Luận văn Thạc sĩ Toán học: Bài toán về tính nhiều nghiệm của bài toán biên cho phương trình elliptic suy biến phi tuyến

Lời cảm ơn

Luận văn này được hoàn thành tại Khoa Toán học, Học viện Khoa học và Công nghệ, dưới sự hướng dẫn của GS. TSKH. Nguyễn Minh Trí. Sự giúp đỡ và hướng dẫn tận tình, nghiêm túc của thầy trong suốt quá trình thực hiện đề tài đã giúp tác giả trưởng thành hơn rất nhiều trong cách tiếp cận một vấn đề mới. Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn, lòng kính trọng sâu sắc nhất đối với thầy.

Tác giả xin trân trọng cảm ơn lãnh đạo Học viện, Phòng Đào tạo Sau đại học, Khoa Toán học và các thầy giáo, cô giáo của Viện Toán học đã giúp đỡ, tạo điều kiện thuận lợi cho tác giả trong suốt quá trình học tập và hoàn thành khóa luận.

Hà Nội, ngày 10 tháng 10 năm 2020

Tác giả

Hà Đức Thái

Lời cam đoan

Tôi xin cam đoan Luận văn này do tôi tự làm dưới sự hướng dẫn của GS. TSKH. Nguyễn Minh Trí. Trong quá trình nghiên cứu và hoàn thành luận văn, tôi đã kế thừa những thành quả của các nhà khoa học với sự trân trọng và biết ơn. Các kết quả trích dẫn trong luận văn là trung thực và đã được chỉ rõ nguồn gốc.

Hà Nội, ngày 10 tháng 10 năm 2020

Tác giả

Hà Đức Thái

Bảng kí hiệu

N Tập số tự nhiên

R Tập số thực

C Tập số phức

∅ Tập rỗng

0 (Ω)

Không gian các hàm khả vi vô hạn giá compact

C ∞ (cid:3)

Kết thúc chứng minh

Mục lục

Lời cảm ơn 1

Lời cam đoan 2

Bảng kí hiệu 3

Lời mở đầu 6

1 Kiến thức chuẩn bị

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

8 8 10 12 1.1 Không gian Lp và các bất đẳng thức . 1.2 Không gian Sp 1(Ω) . . . . 1.3 Phương trình ellptic suy biến chứa toán tử Grushin .

2 Tính nhiều nghiệm của bài toán biên elliptic suy

. . .

20 20 22 44 47 biến 2.1 Đặt bài toán . . 2.2 Chứng minh định lý . . 2.3 Định lý . . . 2.4 Ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Tài liệu tham khảo 50

Lời mở đầu

Lí thuyết phương trình vi phân đạo hàm riêng được nghiên cứu đầu tiên trong các công trình của J. D’Alembert (1717 - 1783), L. Euler (1707 - 1783), D. Bernoulli (1700 - 1782), J. Lagrange (1736 - 1813), P. Laplace (1749 - 1827), S. Poisson (1781 - 1840) và J. Fourier (1768 - 1830), như là một công cụ chính để mô tả cơ học cũng như mô hình giải tích của Vật lí. Vào giữa thế kỷ XIX với sự xuất hiện các công trình của Riemann, lí thuyết phương trình vi phân đạo hàm riêng đã chứng tỏ là một công cụ thiết yếu của nhiều ngành toán học. Cuối thế kỷ XIX, H. Poincaré đã chỉ ra mối quan hệ biện chứng giữa lí thuyết phương trình vi phân đạo hàm riêng và các ngành toán học khác. Sang thế kỷ XX, lí thuyết phương trình vi phân đạo hàm riêng phát triển vô cùng mạnh mẽ nhờ có công cụ giải tích hàm, đặc biệt là từ khi xuất hiện lí thuyết hàm suy rộng do S. L. Sobolev và L. Schwartz xây dựng.

Nghiên cứu các phương trình và hệ phương trình elliptic tổng quát đã đóng vai trò rất quan trọng trong lí thuyết phương trình vi phân. Hiện nay các kết quả theo hướng này đã tương đối hoàn chỉnh. Cùng với sự phát triển không ngừng của toán học cũng như khoa học kỹ thuật nhiều bài toán liên quan tới độ trơn của nghiệm các phương trình và hệ phương trình không elliptic đã xuất hiện. Có một số lớp phương trình, trong đó có lớp phương trình elliptic suy biến, ở một khía cạnh nào đó cũng có một số tính chất giống với phương trình elliptic. Tuy nhiên các kết quả đạt được cho các phương trình phi tuyến elliptic vẫn còn ít, chưa đầy đủ. Với các lí do nêu trên chúng tôi đã chọn đề tài nghiên cứu cho luận văn của mình là “Bài toán về tính nhiều nghiệm của bài toán biên cho phương trình elliptic suy biến phi tuyến”. Kết quả của luận văn được trình bày dựa trên bài báo của Dương Trọng Luyện và

Nguyên Minh Trí [D. T. Luyen and N. M. Tri, Infinitely many solu- tions for a class of perturbed degenerate elliptic equations involv- ing the Grushin operator, Complex Variables and Elliptic Equations 2020, doi: 10.1080/17476933.2020.1730824].

Nội dung của luận văn gồm 2 chương: Chương 1. Kiến thức chuẩn bị

Trong chương này chúng tôi trình bày các khái niệm, định lý được sử dụng trong luận văn và trình bày về phương trình elliptic suy biến dạng Grushin.

Chương 2. Trong chương này chúng tôi sẽ trình bày chi tiết phần chứng minh các bổ đề và định lý kết quả chính trong bài báo “In- finitely many solutions for a class of perturbed degenerate elliptic equations involving the Grushin operator".

Tôi hy vọng luận văn sẽ là một tài liệu tham khảo tốt cho những người quan tâm đến lĩnh vực này. Tuy nhiên, với phạm vi thời gian và kiến thức của tôi có hạn, luận văn không thể tránh khỏi thiếu sót. Kính mong nhận được sự góp ý, chỉ bảo của các thầy, cô và các bạn đồng nghiệp.

Chương 1

Kiến thức chuẩn bị

Trong chương này, chúng tôi trình bày một số kiến thức cơ bản về không gian Lp, không gian Sobolev có trọng và định lý nhúng trong. Chương này gồm ba phần:

- Phần thứ nhất: Trình bày không gian Lp vá một số bất đắng

thức liên quan đến không gian Lp.

- Phần thứ hai: Trình bày không gian Sobolev có trọng và định lý

nhúng.

- Phần thứ ba: Trình bày phương trình elliptic suy biến chứa toán

tử Grushin.

1.1 Không gian Lp và các bất đẳng thức

Ω

Định nghĩa 1.1.1. [1] Cho Ω là một miền đo được theo nghĩa Lebesgue trong Rn. Họ các hàm số f : Ω → R có lũy thừa bậc p (1 ≤ p < +∞) của mođun khả tích trên Ω, nghĩa là (cid:82) |f |pdµ <

+∞ được gọi là không gian Lp(Ω, µ) hay Lp(Ω).

Ví dụ 1.1.1. [1] Cho Ω ⊂ R3 là một miền bị chặn với biên trơn,

µ là độ đo thể tích, nghĩa là

µ(A) = V ol(A), ∀A ⊂ R3.

Khi đó với 1 ≤ p < +∞ thì không gian các hàm đo được Lp(Ω) = {f : Ω → R} thỏa mãn (cid:82)

|f |pdxdydz < +∞.

Ω

Định nghĩa 1.1.2. [1] Không gian Lp(Ω), 1 ≤ p < +∞ là không

gian định chuẩn với chuẩn được xác định như sau

(cid:17) 1 (cid:16) (cid:90)

|f |pdµ

.

||f ||Lp(Ω) :=

Ω

p + 1

Định lý 1.1.1. (Bất đẳng thức H¨older) Cho Ω ⊂ Rn là miền bị chặn với biên trơn, p, q ∈ R thỏa mãn 1 < p, q < +∞, 1 q = 1 và f ∈ Lp(Ω), g ∈ Lq(Ω). Khi đó chúng ta có

(i) f g ∈ L1(Ω).

(ii) ||f g||L1(Ω) ≤ ||f ||Lp(Ω)||g||Lq(Ω).

Dấu “=" xảy ra khi và chỉ khi ∃α, β ∈ R, α, β ≥ 0, α + β > 0

thỏa mãn α|f |p = β|g|q h. k. n trên Ω.

n (cid:88)

Định lý 1.1.2. (Bất đẳng thức H¨older tổng quát) Cho Ω ⊂ Rn là miền bị chặn với biên trơn và các số thực p1, p2, ..., pn ∈ (1, +∞), r ∈ [1, +∞) thỏa mãn

=

, fi ∈ Lpi(Ω), ∀i = 1, 2, ..., n.

1 r

1 pi

i=1

Khi đó ta có

(i) f1f2...fn ∈ Lr(Ω).

(ii) ||f1f2...fn||Lr(Ω) ≤ ||f1||Lp1(Ω)...||fn||Lpn(Ω).

Định lý 1.1.3. (Bất đẳng thức Young) Cho Ω ⊂ Rn là miền bị chặn với biên trơn và các số thực p1, p2, ..., pn ∈ (1, +∞) thỏa mãn

= 1 và fi ∈ Lpi(Ω), với i = 1, 2, ..., n. Khi đó ta có

1 pi

n (cid:80) i=1

n (cid:89)

n (cid:88)

.

||fi||Lpi(Ω) ≤

||fi||pi Lpi(Ω) pi

i=1

n (cid:88)

Định lý 1.1.4. (Bất đẳng thức Poincaré) Cho Ω ⊂ Rn là miền bị chặn với biên trơn và số thực p ≥ 1 thì ∃c > 0 sao cho

||u||Lp(Ω) ≤ c

||Dju||Lp(Ω), ∀u ∈ C ∞

0 (Ω).

j=1

Định lý 1.1.5. (Định lý nhúng trong không gian Lp) Cho Ω ⊂ Rn là miền bị chặn và các số thực p, q ∈ [1, +∞), p < q. Khi đó phép nhúng Lq(Ω) (cid:44)→ Lp(Ω) là liên tục.

1.2 Không gian Sp

1(Ω)

Cho Ω ⊂ RN1 × RN2 là miền bị chặn với biên trơn và số thực α > 0.

, |x|α ∂u ∂yj

1(Ω).

1(Ω) được định nghĩa là

Định nghĩa 1.2.1. (Xem [2]) Với 1 ≤ p < ∞, ta định nghĩa tập tất cả các hàm u ∈ Lp(Ω) sao cho ∂u ∈ Lp(Ω) với mọi ∂xi i = 1, 2, . . . , N1, j = 1, 2, . . . , N2 là không gian Sp

N2(cid:88)

(cid:33) 1 Chuẩn trong Sp (cid:32) N1(cid:88)

.

+

(Ω) =

+ (cid:107)u(cid:107)p

(cid:107)u(cid:107)Sp

Lp(Ω)

(cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) p (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) p (cid:13) (cid:13) (cid:13)

∂u ∂xi

Lp(Ω)

j=1

i=1

(cid:13) |x|α ∂u (cid:13) (cid:13) ∂yj (cid:13)

1(Ω) như

Nếu p = 2 chúng ta định nghĩa tích vô hướng trong Sp

N2(cid:88)

N1(cid:88)

(cid:18) (cid:19) (cid:19)

,

+

(u, v)S2

1 (Ω) =

(cid:18) ∂u ∂xi

∂v ∂xi

|x|α ∂u ∂yj

, |x|α ∂v ∂yj

L2(Ω)

j=1

i=1

+ (u, v)L2(Ω) .

1,0(Ω) định nghĩa là bao đóng của C 1

1(Ω) với C 1

0 (Ω) trong không 0 (Ω) là tập các hàm trong C 1(Ω) có giá compact

Không gian Sp gian Sp trong Ω.

1(Ω) và Sp

Dễ dàng chứng minh được Sp

1,0(Ω) là các không gian 1,0(Ω) là các không gian Hilbert.

1(Ω) và S2 Từ Mệnh đề 4 trong [8] chúng ta có định lí nhúng sau:

Banach, các không gian S2

Mệnh đề 1.2.1. Giả sử Nα = N1 + N2(1 + α) > 2. Khi đó phép nhúng

,

α (Ω) , trong đó 2∗

1,0 (Ω) (cid:44)→ L2∗ S2

α =

2Nα Nα − 2 1,0 (Ω) (cid:44)→ Lq (Ω) là compact

là liên tục. Hơn nữa, phép nhúng S2 với mỗi q ∈ [1, 2∗ α).

Đặt

(cid:19)

.

,

, . . . ,

∇α :=

(cid:18) ∂ ∂x1

∂ ∂x2

, |x|α ∂ ∂y1

∂ ∂xN1

, . . . , |x|α ∂ ∂xN2

1 2

Nhận xét 1.2.1. Chúng ta có hai chuẩn (cid:107)u(cid:107)S2 1,0(Ω) và   (cid:90)

|∇αu|2dxdy

|||u|||S2

1,0(Ω) =

Ω

 

là tương đương.

Định nghĩa 1.2.2. Cho H và H là các không gian Banach, O(u) là lân cận của điểm u. Ánh xạ E : O(u) ⊂ H → H được gọi là khả vi Fréchet tại điểm u nếu và chỉ nếu tồn tại một ánh xạ T ∈ L (H, H) sao cho:

(cid:107)E(u + h) − E(u) − T h(cid:107)H = o((cid:107)h(cid:107)H), h > 0,

với mọi h nằm trong lân cận của điểm 0. Khi đó T gọi là đạo

hàm Fréchet của E tại u và ký hiệu là DE(u) = T .

Định lý 1.2.1. Giả sử E là ánh xạ khả vi Fréchet trên không gian Banach H cùng với không gian đối ngẫu H (cid:48), đối ngẫu giữa H và H (cid:48) là (cid:104)., .(cid:105) : H × H (cid:48) −→ R, và giả sử DE : H −→ H (cid:48) định nghĩa là đạo hàm Fréchet của E. Khi đó đạo hàm của E tại

u theo hướng v ký hiệu bởi (cid:104)v, DE(u)(cid:105) = DE(u)(v).

1.3 Phương trình ellptic suy biến chứa toán

tử Grushin

Năm 1970, nhà toán học người Nga V. V. Grushin đã đưa ra toán tử

Gα := ∆x+|x|2α∆y với (x, y) ∈ Ω ⊂ RN1+N2, N1, N2 ≥ 1, α ∈ Z+

trong [7], đây là ví dụ điển hình cho lớp toán tử hypoelliptic, nhưng không là elliptic. Nhà toán học V. V. Grushin đã chứng minh được nếu Gαu là hàm khả vi vô hạn trong miền Ω thì u cũng khả vi vô hạn trong miền Ω và các tính chất địa phương của Gα được tác giả nghiên cứu khá đầy đủ trong [7]. Trong mục này chúng tôi trình bày

các khái niệm cơ bản về phương trình elliptic suy biến chứa toán tử Grushin.

Xét toán tử vi phân

(cid:88)

P (x, D) =

aα(x)Dα,

|α|≤m

trong đó x = (x1, ..., xn) ∈ Ω là một miền trong Rn và α = (α1, ..., αn) ∈ Zn + là một đa chỉ số, |α| = α1 + ... + αn, aα(x) ∈ C(Ω, R) là các hàm cho trước,

Dα = (−i)|α|

αn .

∂x1

α1∂x2

∂|α| α2...∂xn

Hàm số (cid:88)

P (α, ζ) =

aα(x)ζ α,

|α|≤m 1 ...ζ αn

n , được gọi là biểu trưng của

với ζ = (ζ1, ..., ζn) ∈ Rn, ζ α = ζ α1 toán tử P (x, D). Hàm số (cid:88)

Pm(α, ζ) =

aα(x)ζ α

|α|=m

được gọi là biểu trưng chính của toán tử P (x, D).

Định nghĩa 1.3.1. Toán tử P (x, D) được gọi là elliptic tại x ∈ Ω nếu ∀ζ ∈ Rn thì Pm(x, ζ) ≤ 0 và Pm(x, ζ) = 0 ⇐⇒ ζ = 0. Toán tử P (x, D) được gọi là elliptic trên miền Ω nếu nó elliptic

tại ∀x ∈ Ω.

D(x)

jj , trong đó

Ví dụ 1.3.1. Xét toán tử Laplace P (x, D) =

D(x)

n (cid:80) j=1 và B(0, 1) = {x ∈ Rn | (cid:107)x(cid:107) < 1}.

jj = − ∂2 ∂x2 j

n (cid:88)

2 ≤ 0, ∀ζ ∈ B(0, 1)

Khi đó ta có

P (x, ζ) = P2(x, ζ) =

−ζi

i=1

và

P2(x, ζ) = 0 ⇐⇒ ζ = 0.

Do đó P (x, D) là toán tử elliptic trong hình cầu đơn vị.

N2(cid:88)

Ví dụ 1.3.2. Xét toán tử Gα(x, y, D) = ∆x + |x|2α∆y, trong đó x, y ∈ Ω ⊂ RN1 × RN2, N1, N2 ≥ 1, α ∈ R+ và N1(cid:88)

.

∆x =

, ∆y =

∂2 ∂x2 j

∂2 ∂y2 l

j=1

l=1

+ Với α = 0 thì G0(x, y, D) là toán tử Laplace nên G0(x, y, D) là toán tử elliptic trong Ω.

+ Với α > 0 thì

Pm(x, ζ, γ) = P2(x, ζ, γ)

N2(cid:88)

N1(cid:88)

−ζ 2

=

−(x2

)α.γ2 l

j +

1 + x2

2 + ... + x2 N1

j=1

l=1

N1(cid:88)

N2(cid:88)

= −

)α

j − (x2 ζ 2

1 + x2

γ2 l ≤ 0, ∀(ζ, γ ∈ Ω).

2 + ... + x2 N1

j=1

l=1

Nhưng Gα(x, y, D) không elliptic tại các điểm dạng (0, y). Do đó toán tử Gα(x, y, D) elliptic trong miền Ω\{(0, y)} và không elliptic trong miền {(0, y) |(0, y) ∈ Ω}.

Ví dụ 1.3.3. Xét toán tử Pα,β(x, y, z, D) = ∆x+∆y+|x|2α|y|2β∆z, trong đó x ∈ RN1, y ∈ RN2, z ∈ RN3, α, β ≥ 0, α + β > 0 có biểu

N1(cid:88)

N1+N2(cid:88)

N1+N2+N3(cid:88)

trưng chính là

Pα,β(x, y, z, ζ) = −

ζ 2 i −

ζ 2 j − |x|2α|y|2β

ζ 2 l .

i=1

j=N1+1

l=N1+N2+1

Pα,β(x, y, z, D) là elliptic trong miền Ω\{(0, y, z)} ∪ {x, 0, z}.

Định nghĩa 1.3.2. Toán tử P (x, D) được gọi là elliptic suy biến trên Ω nếu ∀ζ ∈ Rn thì Pm(x, ζ) ≤ 0, ∀x ∈ Ω và ∃x0 ∈ Ω, 0 (cid:54)= ζ 0 ∈ Rn sao cho Pm(x0, ζ 0) = 0.

Các toán tử Gα và Pα,β trong ví dụ 1.3.2, ví dụ 1.3.3 là các toán

tử elliptic suy biến trong Ω.

Định lý 1.3.1. Cho Ω là miền bị chặn với biên trơn trong RN. Ánh xạ f : Ω → R là ánh xạ Carathéodory (tức là f (., ζ) đo được ∀ζ ∈ R và f (x, y, .) liên tục với mọi (x, y) ∈ Ω) thỏa mãn

|f (x, y, ζ)| ≤ f1(x, y) + f2(x, y)|ζ|θ, hầu khắp nơi trên Ω × R,

α, θ > 0,

p1−1 ≤ 2∗

α, p1 > 1, p2 ≥ 2∗

2∗

p2−1 ≤ 2∗

α−θ−1. 1,0(Ω), R) và

trong đó f1(x, y) ∈ Lp1(Ω), f2(x, y) ∈ Lp2(Ω), (θ + 1) p2 Khi đó ta có Φ1(u) ∈ C 1(S2

(cid:90)

Φ(cid:48)

f (x, y, u)v(x, y)dxdy, ∀v ∈ S2

1(u)(v) =

1,0(Ω),

Ω

u (cid:90)

trong đó

(cid:90)

F (x, y, u)dxdy .

F (x, y, u) =

f (x, y, ζ)dζ và Φ1(u) =

Ω

Chứng minh. Ta chứng minh định lý trên theo các bước sau. Bước 1. Ta chứng minh Φ1 có đạo hàm theo nghĩa Gâteaux. Thật vậy, cho u, v là hai hàm bất kỳ trong S2 1,0(Ω), với mọi (x, y) ∈ Ω, t ∈ R và 0 < |t| < 1 theo Định lý giá trị trung bình sẽ tồn tại λ ∈ [0, 1] thỏa mãn

(cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)

F (cid:0)x, y, u(x, y) + tv(x, y)(cid:1) − F (cid:0)x, y, u(x, y)(cid:1) t

(cid:18)

≤

|v(x, y)|.

Áp dụng bất đẳng thức H¨older và Mệnh đề 1.2.1, chúng ta có

p1 p1−1dxdy

(cid:19) p1−1 p1 (cid:18) (cid:90) (cid:90)

|v(x, y)|

f1(x, y)|v(x, y)|dxdy ≤ ||f1||Lp1(Ω)

Ω

≤ C||f1||Lp1(Ω)||v||S2

1,0(Ω),

(cid:90)

f2(x, y)|u(x, y)|θ|v(x, y)|dxdy

Ω

(θ+1)p2 (cid:18) (cid:90)

(cid:19) θ(p2−1) (cid:19) p2−1 (θ+1)p2 (cid:18) (cid:90)

|u(x, y)|

(θ+1)p2 p2−1 dxdy

|v(x, y)|

≤ ||f2||Lp2(Ω)

Ω

1,0(Ω),

≤ C||f2||Lp2(Ω)||u||θ 1,0(Ω)||v||S2 S2

(θ+1)p2 p2−1 dxdy

(cid:19) p2−1 (θ+1)p2 (cid:18) (cid:90) (cid:90)

|v(x, y)|

f2(x, y)|v(x, y)|θ+1dxdy ≤ ||f2||Lp2(Ω)

Ω

≤ ||f2||Lp2(Ω)||v||θ+1 1,0(Ω). S2

∈ L1(Ω).

Do đó (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)

F (cid:0)x, y, u(x, y) + tv(x, y)(cid:1) − F (cid:0)x, y, u(x, y)(cid:1) t

Nên theo Định lý giá trị trung bình và Định lý Lebesgue thì tồn tại đạo hàm Gâteaux của Φ1 tại u và (cid:90)

f (cid:0)x, y, u(x, y)(cid:1)v(x, y)dxdy, ∀v ∈ S2

DΦ1(u)(v) =

1,0(Ω).

Ω

1,0(Ω)(cid:1)∗

-topology. Thật vậy, giả sử un → u trong S2

n=1 thỏa mãn

Bước 2. Ta chứng minh đạo hàm Gâteaux của Φ1 chính là đạo hàm Fréchet. Tức là ta sẽ chỉ ra đạo hàm Gâteaux của Φ1 sẽ liên tục tại u trong (cid:0)S2 1,0(Ω) theo Mệnh đề 1.2.1 thì dãy {un}∞ n=1 chứa một dãy con để cho đơn giản ta vẫn ký hiệu là {un}∞

α khi n → ∞,

(cid:40)

(1.1)

un → u trong Lp, 1 ≤ p ≤ 2∗ un → u h.k.n trong Ω khi n → ∞.

Đặt (cid:40)

ϕn(x, y) = f1(x, y) + f2(x, y)|un(x, y)|θ ∀n = 1, 2, · · · , ϕ(x, y) = f1(x, y) + f2(x, y)|u(x, y)|θ,

(1.2)

Vì f là ánh xạ Carathéodory kết hợp với (1.1) và (1.2) ta có

(cid:40)

(1.3)

ϕn(x, y) → ϕ(x, y) h.k.n trong Ω, |f (cid:0)x, y, un(x, y)(cid:1)| ≤ ϕn(x, y) h.k.n trong Ω.

1,0(Ω) áp dụng bất đẳng thức H¨older và

Với mọi hàm v ∈ S2 Mệnh đề 1.2.1 ta có

||v||H 1

0 (Ω).

2∗ αp2 p2θ+2∗

α (Ω)

|(DΦ1(un)−DΦ1(u))(v)| ≤ C||f (x, y, un)−f (x, y, u)|| L

1,0(Ω))∗

Như vậy

(1.4)

.

2∗ αp2 p2θ+2∗

α (Ω)

||(DΦ1(un) − DΦ1(u))||(S2 ≤C||f (x, y, un) − f (x, y, u)|| L

2∗ αp2 p2θ+2∗ α

Mặt khác theo (1.3) ta có

2∗ αp2 p2θ+2∗

2∗ αp2 p2θ+2∗ α

(cid:12) (cid:12) (cid:12)f (cid:0)x, y, un(x, y)(cid:1) − f (cid:0)x, y, u(x, y)(cid:1)(cid:12) (cid:12) (cid:12)

(cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)

≤ C

α + C

2∗ αp2 p2θ+2∗

2∗ αp2 p2θ+2∗ α

α + C|ϕ(x, y)|

(cid:12)f (cid:0)x, y, un(x, y)(cid:1)(cid:12) (cid:12)f (cid:0)x, y, u(x, y)(cid:1)(cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)

≤ C|ϕn(x, y)|

2∗ αp2 p2θ+2∗

2∗ αp2 p2θ+2∗ α

≤ C1|ϕn(x, y) − ϕ(x, y)|

α + C1|ϕ(x, y)|

hầu khắp nới trong Ω nên theo Bổ đề Fatou ta có

2∗ αp2 p2θ+2∗

2∗ αp2 p2θ+2∗ α

(cid:18) (cid:90)

C1|ϕn(x, y) − ϕ(x, y)|

α + C1|ϕ(x, y)|

Ω

lim inf n→∞

2∗ αp2 p2θ+2∗ α

(cid:19)

(cid:12) (cid:12) −

dxdy

(cid:12)f (cid:0)x, y, un(x, y)(cid:1) − f (cid:0)x, y, u(x, y)(cid:1)(cid:12) (cid:12) (cid:12)

2∗ αp2 p2θ+2∗

2∗ αp2 p2θ+2∗ α

α + C1|ϕ(x, y)|

(cid:18) (cid:90)

C1|ϕn(x, y) − ϕ(x, y)|

≤ lim inf n→∞

Ω

2∗ αp2 p2θ+2∗ α

(cid:19)

(cid:12) (cid:12) −

dxdy

(cid:12)f (cid:0)x, y, un(x, y)(cid:1) − f (cid:0)x, y, u(x, y)(cid:1)(cid:12) (cid:12) (cid:12)

2∗ αp2 p2θ+2∗

2∗ αp2 p2θ+2∗ α

(cid:18) (cid:90)

≤ lim sup

C1|ϕn(x) − ϕ(x)|

α + C1|ϕ(x)|

n→∞

Ω

2∗ αp2 p2θ+2∗ α

(cid:19)

(cid:12) (cid:12) −

dxdy

(cid:12)f (cid:0)x, un(x)(cid:1) − f (cid:0)x, u(x)(cid:1)(cid:12) (cid:12) (cid:12)

2∗ αp2 p2θ+2∗

2∗ αp2 p2θ+2∗ α

(cid:19) (cid:18) (cid:90)

dxdy.

C1|ϕn(x) − ϕ(x)|

α + C1|ϕ(x)|

≤ lim n→∞

Ω

Mà theo (1.3) thì

2∗ αp2 p2θ+2∗

α dxdy → 0 khi n → ∞.

(cid:90)

|ϕn(x, y) − ϕ(x, y)|

Ω

Nên

2∗ αp2 p2θ+2∗

α dxdy = 0.

(cid:90)

Ω

(cid:12)f (cid:0)x, y, un(x, y)(cid:1) − f (cid:0)x, y, u(x, y)(cid:1)(cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) lim sup n→∞

Do đó

2∗ αp2 p2θ+2∗

α dxdy = 0.

Ω

(cid:90) (cid:12) (cid:12) (cid:12)f (cid:0)x, y, un(x, y)(cid:1) − f (cid:0)x, y, u(x, y)(cid:1)(cid:12) (cid:12) (cid:12) lim n→∞

Kết hợp với (1.4) ta có

||(DΦ1(un) − DΦ1(u))||(S2

1,0(Ω))∗ = 0.

Như vậy Φ1 khả vi Fréchet và

(cid:90)

Φ(cid:48)

f (x, y, u)v(x, y)dxdy, ∀v ∈ S2

1(u)(v) =

1,0(Ω).

Ω

(cid:3)

Chương 2

Tính nhiều nghiệm của bài toán

biên elliptic suy biến

Trong chương này chúng tôi sẽ trình bày về tính nhiều nghiệm của bài toán biên elliptic suy biến chứa toán tử Grushin. Các kết quả của chương này đư trình bày trong bài báo “D. T. Luyen and N. M. Tri, Infinitely many solutions for a class of perturbed degenerate el- liptic equations involving the Grushin operator, Complex Variables and Elliptic Equations 2020, doi: 10.1080/17476933.2020.1730824."

2.1 Đặt bài toán

Xét bài toán biên elliptic suy biến chứa toán tử Grushin

(cid:40)

−Gαu = f (x, y, u) + g(x, y, u) trong Ω,

(2.1)

u = 0

trên ∂Ω,

trong đó Ω là miền bị chặn với biên trơn trong RN := RN1 × RN2, x ∈ RN1, y ∈ RN2 thỏa mãn Ω ∩ {(x, y) ∈ RN, x = 0} (cid:54)= ∅ và các hàm f, g thỏa mãn:

Ánh xạ f : Ω × R → R là ánh xạ Carathéodory thỏa mãn các

điều kiện sau:

(T1) f (x, y, ζ) = −f (x, y, −ζ), với mọi (x, y, ζ) ∈ Ω × R;

p2−1 <

pp2

(T2) Tồn tại p ∈ (2, 2∗

,

2∗ α, p1 ≥ max{

p2(p−1)+1} và p2 > 1, thỏa mãn

α), f1 ∈ Lp1(Ω), f2 ∈ Lp2(Ω) trong đó p1p2 2∗ αp2 p2(p−1)+2∗ α

|f (x, y, ζ)| ≤ f1(x, y) + f2(x, y)|ζ|p−1, h. k. n trên Ω × R;

F (x,y,ζ)

ζ 2 = +∞

ζ (cid:82)

(T3) F (x, y, ζ) ≥ 0, ∀(x, y, ζ) ∈ Ω và lim|ζ|→+∞

h.k.n trên Ω trong đó F (x, y, ζ) =

f (x, y, ξ)dξ;

2 thỏa mãn

(T4) Tồn tại hằng số C1 > 0 và q > Nα

|F (x, y, ζ)|q ≤ C1|ζ|2q ˆF (x, y, ζ), ∀(x, y, ζ) ∈ Ω×R, |ζ| ≥ r0;

α] thỏa mãn

(T5) Tồn tại hằng số C2 > 1 và ρ ∈ [2, 2∗

ˆF (x, y, ζ) ≥ C2(|ζ|ρ − 1), ∀(x, y, ζ) ∈ Ω × R,

2ζf (x, y, ζ) − F (x, y, ζ);

trong đó ˆF (x, y, ζ) = 1

Ánh xạ g : Ω × R → R là ánh xạ Carathéodory thỏa mãn

(G) tồn tại hai hàm số g1 ∈ Lp3(Ω), g2 ∈ Lp4(Ω), thỏa mãn

< ρ;

< δ, δ ∈ (0, ρ−1), p3 ≥

, p4 > 1

(δ + 1)p4 p4 − 1

p3 p3 − 1

2∗ αp4 p4δ + 2∗ α

sao cho

|g(x, y, ζ)| ≤ g1(x, y) + g2(x, y)|ζ δ h.k.n trên Ω × R.

1,0(Ω) được gọi là nghiệm yếu của

Định nghĩa 2.1.1. Hàm u ∈ S2

bài toán (2.1) nếu đẳng thức (cid:90) (cid:90)

f (x, y, u)ϕdxdy−

g(x, y, u)ϕdxdy = 0

Ω

Ω thỏa mãn với mọi ϕ ∈ C ∞

0 (Ω).

(cid:90) ∇αu·∇αϕdxdy−

Định lý 2.1.1. Giả sử f, g là các ánh xạ thỏa mãn các điều kiện

(T1)-(T5), (G) và

.

− 1 >

ρ ρ − δ − 1

2pp2 Nα(pp2 − 2p2 + 2)

1,0(Ω).

Khi đó bài toán (2.1) có một dãy nghiệm yếu không bị chặn trong không gian S2

2.2 Chứng minh định lý

Chúng ta xét phiếm hàm Euler - Lagrange sau:

(cid:90) (cid:90)

Φ(u) =

F (x, y, u)dxdy−

G(x, y, u)dxdy.

(cid:90) |∇αu|2dxdy−

1 2

Ω

1,0(Ω), R) và

Theo Định lý 1.3.1 cùng với điều kiện (T2) và (G), chúng ta có Φ ∈ C 1(S2

(cid:90) (cid:90) (cid:90)

f (x, y, u) vdX −

g (x, y, u) vdX,

Φ(cid:48)(u)(v) =

∇αu · ∇αvdX −

Ω

với mọi v ∈ S2 1,0(Ω), trong đó dX := dxdy. Từ Định nghĩa 2.1.1, chúng ta có điểm tới hạn của hàm Φ là nghiệm yếu của bài toán (2.1). Do vậy để chứng minh bài toán (2.1) có vô số nghiệm chúng ta đi chứng minh phiếm hàm Φ có vô số điểm tới hạn. Để chứng minh điều đó chúng ta chứng minh các bổ đề sau:

Bổ đề 2.2.1. Chúng ta giả sử các hàm f, g thỏa mãn điều kiện

(T2), (T5), (G) và u là điểm tới hạn của hàm Φ. Khi đó tồn tại

hằng số C3 thỏa mãn

(cid:90)

|u(x, y)|ρdX ≤ C3(Φ2(u) + 1) 1 2.

Ω

Chứng minh. Vì u là điểm tới hạn của hàm Φ nên Φ(cid:48)(u) = 0. Do vậy chúng ta có

Φ(u) = Φ(u) −

Φ(cid:48)(u)(u)

1 2

(cid:90) (cid:90)

= −

G(x, y, u)dX −

F (x, y, u)dX

Ω (cid:90)

(cid:90)

+

g(x, y, u)udX +

f (x, y, u)udX

Ω 1 2

Ω

1 2 (cid:90)

(cid:90)

≥

Ω (cid:12)2−1g(x, y, u)u(cid:12) (cid:0)(cid:12)

Ω

(cid:98)F (x, y, u)dX − (cid:12) + |G(x, y, u)|(cid:1) dX.

(2.2)

Theo (T5) ta có

(cid:90) (cid:17) (cid:16) (cid:90) (2.3)

.

|u|ρdX − 1

ˆF (x, y, u)dX ≥ C2

Ω

Từ điều kiện (G) và áp dụng bất đẳng thức H¨older, chúng ta có

(cid:90) (cid:90) (cid:90)

|g.u|dX ≤

|g1.u|dX +

|g2.uδ+1|dX

Ω

(cid:16) (cid:90) (cid:17) p3−1 (cid:16) (cid:90)

|u|

(cid:17) p4−1 p4 .

|u|

p3 p3−1dX

(δ+1)p4 p4−1 dX

≤||g1||Lp3(Ω)

p3 + ||g2||Lp4(Ω)

Ω

(cid:90) (cid:17) p4−1 (cid:16) (cid:90) (2.4)

|u|

(δ+1)p4 p4−1 dX

|G(x, y, u)dX| ≤ C 1

p4 + C 2.

Ω

Bởi điều kiện (G), áp dụng định lý nhúng trong không gian Lp và bất đẳng thức Young, chúng ta có

p3 ≤

(cid:17) p3−1 (cid:16) (cid:90) (cid:16) (cid:90)

|u|

(cid:17) p4−1 p4 .

|u|

p3 p3−1dX

+

(δ+1)p4 p4−1 dX

C p4 p4

Ω

Do đó

(cid:90) (cid:17) p4−1 (cid:16) (cid:90) (2.5)

|u|

(δ+1)p4 p4−1 dX

|gu|dX ≤ C 1

p4 + C 2.

Ω

Từ (2.2), (2.4), (2.5), chúng ta ta có

(cid:90) (cid:16) (cid:90) (cid:17) p4−1 (2.6)

|u|

(δ+1)p4 p4−1 dX

Φ(u) ≥ C2

|u|ρ − C5

p4 − C6.

Ω

≤ 1. Khi đó từ (2.6) ta có

(δ+1)p4 p4−1 (Ω)

Nếu ||u|| L

(cid:90) (cid:90) (cid:16) (cid:17) 1

.

Φ2(u)+1

Φ(u) ≥ C2

|u|ρdX−C7 ⇐⇒

|u|ρdX ≤ Φ(u)+C7 ≤ C3

Ω

> 1 thì theo bất đẳng thức Young ta có

(δ+1)p4 p4−1 (Ω)

Nếu ||u|| L

(cid:90) (cid:16) (cid:90) (cid:17) p4−1

|u|

(δ+1)p4 p4−1 dX

(δ+1)p4 p4−1 dX.

p4 ≤ C 5 +

C5

p4 − 1 p4

Ω

p4−1 < ρ nên chúng ta có (cid:90)

Do (δ+1)p4

(δ+1)p4 p4−1

(cid:90)

|u|

|u|ρdX.

(δ+1)p4 p4−1 dX ≤ ||u||

Lρ(Ω) ≤ ||u||ρ

Lρ(Ω) =

Ω

Do vậy chúng ta có

(cid:90) (cid:90)

|u|ρdX −

Φ(u) ≥ C2

|u|ρdX − C6.

p4 − 1 p4

Ω

Vì C2 > 1 nên ta có (cid:90) (cid:16) (cid:17) (cid:16) (cid:17) 1

.

|u|ρdX ≤ ˜C

Φ(u) + 1

Φ2(u) + 1

≤ C3

Ω

Do vậy tồn tại hằng số C3 > 0 không phụ thuộc vào u sao cho

(cid:90) (cid:16) (cid:17) 1

.

Φ2(u) + 1

|u|ρdX ≤ C3

Ω

(cid:3)

Tiếp theo cho χ ∈ C ∞(R, R) thỏa mãn

 

.

t ∈ (1, 2),



χ(t) = 1, với ∀t ≤ 1, −2 < χ(cid:48)(t) < 0, với χ(t) = 0, với ∀t > 2.

Ta đặt

(cid:16) (cid:17) 1

, ∀u ∈ S2

κ(u) = 2A

Φ2(u) + 1

1,0(Ω) (cid:17)

(cid:90) (cid:16)

,

Ψ (u) = χ

κ(u)−1

|u|ρdX

Ω

1,0 → R

trong đó A là một hằng số đủ lớn mà cách chọn sẽ được trình bày ở bổ đề sau. Ta định nghĩa Φ : S2

(cid:90) (cid:17)

.

Φ(u) =

|∇αu|2 − F (x, y, u) − Ψ (u)G(x, y, u)dX

Ω

(cid:16)1 2

Ta chú ý rằng nếu u ∈ S2

|u|ρdX ≤ 1 thì Ψ (u) =

1,0(Ω) và κ(u)−1 (cid:82)

Ω

(cid:48)

(u) = Φ(cid:48)(u).

1 do đó Φ(u) = Φ(u) và Φ Theo mệnh đề 2.2 trong [3] thì Φ(u) khả vi Fre’chet và

(cid:48)

(cid:17)∗

Φ

(cid:16) S2

: S2

1,0(Ω) →

1,0(Ω)

(cid:48)

(cid:90) (cid:90)

Φ

f (x, y, u)v(x, y)dX

(u) =

∇αu∇αvdX −

Ω

(cid:90) (cid:90)

−Ψ (u)

g(x, y, u)v(x, y)dX − Ψ (cid:48)(u)

G(x, y, u)dX.

Ω

(cid:48)

(cid:90) (cid:17)

=⇒ Φ

f (x, y, u)udX

(u)u = (cid:0)1 + T1(u)(cid:1)(cid:16) (cid:90)

|∇α(u)|2dX −

Ω

(cid:90) (cid:17) (cid:90) (cid:16)

G(x, y, u)dX−

f (x, y, u)udX.(2.0.7)

−T2(u)

Ψ (u)+T1(u)

Ω

Trong đó

(cid:90) (cid:17)

κ(u)−1

|u|ρdX

κ(u)−3(2A)2Φ(u)

T1(u) = χ(cid:48)(cid:16)

Ω

(cid:90) (cid:90)

|u|ρdX

G(x, y, u)dX. (2.0.7.a)

Ω

(cid:90) (cid:90) (cid:17)

|u|ρdX. (2.0.7.b)

|u|ρdX

− κ(u)−1

κ(u)−1

T2(u) = ρχ(cid:48)(cid:16)

Ω

Bổ đề 2.2.2. [4]. Giả sử f thỏa mãn các điều kiện (T1), (T2), (T5), và g thỏa mãn điều kiện (G1), u ∈ supp Ψ thì

δ+1

(cid:90) (cid:16) (cid:17)

.

|Φ(u)|

ρ + |Φ(u)|

ρ + 1

G(x, y, u)dX ≤ C8

Ω

(cid:90)

.

G(x, y, u)dX

+||g2||Lp4(Ω)||u||δ+1

p3 p3−1

L p4(δ+1)

p4−1 (Ω)

Ω

p3−1 < ρ; (δ+1)p4

p4−1 < ρ và Ω là miền bị

(cid:12) (cid:12) (cid:12) ≤ ||g1||Lp3(Ω)||u|| Chứng minh. Vì g thỏa mãn điều kiện (G1) nên tương tự chứng minh của bổ đề trên ta có (cid:12) (cid:12) (cid:12)

(Ω) ≤ ||u||Lρ(Ω).

Vì theo điều kiện (G1) ta có p3 chặn nên

||u||L p3 p3−1 ||u||L p4 p4−1

Do dó ta có (cid:90) (cid:16) (cid:17)

.

G(x, y, u)dX

||u||Lρ(Ω) + ||u||δ+1 Lρ(Ω)

Ω

(cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) ≤ C9

Mặt khác vì u ∈ supp Ψ nên ta có

(cid:90)

|u|ρdX ≤ 2.

κ(u)−1

Ω

(cid:90) (cid:16) (cid:17) 1 (cid:16) (cid:17)

.

=⇒

|u|ρdX ≤ 4A

Φ2(u) + 1

|Φ(u)| + 1

≤ C9

Ω

(cid:17) 1 (cid:16)

.

=⇒ ||u||ρ ≤

C9(|Φ(u)| + 1)

Như vậy ta có

δ+1

(cid:90) (cid:17) (cid:16)

|

.

|Φ(u)|

ρ + |Φ(u)|

ρ + 1

G(x, y, u)dX| ≤ C8

Ω

(cid:3)

Bổ đề 2.2.3. [4]. Giả sử f thỏa mãn các điều kiện (T1), (T2), (T5), và g thỏa mãn điều kiện (G1), thì

δ+1

(A1) ∃C10 > 0 sao cho ∀u ∈ S2 1,0(Ω) ta có (cid:16)

(cid:17)

.

|Φ(u)|

ρ + |Φ(u)|

ρ + 1

|Φ(u) − Φ(−u)| ≤ C10

1,0(Ω), Φ(u) ≥ M

(A2) ∃M0, C11 > 0 thỏa mãn ∀M ≥ M0, Φ(u) ≥ M và u ∈ supp Ψ thì Φ(u) ≥ C11M. (A3) ∃δ > 0, ∃M > 0 đủ lớn thỏa mãn ∀u ∈ S2 thì ta có |T1(u)| ≤ δ, |T2(u)| ≤ 4ρ.

Chứng minh. Ta chứng minh điều kiện (A1), ta có

(cid:90) (cid:17)

dX.

Φ(u) =

|∇αu|2 − F (x, y, u) − Ψ (u)G(x, y, u)

Ω

u (cid:82)

(cid:16)1 2

f (x, y, u)dX và f (x, y, ζ) = −f (x, y, −ζ)∀ζ ∈

Từ F (x, y, u) = R. Theo điều kiện (T1) ta có F (x, y, u) = F (x, y, −u). (cid:90) (cid:90)

=⇒ |Φ(u)−Φ(−u)| =

Ψ (u)G(x, y, u)dX−

Ψ (−u)G(x, y, −u)dX

Ω

(cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)

(cid:90) (cid:90)

G(x, y, u)dX

G(x, y, −u)dX

Ω

(cid:12) (cid:12) ≤ |Ψ (u)| (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) + |Ψ (−u)| (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12).

δ+1

Ta xét 4 khả năng có thể xảy ra như sau: a) Trường hợp 1 : u, −u ∈ supp Ψ. Theo Bổ đề 2.1.2 ta có

ρ + |Φ(u)|

ρ + 1

(cid:17) (cid:16)

. (2.0.8)

|Φ(u)|

|G(x, y, u)| ≤ C8

(cid:90)

G(x, y, u)dX

|Φ(u) − Φ(u)| ≤ 2

Ω

Từ định nghĩa của ψ ta có 0 ≤ ψ(u) ≤ 1, do đó (cid:12) (cid:12) (cid:12). (2.0.9) (cid:12) (cid:12) (cid:12)

(cid:90)

G(x, y, u)dX

=⇒ |Φ(u)| ≤ |Φ(u)| + 2

Ω

(cid:12) (cid:12) (cid:12). (cid:12) (cid:12) (cid:12)

Kết hợp với (2.0.8) ta có

(cid:90) (cid:90) (cid:16)(cid:104) (cid:105) δ+1

G(x, y, u)dX

|Φ(u)| + 2

Ω

(cid:12) (cid:12) (cid:12) ≤ C8 (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)

(cid:90) (cid:105) 1 (cid:104) (cid:17)

.

G(x, y, u)dX

+

|Φ(u)| + 2

+ 1

(cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)

δ+1 ρ

1 ρ

δ+1

(cid:90) (cid:90) (cid:16) (cid:17)

.(2.0.10)

+

|Φ(u)|

ρ +|Φ(u)|

ρ+

+1

G(x, y, u)dX

≤ C12

Ω (cid:12) (cid:12) (cid:12)

Ω

δ+1

1 ρ thì kết hợp với

(cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)

ρ ≥ | (cid:82)

+ Nếu | (cid:82)

G(x, y, u)dX|

Ω

(2.0.10) ta có

δ+1 ρ

δ+1

1 ρ

(cid:90) (cid:90) (cid:16) (cid:17)

G(x, y, u)dX

|Φ(u)|

ρ +|Φ(u)|

+2C12

+C12.

Ω

δ+1 > 1. Theo bất đẳng thức Young

(cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) ≤ C12 (cid:12) (cid:12) (cid:12)

Vì 0 < δ < ρ − 1, nên ta có ρ ta có

δ+1 ρ

(cid:90) (cid:90)

≤

+

G(x, y, u)dX

2C12

(cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12). (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)

(2C12)ρ∗ ρ∗

δ + 1 ρ

Ω

Ω (cid:90)

δ+1

(cid:90) (cid:12) (cid:16) (cid:17) (cid:12)

G(x, y, u)dX

|Φ(u)|

ρ +|Φ(u)|

ρ+1

+

=⇒

(cid:12). (cid:12) (cid:12) (cid:12) ≤ C 12 (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)

δ + 1 ρ

Ω

Ω Vì δ+1

ρ < 1 nên ta suy ra

δ+1

(cid:90) (cid:16) (cid:17)

.

G(x, y, u)dX

|Φ(u)|

ρ + |Φ(u)|

ρ + 1

Ω

(cid:12) (cid:12) (cid:12) ≤ C10 (cid:12) (cid:12) (cid:12)

δ+1

1 ρ thì chứng minh

ρ > | (cid:82)

+ Nếu | (cid:82)

G(x, y, u)dX|

Ω

δ+1

(cid:90) (cid:90) (cid:12) (cid:16) (cid:17) (cid:12)

G(x, y, u)dX

|Φ(u)|

ρ +|Φ(u)|

ρ+1

G(x, y, u)dX|

+2C13

Ω

tương tự như trên ta có (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) ≤ C13 (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)

δ+1

(cid:90) (cid:16) (cid:17)

G(x, y, u)dX

|Φ(u)|

ρ + |Φ(u)|

ρ + 1

+

≤ C 13

(cid:12) (cid:12) (cid:12). (cid:12) (cid:12) (cid:12)

1 ρ

Ω

ρ < 1 nên suy ra

Vì 1

δ+1

(cid:90) (cid:16) (cid:17)

.

G(x, y, u)dX

|Φ(u)|

ρ + |Φ(u)|

ρ + 1

Ω

δ+1

(cid:12) (cid:12) (cid:12) ≤ C10 (cid:12) (cid:12) (cid:12)

(cid:82) Tương tự ta cũng có

G(x, y, u)dX

ρ +(cid:12)

ρ+

Ω

(cid:16)(cid:12) (cid:12)Φ(u)(cid:12) (cid:12) (cid:12)Φ(u)(cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) ≤ C10

(cid:90) (cid:90)

G(x, y, u)dX

(cid:12) (cid:12) (cid:12) =

1 Vậy (A1) được chứng minh. b) Trường hợp 2: u ∈ supp Ψ, −u /∈ supp Ψ. Khi đó ta có (cid:12) (cid:12) (cid:12)Φ(u)−Φ(−u)

Ω

(cid:12) (cid:12) (cid:12)Ψ (u) (cid:12) (cid:12) (cid:12) ≤ (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12).

Theo Bổ đề 2.1.2 ta có (cid:90)

G(x, y, u)dX

Ω

δ+1

(cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) ≤ |(ψ(u) + 1)| (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12). (cid:12) (cid:12) (cid:12)Φ(u) − Φ(−u)

(cid:16) (cid:17)

.

|Φ(u)|

ρ + |Φ(u)|

ρ + 1

Theo chứng minh trong trường hợp 1 ta cũng có (cid:12) (cid:12) (cid:12) ≤ C10 (cid:12) (cid:12) (cid:12)Φ(u) − Φ(−u)

(cid:90) (cid:90)

G(x, y, −u)dX

Ω

(cid:12) (cid:12) (cid:12). (cid:12) (cid:12) (cid:12) ≤ (cid:12) (cid:12) (cid:12) c) Trường hợp 3: u /∈ supp Ψ, −u ∈ supp Ψ. Khi đó ta có (cid:12) (cid:12) (cid:12)Φ(u)−Φ(−u) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) = |Ψ (−u)| (cid:12)

0 (cid:90)

Tương tự theo Bổ đề 2.1.2 ta có

G(x, y, −u) =

g(x, y, ζ)dζ ≤ |g1u| + |g2uδ+1|.

−u

δ+1

(cid:90) (cid:16) (cid:17)

.

=⇒

|Φ(−u)|

ρ + |Φ(−u)|

ρ + 1

G(x, y, −u)dX ≤ C8

Ω

(cid:82) Mặt khác ta có

G(x, y, −u)dX

Ω

(cid:12) (cid:12) (cid:12). (cid:12) (cid:12) (cid:12)Φ(−u) − Φ(−u) (cid:12) (cid:12) (cid:12) = (cid:12) (cid:12) (cid:12)

(cid:90)

G(x, y, −u)dX

=⇒

Ω

(cid:12) (cid:12) (cid:12). (cid:12) (cid:12) (cid:12)Φ(−u) (cid:12) (cid:12) (cid:12) ≤ Φ(u) + (cid:12) (cid:12) (cid:12)

δ+1

Tương tự trường hợp 1 ta cũng có

(cid:17) (cid:16)

.

|Φ(u)|

ρ + |Φ(u)|

ρ + 1

δ+1

(cid:12) (cid:12) (cid:12)Φ(u) − Φ(−u) (cid:12) (cid:12) (cid:12) ≤ C10

(cid:17) (cid:16)

.

|Φ(u)|

ρ + |Φ(u)|

ρ + 1

δ+1

d) Trường hợp 4: u, −u /∈ supp Ψ. Khi đó ta có (cid:12) (cid:12) (cid:12)Φ(u) − Φ(−u) (cid:12) (cid:12) (cid:12) = 0 ≤ C10

(cid:16) (cid:17)

, ∀u ∈ S2

|Φ(u)|

ρ +|Φ(u)|

ρ+1

1,0(Ω).

Vậy ta luôn có (cid:12) (cid:12) (cid:12)Φ(u)−Φ(−u) (cid:12) (cid:12) (cid:12) = 0 ≤ C10

Ta chứng minh điều kiện (A2), ta có

(cid:90)

(ϕ(u) − 1)G(x, y, u)dX.

Φ(u) − Φ(u) =

Ω

(cid:90)

G(x, y, u)dX

=⇒ Φ(u) ≥ Φ(u) −

Ω

(cid:12) (cid:12) (cid:12). (cid:12) (cid:12) (cid:12)

δ+1

Vì u ∈ supp Ψ, áp dụng Bổ đề 2.1.2 ta có

(cid:16) (cid:17)

.

|Φ(u)|

ρ + |Φ(u)|

ρ + 1

Φ(u) ≥ Φ(u) − C7

δ+1

1 ρ thì theo bất đẳng thức Young ta có

ρ > |Φ(u)|

δ+1

+ Nếu |Φ(u)|

1 ρ

ρ +|Φ(u)|

(cid:17) (cid:16)

|Φ(u)|

≤ 2C7|Φ(u)|

ρ ≤ C14+

|Φ(u)| ≤ C14+|Φ(u)|,

C7

δ + 1 ρ

ρ < 1.

do δ+1

=⇒ Φ(u) ≥ Φ(u) −

δ+1

2 > 0, với M > 2C 14 đủ lớn. 4 = C11M. 1 ρ thì chứng minh tương tự như trên ta

(cid:12) (cid:12) (cid:12)Φ(u) (cid:12) (cid:12) (cid:12) − C 14.

Vậy ta có Φ(u) − |Φ(u)| ≥ M =⇒ Φ(u) > 0 và Φ(u) ≥ M ρ < |Φ(u)| + Nếu |Φ(u)| cũng có Φ(u) ≥ C11M. Ta chứng minh điều kiện (A3). Nếu u /∈ supp Ψ thì T1(u) = T2(u) = 0. Hiển nhiên điều kiện (A3) đúng. Nếu u ∈ supp Ψ thì κ(u)−1 (cid:82)

|u|ρdX ≤ 2.

Ω

Theo định nghĩa của χ ta có −2 < χ(t) < 0, ∀t ∈ R. Từ (2.0.7.a) ta suy ra (cid:90) (cid:90)

|u|ρdX

G(x, y, u)dX

|T1(u)| ≤ 2

Ω

(cid:12) (cid:12)κ(u)−1 (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)κ(u)−2(2A)2|Φ(u)| (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)

(cid:82)

G(x, y, u)dX

Ω

(cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:90)

.

G(x, y, u)dX

≤ 4

(cid:12) (cid:12) (cid:12) ≤ 4 (cid:12) (cid:12) (cid:12)

|Φ(u)| Φ2(u) + 1

|Φ(u)|

δ+1

Ω Vì u ∈ supp Ψ, áp dụng Bổ đề 2.1.2 ta có (cid:104)

.

|Φ(u)|

ρ −1 + |Φ(u)|

ρ −1 + |Φ(u)|−1(cid:105)

|T1(u)| ≤ 4C7

δ+1

Theo điều kiện (A2) ta có ∀M ≥ M0 > 1, Φ(u) ≥ M thì Φ(u) ≥ C11M.

(cid:16)

M

.

ρ −1 + M

ρ −1 + M −1(cid:17)

=⇒ |T1(u)| ≤ 4C7

ρ , 1

ρ < 1, =⇒ T1(u) → 0 khi M → +∞. Tức là ∀δ >

(cid:3) Vì δ+1 0, ∃M > 0 đủ lớn sao cho khi Φ(u) ≥ M thì |T1(u)| < δ. Từ (2.0.7.b) hiển nhiên ta có |T1(u)| ≤ ρ.2.2 = 4ρ.

Bổ đề 2.2.4. [4]. Giả sử f thỏa mãn các điều kiện (T1), (T2), (T5), g thỏa mãn điều kiện (G1) và hằng số A đủ lớn, thì ∃M1 thỏa mãn ∀u ∈ S2 1,0(Ω) là điểm tới hạn của hàmΦ và Φ(u) ≥ M1 khi đó u là

(cid:48)

điểm tới hạn của hàmΦ và Φ(u) = Φ(u).

Chứng minh. Vì u là điểm tới hạn của hàmΦ nên Φ

(u) = 0

=⇒ Φ(u) = Φ(u) −

(cid:90) (cid:90)

Φ(u)u 2(1 + T1(u)) (cid:17)

f (x, y, u)u − F (x, y, u)

dX −

G(x, y, u)dX

=

Ω

(cid:16)1 2

(cid:90) (cid:90)

−

G(x, y, u)dX+

g(x, y, u)udX.(2.0.11).

ψ(u) + T1(u) 2(1 + T1(u))

Ω T2(u) 2(1 + T1(u))

Ω

(cid:90) (cid:90) Với M1 đủ lớn thì theo điều kiện (A3) của Bổ đề 2.1.3 ta có |T1(u)| đủ nhỏ và |T2(u)| bị chặn (cid:90) (cid:12) (cid:12)

g(x, y, u)udX

G(x, y, u)dX

=⇒ Φ(u) ≥

ˆF (x, y, u)dX−C15

Ω

(cid:12). (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)−C16 (cid:12) (cid:12) (cid:12)

Tương tự trong chứng minh Bổ đề 2.1.1 ta có

(cid:90) (cid:17) p4−1 (cid:16) (cid:90)

|u|

(δ+1)p4 p4−1 dX

Φ(u) ≥ C2

|u|ρdX − C 15

p4 − C 16.

Ω

Áp dụng bất đẳng thức Young như trong chứng minh Bổ đề 2.1.1

ta thu được (cid:90)

|u|ρdX ≤ (cid:101)C(Φ2(u) + 1) 1 2.

Ω

Vậy với hằng số A đủ lớn thì κ(u)−1 (cid:82)

|u|ρdX ≤ 1 =⇒ ψ(u) = 1.

Ω

Do đó ta có Φ(u) = Φ(u) và Φ(cid:48)(u) = Φ(cid:48)(u) =⇒ u là điểm tới hạn (cid:3) của hàmΦ.

Định nghĩa 2.2.1. [1]. Cho V là không gian Banach thực với không gian đối ngẫu là V ∗ và Φ ∈ C 1(V, R). Cho c ∈ R, Φ được gọi là thỏa mãn điều kiện (C)c nếu ∀{un}∞ n=1 ⊂ V mà limn→+∞ Φ(un) = c và limn→+∞(1+||un||V )||Φ(cid:48)(un)||V ∗ = 0 thì tồn tại dãy con của {un}n hội tụ mạnh trong V.

Bổ đề 2.2.5. [4].Giả sử f thỏa mãn các điều kiện từ (T1) đến (T5), g 1,0(Ω), R) và tồn tại hằng số thỏa mãn điều kiện (G1) thì Φ ∈ C 1(S2 M2 > 0 sao cho Φ thỏa mãn điều kiện (C)c, ∀c > M2.

(cid:82) Chứng minh. Vì u ∈ S2

|∇αu|2dX ∈ C 1(S2

1,0(Ω) =⇒ 1

Ω

F (x, y, u)dX ∈ C 1(S2

Ω

1,0(Ω), R). f thỏa mãn các điều kiện (T1), (T5) nên theo Mệnh đề 3.2 trong [3] ta có (cid:82) Tương tự ta có (cid:82)

1,0(Ω), R). G(x, y, u)dX ∈ C 1(S2

1,0(Ω), R).

Ω

χ ∈ C ∞(R, R) =⇒ ψ ∈ C 1(S2

1,0(Ω), R).

=⇒ Φ ∈ C 1(S2

1,0(Ω), R).

1,0(Ω) là một dãy thỏa mãn điều kiện (C)c tức là

Chọn số M0 như trong Bổ đề 2.1.3 và lấy M2 ≥ M0, c > M2. Gọi {un}n ⊂ S2

(cid:16) (cid:17)

||Φ(cid:48)(un)||(S2

1,0(Ω)

1,0(Ω))∗ = 0.

lim n→+∞

Φ(un) = c và lim n→+∞

1 + ||un||S2 =⇒ Φ(cid:48)(un) → 0 khi n → +∞.

(cid:17) 1 (cid:17) 1 Theo Mệnh đề 4 trong [6] thì ta có (cid:16) (cid:90) (cid:16) (cid:90)

≤ C

, ∀u ∈ S2

|u|pdX

|∇αu|2dX

1,0(Ω), 1 ≤ p ≤ 2∗ α.

Ω

(cid:17) 1 tương đương

=⇒ trong S2

|∇αu|2dX

1,0(Ω) chuẩn |||u||| =

(cid:16) (cid:82) Ω

(cid:17) 1 (cid:16)

. (2.0.12)

||u||L2(Ω) + ||∇α||L2(Ω)

với chuẩn ||u||S2

1,0(Ω) = (cid:104)

(cid:90)

=⇒ lim

F (x, y, um)dX

||u||2 1,0(Ω) − 2 S2

m→+∞

Ω (cid:105)

(cid:90)

−2

= 2c.

(2.0.13)

ψ(um)G(x, y, um)dX

Ω

1,0(Ω).

Ta sẽ chứng minh {un}n bị chặn trong S2 Thật vậy, bằng phản chứng chứng ta có thể giả sử tồn tại dãy con của {un}n, để đơn giản ta ký hiệu là {um}m ⊂ {un}n thỏa mãn

||um||S2

1,0(Ω) ≥ 1,

1,0(Ω) = +∞.

lim m→+∞

Ta đặt um =

=⇒ ||um||S2

1,0(Ω) = 1 và theo (2.0.12) ta có

um ||um||S2

1,0(Ω) ||um||Lυ(Ω) ≤ τυ||um||S2

1,0(Ω) ≤ τυ, ∀2 ≤ υ ≤ 2∗ α.

Do đó {um}m sẽ có một dãy con, để cho đơn giản ta vẫn ký hiệu là {um}m thỏa mãn hội tụ yếu về ω trong S2 1,0(Ω) và hội tụ mạnh về ω trong Lυ(Ω), ∀2 ≤ υ ≤ 2∗ α. Với 0 ≤ a < b ta đặt

Ωm(a, b) = {(x, y) ∈ Ω | a ≤ |um(x, y)| < b}.

Vì Φ(um) → c và Φ(cid:48)(um)um → 0 khi m → +∞ nên với m đủ lớn ta có

(cid:90)

≥

ˆF (x, y, um)dX

c + 1 > Φ(um) −

Φ(cid:48)(um)um 2(1 + T1(um))

Ω (cid:90)

(cid:90)

G(x, y, um)dX

g(x, y, um)umdX

−C16

Ω

(cid:12) (cid:12) (cid:12). (cid:12) (cid:12) (cid:12) − C15 (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)

(Theo (2.0.11) và Φ(um) ≥ M nên |T1(um)| đủ nhỏ và |T2(um)| bị chặn). Tương tự như chứng minh của Bổ đề 2.1.1 ta có

(cid:90) (cid:16) (cid:90) (cid:17) p4−1

|u|

(δ+1)p4 p4−1 dX

p4 + C17.

|C15

G(x, y, um)dX| ≤ C 15

Ω

(cid:90) (cid:17) p4−1 (cid:16) (cid:90)

|u|

(δ+1)p4 p4−1 dX

|C16

g(x, y, um)umdX| ≤ C 16

p4 + C 17.

Ω

Mà

(cid:17) p4−1 (cid:17) δ+1 (cid:16) (cid:90) (cid:16) (cid:90)

|u|

(δ+1)p4 p4−1 dX

|u|ρdX

(C 15 + C 16)

p4 ≤ C18 +

Ω

(cid:90) (cid:90)

|u|pdX ≤

ˆF (x, y, um)dX + C 18.

≤ C 17 +

δ + 1 ρ

1 2

Ω

Ω (Theo điều kiện (T5)).

(cid:90)

≥

=⇒ c+1 > Φ(um)−

ˆF (x, y, um)dX−C 18.(2.0.14)

1 2

Φ(cid:48)(um)um 2(1 + T1(um))

Ω ψ(um)G(x, y, um)dX = 0.

Ω

+ Nếu um /∈ supp Ψ thì (cid:82)

+ Nếu um ∈ supp Ψ thì theo Bổ đề 2.1.2 ta có

δ+1

(cid:90) (cid:16) (cid:17)

.

ρ + 1

ψ(um)G(x, y, um)dX

|Φ(um)|

ρ + |Φ(un)|

Ω

(cid:12) (cid:12) (cid:12) ≤ C8 (cid:12) (cid:12) (cid:12)

(cid:90) (cid:16) (cid:17)

cδ+1 + c

=⇒ lim

ρ + 1

< +∞.

G(x, y, um)dX

m→+∞

Ω

(cid:12) (cid:12) (cid:12) ≤ C8 (cid:12) (cid:12) (cid:12)

(cid:82) Vậy ∃C19 > 0 sao cho

G(x, y, um)dX

2C19, ∀m đủ lớn.

Ω

(cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) ≤ 1 (cid:12)

Ω

(cid:82) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) ≤ C19, ∀m đủ lớn.

dX → 0 khi m → +∞.

ψ(um)G(x, y, um)dX Hay Do đó theo (2.0.13) ta có 1 − (cid:82)

F (x,y,um) ||um||2 S2 1,0(Ω) dX = 1.

Ω F (x,y,um) ||um||2 S2 1,0(Ω)

α. Vậy

u (cid:82)

(cid:82) Hay ta có limm→+∞

f (x, y, ξ)dξ ta có

Ω Ta xét hai trường hợp: a) Nếu ω = 0 =⇒ um → 0 trong Lυ(Ω), ∀2 ≤ υ ≤ 2∗ um → 0 khi m → +∞ h. k. n trong Ω. Từ (T2) và F (x, y, u) =

.

≤ f1(x, y)

+ f2(x, y)

F (x, y, um) ||um||2 S2 1,0(Ω)

|um| ||um||2 S2 1,0(Ω)

|um|p ||um||2 S2 1,0(Ω)

Với số r0 trong điều kiện (T4) ta có ∀0 ≤ |um| < r0 thì

(vì 2 ≤ p ≤ 2∗

|um|p = |um|2rp−2

α).

(cid:90) (cid:90)

dX

=⇒

|f1(x, y)|

(cid:12) (cid:12) (cid:12) ≤

F (x, y, um) ||um||2 S2 1,0(Ω)

|um| ||um||2 S2 1,0(Ω)

(cid:12) (cid:12) (cid:12) Ωm(0,r0)

(cid:90)

.

|f2(x, y)||um|2dX ≤

+ C20

||f1||Lp1(Ω)||um|| L

p1 p1−1 (Ω)

Ω 1 ||um||2 S2 1,0(Ω)

Ω

→ 0 khi m → +∞ và

Ta có C20 ||f2||Lp2(Ω)||um|| L

≤

2 ≤

> 1.

≤ 2∗ α,

2p2 p2 − 1

p1 p1 − 1

p2 p2−1 (Ω) pp2 p2 − 1

Theo điều kiện (T3) ta có (cid:90)

dX = 0.

lim m→+∞

F (x, y, um) ||um||2 S2 1,0(Ω)

Ωm(0,r0)

α]. Ta có

q−1, q > Nα

Đặt q(cid:48) = q

(cid:90) (cid:90)

dX

(cid:12) (cid:12) (cid:12) = (cid:12) (cid:12) (cid:12)

F (x, y, um)|ωm|2 |um|2

F (x, y, um) ||um||2 S2 1,0(Ω)

2 trong T4 =⇒ 2q(cid:48) ∈ [2, 2∗ (cid:12) (cid:12) (cid:12) Ωm(r0,+∞)

(cid:12) (cid:12) (cid:12) Ωm(r0,+∞)

(cid:48)

q (cid:16)

(cid:90) (cid:90) (cid:17) 1 (cid:16) (cid:17) 1

≤

dX

|ωm|2q

(cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)

F (x, y, um) |um|2

Ωm(r0,+∞) (cid:90)

(cid:48)

q (cid:16)

(cid:16) (cid:17) 1 (cid:17) 1

≤

dX

C21

|ωm|2q

ˆF (x, y, um)dX

(theo(T4))

Ωm(r0,+∞)

(cid:48)

Ωm(r0,+∞) (cid:17) 1

(cid:90) (cid:16)

≤

(theo (2.0.14))

dX

C21

|ωm|2q

Ωm(r0,+∞)

(cid:48)

≤ ||ωm||L2q

(cid:90)

dX = 0

=⇒ lim

m→+∞

(Ω) → 0 khi m → +∞ vì 2 ≤ 2q(cid:48) ≤ 2∗ α. 2F (x, y, um) ||um||2 S2 1,0(Ω)

Ωm(0,r0)

là điều mâu thuẫn. b) Nếu ω (cid:54)= 0 =⇒ A = {(x, y) ∈ Ω | ω(x, y) (cid:54)= 0} phải có độ đo dương.

=⇒ lim

||um||2 1,0(Ω)|ω(x, y)| = +∞h. k. n trong A . S2

m→+∞

um(x, y) = lim m→+∞

Mặt khác ta có

(cid:90) (cid:90)

= lim

dX

m→+∞

dX ≥ lim inf m→+∞

1 2

F (x, y, um) ||um||2 S2 1,0(Ω)

Ω

(cid:90)

≥

|ωm|2dX (theo Bổ đề Fatou)

lim inf m→+∞

F (x, y, um) |um|2

1,0(Ω).

= +∞ (theo điều kiện (T3)) là điều mâu thuẫn. Vậy {un}n bị chặn trong S2 Do đó tồn tại dãy con của {un} để đơn giản ta vẫn ký hiệu là {um} thỏa mãn hội tụ yếu đến u trong S2 1,0(Ω) và hội tụ mạnh đến u trong Lυ(Ω) khi m → +∞, với (1 ≤ υ ≤ 2∗ α). Hay um → u h.k.n trong Ω khi m → +∞. Theo (T2) ta có (cid:90)

(cid:90)

f (x, y, un)(um − u)dX

|f1(x, y)||um − u|dX

Ω

(cid:12) (cid:12) (cid:12) ≤ (cid:12) (cid:12) (cid:12)

(cid:90)

+

|f2(x, y)||um − u||um|p−1dX

Ω

||um||p−1

+||f2||Lp2(Ω)||um−u|| L

≤ ||f1||Lp1(Ω)||um−u|| L

p1 p1−1 (Ω)

pp2 p2−1 (Ω)

→ 0 khi m → +∞. Vì um → u h.k.n trong Ω khi m → +∞

(cid:90)

(2.0.15)

=⇒ lim

f (x, y, u)(um − u)dX = 0.

m→+∞

Ω

(cid:17) (cid:16) (cid:82) Tương tự ta có limm→+∞

g(x, y, u)−g(x, y, um)

(um−u)dX =

Ω

0. (2.0.16) Vậy Φ(cid:48)(um) → 0 trong (S2

1,0(Ω))∗ và um hội tụ yếu đến

1,0(Ω) khi m → +∞ nên theo điều kiện (A3) của Bổ đề

u trong S2 2.1.3 ta có

(1+T1(u))Φ(cid:48)(um)(um−u)−(1+T1(um))Φ(cid:48)(u)(um−u) = 0.

lim m→+∞

(cid:16) (cid:17)

=⇒ lim

(um −u) = 0.

(1+T1(u))Φ(cid:48)(um)−(1+T1(um))Φ(cid:48)(u)

m→+∞

Mặt khác ta có (cid:16) (cid:17)

(um − u)

(1 + T1(u))Φ(cid:48)(um) − (1 + T1(um))Φ(cid:48)(u)

(cid:90)

= (1 + T1(u))(1 + T1(um))

|∇αum − ∇αu|2dX

Ω

(cid:90) (cid:17) (cid:16)

−

f (x, y, u) − f (x, y, um)

(um − u)dX

Ω

(cid:90)

−(1 + T1(um))(ψ(um) + T1(um))

g(x, y, um)(u − um)dX

Ω

(cid:90)

g(x, y, u)(u − um)dX

+(1 + T1(u))(ψ(u) + T1(u))

Ω

(cid:90)

−(1 + T1(u))T3(um))

|u|ρ−1(um − un)dX

Ω (cid:90)

+(1 + T1(um))T3(u))

|u|ρ−1(um − u)dX.

Ω

(cid:17)

κ(u)−1) (cid:82)

|u|ρdX

κ(u)−1) (cid:82)

G(x, y, u)dX.

Ω

Trong đó T3(u) = ρχ(cid:48)(cid:16) Kết hợp với (2.0.15) và (2.0.16) ta có

(cid:90)

|∇αum − ∇αu|2dX = 0

lim m→+∞

Ω

1,0(Ω) khi m → +∞.

(cid:3) Vậy {um} hội tụ mạnh đến u trong S2

Bổ đề 2.2.6. [4].Giả sử f thỏa mãn các điều kiện (T2), (T3), g thỏa mãn điều kiện (G1) thì mọi không gian con hữu hạn chiều ˆX của 1,0(Ω) tồn tại R > 0 chỉ phụ thuộc vào ˆX thỏa mãn S2

Φ(u) ≤ 0, ∀u ∈ ˆX, ||u||S2

1,0(Ω) ≥ R.

um ||um||S2

1,0(Ω)

1,0(Ω) = 1. Vậy tồn tại dãy con của {ωm} để đơn giản ta vẫn ký hiệu là {ωm} thỏa mãn dãy hội tụ yếu đến ω trong S2 1,0(Ω) và hội tụ mạnh đến ω trong Lυ(Ω), ∀2 ≤ υ ≤ 2∗ α. Do đó ωm → ω h.k.n trong Ω khi m → +∞. Vì ˆX hữu hạn chiều nên suy ra ωm → ω mạnh trong ˆX khi m → +∞. Ta có

Chứng minh. Giả sử phản chứng ∃{um} ⊂ ˆX, limm→+∞ ||um|| = +∞ sao cho ∃M > 0 thỏa mãn Φ(um) ≥ −M, ∀m. =⇒ ||υm||S2 Đặt υm =

Φ(um)

ω2

≤ lim

= lim

0 = lim

m = −∞.

m→+∞

Φ(um) um 2

−M ||um||2 S2 1,0(Ω)

||um||2 S2 1,0(Ω)

Theo Bổ đề 2.1.5, trường hợp ω (cid:54)= 0 ta có

(cid:90)

ω2

mdX = +∞.

lim m→+∞

lim inf m→+∞

F (x, y, um) um

Ω

Điều này mâu thuẫn nên ta có Φ(u) ≤ 0, ∀u ∈ ˆX, ||u||S2 1,0(Ω) > R nào đó mà R chỉ phụ thuộc vào ˆX. (cid:3) Gọi ei là các vectơ riêng ứng với giá trị riêng λi thỏa mãn

(Ω) = 1∀i.

||ei||S2

1,0

1,0(Ω) là

1,0(Ω), ∀k > 0. Vì S2 là phần bù trực giao đầy đủ của Vk.

Đặt Vk = span(e1, e2, ..., en) ⊂ S2 không gian Hilbert nên ∃V ⊥ k

1,0(Ω) ≥ rk.

1,0(Ω)} | |x| ≤ rk},

1,0(Ω)) | h là hàm lẻ và h(u) = u, ∀||u||S2

1,0(Ω) =

1,0(Ω) ≤

1,0(Ω)) | H|Wk ∈ Γk}, trong đó H(u) = u nếu

1,0(Ω) = rk+1 hoặc u ∈ (Brk+1\Brk) ∩ Vk.

Theo bổ đề (2.2.6) ta chọn được {rk}k là dãy tăng thỏa mãn điều kiện Φ(u) ≤ 0, ∀u ∈ Vk và ||u||S2 Đặt Brk = {x ∈ S2 Wk = Brk ∩ Vk, Γk = {h ∈ (Wk, S2 rk}. Uk = {u ∈ tek+1 + ω | t ∈ [0, rt+1], ω ∈ Bk+1 ∩ Vk, ||u||S2 rk+1}. Λk = {H ∈ C(Uk, S2 ||u||S2

Bổ đề 2.2.7. [ 5] Cho ρ > 0, ∀k ∈ N, ρ < rk, h ∈ Γk ta có

h(Wk) ∩ ∂Bρ ∩ V ⊥

k−1 (cid:54)= ∅.

1,0(Ω) | ||u||S2

1,0(Ω) = ρ}.

Trong đó ∂Bρ = {u ∈ S2

Bổ đề này được Rabirowitz chứng minh trong [5]. ( Bổ đề 1.44

trong [5]) Tiếp theo ta đặt

Φ(H)(u)

max u∈Uk

Φ(h)(u)

γk = inf H∈Λk βk = inf h∈Γk

2pp2

Nα(pp2˘2p2+2) −1.

max u∈Wk Bổ đề 2.2.8. [4]. Giả sử f thỏa mãn (T2) và g thỏa mãn (G1). Khi đó tồn tại hằng số C20 > 0 và k0 ∈ N sao cho ∀k ≥ k0 thì βk ≥ C20k

F (x, y, u)dX

(cid:12) (cid:12) (cid:12) ≤ ||f1||Lp1(Ω)||u|| Chứng minh. Không mất tính tổng quát ta giả sử p3 ≤ p1, p4 ≤ p2. Nếu cần thiết ta có thể đổi vai trò của F (x, y, u) và G(x, y, u). Từ điều kiện (T2) ta có (cid:90) (cid:12) (cid:12) (cid:12)

+||f2||Lp2(Ω)||u|| L

p1 p1−1 (Ω)

p2 p2−1 (Ω)

Ω

p2(p−1)+1 =⇒ 1

p1−1 ≥ p2−1

p2(p−1)+1 =⇒ 1

p1−1 ≤ p2(p−1)+1

p2−1

Vì p1 ≥ pp2

.

=⇒

= 1 +

≤ 1 +

=

p1 p1 − 1

1 p1 − 1

p2(p − 1) + 1 p2 − 1

pp2 p2 − 1

Mà Ω là miền bị chặn nên suy ra

(Ω).

p1 p1−1

(Ω) ≤ C22||u|| L

||u|| L Mặt khác ta lại có pp2

p2−1 ≤ pp2

(Ω).

p2 p2−1

pp2 p2−1

(Ω).

p2 p2−1

pp2 p2−1

pp2 p2−1 p2−1 vì p2 ∈ [2, 2∗ α] (Ω) ≤ C 22||u|| L (Ω) ≤ C 22||u|| L

(cid:90) (cid:90)

|u|

F (x, y, u)dX

(Ω) ≤

=⇒

pp2 p2−1dX+C24.

=⇒ ||u|| L =⇒ ||u|| L (cid:12) (cid:12) (cid:12) ≤ C23||u||

pp2 p2−1

(cid:12) (cid:12) (cid:12)

p2 − 1 pp2

Ω

Tương tự với

F (x, y, u)dX

Ω

(Theo bất đẳng thức Young). (cid:12) (cid:82) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) ta có

(cid:90) (cid:90)

|u|

Φ(u) ≥

|∇αu|2dX − C25

pp2 p2−1dX − C26

1 2

Ω

2 (cid:16) (cid:90)

p2−1 −r

Ta lại có (cid:90) (cid:90) (cid:17) pp2 (cid:17) r (cid:16) (cid:90)

|u|2∗

|u|

|u|r|u|

αdX

pp2 p2−1dX =

pp2 p2−1 −r dX ≤

|u|2dX

Ω

(r thỏa mãn r

= 1)

2 +

pp2 p2−1 −r 2∗ α

pγ

.

= ||u||γ

L2(Ω)||u||

p2−1 −r 2∗ α

α(Ω) đã được chứng

1,0(Ω) vào L2∗

Φ(u) ≥ −

||u||S2

L2(Ω)||u||

1,0(Ω) − C27||u||γ

pp2 p2−1 −r 1,0(Ω) − C28. S2

Sử dụng bất đẳng thức nhúng từ S2 minh ở Mệnh đề 4 trong [6] ta có 1 2

Kết hợp với Bổ đề 1.44 trong [5] và tương tự Định lý 1.3 trong [2] ta (cid:3) có điều phải chứng minh.

2.3 Định lý

k , Brk, Wk, Γk, Uk và Λk đã được định nghĩa

k−1 (cid:54)= 0. (Bổ đề 1.44 trong [5])

Theo định nghĩa của Φ thì u ∈ S2 1,0(Ω) là nghiệm yếu của bài toán (2.1) khi và chỉ khi u là điểm tới hạn của hàmΦ. Theo Bổ đề 2.1.4 thì nếu u là điểm tới hạn của hàmΦ và giá trị của Φ(u) đủ lớn thì u là điểm tới hạn của hàmΦ. Như vậy Định lý 2.2.1 sẽ được chứng minh nếu ta chỉ ra được Φ có một dãy điểm dừng không bị chặn. Ta có các tập hợp Vk, V ⊥ ở cuối chương 1 của luận văn. Rabirowitz đã chứng minh được ∀ρ > 0, ∀k ∈ R, ρ < rk và h ∈ Γk ta có h(Wk) ∩ ∂Bk ∩ V ⊥ Với các số γk, βk được định nghĩa ở cuối chương 1 của luận văn ta sẽ chứng minh limk→+∞ βk = +∞.

Ta định nghĩa phiếm hàm Euler - Lagrange của bài toán (2.1)như

1,0(Ω) → R

(cid:90) (cid:90)

F (x, y, u)dxdy−

G(x, y, u)dxdy.

Φ(u) =

Φ : S2 (cid:90) |∇αu|2dxdy−

1 2

Ω

u (cid:82)

f (x, y, ξ)dξ; G(x, y, u) =

g(x, y, ξ)dξ.

Trong đó F (x, y, u) =

Như vậy hàm u ∈ S2 1,0(Ω) là nghiệm yếu của bài toán (2.1)khi và chỉ khi nó là điểm tới hạn của hàmphiếm hàm Euler - Lagrange [4].

Chứng minh. Giả sử γk > βk ≥ M2. Đặt δ ∈ (0, γk − δk) và

Λk(δ) = {H ∈ Λk

| Φ(H) ≤ βk + δ trên Wk}

Φ(H(u)).

γk(δ) = inf

max u∈Uk

H∈Λk(δ)

Tương tự Bổ đề 1.57 trong [5] chúng ta chứng minh được γk(δ) là điểm tới hạn của hàmΦ (Bổ đề 3.9 trong [4]). Do đó Định lý 2.2.1 sẽ được chứng minh nếu ta chỉ ra rằng tồn tại một dãy con của γk sao cho γk > βk tương ứng. Bây giờ chúng ta sẽ chứng minh điều này. Giả sử phản chứng rằng γk = βk, ∀k ≥ k1. ∀ε > 0, chọn H ∈ Λk thỏa mãn maxu∈Uk Φ(H(u)) ≤ βk + ε. Đặt

nếu u ∈ Uk,

(cid:40) ˆH(u) = H(u) ˆH(u) = −H(−u) nếu − u ∈ Uk.

k (cid:88)

Ta lại có Wk+1 = BRk+1 ∩ Vk+1 = Uk ∪ U(−k). Thật vậy, nếu u ∈ BRk+1 ∩ Vk+1 =⇒ u ∈ Vk+1, u ∈ BRk+1.

=⇒ u = ak+1ek+1 +

aiei, ai ∈ R, ∀i = 1, k + 1.

i=1

1,0(Ω) =⇒ |ak + 1| < rk+1.

Vậy ta có |ak + 1| ≤ ||u||S2 Mặt khác ta lại có

(cid:88)

w =

aiei ∈ Vk và ||w||S2

1,0(Ω) ≤ ||u||S2

1,0(Ω) < rk+1.

=⇒ w ∈ BRk+1 ∩ Vk =⇒ u = ak+1ek+1 + w với |ak+1| < rk+1.

Vậy u ∈ Uk ∪ U−k =⇒ Wk+1 ⊂ Uk ∪ U−k. Tiếp theo nếu

u ∈ Uk ∪ U−k =⇒ u = tei+1 + w trong đó |t| < rk+1.

1,0(Ω) < rk+1 =⇒ u ∈ BRk+1 =⇒ u ∈ Vk+1.

1,0(Ω). Do H|BRk+1∩Vk là lẻ và khả vi

Vì ||u||S2 Hay u ∈ BRk+1 ∩ Vk+1 = Wk+1. Do đó ˆH sẽ đi từ Wk+1 vào S2 liên tục nên ˆH lẻ và khả vi liên tục, =⇒ ˆH ∈ Γk+1. Ta lại có

Φ( ˆH(u))}

Φ( ˆH(u)) = max{max u∈Uk

βk+1 ≤ max u∈Wk+1

Φ( ˆH(u)); max u∈U(−k)

Mà

(Do ta chọn H)

Φ(H(u)) ≤ βk + ε.

max u∈Uk

Φ(−H(−u)).

Φ( ˆH(u)) = max u∈Uk Φ( ˆH(u)) = max u∈U(−k)

max u∈U(−k)

δ+1

Vì u ∈ U(−k) =⇒ −u ∈ Uk =⇒ Φ(H(−u)) ≤ βk + ε. Theo (A1) của Bổ đề 2.1.3 ta có

(cid:16) (cid:17)

|Φ(H(−u))|

ρ +|Φ(H(−u))|

ρ+1

Φ(−H(−u)) ≤ Φ(H(−u))+C10

δ+1

ρ + 1

(cid:16) (cid:17)

≤ βk + ε + C10

ρ + |βk + ε|

δ+1

(cid:17)

|βk + ε| (cid:16)

.

ρ + 1

ρ + |βk + ε|

=⇒ βk+1 ≤ βk + ε + C10

|βk + ε|

δ+1 ρ

(cid:16) (cid:17)

β

ρ + 1

k + βk

δ+1

Cho ε → 0 ta có βk+1 ≤ βk + C10

−1(cid:1)(cid:17)

ρ −1 + βk

(cid:16)

≤ βk

1 + C10

(cid:0)βk

, ∀k ≥ k1.

δ+1

Quy nạp theo các bước trên ta có

k1+l−1 (cid:89)

−1(cid:1)(cid:17)

ρ −1 + βk

(cid:16)

1 + (cid:0)C10βk

βk1+l ≤ βk1

k=k1

δ+1 ρ −1

−1(cid:1)(cid:17)

(cid:16) k1+l−1 (cid:88) (cid:0)β

.

+ β

C10

≤ βk1 exp

1 ρ −1 k + βk

k=k1

ρ < 1 ta có

ρ −1

2pp2

Theo Bổ đề 2.1.8 và δ+1

ρ < 1, 1 (cid:16) k1+l−1 (cid:88)

Nα(pp2−2p2+2) −1(cid:17) δ+1

(cid:16)

+ ...

k1

βk1+l ≤ βk1 exp

k=k1

ρ −1

2pp2

Nα(pp2−2p2+2) −1(cid:17) 1

Nα(pp2−2p2+2) −1(cid:17)−1

(cid:16) (cid:16)

.

+

k1

Theo giả thiết của Định lý ta có

(cid:16)

− 1

− 1(cid:1) < −1

2pp2 Nα(pp2 − 2p2 + 2) (cid:16)

− 1

− 1(cid:1) < −1

(cid:17)(cid:0)δ + 1 ρ (cid:17)(cid:0)1 ρ

(cid:17)(cid:0) − 1(cid:1) < −1.

− 1

(cid:17)

+

+ ... +

=⇒ βk1+l ≤ βk1 exp C

≤ βk1e2c < +∞

2pp2 Nα(pp2 − 2p2 + 1) 2pp2 (cid:16) Nα(pp2 − 2p2 + 1) 1 k2

(cid:16) 1 k1

1 kl

(cid:3) khi l → +∞ là điều mâu thuẫn.

2.4 Ví dụ

∂x2 + |x|2 ∂2u ∂y2 .

α = 6.

Ví dụ 2.4.1. Xét bài toán (2.1)với α = 1. Khi đó G1(u) = ∂2u Trong đó Ω ⊂ R × R là miền bị chặn và có biên trơn =⇒ Nα = 3; 2∗

f (x, y, ξ) = 2lnh(x, y)ξ(cid:2)ln(1 + |ξ| 1

3) +

(cid:3) (2.0.1)

|ξ| 1 δ(1 + |ξ| 1 3)

với h ∈ C(Ω) thỏa mãn inf(x,y)∈Ω h(x, y) > 0. g là ánh xạ bất kỳ thỏa mãn điều kiện (G1). Khi đó dễ thấy f là

3) +

ánh xạ Carathéodory và thỏa mãn (T1). Từ (2.0.1) ta có

3)(ξ| 1

3) = 2|ξ| 4 3.

(cid:1) ≤ |ξ|(ξ| 1

|ξ|(cid:0)ln(1 + |ξ| 1

|ξ| 1 δ(1 + |ξ| 1 3)

=⇒ |f (x, y, ξ)| < h(x, y) + 4h(x, y)|ξ| 4

3, ∀(x, y, ξ) ∈ Ω × R.

3, p1 = 3, p2 = 2.

Ta suy ra f thỏa mãn điều kiện (T2) với p = 7

(cid:90)

F (x, y, ξ) =

f (x, y, ϕ)dϕ (ξ > 0)

(cid:90) (cid:90) (cid:16) (cid:17)

dϕ

3)dϕ +

= 2h(x, y)

ϕln(1 + ϕ 1

ϕ 4 δ(1 + ϕ 1 3)

= h(x, y)ln(1 + ξ 1

0 3)ξ2

2h(x, y)ln(1 + ξ 1

3) = +∞.

=⇒ lim ξ→+∞

= lim ξ→+∞

F (x, y, ξ) ξ2

Chứng minh tương tự ta có kết quả như trên trong trường hợp

ξ < 0.

Vậy f thỏa mãn điều kiện (T3).

ˆF (x, y, ξ) =

ξf (x, y, ξ) − F (x, y, ξ)

1 2

(cid:105)

= h(x, y)|ξ|2(cid:104)

ln(1 + |ξ| 1

3) +

− h(x, y)ξ2ln(1 + |ξ| 1 3)

|ξ| 1 δ(1 + |ξ| 1 3)

≤ 6|ξ|4 ˆF (x, y, z), ∀|ξ| ≥ 1.

= h(x, y)

|ξ| 7 δ(1 + |ξ| 1 3)

Vậy f thỏa mãn điều kiện (T4).

ˆF (x, y, ξ) − inf

h(x, y)|ξ|2 ≥

h(x, y)(|ξ|2 − 1)

inf Ω

(x,y)∈Ω

1 6

=⇒ ˆF (x, y, ξ) ≥ 2

(|ξ|2 − 1), ∀(x, y, ξ) ∈ Ω × R.

1 6

Vậy f thỏa mãn điều kiện (T5). Tóm lại f thỏa mãn các điều kiện từ (T1) đến (T5) và g thỏa mãn điều kiện (G1) nên theo Định lý 2.0.1 thì bài toán (2.1)có dãy nghiệm không bị chặn.

Tài liệu tham khảo

[A] Tài liệu tiếng Việt

[1] Đặng Anh Tuấn. Giáo trình lý thuyết hàm suy rộng và không gian Sobolev. Nhà xuất bản đại học quốc gia Hà Nội, 2016.

[B] Tài liệu tiếng Anh

[2] N. M. Tri, One the Grushinequation. Mat Zametki. 1998; 63(1): 95-105. Translation in Math Notes 1998; 63(1-2): 84-93. Russian.

[3] C. Hua, L. Peng, Lower bounds of Dirichlet eigenvalues for some degenerate ellptic operators. Calc Var Partial Differential Equa- tions. 2015; 54(3): 2831-2852.

[4] D. T. Luyen, N. M. Tri, On the existence of multiple solutions to boundary value problems for semilinear elliptic degenerate operators. Complex Var Elliptic Equ. 2019, 64(6), 1050-1066.

[5] D.T. Luyen, N. M. Tri, Infinitely many solutions

for a involving class of perturbed degenerate elliptic equations the Grushin operator. Complex Variables Equations. 2020; https://doi.org/10.1080/17476933.20201730824.

[6] R. H. Rabinowitz, Multiple critical point of perturbed symmetric functionals, Trans Amer Math Soc. 1982; 272(2): 753-769.

[7] V. V. Grushin, A certain class of elliptic pseudo differential op- erators that are degenerated on a submanifold, Mat. Sb, (1971), vol. 84 (126), 163-195.

[8] P. T. Thuy, N. M. Tri, Nontrivial solutions to boundary value problems for semilinear strongly degenerate elliptic differential equations. NoDEA Nonlinear Differential Equations Appl. 2012; 19(3): 279-298.