量y（ω）是緩增的，于是存在P上的θt不變集Ω，對任意的ω∈，y（θtω）關(guān)于t連續(xù).為方便起見，用Ω替代.

令v（t）=u（t）-βz（θtω），則方程（1）或方程（12）等價于下列帶有隨機(jī)參數(shù)的確定性系統(tǒng)，且在R和（Ω，F(xiàn)，P，{θt}t∈R）上生成一個連續(xù)的余圈：

dudt=v-δu+βz（θtω），

dξdt=（δ-α-A）v+

（δ（α+A-δ）-λ-A）u+

β（1-（α+A-δ））z（θtω）-

∫∞0μ（s）Aη（s）ds-

∫∞0μ（s）η（s）ds-

f（x，u）+g（x，t），

ηt+ηs=ut，（14）

初值條件為

u（x，τ）=u0（x）， ξ（x，τ）=ξ0（x），

η（x，τ，s）=η0（x，s）=

u（x，τ）-u（x，τ-s），（15）

其中v0（x）=u0（x）-z（θtω），x∈Rn.

系統(tǒng)（14）～（15）在E=H2×L2×Rμ，2上的適定性可以利用文獻(xiàn)［29-30］的方法證明.若條件（C1）～（C3）滿足，令

φ（β）（t+τ，τ，θ-τω，φ（β）0）=（u（t+τ，τ，θ-τω，u0），

v（t+τ，τ，θ-τω，v0），η（t+τ，τ，θ-τω，η0，s））T，

其中φ（β）0=（u0，v0，η0）T.

對所有的ω∈Ω，τ∈R，φ（β）0∈E（Rn），系統(tǒng)（14）～（15）有唯一的

（F，B（H2（Rn））×B（L2（Rn））×B（Rμ，2））可測解

φ（β）（·，τ，ω，φ（β）0）∈C（［τ，∞），E（Rn）），

且對每個t>τ，φ（β）（τ，τ，ω，φ（β）0）=φ（β）0，

φ（β）（t，τ，ω，φ（β）0）∈E（Rn）

在φ（β）0處連續(xù).對

（t，τ，ω，φ（β）0）∈R+×R×Ω×E（Rn），映射

Φβ（t，τ，ω，φ（β）0）=φ（β）（t+τ，τ，θ-τω，φ（β）0）? （16）

在R和（Ω，F(xiàn)，P，{θt}t∈R）上生成一個從

R+×R×Ω×E（Rn）到E（Rn）的連續(xù)余圈.

2? 主要結(jié)果

本節(jié)討論Rn上隨機(jī)Plate方程（12）～（13）弱解的一致估計(jì)，通過轉(zhuǎn)換后的隨機(jī)方程（14）～（15）證明隨機(jī)動力系統(tǒng)拉回吸收集的存在性和拉回漸近緊性.

選取δ∈（0，1）充分小，使得

δ2+λ-δα>0， 1-δ>0，

min{1-δ，δ2+λ-δα}>8m0δ3Ψ.

（9）式中的σ定義為

σ=minα-δ，δ，δ1-8m0δ3Ψ（1-δ），

c2δ2，Ψ2，δ1-8m0δ3Ψ（λ+δ2-δα），（17）

其中c2是（5）式中的正常數(shù).

2.1? 解的一致估計(jì)

引理1? 假設(shè)h∈H2（Rn），若條件（C1）～（C3）成立，則對任意的τ∈R，ω∈Ω，D={D（τ，ω）：τ∈Rω∈Ω}∈D，

存在T=T（τ，ω，D）>0，使得對所有的t≥T，有

φ（β）（τ，τ-t，θ-τω，φ0）2E+

∫ττ-teσ（s-τ）v（s，τ-t，θ-τω，v0）2ds+

∫ττ-teσ（s-τ）u（s，τ-t，θ-τω，u0）2ds+

∫ττ-teσ（s-τ）Δu（s，τ-t，θ-τω，u0）2ds+

∫ττ-teσ（s-τ）Δv（s，τ-t，θ-τω，v0）2ds≤

R1（β，τ，ω），

其中φ（β）0=（u0，v0，η0）T∈D（τ-t，θ-τω），c是依賴于λ，σ，δ，α，Ψ，m0的正常數(shù)，但獨(dú)立于（τ，ω，D），而

R1（β，τ，ω）=c+cβ2∫0-∞eσs（1+Δz（θsω）2+

z（θsω）2+z（θsω）k+1H2）ds.

證明? 在L2（Rn）上用v與系統(tǒng)（14）的第二個方程作內(nèi)積，有

12ddtv2=-（α-δ）（v，v）-

（λ+δ2-δα）（u，v）-

（1-δ）（Au，v）-（Av，v）-

（f（x，u），v）+（g（x，t），v）+

β（1-α+δ）（z（θtω），v）-

β（Az（θtω），v）-

∫∞0μ（s）（Aη（s），v）ds-

∫∞0μ（s）（η（s），v）ds.（18）

系統(tǒng)（14）的第一個方程可寫為

v=ut+δu-βz（θtω），（19）

于是

（u，v）=12ddtu2+δu2-β（u，z（θtω））≥

12ddtu2+3δ4u2-β23δz（θtω）2，（20）

-（Au，v）≤-12ddtΔu2-3δ4Δu2+

β23δΔz（θtω）2，（21）

（f（x，u），v）=ddt∫RnF（x，u）dx+

δ（f（x，u），u）-

β（f（x，u），z（θtω））.（22）

由（5）式可得

（f（x，u），u）≥

c2∫RnF（x，u）dx+∫Rn2（x）dx.（23）

由（4）和（6）式可得

β（f（x，u），z（θtω））≤

β1（x）·z（θtω）+

c1β∫Rnuk+1dxkk+1z（θtω）k+1≤

121（x）2+β22z（θtω）2+

δc22∫RnF（x，u）dx+

δc22∫Rn3（x）dx+cβ2z（θtω）k+1H2.（24）

利用Cauchy-Schwartz不等式和Young不等式可得

β（1-α+δ）（z（θtω），v）≤

2（1-α+δ）2β2α-δz（θtω）2+

α-δ8v2，（25）

-β（Az（θtω），v）≤

β22Δz（θtω）2+12Δv2，（26）

（g（x，t），v）≤2α-δg（x，t）2+

α-δ8v2，（27）

∫∞0μ（s）（Aη（s），v）ds=

∫∞0μ（s）（Δη（s），Δut）ds+

δ∫∞0μ（s）（Δη（s），Δu）ds-

β∫∞0μ（s）（Δη（s），Δz（θtω））ds.

對系統(tǒng)（14）的第三個方程關(guān)于s分部積分，有

∫∞0μ（s）（Δη（s），Δut）ds≥

12ddtη2μ，2+Ψ2η2μ，2.（28）

由Young不等式可得

-β∫∞0μ（s）（Δη（s），Δz（θtω））ds≥

-Ψ8η2μ，2-2m0β2ΨΔz（θtω）2，（29）

δ∫∞0μ（s）（Δη（s），Δu）ds≥

-Ψ8η2μ，2-2m0δ2ΨΔu2.（30）

綜合（28）～（30）式，有

∫∞0μ（s）（Aη（s），v）ds≥12ddtη2μ，2+

Ψ4η2μ，2-2m0β2ΨΔz（θtω）2-

2m0δ2ΨΔu2.（31）

同理可得

∫∞0μ（s）（η（s），v）ds≥

12ddtη2μ，0+Ψ4η2μ，0-

2m0β2Ψz（θtω）2-

2m0δ2Ψu2.（32）

將（20）～（32）式代入（18）式，并結(jié)合（17）式可得

ddtv2+（δ2+λ-δα）u2+

（1-δ）Δu2+η2μ，2+η2μ，0+

2∫RnF（x，u）dx+σv2+

（δ2+λ-δα）u2+（1-δ）Δu2+

η2μ，2+η2μ，0+2∫RnF（x，u）dx+

12（α-δ）v2+12δ（δ2+σ-δα）×

1-8m0δ3Ψ（δ2+λ-δα）u2+

12δ（1-δ）1-8m0δ3Ψ（1-δ）

Δu2+Δv2≤

cβ2（1+Δz（θtω）2+z（θtω）2+

z（θtω）k+1H2）+4α-δg（x，t）2.（33）

根據(jù)（11）式，（33）式可進(jìn)一步化為

ddtφ2E+2∫RnF（x，u）dx+σφ2E+

2∫RnF（x，u）dx+12（α-δ）v2+

12δ（δ2+λ-δα）×

1-8m2δ3Ψ（δ2+λ-δα）u2+

12δ（1-δ）×

1-8m0δ3Ψ（1-δ）Δu2+Δv2≤

cβ2（1+Δz（θtω）2+z（θtω）2+

z（θtω）k+1H2）+4α-δg（x，t）2.（34）

（34）式的兩端同乘以eσt并從τ-t到τ上積分，同時用θ-τω替代ω，則對所有的t∈Rn，τ∈R，ω∈Ω，有

eστφ（τ，τ-t，ω，φ0）2E+

2∫RnF（x，u（τ，τ-t，ω，u0）dx+

12（α-δ）∫ττ-teσsv（s，τ-t，ω，v0）2ds+

∫ττ-teσsΔv（s，τ-t，ω，v0）2ds+

12δ（δ2+λ-δα）1-8m0δ3Ψ（δ2+λ-δα）×

∫ττ-teσsu（s，τ-t，ω，u0）2ds+

12δ（1-δ）1-8m0δ3Ψ（1-δ）×

∫ττ-teσsΔu（s，τ-t，ω，u0）2ds≤

e-σtφ02E+2∫RnF（x，u0）dx+

cβ2∫0-teσs（1+Δz（θsω）2+

z（θsω）2+z（θsω）k+1H2）ds+

4α-δ∫τ-∞eσ（s-τ）g（x，s）2.（35）

由文獻(xiàn)［28］的引理3.5可得

∫0-teσs（Δz（θsω）2+z（θsω）2+

z（θsω）k+1H2）ds≤

∫0-∞eσs2（γ2（ω）（Δh2+h2）+

γk+1（ω）（Δhk+1+hk+1+

hk+1））ds<+∞.（36）

結(jié)合（8）式有

∫RnF（x，u0）dx≤c（1+u02+u0k+1H2）.（37）

注意到0（u0，v0，η0）T∈D（τ-t，θ-tω），D∈D，結(jié)合（37）式有

limt→+∞e-σtφ02E+2∫RnF（x，u0）dx=0.（38）

因此，存在T=T（τ，ω，D）>0，使得對所有的t≥T，有

e-σtφ02H+2∫RnF（x，u0）dx≤1.

結(jié)合（9），（35）和（36）式，引理得證.? 】

引理2? 假設(shè)h∈H2（Rn），若條件（C1）～（C3）成立，則存在以0為中心的隨機(jī)球{Eβ（τ，ω）：τ∈R，ω∈Ω}∈D，其隨機(jī)半徑為

ρ（τ，ω）=c+cβ2∫0-∞eσs（1+Δz（θsω）2+

z（θsω）2+z（θsω）k+1H2）ds，

使得對于問題（14）～（15）的連續(xù)余圈，{Eβ（τ，ω）：τ∈R，ω∈Ω}是一個閉可測D-拉回吸收集，即對每個τ∈R，ω∈Ω，D={D（τ，ω）：τ∈R，ω∈Ω}∈D，以及對所有的t≥T，有

Φβ（t，τ-t，θ-tω，D（τ-t，θ-tω））

A（τ，ω）.（39）

證明? 由（16）式和引理1直接得證. ?】

引理3? 假設(shè)h∈H2（R），

若條件（C1）～（C3）成立，則對任意的τ∈R，ω∈Ω，D={D（τ，ω）：τ∈R，ω∈Ω}∈D以及所有的t≥T，方程（14）～（15）的解滿足

A1/4φ（β）（τ，τ-t，θ-τω，φ（β）0）2E≤R2（β，τ，ω），

其中

R2（β，τ，ω）=ce-σt（A1/4v02+

（λ+δ2-δα）A1/4u02+

（1-δ）A3/4u02+

A3/4η02μ，0+A1/4η02μ，0）+

cβ2∫0-∞eσs（1+A1/4z（θsω）2+

A3/4z（θsω）2）ds+

c∫τ-∞eσ（s-τ）g（x，s）21ds.

證明? 在L2（Rn）上用A1/2v與系統(tǒng)（14）的第二個方程作內(nèi)積，有

12ddtA1/4v2=-（α-δ）A1/4v2-

（1-δ）（Au，A1/2v）-

（λ+δ2-δα）（u，A1/2v）-

A3/4v2-β（Az（θtω），A1/2v）+

β（1-α+δ）（z（θtω），A1/2v）-

（f（x，u），A1/2v）-

∫∞0μ（s）（Aη（s），A1/2v）ds-

∫∞0μ（s）（η（s），A1/2v）ds+

（g（x，t），A1/2v），（40）

借助引理1的證明過程可得以下估計(jì)：

（u，A1/2v）≥12ddtA1/4u2+3δ4A1/4u2-

β23δA1/4z（θtω）2，（41）

（Au，A1/2v）≥12ddtA3/4u2+3δ4A3/4u2-

β23δA3/4z（θtω）2，（42）

（1-α+δ）（z（θtω），A1/2v）≤

2（1-α+δ）2β2α-δA1/4z（θtω）2+

α-δ8A1/4v2，（43）

β（Az（θtω），A1/2v）≥

β22A3/4z（θtω）2+12A3/4v2，（44）

（g，A1/2v）≤cg21+α-δ8A1/4v2，（45）

-（f（x，u），A1/2v）≤

∫Rnxf（x，u）·A1/4vdx+

∫Rnxf（x，u）·A1/4u·A1/4vdx≤

4·A1/4v+A1/4v·A1/4v≤

c+δ2+2δ（λ-αδ+δ2）A1/4v2+

14（1-δ）A1/4u2，（46）

∫∞0μ（s）（Aη（s），A1/2v）ds≥

12ddtA3/4η2μ，0+Ψ4A3/4η2μ，0-

2m0β2ΨA3/4z（θtω）2-

2m0δ2ΨA3/4u2，（47）

∫∞0μ（s）（η（s），A1/2v）ds≥

12ddtA1/4η2μ，0+Ψ4A1/4η2μ，0-

2m0β2ΨA1/4z（θtω）2-

2m0δ2ΨA3/4u2，（48）

將（41）～（48）代入到（40）式有

12ddt（A1/4v2+（λ+δ2-δα）A1/4u2+

（1-δ）A3/4u2+A3/4η2μ，0+

A1/4η2μ，0）+δ（λ+δ2-δα）×

34-2m0δΨ（λ+δ2-δα）A1/4u2+

（α-δ）A1/4v2+δ（1-δ）×

34-2m0δΨ（1-δ2）A3/4u2+

Ψ4A1/4η2μ，0≤

cβ2（1+A1/4z（θtω）2+

A3/4z（θtω）2）+cg21.（49）

給（49）式的兩端同乘以eσt，并從τ-t到τ上積分，同時用θ-τω替代ω，有

eσt（A1/4v（τ，τ-t，ω，v0）2+

（λ+δ2-δα）A1/4u（τ，τ-t，ω，u0）2+

（1-δ）A3/4u（τ，τ-t，ω，u0）2+

A3/4η（τ，τ-t，ω，η0，s）2μ，0+

A1/4η（τ，τ-t，ω，η0，s）2μ，0）≤

ce-σt（A1/4v02+（λ+δ2-δα）A1/4u02+

（1-δ）A3/4u02+A3/4η02μ，0+

A1/4η02μ，0）+

cβ2∫0-∞eσs（1+A1/4z（θsω）2+

A3/4z（θsω）2）ds+

c∫τ-∞eσ（s-τ）g（x，s）21ds.? 】

引理4? 假設(shè)h∈H2（Rn），若條件（C1）～（C3）成立，則對任意的ζ>0，τ∈R，ω∈Ω，

D={D（τ，ω）：τ∈R，ω∈Ω}∈D，存在

T=T（τ，ω，D，ζ）>0，K=K（τ，ω，ζ）≥1，對系統(tǒng)（14）～（15）滿足t≥T，k≥K的所有解，有

φ（β）（τ，τ-t，θ-τω，φ（β）0）2E（Rn＼Bk）≤ζ，

其中k≥1，Bk={x∈Rn：x≤k}， Rn＼Bk是Bk的余空間.

證明? 選取光滑函數(shù)ρ，使得對任意的x∈Rn有0≤ρ≤1，且

ρ（x）=0， 0≤x≤1，

1， x≥2.（50）

則對任意的k∈N，ρk（x）=ρ（x/k），x∈Rn，存在正常數(shù)μ1，μ2，使得對任意的x∈Rn，有

ρk（x）≤μ1k，

Δρk（x）≤μ2k.

用ρk（x）v與方程（14）的第二個方程在L2（Rn）上做內(nèi)積，有

12ddt∫Rnρk（x）v2dx=

-（α-δ）∫Rnρk（x）v2dx-

（λ+δ2-δα）∫Rnρk（x）uvdx-

（1-δ）∫Rnρk（x）（Au）vdx-

∫Rnρk（x）（Av）vdx-

∫Rnρk（x）f（x，u）vdx-

β∫Rnρk（x）（Az（θtω））vdx+

∫Rnρk（x）g（x，t）vdx-

∫Rn∫∞0μ（s）Aη（s）ρk（x）vdsdx-

∫Rn∫∞0μ（s）η（s）ρk（x）vdsdx+

β（1-α+δ）∫Rnρk（x）z（θtω）vdx.（51）

類似于（19）式，同時利用Young 不等式和Sobolev嵌入不等式

v≤ζv+CζΔv， ζ>0

可得以下估計(jì)：

∫Rnρk（x）uvdx=

∫Rnρk（x）12ddtu2+δu2-βz（θtω）udx≥

12ddt∫Rnρk（x）u2dx+

δ2∫Rnρk（x）u2dx-

β22δ∫Rnρk（x）z（θtω）2dx，（52）

-∫Rnρk（x）Au·vdx≤

μ2k∫RnΔu·vdx+2μ1k∫RnΔu·vdx-

12ddt∫Rnρk（x）Δu2dx-δ∫Rnρk（x）Δu2dx+

β∫Rnρk（x）ΔuΔz（θ，ω）dx≤

μ2k（Δu2+v2）+

μ1k（Δu2+2ζ2v2+2C2ζΔv2）-

12ddt∫Rnρk（x）Δu2dx-

δ2∫Rnρk（x）Δu2dx+

β22δ∫Rnρk（x）Δz（θtω）2dx

，（53）

∫Rnρk（x）f（x，u）vdx=

ddt∫Rnρk（x）F（x，u）dx+

δ∫Rnρk（x）f（x，u）udx-

β∫Rnρk（x）f（x，u）z（θtω）dx.（54）

由（5）式可知

δ∫Rnρk（x）f（x，u）udx≥

c2δ∫Rnρk（x）F（x，u）udx+

δ∫Rnρk（x）2（x）dx，（55）

結(jié)合（4）和（6）式易得

β∫Rnρk（x）f（x，u）z（θtω）dx≤

12∫Rnρk（x）1（x）2dx+

β22∫Rnρk（x）z（θtω）2dx+

cβ2∫Rnρk（x）z（θtω）p+1dx+

c2δ2∫Rnρk（x）（F（x，u）+3（x））dx.（56）

根據(jù)Cauchy-Schwartz不等式和Young不等式，可得以下估計(jì)成立：

-∫Rnρk（x）·Avvdx=-∫RnΔv·Δ（ρk（x）v）dx=

-∫RnΔv（Δρk（x）v+

2ρk（x）v+ρk（x）Δv）dx≤

μ1k（Δv2+2ζ2v2+2C2ζΔv2）+

μ22k（Δv2+v2）-

∫Rnρk（x）Δv2dx，（57）

-β∫Rnρk（x）Az（θtω）vdx=

-β∫Rn（Δz（θtω））（Δρk（x）v）dx-

β∫Rn（Δz（θtω））·（2ρk（x）v+

ρk（x）Δv）dx≤

μ2β2k（Δz（θtω）2+v2）+

∫Rnρk（x）Δv2dx+

μ1β2k（β2Δz（θtω）2+

2ζ2v2+2C2ζΔv2）+

β24∫Rnρk（x）Δz（θtω）2dx，（58）

β（1-α+δ）∫Rnρk（x）z（θtω）vdx≤

α-δ4∫Rnρk（x）v2dx+

（1-α+δ）2β2α-δ×

∫Rnρk（x）z（θtω）2dx，（59）

∫Rnρk（x）g（x，t）vdx≤

1α-δ∫Rnρk（x）g（x，t）2dx+

α-δ4∫Rnρk（x）v2dx，（60）

∫Rn∫∞0μ（s）Aη（s）ρk（x）vdsdx=

∫Rn∫∞0μ（s）Δη（s）×

（Δρk（x）v+2ρk（x）v）dsdx+

∫Rn∫∞0μ（s）Δη（s）×

ρk（x）Δdudt+δu-βz（θtω）dsdx≥

-∫Rnμ2k∫∞0μ（s）Δη（s）vdsdx-

∫Rn2μ1k∫∞0μ（s）Δη（s）vdsdx+

∫Rn∫∞0μ（s）Δη（s）ρk（x）Δutdsdx+

δ∫Rn∫∞0μ（s）Δη（s）ρk（x）Δudsdx-

β∫Rn∫∞0μ（s）Δη（s）×

ρk（x）Δz（θtω）dsdx，（61）

再次利用Young不等式，有

-μ2k∫Rn∫∞0μ（s）Δη（s）vdsdx≥

-μ22k（η2μ，2+m0v2），（62）

-2μ1k∫Rn∫∞0μ（s）Δη（s）vdsdx≥

-μ12k（η2μ，2+m0v2）.（63）

關(guān)于s分部積分，同時結(jié)合（3）式可得

∫Rn∫∞0μ（s）Δη（s）ρk（x）Δutdsdx≥

12ddt∫Rnρk（x）η（s）2μ，2dx+

Ψ2∫Rnρk（x）η（s）2μ，2dx，（64）

δ∫Rn∫∞0μ（s）Δη（s）ρk（x）Δudsdx≥

-Ψ8∫Rnρk（x）η（s）2μ，2dx-

2m0δ2Ψ∫Rnρk（x）Δu2dx，（65）

-β∫Rn∫∞0μ（s）Δη（s）ρk（x）Δz（θtω）dsdx≥

-Ψ8∫Rnρk（x）η（s）2μ，2dx-

2m0β2Ψ∫Rnρk（x）Δz（θtω）2dx.（66）

類似地，有

∫Rn∫∞0μ（s）η（s）ρk（x）vdsdx≥

12ddt∫Rnρk（x）η（s）2μ，0dx+

Ψ4∫Rnρk（x）η（s）2μ，0dx-

2m0β2Ψ∫Rnρk（x）z（θtω）2dx-

2m0δ2Ψ∫Rnρk（x）u2dx.（67）

綜合（52）～（67）式有

12ddt∫Rnρk（x）（v2+（δ2+λ-δα）u2+

（1-δ）Δu2+η（s）2μ，2+η（s）2μ，0+

2F（x，u））dx+α-δ2∫Rnρk（x）v2dx-

δ（δ2+λ-δα）21-4m0δΨ（λ+δ2-δα）×

∫Rnρk（x）u2dx-

Ψ4∫Rnρk（x）η（s）2μ，2dx-

Ψ4∫Rnρk（x）η（s）2μ，0dx-

δ（1-δ）21-4m0δΨ（1-δ）×

∫Rnρk（x）Δu2dx-

c2δ2∫Rnρk（x）F（x，u）dx≤

ck2（Δv2+v2+Δu2+

η2μ，2+η2μ，0+Δz（θtω）2）+

cβ2∫Rnρk（x）（1+Δz（θtω）2+

z（θtω）2+z（θtω）p+1）dx+

cβ2∫Rnρk（x）g（x，t）2dx.（68）

令

X=v2+（δ2+λ-δα）u2+

（1-δ）Δu2+η（s）2μ，2+η（s）2μ，0，

則（68）式可化為

12ddt∫Rnρk（x）（X+2F（x，u））dx+

σ∫Rnρk（x）（X+2F（x，u））dx≤

ck2（Δv2+v2+Δu2+

η2μ，2+η2μ，0+Δz（θtω）2）+

cβ2∫Rnρk（x）（1+Δz（θtω）2+

z（θtω）2+z（θtω）p+1）dx+

cβ2∫Rnρk（x）g（x，t）2dx.（69）

（69）式乘以eσt，并在τ-t到τ上積分，同時用θ-τω代替ω，有

∫Rnρk（x）（X（τ，τ-t，ω，X0）+

2F（x，u（τ，τ-t，ω，u0）））dx≤

e-σt∫Rnρk（x）（X0+2F（x，u0））dx+

ck2∫ττ-teσ（s-τ）（Δv（s，τ-t，ω-τω，v0）2+

v（s，τ-t，θ-τω，v0）2+

Δu（s，τ-t，θ-τω，u0）2+

η（s，τ-t，θ-τω，v0）2μ，2+

η（s，τ-t，θ-τω，v0）2μ，0）ds+

ck2∫0-∞eσsΔz（θsω）2ds+

cβ2∫0-∞eσs∫｜x｜≥k（1+Δz（θsω）2+

z（θsω）2+z（θsω）p+1）dxds+

c∫τ-∞eσs∫｜X｜≥kg（x，s）2dxds.（70）

由于φ（β）0∈D（τ-t，θ-tω）∈D，結(jié)合（37）式可知，存在T1=T1（τ，ε，ω，D）>0，使得對任意的t>T1，有

e-σt∫Rnρk（x）（X0+2F（x，u0））dx≤ζ.（71）

由引理1，存在T2=T2（τ，ε，ω，D）>0，K1=K1（ε，ω，D）>1，使得對任意的t>T2，k>K1，有

ck2∫ττ-teσ（s-τ）（Δv（s，τ-t，ω-τω，v0）2+

v（s，τ-t，θ-τω，v0）2+

Δu（s，τ-t，θ-τω，u0）2+

η（s，τ-t，θ-τω，v0）2μ，2+

η（s，τ-t，θ-τω，v02μ，0）ds≤ζ.（72）

由文獻(xiàn)［28］引理3.5，存在T3=T3（ε，ω）>0，K2=K2（ε，ω）>1，對任意的t>T3，k>K2，有

cβ2∫0-∞eσs∫｜X｜≥k（1+Δz（θsω）2+

z（θsω）2+z（θsω）p+1）dxds+

ck2∫0-∞eσsΔz（θsω）2ds≤ζ.（73）

由（10）式知，存在K3=K3（τ，ε）>1，使得對任意的k>K3，有

c∫τ-∞eσs∫｜X｜≥kg（x，s）2dxds≤ζ.（74）

記T=max{T1，T2，T3}，K=max{K1，K2，K3}，結(jié)合（73）和（74）式，當(dāng)t>T，k>K時，有

φ（β）（τ，τ-t，θ-τω，φ（β）0）2E（Rn＼Bk）≤4ζ.? 】

為證明方程（14）～（15）隨機(jī)吸引子的存在性，首先需獲取其解在有界域B2k上的準(zhǔn)緊性.將方程（14）～（15）的解φβ=（u，v，η）T分解為φ（β）=φ（β）L+φ（β）N，其中

φ（β）L=（uL，ξL，ηL）T， φ（β）N=（uN，vN，ηN）T

是下面兩個方程的解：

duLdt+δuL=ξL，

dξLdt-（δ-α-A）ξL-

（δ（-δ+α+A）-λ-A）uL+

∫∞0μ（s）AηL（s）ds+

∫∞0μ（s）ηL（s）ds=0，

ηL，t+ηL，s=uL，t，

u（x，τ）=u0（x）， v（x，τ）=v0（x），

η（x，τ，s）=η0（x，s）=

u（x，τ）-u（x，τ-s），（75）

duNdt+δuN=vN+βz（θtω），

dvNdt-（δ-α-A）vN-

（δ（-δ+α+A）-λ-A）uN+

f（x，u）+∫∞0μ（s）AηN（s）ds+

∫∞0μ（s）ηN（s）ds=

g（x，t）+β（1-（α+A-δ））z（θtω），

ηN，t+ηN，s=uN，t.（76）

根據(jù)引理1～3，方程（75）和（76）的解有如下估計(jì)和正則性結(jié)果.

引理5? 若條件（C1）成立，則方程（75）的任意解（uL，ξL，ηL）T滿足

φ（β）L（τ，τ-t，θ-τω，φ（β）L，0）2E（B2k）→0，

t→∞.（77）

引理6? 若條件（C1）～（C3）成立，則對任意的τ∈R，ω∈Ω，D={D（τ，ω）：τ∈R，ω∈Ω}∈D，存在T=T（τ，ω，D）>0，使得對所有的t≥T，方程（76）的解滿足

A1/4φ（β）N（τ，τ-t，θ-τω，φ（β）L，0）2E≤R2（β，τ，ω），

其中R2（β，τ，ω）是一隨機(jī)變量.

2.2? 隨機(jī)吸引子

下面證明隨機(jī)系統(tǒng)（14）～（15）D-拉回吸引子的存在唯一性.對任意的τ∈R，ω∈Ω，tm≥0，定義

ηN（τ，τ-tm，θ-τω，ηN，0（θ-tmω），s）=

uN（τ，τ-tm，θ-τω，uN，0（θ-tmω））-

uN（τ-s，τ-tm，θ-τ+sω，uN，0（θ-tm+sω）），

s≤t，

uN（τ，τ-tm，θ-τω，uN，0（θ-tmω））， s≥t，（78）

ηN，s（τ，τ-tm，θ-τω，ηN，0（θ-tmω））=

uN，t（τ-s，τ-tm，θ-τ+sω，uN，0（θ-tm+sω）），

s≤t，

0， s≥t.（79）

根據(jù)引理6，并結(jié)合（78）和（79）式，有

max{ηN，s（τ，τ-tm，θ-τω，ηN，0（θ-tmω），s）2μ，1，

ηN（τ，τ-tm，θ-τω，ηN，0（θ-tmω），s）2μ，3}≤

2R2（β，τ，ω），s≥0，（80）

這意味著序列

{ηN（τ，τ-tm，θ-τω，ηN，0（θ-tmω），s）}∞m=1

在L2μ（R+，V3）∩H1μ（R+，V1）上有界.為方便起見，記

（τ，ω）={ηN（τ，τ-tm，

θ-τω，ηN，0（θ-tmω），s）}∞m=1.

由引理1、引理6以及（78）式可得

supη∈（τ，ω），s≥0Δη（s）2≤2R1（β，τ，ω），（81）

因此，由（3）和（81）式，對任意的η∈（τ，ω），有

η（s）2μ，2=∫+∞0μ（s）Δη（s）2ds≤

2R1（β，τ，ω）∫+∞0e-Ψsds≤

2R1（β，τ，ω）Ψ，（82）

此即說明

{ηN（τ，τ-tm，θ-τω，ηN，0（θ-tmω），s）}∞m=1

L2μ（R+，H2（B2k1））

是一個有界子集.由引理5和文獻(xiàn)［25］可知，序列

{η（τ，τ-tm，θ-τω，η0（θ-tmω），s）}∞m=1在

L2μ（R+，H2（B2k1））

上是緊的.

引理7? 假設(shè)h∈H2（Rn），若條件（C1）～（C3）成立，則對任意的τ∈R，ω∈Ω，當(dāng)tm→∞時，系統(tǒng)（14）～（15）的解序列在E上有一個收斂的子序列

{φ（β）（τ，τ-tm，θ-τω，φ（β）0，n）}∞m=1，

φ（β）0，n∈D（τ-tm，θ-tmω），D∈D.

證明? 根據(jù)引理4，對任意的ε>0，存在k0=k0（τ，ω，ε）≥1，

以及m2=m2（τ，ω，D，ε）≥m1，使得對所有的m≥m1，有

φ（β）（τ，τ-t，θ-τω，φ（β）0，n）2E（Rn＼Bk0）≤ε.（83）

由引理6，存在k1=k1（τ，ω）≥k0，使得

A1/4uN（τ，τ-tm，θ-τω，uN，0（θ-tmω）2H2（B2k1）+

A1/4vN（τ，τ-tm，θ-τω，vN，0（θ-tmω）2L2（B2k1）≤

R2（β，τ，ω），

結(jié)合緊嵌入

H3（B2k1）×H1（B2k1）→H2（B2k1）×L2（B2k1）

可知，序列

{（uN（τ，τ-tm，θ-τω，uN，0（θ-tmω）），

vN（τ，τ-tm，θ-τω，vN，0（θ-tmω））}∞m=1

在H2（B2k1）×L2（B2k1）上是準(zhǔn)緊的.由引理5可知，序列

{（u（τ，τ-tm，θ-τω，u0（θ-tmω）），

v（τ，τ-tm，θ-τω，v0（θ-tmω））}∞m=1

在H2（B2k1）×L2（B2k1）上是準(zhǔn)緊的.此外，序列

{η（τ，τ-tm，θ-τω，η0（θ-tmω），s）}∞m=1在

L2μ（R+，H2（B2k1））

上是準(zhǔn)緊的.因此，序列

{φ（β）（τ，τ-tm，θ-τω，φ（β）0，n）}∞m=1

在E（B2k1）上是準(zhǔn)緊的.

結(jié)合（83）式可知，序列

{φ（β）（τ，τ-tm，θ-τω，φ（β）0，n）}∞m=1

在E（Rn）上有一個收斂的子序列.? 】

定理1? 假設(shè)h∈H2（Rn），若條件（C1）～（C3）成立，則隨機(jī)Plate方程（14）～（15）生成的隨機(jī)動力系統(tǒng)Фβ在空間E上有唯一的拉回D-吸引子

Aβ={Aβ（τ，ω）：τ∈R，ω∈Ω}∈D.

證明? 一方面，根據(jù)引理1，余圈Фβ在E上是拉回D-漸近緊的;另一方面，引理7保證余圈Фβ有一個拉回D-吸收集.結(jié)合命題1知余圈Фβ存在唯一的拉回D-吸引子.? 】

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（責(zé)任編輯? 馬宇鴻）