Luận văn Điều kiện cực trị và tính chính quy của các nhân tử lagrange cho bài toán điều khiển tối ưu semilinear elliptic

p u ∈ Lp(Ω) với 1 ≤ p < ∞, hàm chi phí J cũng như các hàm f, g khó có thể khả vi theo biến u trong không gian Lp(Ω). Để khắc phục khó khăn này, chúng ta có thể giả thiết rằng u ∈ L∞(Ω). Nhưng trong trường hợp này, các nhân tử Lagrange là các độ đo mà không còn là các hàm số. Điều đó dẫn tới vấn đề phải nghiên cứu tính chính quy của các nhân tử Lagrange, đó là việc tìm các điều kiện làm cho nhân tử Lagrange thuộc không gian Lp(Ω). Vấn đề này đã được nghiên cứu gần đây bởi một số các nhà toán học (như [6] và [7]). Đặc biệt, trong tài liệu [7], bằng việc sử dụng Định lý Yosida-Hewitt, A.Ro¨sch và F. Tro¨ltzsch chứng minh rằng, dưới một số các điều kiện nhất định, các nhân tử Lagrange thuộc vào không gian Lp(Ω). Mục tiêu của luận văn này là xây dựng các điều kiện cực trị và nghiên cứu tính chính quy của các nhân tử Lagrange. Cụ thể là chúng ta đưa ra các điều kiện, tiêu chuẩn, mà dưới đó, các nhân tử Lagrange trong các điều kiện tối ưu của bài toán (1)-(3) thuộc vào không gian Lp(Ω) với 1 ≤ p ≤ ∞. Ngoài phần mở đầu và kết luận, luận văn gồm hai chương chính. Chương 1 trình bày một số kiến thức và các sự kiện liên quan đến giải tích biến phân, các bài toán quy hoạch và phương trình elliptic. Chương 2 trình bày kết quả cơ bản của luận văn về sự tồn tại và tính chính quy của các nhân tử Lagrange trong các điều kiện tối ưu bậc hai của bài toán điều khiển tối ưu semilinear elliptic. Nội dung của luận văn được viết dựa trên công trình của tác giả và các cộng sự về hướng nghiên cứu này. Bài báo hiện đã được gửi đăng. 5CHƯƠNG 1 ĐIỀU KIỆN CỰC TRỊ CHOMỘT LỚP BÀI TOÁN ĐIỀU KHIỂN TỐI ƯU TRỪU TƯỢNG 1.1 MỘT SỐ CÔNG CỤ VÀ KHÁI NIỆM VỀ GIẢI TÍCH BIẾN PHÂN Trong mục này, ta luôn giả thiếtX là không gian Banach. Định nghĩa 1.1.1. Cho M ⊂ X , x¯ ∈ M . Một véc tơ v thuộc X được gọi là một véc tơ tiếp tuyến của M tại x¯ nếu tồn tại các dãy {tk}k∈N , {vk}k∈N sao cho tk → 0+, vk → v, k →∞ thỏa mãn x¯+ tkvk ∈M . Ta ký hiệu T (M, x¯) là tập các véc tơ tiếp tuyến v củaM . T (M, x¯) được gọi là nón tiếp tuyến hay nón Bouligand. Mệnh đề 1.1.1. [8] T (M, x¯) là nón đóng và T (M, x¯) ⊂ cone(M − x¯). Định nghĩa 1.1.2. VớiM ⊂ X , ta định nghĩa T b(M, x¯) := {v ∈ X|∀tk → 0;∃vk → v : x¯+ tkvk ∈M, ∀k ∈ N}. Ta gọi T b(M, x¯) là nón tiếp tuyến trung gian hay nón kề của tậpM tại điểm x¯. Mệnh đề 1.1.2. [8] (i) T b(M, x¯) là nón đóng. (ii) Nếu M là tập lồi, thì T b(M, x¯) là tập lồi và T b(M, x¯) = cone(M − x¯). Nhận xét 1.1.1. (i) T b(M, x¯) ⊂ T (M, x¯). (ii) KhiM là tập lồi, ta có: T b(M, x¯) = T (M, x¯) = cone(M − x¯). Ví dụ sau đây cho thấy T b(M, x¯) 6= T (M, x¯). 6Ví dụ 1.1.1. ChoX = R,M = { 12i : i = 1, 2, ...}, với x¯ ∈M , ta có: T (M, x¯) = R+, T b(M, x¯) = {0}. Định nghĩa 1.1.3. VớiM ⊂ X, x¯ ∈M,h ∈ X , ta định nghĩa: (i) T 2b(M, x¯, h) := {v ∈ X|∀tk → 0+;∃vk → v : x¯ + tkh + 12t2kvk ∈ M, ∀k ∈ N}, (ii) T 2(M, x¯, h) := {v ∈ X|∃tk → 0+,∃vk → v : x¯ + tkh + 12t2kvk ∈ M, ∀k ∈ N}, ta gọi T 2b(M, x¯, h) và T 2(M, x¯, h) lần lượt là tập tiếp tuyến trung gian bậc hai và tập tiếp tuyến bậc hai củaM theo phương h. Nhận xét 1.1.2. (i) T 2b(M, x¯, h) và T 2(M, x¯, h) là các tập đóng, và: T 2b(M, x¯, h) ⊂ T 2(M, x¯, h), T 2b(M, x¯, 0) = T b(M, x¯), T 2(M, x¯, 0) = T (M, x¯). (ii) Nếu M là tập lồi thì T 2b(M, x¯, h) là tập lồi, nhưng T 2(M, x¯, h) có thể không lồi (ví dụ có thể xem trong tài liệu tham khảo [9]). Định nghĩa 1.1.4. ChoM ⊂ X ,M lồi, ta định nghĩa nón pháp tuyến củaM tại x¯ là tập N(M, x¯) := {x∗ ∈ X∗|〈x∗, x− x¯〉 ≤ 0,∀x ∈M}, hoặc tương đương với N(M, x¯) = {x∗ ∈ X∗|〈x∗, h〉 ≤ 0,∀h ∈ T (M, x¯)}. 71.2 ĐIỀU KIỆN CỰC TRỊ BẬC HAI CHO BÀI TOÁNQUY HOẠCH TOÁN HỌC Cho Z,E là các không gian Banach với các không gian đối ngẫu lần lượt là Z∗, E∗, ta xét bài toán (P1) f(z)→ min,G(z) ∈ Q; với f : Z → R, G : Z → E,Q ⊂ E, Q là tập lồi, đóng. Ta đặt Φ = {z ∈ Z|G(z) ∈ Q}. Định nghĩa 1.2.1. Ta gọi z¯ ∈ Φ là nghiệm địa phương của bài toán (P1) nếu tồn tại  > 0 sao cho với mọi z ∈ BZ(z¯, ) ∩ Φ, f(z)− f(z¯) ≥ 0. Định nghĩa 1.2.2. Mỗi véc tơ z¯ ∈ Φ được gọi là thỏa mãn điều kiện chính quy Robinson nếu 0 ∈ int(∇G(z¯)BZ − (Q−G(z¯)) ∩BE), (1.1) với BZ , BE lần lượt là hình cầu đơn vị trong Z và E. Định lý 1.2.1. [10] Điều kiện (1.1) tương đương với điều kiện sau E = ∇G(z¯)Z − cone(Q−G(z¯)). (1.2) Chú ý: (1.2) xảy ra khi∇G(z¯) là toàn ánh. Định lý 1.2.2. [10] Chúng ta sẽ ký hiệu Λ1(z¯) là tập các nhân tử Lagrange của bài toán (P1), cụ thể là Λ1(z¯) = {e∗ ∈ E∗|∇f(z¯) + ∇G(z¯)∗e∗ = 0, e∗ ∈ N(Q,G(z¯))}. Giả sử z¯ thỏa mãn điều kiện chính quy Robinson, khi đó Λ1(z¯) khác rỗng, bị chặn và compact theo topo τ(E∗, E), với τ(E∗, E) là topo yếu* trên E∗. Định nghĩa 1.2.3. Ta định nghĩa một số nón tới hạn như sau: C1(z¯) := {d ∈ Z|∇f(z¯)d ≤ 0,∇G(z¯)d ∈ T (Q,G(z¯))}, C01(z¯) := {d ∈ Z|∇f(z¯)d ≤ 0,∇G(z¯)d ∈ cone(Q−G(z¯))}, C1∗(z¯) := C01(z¯). 8Bài toán (P1) có hàm Lagrange: L1(z, e∗) = f(z)+e∗G(z). Ta có điều kiện cần cực trị bậc hai cho bài toán (P1) như sau: Định lý 1.2.3. [10] Giả sử z¯ là nghiệm địa phương của bài toán (P1). Khi đó, với mỗi d ∈ C1∗(z¯), tồn tại e∗ ∈ E∗ sao cho điều kiện sau được thỏa mãn: ∇2zzL1(z¯, e∗) ≥ 0. Chứng minh. Kết luận của định lý được suy ra từ Định lý 3.5 trong [10] cho trường hợp một mục tiêum = 1. 1.3 ĐIỀU KIỆN CỰC TRỊ CHO BÀI TOÁN ĐIỀU KHIỂN TỐI ƯU TRỪU TƯỢNG Cho E0, E, Y và U là các không gian Banach vàQ là tập con lồi, đóng, khác rỗng của E. Ta đặt Z := Y × U và giả sử rằng I : Y × U → R, F : Y × U → E0, G : Y × U → E là các ánh xạ cho trước. Ta xét bài toán điều khiển tối ưu với biến điều khiển u ∈ U và biến trạng thái y ∈ Y : (P2)  I(y, u)→ min, F (y, u) = 0, G(y, u) ∈ Q. Ta ký hiệu Φ là tập chấp nhận được của bài toán (P2) và ta đặt: D := {(y, u) ∈ Z|F (y, u) = 0}. Với z0 = (y0, u0) ∈ Φ cố định, ta ký hiệu Λ2(z0) là tập hợp các nhân tử (v∗, e∗) ∈ E∗0 × E∗ thỏa mãn các điều kiện sau: ∇zL2(z0, v∗, e∗) = 0, e∗ ∈ N(Q,G(z0)); 9ở đó L2(z, v∗, e∗) là hàm Lagrange của bài toán (P2) được cho bởi: L2(z, v∗, e∗) = I(z) + 〈v∗, F (z)〉+ 〈e∗, G(z)〉. Ta ký hiệu: C02(z0) := {d ∈ Z|∇I(z0)d ≤ 0,∇F (z0)d = 0, ∇G(z0)d ∈ cone(Q−G(z0))}, C2(z0) := C02(z0). Định lý sau cho ta điều kiện cần cực trị bậc hai của bài toán (P2): Định lý 1.3.1. Giả sử z0 ∈ Φ và các giả thiết sau được thỏa mãn: (ii) Tồn tại các số dương r1, r′1 sao cho các ánh xạ I(., .), F (., .) vàG(., .) khả vi liên tục Fréchet cấp hai trên BY (y0, r1)×BU(u0, r′1). (ii) Ánh xạ Fy(z0) là song ánh. (iii) E = ∇G(z0)(T (D, z0))− cone(Q−G(z0)). Nếu z0 là nghiệm địa phương của bài toán (P2), thì với mỗi d ∈ C2(z0), tồn tại (v∗, e∗) ∈ Λ2(z0) sao cho ∇2zzL(z0, v∗, e∗)(d, d) = 〈Izz(z0)d, d〉+ 〈v∗Fzz(z0)d, d〉 + 〈e∗Gzz(z0)d, d〉 ≥ 0. Chứng minh. Kết luận của định lý được suy ra từ Định lý 4.1 trong [10] cho trường hợp một mục tiêum = 1. 1.4 Một số kết quả về nghiệm của phương trình elliptic Xét bài toán Lu = f trong Ω,u = 0 trên ∂Ω; (1.3) 10 ở đó Ω là tập con mở, bị chặn của Rn và u : Ω¯ → R là ẩn hàm cần tìm. Hàm f : Ω→ R cho trước và L là toán tử có dạng như sau Lu = − n∑ i,j=1 (aijuxi)xj + n∑ i=1 bi(x)uxi + c(x)u, (1.4) với aij, bi, c (i, j = 1, ..., n) là các hàm cho trước. Ta đưa ra một số các giả thiết như sau: H1) aij = aji (i, j = 1, ..., n). H2) aij, bi, c ∈ L∞(Ω) (i, j = 1, ..., n), f ∈ L2(Ω). Định nghĩa 1.4.1. Ta nói toán tử L là elliptic nếu tồn tại một số λ > 0 sao cho n∑ i,j=1 aij(x)ξiξj ≥ λ|ξ|2, với h.k.n x ∈ Ω và mọi ξ ∈ Rn. Định nghĩa 1.4.2. i, Ta gọi dạng bậc haiB[., .] sinh bởi toán tử L định nghĩa bởi (1.4) được cho bởi công thức sau B[u, v] = ∫ Ω n∑ i,j=1 aijuxivxj + n∑ i=1 biuxiv + cuvdx, với u, v ∈ H10(Ω). ii, Ta nói u ∈ H10(Ω) là nghiệm (hoặc nghiệm yếu) của bài toán (1.3) nếu B[u, v] = 〈f, v〉, với mọi v ∈ H10(Ω). Định lý sau nói về tính duy nhất nghiệm của phương trình (1.3) Định lý 1.4.1. [11] Giả sử có một số γ ≥ 0, với mỗi µ ≥ γ và hàm f ∈ L2(Ω), phương trình sau có nghiệm duy nhất u ∈ H10(Ω):Lu+ µu = f trong Ω,u = 0 trên ∂Ω. (1.5) 11 CHƯƠNG 2 ĐIỀU KIỆN CỰC TRỊ VÀ TÍNH CHÍNH QUY CỦA CÁC NHÂN TỬ LAGRANGE CHO BÀI TOÁN ĐIỀU KHIỂN TỐI ƯU SEMILINEAR ELLIPTIC 2.1 MỘT SỐGIẢTHIẾTVÀKẾTQUẢVỀTỒNTẠINGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH SEMILINEAR ELLIPTIC Cho Ω là tập mở, bị chặn trong RN với N = 2, 3 và biên ∂Ω thuộc lớp C2. Trong cả chương này, ta xét bài toán điều khiển tối ưu semilinear elliptic với biến điều khiển u ∈ L∞(Ω) và biến trạng thái tương ứng y ∈ W 2,2(Ω) ∩W 1,20 (Ω): J(y, u) = ∫ Ω L(x, y(x), u(x)dx→ min, (2.1) Ay = f(x, y, u) trong Ω, y = 0 trên ∂Ω, (2.2) a(x) ≤ g(x, y, u) ≤ b(x) h.k.n x ∈ Ω; (2.3) với a(x), b(x) ∈ L∞(Ω) và toán tử A định nghĩa bởi Ay = − N∑ i,j=1 Di(aij(x)yxj(x)). Từ Định nghĩa 1.4.2, ta định nghĩa nghiệm của phương trình (2.2) như sau: Định nghĩa 2.1.1. Ta nói y ∈ H10(Ω) là nghiệm (hoặc nghiệm yếu) của phương trình (2.2) nếu B[y, v] := ∫ Ω aij(x)yxj(x)vxi(x)dx = 〈f, v〉, với mọi v ∈ H10(Ω). 12 Ta đặt: Y := W 1,20 (Ω) ∩W 2,2(Ω), U := L∞(Ω), Z := Y × U và Q∞ = {v ∈ L∞(Ω)|a(x) ≤ v(x) ≤ b(x)}. Ta ký hiệu Φ là tập chấp nhận được của bài toán (2.1)-(2.3): Φ := {(y, u) ∈ Y × U |(y, u) thỏa mãn (2.2)− (2.3)}. Ta ký hiệu ϕ : Ω× R× R→ R thay thế cho L, f và g. Với mỗi (y¯, u¯) cố định trong Φ, ta ký hiệu ϕ[x], ϕy[x], ϕu[x], ϕyu[x] và ϕuu[x] lần lượt thay thế cho ϕ(x, y¯(x),u¯(x)), ϕy(x, y¯(x), u¯(x)), ϕu(x, y¯(x), u¯(x)), ϕyu(x, y¯(x), u¯(x)), ϕuu(x, y¯(x), u¯(x)). Ta đưa ra một số các giả thiết như sau: (A1) Các hàm aij ∈ C1(Ω¯), aij = aji và tồn tại một số λ > 0 sao cho: N∑ i,j=1 aij(x)ξiξj ≥ λ N∑ i=1 |ξi|2 ∀x ∈ Ω, (ξ1, ξ2, ..., ξN) ∈ RN . (A2) fy(x, y, u) ≤ 0 ∀(x, y, u) ∈ Ω× R× R. (A3) ϕ(x, ., .) thuộc lớp C2 thỏa mãn |ϕ(x, 0, 0)| và |D(y,u)ϕ(x, 0, 0)| bị chặn, và với mỗiM > 0, tồn tại kϕM > 0 sao cho |ϕ(x, y1, u1)− ϕ(x, y2, u2)|+ |D(y,u)ϕ(x, y1, u1)−D(y,u)ϕ(x, y2, u2)| + |D2(y,u)ϕ(x, y1, u1)−D2(y,u)ϕ(x, y2, u2)| ≤ kϕM(|y1 − y2|+ |u1 − u2|), với mọi x ∈ Ω, yi, ui ∈ R, thỏa mãn |yi| ≤M, |ui| ≤M , i = 1, 2. (A4) Tồn tại hằng số γ > 0 sao cho: |gu(x, y¯(x), u¯(x))| > γ h.k.n x ∈ Ω (2.4) và − fy[x] + fu[x]gy[x] gu[x] ≥ 0, h.k.n x ∈ Ω. (2.5) 13 Trước khi trình bày các nội dung tiếp theo, ta có các nhận xét sau về các giả thiết trên. Giả thiết (A1) và (A2) đảm bảo cho phương trình (2.2) có nghiệm duy nhất y ∈ W 1,20 (Ω)∩W 2,2(Ω) với mỗi u ∈ L∞(Ω). Giả thiết (A3) đảm bảo cho hàm mục tiêu J , các hàm fˆ và gˆ khả vi trên (W 1,20 (Ω) ∩W 2,2(Ω))× L∞(Ω), với fˆ và gˆ định nghĩa bởi: fˆ(y, u)(x) = f(x, y(x), u(x)), gˆ(y, u)(x) = g(x, y(x), u(x)). (2.6) Giả thiết (A4) là giả thiết quan trọng trong chứng minh tính chính quy của các nhân tử Lagrange. Bên cạnh đó, điều kiện (2.5) đảm bảo cho điều kiện chính quy Robinson được thỏa mãn. Sau đây là một số các ví dụ về các hàm f và g thỏa mãn giả thiết (A4): Ví dụ 2.1.1. Các hàm f và g có các công thức như sau thỏa mãn giả thiết (A4): f(x, y, u) = −y3 + u3, g(x, y, u) = u f(x, y, u) = −yu2, g(x, y, u) = u3 − u2 + 2u f(x, y, u) = x2u2, g(x, y, u) = ψ(x) + y2u3 + u với ψ là làm liên tục trên Ω Bổ đề sau đây nói về tính duy nhất nghiệm của phương trình (2.2), ta có thể tìm thấy chứng minh của bổ đề trong [5] và [3]. Bổ đề 2.1.1. Giả sử rằng các hàm aij và f thỏa mãn các điều kiện (A1) và (A2). Với mỗi u ∈ L∞(Ω), phương trình (2.2) có nghiệm duy nhất y ∈ W 1,20 (Ω) ∩ W 2,2(Ω). Hơn nữa, tồn tại hằng số C2 > 0 sao cho: ‖y‖∞ + ‖y‖2,2 ≤ C2, ∀u ∈ L∞(Ω). 2.2 ĐIỀU KIỆN CẦN CỰC TRỊ BẬC MỘT, BẬC HAI VÀ TÍNH CHÍNH QUY CỦA CÁC NHÂN TỬ LAGRANGE Định nghĩa 2.2.1. (i) Một cặp (y¯, u¯) ∈ Φ được gọi là nghiệm địa phương của bài toán (2.1)-(2.3) nếu tồn tại một số  > 0 sao cho nếu (y, u) ∈ Φ thỏa mãn ‖y − y¯‖2,2 + ‖u− u¯‖∞ <  thì J(y, u) ≥ J(y¯, u¯). 14 (ii) Một cặp (y¯, u¯) ∈ Φ được gọi là nghiệm mạnh địa phương của bài toán (2.1)-(2.3) nếu tồn tại một số  > 0 và α > 0 sao cho nếu (y, u) ∈ Φ thỏa mãn ‖y − y¯‖2,2 + ‖u− u¯‖∞ <  thì J(y, u) ≥ J(y¯, u¯) + α‖u− u¯‖22. Ta ký hiệu C0[(y¯, u¯)] là tập hợp của các cặp (y, u) ∈ Y × U thỏa mãn các điều kiện sau: (c1) 〈∇J(y¯, u¯), (y, u)〉 = ∫ Ω(Ly[x]y(x) + Lu[x]u(x))dx ≤ 0, (c2) Ay = fy[.]y + fu[.]u, (c3) gy[.]y + gu[.]u ∈ cone(Q∞ − g[.]). Ta gọi bao đóng của C0[(y¯, u¯)] trong Y × U là tập hợp các phương tới hạn của bài toán (2.1)-(2.3) và ký hiệu là C[(y¯, u¯)]. Định nghĩa 2.2.2. Một phiếm hàm tuyến tính liên tục e∗ ∈ L∞(Ω)∗ được gọi là biểu diễn được bằng một hàm trong không gian L1(Ω) nếu tồn tại một hàm φ ∈ L1(Ω) sao cho: 〈e∗, v〉 = ∫ Ω φ(x)v(x)dx ∀v ∈ L∞(Ω). Với B ⊂ Ω, ta ký hiệu χB là hàm đặc trưng của B: χB(x) = 1 với x ∈ B,0 với x /∈ B. Bổ đề sau đây đóng vai trò quan trọng trong việc chứng minh tính chính quy của các nhân tử Lagrange. Bổ đề 2.2.1 ([12], Mệnh đề 5, Chương 8). Một phiếm hàm tuyến tính liên tục e∗ ∈ L∞(Ω)∗ biểu diễn được bằng một hàm trong không gian L1(Ω) khi và chỉ khi với mọi dãy {∆k} các tập con đo được của Ω, |∆k| → 0, ta có ‖e∗∆k‖ → 0 khi k →∞. Ở đây e∗∆k định nghĩa bởi: 〈e∗∆k, v〉 = 〈e∗, χ∆kv〉 ∀v ∈ L∞(Ω). 15 Sau đây là kết quả quan trọng của luận văn về điều kiện cần cực trị: Định lý 2.2.1. Giả sử (y¯, u¯) ∈ Φ là nghiệm địa phương của bài toán (2.1)- (2.3) và các giả thiết (A1)-(A4) được thỏa mãn. Khi đó tồn tại các hàm ϑ ∈ W 1,20 (Ω) ∩W 2,2(Ω) và e ∈ L2(Ω) sao cho các điều kiện sau được thỏa mãn: (i) (Phương trình liên hợp) A∗ϑ− fy[.]ϑ = −Ly[.]− gy[.]e trong Ω, ϑ = 0 trên ∂Ω; (2.7) (ii) (Điều kiện dừng theo u) Lu[.]− fu[.]ϑ+ gu[.]e = 0 h.k.n; (2.8) (iii) (Điều kiện bù) g[x] = max (a(x),min(e(x) + g[x], b(x))) h.k.n x ∈ Ω; (2.9) (iv) (Điều kiện không âm bậc hai)∫ Ω (Lyy[x]y(x) 2 + 2Lyu[x]y(x)u(x) + Luu[x]u(x) 2)dx − ∫ Ω ϑ(x)(fyy(x)y(x) 2 + 2fyu[x]y(x)u(x) + fuu[x]u(x) 2)dx + ∫ Ω e(x)(gyy[x]y(x) 2 + 2gyu[x]y(x)u(x) + guu[x]u(x) 2)dx ≥ 0 với mọi (y, u) ∈ C[(y¯, u¯)]. Hơn nữa ta có e ∈ L∞(Ω). Chứng minh. Ta chia chứng minh ra thành các bước: Bước 1. Đưa bài toán về bài toán điều khiển tối ưu trừu tượng. Ta ký hiệu E0 = L2(Ω), E = L∞(Ω) và ta định nghĩa một số ánh xạ: F : Y × U → E0, F (y, u) = Ay − fˆ(y, u); G : Y × U → E, G(y, u) = gˆ(y, u); với fˆ , gˆ định nghĩa bởi (2.6). Ta đặt: D = {(y, u) ∈ Y × U |F (y, u) = 0}. (2.10) 16 Khi đó (y¯, u¯) là nghiệm địa phương của bài toán: J(y, u)→ min (2.11) thỏa mãn F (y, u) = 0, (2.12) G(y, u) ∈ Q∞. (2.13) Bên cạnh đó, C[(y¯, u¯)] là bao đóng của C0[(y¯, u¯)] trong Y ×U và C0 là tập hợp của các cặp (y, u) ∈ Y × U sao cho các điều kiện sau đây được thỏa mãn: (c′1) 〈∇J(y¯, u¯), (y, u)〉 ≤ 0; (c′2) 〈∇F (y¯, u¯), (y, u)〉 = 0; (c′3) 〈∇G(y¯, u¯), (y, u)〉 ∈ cone(Q∞ −G(y¯, u¯)); Bài toán (2.11)-(2.13) có hàm Lagrange được cho bởi: L(y, u, v∗, e∗) := J(y, u) + 〈v∗, F (y, u)〉+ 〈e∗, G(y, u)〉, (2.14) ở đó v∗ ∈ E∗0 và e ∈ E∗ với E∗0 = L2(Ω) và E∗ = L∞(Ω)∗ lần lượt là không gian đối ngẫu củaE0 vàE. Bổ đề sau đây được suy ra trực tiếp từ Định lý 1.3.1. Bổ đề 2.2.2. Giả sử (y¯, u¯) là nghiệm địa phương của bài toán (2.11)-(2.13) và các giả thiết sau được thỏa mãn: (H1) J, F và G thuộc lớp C2 trong lân cận của (y¯, u¯). (H2) Ánh xạ Fy(y, u) là song ánh. (H3) Điều kiện chính quy Robinson được thỏa mãn: E = ∇G(y¯, u¯)(T (D, (y¯, u¯)))− cone(Q∞ −G(y¯, u¯)). Thì với mỗi phương tới hạn d = (y, u) ∈ C[(y¯, u¯)], tồn tại các véc tơ ϑ ∈ E∗0 và e∗ ∈ E∗ sao cho các điều kiện sau được thỏa mãn: 17 (i) (Phương trình liên hợp) Jy(y¯, u¯) + Fy(y¯, u¯) ∗ϑ+Gy(y¯, u¯)∗e∗ = 0; (2.15) (ii) (Điều kiện dừng theo u) Ju(y¯, u¯) + Fu(y¯, u¯) ∗ϑ+Gu(y¯, u¯)∗e∗ = 0; (2.16) (iii) (Điều kiện bù ) e∗ ∈ N(Q∞, G(y¯, u¯)); (2.17) (iv) (Điều kiện không âm bậc hai) D2(y,u)L(y¯, u¯, ϑ, e∗)[(y, u), (y, u)] ≥ 0. (2.18) Bước 2. Suy ra các điều kiện cần cực trị. Ta kiểm tra các giả thiết (H1)-(H3) của Bổ đề 2.2.2. Từ giả thiết (A3), ta có thể chỉ ra rằng J, F và G thuộc lớp C2 trong lân cận của (y¯, u¯). Ta có: ∇J(y¯, u¯) = (Ly[.], Lu[.]), (2.19) Fy(y¯, u¯) = A− fy[.], Fu(y¯, u¯) = −fu[.], (2.20) Gy(y¯, u¯) = gy[.], Gu(y¯, u¯) = gu[.], (2.21) và D2(y,u)L(y, u, ϑ, e∗) = ( Lyy[.]− ϑfyy[.] + e∗gyy[.] Lyu[.]− ϑfyu[.] + e∗gyu[.] Luy[.]− ϑfuy[.] + e∗guy[.] Luu[.]− ϑfuu[.] + e∗guu[.] ) , (2.22) do đó (H1) thỏa mãn. Ta kiểm tra (H2). Ta lấy bất kỳ u ∈ E0 = L2(Ω) và xét phương trình: Ay − fy(x, y¯(x), u¯(x))y = u trong Ω, y = 0 trên ∂Ω. (2.23) Bởi (A2), ta có−fy(x, y¯(x), u¯(x)) ≥ 0 h.k.n x ∈ Ω. Theo định lý Lax-Milram, phương trình (2.23) có duy nhất nghiệm y ∈ W 1,20 (Ω). Áp dụng [Định lý 4, mục 18 6.3, [11]] về tính chính quy của nghiệm của phương trình elliptic trên miền có biên thuộc lớp C2, ta có y ∈ W 2,2(Ω). Do đó, y ∈ Y là nghiệm duy nhất của phương trình: Fy(y¯, u¯)y = u. Vậy (H2) thỏa mãn. Cuối cùng, ta kiểm tra giả thiết (H3). Vì Fy(y, u) là song ánh, nên∇F (y¯, u¯) là toàn ánh. Bởi [[13], Bổ đề 2.2], ta có: T (D, (y¯, u¯)) = {(y, u) ∈ Y × U |Fy(y¯, u¯)y + Fu(y¯, u¯)u = 0} = {(y, u) ∈ Y × U |Ay − fy[.]y = fu[.]u}. Vì vậy, để kiểm tra giả thiết (H3), ta sẽ chỉ ra rằng, với mọi e ∈ E, tồn tại (y, u) ∈ T (D, (y¯, u¯)) sao cho: e = gy[.]y + gu[.]u. Xét phương trình: Ay + (−fy[x] + fu[x]gy[x] gu[x] )y = fu[x] gu[x] e. (2.24) Từ giả thiết (A4), áp dụng Định lý Lax-Milgram và [Định lý 4, mục 6.3, [11]], phương trình (2.24) có nghiệm duy nhất y ∈ Y . Ta viết lại phương trình (2.24) về dạng: Ay − fy[x]y = fu[x]e− gy[x]y gu[x] . Bằng cách đặt u = e−gy[x]ygu[x] , ta có: Ay − fy[x]y = fu[x]u, e = gy[x]y + gu[x]u. Do đó (H3) thỏa mãn. Chúng ta đã chứng minh tất cả các giả thiết của Bổ đề 2.2.2 được thỏa mãn. Vì vậy, với mỗi d = (y, u) ∈ C[(y¯, u¯)], tồn tại các véc tơ ϑ ∈ L2(Ω) và e∗ ∈ L∞(Ω)∗ thỏa mãn các điều kiện (i)-(iv) của Bổ đề 2.2.2. Chú ý rằng e∗ là độ đo có dấu, hữu hạn cộng tính trên Ω. Các điều kiện (2.15) và (2.16) có thể viết lại thành: A∗ϑ− fy[.]ϑ = −Ly[.]− gy[.]∗e∗ (2.25) 19 và gu[.] ∗e∗ = −Lu[.] + fu[.]ϑ, (2.26) ở đó A∗ là toán tử liên hợp của A. Bước 3. Chứng minh tính chính quy của các nhân tử Lagrange. Lấy v ∈ L∞(Ω) bất kỳ, bởi (2.4), tồn tại u ∈ L∞(Ω) sao cho v = gu[.]u, kết hợp với (2.26) ta có: |〈e∗, v〉| = |〈e∗, gu[.]u〉| = |〈gu[.]∗e∗, u〉| ≤ |〈Lu[.], u〉|+ |〈fu[.]ϑ, u〉| = ∣∣∣∣∫ Ω Lu[x]u(x)dx ∣∣∣∣+ ∣∣∣∣∫ Ω fu[x]ϑ(x)u(x)dx ∣∣∣∣ = ∣∣∣∣∫ Ω Lu[x] v(x) gu[x] dx ∣∣∣∣+ ∣∣∣∣∫ Ω fu[x]ϑ(x) v(x) gu[x] dx ∣∣∣∣ ≤ 1 γ ∫ Ω (|Lu[x]|+ |fu[x]ϑ(x)|)|v(x)|dx. Với ∆k là một dãy tập con đo được của Ω, |∆k| → 0 khi k → ∞. Từ kết quả trên và định nghĩa của e∗∆k , ta có: |〈e∗∆k, v〉| = |〈e∗, χ∆kv〉| ≤ 1 γ ∫ Ω (|Lu[x]|+ |fu[x]ϑ(x)|)χ∆k(x)|v(x)|dx ≤ 1 γ ‖v‖∞ ∫ ∆k (|Lu[x]|+ |fu[x]ϑ(x)|)dx. Ta suy ra: ‖e∗∆k‖ ≤ 1 γ ∫ ∆k (|Lu[x]|+ |fu[x]ϑ(x)|)dx. Vì |Lu[x]|+ |fu[x]ϑ(x)| ∈ L2(Ω) nên 1γ ∫ ∆k (|Lu[x]|+ |fu[x]ϑ(x)|)dx→ 0 khi k → ∞ và vì vậy, ‖e∗∆k‖ → 0 khi k → ∞. Theo Bổ đề 2.2.2, e∗ có thể biểu diễn bằng một hàm e ∈ L1(Ω). Từ (2.26), ta có: gu[x]e(x) = −Lu[x] + fu[x]ϑ(x) h.k.n x ∈ Ω. (2.27) Từ (2.27) và điều kiện |gu[x]| ≥ γ, ta suy ra e ∈ L2(Ω). Vì vậy từ (2.25), ta có: A∗ϑ− fy[.]ϑ = −Ly[.]− gy[.]e. (2.28) 20 Ta định nghĩa ánh xạ Q : Ω → 2R bởi Q(x) = [a(x), b(x)]. Từ (2.17) và áp dụng [Hệ quả 4, [14]], ta có: e ∈ N(Q∞, g[.]) ∩ L1(Ω) = {θ ∈ L1(Ω)|θ(x) ∈ N(Q(x), g[x]) h.k.n x ∈ Ω}. (2.29) Do đó 〈e(x), η − g[x]〉 ≤ 0 ∀η ∈ Q(x), hay 〈(e(x) + g[x])− g[x], η − g[x]〉 ≤ 0 ∀η ∈ Q(x). Theo [Định lý 5.2, [15]] g[x] = PQ(x)(e(x) + g[x]) là hình chiếu của (e(x) + g[x]) lên Q(x). Ta suy ra khẳng định (iii) của Định lý 2.2.1. Ta chứng minh ϑ ∈ Y . Ta nhắc lại rằng: A : D(A) ⊂ L2(Ω)→ L2(Ω) là toán tử xác định trù mật với D(A) = Y và A∗ : D(A∗) ⊂ L2(Ω) → L2(Ω) là ánh xạ liên hợp của A. Theo định nghĩa của A∗, ta có: D(A∗) = {v ∈ L2(Ω)|∃v∗ ∈ L2(Ω), 〈Ay, v〉 = 〈y, v∗〉}. Từ (2.28), ta có ϑ ∈ D(A∗). Ta chứng minh rằng D(A∗) = D(A) = Y . Thật vậy, ta có A là ánh xạ tuyến tính đối xứng. Do đó: 〈Ay, y˜〉 = 〈y, Ay˜〉 ∀y, y˜ ∈ D(A). (2.30) Do đóD(A) ⊂ D(A∗). Ta chứng minh rằngD(A∗) ⊆ D(A). Lấy ϑ′ ∈ D(A∗), theo định nghĩa của D(A∗), tồn tại h1 ∈ L2(Ω) sao cho 〈Ay, ϑ′〉 = 〈y, h1〉 với mọi y ∈ D(A). Vì h1 ∈ L2(Ω), theo [Định lý 4,[11]], tồn tại y1 ∈ Y = D(A) sao cho Ay1 = h1. Tương tự, lấy bất kỳ h ∈ L2(Ω), tồn tại y ∈ D(A) sao cho Ay = h, kết hợp với (2.30) ta có: 〈h, ϑ′ − y1〉 = 〈Ay, ϑ′〉 − 〈Ay, y1〉 = 〈y, h1〉 − 〈y, Ay1〉 = 〈y, h1〉 − 〈y, h1〉 = 0. (2.31) Vì ở (2.31), ta lấy h ∈ L2(Ω) bất kỳ. Do đó ϑ′ = y1 ∈ D(A). Vậy D(A∗) ⊆ D(A). Ta suy ra D(A∗) = D(A), do đó ϑ ∈ Y = W 2,2(Ω) ∩W 1,20 (Ω). 21 Theo Định lý Rellich-Kondrachov (Định lý 6.2 trong [16]), ta có phép nhúng W 2,2(Ω) ↪→ C(Ω¯), ta có ϑ ∈ C(Ω¯). Kết hợp với (2.27) và giả thiết (A4), ta suy ra e ∈ L∞(Ω). Bước 4. Chứng minh tính duy nhất của (ϑ, e). Giả sử rằng với mỗi phương tới hạn d ∈ C[(y¯, u¯)], có hai cặp (ϑ1, e1) và (ϑ2, e2) sao cho các khẳng định (i) và (ii) của Định lý 2.2.1 được thỏa mãn. Khi đó ta có: A(ϑ1 − ϑ2)− fy[.](ϑ1 − ϑ2) = gy[.](e1 − e2) (2.32) và −fu[.](ϑ1 − ϑ2) + gu[.](e1 − e2) = 0. Do đó e1 − e2 = fu[.](ϑ1 − ϑ2) gu[.] . Thế e1 − e2 vào (2.32), ta có: A(ϑ1 − ϑ2) + (−fy[.] + gy[.]fu[.] gu[.] )(ϑ1 − ϑ2) = 0. (2.33) Từ (A4) ta có −fy[.] + gy[.]fu[.] gu[.] ≥ 0. Lấy tích vô hướng hai vế của (2.33) và sử dụng giả thiết (A1), ta thu được λ‖ϑ1 − ϑ2‖22 ≤ 0. Do đó ϑ1 = ϑ2 và ta suy ra e1 = e2. Cuối cùng, từ tính duy nhất của (ϑ, e), ta thu được từ (2.18) rằng: D2(y,u)L(y¯, u¯, ϑ, e)[(y, u), (y, u)] ≥ 0 ∀(y, u) ∈ C[(y¯, u¯)]. (2.34) Từ (2.34) và (2.22), ta thu được khẳng định (iv) của Định lý 2.2.1. Định lý 2.2.1 được chứng minh. 2.3 ĐIỀU KIỆN ĐỦ CỰC TRỊ BẬC HAI Để xây dựng điều kiện đủ cực trị bậc hai, trước tiên, ta cần phải mở rộng nón tới hạn. Ta ký hiệu C ′[(y¯, u¯)] là tập các phương tới hạn d = (y, u) ∈ Y ×L2(Ω) thỏa mãn các điều kiện sau: 22 (c1) ′′ 〈∇J(y¯, u¯), (y, u)〉 = ∫Ω(Ly[x]y(x) + Lu[x]u(x) ≤ 0; (c2) ′′ Ay − fy[.]y − fu[.]u = 0; (c3) ′′ gy[x]y(x) + gu[x]u(x) ∈ T (Q(x), g[x]) h.k.n x ∈ Ω, ở đó Q(x) = [a(x), b(x)]. Sau đây là kết quả chính của phần này. Định lý 2.3.1. Giả sử rằng (y¯, u¯) ∈ Φ và các giả thiết (A1)-(A4) được thỏa mãn. Giả sử rằng tồn tại (ϑ, e) ∈ Y × L2(Ω) thỏa mãn các điều kiện (i)-(iii) của Định lý 2.2.1 và D2(y,u)L(y¯, u¯, ϑ, e)[(y, u), (y, u)] > 0 ∀(y, u) ∈ C ′[(y¯, u¯)]\{(0, 0)}. (2.35) Hơn nữa, tồn tại một số γ0 > 0 thỏa mãn Luu[x]− v(x)fuu[x] + e(x)guu[x] ≥ γ0 h.k.n x ∈ Ω. Khi đó (y¯, u¯) là nghiệm mạnh địa phương của bài toán (2.1)-(2.3). Chứng minh. Ta chứng minh bằng phản chứng. Giả sử rằng (y¯, u¯) không là nghiệm mạnh địa phương của bài toán (2.1)-(2.3). Khi đó, tồn tại dãy (yk, uk) ∈ Φ sao cho (yk, uk)→ (y¯, u¯) và J(yk, uk) < J(y¯, u¯) + o(t 2 k), (2.36) với tk = ‖uk − u¯k‖2 → 0 khi k →∞. Ta đặt yˆk = yk−y¯tk và uˆk = uk−u¯tk . Khi đó ‖uˆk‖2 = 1. Vì L2(Ω) là không gian phản xạ, ta có thể giả sử rằng uˆk ⇀ uˆ. Ta chia phần còn lại của chứng minh thành các bước: Bước 1. Chứng minh rằng yˆk → yˆ trong C(Ω¯). Từ (yk, uk) ∈ Φ, ta có Ayk = f(., yk, uk). Do đó A(yk − y¯) = f(x, yk, uk)− f(x, y¯, u¯). 23 Áp dụng định lý giá trị trung bình, ta có: A(yk − y¯) = fy(x, y¯ + ξ1(x)(yk − y¯), uk)(yk − y¯) + fu(x, y¯, u¯+ ξ2(x)(uk − u¯))(uk − u¯); (2.37) với 0 ≤ ξ1(x), ξ2(x) ≤ 1. Chia cả hai vế của (2.37) cho tk, ta có: Ayˆk−fy(x, y¯+ξ1(x)(yk− y¯), uk)yˆk = fu(x, y¯, u¯+ξ2(x)(uk− u¯)uˆk. (2.38) Theo giả thiết (A2), −fy(x, y¯ + ξ(x)(yk − y¯), uk) ≥ 0. Theo giả thiết (A3), fu(x, y¯, u¯+ξ2(x)(uk−u¯) bị chặn. Thật vậy, ta đặtM = ‖u¯‖∞+‖y¯‖∞+1 (chú ý rằng ‖y¯‖∞ <∞ theo Bổ đề 2.1.1). Khi đó |y¯(x)| ≤M, |u¯+ξ2(x)(uk−u¯)| ≤ M khi k đủ lớn, và tồn tại số kfM > 0 sao cho: |fu(x, y¯, u¯+ ξ2(x)(uk − u¯)| ≤ |f(x, 0, 0)|+ kfM(|y¯(x)|+ |u¯(x)|+ 1). Áp dụng [Định lý 4, trang 317, [11]] cho phương trình (2.38), tồn tại một số C > 0 phụ thuộc vào Ω sao cho: ‖yˆk‖2,2 ≤ C(‖fu(., y¯, u¯+ ξ2(uk − u¯))uˆk‖2) ≤ C‖fu(., y¯, u¯+ ξ2(uk − u¯))‖∞‖uˆk‖2 ≤ C(‖fu(., 0, 0)‖∞ + kfM(‖y¯‖∞ + ‖u¯‖∞ + 1)), với k đủ lớn. Vì vậy, ta có thể giả sử rằng yˆk ⇀ yˆ với yˆ ∈ Y . Áp dụng Định lý Rellich-Kondrachov (Định lý 6.2, [16]), ta có phép nhúng compact Y ↪→ C(Ω¯). Do đó yˆk → yˆ trong C(Ω¯). Bước 2. Chứng minh rằng (yˆ, uˆ) ∈ C ′[(y¯, u¯)]. Từ (2.36) và sử dụng khai triển Taylor, ta có: 〈∇J(y¯, u¯), (yˆk, uˆk)〉+ o(tk) tk ≤ o(t 2 k) tk . (2.39) Cho k → ∞, ta có 〈J(y¯, u¯), (yˆ, uˆ)〉 ≤ 0, ta thu được (yˆ, uˆ) thỏa mãn (c1)′′. Cho k →∞ ở (2.38), ta có: Ayˆ − fy[.]yˆ = fu[.]uˆ. 24 Ta suy ra (c2)′′ thỏa mãn. Ta sử dụng G(yk, uk) − G(y¯, u¯) ∈ Q∞ − G(y¯, u¯), Q∞ là tập lồi trong L∞(Ω) và khai triển Taylor, ta có: 〈∇G(y¯, u¯), (yˆk, uˆk)〉+ o(tk) tk ∈ 1 tk (Q∞ −G(y¯, u¯)) (2.40) ∈ cone(Q∞ −G(y¯, u¯)) ⊂ cone(Q∞ −G(y¯, u¯)) = T (Q∞, G(y¯, u¯)). Với T (Q∞, G(y¯, u¯)) là nón tiếp tuyến của Q∞ trong không L∞(Ω). Ta có: T (Q∞, G(y¯, u¯)) ⊂ {v ∈ L∞(Ω)|v(x) ∈ T (Q(x), g[x]) h.k.n x ∈ Ω} ⊂ {v ∈ L2(Ω)|v(x) ∈ T (Q(x), g[x]) h.k.n x ∈ Ω} = TL2(Ω)(Q∞, G(y¯, u¯)), với TL2(Ω)(Q∞, G(y¯, u¯)) là nón tiếp tuyến của Q∞ tại G(y¯, u¯) trong L2(Ω). Vì TL2(Ω)(Q∞, G(y¯, u¯)) là tập lồi, đóng trong L2(Ω) nên TL2(Ω)(Q∞, G(y¯, u¯)) là tập đóng yếu trong L2(Ω). Cho k →∞ ở (2.40) ta có: 〈∇G(y¯,