Luận văn Thạc sĩ Toán học: Một số kết quả về bài toán cực trị

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP. HỒ CHÍ MINH

Nguyễn Thanh Phong

MỘT SỐ KẾT QUẢ VỀ BÀI TOÁN CỰC TRỊ

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Thành phố Hồ Chí Minh – 2014

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP. HỒ CHÍ MINH

Nguyễn Thanh Phong

MỘT SỐ KẾT QUẢ VỀ BÀI TOÁN CỰC TRỊ

Chuyên ngành : Toán Giải Tích

Mã số

: 60 46 01 02

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Người hướng dẫn khoa học:

PGS.TS LÊ HOÀN HÓA

Thành phố Hồ Chí Minh – 2014

LỜI CẢM ƠN

Lời đầu tiên em xin chân thành cảm ơn thầy PGS.TS Lê Hoàn Hóa đã tận tình

chỉ dạy và hướng dẫn em hoàn thành luận văn này.

Em cũng chân thành cám ơn các thầy cô trường ĐH Sư phạm TP Hồ Chí

Minh, trường ĐH Khoa Học Tự Nhiên TP Hồ Chí Minh đã tận tình giảng dạy trong

quá trình học tập của em. Các thầy cô trong văn phòng Sau Đại Học đã tạo nhiều

điều kiện thuận lợi trong quá trình làm luận văn.

TP. Hồ Chí Minh, tháng 10 năm 2014

Học viên thực hiện

Nguyễn Thanh Phong

MỤC LỤC

Trang phụ bìa

Lời cảm ơn

Mục lục

LỜI MỞ ĐẦU ............................................................................................................ 1

Chương 1. CỰC TRỊ CÓ ĐIỀU KIỆN ................................................................... 3

1.1. Cực trị có điều kiện trong không gian hữu hạn chiều ....................................... 3

1.1.1. Định nghĩa .................................................................................................. 3

1.1.2. Định lý nhân tử Lagrange ........................................................................... 4

1.1.3. Cực đại - cực tiểu ....................................................................................... 5

1.2. Cực trị có điều kiện trong không gian Banach ................................................. 6

1.2.1. Đa tạp tuyến tính ........................................................................................ 6

1.2.2. Bài toán cực trị có điều kiện tổng quát ....................................................... 8

Chương 2. ĐỊNH LÝ LIÊN KẾT .......................................................................... 10

2.1. Kiến thức chuẩn bị .......................................................................................... 10

2.2. Bổ đề biến đổi số lượng .................................................................................. 14

2.3. Nguyên lý biến phân Ekeland ......................................................................... 18

2.4. Nguyên lý minimax tổng quát ........................................................................ 20

2.5. Bài toán Dirichlet nửa tuyến tính .................................................................... 24

2.6. Định lý định vị ................................................................................................ 33

2.7. Kỳ dị phi tuyến ............................................................................................... 34

Chương 3. ĐA TẠP NEHARI ................................................................................ 42

3.1. Định nghĩa đa tạp Nehari ................................................................................ 42

3.2. Những điều kiện cơ sở .................................................................................... 42

3.3. Những tính chất của giá trị tới hạn ................................................................. 47

3.4. Nghiệm nút ..................................................................................................... 49

KẾT LUẬN .............................................................................................................. 56

TÀI LIỆU THAM KHẢO ...................................................................................... 57

LỜI MỞ ĐẦU

Nhiều bài toán biên tương đương với phương trình:

Au = (1) 0

Trong đó

:A X

Y→ là ánh xạ giữa hai không gian Banach.

( Đạo hàm

Trong bài toán biến phân, tồn tại hàm số

: Xϕ →  sao cho A ϕ′=

Gateaux của ϕ) nghĩa là:

−

u ( )

, Au v

lim → t 0

ϕ + u tv ( ) t

Không gian Y tương ứng chính là không gian đối ngẫu X ′ của X và phương trình

uϕ′ ( )

= nghĩa là:

(1) tương đương với

ϕ′

u v ( ),

v X

= ∀ ∈ (2)

uϕϕ′ ( ) ,

Điểm tới hạn của

= là nghiệm của (2) và giá trị

( )uϕ là giá trị tới hạn của

ϕ.

Làm thế nào để tìm giá trị tới hạn?

Khi ϕ là hàm bị chặn dưới thì:

ϕ= : inf X

sao cho:

Là ứng viên tự nhiên. Nguyên lý Ekeland dẫn đến sự tồn tại một dãy (

)n nu

Một dãy như vậy được gọi là dãy Palais-Smale tại mức c . Phiếm hàm ϕ được gọi

là thỏa điều kiện (

ϕ u ( ) ϕ′→ u c ( , ) → 0

tụ. Nếu ϕ bị chặn dưới và thỏa điều kiện (

thì c là giá trị

)cPS nếu mọi dãy Palais-Smale tại mức c chứa một dãy con hội

ϕ= : inf X

tới hạn của ϕ.

Theo Ambrosetti và Rabinowitz, ta xét trường hợp khi có cực tiểu địa phương tại 0

r> và:

nhưng không là cực tiểu toàn cục. Tồn tại

r → và e X∈ sao cho e

ϕ ϕ

≥

u ( )

(0)

e ( )

inf = u r

( ))

Điểm (0,

(0))ϕ tách biệt ( , e

eϕ bởi một “vòng núi”. Nếu xét tập hợp Γ các đường

nối 0 và e thì:

)cPS tại mức

[0,1]

Cũng là ứng viên tự nhiên. Cũng do nguyên lý Ekeland suy ra sự tồn tại dãy (

ϕγ c t = : inf max ( ( )) ∈Γ ∈ γ

sao cho:

)n nu

Nhưng c tổng quát không là giá trị tới hạn của ϕ.

Việc tìm hiểu và ứng dụng điểm tới hạn là một vấn đề quan trọng của bài toán cực

trị.

Trong luận văn này tài liệu tìm hiểu chủ yếu của tôi là Michel Willem, Minimax

Theorems, Birkhauser, 1996 và PGS.TS Lê Hoàn Hóa, Phép tính vi tích phân trên

không gian Banach, TP Hồ Chí Minh, 2000.

ϕ ( u ) ϕ′→ , u ( c ) → . 0

Chương 1. CỰC TRỊ CÓ ĐIỀU KIỆN

Trong phần này ta nhắc lại (không chứng minh) cực trị có điều kiện trong không

gian hữu hạn chiều và trong không gian Banach. Mục đích nhắc lại chương này cho

ta thấy rõ việc tìm hiểu bài toán cực trị trong không gian hữu hạn chiều và không

gian Banach cũng là tìm hiểu điểm dừng trong toán tử Larange.

1.1. Cực trị có điều kiện trong không gian hữu hạn chiều

1.1.1. Định nghĩa

) x y với

Cho D là tập mở trong

n p+ , mỗi phần tử của D có dạng ( ,

∈

. Cho

(

,...,

)



y y , 1

∈ = x x , ( ,..., )  x x , 1 2 x n

f ,..., D , ϕ ϕ ϕ →  .Ta khảo sát cực trị địa phương của hàm số , :p

với điều kiện:

,...,

)

(

x y ( ,

,...,

)

ϕ 1

x x , 1 2

x y y , n 1

)

(

x y ( ,

,...,

)

ϕ 2

x x , 1 2

x y y , n 1

(2)

x y ( ,

(

)

,...,

)

x x , 1 2

ϕ p

x y y , 1 n

ϕ  1  ϕ  2  ..................................  ϕ  p

Hệ phương trình (2) được gọi là hệ phương trình ràng buộc.

( , ,..., , ,..., y ) f x x 1 2 x y y , 1 n

. Bài toán cực trị địa phương có điều kiện

Đặt

Dϕ →  với

được viết dưới dạng véc tơ, gọn hơn.

Khảo sát cực trị địa phương của :

= ,..., ( ϕ ϕ ϕ ϕ , 1 )p

(3)

f x y ( ,

),( ,

x y D∈ với ràng buộc

)

Đặt

x yϕ ( ,

)

{ ∈ x y D ( , )

}

0 p 

= x yϕ ( , ) 0 p 

Định nghĩa 1.1

Ta nói f đạt cực đại (cực tiểu) địa phương có điều kiện với ràng buộc (3) tại

nếu

r > sao cho :

(

)

x 0

≥

≤

)

f x y ( ,

)

(

)

f x y ( ,

))

f x ( 0

( ) E∈ mà tồn tại x y , 0

∈

−

Với mọi

(

)

(

)

, ( , E x y

< . r

x 0

ta nói

Nếu f đạt cực đại hoặc cực tiểu địa phương với ràng buộc (3) tại

(

)

x 0

f đạt cực trị địa phương có điều kiện (hoặc với ràng buộc (3)) tại

(

)

x 0

1.1.2. Định lý nhân tử Lagrange

Cho D là tập mở trong

Dϕ →  có đạo hàm liên tục

:f D →  và

n p+ ,

trên D.

Giả sử tại

và

≠ .Với:

det

(

)

yϕ D x 2 0

= ( ) D x yϕ∈ ( , , ) x y , 0 0 p 

thì tồn tại duy nhất các

(

)

Nếu f đạt cực trị địa phương với ràng buộc (3) tại

x 0

p+ 2 )

D ,..., , ) ϕ ϕ ϕ ( 2 p = y y det , ) ( , ) ϕ D ( 2 x 0 x 0 ( , ,..., ) y D y y 1

số thực 1

y và 1

0,x

phương trình :

∂ f

ϕ ∂ i

(

)

(

1, 2,...,

x 0

λ i

p ∑ = 1 i

∂ x

∂ f

ϕ ∂ i

(4)

(

)

(

1, 2,...,

x 0

λ i

p ∑ = 1 i

∂ x

∂ y

(

)

1, 2,...,

x 0

       ϕ i  

với ràng buộc

Bộ

λ λ λ là nghiệm của hệ ( ,..., ,..., λ λ λ sao cho 0 p

(

)

x 0

(3).

,..., , )p λ λ λ được gọi là nhân tử Lagrange của f tại ( 1

Định lý 1.2

Điều kiện đủ cho cực trị có điều kiện:

Cho D là tập mở trong

n p+ và

ϕ ϕ ϕ ∈ , ,...,

2 C D (

)

và

f ,..., , D →  . Giả sử ϕ ϕ ϕ , 2 :p

(

)

x y , 0 0

D∈ , 1

trình (4). Giả sử thêm:

λ λ λ là nghiệm của hệ phương ,...,

Do định lý ánh xạ ẩn nên tồn tại tập mở

A∈ và ánh xạ

Aµ →  có

A ⊂  , 0x

đạo hàm liên tục thỏa mãn:

µ (

)

ϕ µ , ( , x

( )) x

∀ ∈ ⊂ x A

 (5)

x 0



(2)

D ,..., , ) ϕ ϕ ϕ ( p 2 = y y det , ) ( , ) ≠ 0 ϕ D ( 2 x 0 x 0 y ( , ,..., ) D y y 1

µ′=

Đặt

với

với µ′ là hàm ẩn

u )( )

n u ∈  và

x 0(

( )A u là dạng toàn phương. Khi đó:

thỏa mãn (5) thì

( )A u là dạng toàn phương xác định dương thì f đạt cực tiểu địa

1) Nếu

phương với ràng buộc (3) tại

(

)

x 0

( )A u là dạng toàn phương xác định âm thì f đạt cực đại địa phương

2) Nếu

với ràng buộc (3) tại

(

)

x 0

( )A u là dạng toàn phương không xác định thì f không đạt cực trị địa

3) Nếu

phương với ràng buộc (3) tại

(

)

x 0

( )A u là dạng toàn phương nửa xác định dương hoặc nửa xác định âm

4) Nếu

thì chưa thể kết luận gì về cực trị địa phương của f với ràng buộc (3) tại

(

)

x 0

= A u ( ) F ( , y u v )( , ) x 0

1.1.3. Cực đại - cực tiểu

Cho D là tập mở bị chặn trong

n p+ có biên D∂ xác định bởi hệ phương trình:

∈

1, 2,...,

= với

)



i x yϕ ( ,

Cho

:f D D

= ∪ ∂ →  liên tục. Khi đó, do D đóng và bị chặn nên f đạt cực

đại và cực tiểu trên D .

Gỉa sử f đạt cực trị địa phương tại

Nếu

(

)

D∈ thì f đạt cực trị địa phương tại

(

)

x 0

Nếu

(

)

D∈ ∂ thì f đạt cực trị địa phương có điều kiện trên biên D∂ .

x 0

y D∈ . ( , ) x 0

ϕ ϕ ϕ ∈ , ,...,

)

2 ( C D

Giả sử Ω là tập mở trong

.Giả sử

n p+ sao cho D ⊂ Ω và

f đạt cực trị tại

Nếu

là điểm dừng của f trong D , nghĩa là nghiệm của

(

)

(

)

D∈ thì

x 0

)

hệ (

phương trình:

∂ f

x y ( ,

)

1, 2,...,

∂ x i

∂ f

x y ( ,

)

1, 2,...,

∂ y

     

Nếu

là điểm dừng của f trong bài toán cực trị địa

(

)

(

)

D∈ ∂ thì

x 0

phương có điều kiện trên biên D∂ nghĩa là

là nghiệm của hệ thống

(

)

x 0

(

p+ 2 )

hệ phương trình (4).

Như vậy để xác định cực trị của f trên D ta tìm các điểm dừng của f trong D và

trên biên D∂ . Giá trị lớn nhất và bé nhất của f tại các điểm dừng sẽ là cực đại và

cực tiểu của f trên D .

( , y ) D∈ . x 0

1.2. Cực trị có điều kiện trong không gian Banach

1.2.1. Đa tạp tuyến tính

Định nghĩa 1.3

Cho

0M là không gian Banach thực, tập M E⊂ được gọi là một đa tạp tuyến tính

−

λ x

λ )

y M

,x y M∈ thì

∈ với mọi λ∈  .

−

λ λ y :

)

Tập

y≠ )

,x y (nếu x

∈  là đường thẳng đi qua hai điểm

}

nếu với mọi { λ x

Mệnh đề 1.4

Cho E là không gian Banach thực, tập M E⊂ .

i) Nếu M là đa tạp tuyến tính và 0E M∈ thì M là không gian véctơ của E .

∈ u u M

}

ii) Nếu M là đa tạp tuyến tính nếu và chỉ nếu: {

M x M 0

x 0

Trong đó

0M là không gian véc tơ con của E và 0x M∈ .

Hơn nữa không gian con

0M không phụ thuộc 0x M∈ .

0M được gọi là không

gian con song song với đa tạp M .

Định nghĩa 1.5

với

Cho E là không gian Banach thực, M là đa tạp tuyến tính đóng,

M x M 0

0x M∈ cố định và

0M là không gian Banach con, song song với M , cho

:f M →  .

sao cho

Với x M∈ tồn tại duy nhất

u M∈

= + u

f M →  định

x 0

. Đặt 0

∈

bởi: với

. Ta nói:

f x ( )

f u (

)

u M f u ( ) 0

x 0

f khả vi tại x M∈ nếu tồn tại ánh xạ tuyến tính liên tục từ

0M vào  , ghi

′

∈

là

x ( )

L M (

)

h M∈

 và gọi là đạo hàm của f tại x , sao cho với

thì:

′

−

với

= . 0

f x (

)

f x ( )

x h ( )( )

hϕ . ( )

hϕ lim ( ) → 0 h E

ii)

f đạt cực tiểu địa phương (cực đại địa phương) tại x M∈ nếu tồn tại

0δ >

≤

≥

∈

f x (

)

f x ( )

f x (

)

f x ( )

< thì δ

(

)

sao cho với

h M h

0 ,

Định lý 1.6

Cho E là không gian Banach thực, M là đa tạp tuyến tính đóng và

:f M →  .

Điều kiện cần để f đạt cực trị địa phương tại a M∈ :

i) Nếu f khả vi tại a thì

 . )

ii) Nếu f khả vi liên tục bậc hai và f đạt cực tiểu (cực đại) địa phương tại a

(2)

(2) ( )( ,

(

a h h ≤ ( )( ,

)

a h h ≥ ) 0

với mọi

thì

h M∈

= f a′ ( ) 0L M (

Điều kiện đủ

Nếu f khả vi liên tục bậc hai,

c > sao cho :

 và có )

(2)

≥

≤

c h

(2) ( )( , a h h

)

c h .

(

a h h ( )( ,

)

= f a′ ( ) 0L M (

Thì f đạt cực tiểu (cực đại) địa phương tại a M∈ .

1.2.2. Bài toán cực trị có điều kiện tổng quát

Cho

,E F là không gian Banach, D là tập mở trong E . Cho

:f M →  và

:H D

F→ khả vi liên tục. Xét cực trị địa phương của phiếm hàm f với điều

kiện ràng buộc

H x = ( )

Định nghĩa 1.7

là toàn ánh từ E

D∈ được gọi là điểm chính qui của H nếu

)

H x′ 0(

Điểm 0x

lên F .

Mệnh đề 1.8

Giả sử f đạt cực trị địa phương với ràng buộc

H x = ( )

tại 0x và 0x là điểm

′

chính qui của H thì

= với mọi h thỏa mãn

)

h )( )

H x′ 0(

x 0(

Định nghĩa 1.9

:T E

Cho

F→ tuyến tính liên tục. Gọi

* ,E F là

,E F là không gian Banach,

không gian đối ngẫu của

,E F theo thứ tự.

với mọi

* T y (

)

* y T

* F∈ .

Đặt

* :T

E→ định bởi

Tính chất

−

− 1

T (

)

T (

1 * )

i) Nếu

*T là đẳng cấu và

:T E

F→ là đẳng cấu thì

ii) Nếu

E∈ thỏa mãn:

:T E

F→ là tuyến tính liên tục và song ánh và

∈

* *( T y

)

thì tồn tại

T∈ sao cho

f x = với mọi x KerT ( )

Định lý 1.10 ( Nhân tử Lagrange)

,E F là không gian Banach, D là tập mở trong E . Cho

Cho

:f D →  và

:H D

F→ khả vi liên tục. Giả sử f đạt cực trị địa phương với ràng buộc

′

∈

nên theo mệnh đề 1.8

= với mọi

H x = ( )

h )( )

)

x 0(

h KerH x′ 0(

′

F∈ sao cho:

(

)

(

)

hay

Áp dụng ii) tồn tại * 0z ]*

[

x 0

* ′ z H x 0 0

* 0

′ = − ) ( ) f ( z ) ′ H x ( 0 x 0

Vậy

* z H x ( ) 0

0x là điềm dừng của phiếm hàm

= + L x ( ) f x ( )

Định nghĩa

Phần tử * 0z

cực trị phương của f với ràng buộc

H x = ( )

F∈ trong định lý 1.10 được gọi là nhân tử Lagrange của bài toán

Chương 2. ĐỊNH LÝ LIÊN KẾT

Trong chương này ta sẽ tìm hiểu về điểm tới hạn, đưa ra các nguyên lý Ekeland,

nguyên lý minimax tổng quát và các định lý quan trọng như định lý nối kết, định

lý qua đèo trong việc chứng minh sự tồn tại của điểm tới hạn, định lý định vị cho

ta biết trong một vài trường hợp giới hạn có thể xác định giá trị tới hạn và ứng

dụng của điểm tới hạn trong việc chứng minh sự tồn tại nghiệm của bài toán

Dirichlet nửa tuyến tính. Trước hết ta trình bày các kiến thức chuẩn bị sau:

2.1. Kiến thức chuẩn bị

Ta nhắc lại vài khái niệm về sự khả vi của phiếm hàm.

Định nghĩa đạo hàm Gateaux

Cho U là tập mở trong không gian Banach X . Phiếm hàm

:Uϕ →  có đạo

hàm Gateaux f

X ′∈ tại u U∈ nếu với mọi h X∈ :

−

)

= ] 0

+ u th

( ) u

, f th

1 ϕ lim [ ( t → t

Ký hiệu:

f th ,

th (

)

Định nghĩa 2.1

Không gian

2 L

} )

{

∇ ∇ + u v .

u v ,

= :

Với phép nhân vô hướng: ] [

∫ N 

Và tương ứng với chuẩn:

1 2

= ∈ H ( ) u ( ) : ∇ ∈ u (   

 



Là không gian Hilbert. Cho Ω là tập con mở trong

= ∇ + u ( u u ) ∫  

 . Không gian

1 0 (

(

bao đóng của

)D Ω trong

)N H  .Với :

∞

(

Ω = ) :

) :

(

Ω supp u là 1 tập con compact của }Ω

{ ∈ u C

H Ω là )

Cho

3N ≥ và

.Không gian

* 2 :

−

1,2

∈

∇ ∈

(

) :

(

) :

(

* 2 L

2 u L



} )

{

Với phép nhân vô hướng:

Và tương ứng với chuẩn:

1 2

∇ ∇ . u v ∫ N 

Là một không gian Hilbert. Không gian

)D Ω trong

(

) ( u∇∫ 

1,2 0 (

1,2 (

)N D  .

1N = hoặc

2N = ta quy ước *2 = ∞ .

Trong trường hợp

Cho

Hϕ :

(

)

Ω →  xác định bởi:

0 1

∇

−

u ( ) :

[

dx ]

∫

u p

u 2

λ u 2

Ω

−

= ∇ ∇ +

−

u v

′ ϕ u v ( ),

[

uv dx ]

Thì

∫

Ω

D Ω là bao đóng của )

Ta có các kết quả sau

Định lý 2.2 ( Định lý nhúng Sobolev). Các phép nhúng sau đây là liên tục:

⊂

≤

< ∞

)

p L

(

), 2

1, 2



⊂

≤

≥

(

)

p L

(

), 2

* 2 ,



1,2

* 2 L

Đặt biệt ta có bất đẳng thức Sobolev:

⊂ ≥ D N ( ) ( ), 3  

)



∈ u D = 1 u *2

∇ > S u = : 0 inf 1,2 (

Định lý 2.3 ( Định lý nhúng Rellich). Nếu Ω < ∞ các phép nhúng sau là

conpact:

p L

* 2

1 0 (

< H Ω ⊂ ) ( Ω ≤ ),1 p

Hệ quả 2.4 ( Bất đẳng thức Poincaré). Nếu Ω < ∞ khi đó:

∇ > λ Ω = u 0 ) : ( 2 2 Ω ∈ u H )

u inf 1( 0 = 12

Định lý 2.5. [3] ( Bất đẳng thức Holder):

′

∈

p , L g

p L

Nếu

thì

L∈ và ta có :

′

≤ ∞

với 1

p≤

′

(

µ ≤ fg d f . g ∫ X

Hệ quả 2.6. [3] Nếu

L⊂ , hơn nữa phép nhúng là

)Xµ < ∞ và p

q< thì q L

liên tục:

− q p pq

[ µ (

]

≤ X ) f . f

Định lý Aubin, Talenti, 1976

− 4

−

[

N N (

U x

( ) :

2)] − N 2

)

= :

Là một phần tử cực tiểu của

1,2

2 ∇ > u 2

)

inf ( 

∈ u D = u 1 *2

Bổ đề Brezis-Lieb (1983). Cho Ω là một tập con mở của

N và cho

< ∞ . Nếu:

p≤

)

p L⊂

(

Ω 1 ),

nu (

pL Ω . (

)

a) (

)nu bị chặn trong

−

)

lim( →∞ n

u→ hầu khắp nơi trên Ω , khi đó:

Định nghĩa liên tục Lipschitz

Giả sử X là không gian Banach,

:f X →  .

Hàm f được gọi là liên tục Lipschitz địa phương tại 0x , hay Lipschitz ở gần 0x

0K > sao cho:

nếu tồn tại lân cận U của 0x và số

x x U′∀ (

∈ )

Hàm f được gọi là Lipschitz địa phương trên Y

X⊂ nếu f Lipschitz địa

phương tại mọi x Y∈ .

< ∞ . Khi đó

′ − ≤ − f x ( ) f x ( ) K x ′ x

Sự hội tụ yếu [4]. Cho

p≤

Ω ⊂  là một tập mở và giả thiết 1

không gian đối ngẫu của

p X L=

(

Ω là )

(

)

L= Ω trong đó

gfdx

với

pL Ω có thể biểu diễn bởi f

(

)

q g L∈ Ω . (

)

∫

Ω

Từ đó:

(

)

pL Ω nghĩa là:

+ = 1 q< < ∞ . Đặc biệt, một phiếm hàm tuyến tính bị chặn f trên 1, 1 p 1 q

→

gfdx

khi k → ∞ với mọi

g L∈ Ω (*) )

(

kgf dx

∫

Ω

Do định lý compact yếu nên từ một dãy bị chặn trong

pL Ω ta có thể trích ra

(

)

một dãy con hội tụ yếu thỏa mãn (*).

≤

và dãy hội tụ yếu thì bị chặn.

Nếu

f trong

lim inf →∞ k

là dãy các hàm đo được trên X

u thì

Định lý hội tụ bị chặn Lebesgue. Giả sử (

)nf

thỏa mãn:

nf bị chặn đều bởi một hàm khả tích g không âm trên X :

hội tụ hầu khắp nơi hoặc hội tụ theo độ đo µ tới f .

b) (

)nf

µ .

f d n

Khi đó f khả tích và lim →∞

∫ X

≤ ∀ ≥ ∀ ∈ . x ( ) g x ( ), x X 1, n

2.2. Bổ đề biến đổi số lượng

Định nghĩa 2.7. Cho M là không gian mê tric, X là không gian định chuẩn và

h M :

X ′→

\ {0}

là ánh xạ liên tục ( X ′ là không gian đối ngẫu của X ). Một

trường véc tơ tựa gradient của h trên M là một trường véc tơ liên tục Lipschitz

địa phương

:g M

X→ sao cho với mọi u M∈ :

≤ g u ( ) 2 h u ( )

≥ h u g u ( ) ( ), h u ( )

Bổ đề 2.8. Cho các giả thiết định nghĩa 2.7, khi đó tồn tại một trường véc tơ tựa

gradient của h trên M .

Chứng minh

Với mỗi

tồn tại x X∈ sao cho

v M∈

( ), h v x

( ) h v

khi đó:

Ta xác định

= :

( ) .

h v

x = và 1

Từ h liên tục, tồn tại một lân cận mở

vN của v sao cho:

< > y 2 h v ( ) , h v y ( ), h v ( ) .

(2.1)

< > ∀ ∈ y 2 h u ( ) , h u y ( ), h u ( ) , u N .v

là một phủ mở của M . M là không gian mê tríc do đó là

Họ

{

}

∈ ℵ = : :vN v M

paracompact khi đó tồn tại một phủ mở hữu hạn địa phương.

}

{ :iM i

. Như vậy

của M mịn hơn ℵ. Với mỗi i

I∈ tồn tại v M∈ sao cho:

N⊂

tồn tại

sao cho (2.1) được thỏa mãn với mọi

. Xác định trên M :

u M∈

dist u X M

( ,

)

i u ( ) :

u ( )

ρ i

g u

( ) :

u ( )

= ∑ ρ∈ ∑ i I j ∈ j I

∈ I = : M

u ( )

≤

g u ( )

h v ( )

Ta có:

∑ ∈ i I

∑ ∈ i J

∑ ∈ i I

u ( )

ρ i ρ j

∑ ∈ j I

u ( )

h u

h u g u ( )

( ),

h u y ( ),

∑ ∈ i I

u ( )

ρ i ρ j

∑ ∈ j I

u ( )

ρ i

≥

h u ( )

u ( )

∑ ρ∈ ∑ i I j ∈ j I

Do đó g là một trường véc tơ tựa gradient của h trên M .

∈

⊂

∈

1( C X

X c ,

ε δ ,

= 2 ( )h v

Bổ đề 2.9. Cho X là không gian Banach



sao cho:

ε 8

− 1 ϕ

−

∩

′ ϕ

≥

(2.2)

∀ ∈ u

([

ε 2 ,

ε 2 ])

u ( )

δ 2

η∈

([0,1]

)

, X X

Khi đó tồn tại

sao cho:

−∉ 1 ϕ

(i)

t u ( ,

)

= nếu

t = hoặc nếu

+ ε

− ε

c ϕ

(ii)

c η ϕ (1,

∩ ⊂ S )

(iii)

( ,.)tη là một đồng phôi của X ,

t∀ ∈

[0,1]

− + ∩ u ([ c ε 2 , c ε 2 ]) S δ 2

(iv)

(v)

))uϕη ( (.,

∀ ∈ .

là hàm không tăng u X

η − t u ( , ) u ≤ ∀ ∈ ∀ ∈ u X δ , t , [0,1]

c ϕ

(vi)

d ϕ

≤

= :

u ( )

Trong đó: { ∈ u X

}

ϕη ∀ ∈ ( ( , t u )) < ∀ ∈ ∩ u c , [0,1] tδ , S

} δ

{ u X dist u S :

∈ ≤ = : ( , ) S δ

Chứng minh

Do bổ đề 2.8 tồn tại một trường véc tơ tựa gradient g của ϕ′ trên

M ,

.Ta xác định:

{ ∈ u X

} 0

≠ = : : M uϕ′ ( )

−= 1 ϕ :

− + ∩ A ([ c ε 2 , c ε 2 ]) S δ 2

−= 1 ϕ :

dist u X A ( ,

)

ψ = u ( ) :

dist u X A ( ,

)

dist u B ( ,

)

Ta ký hiệu dist

− + ε B ([ c ε , c ]) ∩ Sδ

Ta có:

( − = − ψ ψ u u ( ) ( ′ ) \ + \ + d u X A ) ( , d u B d u X A ( , ) \ ( , ) ′ d u X A , ) ′ ′ d u B d u X A , , ( ) ( \ )

). (

( ,

)

′ ,

( ,

′ ,

d u X A d u B

). ( ) d u B d u X A

). ( +

′ ,

′ − , ( \ d u X A d u B ( ( , ) d u X A −

′ , ( , +

′ + ). ( , ) ( ) d u X A d u B ′ + ))( ( , ) ( d u B d u B d u X A ′ − ,

− )) ′ , d u B

(

′ ,

)

≤

d u B d u X A ) \

′ d u X A d u B ( ( , ( , ). ( , d u X A ) \ ) \ ′ ′ + + d u B d u B d u X A ))( ( d u X A ) )) ) ( , ( ( , , ,

(

= ). ( + ′ , + ( , d u X A d u B \ d u X A ) ( ( , − d u B d u X A ). ( ) ) \ ′ , ))( ( d u B d u B d u X A ) \ ( , ′ , ′ , ( , ( \ ))

( Do

−

≤

)

d u A ( , )

′ , d u A )

(

d u u ( ,

′ )

≤ ′ d u B , ( ( + d u X A ( ( , ) \ ′ + , ) ( d u B ( , )).( ( d u X A d u u )). ( , \ ′ + d u X A , ) \ ′ ) ′ d u B , ( ))

(*)

dist u X A ( ,

)

dist u B ( ,

)

Ta thấy rằng ánh xạ

là liên tục và bị chặn dưới



trên các tập bị chặn trong X nên từ (*) suy ra ψ là liên tục Lipschitz địa phương

và

X A , \

0ψ = trên

1ψ = trên B . Ta xác định:

− 2

− ψ

∈

u ( ).

g u ( )

g u u A . ( ),

f u

( ) :

∈

u X A

   0,

Do định nghĩa 2.7 và (2.2) ta có:

≤ ′ d u u ) ( , + d u B d u X A ( , ( ( , ) \ ))

− 2

− 1

≤

′ ϕ

f u ( )

u ( ).

g u ( )

g u . ( )

u ( )

∀ ∈ u X

ε 8

Với mỗi u X∈ , bài toán Cauchy:

t u ( ,

))

)

σ (

t u ( ,

(0,

)

)uσ (.,

   dt  σ Có duy nhất nghiệm

xác định trên  . Hơn nữa σ là liên tục trên

X×

t u ( ,

) :

σ ε (8 ,

t u

)

bởi :

Ta xác định η trên [0,1] X×

Với

từ định nghĩa 2.7 và (2.2) dẫn đến:

t ≥

δ t

−

≤

t d

t u ( ,

)

σ t ( ( ,

u d ))

σ t ( ( ,

))

(2.3)

t ∫ 0

. ε 8

Và:

ϕσ (

t u ( ,

))

′ ϕ σ (

t u ( ,

)),

t u ( ,

)

′ ϕ σ (

t u ( ,

)),

σ (

t u ( ,

))

− ψ σ (

t u ( ,

− ψ σ (

t u ( ,

≤

′ ϕ σ (

t u ( ,

)),

σ (

t u ( ,

))

′ ϕ σ (

t u ( ,

))

)) 2

σ (

t u ( ,

))

σ (

t u ( ,

))

ψ σ− (

))

( , t u

≤

(2.4)

Ta có :

_ Từ (2.4) suy ra

< nên ta có (v).

ϕσ (

t u ( ,

))

−

≤

σ ε (8 ,

)

σ t ( ( ,

))

t u

)) u d

t δ ≤ d t

Nên ta

_ Từ (2.3)

ε 8 t ∫ 0

có (iv).

( ,.)tη là một song ánh và do

_ Do sự duy nhất của bài toán Cauchy nên ta có

( ,.)tη có ánh xạ ngược liên tục. Ta có:

(iv) nên

′

∫

( ,.)tη là liên tục. Vậy ta có (iii).

Nên ta có

_ Áp dụng (v) ta có được (vi).

_ Ta kiểm tra (i):

ϕη

t u

< − c

u ( )

< − c

ε 2

( ( ,

))

ε 2

t u ( ,

)

từ (v) suy ra

nên

∉ khi đó

Nếu

t u ( ,

)

= . u

từ (2.3) suy ra

> . Từ ϕ liên tục tại u nên:

Nếu

u ( )

− − c

ε 2

u ( )

− − c

ε 2

> tồn tại δ δ′ < sao cho :

= ∅

Với

B u ( ,

δ′ ∩ )

S δ 2

δ − = ≤ ≤ σ σ t f u d f u d t u ( , ) ′ t u ( , ) σt t ( ( , ) σt ( ( , )) ′− t t ε 8

và

thì dẫn đến

ε ϕη 2

( ( ,

t u

))

ϕ 2 ( ) u

− − c

ε 2 .

Từ đây suy ra :

t u ( ,

)

t u ( ,

)

∉ . Từ (2.3) ta cũng có

= . Vậy ta có (i).

Dẫn đến

_ Ta kiểm tra (ii):

εϕ +∈ c

ϕη

( (1,

))u

ϕσ ε (8 ,

(

))u

Cho

∩ . Ta chứng minh

< − hay ε

ε < − .

∈

ϕσ (

t u ( ,

))

Nếu tồn tại

sao cho

< − thì do (v) ta có

ε [0,8 ]

ϕσ ε (8 ,

(

))u

< − . Khi đó ta có (ii).

−∈ 1 ϕ

−

t u ( ,

)

([

ε ,

]),

∀ ∈ t

ε [0,8 ]

. Từ (2.3) và (2.4) ta có:

Nếu

≤

−

ϕσ ε (8 ,

(

))

u ( )

ϕσ (

t u dt ( , ))

u ( )

t u dt ( , ))

ε 8 ∫ 0

ε 8 ψ σ ( ∫ 0

−

uϕ ( )

ε 2

t u ( ,

)

(do

∈ ) B

ϕη − ϕ < ϕ η δ′ − < ( ( , t u )) u ( ) u ( ) − − c ε . 2 ) ( , t u u

Vậy ta có (ii).

< − . c ε

2.3. Nguyên lý biến phân Ekeland

Định lý 2.10. ( Ekeland, 1974). Cho X là không gian Banach,

∈

X ϕ∈ , 1 C X ( ,  )

> . Nếu

v X ε δ ,

bị chặn dưới,

Thì khi đó tồn tại u X∈ sao cho:

≤ + . ϕ ε vϕ ( ) inf X

ε 8

≤

−

≤

′ ϕ ε ϕ 2 ,

δ 2 .

( ) u

inf X

Chứng minh. Ta áp dụng bổ đề 2.9 với

= :

{ } v

inf X

ε 8

− 1 ϕ

∈

∩

′ ϕ

≥

Nếu với mọi

thì khi đó từ (ii) suy ra

([ ,

c c

ε 2 ])

u ( )

δ 2

ϕ −∈ ε c

ϕη

nên

≤ − điều này mâu thuẫn với định nghĩa của c .

v (1, )

( (1, ))v

Vậy ta có điều phải chứng minh.

ϕ∈

1( C X

)

Hệ quả 2.11. Cho

 bị chặn dưới. Nếu ϕ thỏa điều kiện (

)cPS với

thì khi đó mỗi dãy cực tiểu hóa của ϕ chứa một dãy con hội tụ. Đặc biệt

tồn tại một phần tử cực tiểu của ϕ.

c ϕ= : inf X

X⊂ là một dãy cực tiểu hóa của ϕ. Ta áp dụng định lý 2.10 với:

Chứng minh )nv Cho (

−

max

ϕ , (

)

ε n

δ n

ε n

{

Khi đó tồn tại dãy (

X⊂ sao cho:

} )nu

Áp dụng điều kiện (

)cPS ta có điều phải chứng minh.

ϕ∈

)

1( C X

→ u u u v ϕ ( ) ϕ′→ c , ( ) 0, − → 0.

Định lý 2.11. (Brezis-Nirenberg, 1991). Cho

 . Nếu :

= :

∈  .

uϕ lim ( ) →∞ u

Khi đó với mỗi

tồn tại u X∈ sao cho:

ε δ ,

> 2R

−

≤ ε ϕ 2

u ( )

≤ + c

ε 2

ε 8

′ ϕ

( )u

> u − R δ 2

= :

X B \

(0,

)

Chứng minh. Giả sử ngược lại. Ta áp dụng bổ đề 2.9 với

. Từ định

εϕ − ⊂ c

r (0, )

εϕ + ∩ là không bị chặn và

với r đủ lớn. Do

nghĩa của c nên

bổ đề 2.9:

+ ε

− ε

+ ε

− ε

c ϕ

c η ϕ (1,

∩ ⊂ ) S

và

c ϕ (

Ta có mâu thuẫn với

εϕ + ∩ là không bị chặn.

ϕ∈

1( C X

)

 bị chặn dưới. Nếu mỗi dãy

⊂ + ∩ ⊂ S B r (0, δ ) ) δ

X⊂ sao cho:

Hệ quả 2.12. (Shu Jie Li, 1986). Cho )nu (

ϕ (

)

ϕ′→ c ,

(

)

→ 0

Mà bị chặn thì khi đó :

u u ( ) ϕ → ∞ → ∞ . ,

Chứng minh. Giả sử ngược lại. khi đó

= :

∈  . Áp dụng định lý 2.11

uϕ lim ( ) →∞ u

tồn tại dãy (

)nu

X⊂ sao cho:

Ta gặp mâu thuẫn.

→ ϕ ( u ) ϕ′→ c , ( u ) 0, u → ∞ .

2.4. Nguyên lý minimax tổng quát

Định lý 2.13. Cho X là không Banach,

0M là không gian con đóng của không gian

mê tríc M và

. Ta xác định:

(

)

Γ ⊂ 0

C M X 0

∈

Γ = :

C M X

(

) :

∈ Γ 0

{

}

ϕ∈

Nếu

1( C X

)

 thỏa mãn:

∞ >

ϕγ

= :

u ( ))

(2.5)

ϕγ 0

inf sup ( ( )) ∈Γ ∈ γ

u M

sup sup ( ∈Γ ∈ γ u M 0 0

−

∈

Khi đó, với mỗi

> và γ∈ Γ sao cho:

[0,

(2.6)

ε ≤ + c ϕ γ  sup M

Tồn tại u X∈ sao cho:

−

≤ ε ϕ 2

u ( )

≤ + c

ε 2

≤

dist u Mγδ ( ,

(

))

ε 8

≤

′ ϕ

( )u

Chứng minh. Giả sử ngược lại. Khi đó:

Mγ= : (

)

. Ta giả sử rằng:

Ta áp dụng bổ đề 2.9 với

> (2.7)

aε−

u ( ) :

η γ (1,

u ( ))

Ta xác định

. Với mỗi

từ (2.7) ta có:

u M∈

−

ε 2

> ≥ a

u ( )),

∈ u M

ϕγ ( 0

γ 0

∈ Γ 0

− 1 ϕ

hay

do đó β∈ Γ . Từ

Theo (i) bổ đề 2.9 ta có:

u ( )

u ( ))

u ( )

β γ (1, 0

γ= 0

(2.6) và (ii) bổ đề 2.9 dẫn đến:

⇒ ∉ − + γ ([ c ε 2 , c ε 2 ]) u 0 ( )

Ta gặp mâu thuẫn.

≤ ϕ β = ϕη γ ε ≤ − c u ( )) u ( ))) c sup ( ∈ u M sup ( (1, ∈ u M

X⊂ thỏa mãn:

Định lý sau đây là hệ quả trực tiếp của định lý 2.13. Định lý 2.14. Cho giả thiết (2.5) khi đó tồn tại một dãy (

)nu

ϕ (

)

ϕ′→ c ,

(

)

→ . 0

Đặc biệt nếu ϕ thỏa mãn điều kiện (

)cPS thì c là giá trị tới hạn của ϕ.

Bây giờ ta đưa ra ba ví dụ mà nó thỏa mãn điều kiện (2.5).

Định lý 2.15. (Định lý qua đèo, Ambrosetti-Rabinowitz, 1973). Cho X là không

ϕ∈

1( C X

e X

và

gian Banach,

r > sao cho e

∈ ),

r> và:

Nếu ϕ thỏa mãn điều kiện (

)cPS với :

ϕ > ϕ ≥ ϕ b = : u ( ) (0) e ( ) inf = u r

ϕγ

= :

inf max ( ( )) ∈Γ ∈ γ t

[0,1]

∈

Γ = :

([0,1],

) :

(0)

(1)

} e

{ γ

Thì khi đó c là giá trị tới hạn của ϕ.

= = = [0,1], (0) M M 0, (1) = . e

Chứng minh. Ta áp dụng định lý 2.14 với { } 0,1 ,

{ } γ γ , 0

∈

≤

= :



Ta xác định: {

} 1

− 1

∈

= :



x {

} 1

Γ = 0 γ 0

Định nghĩa 2.16. Một phép co rút từ một không gian tô pô X đến không gian con

:r X

Y là một ánh xạ liên tục

Y→ sao cho ( ) r y

y= với mọi y Y∈ .

Bổ đề 2.17. Không có một phép co rút nào từ NB đến

− 1NS

Chứng minh. Giả sử ngược lại

là một phép co rút và gọi U là phần

−→ 1 N S

r B :

trong của NB . Xét đồng luân :

−

∈

h t u ( ,

) :

t u ).

t r u t . ( ),

[0,1],

u U

∈ .

− 1

[0,1]

)

h t u ≠ trên ( ,

nên theo tính chất bất biến đồng luân thì:

deg( ,

r U

)

deg(

id U ,

)

= ≠ với id là ánh xạ đồng nhất.

− 1

∈

⊂

ta gặp mâu thuẫn.

r U (

)

Do đó

= ⊕ là không

Định lý 2.18. ( Định lý điểm đèo, Rabinowitz, 1978). Cho X

gian Banach với dimY < ∞ . Với

0ρ > ta xác định:

= :

{ ∈ u Y { ∈ u Y

} ≤ u ρ } = u ρ

= 0 :

ϕ∈

1( C X

)

Cho

 sao cho:

> aϕ

= :

inf Z

= : max M 0

Nếu ϕ thỏa mãn điều kiện (

)cPS với:

ϕγ

= :

inf max ( ( )) γ ∈Γ ∈

u M

∈

Γ = :

(

) :

C M X

{

}

Thì khi đó c là giá trị tới hạn của ϕ.

Chứng minh. Để áp dụng định lý 2.14 ta chỉ cần chỉ ra rằng c

γ∈ Γ , (

u ( )

γ∈ (

)

minh rằng với mọi

∩ ≠ ∅ vì khi đó với

∩ thì: Z

ϕγ

≥

b≥ . Ta sẽ chứng

ϕ .

dẫn đến inf max ( ( )) ∈Γ ∈

inf Z

u M

γ (

≥ ϕ inf Z uϕγ max ( ( )) ∈ u M

. Nếu

∩ = ∅ thì ánh

Ta ký hiệu p là phép chiếu trên Y sao cho

{ }0

xạ:

pZ =

là một phép co rút từ quả cầu M lên chính biên của nó là

0M .Điều này mâu thuẩn với dimY < ∞ khi áp dụng bổ đề 2.17. Do vậy với mọi

γ∈ Γ ta có:

γ p u ( ) u ρ .  γ p u ( )

hay c

= ⊕ là không gian

≥ ϕ b b≥ . = : ϕ γ  inf Z max M

Định lý 2.19. ( Định lý nối kết, Rabinowitz, 1978). Cho X

Z∈ sao cho z

Banach với dimY < ∞ . Cho

rρ > > và z

≤

≥

= :

λ z

ρ λ ,

∈ y Y

}

{ u

r= . Ta xác định:

u ρ λ≤

{ u

} 0

{ = ∈ u Z u :

}

ϕ∈

1( C X

)

Cho

 sao cho:

> aϕ

= :

inf N

= : max M 0

Nếu ϕ thỏa mãn điều kiện (

)cPS với:

= + λ = M y ∈ z y Y u : , ρ λ , 0 ≥ hoặc = 0 :

ϕγ

= :

inf max ( ( )) ∈Γ ∈ γ

u M

∈

C M X

Γ = :

(

) :

{

}

Thì khi đó c là giá trị tới hạn của ϕ.

Chứng minh. Để áp dụng định lý 2.14 ta chỉ cần chỉ ra rằng c

γ∈ Γ , (

u ( )

γ∈ (

)

minh rằng với mọi

∩ ≠ ∅ vì khi đó với

∩ thì: N

ϕγ

≥

b≥ . Ta sẽ chứng

ϕ .

dẫn đến inf max ( ( )) ∈Γ ∈

inf N

u M

và R là phép co rút từ

ϕ ≥ inf N uϕγ max ( ( )) ∈ u M

Ta ký hiệu p là phép chiếu trên Y sao cho

{ }0

γ (

lên

∩ = ∅ thì ánh xạ:

pZ =

{ }\ z

0M . Nếu

Y ⊕  z

là một phép co rút từ M lên

0M . Điều này là

không thể do M đồng phôi với một quả cầu có chiều xác định nên theo bổ đề 2.17

ta có điều mâu thuẫn. Do vậy với mọi γ∈ Γ ta có:

− p (1 γ u ) ( ) + u γ R p u ( ) ( z . )  r

hay c

≥ ϕ b b≥ . = : ϕ γ  inf N max M

2.5. Bài toán Dirichlet nửa tuyến tính

Trong phần này định lý nối kết được ứng dụng với bài toán:

  ∈ u H 

2 (

)

N L∈

Ω nếu

3N ≥ .

Trong đó Ω là một miền của

N  và

2 (

)

N L∈

= −∆ + u f x u ( , ) ( ) P 1 Ω ( ) a x u ( ) 1 0

Bổ đề 2.20. Nếu

3N ≥ và

Ω thì phiếm hàm:

1,2 Dχ : 0

a x u dx

( )

∫ Ω

Là liên tục yếu.

( ) Ω → 

Chứng minh. Từ bất đẳng thức Holder và Sobolev ta có:

≤

2 a x u dx

( )

−

2 )

N L

( N N L

∫ Ω

− 1

≤

N L

2 * 2

2 ∇ u 2

Do đó phiếm hàm χ là xác định tốt.

. Khi đó:

của (

u trong

)nv

)nu

Giả sử nu

u→ trong 2

locL .

Ta có thể giả sử nv

−

N N (

bị chặn trong

. Do vậy

bị chặn trong 2 L

N NL (

Từ (

)nv

u→ đều trên Ω ( nếu không ta chọn dãy con). )2 nv

dẫn đến (

−

N NL (

và do đó:

2 u trong

2 nv

) D Ω và xét một dãy con bất kỳ ( 1,2 0 (

2 n

Ta vừa chứng minh χ là liên tục yếu.

→ a x v dx a x u dx ( ) ( ) ∫ ∫

N L∈

2 (

)

Ω thì khi đó:

Ω < ∞ ≥ và , 3N

Bổ đề 2.21. Nếu

∇

> −∞

2 a x u dx

(

( )

)

λ 1

∫ Ω Ω )

inf 1 ∈ u H ( 0 = u 1

Chứng minh. Xét một dãy cực tiểu hóa

1 0

( H⊂ )nu

u→ trong

0H ( Nếu không ta xét dãy con). Từ định lý nhúng

Ta có thể giả sử nu

Rellich và bồ đề 2.20 ta có:

→

χ (

)

u ( )

λ < +∞ ≠ ta có: u

Từ 1

+ 1 ) = ∇ 1, → λ 1 χ ( u 2 un u

từ đây ta có điều phải chứng minh.

∇ + χ u u ( ) ≥ λ 1 u

≤

là dãy các giá trị riêng của:

...

≤ < 0

...

Cho 1

< λ λ 2

λ n

λ + 1 n

= −∆ + u λ u ,

  ∈ u H 

tương

...

Trong đó mỗi giá trị riêng được lặp lại ứng với bội số của nó. Cho 1

e e e 3 2

)

ứng là các véc tơ riêng trực chuẩn trong

2 ( L Ω .

Ω ) ( a x u ( ) 1 0

Bổ đề 2.22. Cho các giả thiết của bổ đề 2.21, nếu:

= :

,...,

span e ( 1

e )n

Ω

= :

∈ u H

(

) :

∈ v Y

1 0

{

}

∫ Ω

Khi đó:

∇

1 a x u dx

= :

(

( )

)

inf ∫ 1 Ω Ω ∈ u H ) ( 0 ∇ = u 1 2

Chứng minh. Từ định nghĩa, trên Z ta có:

2 a x u dx

2 u dx

Xét một dãy cực tiểu hóa (

Z⊂ :

)nu

∇

→ δ

1,1

uχ (

)

u→ trong

0H ( Nếu không ta xét dãy con). Từ bổ đề 2.20:

Ta có thể giả sử nu

∇ + ≥ ( u ( ) ) λ + 1 n ∫ Ω ∫ Ω

Nếu

u = ta có 0

1δ = .

+ ≥ δ χ χ u u = + 1 u ( ) u ( ) ≥ ∇ ∫ ∫ λ + n 1

u ≠ ta có 0

Nếu

Bây giờ ta xét phiếm hàm:

u ( ) :

F x u dx

( ,

)

= ∫ Ω

Trong đó:

> u 0 ∫ ≥ δ λ + 1 n

u = ∫ 0

≤

F x u ( , ) f x s ds ( , )

Bổ đề 2.23. Giả sử Ω bị chặn, 1

p r ,

f C

)

< ∞ ∈ Ω  và (

≤

. Khi đó với mọi

p L∈

(

Ω , )

(.,

)

L∈ Ω và toán tử:

)

(

f x u ( ,

)

(

)

(

p : A L

r Ω → Ω ) L

f x u ( ,

)



Liên tục.

Chứng minh

≤

p L∈

(

)

Ω . Do

∈ Ω ( do ta có

Giả sử

f x u ( ,

)

(

)

1 L

p ru

r L∈ )

p ∈ ⇔ ∈ nên u

p L

1 L

Suy ra

f x u ( ,

)

r L∈ Ω ( )

. Khi đó

(

)

u→ trong

pL Ω . Xét dãy con (

)nu

Giả sử nu

υ → hầu khắp nơi trên Ω . Tồn tại dãy con (

)nυ sao cho:

)nυ của ( )nω của (

≤

− j 2 ,

∀ ≥ 1

ω ω + − 1

j p

Ta xác định:

+ 1

∞ ∑ = 1 j

Khi đó hầu khắp nơi trên Ω ta có:

= + − g x ( ) : x ( ) x ( ) x ( ) ω 1 ω j ω j

và do đó

+ 1

− n 1 ∑ = j 1

−

≤

)

(

)

) )

)

( , f x

( , f x u

( , f x

( , f x u

r 2 . c

1 ∈ Ω . ( L

ω n

nω

rL Ω . ( )

Từ định lý hội tụ bị chặn Lebesgue suy ra:

ω → trong nA Au

Vậy ta có

rL Ω . ( )

Au→ trong

nAu

≥ + − ≥ ≤ g x ( ) x ( ) x ( ) x ( ) x ( ) u x ( ) g x ( ) ω j ω j ω n ω 1

− 1

f C

)

(

≤ + c u f x u ( , ) (1 )

Bổ đề 2.24. Giả sử

Ω < ∞ ∈ Ω ×  và

≤

* 2

< ∞ nếu

và

nếu

3N ≥ khi đó phiếm hàm ψ là

Với 1

N =

1, 2

thuộc lớp

1 0

) ( ( C H Ω  và : ),

′ ψ u h ( ), f x u hdx ). ( , = ∫ Ω

Chứng minh

Sự tồn tại của khả vi Gateaux

Cho

. Lấy x ∈ Ω và 0

1 0

λ∈

sao cho:

[0,1]

−

F x u x ( , ( )

th x

( ))

F x u x ( ,

( ))

f x u x ( )

( ,

t h x h x . . ( )). ( )

− 1

≤

+ (1 (

( ) )

( ) u x

h x

( ) h x

− 1

< từ định lý giá trị trung bình, tồn tại t< 1, ,u h H∈

Từ bất đẳng thức Holder, do

−

− 1

(

− 1)

∈

(

u x ( )

h x ( )

)

h x ( )

p L

= . 1

− 1

≤ + c + (1 2 ( u x ( ) h x ( ) )). h x ( )

Nên

1 ∈ Ω . L (

Do định lý Lebesgue dẫn đến:

+ + (1 2 ( u x ( ) h x ( ) )). h x ( ) )

′ ψ u h ( ), f x u hdx ) ( , = ∫ Ω

Tính liên tục của khả vi Gateaux

pL . Áp dụng

u→ trong

Giả sử nu

0H . Do định lý nhúng Sobolev, nu

− 1)

→

ta có

trong

bổ đề 2.23 với

p pL (

f x u ( ,

)

f x u ( ,

)

−

Từ bất đẳng thức Holder, ta có:

′ ψ

′− ψ

−

(

)

(

)

( ,

( ), u h

( , f x u

)). f x u hdx

(

∫ Ω

≤

−

)

( , f x u

(

Do đó:

′ ψ

′− ψ

≤

−

(

)

( ) u

( , f x u

→ → ∞ . n

(

Ta sẽ chứng minh rằng dưới một vài điều kiện hạn chế phiếm hàm:

∇

−

u ( ) :

(

F x u dx ( , ))

∫

u 2

a x u ( ) 2

Ω

Thỏa điều kiện (

≤ − f x u ( , ) f x u ( , ) . h

)cPS với mọi c ∈  .

Bổ đề 2.25. Giả sử rằng Ω < ∞ và:

≥

Ω nếu

N a L∈

2 (

)

q a L

∈ Ω > nếu q

(

a L∈ Ω nếu

)

2N = và

f C

(

* 2 ,

> . 0

∈ Ω ×  và cho )

− 1

≤

)

( , ) f x u

Tồn tại

2α> và

0R > sao cho:

)f 1(

≥ ⇒ <

≤

F x u ( , )

uf x u ( , )

)

H⊂

(

)

Khi đó với bất kỳ dãy

Ω sao cho:

nu (

1 0

< ∞

)

→ 0

ϕ′ , ( u

= ϕ : sup ( n

Có một dãy con hội tụ.

)f 2(

Chứng minh

Ta xét trường hợp

Sau khi lấy

3N ≥ . Trên

0H ta chọn chuẩn

tích phân, từ

u u= ∇ : .

ta có 1

(2.8)

c u

α − ≤ 1)

F x u ( , )

∈

Cho

c > sao cho: 0 )f 2(

với n đủ lớn, với 2

1 1 , [ α 2

≥

−

+ + 1

ϕ u (

)

β ϕ′ u (

c c > ta có: 0

∇

2 n

−

∇

−

(

F x u ( ,

))

(

a x u ( )

( ,

)

2 n

f x u u dx ) n

∫

u n 2

a x u ( ) 2

Ω

∫ β Ω

−

∇

β +

−

)(

)

)]

[(

( , f x u

( , F x u

2 n

∫

1 2

Ω

Từ bổ đề 2.22, ta có với

≥

−

∇

−

+ + 1

)(

(

)

2 ) )

( ,

)]

[(

( a y

) f x u u

( , F x u

∫

1 2

Ω

−

∇

−

∇

−

≥

)(

)

)(

)

αβ (

F x u ( ,

)

(

2 n

c 2

∫

1 2

Ω

≥

−

(

β δ )(

)

αβ (

− c 3

1 2

( Do bổ đề 2.21, bổ đề 2.22 và (2.8) )

do đó nếu (

= + ∈ u y Y z , ∈ : Z z y , n

Từ dimY < ∞ nên ta có thể xem lim →∞

lim →∞ n

= ∞ ) thì khi đó từ bất đẳng thức trên suy ra d = ∞ ta gặp mâu

→∞

u ta xem lim n n

thuẫn. Vậy (

)nu không bị chặn (

Do bước trên nên ta có thể giả sử

)nu bị chặn.

0H ( Nếu không ta xét dãy

pL .

con). Do định lý Rellich,

u→ trong

trong

qL với

Rõ ràng:

Từ bổ đề 2.23 ta có

−

′ ϕ u (

= ∇ ∇ (

u (

)

au u (

)

f x u ( ,

u )(

u dx ))

∫

Ω

−

′ ϕ u u ( ),

= ∇ ∇ (

u (

)

au u (

)

f x u u ( , )(

u dx ))

∫

Ω

′− ϕ

−

= ∇ − ∇ −

−

′ ϕ u (

)

u u ( ),

[(

f x u ( ,

)

f x u

u ( , ))(

)

a u (

2 ) ]

∫

Ω

Hay:

−

′ ϕ ( u

)

′ ϕ u u ( ),

[(

f x u ( ,

)

f x u

u ( , ))(

)

a u (

2 ) ]

∫

Ω

→ f x u ( , ) f x u ( , ) q = : . p − p 1

Rõ ràng:

′− ϕ

)

′ ϕ ( u

( ), u u

− → → ∞ 0,

Từ bổ đề 2.20:

2 − → )

( na u

∫

Ω

Từ bất đẳng thức Holder dẫn đến:

∫

Ω

Ta vừa chứng minh rằng

− → → ∞ . 0, n

Ω < ∞

),(

)

và:

− − ≤ − f x u f x u u n u ( f x u ( , ) u ( , ))( u dx ) f x u ( , ) − → → ∞ 0, ( , ) . q

Định lý 2.26. Giả sử

f 1

→ đều trên Ω .

f x u ( , )

F x u ( , )

)f 3(

2 u λ ≤ . 2n

Khi đó bài toán

)f 4(

)P có nghiệm không tầm thường. 1(

Chứng minh

Xét trường hợp

3N ≥ . Ta kiểm tra các giả thiết của định lý nối kết. Điều

kiện (

và

ta có:

Sử dụng

:u u= ∇ . )cPS được suy ra từ bổ đề 2.25. Ta chọn chuẩn

≤

∀ > ∃ > 0,

0 :

f x u ( , )

c ε

c u ε

Từ bổ đề 2.22, trên Z ta có:

≥

−

≥

−

ε (

)

( ) u

( , ) F x u

c uε

∫

δ 2

Do đó từ định lý nhúng Sobolev tồn tại

r > sao cho:

= :

uϕ ( )

> . 0

inf = u r ∈ u Z

Từ giả thiết

trên Y ta có:

)f 1( )f 3(

)f 4(

−

≤

u ( )

F x u dx ( , )]

∫ λ≤ [

u 2n

+ 1

= :

Ta xác định

. Từ (2.8) dẫn đến:

+ 1

re n e n

2 * 2 2

Trên không gian hữu hạn chiều Y

z⊕  các chuẩn là tương đương nên ta có:

u Y

u ( )

ϕ → −∞ → ∞ ∈ ⊕  z

Do đó tồn tại

rρ> sao cho:

u + − a ϕ ≤ u ( ) . c u . 1 + Ω c 1 u 2

= và ρ

0λ≥ hoặc u ρ≤ và

= + : y

∈ z y Y u

}0λ=

Trong đó: { u

= 0 :

Do vậy áp dụng định lý nối kết ta có điều phải chứng minh.

Trường hợp

= ϕ . 0 max

∇

−

≥

−

λ ϕ > 0,

u ( )

F x u dx ( , ))

F x u dx ( , )

(

c uε

∫

λ 1 2

u 2

au 2

Ω

Do đó tồn tại

r > đủ nhỏ sao cho:

= :

uϕ ( )

> 0

Ω

u 2 ∈ u H

)

inf = r 1 0 (

∈

(0)

Ta có

e X e

ϕ = và do bước 3 nên ta có thể chọn

> sao cho:

ϕ ϕ≥

(0)

( )e

Do vậy áp dụng định lý qua đèo ta có điều phải chứng minh.

Hệ quả sau được suy từ định lý 2.26.

* 2

0λ > ta có: 1

Hệ quả 2.27. Giả sử Ω < ∞ và

. Khi đó với mọi λ∈  bài toán:

−

λ u

Ω

)

1 0 (

−∆ + u   ∈ u H 

Có nghiệm không tầm thường.

2.6. Định lý định vị

Dưới một vài giả thiết giới hạn ta có thể xác định được giá trị tới hạn.

Định lý 2.28. Cho N là một tập con đóng của không gian Banach X . Cho

0M là

Ta xác định:

C M X

(

γ ) : M

một tập con đóng của không gian mê tríc M và } { ∈ Γ Γ = ∈ γ 0

∈

sao cho:

Nếu

εδ ,

1( C X



( , ). Γ ⊂ 0 C M X 0

−∩ 1 ϕ

∩

Mγ (

)

≠ ∅ ∀ ∈ Γ (2.10)

ϕγ

−∞ < =

≤

(2.11)

inf N

inf sup ( ( )) ∈Γ ∈ γ

u M

− ≥ ∀ ∈ Γ (2.9) dist N M γ , ( ( ) ([ c + ε ε c , ])) δγ ,

Khi đó

tồn tại u X∈ thỏa mãn:

−

≤ ε ϕ 2

u ( )

≤ + c

ε 2

dist u N ( ,

)

δ≤ 2

≤

′ ϕ ( )u

ε 8 δ

∀ ∈ ε ∀ ∈ δ [0, ]. [0, ε 2 δ ] 2

Chứng minh. Ta chứng minh bằng phản chứng. Áp dụng bổ đề 2.9 với

S N ϕ=

. Lấy γ∈ Γ sao cho:

thay bằng  :ϕ ϕ= − và c thay bằng

ε< + c

ϕ γ 

sup M

Và xác định β trên M bằng:

u ( ) :

η β= (1,

u ( ))

Chú ý rằng từ giả thiết (2.9):

∩

− 1  ϕ

−

≥

− 1  ϕ

∩

−

≥ >

δ δ

dist N M

γ , (

(

)

 c

([

ε 2 ,

 c

ε 2 ]))

dist N M

γ , (

(

)

 c

([

 + ε ε c

]))

Do vậy với mọi

 :c c= −

−  1 ϕ

∉

−

∩

u ( )

 c

([

ε 2 ,

 c

ε 2 ])

γ 0

S δ 2

u M∈

Suy ra:

( )v

trên

Nên

β ∈ với v M∈ .

0β γ=

0M . Từ β∈ Γ và do (2.10) suy ra

= = u ( )) u ( ) η β (1, u ( )) η γ (1, 0 γ 0

Từ (2.11) dẫn đến:

 c  ϕ

Cuối cùng ta có:

− ε

β ϕ β ( v ( )) ≥ ⇒ c  ϕ β ( v ( )) ≤ − ⇒ c v ( ) ∈ ⊂ N

 c  ϕ

(Do ii) bổ đề 2.9)

⇒

( ( ))v ϕγ

≤ − c

ϕγ

Hay

( ( ))v

ε≥ + c

Dẫn đến:

+ ≤

ε ϕγ

v ( ( ))

< + ta gặp mâu thuẫn.

γ = ∈ v ( ) η β (1, v ( ))

Định nghĩa 2.29. Cho N là một tập con đóng của một không gian Banach

ϕ∈ ,

1 C X (

)

nếu bất kỳ dãy

(

 và c ∈  . Hàm ϕ thỏa điều kiện

) N c ,

X⊂ mà: )nu (

Có một dãy con hội tụ.

→ ϕ u ( ) ϕ′→ c u ( , ) 0, dist u N ( , ) → 0

Định lý 2.30. Cho các giả thiết của định lý 2.28, nếu ϕ thỏa mãn điều kiện

(

) N c ,

uϕ′ ( )

( )u

= và 0

ϕ = .

khi đó tồn tại u N∈ sao cho

X⊂ thỏa mãn:

Chứng minh. Từ định lý 2.28 suy ra sự tồn tại dãy (

)nu

ta có điều phải chứng minh.

Từ đây sử dụng điều kiện

(

) N c ,

→ ϕ u ( ) ϕ′→ c u ( , ) 0, dist u N ( , ) → . 0

2.7. Kỳ dị phi tuyến

Trong phần này ta đề cập đến bài toán:

−

1 0

N N ≥ ,

H Ω ta xác )

Trong đó Ω là một miền bị chặn của



và λ∈  . Trên

1 0 (

định:

* 2

∇

−

[

( ) : u

] dx

∫

u 2

λ u 2

u * 2

Ω

= λ u u u . ( ) P 2 Ω ( ) −∆ +  u  ∈  u H

)

Trên

H Ω ta chọn chuẩn

1 0 (

:u u= ∇ . Cho: 2

là các véc tơ riêng trực

Là dãy các giá trị riêng của −∆ trên

< 0 ≤ ≤ ... < ... ≤ − < λ λ λ+ < λ λ 2

1 0 (

H Ω và 1 )

)

chuẩn tương ứng trong

2 ( L Ω . Ta xác định:

, ,... e e e , 2 3

Y = : ,..., span e ( 1 e )n

1 0

∫

Ω

2 ∇ + u

= :

(

2 u dx )

∫

Ω

inf ∈ u Z ∇ = u 1 2

)

H⊂

(

)

Ω sao cho:

= Z uv 0, ∈ v Y :     = ∈ u H :  

Bổ đề 2.31. Bất kỳ dãy

nu (

1 0

Chứa một dãy con hội tụ.

< d ) c = : ϕ′ , u ( ) → 0 = ϕ : sup ( u n S N

Chứng minh

β∈

Lấy

, với n đủ lớn ta có:

[

]

1 1 , * 2 2

≥

−

+ + 1

)

ϕ ( u

β ϕ′ ( u

* 2

∇

* 2

2 n

−

∇

−

[

(

)

] dx

λ u

2 n

∫

u n 2

λ u 2

u n * 2

Ω

∫ β Ω

Với

≥

∇

−

+ + 1

(

)

(

)

β (

)

λ y

λ z

2 n

* 2 * 2

1 2

1 * 2

1 2

∫ ) ( Ω

∫ β Ω

≥

−

(

β δ )(

+ λ λ ( )

)

β (

)

* 2 * 2

1 * 2

1 2

do đó nếu (

= + ∈ ∈ ta có: u y Z Y z , z y , n

Do dimY < ∞ nên ta có thể xem lim →∞

lim →∞ n

thì từ bất đẳng thức trên suy ra d = ∞ . Vậy (

)nu không bị chặn

Ta có thể xem ( Nếu không ta xét dãy con):

)nu bị chặn.

1 0H

u trong

u→ trong

* 2

* − 2 1

Đặt

( ) :

f u

F u

u * 2

Ω

bị chặn trong

+ Ω và do đó: 2 (

)

2 N NL

Từ (

*2 ( L

),(

f u (

u→ hầu khắp nơi trên Ω .

))n

2 N NL

)

trong

+ Ω . 2 (

)nu bị chặn trong

−∆ + u

λ u

f u ( )

và

Suy ra

* 2

∇

−

≥

(*)

u ( )

(

)

(

)

* 2 * 2

∫

u 2

λ u 2

u * 2

1 2

1 * 2

Ω

Đặt

f u ( ) f u ( )

− . Từ bổ đề Brezis-Lieb ( kiến thức chuẩn bị ) dẫn đến: u u = v :n

∫

Giả sử

= + + ) ) 0(1) ( F u ( ) F u ( F v n

−

→

)

ϕ + ( ) u

(**)

( F v n

∫

v n 2

ϕ′ ( u

→ ta có:

−

* 2

))

′ ϕ ( u

λ u

( F u

∫ = ∇ ( Ω

+ ∇ + u

F u

F v

(

* − ) 2

* − ( ) 2

− ( ) 0(1)

v n

+ λ λ v u n

∫

Ω

−

→

−

= −

Nên

* 2

)

* 2

( ) F u

u uϕ′ ( ),

v n

( F v n

∫

Ta có thể giả sử:

→

* , 2

)

v n

F v ( n

∫

ϕ → ≤ . Ta có: d c )nu (

2 ( L Ω suy ra

)

nv → trong 0

* 2

b . ∇ → Từ bất đẳng thức Sobolev ta có:

và do đó

suy ra

S b≥ .

∇ ≥ b S≥ b = hoặc 0 v n S v . n

_ Nếu

từ (*) và (**) ta có:

b = ta có điều phải chứng minh. 0

b S≥

ta gặp mâu thuẫn.

= = − ≤ − ≤ ≤ < c S d c ( ) ( b c ) S N 1 2 1 * 2 1 2 1 * 2

Định lý 2.32. (Capozzi-Fortunato-Palmieri, 1985). Cho Ω là một miền bị chặn của

. Nếu

thì bài toán

N N ≥ ,



< − < λ λ λ+ )P có nghiệm không tầm thường. 2(

Chứng minh

Ta sẽ áp dụng định lý nối kết với

khi đó ta có điều phải chứng minh.

z Z∈

\ {0}

sao cho:

Từ bổ đề tiếp theo, tồn tại

Trên Z ta có:

* 2

∇

−

≥

−

(

)

( ) u

* 2 * 2

∫

u 2

λ u 2

u * 2

δ 2

1 * 2

Ω

Do đó theo bất đẳng thức Sobolev tồn tại

r > sao cho:

= :

> 0

inf = u r ∈ u Z

Rõ ràng

0ϕ≤ trên Y . Từ Y

z⊕  có chiều xác định nên các chuẩn là tương

đương và:

< cϕ max ⊕ z Y 

* 2 * 2

Nên ta có:

u Y

u ( )

ϕ → −∞ → ∞ ∈ ⊕  .

Do vậy tồn tại

rρ> > sao cho: 0

λ u + − ϕ = u ( ) u u 2 2 1 * 2

= và ρ

= + y

∈ z y Y u

0λ≥ hoặc u ρ≤ và

}0λ=

Trong đó: { u

= 0 :

ϕ= . 0 max M

. Ta có điều phải chứng minh.

Khi đó:

≤ c < cϕ max ⊕ z Y 

\ {0}

z Z∈

Bổ đề 2.33. Cho các giả thiết của định lý 2.32, khi đó tồn tại

sao cho:

< cϕ max ⊕ z Y 

Chứng minh

Với

0ε > ta xác định uε như sau:

− N 2

2 ε

= U ( ) : U x ε x ( ) ε

εψ= x U x ( ) ( )

(

≡ Bψ 1,

(0,

ρ ρ ),

)Dψ∈ Ω là hàm không âm sao cho

> . 0

Với

1ψ ≡ trên

− 4

−

[

N N (

U x

( ) :

Với

2)] − N 2

)

Do định lý Aubin,Talenti ta có Uε là nghiệm của:

+ −

N N

2 2

và U là cực tiểu của S nên ta có:

1 0

 −∆ = u   ∈ u H

( ) : u x ε

* 2 * 2

ε 2 * 2

4 −

⇒

∇

Ta có từ

suy ra

= S U

* 2 * 2

2 * 2

N * 2

* 2 * 2

Khi

+→ ta có:

0ε

* 2

N ε

)

∫

Ω



−

∇

N ε

)

u ε

∫ = ∇

∫

Ω



− 2

* 2

−

[

N N (

]

[

N N (

∇

N ε

≥

N ε

)

u ε

2 ε 2) 2 − N

] 2

∫

2 − ε 2) − N 2 2 ε (2 )

)

< < x

(0,

ρ )

(0,

ρ )

Ω

_ Nếu

4N = thì:

∇ U = S U U = ∇ , U

π π π

− 2

−

[

N N (

−

sin

(ln

θ θ θ θ θ π ε ρ ε ln ) 3

drd d d 1

] 2

2 ε 2) 2 − N

∫

∫ ∫ ∫ ∫

2 ε 8 4 r 4

)

0 0 0

< < x

Khi

+→ thì

ρ ε − ln )

0ε

_ Nếu

5N ≥ ta có:

− 2

−

[

( N N

− 1

r .

sin

...sin

drd

−

θ 1

θ d ... 1

θ N

− − 2

] 4

2 ε 2) 2 − N

] 2

π π π ∫ ∫ ∫ ∫ ...

∫

( N N N 2

2 ε 2) − 2 N r

)

0 0

< < x

− 2

lnε− → ∞ nên ta có thể xem (ln

∫

2 − ε 2) − N 2 2

Với

NW là thể tích quả cầu đơn vị ( Tham khảo PGS.TS Lê Hoàn Hóa, Phép tính vi

tích phân trên không gian Banach, trang 119)

− 2

[

N N (

]

→

khi

+→ . Do cách tính trên nên ta có thể xem:

Ta có

0ε

∫

2 − ε 2) − 2 2 N ε (2 )

(0,

ρ )

2 ε

ε ε d ln

* 2

−

∇

N ε

)

, với d là hằng số dương.

u ε

−

∫

≥

N ε

Ω

(0,

ρ )

2 ε d

  ≥  

+ 4

[

N N (

[

N N (

+ −

N N

2 2

+ 2

− ε

N ε

u ε

− N

2)] + 2

− 2)] 2 N

∫

(0,

ρ )

(0,

ρ )

+ 2

)

x 2 ε

+ 2

+ 2 − = 2

N ε

)

Do đó

(*)

N Nuε

∫

− 4

[

( N N

− N 2

− 2

2 ε

N ε

u dx ε

2)] − 2

− N

− 2)] 2 N

∫

(0,

ρ )

(0,

ρ )

− 2

)

x 2 ε

− 2

N ε

Do đó (**)

)

u dxε

∫

Ta xác định:

[ N N ( ] [ N N ( ] = − . . . ) N W . N = dr N W N 1 − N 1 − N 1 − 1 ( − N ερ r N 4

= :

z ε

u ε

u e e ) ε k k

− ∑ ∫ ( = Ω 1

Với

u ≠ ta có:

* 2

= ⊕ Y = ⊕ Y :V ε u  ε  z ε

* 2

∫

≥

Để hoàn tất chứng minh,cho

0ε > ta cần chứng minh:

)

< S

m ε

= : max( ∈ u V ε = u 1 *2

+ u u = + λ − = tu u u u ( ) ) ( ) ) max( ≥ t ϕ max ( t 0 t 2 t * 2 N 2 u λ 2 * 2

. Rõ ràng

Giả sử

t > và: 0

≤

= và do đó

 y

c 2

≤ . c 3

c u 1

c 1

* 2

Từ tính lồi ta có:

* − 2 1

≥

−

ydx

)

tu ε

c u ε 4

* 2 * 2

* − 2 1 * − 2 1

* ∫ 2 ( Ω

Từ (*) và (**) ta có:

= ∇ + u

= ∇ + ∇ y

m ε

t u ε

tu ε

∫

∫ λ

∫

∫ λ

∇

= ∇ + y

λ t

λ 2 t

u ε

yu ε

∫

∫ λ

∫

λ+ = ≥ sao cho u = + : y  = + y 0 u = và 1 u u tu ε tz t , ε mε

2 * 2

+ u ε u ε ≤ + + y y tu ε + λ λ ( )n c u ε 5 u ε λ 2 * 2

2 * 2

* − 2 1 * − 2 1

+ u ε u ε ≤ + + + ) y (1 y ) y λ λ + ( n c u ε 4 c u ε 5 u ε λ 2 * 2

+ 2

2 * 2

− 2

N ε

Ta có:

Với

5N ≥ thì:

+ u ε u ε ≤ + + ) y + (1 0( 0( ) y ) ) y + λ λ ( n u ε λ 2 * 2

−

u ε

−

)

2 λ ε d

− N 2

≤

N ε

)

= + S

2 λ ε d S

N ε 2

+ N

* 2

u ε

N ε

λ 2 * 2

(

))

Do đó:

−

− N 2

+ 2

≤

N ε

+ + S

2 λ ε d S

)

+ ) 0(

)

ε λ λ (

−

+ 2

N ε

< khi

≤ + S

2 λ ε d

+ ) 0(

)

0ε > đủ nhỏ.

Tương tự ta cũng có kết quả trên cho trường hợp

4N = .

Chương 3. ĐA TẠP NEHARI

Trong chương này ta tìm hiểu về Đa tạp Nehari, trình bày các tính chất của điểm tới

hạn, ứng dụng để tìm các nút nghiệm tỏa tròn.

3.1. Định nghĩa đa tạp Nehari

ϕ′

ϕ∈

(0)

)

1( C X

Giả sử

= . Một điều kiện cần thiết để u X∈ là điểm

 sao cho

tới hạn của ϕ là

= . Điều kiện này xác định đa tạp Nehari:

u uϕ′ ( ),

≠

ϕ′

u u ( ),

{ = ∈ u X :

} 0

Một điểm tới hạn

u ≠ của ϕ là một cơ sở gốc hay là một điểm tới hạn nhỏ nhất

nếu:

uϕ ( )

ϕ= inf N

ϕ. Cuối cùng

Trong phần tiếp theo ta sẽ đưa ra một phương pháp minimax của inf N

ta sử dụng đa tạp Nehari để chứng minh sự tồn tại nghiệm của những nút nghiệm.

3.2. Những điều kiện cơ sở

Trong phần này ta xét bài toán:

f x u , )

(

)

B 1

Ω

(

)

1 0

−∆ + = u u   ∈ u H 

Trong đó Ω là một miền đối xứng xuyên tâm của

. Ta cố định

N N ≥ ,



0 ρ σ≤

≤ ∞ và ta xác định: {

} σ

F r u

( , ) :

f r s ds ( , )

= ∫

Giả sử ta có các giả thiết sau:

f C∈

([0,

]

* 2 ,

> : 0

∞ ×  và cho )

c 0

Ω = Ω ρ ∈ = ≤ < ρσ ( , :N int ) : x x 

− 1

≤

f x u ( , )

)

c u ( 0

Tồn tại

2α> sao cho với mọi r và u ∈  :

)f 1(

)f 2(

≤

F r u ( , )

uf r u ( , )

f r u ( , )

0( ),

u u

→ đều trên

+ .

Tồn tại

0R > sao cho:

)f 3(

)f 4(

\ {0}

với mọi

r > . 0

là hàm tăng theo u trên



F r u ( , ) > . 0 inf > r 0 > u R

( , ) f r u u

Bán kính nghiệm của

)f 5(

∇

−

, )]

(

[

( ) : u

F x u dx

∫

u 2

Ω

Xác định trên không gian

)P là những điểm tới hạn của phiếm hàm: 1(

1 0,0(

)

X H= : ( Ω . )

là bán kính đối xứng } .

1 NH 0,0(

)

1 0

{ Ω = ∈ u H

\ {0}

u X∈

Ω u ) : ( ( ) :

Bổ đề 3.1. Cho các giả thiết

, cho bất kỳ

khi đó

(

t u > sao cho ( ).

t u u N∈ . Giá trị lớn nhất của

)tuϕ với

tồn tại duy nhất ( )

t ≥ 0

t u= ( )

. Hàm:

đạt tại

\ {0}

→ ∞ ] [0,

t u ( )

xác định một đồng phôi giữa quả cầu đơn vị của

Là liên tục và ánh xạ

t u u ( ).

X và N .

)f 2( )f 3( )f 4( )f 5( )f 1(

Chứng minh

Sauk hi lấy tích phân từ

tồn tại 0

c u

α − ≤ 1)

F r u ( , )

0 (

u X∈

\ {0}

g t

( ) :

tuϕ= (

)

Lấy

cố định và xác định hàm

trên [0,

]∞ . Rõ ràng ta có:

′ ( ) g t

= ⇔ 0

′ ϕ ( tu u ),

= ⇔ ∈ u N

(3.1)

f x u udx , )

(

1 ⇔ = ∫ u t

−

⇔

( Do

)

ϕ′ ( tu u ),

t (

2 ∇ + u

2 t u

tf x tu u dx

) )

(

2 t u

f x u udx , )

(

∫

= ∫ t

c > sao cho: 0 )f 2(

Từ

nên

là hàm tăng theo t .

f x u udx , )

(

1 t ∫ ϕ=

(0)

Ta có:

= 0

∇

−

ϕ tu (

)

[

F x tu dx ,

)]

(

F x u dx

, )

(

∫

2 t u 2

t 2

Ω

≥

−

f x tu udx ,

(

)

(do

)

)f 5(

∫

t α

t 2

≤

( do

)

Mà

tuf x tu (

)

)f 2(

c tu ( 0

−

p t u

ϕ ≥ tu (

)

2 t u (

)

Nên

∫

t 2

c 0 2

( )

g t > khi 0

Do đó :

t > đủ nhỏ

( ) 0

g t < khi

t > đủ lớn.

g tu′ (

)

t u= ( )

Vì vậy

đạt tại

là duy nhất vì thế

= và ( ).

t u u N∈ .

)f 1( )f 4(

\ {0}

t u liên tục ta xét

bị

Để chứng minh ( )

max g ∞ [0, ]

. Từ (3.1) suy ra ( ( t u

và

u→ trong ))n

chặn. Nếu một dãy con của ( ( t u

hội tụ đến 0t thì từ (3.1) cũng suy ra 0 t

khi đó ( t u

t u= ( ) ))n

Cuối cùng ta có ánh xạ liên tục từ quả cầu đơn vị của X vào

( )

t u là ánh xạ

ngược của phép co rút

u  . u

) t u→ . ( )

Bổ đề 3.2. Giả sử

khi đó bất kỳ dãy (

2N ≥ và

< ∞

)

→ 0

ϕ′ , ( u

ϕ = : sup ( n

Chứa một dãy con hội tụ.

( ),( f ),( f ) X⊂ mà: f 1 )nu

Chứng minh

Với n đủ lớn ta có:

≥

−

+ + 1

)

ϕ ( u

′ ϕ ( u

1 α

−

(

u f x u ( ,

)

F x u ( ,

))

∫

1 ) α

1 ( α

1 2



−

≥

(

1 ) α

1 2

Do đó (

T ừ bước trên ta có thể giả sử

)nu bị chặn.

pL . Rõ ràng:

Do phép nhúng

u→ trong X ( Nếu không ta xét dãy con).

p L⊂ )

1 NH 0(

) (

−

′ ϕ ( u

)

′ ϕ ( ), u u

(

f x u ( ,

)

f x u

( , ))(

u dx )

∫

( ) u→ trong  là compact nên

∫

− − + − + − ), = ∇ ∇ [ ) ) ϕ′ ( u u u u ( u u u ( , f x u )( u )] u dx ( u u n

)

∫

Ta có:

′− ϕ

′ ϕ u (

)

u u ( ),

− → 0

Từ

và

ta có:

ϕ′ − − + − + − u u ( ), u = ∇ ∇ [ u u ( u ) u u ( u ) f x u u ( , )( u dx )]

− 1

≤

∀ > ∃ > 0

0 :

f x u ( , )

c ε

c u ε

Và vì vậy:

− 1

−

≤

−

(

f x u ( ,

)

f x u

( , ))(

u dx )

ε [ (

)

)](

u dx )

c u ( ε

∫

− 1

≤

−

ε 4 (

)

]

[ c u ε

−

c u

)

εε≤ (

Trong đó c không phụ thuộc ε và n . Ta vừa chứng minh:

)f 3( )f 1(

và

∫

− − → u− → . 0 f x u ( f x u ( , ) u ( , ))( u dx ) 0

Định lý 3.3. Cho các giả thiết

ta có:

( ) f− ( ) f 1

Với c là giá trị tới hạn của ϕ. Với:

c 1 :

ϕ= inf N

= :

)

tuϕ

c 2

inf max ( ∈ ≥ u X t 0 ≠ u 0

= = > 0 c c 1 c 2

[0,1]

ϕγ c = : t inf max ( ( )) ∈Γ ∈ γ

ϕγ

([0,1],

) :

(0)

{ γ Γ = ∈

} ( (1)) 0

Chứng minh

(

u X∈

\ {0}

. Từ

tuϕ < với ) 0

khi t lớn.

Do bổ đề 4.1 nên 1 c

∈

ϕγ

∈ Γ thì

. Do đó:

Ta có:

[0,1],

c= 2

≤ ϕ ( ( )) max (

)

≥

và

phần chứa gốc cũng chứa

Đa tạp Nehari chia X thành hai phần. Do

c c≤ 2

( ) 0

quả cầu nhỏ chứa gốc. Tuy nhiên

uϕ ≥ với u thuộc phần này bởi vì

≥ ∀ ≤ ≤

ϕ′ ( tu u ),

0, 0

t u ( )

(*).

∃ ∈ Γ γ

∀ ∈ t

[0,1] :

t ( )

([0,1]) N

Nếu

∩ = ∅ thì khi đó:

∉ N

≠ ∀ ∈

ϕ γ′

⇒

t ( ( ))

[0,1]

Dẫn đến

∀ ∈ t

[0,1]

t ( ( ))

′ ϕ γ  ( ( ) 0 t  ′ ϕ γ > 

ϕγ

mâu thuẫn với (*)

ϕγ

( (0)) 0 ( (1)) 0

( ( )) t ( ( )) t

ϕγ  ⇒  ϕγ 

([0,1])

Vậy

)f 1( )f 3(

∩ ≠ ∅ ∀ ∈ Γ do đó 1c γ

Để chứng minh c là giá trị tới hạn của ϕ ta áp dụng định lý 2.14 với

c≤ .

và

} (0)) 0

{ γ 0

Từ

và

suy ra tồn tại

r > sao cho:

→ = < :{0,1} X : (0) 0, M = : [0,1], M = : {0,1} Γ = : 0 γ 0 ϕγ ( 0

> . Do đó ta có:

uϕ min ( ) ≤ u r

= và inf = u r

)f 3( )f 1(

Áp dụng bổ đề 3.2 trên ϕ thỏa điều kiện (

≥ ϕ c u ( ) > = 0 u ( )) ϕγ 0 inf = u r sup sup ( ∈Γ ∈ γ u M 0 0

điều phải chứng minh.

Kết quả sau đây không phụ thuộc vào điều kiện Palais-Smale.

( )v

)cPS do đó áp dụng định lý 2.14 ta có

( ) f− ( ),

Định lý 3.4. Cho các giả thiết

nếu v N∈ và

ϕ = khi đó v là điểm

tới hạn của ϕ.

f 1

Chứng minh

≠ . Khi đó tồn tại

> sao cho:

vϕ′ ( )

v N

ϕ∈ ,

v ( )

= và c

Giả sử

δ λ> 0,

u v

′ − ≤ ⇒ δ ϕ ( ) 3 u

≥ . λ

Chọn

theo bổ đề 2.9 có η sao cho:

= :

B v ( ,

δ )

λδ c min{ , 2 8

−∉ ϕ

−

(1, )u

1([

ε 2 ,

ε 2 ])

= nếu

+ ε

− ε

∩

c ⊂ δ ϕ

c η ϕ (1,

B v ( ,

))

ϕη

ϕ≤

( (1, ))

u ( ),

∀ ∈ u X

Từ đây suy ra

= điều này mâu thuẫn với định nghĩa của c .

))

c 2

ϕη max ( (1, t

3.3. Những tính chất của giá trị tới hạn

)

ϕ tương ứng với

Trong phần này ta ký hiệu (

c ρσ là giá trị tời hạn của inf N

)ρσΩ ,

(

Bổ đề 3.5.( Bất đẳng thức Strauss ) Nếu

c N > sao cho với mọi

)

2N ≥ tồn tại (

1 0(

) (

− 1 N 2

≤

∇

( ) u x

( ) c N u

hầu khắp nơi trên

N .

u H∈ )N  :

Chứng minh

Để hoàn tất chứng minh ta xét

N ∩ )

1 0(

) (

− 1

≤

− 1 2 u

ur 2

(

)

d dr

Ta có:

∞

∈ u H D ( )  . Từ :

− 1 ds

− 1 2 u r ( )

∫

≤ ≤ ∇ r u s u 2 c N u ( ) du dr

−

Mệnh đề 3.6. Cho các giả thiết

có các tính chất sau:

′

≤

≤ Nếu 0 ρ ρ σ σ

ρσ , )

′ ρ σ′ ) ( ,

≤ ∞ khi đó ( c

)

c ρσ → ∞ khi (

σ ρ− → 0

)

c ρσ → ∞ khi ρ→ ∞ (

)

c ρσ là nửa liên tục dưới với cặp ( (

)ρσ . ,

( ) ( f ), ( c ρσ , ) f 1

Chứng minh

′

≤

′ ρ σ , (

′ ⊂ )

ρσ ( ) ,

≤ Nếu 0 ρ ρ σ σ

≤ ∞ thì khi đó

và do đó

≤

ρσ ( ) ,

′ ρ σ′ ) ( ,

Từ

ta có:

∇

−

≥

−

F x u dx

u ( )

, ))

(

f x u udx , )

(

∫

1 α

u 2

1 2

Ω

≥

−

(3.2)

(

1 ) α

1 2

∈

u N ρσ ( )

Từ

và

với

ta có:

∀ ∈ ), u N ρσ ) ( , f 2(

)f 1( )f 3(

∫

ρσΩ )

(

p * 2

= ≤ + ( u , ) f x u udx u c u 0 1 2

( áp dụng Hệ quả 2.6)

− 1 a u σ ρ ) ( 0

p * 2

≤ + − u 1 2

− 1 p a u σ ρ ) ( 1

− + 1

−

p * 2

≤

Do đó

− σ ρ ( )

∈

u N ρσ ( )

Do vậy nếu

σ ρ− → thì

( )uϕ → ∞ với

1u → ∞ và từ (3.2) suy ra

∈

u N ρσ ) (

Từ

và bổ đề 3.4 theo với mọi

ta có:

≤ + − u 1 2

( ),( f ) f 1

∫

ρσΩ )

(

−

N p )( 2

= ≤ + ( u , ) f x u udx u c u 0 1 2

(1 a u u ρ 3

−

N p )( 2

+ ≤ u 1 2

(1 a u ρ 3 1

≤

Do đó

− 1 N ρ 2 4

∈

u N ρσ ) (

Do vậy nếu ρ→ ∞ thì

( )uϕ → ∞ với

1u → ∞ từ (3.2) suy ra

Ta cần chỉ ra rằng:

≤

+ ≤ u 1 2

nếu (

( c

ρσ , )

)

ρ σ , n n

c lim ( →∞ n

Ta chỉ cần xét trường hợp

nσ ≡ ∞ các trường hợp khác chứng minh tương tự. Ta

)ρσΩ ,

(

ta xác định:

giả sử rằng

→ ∞ ) ρσ→ ( ), , n ρ σ , n n

nρ ρ→ > . Trên

= u ( ) : ( v x n ρ x )n ρ

Theo bổ đề 3.1 tồn tại

nt > sao cho

∈ N 0 = : ρ ( , ∞ . ) ω n t v n n

Rõ ràng

∞ . Điều cần chứng minh tương đương với: ) ) ρ≥ ( , c ϕω ( n

(

N ρ ∞ ta có: )

Từ định nghĩa của

∇

−

)

)]

[

(

2 v n

( t v f x t v n n n n

∫

2 t n 2

v n 2

ρσΩ )

(

∇

−

[

)]

2 n

t u f x t u ( n n n n

∫

2 ρ n ρ

2 t n 2

Ω

N ρ N ρ n

(

ρσ , )

Và từ định nghĩa

+ → ∞ (3.3) n ( ) 0(1), ϕω ϕ= nu ) ( n

nN ρ ∞ : ,

) (

∫

ρσΩ )

(

dẫn đến:

Do đó suy ra

= ∇ + − 0 [ ( ) , )] u u ( u f x u dx 1 2

nt = +

→ ∞ nên ta có (3.3).

0(1),

v n

ω− n

1 0(1)

3.4. Nghiệm nút

Trong phần này ta xét bài toán:

f x u , )

(

)

P 2

(



1 0

−∆ + = u u   ∈ u H

Một nút của một nghiệm tỏa tròn của

u x = 0

0ρ> sao cho ( )

khi x ρ= .

)P là một bán kính 2(

Định lý 3.7. ( Bartsh-Willem, 1993). Cho các giả thiết

, với mỗi số

nguyên

( ) f− ( ) f 1

ku + và

ku − của nghiệm tỏa tròn của

< <

< < ...

(0) 0

(0)

< ∞ .

có đúng k nút 0

± ρ k

− k

+ k

k > tồn tại một cặp 0 )P với 2(

Chứng minh

Ta cố định số nguyên

ku + của

nút với

> . Ta xác định trên [0,

(0)

]∞ ×  :

ku +

1k ≥ và để tìm một nghiệm tỏa tròn )P có k 1(

≥

r u ( , )

0 ( , ), f r u u < − − f r u u ( ,

 =  

Hàm ϕ+ được xác định trên

1 0,0(

ρσ ,

)

ρσ ,

∇

−

F x u dx

u ( )

, )]

(

[

ϕ +

∫

u 2

Ω

(

ρσ , )

Trong đó

là nguyên hàm của

thỏa mãn

= . Do định lý

F r+

( ,.)

r+ ( ,.)

F r+

( ,0)

3.2:

ρσ ( ,

) :

ϕ inf ρσ ) , (

Trong đó:

≠

ρσ ( ,

) :

u u ( ),

+′ ϕ

ρσ ,

{ = ∈ u X

} 0

Là một giá trị tới hạn của ϕ+ . Đặt tương ứng với nó là điểm tới hạn. Từ

và:

(

)

u ( )

ϕ +

+= ϕ

(

u u ),

u u ( ),

= 0

′ ϕ +

Từ định lý 3.3 suy ra u cũng là điểm tới hạn của ϕ+ . Do vậy ta có thể giả sử

u= . Nói riêng u là một điểm tới hạn không âm của ϕ.

Điểm tới hạn không dương được xây dựng tương tự từ cách xét:

−

≥

( ,

r u ( , ) :

−

− f r u u ), <

( , ), f r u u

 =  

Tương ứng là giá trị tới hạn

c ρσ− ) ( ,

Ta xác định:

ε c j

)

ρ ρ ( ,..., k

ρ ρ ( , j j

+ 1

= ∑ ) :

X = : H ( Ω bởi: )

Trong đó:

jε = + nếu j chẳn và

jε = − nếu j lẻ.

= = ∞ 0 < < ... < ρ ρ + < ρ ρ 1

≤ ≤ và j chẳn, tồn tại một

Từ mệnh đề 3.5 C + đạt cực tiểu tại

nghiệm không âm của:

,... )kρ ρ . Cho 0 1(

(3.4)

f x u , ) (

−∆ + = u u   ∈ u X ρ ρ +

Sao cho

+ 1

Và cho j lẻ tồn tại một nghiệm không dương

ju của (3.4) sao cho:

−

= ϕ u ( c ) ) ρ ρ ( , j j

.Trên

N ta xác định:

+ 1

= ϕ u ( ) c ) ρ ρ ( , j j

nếu

ρ +

≤ xρ j

+ u x k

Do bất đẳng thức Strauss

ku + liên tục ngoại trừ tại 0 . Do phép nhúng

= ( ) : u x ( ) j

< ∞ . Do

p L

Ω với mọi 1

p≤

(

)

1 NH 0,0(

) (

+ ∈ k

p L loc

ρ 10,

< ∞ . Đặc biệt

Ω và do nguyên lý cực

vậy

Ω với mọi 1

p≤

∈ u W

(

)

∈ u C

(

)

2, loc

ρ 1

Ω là compact nên suy ra Ω ⊂ ) ( )

đại

chẳn và

lẻ.

ku + > trên 0

ku + < trên 0

ρ ρ + , j j 1

ρ ρ + , 1 j j

Từ bổ đề tiếp theo ta suy ra

ku + là một nghiệm của

Ω Ω j , , j

)P . 2(

Bổ đề 3.8. Hàm

ku + là một nghiệm của:

−∆ + = u u

f x u , )

(

(3.5)

Chứng minh

Ta xác định

u += :

}

. Rõ ràng u thỏa mãn (3.5) trong {

và xửa lý (3.5) như là một phương

Từ x là một đường từ gốc nên ta đặt

trình vi phân gốc. Do vậy ta viết ( )u r thay cho ( )u x . Ta biết rằng u là thuộc lớp

2C trên:

∈ ≠ = x x j k : , 1,...,  ρ j

{

}

Và thỏa mãn:

− 1

−

− 1 u

(

′ ′ )

(

f r u ( , )

)

trên U . (3.6)

> ≠ = U r r j k = : 0 : , 1,..., ρ j

Trong đó :′ là ký hiệu của

. Ta phải chỉ ra rằng u thỏa mãn (3.6) trên toàn bộ

d dr

+ . Điều này xảy ra nếu và chỉ nếu: =

= :

′ +

′ −

′ lim ( ) u r r 

′ lim ( ) u r r 

ρ j

và đặt

Ta chứng minh bằng phản chứng. Giả sử u

= :

= ρ ρ σ ρt ρ : j

− 1

+ 1

Ta giả sử

]ρσ và

, ]σt . Bây giờ ta cố định

u ≥ trên [ 0

u ≤ trên [ 0

0δ > và xác

định

]

v ρσ →  bởi:

= ( ) :

v r

( ) u r

≥ nếu r σ δ −

−

u ( (

(

))

− +

nếu

v r ( ) :

− σ δ ( )

(

σ δ )

− σ δ σ δ u ) δ 2

−

≤ . r σ δ

′ + ′≠ u −

xác định bởi

, ]ρt . Cho

Rõ ràng v liên tục trên [

0 ( )

α αδ= ( )

β β δ= ( )

> và 0

> sao cho:

+ = ∈ − σ σ δ σ δσ δ ) ( ,

v Nβ

, )

v Nα

)

và

σt−∈ 0(

ρσ+∈ ( 0

Tiếp theo ta xác định

, ]

ω ρt →  bởi:

( ) : r

σ 0 t

≤ ≤ r ≤ ≤ r

αρ  ( ), v r =  β σ ( ), v r  0

uψ ψ ω≤ )

( )

(

. Trong đó:

Từ cách xây dựng u của định lý 4.6 ta có

−

(

( ) : h

′ h

( , )) F r h r

− 1 dr

∫

1 2

Từ giả thiết

suy ra

F r ( ,

h−

)

F r ( ,

h và

)

là hàm theo h

+∈  do

0 ) v σ = . Từ bổ đề 3.1 tồn tại 0(

là hàm tăng. Do vậy ta có:

F r ( ,

)

∂ ∂ h

2 ω

≥

F r ( ,

ω )

F r u ( , )

nếu

uω > .

− 2

( , ) u f r u u

Từ đây suy ra:

)f 5(

2 ω

′

2 ω ω +

−

≤

2 ω ω +

−

σδ + [

](

ω ))

](

σδ + [

)

( , F r

− 1 dr

( , ) F r u

− 1 dr

∫

1 2

− 2

( , ) u f r u u

t + ρ σδ +

( , ) 0

( , )

và

ta có

uf r u ≥ thêm

uf r u vào vế phải sau ta có:

δ δ +

′

−

≤

−

2 + ω ω

ω ))

ω )

(

( , F r

− 1 dr

( , ) F r u

( , ) uf r u

( , F r

( , )) F r u r

− 1 dr

∫

1 2

σδ −

Do định nghĩa của u :

2 ′ +

u (

2 u r )

− 1 dr

f r u ur ( , )

− 1 dr

u uϕ′ ( ),

(

∫

Do các bất đẳng thức trên ta có:

′

≤

2 + ω ω

−

− 1 dr

ψ ω ψ )

(

u ( )

− σδ [

](

f r u r ( , ))

∫

1 2

2 ω 2 u

t + + ρ σδ

σδ +

′

2 ω ω +

−

ω )

(

( , F r

( , )) F r u r

− 1 dr

∫

1 2

σδ −

Sử dụng (3.6) ta thấy rằng:

− σδ

′

2 ω ω +

−

(

( , )) f r u r

− 1 dr

( u

( , )) uf r u r

− 1 dr

∫

1 2

2 α 2

2 ω 2 u

σδ −

−

σδ − (

)

σδ − (

2 ′ u r

− 1 dr

( u u

( , )) f r u r

− 1 dr

2 ′ u r

− 1 dr

( u r

− 1 ′ ′ ) u dr

∫

2 α 2

− σδ

− 1

−

σδ −

2 ′ u r

− 1 dr

− 1 u

2 ′ u r

− 1 dr

− σδ (

ur (

′ )

)

σδ − (

)

′ σδ − (

u ) (

)

∫

2 α 2

)

u ρ = ) (3.8) 0

do (

)

u σ = ta có: 0

Từ (

)f 3( )f 5(

−′

− 1

−

(3.9)

− σ δ ( )

N ′ σ δ σ ( )

− 1 u

δ 0( )

′ −

Ta kiểm tra được rằng:

(3.10)

αδ lim ( ) δ 

β δ lim ( ) 1 δ 

= − + u − σ δ ( ) δ u δ 0( )

α α

→ ∈

u N

)

(

do bổ đề 3.1 nên α là

0δ thì v

ρσ+ ( , 0

( )

αδ → tương tự ta cũng có

β δ → ).

duy nhất nên suy ra

Từ (3.8), (3.9), (3.10) dẫn đến:

σδ −

− 1

′

2 ω ω +

−

= −

f r u r ( , ))

− 1 dr

(

(3.11)

2 ′ δ δ + 0( ) −

∫

N σ 2

1 2

2 ω 2 u

1 2

Tương tự ta cũng có:

− 1

′

2 ω ω +

−

= −

(3.12)

(

( , )) f r u r

− 1 dr

2 ′ δ δ + 0( ) +

∫

N σ 2

1 2

2 ω 2 u

σδ +

Ta cũng kiểm tra được rằng:

σδ +

2 ′ −

ω )

δ 0( )

(

( , F r

( , )) F r u r

− 1 dr

∫

1 2

σδ −

Từ (3.10) ta có:

σδ +

− 1

(

)

( ( u

−

)) ( [

)

2 δ δ + 0( )

)

2 ′ v r

− 1 dr

( u

′ +

′ −

∫

σ δ σδ − − ) u 2 δ 8

N σ 4

1 2

σ δ + ) N

σδ − ( N

σδ −

Suy ra:

σδ +

− 1

′ ω

(3.14)

2 δ δ + 0( )

)

− 1 dr

( u

′ +

′ −

∫

N σ 4

1 2

σδ −

Từ (3.7) và (3.11)-(3.14) ta có:

− 1

≤

−

ψ ω ψ )

(

u ( )

u (

2 + δ δ 0( )

)

′ +

′ −

N σ 4

khi

Dẫn đến

ψ ω ψ< )

(

( )u

ψ ω ψ≥ )

(

( )u

0δ > đủ nhỏ điều này mâu thuẫn với

Sau đây là một hệ quả trực tiếp của định lý 3.6.

u→ do v liên tục nên

≥

∈

Hệ quả 3.9. Giả sử

và

λ µ∈ ∞ khi đó với mỗi số nguyên

p q ,

* [2, 2 ]

[0,

]

ku + và

ku − của nghiệm tỏa tròn của:

− 1

−

)

λ ( u

µ ( u

+ k

− k

(

)



1 0

−∆ + = u u   ∈ u H

< <

Với

(0) 0

(0)

có đúng k nút.

− k

+ k

k > tồn tại một cặp 0

KẾT LUẬN

Việc tìm hiểu Một số kết quả về bài toán cực trị cho ta thấy được tầm quan

trọng của việc nghiên cứu điểm tới hạn để ứng dụng chúng vào việc chứng minh sự

tồn tại nghiệm của bài toán Dirichlet nửa tuyến tính, qua đó cho ta thấy sự khác biệt

và bản chất của việc tìm hiểu điểm dừng trong toán tử Lagrange với việc tìm hiểu

điểm tới hạn.

Trong phần cuối ta sẽ thấy được các tính chất của điểm tới hạn, ứng dụng của

nó vào việc xác định các nút nghiệm, trong định lý Bartsh-Willem việc tăng số

nguyên k lên sẽ cho ta khoanh vùng nghiệm của bài toán nhờ số lượng nút nghiệm

của nghiệm tỏa tròn.

Trong quá trình làm luận văn không thể không thiếu những thiếu sót mong sự

góp ý của quý thầy cô và bạn đọc.

TÀI LIỆU THAM KHẢO

Tiếng Việt

1. Lê Hoàn Hóa (2012), Phép tính vi tich phân trên không gian Banach, TP Hồ

Chí Minh.

2. Nguyễn Bích Huy, Giáo trình giải tích thực, Lưu hành nội bộ.

3. Trần Đức Vân (2000), Phương trình vi phân đạo hàm riêng, Nxb ĐHQG Hà

Nội.

Tiếng Anh

4. Michel Willem (1996), Minimax Theorems, Birkhauser.