Luận án Áp dụng phương pháp giải tích nghiên cứu một sô bài toán Elliptic suy biến - Bùi Kim My

LỜI CAM ĐOAN i

LỜI CẢM ƠN ii

MỤC LỤC 2

MỘT SỐ KÍ HIỆU THƯỜNG DÙNG TRONG LUẬN ÁN 3

MỞ ĐẦU 4

1. Lịch sử vấn đề và lí do chọn đề tài 4

2. Mục đích nghiên cứu 16

3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu 16

4. Phương pháp nghiên cứu 17

5. Kết quả của luận án 17

6. Cấu trúc của luận án 18

Chương 1. KIẾN THỨC CHUAN BỊ 20

1.1. Toán tử A^-Laplace 20

1.2. Các không gian hàm và phép nhúng 23

1.3. Một vài kết quả của lí thuyết điểm tới hạn 29

1.4. Một số điều kiện tiêu chuẩn trên số hạng phi tuyến 34

Chương 2. Sự TỒN TẠI NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH

ELLIPTIC SUY BIẾN NỬA TUYẾN TÍNH 37

2.1. Đạt bài toán 37

2.2. Sự tồn tại nghiệm yếu không tầm thường 40

2.3. Tính đa nghiệm của nghiệm yếu 48

Chương 3. Sự TỒN TẠI VÀ KHÔNG TON TẠI NGHIỆM

CỦA HỆ HAMILTON SUY BIEN 53

3.1. Đạt bài toán 53

3.2. Sự không tồn tại nghiệm cổ điển dương 57

3.3. Sự tồn tại của một dãy vô hạn nghiệm yếu 64

Chương 4. ĐỊNH LÍ KIEU LIOUVILLE CHO HỆ BAT ĐANG

THỨC ELLIPTIC SUY BIEN 75

4.1. Đạt bài toán 75

4.2. Định lí kiểu Liouville cho trường hợp p,q > 1 76

4.3. Định lí kiểu Liouville cho trường hợp p,q > 0 82

KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ 86

DANH MỤC CÔNG TRÌNH KHOA HỌC CỦA TÁC GIẢ 88

TÀI LIỆU THAM KHẢO 89

 

docx97 trang | Chia sẻ: trungkhoi17 | Lượt xem: 388 | Lượt tải: 1download
Bạn đang xem trước 20 trang tài liệu Luận án Áp dụng phương pháp giải tích nghiên cứu một sô bài toán Elliptic suy biến - Bùi Kim My, để xem tài liệu hoàn chỉnh bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
ếu i = j và ỗịj = 0 nếu trái lại; span{ejgj=1 = X và spanw{'jgj=1 = X*. Ta đạt Xj = Rej thì X = L Xj. Đạt j>i k Yk = M Xj Zk = M Xj. (1.5) j=1 j>k Vì Định lí qua núi vẫn còn đúng khi các phiếm hàm thỏa mãn điều kiện Cerami (C)c nên để thiết lập các kết quả về tính đa nghiệm cho trường hợp phương trình trong Chương 2, ta sẽ sử dụng định lí sau của Bartsch. Định lí 1.2. ([74, Định lí 3.6, tr.58]) Giả sử rằng phiếm hàm J 2 C 1(X, R) thỏa mãn điều kiện (C)c với mọi c 2 R và J(u) = J(—u). Nếu với mọi k 2 N, tồn tại Pk > rk sao cho ak = max J(u) < 0; u2Yk llull=Pk = inf J(u) ! +1,k ! 1; u2Zk llull=rk thì phiếm hàm J có một dãy các điểm tới hạn {ukg sao cho J(uk) ! +1. Nhận xét 1.2. Trong [74, Định lí 3.6, tr.58], Định lí 1.2 được phát biểu dưới điều kiện Palais-Smale. Tuy nhiên, vì Định lí biến dạng (Deformation Theorem) vẫn còn đúng dưới điều kiện Cerami, do đó Định lí 1.2 vẫn đúng dưới điều kiện Cerami. Tiếp theo, cùng với các không gian hàm được định nghĩa ở mục trước, ta nhắc lại một số khái niệm để nghiên cứu sự tồn tại nghiệm yếu của hệ Hamilton trong Chương 3. Định nghĩa 1.5 ([9]). Cho E là một không gian Hilbert và một phiếm hàm T 2 C 1(E, R). Giả sử cho trước một dãy các không gian con hữu hạn chiều F = (En) của không gian E sao cho En c En+1, n = 1, 2,... và 111 , = E. [n=1En = E. Khi đó, ta nói rằng: một dãy (zk) c E với zk 2 Enk,nk ! 1, là một dãy (PS')F nếu ®(zk) ! c và (1 + \\zk ||)($'kk )(zk) ! 0; phiếm hàm T thỏa mãn điều kiện (PS)F tại mức c 2 R, nếu mọi dãy (PS)F có một dãy con hội tụ tới một điểm tới hạn của T. Để chứng minh sự tồn tại của một dãy vô hạn các nghiệm yếu cho hệ Hamilton trong Chương 3, chúng tôi sẽ sử dụng định lí sau được thiết lập bởi Bartsch và de Figueiredo trong [9]. Ta phân tích không gian Hilbert E thành tổng trực tiếp E = E + ®Ekí hiệu E± c E± c • • • là dãy tăng các không gian con hữu hạn chiều tương ứng của E± sao cho Ư1=1E± = E± và đạt En = En+ ® E^,n = 1, 2,.... Định lí 1.3 ([9]). Giả sử phiếm hàm T : E ! R thuộc C 1(E, R) và thỏa mãn các điều kiện sau: (T1) T thỏa mãn (PS )F, với F = (En), n = 1, 2,... và c > 0; (T2) Tồn tại một dãy rk > 0, k = 1,2,..., sao cho với k > 2 nào đó, bk := inf{T(z) : z 2 E+, z?Ek-i, ||z|| = rk} ! ■ 1 khi k ! 1; (T3) Tồn tại một dãy các phép đồng phôi Tk : E ! E, k = 1, 2,..., với Tk(En) = En với mọi k và n, và tồn tại một dãy Rk > 0, k = 1, 2,..., sao cho, với z = z+ + z~ 2 E+ ® E_ và Rk = max{| I z+II, II z~ 11} ta có \\TkzII > rk và T(Tkz) < 0 ở đó rk là dãy xuất hiện trong điều kiện (T2); (T4) dk := sup{T(Tk(z+ + z~)) : z+ 2 E+,z- 2 E-, ||z+ II, ||z“|| < Rk} < +1; (T5) T là phiếm hàm chẵn, tức là T(z) = T(—z). Khi đó phiếm hàm T có một dãy không bị chặn các giá trị tới hạn. Lưu ý rằng, như đã được chỉ ra trong [9] nếu phiếm hàm T ánh xạ các tập bị chạn trong E thành các tập bị chạn trong R thì điều kiện (T4) được thỏa mãn. Một số điều kiện tiêu chuẩn trên số hạng phi tuyến Trong mục này chúng tôi trình bày một số điều kiện tiêu chuẩn về số hạng phi tuyến f (X; s) và một số kết quả liên quan khi nghiên cứu sự tồn tại nghiệm yếu của bài toán (1). Trước tiên ta xét bài toán (1) với số hạng phi tuyến f : Q X R ! R thỏa mãn f 2 C(Q X R). Không gian xét bài toán (1) là không gian H1(Q); ta biết rằng để thành phần thứ hai trong phiếm hàm Euler-Lagrange liên kết J; tức là F(X;U) (xem phần Mở đầu) xác định trên Hq(Q) thì ta phải áp đạt hàm f thỏa mãn điều kiện tăng trưởng kiểu đa thức 2N If (X; s)| < C1 + C21s|p_1; s 2 R; 1 <p < 2* = 2 (= 1 nếu N = 2). f s Điều này kéo theo nguyên hàm F(X; s) = f (X; t)dt phải thỏa mãn Jo |F(x,s)| < C1 + C2|s|p; s 2 R; 1 <p < 2*. Khi đó, nhờ phép nhúng Sobolev Hq-(Q) ! Lp(^); 1 < p < 2*; ta có thể kết luận được thành phần thứ hai của phiếm hàm J là xác định trên H1(Q) và do đó J là phiếm hàm khả vi liên tục trên Hq(Q). a) Trường hợp tăng trưởng dưới tới hạn Trong trường hợp này, khi áp dụng phương pháp biến phân để tìm các điểm tới hạn của phiếm hàm J; điều quan trọng là ta phải kiểm tra xem khi nào các dãy Palais-Smale có dãy con hội tụ. Để thực hiện điều này, ta cần một số điều kiện tiêu chuẩn đạt trên số hạng phi tuyến f: • Diều kiện tăng trưởng kiểu (SCP). Ta nói f có tăng trưởng đa thức dưới tới hạn (SCP), nếu tồn tại các hằng số c1;C2 > 0 sao cho (SCP ) f (X; s)| < C1 + C2|s|p_1; 1 <p< 2*. Điều kiện này cùng với điều kiện Ambrosetti-Rabinowitz (AR) 9Ro > 0, Ớ > 2 sao cho 0 Ro,Vx 2 Q, và phép nhúng compact Hq(Q) ! Lp(Q), cho phép ta có thể sử dụng phiên bản cổ điển định lí qua núi của Ambrosetti và Rabinowitz [4] để tìm các điểm tới hạn của phiếm hàm J (xem thêm, chẳng hạn các cuốn chuyên khảo [5, tr.75-138], [37, 59, tr.1-158], [74, tr.1-68] và các tài liệu tham khảo trong đó). • Diều kiện tăng trưởng kiểu (SCPI). Lưu ý rằng, từ điều kiện (SCP), ta suy ra điều kiện (SCPI) yếu hơn f(x,s) ' (SCPI) , lim x = 0 đều theo x 2 Q, |s|!+i |s|2 -1 ở đó ta không còn phép nhúng compact Hq(Q) ! L2* (Q). Hơn nữa, từ điều kiện (AR) kéo theo điều kiện yếu hơn (xem [50]) F(x, s) > c31s| j — c4, c3,c4 > 0, x 2 Q, s 2 R, ỡ > 2, và điều kiện này kéo theo điều kiện F (x,s) lim ——— = 1 |s|!1 s đều theo x 2 Q. Khi đó, sử dụng điều kiện này và điều kiện (SCPI), Liu và Wang [44] nghiên cứu bài toán (1) và đã loại bỏ đi điều kiện (AR) trên số hạng phi tuyến. Ngoài ra, có một số điều kiện khác cũng được áp đạt trên số hạng phi tuyến f (x, s) và nguyên hàm F(x, s) để loại bỏ đi điều kiện (AR) khi nghiên cứu bài toán (1), về các kết quả đó có thể xem trong [40, 41, 43] (xem thêm bài báo tổng quan [26] về các kết quả tương ứng trong trường hợp hệ phương trình). b) Trường hợp tăng trưởng tới hạn Nếu ta xét bài toán (1) với số hạng phi tuyến có tăng trưởng đa thức tới hạn, tức là (CP) f (x,s) = |s|2 _1, x 2 Q,s 2 R, thì có hiện tượng thú vị sau xuất hiện: trước tiên nhờ sử dụng đẳng thức tích phân kiểu Pohozaev [55], thì bài toán (1) không có nghiệm không tầm thường nếu Q là miền hình sao (kết quả vẫn đúng trong trường hợp trên tới hạn, tức là p > 2* — 1). Tuy nhiên, trong trường hợp miền bị chạn Brezis và Nirenberg [13] xét bài toán (1) với số hạng phi tuyến có tăng trưởng tới hạn và có thêm một nhiễu bậc thấp hơn (tức là, f (x,s) = s2*_1 + g(x,s) với lims!+l g(x,s)/s2*_1 = 0) thì bài toán (1) có nghiệm (xem thêm các kết quả trong trường hợp hệ phương trình có tăng trưởng tới hạn trong [1,26]). Chương 2 Sự TỒN TẠI NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH ELLIPTIC SUY BIẾN NỬA TUYẾN TÍNH Trong chương này chúng tôi nghiên cứu bài toán elliptic suy biến nửa tuyến tính chứa toán tử suy biến mạnh a A trên miền bị chạn Q c , N > 2, ở đó số hạng phi tuyến có tăng trưởng dưới tới hạn và không thỏa mãn điều kiện Ambrosetti-Rabinowitz. Chúng tôi sẽ chứng tỏ sự tồn tại của ít nhất một nghiệm yếu và khi thêm điều kiện về tính lẻ của số hạng phi tuyến thì chúng tôi chứng minh được tính đa nghiệm yếu của bài toán. Nội dung của chương này được viết dựa trên bài báo [1] trong Danh mục công trình khoa học của tác giả liên quan tới luận án. Đặt bài toán Trong chương này, chúng tôi nghiên cứu sự tồn tại nghiệm yếu của bài toán elliptic suy biến nửa tuyến tính sau trên miền bị chạn Q c , N > 2, 1 -Axu = f (x,u), x 2 Q, y (2.1) 1 u = 0, xe @Q, trong đó số hạng phi tuyến f (x,u) có tăng trưởng dưới tới hạn và thỏa mãn các giả thiết sau: (f 2) to ' |u|!+1 u2 u f f (x,s)ds; 0 (f 1) f : Q X R ! R là hàm liên tục và f (x, 0) = 0 với mọi x 2 Q; ■ 1 đều theo x 2 Q, trong đó F(x,u) = (f 3) lim sup |u|—0 2F (x, u) u2 < đều theo x 2 Q, trong đó là giá trị riêng đầu tiên của toán tử Aạ với điều kiện biên Dirichlet thuần nhất; (f4) Tồn tại các hằng số C,: > 0 và ỡ > 1 sao cho H(x, t) < ỠH(x, s) + n 8t, s 2 R, 0 < |t| < |s|, Vx 2 Q với H(x,u) = -uf(x,u) — F(x,u); (SCPI) f có tăng trưởng đa thức dưới tới hạn Q, tức là lim |s|—+1 f (x,s) Isp-1 = 0, 2*x = 2Q Q - 2 Q> 2 ở đó Q là kí hiệu của số chiều thuần nhất của ứng với nhóm co Nhận xét 2.1. Trong bài toán (2.1) chúng tôi không yêu cầu số hạng phi tuyến f thỏa mãn điều kiện (AR), tức là (AR) 3Rq > 0,ỡ > 2 sao cho 0 Ro,Vx 2 Q. Một ví dụ về hàm f thỏa mãn các điều kiện (f 1) — (f 4) và (SCPI) ở trên nhưng không thỏa mãn điều kiện (AR) là hàm f (x,s) = s log(1 + |s|). Bây giờ chúng tôi so sánh các điều kiện của chúng tôi với các điều kiện trước đó. Vì điều kiện (AR) kéo theo điều kiện yếu hơn F(x, s) > c|s|ớ — d c,d> 0, x 2 Q,s> 0,ớ> 2, (2.2) và điều kiện (2.2) này kéo theo điều kiện yếu hơn (f 2). Hơn nữa, điều kiện (f 2) là hệ quả của tính trên tuyến tính của f tại 1, tức là f (x,s) lim —— = +1. |s|——+1 s Điều kiện này thường được sử dụng trong nhiều nghiên cứu, hơn nữa, điều kiện (f 4) là yếu hơn điều kiện sau được sử dụng trong [50]: f (x, s) Tồn tại s0 > 0 sao cho 7 v là tăng theo s > s0,Vx 2 Q. s Để thay thế điều kiện (AR) trên số hạng phi tuyến với tăng trưởng đa thức, trong [75] các tác giả sử dụng giả thiết H(x, s) tăng theo s, Vx 2 Q, sf (x, s) > 0,Vs 2 R, sf (x,s) > C0|s|M, V|s| > s0 > 0,Vx 2 Q, ở đó ụ > 2 và Co > 0 để thay thế điều kiện (AR), rõ ràng, điều kiện này là mạnh hơn điều kiện của chúng tôi. Mạt khác, trong [62], Schechter và Zou giả thiết rằng H(x, s) lồi theo s, x 2 Q, hay tồn tại các hằng số C > 0, ụ > 2 và r > 0 sao cho ụF(x,t) — tf (x,t) r. Như đã được chú ý trong [50], điều kiện này thực tế là tương đương với điều kiện (AR), và rõ ràng điều kiện dựa trên tính lồi của hàm H là mạnh hơn điều kiện (f 4) của chúng tôi. Thật vậy, vì H(x, s) là hàm tựa đơn điệu theo s 0, hay là một hàm lồi trên R thì H thỏa mãn điều kiện (f4) với ỡ =1. Như vậy, các điều kiện trên số hạng phi tuyến ở đây là mở rộng cho các kết quả tương ứng trước đó trong [39] khi điều kiện (AR) không được áp đạt trên số hạng phi tuyến và cải tiến, mở rộng các kết quả cho trường hợp toán tử Laplace trong [44, 50] tới trường hợp tăng trưởng (SCPI). Tiếp theo, ta định nghĩa nghiệm yếu của bài toán (2.1). Định nghĩa 2.1. Một hàm u 2 W(Q) được gọi là một nghiệm yếu của bài toán (2.1) nếu Ị VxuVx'dx = Ị f (x,u)'dx, V' 2 CQ°°(Q). Q Q Để chứng minh sự tồn tại nghiệm yếu của bài toán (2.1), ta sử dụng phương pháp biến phân. Trước hết, ta định nghĩa phiếm hàm Euler- Lagrange liên kết với bài toán (2.1) như sau Jx(u) = I |Vxu|2dx —Ị F (x,u)dx, -k J Q trong đó F(x, u) = JQ f (x, s)ds. Nhờ các giả thiết đạt trên f, ta có thể thấy rằng Jx là xác định trên không gian Wx (Q) và Jx 2 CX(Wx (Q), R) với đạo hàm xác định bởi JX(u)v = Ị VxuVxvdx — Ị f (x,u)vdx, Vv 2 wX2(Q). Q Q Khi đó, các điểm tới hạn của Jx là các nghiệm yếu của phương trình (2.1), và do đó ta có thể sử dụng Định lí qua núi 1.1 để chứng tỏ sự tồn tại nghiệm yếu của bài toán (2.1). Sự tồn tại nghiệm yếu không tầm thường Nội dung của mục này là chứng minh sự tồn tại của ít nhất một nghiệm yếu không tầm thường của bài toán (2.1). Định lí 2.1. Giả sử rằng f có tăng trưởng đa thức dưới tới hạn trên miền Q, tức là điều kiện (SCPI) đúng, và f thỏa mãn các điều kiện (f 1) — (f4). Khi đó bài toán (2.1) có nghiệm yếu không tầm thường. Ta sẽ chứng minh Định lí 2.1 bằng cách kiểm tra tất cả các điều kiện của Định lí 1.1 được thỏa mãn. Trước tiên ta kiểm tra điều kiện (i) qua bổ đề dưới đây. Bổ đề 2.1. Giả sử f thỏa mãn các điều kiện (f 1), (f3) và (SCPI). Khi đó tồn tại các hằng số a,p > 0 sao cho J\(u) > a Vu 2 W1’2(Q), ||u||i;2 = p. Chứng minh. Từ các điều kiện (f3) và (SCPI), ta thấy rằng tồn tại các hằng số C, — > 0 sao cho F(x, s) < i(—1 — —)Is|2 + C|s|2* V(x, s) 2 Q X R. 2 Nhờ Mệnh đề 1.1, ta có > Ỉ(1 - -)l|u||?2 - ClluH^L. 2 —1 L A Vì — > 0 và 2 0 sao cho J\(u) a khi IHI1.2 = p. Tiếp theo ta kiểm tra điều kiện (ii) trong Định lí 1.1. Bổ đề 2.2. Giả sử rằng hàm f thỏa mãn điều kiện (f 2). Khi đó J\(tu) ! . O 1 2 1 khi t ! +1 với mọi u 2 (Q) \ {0}. > 0 tồn tại hằng số A > 0 sao cho (2.3) (2.4) F(x, s) > MIs|2 — A V(x, s) 2 Q X R. Thật vậy, bởi (f2) nên tồn tại hằng số ỗ > 0 sao cho F(x,s) > M|s|2 V(x,s) 2 Q X R với |s| > ỗ. Hơn nữa, từ tính liên tục của hàm F, ta có F(x,t) > m = min F(x,s) V(x,s) 2 Q X R với |s| < ỗ. (2.5) (i,s)€flx[-ỉ,ổ] Vì F(x, 0) = 0 với bất kì x 2 Q, do đó m < 0. Từ (2.4) và (2.5) ta thu được (2.3). Do đó J\(tu) <^-||u||i2 - (Mt2u2 — A)dx Q ,2/||uHi,2 ||2 \ = tỵ- MliuiL/) + A|Q|, trong đó |Q| kí hiệu là độ đo Lebesgue của Q. Cho t ! +1 ta thu được J\(tu) ! —1. Vì vậy, nếu ta chọn U1 = tu với t đủ lớn ta sẽ có J\(u1) < 0, do đó điều kiện (ii) trong Định lí 1.1 được thỏa mãn. □ Bây giờ ta chứng minh điều kiện (C)c được thỏa mãn. Bổ đề 2.3. Nếu các điều kiện (f 1) — (f4) và (SCPI) được thỏa mãn, thì J\ thỏa mãn điều kiện (C)c với mọi c 2 R. Chứng minh. Giả sử {un} là một dãy trong W(Q) sao cho (1 + ||un||1;2)|| (un)k ! 0 và J\(un) ! c; điều này tương đương với (1 + ||u„Hi,2) sup |J (un),^)|! 0, (2.6) 113111,2=1- 1 l|un||1,2 -Ị F (x,un)dx ! c, (2.7) Q khi n ! 1. Trước tiên, bằng phương pháp phản chứng ta sẽ chứng tỏ rằng dãy {un} là bị chạn trong không gian W(Q). Thật vậy, giả sử trái lại rằng dãy {un}không bị chạn, nghĩa là \\un ||1,2 ! +1. Với mỗi n 2 N*, ta đạt un Vn = ■ , thì dãy {vn} là bị chạn vì ||vn||1)2 = 1, do đó ta có thể trích ra một dãy con o 1 2 TK XA IS 1 . vẫn kí hiệu là {vn} sao cho vn * v trong WX (Q). Vì Q là bị chạn, nên từ Mệnh đề 1.1 ta suy ra rằng vn(x) ! v(x) h.k.n trong Q, vn ! v trong Lq(Q), 81 < q < 2X. Ta sẽ xét hai trường hợp riêng biệt khi v = 0 và v / 0. (2.8) Trường hỢp 1. Nếu v = 0 thì với mỗi n 2 N* tồn tại tn 2 [0,1] sao cho Jx(tnun) — max Jx(tun). 0<t< 1 Khi đó, với mọi R > 0, nhờ điều kiện (SCPI), tồn tại hằng số C > 0 sao cho (2.9) (2.10) |s| 2A F(x, s) < C|s| + 8(x, s) 2 Q X R. ||un||1,2 [0,1] với n đủ lớn, nên ta có R Jx(tnun) JX(tun) > Jx(^ Ti un) JX(Rvn). 0<t<R2 - C í \Rvn(x)\dx - í |Rvn(2x)|2'dx J J R Q Q ||un||1,2 Hơn nữa, theo (2.9) và ||vn||1)2 — 1, ta thu được Jx(Rvn) — 2 \\Rvn Q F(x, Rvn(x))dx = R2 — CRỊ |vn(x)|dx — Ị |vn(x)|2^dx. (2.11) Q Q Do vn * v = 0 trong WX’2(Q), khi đó f | vn(x)|dx — 0 và f | vn(x) |2^dx < Q Q C(Q). Vì vậy, trước tiên ta cho n — +1 trong (2.11), và sau đó cho R — +1 và sử dụng (2.10), ta suy ra (2.12) JX(tnun) —— +^o khi n —— +^o. Hơn nữa, vì JX(0) = 0, ta có thể giả sử rằng tn 2 (0,1) và theo (2.8) ta có d dt (JX(tUn)) | t=tn =0. Từ đó ta thu được (2.13) d JX (tnun) RriRn) — tn dt (JX(tun)) | t=tn — °. Mạt khác, từ (2.13) và điều kiện (f 4) ta có ^JX(tnUn) — [JX(tnUn) 2 hJX (tnun) ,tnun')'] 2 J' [2f (x,tnun)tnun F(x,tnun}\dx Q Q ' / [ỠH(x,Un(x)) + C:dx Q 1C JX(un) 2 Jx (un),un') + 2| | C c + | Q | = C. Như vậy, ta đã chứng tỏ rằng với một hằng số C > 0 phù hợp lim sup JX (tnun) < C n—+1điều này mâu thuẫn với (2.12). Do đó, trường hợp v = 0 không thể xảy ra. Trường hỢp 2. Nếu v 0, thì khi đó tập hợp = {x 2 u : v(x) = 0g có độ đo Lebesgue dương, và từ định nghĩa của vn ta có |un(x)| — +1 h.k.n trong khi n —> +oo. Từ (2.7) và ||un||1)2 — +1, ta suy ra rằng Jx(un') 0 iu 111,2 . Điều này tương đương với (2.14) 7 F(x,Un(x)) 7 F(x,Un(x)) — — I Tj—■—ỊY2 dx — I rj—■—ỊY2 dx —— 0 J Ilun|l1,2 J ||un||1;2 Q\Q= khi n — +1. Ta đánh giá hai tích phân >,un(x)) , l|UnHĨ.2 . [ F (x,Un(x)) I J ||un||1;2 J Q\Q= Ta có lim Un(x) = lim ||un||1,2Vn(x) = +1. n—+1 n—+1 Nhờ điều kiện (f 2), ta thu được F(x,un(x)) _ . V , . „ o , lim —:— — = +1 h.k.n trong \ L=. n—+1 |un(x)|2 Từ đó F(x,Un(x)) I (x) I2 = . 11111 I , \IO | v n (x ) | — + L21 11.1X-.11 nong u . n—+1 |un(x)|2 Điều này kéo theo 7 F(x, un(x)) , ,, . I z dx —y + khi n —y +^o (2 15) t II 11 ọ U'x — I INI 11 n — I . -LO) J Ilun|l1;2 Bây giờ ta sẽ chứng tỏ với hằng số K > 0 nào đó, tích phân F (X;Un(xF ■ ■ 2 dx llun||1,2 |Q \ Q=|. (2.16) Thật vậy, từ điều kiện (f 2) ta có lim F(x, s) = -X đều theo ' Q. |s|!+1 Từ đó, tồn tại các số s,M > 0 sao cho F(x, s) > M với bất kì x 2 Q và |s| > s. (2.17) Vì F liên tục trên tập Q X R, nên ta có (2.18) F(x,s) > min F(x,s). (x,s)sQx [—s,s] Từ giả thiết F(x, 0) = 0 kéo theo min F(x, s) < 0 với bất kì X 2 Q. (x, s)ẽfìx [— s, s] Do đó, từ (2.17) và (2.18) ta suy ra rằng F(x, s) > —K 8(x, s) 2 Q X R. Từ đây ta thu được bất đẳng thức (2.16). Hơn nữa, từ giả thiết ||un||2 2 ! - 1 và (2.16) ta đạt được 7 F(x,Un(x))d 0 khi n -2 +00. (2.19) Ị II I I Cị Lux > xj IX-LJ.! n 7 I . I Z-í . -L (_/ I J llun||1,2 Q\Q= Do đó, từ (2.14), (2.15) và (2.19) ta có J\(un) II 112 ! 1 M 1,2 điều này là mâu thuẫn. Như vậy, nhờ các chứng minh trên, ta kết luận được dãy {un} là bị chạn trong W^,2(Q). Do đó, từ các kết quả ở trên, không giảm tính tổng quát, ta có thể giả sử rằng un * u un —— u un —— u trong W 1’2(Q); h.k.n trong Q; trong Lq(Q), 1 < q < . Vì f có tăng trưởng dưới tới hạn trên Q, nên với bất kì e > 0 tồn tại hằng số C(e) > 0 sao cho f (x, s) < C(e) + e|s|2*_1 8(x, s) 2 Q X R. Vì vậy, ta có I jun u Q 'n y |un — u|.|un|2* 1dx Q /• /• [ I |9* \un — u|dx + e( |un|2*dx) * ( |un — u|2*dx) 2* Q Q Q Ị [un — u|dx + eC(Q). Q Vì un * u trong W 1’2(Q), J |un — udx — 0, và e > 0 là tùy ý, nên ta được Q f (x, un)(un — u)dx — 0. Q Do đó [f (x, un) - f (x, u)](un - u)dx — 0 khi n — +1. (2.20) Hơn nữa, từ (2.6) ta suy ra (J^ (un) - (u),un - ui— 0. (2.21) Nhờ (2.20) và (2.21), ta thu được Ị |VAUn — VAu|2dx ! 0. Q v O 1 2 Do đó, ta kết luận được rằng un ! u mạnh trong W(Q), điều này có nghĩa là phiếm hàm J\ thỏa mãn điều kiện (C)c với mọi c 2 R. □ Chứng minh của Định lí 2.1. Kết hợp các Bổ đề 2.1, 2.2 và 2.3, ta thấy rằng tất cả các điều kiện của Định lí 1.1 được thỏa mãn. Do đó, phương trình (2.1) có nghiệm yếu không tầm thường. Định lí 2.1 được chứng minh. □ Tính đa nghiệm của nghiệm yếu Trong mục này, ta sẽ sử dụng Định lí 1.2 và điều kiện (SCPI) được thay thế bởi điều kiện (SCP) dưới đây trên số hạng phi tuyến, đồng thời áp dụng giả thiết f (x,s) là hàm lẻ theo biến s, chúng ta sẽ chứng minh kết quả về sự tồn tại của vô hạn nghiệm yếu của bài toán (2.1). Định lí 2.2. Giả sử rằng các điều kiện (f 1) — (f4) được thỏa mãn và tồn tại các hằng số a,b > 0 và q 2 (2, 2*x) sao cho (SCP) If (x, s)| < a + b|s|q_ 1 8(x,s) 2 Q X R; f (x, —s) = —f (x, s), với mọi (x, s) 2 Q X R. Khi đó bài toán (2.1) có một dãy các nghiệm yếu {un} sao cho J\(un) ! ■ 1 khi n ! 1. Nhận xét 2.2. Ta lưu ý rằng điều kiện (SCP) là mạnh hơn điều kiện (SCPI), vì vậy nếu f thỏa mãn điều kiện (SCP) thì ta thu được sự tồn tại của ít nhất một nghiệm yếu không tầm thường của phương trình (2.1) theo Định lí 2.1. Ta biết rang W(Q) là một không gian Hilbert, nên ta định nghĩa các không gian con Yk,Zk như trong (1.5). Vì f (x, —s) = — f (x,s), nên J\(—u) = J\(u) và nhờ Bổ đề 2.3, phiếm hàm J\ thỏa mãn điều kiện (C)c với mọi c 2 R. Do đó, để chứng minh Định lí 2.2, trước tiên ta cần chứng minh bổ đề sau. Bổ đề 2.4. Nếu 1 < q < 2*x, thì Pk = sup ||u||l« ! 0 khi k ! 1. u2Zk llui|1,2 = 1 Chứng minh. Rõ ràng rang [■)/,■ g là dãy giảm và bị chạn dưới vì 0 !.■ ! > 0 khi k ! 1. Với mỗi k > 0, tồn tại uk 2 Zk sao cho ||uk 111,2 = 1 và ||ukIIlq > ftk/2. Vì W(Q) là một không gian Hilbert, nên tồn tại u 2 W(Q) sao cho (qua một dãy con) uk * u trong W2(Q). Nghĩa là, (uk,') ! (u, ') 8' 2 W2(Q). Hơn nữa, vì ' = 52 Cj'j, trong đó dãy {'j}j’=1 gồm các hàm riêng của j=1 °1 2 toán tử —Aa là một cơ sở trực giao của W(Q), nên ta có 1 (u, ') = lim (uk, ') = lim Cj (uk, 'j) = 0. k!+i k!+i -—“ j=1 Do đó, ta thu được uk * 0 trong w2(Q). Áp dụng Mệnh đề 1.1, ta suy ra rằng uk ! 0 trong Lq(Q). Do đó, ta đã chứng tỏ được rằng = 0. □ Chứng minh của Định lí 2.2. Để chứng minh Định lí 2.2, ta chỉ cần kiểm tra các điều kiện (i) và (ii) của Định lí 1.2. Bây giờ, giả sử rằng với k > 0 cho trước nào đó, từ điều kiện (f2) và sử dụng các lí luận như chứng minh (2.3), ta suy ra tồn tại các hằng số Ck > 0, Ak sao cho F(x, s) > Ck| s| 2 — Ak V(x, s) 2 Q X R. Mạt khác, vì Yk là không gian hữu hạn chiều, nên mọi chuẩn trên Yk là tương đương, vì vậy, với bất kì u 2 Yk tồn tại các hằng số Ck, Ck > 0 sao cho /CkHuHl2 < HUH1,2 < /CkHuHl2. Từ đó, với bất kì u 2 Yk ta thu được A(u) = 2||u||2;2 y F(x,u(x))dx Q 2 llul|2,2 - Ck lluHỉ2 + Ak M 2 ||u|2;2 -|u|2;2 + Ak ỊQỊ = -2 llull 1,2 + AkM. Do đó, với ||u|ị 2 = pk > 0 đủ lớn, ta thu được Jx(u) < 0. Điều này chứng tỏ phiếm hàm Jx thỏa mãn điều kiện (i) của Định lí 1.2. Với điều kiện (ii), từ giả thiết (SCP) ta suy ra, tồn tại hằng số C2 > 0 sao cho |F(x,s)| < C2(1 + |s|q). Ta đạt = sup \\u\\Lq , u2Zk llull 1,2 = 1 khi đó trên Zk ta có ||u|| 2 A(u) > - C2||u||L. - C2|Q| = Mb _ C2MỈ. - C2R 11^111,2 z-7 II u ||q ||„,||Ợ /"7 |n| = 2 C2 ||u||i 2 'Lq \u\ 1,2 _ C2 ’’ u2 ■ 2 - C2PÍ ||u||1,2 - C2 -- = d - C2$ I|u||?o2)|iu||?2 - C2|Q|. \0 K\\ 111,2/11 111,2 ^1 I Ta chọn r = (C-ìqPị ■ . Từ Bổ đề 2.4, ta có Pk ! 0 và q > 2, do đó rk ! +1 khi k ! 1. Vì vậy ta suy ra rằng, nếu u 2 Zk và ||u|1)2 = rk, thì J\(uk) > (x —T)rk — C2|Q| ! +1 A V /-— \c\ zn_|_1'k 2I I khi k ! +1. Điều này chứng tỏ điều kiện (ii) của Định lí 1.2 được thỏa mãn. Định lí 2.2 được chứng minh. Kết luận Chương 2 Trong chương này, sử dụng phương pháp biến phân, chúng tôi nghiên cứu sự tồn tại nghiệm yếu của bài toán biên Dirichlet đối với phương trình elliptic suy biến nửa tuyến tính chứa toán tử Aa- Các kết quả đạt được bao gồm: Chứng minh được sự tồn tại nghiệm yếu không tầm thường của bài toán (2.1) (Định lí 2.1) nhờ sử dụng phiên bản phù hợp của Định lí qua núi; Chứng minh được tính đa nghiệm của nghiệm yếu của bài toán (2.1) (Định lí 2.2) nhờ áp dụng định lí Fountain của Bartch [74, Định lí 3.6, p58]. Các kết quả này là sự bổ sung cho các kết quả trong [39] khi số hạng phi tuyến không thỏa mãn điều kiện (AR), đồng thời cũng cải tiến và mở rộng các kết quả tương ứng trong trường hợp toán tử Laplace trong [44, 50]. Chương 3 Sự TỒN TẠI VÀ KHÔNG TON TẠI NGHIỆM CỦA HỆ HAMILTON SUY BIEN Trong chương này, chúng tôi nghiên cứu sự không tồn tại nghiệm cổ điển trong miền bị chạn kiểu hình sao và sự tồn tại một dãy vô hạn các nghiệm yếu của lớp hệ elliptic Hamilton nửa tuyến tính suy biến chứa toán tử Az\ trong miền bị chạn. Nội dung của chương này được viết dựa theo bài báo [3] trong Danh mục các công trình của tác giả liên quan tới luận án. Đặt bài toán Xét hệ phương trình elliptic Hamilton nửa tuyến tính suy biến có dạng 8 —Axu = \v\p x 2 Q, < -Axv = \u\q-1u, x 2 Q, (3.1) u = v = 0; x 2 @Q, trong đó p,q > 1 và Q là một miền bị chạn trong (N > 3) với biên @Q trơn. Bây giờ ta định nghĩa các không gian hàm dùng để nghiên cứu bài toán (3.1). ~ Sử dụng các không gian hàm W^’2(Q) và W2,2(Q) như ở Chương 1, ta xét toán tử A : W2’2(Q) \ W 1’2(Q) ! L2(Q), trong đó A = — Aa, với điều kiện biên Dirichlet thuần nhất. Ta kí hiệu không gian Es = (D(As)) với s > 0 với tích vô hướng (u,v)es = ị AsuAsvdx U,v 2 Es, Q trong đó 11 1 D(As) = = y aj'j, aj 2 R| Jaj < +1} và As' = ajK'j, j=1 j=1 J=1 ở đó 'j là hàm riêng của toán tử A ứng với giá trị riêng Pj,j = 1, 2;.... Từ Mệnh đề 1.2 và định lí nội suy, ta có kết quả về phép nhúng quan trọng sau. Bổ đề 3.1. Giả sử Q > 4. Khi đó, các phép nhúng Es ! Lq+1(Q) và Et ! Lp+1 là li.p.n t.v.c n.p.H —— 5> 1 — 2s và —— 5> 1 — 2. Hìn 'nữa cá.c nhé.n nhúng đó V \ẰJ V u / n u uuc I vvu |1 •''' 2 Q v \ẰJ |1 •''' 2 • J. J. \J I n Lt/a, c\Aj c p I bcp I ut uujt ug a c/ là compact nếu các bất đẳng thức này là ngặt. Chứng minh. Từ kết quả về phép nhúng trong Mệnh đề 1.2 và do QQ > 2, ta suy ra \\U\\l2 < C HU||L QQ_ và ||u\l2 — C llUIIW’2. Mạt khác, bởi Mệnh đề 1.1 và 0^2 > 2 HUHl2 — C\U\t^1,2 . Do đó, \\u\\l2 — cmax{||uHw2,2; \\u\\w 12} = C||u|D(A). Từ đó, nhờ định lí nội suy ta có phép nhúng Es = [D(A),ny2(Q)]s ! [L2(Q),L2Ã(fi)]s = Lq+1, là liên tục với 1 _ 1 - s 2s q + 1 = 2 + 2* . Hơn nữa, phép nhúng này là compact nếu 1 1 — s , 2s 1 2s q + 1 > 2 + 2* = 2 _ Q. Như vậy, phát biểu thứ nhất được chứng minh. Phát biểu thứ hai của bổ đề được chứng minh tương tự. □ Bây giờ, với s, t > 0 và s +1 = 1, ta đạt E = Es X Et, khi đó E là một không gian Hilbert với tích vô hướng (z, 1])e = (u, ')es + (v, với z = (u, v), = (', ý) 2 E. Ta xét dạng song tuyến tính B((u,v), (',ý)) = Ị(AsuAtý + As'Atv) dx. Q Khi đó ta thấy B là dạng song tuyến tính đối xứng, liên tục và do đó tồn tại toán tử tuyến tính bị chạn tự liên hợp L : E ! E sao cho B(z,^) = (Lz,r/) với mọi z,^ 2 E. Ta định nghĩa dạng toàn phương P : E ! R bởi P(z)=|(Lz,z)e = I AsuAtvdx, 8z = (u,v) 2 E. 2 Q Tương tự như trong [28], ta có thể chứng tỏ được toán tử L chỉ có hai giá trị riêng là ±1, và các không gian riêng tương ứng E+ và E_ là E+ = {(u, As~tu) I u 2 Esg và E+ = {(u, —As~tu) I u 2 Esg. Với (ej)j=1 là một cơ sở trực chuẩn của Es, và vì vậy (

Các file đính kèm theo tài liệu này:

  • docxluan_an_ap_dung_phuong_phap_giai_tich_nghien_cuu_mot_so_bai.docx
  • pdf3_luanan_captruong_bkmy_7038_2157224.pdf
Tài liệu liên quan