MỤC LỤC
Trang
Trang phụ bìa .Error! Bookmark not defined.
LỜI CẢM ƠN . 3
MỤC LỤC. 4
CÁC KÝ HIỆU . 5
MỞ ĐẦU. 6
CHƯƠNG 0 : CÁC ĐỊNH NGHĨA. . 8
0.1 TÔPÔ YẾU. 8
0.2 ÁNH XẠ LIPSCHITZ . 9
0.3 BẤT ĐẲNG THỨC HOLDER. 9
0.4 ĐIỀU KIỆN PALAIS-SMALE . 9
0.5 SỰ KHẢ VI CỦA PHIẾM HÀM . 11
0.6 KHÔNG GIAN HÀM.13
CHƯƠNG 1 : ĐỊNH LÝ MINIMAX. . 20
1.1 ĐỊNH LÝ ĐƯỜNG ĐÈO .20
1.2 NGUYÊN LÝ MINIMAX TỔNG QUÁT. 24
CHƯƠNG 2 : MỘT SỐ ỨNG DỤNG. 31
2.1 BÀI TOÁN DIRICHLET NỬA TUYẾN TÍNH . 32
2.2 TỚI HẠN PHI TUYẾN .35
2.3 BÀI TOÁN DIRICHLET NỬA TUYẾN TÍNH . 41
KẾT LUẬN.48
TÀI LIỆU THAM KHẢO.49
50 trang |
Chia sẻ: mimhthuy20 | Lượt xem: 535 | Lượt tải: 1
Bạn đang xem trước 20 trang tài liệu Luận văn Định lý minimax và một số ứng dụng trong nghiên cứu sự tồn tại nghiệm của bài toán biên, để xem tài liệu hoàn chỉnh bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
trên .U
Nếu X là không gian Hilbert và phiếm hàm ϕ có đạo hàm Gateaux tại
,u U∈ gradient của ϕ tại u được định bởi
( )( ) ( ), : ,u h u hϕ ϕ′∇ =
Ghi chú 0.1
a) Đạo hàm Gateaux được cho bởi
( ) ( ) ( )
0
1, : lim
t
u h u th u
t
ϕ ϕ ϕ
→
′ = + −
b) Đạo hàm Frechet là đạo hàm Gateaux.
c) Nếu phiếm hàm ϕ có đạo hàm Gateaux liên tục thì ( )1 ,C Uϕ∈ .
Định nghĩa 0.2
Cho ( )1 , .C Uϕ∈ Phiếm hàm ϕ có đạo hàm Gateaux bậc hai ( ),L X X ′∈
tại u U∈ nếu với mọi , ,h v X∈
( ) ( )
0
1lim , 0
t
u th u Lth v
t
ϕ ϕ
→
′ ′+ − − = .
Đạo hàm Gateaux bậc hai tại u ghi là ( ).uϕ′′
Phiếm hàm ϕ có đạo hàm Fréchet bậc hai ( ),L X X ′∈ tại u U∈ nếu
( ) ( )
0
1lim 0
h
u h u Lh
h
ϕ ϕ
→
′ ′+ − − = .
Phiếm hàm ϕ thuộc ( )2 ,C U nếu đạo hàm Fréchet bậc hai của ϕ tồn tại và
liên tục trên U .
Ghi chú 0.2
a) Đạo hàm Gateaux bậc hai được cho bởi
( ) ( ) ( )
0
1, : lim ,
t
u h v u th u v
t
ϕ ϕ ϕ
→
′′ ′ ′= + −
b) Đạo hàm Fréchet bậc hai cũng là đạo hàm Gateaux bậc hai.
c) Nếu phiếm hàm ϕ có đạo hàm Gateaux bậc hai liên tục thì
( )2 ,C Uϕ∈ .
0.6 KHÔNG GIAN HÀM
Định nghĩa 0.3
Không gian ( ) ( ) ( ){ }1 2 2: :N N NH u L u L= ∈ ∇ ∈ .
Với tích vô hướng
( ) [ ]1, : .
N
u v u v uv= ∇ ∇ +∫
và chuẩn tương ứng
1
2
2 2
1
N
u u u
= ∇ +
∫
là một không gian Hilbert.
Cho Ω là tập mở trong .N Không gian ( )10H Ω là bao đóng của ( )D Ω trong
( )1 .NH
Cho 3N ≥ và ( )*2 : 2 / 2N N= − .
Không gian ( ) ( ) ( ){ }*1,2 2 2: : .N N ND u L u L= ∈ ∇ ∈
Với tích vô hướng
( )2, : .
N
u v u v= ∇ ∇∫
và chuẩn tương ứng
1
2
2
2
N
u u
= ∇
∫
là một không gian Hilbert. Không gian ( )1,20D Ω là bao đóng của ( )D Ω trong
( )1,2 .ND
Ta có kết quả sau
Định lý 0.3 (Định lý nhúng Sobolev)
Các phép nhúng sau đây liên tục:
( ) ( )1 N p NH L⊂ , 2 , 1,2p N≤ < ∞ = ,
( ) ( )1 N p NH L⊂ , *2 2 , 3p N≤ ≤ ≥ ,
( ) ( )*1,2 2N ND L⊂ , 3N ≥ .
Đặc biệt, bất đẳng thức Sobolev thỏa mãn
( )1,2
*2
2
2
1
: inf 0
Nu D
u
S u
∈
=
= ∇ >
.
Định lý 0.4 (Định lý nhúng Rellich)
Nếu Ω bị chặn, phép nhúng sau compắc
( ) ( )10 pH LΩ ⊂ Ω , *1 2p≤ < .
Hệ quả 0.1 (Bất đẳng thức Poincaré)
Nếu Ω bị chặn thì bất đẳng thức sau thỏa mãn
( )
( )10
2
2
1 2
1
: inf 0
u H
u
uλ
∈ Ω
=
Ω = ∇ > .
Bổ đề
Giả sử Ω bị chặn, 1 , ,p r≤ < ∞ ( )f C∈ Ω× và ( ) ( )
/, 1 p rf x u c u≤ + .
Khi đó, với mọi ( )pu L∈ Ω thì ( ) ( ).,
rf u L∈ Ω và toán tử
( ) ( ) ( ): : ,p rA L L u f x uΩ → Ω liên tục.
Chứng minh bổ đề
1) Giả sử ( )pu L∈ Ω .
Do ( ) ( ) ( )/ 1, 1 rr p rrf x u c u L≤ + ∈ Ω nên suy ra ( ) ( ).,
rf u L∈ Ω .
2) Giả sử nu u→ trong ( )PL Ω . Xét dãy con ( )nv của ( )nu . Khi đó, giả sử
( ) ( )nv x u x→ hầu khắp nơi trên Ω . Tồn tại dãy con ( )nω của ( )nv sao cho:
1
1 , 1
2j j jp
jω ω+ − ≤ ∀ ≥ .
Xác định ( ) ( ) ( ) ( )1 1
1
: j j
j
g x x x xω ω ω
∞
+
=
= + −∑ .
Khi đó, g hầu khắp nơi trên Ω , ( ) ( )n x g xω ≤ và như vậy ( ) ( )u x g x≤ .
Do ( ) ( ) ( ) ( )( ), , , , rrn nf x f x u f x f x uω ω− ≤ +
( ) ( ) ( ) ( )/ / / 11 1 2 1 .
r rp r p r p rr r
nc c u c g Lω ≤ + + + ≤ + ∈ Ω
Từ định lý hội tụ bị chặn Lebesgue suy ra: nA Auω → trong ( )rL Ω .
Vậy nAu Au→ trong ( )rL Ω .
Bổ đề được chứng minh.
Mệnh đề
Cho Ω là tập mở trong N và 2 p< < ∞ .
Phiếm hàm
( ) :
p
u uψ
Ω
= ∫ , ( ) :
p
u uχ +
Ω
= ∫ thuộc lớp ( )( )2 ,pC L Ω và
( )
2
,
p
u h p u uhψ
−
Ω
′ = ∫ , ( ) ( )
1
,
p
u h p u hχ
−+
Ω
′ = ∫ .
Chứng minh
Xác định ( ) 2: pf u p u u−= . Giả sử nu u→ trong pL . Theo bổ đề trên suy ra
( ) ( )nf u f u→ trong ( )qL Ω với ( ): / 1q p p= − .
* Tồn tại đạo hàm Gateaux
Ta chỉ xét hàm ψ , hàm χ được chứng minh tương tự.
Cho , pu h L∈ . Với x∈Ω và 0 1t< < . Do định lý giá trị trung bình trong
tích phân cho hàm số ( ) ( ) ( ) ( )11 : . .
p
g s p u x s h x h x
−
= + liên tục trên [ ]0,t , tồn
tại ( )0,1λ∈ sao cho
( ) ( )1 1
0
.
t
g s ds t g λ=∫
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1. .p p pu x t h x u x tp u x h x h xλ −⇒ + − = +
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1
.
.
p p
pu x t h x u x
p u x h x h x
t
λ
−+ −
⇒ = +
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )1
.
.
p p
pu x t h x u x
p u x h x h x
t
λ
−
+ −
⇒ = +
( ) ( ) ( )
1p
p u x h x h x
−
≤ +
Bất đẳng thức Holder suy ra
( ) ( ) ( ) ( )
1 1pu x h x h x L
−
+ ∈ Ω
Từ định lý Lebesgue suy ra
( )
2
,
p
u h p u uhψ
−
Ω
′ = ∫ .
* Tính liên tục của đạo hàm Gateaux
Ta có: ( ) ( ) ( ) ( ), , ,n nu u h u h u hψ ψ ψ ψ′ ′ ′ ′− = −
2 2p p
n np u u h p u uh
− −
Ω Ω
= −∫ ∫
( )2 2p pn np u u p u u h− −Ω= −∫
( ) ( )nf u f u hΩ = − ∫
Do đó ta có:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ),n n nu u h f u f u h f u f u hψ ψ Ω Ω′ ′ − ≤ − ≤ − ∫ ∫
Áp dụng bất đẳng thức Holder với ( ), / 1p q p p= − ta được:
( ) ( ) ( ) ( ), .n n pqu u h f u f u hψ ψ′ ′− ≤ −
Và như vậy:
( ) ( ) ( ) ( ) 0, .n n qu u f u f u nψ ψ′ ′− ≤ − → →∞
* Tồn tại đạo hàm Gateaux bậc hai
Cho ( ), , pu h v L∈ Ω . Với x∈Ω và 0 1t< < .
Ta có:
( ) ( ) ( )
0
1, lim ,
t
u h v u th u v
t
ϕ ϕ ϕ
→
′′ ′ ′= + −
Xét ( ) ( ) ( ) ( ), , ,u th u v u th v u vϕ ϕ ϕ ϕ′ ′ ′ ′+ − = + −
( )
2 2p p
p u th u th v p u uv
− −
Ω Ω
= + + −∫ ∫
( )2 2p pp u th u th p u u v− −
Ω
= + + − ∫
( ) ( )f u th f u v
Ω
= + − ∫
Do định lý giá trị trung bình trong tích phân cho hàm số
( ) ( ) ( ) ( ) ( )22 : 1 . .
p
g s p p u x s h x v x
−
= − + liên tục trên [ ]0,t , tồn tại ( )0,1λ∈
sao cho
Do đó
( ) ( )( ) ( )( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )21 p
f u x th x f u x v x
p p u x h x v x
t
λ
− + − = − +
( ) ( )2 2
0
. .
t
g s ds t g λ=∫
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2
1
p
p p u x h x h x v x
−
≤ − +
Bất đẳng thức Holder suy ra
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 1pu x h x h x v x L
−
+ ∈ Ω .
Từ định lý Lebesgue suy ra
( ) ( )
2
, 1
p
u h v p p u hvψ
−
Ω
′′ = − ∫ .
* Tính liên tục của đạo hàm Gateaux bậc hai
Xác định ( ) ( ) 2: 1 pg u p p u −= − .
Giả sử nu u→ trong
pL . Từ bổ đề trên ta có: ( ) ( )ng u g u→ trong
rL với
( ): / 2r p p= − .
Ta có: ( ) ( )( ) ( ) ( ), , ,n nu u h v u h v u h vψ ψ ψ ψ′′ ′′ ′′ ′′− = −
( ) ( )
2 2
1 1
p p
np p u hv p p u hv
− −
Ω Ω
= − − −∫ ∫
( ) ( )( )2 21 1p pnp p u p p u hv− −Ω= − − −∫
( ) ( )ng u g u hvΩ = − ∫
Do đó ta có
( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ),n n nu u h v g u g u hv g u g u hvψ ψ Ω Ω′′ ′′ − = − ≤ − ∫ ∫
Áp dụng bất đẳng thức Holder với ( ), / 2p r p p= − ta được:
( ) ( )( ) ( ) ( ),n n p pru u h v g u g u h vψ ψ′′ ′′− ≤ − ,
Và như vậy
( ) ( ) ( ) ( ) 0, .n n ru u g u g u nψ ψ′′ ′′− ≤ − → →∞
Mệnh đề được chứng minh.
Hệ quả 0.2
a) Cho 2 p< < ∞ nếu 1,2N = và *2 2p< ≤ nếu 3N ≥ . Phiếm hàm ψ và
χ thuộc lớp ( )( )2 10 ,C H Ω .
b) Cho 3N ≥ và
*2p = . Phiếm hàm ψ và χ thuộc lớp ( )( )2 1,20 ,C D Ω .
Chứng minh
Kết quả suy trực tiếp từ định lý Sobolev.
CHƯƠNG 1 : ĐỊNH LÝ MINIMAX.
1.1 ĐỊNH LÝ ĐƯỜNG ĐÈO
1.1.1 Bổ đề biến đổi số lượng
Ta sẽ chứng minh trường hợp đơn giản của bổ đề biến đổi số lượng. Trường
hợp tổng quát sẽ chứng minh sau.
Ta định nghĩa: ](( )1 ,d dϕ ϕ−= −∞ .
Bổ đề 1.1
Cho X là không gian Hilbert, ( )2 , , , 0C X cϕ ε∈ ∈ > . Giả sử
[ ]( )( ) ( )1 2 , 2 : 2 .u c c uϕ ε ε ϕ ε− ′∀ ∈ − + ≥
Khi đó, tồn tại ( ),C X Xη∈ sao cho
(i) ( ) [ ]( )1, 2 , 2u u u c cη ϕ ε ε−= ∀ ∉ − + ,
(ii) ( )c cε εη ϕ ϕ+ −⊂ .
Chứng minh
Ta định nghĩa:
[ ]( )1: 2 , 2A c cϕ ε ε−= − + ,
[ ]( )1: ,B c cϕ ε ε−= − + ,
( ) ( ) ( ) ( )( ) 1: , \ , \ ,u dist u X A dist u X A dist u Bψ −= + .
Như vậy ψ liên tục Lipschitz địa phương, 1ψ = trên B và 0ψ = trên \X A .
Ta định nghĩa trường vectơ liên tục Lipschitz địa phương
( ) ( ) ( ) ( )2:f u u u uψ ϕ ϕ−= − ∇ ∇ , u A∈ ,
: 0= , \u X A∈ ,
Ta có : ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 1 12f u u u uψ ϕ ϕ ε− − −= ∇ ≤ ∇ ≤ trên X .
Với mỗi u X∈ , bài toán Cauchy
( ) ( )( )
( )
, ,
0,
d t u f t u
dt
u u
σ σ
σ
=
=
có duy nhất nghiệm ( ).,uσ xác định trên . Hơn nữa, σ liên tục trên .X×
Ánh xạ η xác định trên X bởi ( ) ( ): 2 ,u uη σ ε= thỏa (i) vì
( )( ) ( )( ) ( ), , , ,d dt u t u t u
dt dt
ϕ σ ϕ σ σ = ∇
(3)
( )( ) ( )( )( ), , ,t u f t uϕ σ σ= ∇
( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )( )2, , , , ,t u t u t u t uϕ σ ψ σ ϕ σ ϕ σ−= ∇ − ∇ ∇
( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )( )2, , , , ,t u t u t u t uψ σ ϕ σ ϕ σ ϕ σ−= − ∇ ∇ ∇
( )( ) ( )( ) ( )( )2 2, , . ,t u t u t uψ σ ϕ σ ϕ σ−= − ∇ ∇
( )( ),t uψ σ= −
( )( ).,uϕ σ không giảm. Lấy
cu εϕ +∈ . Nếu tồn tại [ ]0,2t ε∈ sao cho
( )( ),t u cϕ σ ε< − thì ( )( )2 ,u cϕ σ ε ε< − và (ii) được thỏa mãn. Nếu
( ) [ ]( ) [ ]1, , , 0,2t u c c tσ ϕ ε ε ε−∈ − + ∀ ∈ ,
Từ (3) ta được
( )( ) ( ) ( )( )
2
0
2 , ,du u t u dt
dt
ε
ϕ σ ε ϕ ϕ σ= + ∫
( ) ( )( )
2
0
,u t u dt
ε
ϕ ψ σ= − ∫
2c cε ε ε≤ + − = −
Bổ đề được chứng minh.
1.1.2 Định lý đường đèo
Định lý đường đèo là định lý đơn giản nhất và thường dùng nhất trong định lý
minimax.
Định lý 1.1
Cho X là không gian Hilbert, ( )2 , ,C X e Xϕ∈ ∈ và 0r > sao cho e r>
và
( ) ( ) ( ): inf 0
u r
b u eϕ ϕ ϕ
=
= > ≥ . (4)
Khi đó, với mỗi 0ε > , tồn tại u X∈ sao cho
a) ( )2 2c u cε ϕ ε− ≤ ≤ + ,
b) ( ) 2uϕ ε′ < ,
trong đó
[ ]
( )( )
0,1
: inf max
t
c t
γ
ϕ γ
∈Γ ∈
=
và [ ]( ) ( ) ( ){ }: 0,1 , : 0 0, 1C X eγ γ γΓ = ∈ = = .
Chứng minh
Từ giả thiết (4) suy ra
[ ]
( )( )
0,1
max
t
b tϕ γ
∈
≤ .
Và như vậy
[ ]
( )
0,1
max
t
b c teϕ
∈
≤ ≤ .
Giả sử với 0ε > , kết luận của định lý không thỏa mãn là ( ) 2 .uϕ ε′ ≥ Ta có
thể giả sử:
( ) ( )2 0c eε ϕ ϕ− > ≥ (5)
Từ định nghĩa của c , tồn tại γ ∈Γ sao cho
[ ]
( )( )
0,1
max
t
t cϕ γ ε
∈
≤ + .(6)
Xét : ,β η γ= trong đó η cho bởi bổ đề 1.1.
Dùng (i) trong bổ đề 1.1 và (5), ta có:
( ) ( )( ) ( )0 0 0 0β η γ η= = = .
Và tương tự ( ) ( )( ) ( )1 1 e eβ η γ η= = = , như vậy β ∈Γ .
Dùng (ii) trong bổ đề 1.1 và (6), ta có:
[ ]
( )( )
0,1
max
t
c t cϕ β ε
∈
≤ ≤ − .
Mâu thuẫn.
Định lý được chứng minh.
Để chứng minh c là giá trị tới hạn của ,ϕ ta cần điều kiện compắc sau
Định nghĩa 1.1 (Brezis-Coron-Nirenberg, 1980)
Cho X là không gian Banach, ( )1 ,C Xϕ∈ và c∈ . Hàm số ϕ thỏa mãn
điều kiện ( )cPS nếu với mọi dãy ( )nu X⊂ sao cho
( ) ( ), 0n nu c uϕ ϕ′→ → (7)
có một dãy con hội tụ.
Định lý 1.2 (Ambrosetti-Rabinowitz, 1973)
Với các giả thiết trong Định lý 1.1, nếu ϕ thỏa mãn điều kiện ( )cPS thì c là
giá trị tới hạn của ϕ .
Chứng minh
Từ Định lý 1.1 suy ra tồn tại dãy ( )nu X⊂ sao cho
( ) ( ), 0n nu c uϕ ϕ′→ →
Từ điều kiện ( )cPS , ( )nu có một dãy con hội tụ về u X∈ .
Khi đó, ( )u cϕ = và ( ) 0uϕ′ = .
Vậy c là giá trị tới hạn của ϕ .
Thí dụ (Brezis-Nirenberg, 1991)
Với các giả thiết trong Định lý 1.1 tổng quát, c không là giá trị tới hạn của ϕ .
Ta định nghĩa ( )2 ,Cϕ ∞∈ bởi
( ) ( )32 2, : 1x y x x yϕ = + −
Khi đó, ϕ thỏa mãn các giả thiết trong Định lý 1.1. Nhưng chỉ có 0 là giá trị
tới hạn của ϕ .
1.2 NGUYÊN LÝ MINIMAX TỔNG QUÁT
Phần này ta chỉ chứng minh nguyên lý Minimax tổng quát.
1.2.1 Bổ đề biến đổi số lượng
Định nghĩa 1.2
Cho M là không gian Mêtric, X là không gian định chuẩn và
{ }: \ 0h M X ′→ là ánh xạ liên tục. Một trường vectơ giả gradient
(pseudogradient) của h trên M là một trường vectơ liên tục Lipschitz địa
phương :g M X→ sao cho với mọi u M∈ ,
( ) ( )2g u h u≤ , ( ) ( ) ( ) 2,h u g u h u≥ .
Bổ đề 1.2
Với các giả thiết của định nghĩa trên, tồn tại một trường vectơ giả gradient
của h trên M .
Chứng minh
Với mỗi v M∈ , tồn tại x X∈ sao cho 1x = và ( ) ( )
2,
3
h v x h v> .
Xác định ( )3:
2
y h v x= do đó
( ) ( ) ( )3 3. 2
2 2
y h v x h v h v= = < và
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 23 3 3 2, , , .
2 2 2 3
h v y h v h v x h v h v x h v h v h v= = > =
Vì h liên tục nên tồn tại lân cận mở vN của v sao cho
( )2y h u≤ , ( ) ( ) 2,h u y h u≥ , (8)
với mọi vu N∈ . Họ 𝒩 { }: :vN v X= ∈ là một phủ mở của M . Vì M là không
gian Mêtric, do đó paracompắc, tồn tại một phủ mở hữu hạn địa phương ℳ
{ }: :iM i I= ∈ của M mịn hơn 𝒩. Với mỗi i I∈ , tồn tại v M∈ sao cho
i vM N⊂ . Do đó tồn tại iy y= sao cho (8) thỏa mãn với mọi iu M∈ . Định
nghĩa trên ,M
( ) ( )
( ) ( )( )
: , \
:
i i
i
i
i I j
j I
u dist u X M
u
g u y
u
ρ
ρ
ρ∈
∈
=
=∑∑
Khi đó, kiểm tra được g là trường vectơ giả gradient của h trên .M
Vì ( ) ( )( )
( )
( ) ( )
2i ii i i
i I i Ij j
j I j I
u u
g u y y y h u
u u
ρ ρ
ρ ρ∈ ∈
∈ ∈
= = ≤ ≤∑ ∑∑ ∑
và
( ) ( ) ( ) ( )( )
( )
( ) ( ) ( )
2
, , ,i ii i
i I i Ij j
j I j I
u u
h u g u h u y h u y h u
u u
ρ ρ
ρ ρ∈ ∈
∈ ∈
= = ≥∑ ∑∑ ∑
Bổ đề được chứng minh.
Bổ đề 1.3
Cho X là không gian Banach, ( )1 , , , , , 0C X S X cϕ ε δ∈ ⊂ ∈ > sao
cho
[ ]( )( ) ( )1 2 82 , 2 :u c c S uδ εϕ ε ε ϕ δ
− ′∀ ∈ − + ∩ ≥ . (9)
Khi đó, tồn tại [ ]( )0,1 ,C X Xη∈ × sao cho
(i) ( ),t u uη = nếu 0t = hoặc nếu [ ]( )1 22 , 2u c c S δϕ ε ε−∉ − + ∩ ,
(ii) ( )1, c cSε εη ϕ ϕ+ −∩ ⊂ ,
(iii) ( ),.tη là đồng phôi của X , [ ]0,1t∀ ∈ ,
(iv) ( ) [ ], , , 0,1t u u u X tη δ− ≤ ∀ ∈ ∀ ∈ ,
(v) ( )( ).,uϕ η không giãn, u X∀ ∈ ,
(vi) ( )( ) [ ], , , 0,1ct u c u S tδϕ η ϕ< ∀ ∈ ∩ ∀ ∈ .
trong đó ( ){ } ](1: , , ,rS x X dist x S rδ δ ϕ ϕ−= ∈ < = −∞ .
Chứng minh
Do bổ đề 1.2, tồn tại một trường vectơ giả gradient g của ϕ′ trên
( ){ }: : 0M u X uϕ′= ∈ ≠ .
Ta định nghĩa
[ ]( )
1
2: 2 , 2A c c S δϕ ε ε
−= − + ∩ ,
[ ]( )
1: ,B c c Sδϕ ε ε
−= − + ∩ ,
( ) ( ) ( ) ( )( )
1
: , \ , \ ,u dist u X A dist u X A dist u Bψ
−
= +
Như vậy ψ là hàm liên tục Lipschitz địa phương, 1ψ = trên B và 0ψ = trên
\X A .
Ta định nghĩa trường vectơ liên tục Lipschitz địa phương
( ) ( ) ( ) ( )2:f u u g u g uψ −= − , u A∈ ,
: 0= , \u X A∈ ,
Theo định nghĩa và giả thiết (9), ( ) / 8f u δ ε≤ trên X .
Với mỗi ,u X∈ bài toán Cauchy
( ) ( )( )
( )
, ,
0,
d t u f t u
dt
u u
σ σ
σ
=
=
có duy nhất nghiệm ( ).,uσ xác định trên . Hơn nữa, σ liên tục trên X× .
Ánh xạ η xác định trên [ ]0,1 X× bởi ( ) ( ), : 8 , .t u t uη σ ε=
Suy từ định nghĩa và giả thiết (9), 0t ≥ ,
( ) ( )( ) ( )( )
0 0
, , ,
8
t t tt u u f u d f u d δσ σ τ τ σ τ τ
ε
− = ≤ ≤∫ ∫ (10)
( )( ) ( )( ) ( ), , , ,d dt u t u t u
dt dt
ϕ σ ϕ σ σ′= (11)
( )( ) ( )( ), , ,t u f t uϕ σ σ′=
( )( ),
4
t uψ σ
≤ −
Vậy ta kiểm tra được (i), (iii), (v) và (vi).
Cho cu Sεϕ +∈ ∩ . Nếu tồn tại [ ]0,8t ε∈ sao cho ( )( ),t u cϕ σ ε< − thì
( )( )8 ,u cϕ σ ε ε< − và (ii) được thỏa mãn. Nếu
( ) [ ]( ) [ ]1, , , 0,8t u c c tσ ϕ ε ε ε−∈ − + ∀ ∈ ,
Từ (10) và (11) ta được
( )( ) ( ) ( )( )
8
0
8 , ,du u t u dt
dt
ε
ϕ σ ε ϕ ϕ σ= + ∫
( ) ( )( )
8
0
1 ,
4
u t u dt
ε
ϕ ψ σ= − ∫
2c cε ε ε≤ + − = −
và (ii) cũng được thỏa mãn.
Bổ đề được chứng minh.
1.2.2 Nguyên lý minimax tổng quát
Định lý 1.3
Cho X là không gian Banach. Cho 0M là không gian con đóng của không gian
Mêtric M và ( )0 0 ,C M XΓ ⊂ . Định nghĩa
( ){ }
0
0: , : MC M Xγ γΓ = ∈ ∈Γ .
Nếu ( )1 ,C Xϕ∈ thỏa mãn
( )( ) ( )( )
0 0 0
0: inf sup : sup sup
u M u M
c u a u
γ γ
ϕ γ ϕ γ
∈Γ ∈ ∈Γ ∈
∞ > = > = (12)
Khi đó, với mỗi ( )( )0, / 2 , 0c aε δ∈ − > và γ ∈Γ sao cho
sup
M
cϕ γ ε≤ + , (13)
tồn tại u X∈ sao cho
a) ( )2 2c u cε ϕ ε− ≤ ≤ + ,
b) ( )( ), 2dist u Mγ δ≤ ,
c) ( ) 8u εϕ
δ
′ ≤ .
Chứng minh
Giả sử giả thiết sai. Tức là ( ) 8 .u εϕ
δ
′ > Áp dụng bổ đề 1.3 với ( ):S Mγ=
Ta thừa nhận:
2c aε− > (14)
Xác định ( ) ( )( ): 1,u uβ η γ= . Với mỗi 0u M∈ , từ (14) ta được :
( ) ( )( ) ( )0 01,u u uβ η γ γ= = .
Do đó: β ∈Γ .
Theo đó từ (13) ta có:
( )( ) ( )( )( )sup sup 1,
u M u M
u u cϕ β ϕ η γ ε
∈ ∈
= ≤ − ,
Mâu thuẫn với định nghĩa của c .
Định lý được chứng minh.
Định lý 1.4
Với điều kiện (12) trong định lý 1.3, thì tồn tại một dãy con ( )nu X⊂ thỏa
mãn
( ) ( ), 0n nu c uϕ ϕ′→ → .
Đặc biệt, nếu ϕ thỏa mãn điều kiện ( )cPS thì c là giá trị tới hạn của ϕ .
Ta cho 3 thí dụ trong đó điều kiện (12) được thỏa mãn.
Định lý đường đèo (Mountain pass Theorem, Ambrosetti-Rabinowitz,
1973)
Cho X là không gian Banach, ( )1 , ,C X e Xϕ∈ ∈ và 0r > sao cho e r>
và
( ) ( ) ( ): inf 0
u r
b u eϕ ϕ ϕ
=
= > ≥ .
Nếu ϕ thỏa mãn điều kiện ( )cPS với
[ ]
( )( )
0,1
: inf max ,
t
c t
γ
ϕ γ
∈Γ ∈
=
[ ]( ) ( ) ( ){ }: 0,1 , : 0 0, 1C X eγ γ γΓ = ∈ = = ,
thì c là giá trị tới hạn của ϕ .
Chứng minh
Áp dụng định lý 1.3 với [ ] { } { } ( )0 0 0 00,1 , 0,1 , , 0 0M M γ γ= = Γ = = và
( )0 1 eγ = .
Định lý điểm yên ngựa (hay điểm đèo) (Saddle-point Theorem,
Rabinowitz, 1978)
Cho X Y Z= ⊕ là không gian Banach với dimY < ∞ .
Với 0ρ > , định nghĩa
{ } { }0: : , : :M u Y u M u Y uρ ρ= ∈ ≤ = ∈ = .
Cho ( )1 ,C Xϕ∈ sao cho
0
: inf : max
Z M
b aϕ ϕ= > = .
Nếu ϕ thỏa mãn điều kiện ( )cPS với
( )( ): inf max ,
u M
c u
γ
ϕ γ
∈Γ ∈
=
( ){ }
0
: , : ,
M
C M X idγ γΓ = ∈ =
thì c là giá trị tới hạn củaϕ .
Chứng minh
Để áp dụng định lý 1.4, ta chỉ cần kiểm tra c b≥ . Ta khẳng định rằng, với
mỗi ( ), M Zγ γ φ∈Γ ∩ ≠ . Thật vậy, đặt P là phép chiếu trên Y sao cho
{ }0PZ = . Nếu ( )M Zγ φ∩ = thì ánh xạ biến
( )
( )
P u
u
P u
ρ γ
γ
là phép co rút từ quả cầu M trên biên 0M . Điều này không thể vì dimY < ∞
(do tính bất biến qua đồng luân của bậc tôpô trên không gian hữu hạn chiều).
Như vậy, với mọi ,γ ∈Γ ta được :
max inf
ZM
bϕ γ ϕ≥ = .
Suy ra: c b≥ .
Định lý được chứng minh.
Định lý liên kết ( Linking Theorem, Rabinowitz, 1978)
Cho X Y Z= ⊕ là không gian Banach với dimY > và cho
z Z∈ sao cho z r= . Định nghĩa:
{ }: : , 0, ,M u y z u y Yλ ρ λ= = + ≤ ≥ ∈
{0 : : ,M u y z y Y uλ ρ= = + ∈ = và 0λ ≥ hoặc u ρ≤ và }0λ = .
{ }: :N u Z u r= ∈ = .
Cho ( )1 ,C Xϕ∈ sao cho
0
: inf : max
N M
b aϕ ϕ= > = .
Nếu ϕ thỏa mãn điều kiện ( )cPS với
( )( ): inf max ,
u M
c u
γ
ϕ γ
∈Γ ∈
=
( ){ }
0
: , : ,
M
C M X idγ γΓ = ∈ =
thì c là giá trị tới hạn của ϕ .
Chứng minh
Để áp dụng định lý 1.4, ta chỉ cần kiểm tra c b≥ . Ta khẳng định rằng, với
mỗi ( ), M Nγ γ φ∈Γ ∩ ≠ . Thật vậy, đặt P là phép chiếu trên Y sao cho
{ }0PZ = và R là phép co rút từ { }\Y z z⊕ trên 0M . Nếu ( )M Nγ φ∩ =
thì ánh xạ biến
( ) ( ) ( )( )11u R P u P u r zγ γ −+ −
là phép co rút từ quả cầu M vào 0M . Điều này không thể do M đồng phôi
với quả cầu mở trong không gian hữu hạn chiều.
Như vậy, với mọi ,γ ∈Γ ta được:
max inf
NM
bϕ γ ϕ≥ = .
Suy ra : c b≥ .
Định lý được chứng minh.
CHƯƠNG 2 : MỘT SỐ ỨNG DỤNG.
Ta áp dụng một số định lý minimax cơ bản với bài toán mẫu
( )
( )
2
1
0
pu u u u
P
u H
λ −−∆ + =
∈ Ω
hoặc với một số biến thể.
Cho ( )10: Hϕ Ω → xác định bởi
( )
2 2
:
2 2
pu uuu dx
p
λϕ
Ω
∇
= + −
∫ .
Vì ( ), . pu v u v uv u uv dxϕ λ
Ω
′ = ∇ ∇ + − ∫ nên điểm tới hạn của ϕ là nghiệm
yếu của ( )P .
2.1 BÀI TOÁN DIRICHLET NỬA TUYẾN TÍNH
Ta khảo sát lớp bài toán
( )
( )
2
1 1
00,
pu u u u
P
u u H
λ −−∆ + =
≥ ∈ Ω
trong đó Ω là một miền của N .
Kết quả như sau:
Định lý 2.1
Giả sử Ω bị chặn và *2 2p< < . Khi đó bài toán ( )1P có một nghiệm không
tầm thường nếu và chỉ nếu ( )1λ λ> − Ω (trong đó ( )1 0λ Ω > là giá trị riêng bé
nhất của −∆ trong ( )10H Ω ).
Chứng minh
* Điều kiện cần:
Giả sử u là một nghiệm không tầm thường của ( )1P . Đặt 11 0e H∈ là một vectơ
riêng của −∆ ứng với ( )1 1λ λ= Ω với 1 0e > trên Ω . Ta có:
( )11 1 1 1 1pue u u e ue ueλ λ−
Ω Ω Ω Ω
= + ∆ > ∆ = −∫ ∫ ∫ ∫ .
Như vậy : 1.λ λ> −
* Điều kiện đủ:
Giả sử 1λ λ> − . Như vậy { }1 1: 1 min 0, / 0c λ λ= + > . Trên 10H , do bất đẳng
thức Poincaré, ta có
2 2 2
12 2 2
u u c uλ∇ + ≥ ∇
Trên 10H ta chọn chuẩn
2 2
2 2
u u uλ= ∇ + .
Định nghĩa: ( ) ( ) 1: pf u u −+= và ( ) ( ):
p
u
F u
p
+
= .
Do hệ quả, ta có phiếm hàm
( ) ( )
2 2
:
2 2
u uu F uϕ λ
Ω
∇
= + −
∫
thuộc lớp ( )2 10 ,C H . Ta sẽ kiểm tra các giả thiết của định lý đường đèo.
Điều kiện ( )cPS suy ra từ bổ đề sau:
Bổ đề 2.1
Với giả thiết *2 2p − , mọi dãy
( ) 10nu H⊂ sao cho
( ) ( ): sup , 0,n n
n
d u uϕ ϕ′= < ∞ →
thì dãy ( )nu chứa một dãy con hội tụ.
Chứng minh
1) Với n đủ lớn, ta có:
( ) ( )11 ,n n n nd u u u upϕ ϕ
′+ + ≥ −
( )2 2 22 21 1 1 12 2n n nu u up pλ
= − ∇ + = −
Suy ra ( )nu bị chặn.
2) Nếu cần ta sẽ dùng dãy con, ta có thể giả sử nu ⇀u trong
1
0H . Do định lý
Rellich, nu u→ trong
pL . Từ bổ đề (chương 0) suy ra: ( ) ( )nf u f u→ trong
qL với ( ): / 1q p p= − . Nhận xét rằng
( ) ( )( )2 2, pu u u u uϕ λ +
Ω
′ = ∇ + −∫
( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 ,n n n n nu u u u u u f u f u u uϕ ϕ Ω′ ′ − = − − + − − ∫
Rõ ràng
( ) ( ), 0,n nu u u u nϕ ϕ′ ′− − → →∞ .
Từ bất đẳng thức Holder suy ra
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) . 0,n n n n pqf u f u u u f u f u u u nΩ − − ≤ − − → →∞ ∫ .
Như vậy, ta chứng minh được: 0,nu u n− → →∞ .
Chứng minh điều kiện đủ:
Do định Sobolev, tồn tại 2 0c > sao cho, trên 10H ,
2p
u c u≤ .
Như vậy ta được
( ) 2 2 21 1 1
2 2
p
p p
p
cu u u u u
p p
ϕ ≥ − ≥ − .
Và tồn tại 0r > sao cho
( ) ( ): inf 0 0
u r
b uϕ ϕ
=
= > = .
Cho 10u H∈ với 0u > trên Ω . Với 0t ≥ , ta có:
( ) ( )
2
2 2
2 22
p
p
p
t ttu u u u
p
ϕ λ= ∇ + − ,
Do 2p > , tồn tại :e tu= sao cho e r> và ( ) 0eϕ ≤ .
Do định lý đường đèo nên ϕ có một giá trị tới hạn dương và bài toán:
( )
( )10
u u f u
u H
λ−∆ + =
∈ Ω
có một nghiệm không tầm thường u . Nhân phương trình với u− và tích phân
trên Ω ta được:
2 2 2
2 2
0 u u uλ− − −= ∇ + = .
Như vậy, 0u− = và u là một nghiệm của bài toán ( )1P .
Định lý được chứng minh.
2.2 TỚI HẠN PHI TUYẾN
Lần này đề cập đến bài toán:
( )
( )
*2 2
2 1
00,
u u u u
P
u u H
λ −−∆ + =
≥ ∈ Ω
trong đó Ω là một miền bị chặn của N , 3N ≥ và ( ) ( )1 1( 0λ λ λ≥ − Ω Ω > là
giá trị riêng bé nhất của −∆ trong ( )10H Ω ).
Định nghĩa: ( ) ( )
*2 1
:f u u
−+= và ( ) ( )
*2
*: 2
u
F u
+
= .
Do hệ quả, ta có phiếm hàm :
( ) ( )
2 2
:
2 2
u uu F u dxϕ λ
Ω
∇
= + −
∫
thuộc lớp ( )( )2 10 ,C H Ω .
Trên ( )10 ,H Ω ta chọn chuẩn
2 2
2 2
:u u uλ= ∇ + .
Bổ đề 2.2 (Brézis-Lieb, 1983)
Cho Ω là tập mở của N và ( ) ( ), 1pnu L p⊂ Ω ≤ < ∞ . Giả sử :
a) ( )nu bị chặn trong ( )pL Ω ,
b) nu u→ hầu khắp nơi trênΩ ,
Khi đó: ( )lim p p pn n pp pn u u u u→∞ − − = .
Chứng minh
Bổ đề Fatou’s đưa đến:
lim np pu u≤ < ∞ .
Cố định 0ε > . Tồn tại ( )c ε sao cho, với mọi ,a b∈ có:
( )p p p pa b a a c bε ε+ − ≤ + .
Như vậy ta được:
( ) ( )( ): 1p p pp pn n n nf u u u u u u c uε ε ε+= − − − − − ≤ + .
Do định lý Lebesgue,
0,nf n
ε
Ω
→ →∞∫ .
Do p p ppn n n nu u u u f u u
ε ε− − − ≤ + − nên ta được:
lim p p pn nn u u u u cεΩ→∞ − − − ≤∫
trong đó : sup pn p
n
c u u= − < ∞ .
Cho 0ε → .
Bổ đề được chứng minh.
Bổ đề 2.3
Cho dãy ( ) ( )10nu H⊂ Ω sao cho
( ) ( )
/2
*: sup : , 0,
N
n n
n
Sd u c u
N
ϕ ϕ′= < = →
trong đó do bất đẳng thức Sobolev có
( )1,2
*2
2
2
1
: inf
Nu D
u
S u
∈
=
= ∇
.
Khi đó, dãy ( )nu chứa dãy con hội tụ.
Chứng minh
Như trong chứng minh bổ đề 2.1, dãy ( )nu bị chặn. Để thiết lập dãy con hội
tụ, ta giả sử
nu ⇀u trong ( )10H Ω ,
nu u→ trong ( )
2L Ω ,
nu u→ hầu khắp nơi trên Ω .
Do ( )nu bị chặn trong ( )
*2 ,L Ω ( )( )nf u bị chặn trong ( ) ( )2 / 2N NL + Ω và như
vậy
( )nf u ⇀ ( )f u trong
( ) ( )2 / 2N NL + Ω .
Suy ra: ( )u u f uλ−∆ + = và
( ) ( )
*
*
2
2
* 2
1 1 0.
2 2 2
u
u F u uϕ +
Ω
= − = − ≥
∫ (15)
Đặt :n nv u u= − . Bổ đề Brezis-Lieb dẫn đến:
( ) ( ) ( ) ( )1n nF u F u F v oΩ Ω Ω= + +∫ ∫ ∫ .
Giả sử ( )nu c dϕ → ≤ , ta được:
( ) ( )
2
2
n
n
v
u F v cϕ
Ω
+ − →∫ . (16)
Do ( ), 0n nu uϕ′ → , ta nhận được:
( ) ( ) ( )2 2* *2 2 , 0n nv F v F u u u uϕΩ Ω ′− → − = − =∫ ∫ .
Hơn nữa, ta có thể giả sử:
( )2 *, 2n nv b F v bΩ→ →∫ ,
Do 0nv → trong ( )2L Ω suy ra:
2
2n
v b∇ → . Do bất đẳng thức Sobolev ta có:
*
22
2 2n n
v S v+∇ ≥ .
Và như vậy
*2/2b Sb≥ .
Suy ra: 0b = hoặc /2Nb S≥ .
Nếu 0b = phần chứng minh hoàn tất.
Giả sử /2Nb S≥ , từ (15) và (16) suy ra:
* /2 ** *
1 1 1 1
2 2 2 2
Nc S b c d c = − ≤ − ≤ ≤ <
.
Mâu thuẫn.
Bổ đề được chứng minh.
Định lý 2.2 (Brézis-Nirenberg, 1983)
Cho Ω là miền bị chặn của , 4N N ≥ . Nếu ( )1 0λ λ− Ω < < thì bài toán ( )2P
có một nghiệm không tầm thường.
Chứng minh
1)Áp dụng định lý đường đèo với một giá trị *c c< .
Theo bổ đề tiếp sau, tồn tại hàm không âm { }10 \ 0v H∈ sao cho
*
2
2
2
v
S
v
<
Các file đính kèm theo tài liệu này:
- tvefile_2013_02_20_9402816008_5999_1869387.pdf