Luận văn Thạc sĩ Toán học: Một số nghiên cứu về phương trình Logistic

BOÄ GIAÙO DUÏC VAØ ÑAØO TAÏO TRÖÔØNG ÑAÏI HOÏC SÖ PHAÏM TP . HOÀ CHÍ MINH

-----------------------------

NGUYEÃN KHAÛI HOAØN

MOÄT SOÁ NGHIEÂN CÖÙU VEÀ PHÖÔNG TRÌNH LOGISTIC

Chuyeân ngaønh : Toaùn giaûi tích Maõ soá : 60 46 01

LUAÄN VAÊN THAÏC SÓ TOAÙN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC PGS . TS . NGUYEÃN BÍCH HUY

Thaønh phoá Hồ Chí Minh – 2007

LÔØI CAÙM ÔN

 Toâi xin ñöôïc baøy toû loøng bieát ôn chaân thaønh vaø saâu saéc ñeán thaày höôùng daãn ,

PGS.TS NGUYEÃN BÍCH HUY ,khoa Toaùn-Tin tröôøng ñaïi hoïc sö phaïm thaønh

phoá Hoà Chí Minh , ñaõ taän tình höôùng daãn toâi trong suoát quaù trình hoïc taäp ,

nghieân cöùu vaø hoaøn thaønh luaän vaên .

Toâi cuõng xin chaân thaønh caûm ôn caùc thaày coâ trong Khoa Toaùn –Tin , Phoøng

Khoa Hoïc Coâng Ngheä vaø Sau Ñaïi Hoïc tröôøng ñaïi hoïc sö phaïm thaønh phoá Hoà

Chí Minh ñaõ taän tình giaûng daïy vaø taïo ñieàu kieän thuaän lôïi cho toâi trong suoát quaù

trình hoïc taäp cuõng nhö tìm toøi caùc taøi lieäu cho vieäc nghieân cöùu.

Vì kieán thöùc coøn haïn cheá neân luaän vaên khoâng traùnh khoûi nhöõng thieáu xoùt , raát

mong ñöôïc söï chæ baûo chaân thaønh cuûa caùc thaày , vaø caùc baïn .

MỞ ĐẦU

Trong luận văn này , chúng tôi nghiên cứu về phương trình logistic có dạng sau:







eu trong

(0.1)

 

u

  u m(x)u   0 treân 

Phương trình này xuất phát từ bài toán sinh học mô tả sự phát triển của các loài

trong tự nhiên và đã được nhiều nhà toán học nghiên cứu theo những hướng khác

nhau từ những năm 1980 cho đến tận ngày nay.

 Phương trình (0.1) là dạng biến đổi của phương trình sau :

n

q

(0.2)

  

trong đó n  (cid:0) , q 1 và hàm trọng m(x) thuộc một không gian hàm cụ thể . Trường hợp n  1 và m(x) bị chặn , tồn tại nghiệm cổ điển được nghiên cứu bởi

)

sL (

Amann và Crandal [3] .Trường hợp n  1 và m(x)

  với s   , sự tồn tại

nghiệm yếu của (0.2) được nghiên cứu bởi Hernández J ,Drabek [17,18] và

Nguyễn Bích Huy [24] .Các nghiên cứu chỉ rằng tính chính qui của nghiệm yếu

1C (

s

nghiệm yếu thuộc lớp

phụ thuộc vào độ lớn s : khi s N

) , khi



Nq 2(q 1) 

1,2

)





nghiệm yếu thuộc

s

cũng được nghiên



.Trường hợp n 1 và

0W (

 ) L ( 

N 2

cứu trong [17].Trong luận văn , ở chương 1 , chúng tôi xét trường hợp n 1 và s có

.

thể nhỏ hơn

N 2

n

u

Bằng phép biến đổi

, bài toán (0.2) trở thành :

v







 0 treân  (v ) m(x)v v trong   v 

(0.3)

 

u trong

  u m(x)u   

u 0 treân

trong đó

là miền mở ,bị chặn với biên trơn , m(x)

 

N (N 3) 

sL (   )

(cid:0)



s

,

, 0

1

, và giả thiết bị chặn dưới của

với



  

  

2N(q 1) 2(q 1) N(q 1 2r)

 

 

m(x) ,chúng tôi đã chứng minh sự tồn tại nghiệm yếu cực trị của (0.3) trên khoảng

0u được định nghĩa trong chương 1.



 0u , với

 Trong chương 2 , 3 , chúng tôi nghiên cứu điều khiển tối ưu mùa thu hoạch

của một loài và được mô hình hóa bởi phương trình logistic suy biến sau :









(0.4)

 

eu trong

  u (a f)u   

trong đó

là miền mở ,bị chặn với biên trơn . Ở đây , a , f ,e là các

 

(cid:0)

) | f

hàm bị chặn , a

, 0

1

 : f L (   



     . Phương trình

L

N (N 3)  f , a , e  

 0

(0.4) xuất hiện khi trong phương trình :

m

2







(0.5)

 

 w (a f)w ew trong   w 0 treân 

m

u w

ta thực hiện phép đổi biến

, khi đó

.

,

 

 

1 m

2 m

Phương trình (0.5) đã được áp dụng trong mô hình phát triển giống loài bởi Gurtin

và MacCamy trong [15] , mô tả sự phát triển của một loài đang cư ngụ trong  và

mật độ của nó là w(x) . Điều kiện biên Dirichlet được hiểu là loài w không thể sống

trên  ; bởi vì , chẳng hạn biên  có thể là sông , hồ , hay môi trường bao

quanh  rất nguy hiểm , không thể sống được . Hàm dương e(x) mô tả mức lớn

nhất cho phép về những ảnh hưởng của đám đông trong loài và hàm a(x) tượng

trưng cho tốc độ sinh trưởng của loài .Hàm f(x) đóng vai trò điều khiển sự sinh

trưởng của loài .Toán tử  chỉ sự khuyếch tán của loài , nghĩa là chỉ tốc độ di

chuyển của loài từ vùng có mật độ cao đến vùng có mật độ thấp .Trong luận văn ,

chúng tôi xét m 1 , gọi là sự khuyếch tán phi tuyến chậm , nghĩa là sự khuyếch tán

chậm hơn trường hợp m  1 . Điều kiện này mô tả chính xác hơn hiện thực sinh học

.Với giả thiết đã cho , chúng tôi chứng tỏ rằng , với mỗi f , tồn tại duy nhất nghiệm

u 0 treân

dương của (0.5) và được kí hiệu là

fu . Khi đem bán sản phẩm , chúng ta sẽ thu

được lợi nhuận được biểu thị bởi công thức sau :

J(f )

k(f ))

.



( h(f )u 



f













,

,

)

,

)

Trong đó

và

1 h C ( 

2 k C ( 

0  là tham số . Hàm J biểu thị

(cid:0)

(cid:0)

(cid:0)

(cid:0)

và phí tổn được tính

mức chênh lệch giữa thu nhập được tính bởi

fu h(f )





. Ở đây ,  mô tả tỉ số giữa giá cả của loài và phí tổn .Mục tiêu của chúng

 bởi k(f ) 

tôi là làm sao cho lợi nhuận lớn nhất , nghĩa là hàm J đạt giá trị lớn nhất. Trong

1 ,

2

 

trường hợp m  1 , nghĩa là

  và h(t)  t , k(t)  2t , bài toán này đã được

nghiên cứu trong [6],[22],[23] . Còn trong luận văn , chúng tôi xét m > 1,









,

,

)

,

)

1 h C ( 

2 k C ( 

và có một số giả thiết khác nữa .

(cid:0)

(cid:0)

(cid:0)

(cid:0)

 Nội dung của luận văn chủ yếu dựa vào ba bài báo [11],[12],[24] bao gồm :

 CHƯƠNG 1 : Sự tồn tại nghiệm yếu không bị chặn .

Trong chương này , chúng tôi đưa bài toán (0.3) về bài toán tìm điểm bất

động của ánh xạ tăng và từ đó chứng minh sự tồn tại nghiệm yếu cực trị nằm

trong q 1L  .

 CHƯƠNG 2 : Phương trình logistic suy biến .

Trong §1 , chúng tôi giới thiệu một số khái niệm và một số kết quả về sự tồn

tại và duy nhất giá trị riêng chính , nghiệm của bài toán elliptic tuyến tính với hàm

thế không bị chặn .Trong §2 , chúng tôi chứng minh sự tồn tại và duy nhất nghiệm

dương của (0.4).

 CHƯƠNG 3 : Sự tồn tại và duy nhất hàm điều khiển tối ưu.

Trong chương này , chúng tôi chứng minh với  đủ nhỏ thì tồn tại duy nhất

hàm điều khiển tối ưu.

CHƯƠNG 1

SỰ TỒN TẠI NGHIỆM YẾU KHÔNG BỊ CHẶN

§1. CÁC KHÁI NIỆM VÀ KẾT QỦA ĐƯỢC SỬ DỤNG.

A.Không gian Banach có thứ tự

Định nghĩa 1.1.1

Cho không gian Banach thực X . Tập K X gọi là một nón trên X nếu :

K là tập đóng , K   ,

i)

,

ii)

K K K   tK K

0



t  

  

.

iii)

K ( K)

   



 Nếu K X là nón thì thứ tự trong X sinh bởi nón K được định nghĩa như sau:

x

y khi và chỉ khi y x K

  .

Định nghĩa 1.1.2

Cho X là không gian Banach thực , có thứ tự sinh bởi nón K . Khi đó ta nói :

.

 K là nón sinh nếu K K X





 K là nón chuẩn nếu

N 0 , x,y K , x

.

 K là nón chính qui nếu mọi dãy đơn điệu tăng , bị chặn trên thì hội tụ .

 K là nón hoàn toàn chính qui nếu mọi dãy đơn điệu tăng , bị chặn theo

chuẩn thì hội tụ.

Ta dễ dàng kiểm tra rằng :

pL (X,

 Nón các hàm không âm h.k.n trong

x N y y       

nón hoàn toàn chính qui.

 ) , 1 p < +   là nón sinh ,

B.Điểm bất động của ánh xạ tăng

Giả sử X là không gian Banach thực , có thứ tự sinh bởi một nón .

.

x X | x





 u



Ta kí hiệu 

u, là tập

 Ta nói tập M  X là có hướng nếu

1

2

1

2

x , x  x , x M x M , x      . x

 Ánh xạ T : M X

.



x, y M, x 

y  

T(x) T(y) 

Trong chương này ta sẽ sử dụng một định lý điểm bất động của ánh xạ tăng để

chứng minh sự tồn tại nghiệm cực trị của bài toán tìm nghiệm yếu của phương trình

Logistic.

X   được gọi là ánh xạ tăng nếu

Mệnh đề 1.1.3 [ 7 ],[ 24 ]

Cho X là không gian Banach thực có thứ tự sinh bởi một nón , M  X là tập

, M

M

i)

có hướng .

,

 



đóng và T : M M là ánh xạ tăng thỏa mãn các điều kiện sau :  u M | u Tu

  

0

0

0M

u

hội tụ .

M

thì dãy 

ii) Với mọi dãy tăng  n

nTu

0

thì ánh xạ T có trong

điểm bất động lớn nhất u

Khi đó , với mỗi u



0M

 M u,

v M u,

là một điểm bất động





và điểm bất động nhỏ nhất u , nghĩa là nếu

 

u

của T thì u

.

v   

Ghi chú 1.1.4

Ta sẽ áp dụng mệnh đề 1.1.3 cho ánh xạ T tác động trong không gian

p X L (

)

pL (

  , 1 p   ,

) là không gian Banach có thứ tự sinh bởi nón các

hội tụ , ta

hàm không âm h.k.n trong  .Như vậy để chứng minh dãy tăng 

nTu

chỉ cần chứng minh nó bị chặn theo chuẩn .

C.Không gian Sobolev

N

Giả sử

  (cid:0) là một miền .Với 1 p   và m  0,1,2,… ta định nghĩa :

m,pW (

p u L (

)



) là không gian các hàm u ,

  có đạo hàm suy rộng đến bậc

p D u L (

)

0,p W (

p ) L (

)

. Với m 0 ,ta đặt

m và

   với mọi  ,

m 

   .Trong

u

D u

.

m,pW (

, trong đó

là chuẩn trong pL (

) .

) ta xét chuẩn :

m,p

p

 

p

m

 

m ,p

m,pW (

)



  trong )

) (

  là không gian

) là bao đóng của

cC (

cC (

0W (

các hàm có giá compắc trong  và có đạo hàm mọi hạng liên tục trên  ) .

1,p

1,p

Ta thường xét không gian

) , trong

) ta xét chuẩn :

0W (

0W (

u

u   .

p

1,p

1,2W (

u

u

) còn được kí

.Chuẩn này tương đương với chuẩn :

  . Không gian

p

p

1H (

hiệu là

) .





1,p

1,p

1,p





1

và

 Không gian liên hợp của





W (

)

W (

) là

 với

 )

0W (

1 p

1  p

được định nghĩa trong [14].

Mệnh đề 1.1.5 [8],[14]



p

1,p W (

)

là liên tục ,với

và ta

1) Khi 1< p < N , phép nhúng



p  ) L (

 

Np N p 

1,p



 ) W (

)

   p L (

có :

 

 , trong đó s là chỉ số liên hợp với s theo nghĩa

1

.





1 s

1  s

1,pW (

)

1,pW (

2) Nếu u,v



 thì max(u,v) , min(u,v) thuộc

) và ta có:



i

,

i



i

   



D u(x) ,neáu u(x) v(x) D (max(u,v))(x) D v(x) ,neáu v(x) u(x)

i

,

i



i

   

iD u là đạo hàm riêng suy rộng theo biến xi của hàm u . Nói riêng ta có :

D u(x) ,neáu u(x) v(x) D (min(u,v))(x) D v(x) ,neáu v(x) u(x)



i

,

 D u (x)

i



D u(x) , neáu u(x) 0

   



0 , neáu u(x) 0

i

.

 D u (x)

i



D u(x) , neáu u(x) 0

   

 Bất đẳng thức Gagliardo – Nirenberg



1 

 D u

C u

. u

m,p u W (

)

+ Với







và 0

m 1

  

 , ta có :

q ) L ( 

m,p

q

r

.

trong đó  định bởi :

 

(1 )   

 1  r N

1 m  p N

1 q

  

  



1 

0, m 1

u

C u

. u

.

+ Với

 

 , ta có :



r

1,p

q

0 ,neáu u(x) 0

§2. NGHIỆM YẾU CỰC TRỊ CỦA PHƯƠNG TRÌNH LOGISTIC

Trong mục này , ta xét phương trình Logistic dạng sau:

r

q



. (1.1)

 

u m(x)u

    

Ta xét sự tồn tại nghiệm yếu cực trị của (1.1) với các giả thiết :

 

N (N 3) 

là miền mở , bị chặn với biên trơn ,  là tham số dương ,

(cid:0)

s m(x) L (

)

q

.

  , 0 r 1 , r

 



u trong u=0 treân

Định nghĩa 1.2.1

Xét phương trình :

(1.2)

 

  u f(x,u) trong  0 treân

u

  

N

với :

  (cid:0) ( N 3 ) là tập mở , bị chặn , có biên trơn ,

(cid:0) là một hàm thỏa điều kiện Caratheodory.

f :   (cid:0)

)

1)Ta nói hàm

 là một nghiệm yếu của (1.2) nếu

1 u H (  0

f (x, u) L

(

2 N  N 2

 , )

dx

)

.

u  



f (x, u) dx 

 



1 H ( 0









)

2) Ta nói hàm

1 u H ( 

 là một nghiệm dưới của (1.2) nếu

f (x, u) L

(

2 N  N 2

 , u )

0 trên  ,

h.k.n trên  .

dx

0

u  



f (x, u) dx 

 

) ,   

1 H ( 0









Mệnh đề 1.2.2 [5]

Giả sử hàm g :   (cid:0)

(cid:0) thỏa điều kiện Caratheodory và các điều kiện sau :

g(x, u)

là tăng ,

i)

Với mọi x  thì g(x,0)  0 và hàm u



1 L (

)

Với mọi t > 0 , tồn tại hàm

ii)

  sao cho

th

sup g(x, u) u

.





h (x) t



 t

Khi đó với mọi

)

1  h H (

 bài toán biên :

 



 u g(x,u) h trong 



u 0 treân

  

1

)

có duy nhất nghiệm yếu u

)



 thỏa mãn điều kiện ug(x,u)

1L (   .

0H (

 Giả sử các dữ kiện trong bài toán (1.1) thỏa mãn các điều kiện sau :



s

, r

q ,0 r 1.

sL (

  với )





 

(H1) m(x)

2N(q 1) 2(q 1) N(q 1 2r)

 

 

 có biên trơn sao cho

(H2) m(x) 0 h.k.n trong  và tồn tại số

0m 0 , tập



  

; m(x) m , x 

    .

0

Gọi u1 là hàm riêng ứng với giá trị riêng thứ nhất của bài toán biên :

(1.3)

   

   u u trong  0 treân

u

  

\

  , bằng

 với c > 0 đủ nhỏ .

và u0 là hàm bằng 0 trên

1cu trên

Định lý 1.2.3

như trên . Khi đó phương trình (1.1) có nghiệm lớn nhất và nhỏ nhất trong

Giả sử các điều kiện (H1),(H2) được thỏa mãn và hàm u0 được định nghĩa  0u , .

Chứng minh

 Ta chứng minh hàm u0 là một nghiệm dưới của (1.1).

Gọi

1 là giá trị riêng đầu của bài toán biên (1.3) và đặt

u(x)

1u (x) ,x 0 ,x

   \   

   

u

u

thì theo [25] ta có

   , theo nghĩa yếu , nghĩa là :

1

u

0.

u dx , 

 

) ,   

dx     1

1 H ( 0









Do đó , để

là nghiệm dưới của (1.1) ta chỉ cần chọn c sao cho :

cu

0u

r

q

cu

cu(x)

dx ,

0

. (1.4)

 







 

),   

 m(x) cu(x)







 1

1 H ( 0





 

 





hay

r

q

cu

dx ,

0

.







 

),   

 m(x) cu (x)







 1

  1

1

cu (x) 1

1 H ( 0





 

 





 

Ta có :

r

q

 m(x) cu (x)







1

r

q r 

1 r 

   cu (x) 1 cu (x)   1 1













0

m 0 , x         cu (x) 1 cu (x) 1   1 cu (x) 1    

khi c

 . Như vậy , ta

là nghiệm dưới của (1.1).

có thể chọn c đủ nhỏ để (1.4) đúng hay

0,1 r 0 0 đủ nhỏ vì q r     và u1(x) bị chặn trên

0u

 Ta đưa bài toán (1.1) về bài toán tìm điểm bất động của ánh xạ tăng .

)

q 1  u L (

Với mỗi

 ta xét bài toán tìm nghiệm yếu của bài toán :

q

cu

z

. (1.5)

 

r   m(x)u trong z   z 0 treân 

 

Ta áp dụng mệnh đề 1.2.2 cho bài toán (1.5) .Rõ ràng hàm g(x,z)  zq thỏa các điều

s ) , m L (

)

q 1  L (



kiện i),ii) của mệnh đề 1.2.2 . Vì u

  ta suy ra :

r

t L (

.

r

m(x)u

(

1  ) H (

2N L  N 2

 

, do đó :

)  .

t



Từ điều kiện (H1) ta có :

2N N 2 

Như vậy , tất cả các điều kiện của mệnh đề 1.2.2 được thỏa mãn và bài toán

t m(x).u   với )  s(q 1)  rs q 1  

(1.5) có duy nhất nghiệm yếu

q 1 1    . L (

1 z H ( 0

q 1L (

) z )   sao cho

Xét ánh xạ T đặt tương ứng mỗi u



q 1L (

q 1L (

)  với nghiệm duy nhất z của (1.5) thì

ta có T là một ánh xạ từ

  vào )

  và u là nghiệm yếu của (1.1) khi và

chỉ khi u là điểm bất động của ánh xạ T .

 Ta chứng minh T là ánh xạ tăng .

1

)

 

q 1L (

)

Giả sử u , v

 , theo định nghĩa của T và



v .Với

0H (

khái niệm nghiệm yếu ta có :

r

q

)  và u

,









r

q

dx

m(x)v

(Tv)

dx

,

Tv  









 

 









và do đó :

r

q

dx

m(x)(u

r v )

((Tu)

q (Tv) )

dx

. (1.6)



(Tu Tv) 















 

 











)

Theo mệnh đề 1.1.5 ta có:

(Tu Tv) 



 , và ta có :

1 H ( 0

q

q



Tu

Tv

0 trong

.



(Tu Tv) 













 

 

 

(Tu Tv) 

Do đó , cho

trong (1.6) ta có :



dx m(x)u (Tu) dx Tu          

. (1.7)





1

)



 , theo mệnh đề 1.1.5 ta có:

Mặt khác , với mọi w

0H (



w w

0

. (1.8)

  







(Tu Tv) dx 0  (Tu Tv)    

Do vậy , từ (1.7) và (1.8) ta có :

2



dx

0

.



(Tu Tv) 









Từ đây , ta suy ra

Như vậy u

.



v  Tu Tv

 Ta tiếp tục chứng minh :

0  (Tu Tv)    .  h.k.n trong  . Suy ra , Tu Tv h.k.n trong

. (1.9)

0

0

Vì u0 là nghiệm dưới của (1.1) nên ta có :

.

dx

m(x)u

u

dx ,

0









 

),   

u   0

r 0

q 0

1 H ( 0

 

 









Kết hợp với :

q

u Tu

.

0

r 0

1 H ( 0









Ta được :

q

Tu dx m(x)u dx , )          (Tu ) 0    

.(1.10)

0

q 0

1 H ( 0









q



(u

 



(u dx u dx , 0          ),    Tu ) 0 (Tu ) 0    

trong (1.10) và chú ý :

ta có :

Cho

Tu ) 0

0

q 0

0

.

(u

(u

0











Tu ) 0

0

0

 Tu ) dx 0





Tiếp tục sử dụng (1.8) ta có :

2



.

(u

dx

0







Tu ) 0

0





u (u 0    (Tu ) 0 Tu ) 0    

Từ đây, suy ra :

h.k.n trong  .

0

0



Từ (1.9) và T là ánh xạ tăng ta thấy T biến tập đóng 

0u , vào chính nó .Nghiệm



yếu cực trị của (1.1) trên 

0u , chính là các điểm bất động lớn nhất và nhỏ nhất

của T trên 

 0u , .

 Chứng minh T có điểm bất động lớn nhất , nhỏ nhất trên 

 0u ,

Ta sẽ kiểm tra rằng tất cả các điều kiện của mệnh đề 1.1.3 được thỏa mãn .

u Tu

Với

, ta đặt

thì do tính tăng của







u , u M 2

1

0

u , 0

1

3



 u  

 | u Tu 

 u max(u , u ) 2

ánh xạ T ta có :

,

.Từ đây ta có :

2

3

1

1

2

3

u Tu Tu u Tu Tu    

. Vậy M0 là tập có hướng .

3

3

3

0

Để chứng minh rằng , ánh xạ T thỏa mãn điều kiện ii) của mệnh đề 1.1.3 , ta chỉ

cần chứng minh tập

u Tu hay u M  

  . )

0

Với mỗi u M0 ta có :

r

q

T(M ) bị chặn theo chuẩn trong q 1L (









r

q

.

m(x)(Tu)

(Tu)

dx ,

0









 

) ,   

1 H ( 0

 

 





Tu

 

Cho

ta có :

2

 q 1

 r 1

dx m(x)u (Tu) dx Tu          

.





   



(r 1)s

Tu L

(

)



Dưới đây , ta sẽ có

 , do đó áp dụng bất đẳng thức Holder cho vế

phải ta có :

2

q 1 

r 1 

(1.11)

Tu

Tu



 



H

m . Tu s

q 1 

(r 1)s 

1 2

2

u

u

.

,trong đó



H



   

  

  Trường hợp: (r 1)s



  . q 1



(r 1)s

)

Tu L

(

)

Do

q 1  Tu L (

 nên



 .Từ (1.11) ta có

q 1 

r 1 

Tu

m C. Tu

.

 

s

q 1 

q 1 

T(M ) là tập bị chặn trong q 1L (

Từ đây và do r < q , suy ra

  . )

0

  Trường hợp: (r 1)s



  . q 1

Từ (H1) ta suy ra :

. (1.12)



2N N 2 

s(q 1)  rs q 1  

Tu (Tu) m(x)(Tu) dx dx      

t

Vì ánh xạ

tăng nên từ (1.12) ta có :

st t) (rs







 (r 1)s . 



rs

2N N 2 

2N N 2 

 s(r 1)s   (r 1)s  

 s(r 1)s   (r 1)s 1  

Như vậy , ta có :

,

 q 1 (r 1)s

 





2N N 2 

và ta có thể áp dụng bất đẳng thức Gagliardo – Nirenberg để có:

1 t

t

Tu

C Tu . Tu 

, (1.13)





H

q 1 

(r 1)s 

trong đó t thỏa :

t

.







1 1 q 

1  (1 r)s 

 1  q 1 

 N 2  2N 



(r 1)s

Tu L

(

)

Như vậy , ta có



 .Từ (1.11) ta có :

Tu

, (1.14)



C Tu 1



H

r 1  2 (r 1)s 

Tu

.



C Tu 1



q 1 

r 1  q 1  (r 1)s 

Từ (1.13) và (1.14) ta có :







(1 t )(r 1) q 1 

Tu

.



C Tu 2





(r 1)s 

t (r 1)  2 (r 1)s 





1

(r 1)sL

(

Từ đây và do





  và do )

nên tập T(M0) bị chặn trong

t(r 1)  2

(1 t)(r 1)  q 1 

đó bị chặn trong q 1L (

  . )

Như vậy ánh xạ T thỏa mãn tất cả các điều kiện của mệnh đề 1.1.3 và do đó



nó có điểm bất động lớn nhất và nhỏ nhất trên 

0u , và chính là nghiệm yếu lớn

nhất và nhỏ nhất của bài toán (1.1) trên 

 0u , .

Định lý 1.2.4

Giả sử các giả thiết của định lý 1.2.3 được thỏa mãn . Gọi un là nghiệm yếu

(duy nhất) của bài toán :

u

 

trong  ,

u   n

q n

r n 1

m(x)u 

nu

0 trên  ( n  (cid:0) ).

1

hội tụ trong

) về nghiệm yếu nhỏ nhất của bài toán

0H (

Khi đó dãy  nu

(1.1) trên 

 0u , .

Chứng minh

Áp dụng mệnh đề 1.2.2 và lập luận như ở phần đầu bước 2 trong chứng minh

định lý 1.2.3 ta có hàm un được xác định duy nhất theo un-1 .

Từ định nghĩa của ánh xạ T trong chứng minh định lý 1.2.3 và định nghĩa

u

là dãy tăng .

Tu

của un , ta suy ra un = T(un-1) . Do

0

0

nên  nu

)

bị chặn trong q 1L (

  .Do đó tồn tại

Cũng theo chứng minh định lý 1.2.3 ta có  nu

giới hạn

y

  . )



h.k.n trong  và trong q 1L (

n

lim u n 

Tu

Ty (n

)





Vì T là ánh xạ tăng nên n u

n

 (cid:0) . Theo định nghĩa nghiệm yếu ta có :

q

r

dx

(Ty)

u

m(x)(y

u

)

.





 



dx   



) dx 

 



(Ty u )  n

q n

1 H ( 0

r n 1 

 

 













Cho

và áp dụng bất đẳng thức Poincare ta có :

 

Ty u 

n

2

2





n

(Ty u ) dx n

 C (Ty u ) dx 



   

q

r

(Ty)

u

m(x)(y

u

 



(Ty u )dx 

 



)(Ty u )dx 

q n

n

n

r n 1 

 

 









r

.

u

 



(Ty u )dx 

n

r n 1 

 m(x) y







Cho n   và áp dụng định lý Beppo – Levi ta có Ty  y .Vậy y là một điểm bất

1

y

) .

động của T . Cũng từ bất đẳng thức trên ta suy ra :

 trong

0H (

n

lim u n 



Ta chứng minh y là điểm bất động nhỏ nhất của T trên

0u , .Thật vậy , nếu

 là một điểm bất động của T thì dùng qui nạp ta chứng minh được



y 1

 u , 0

u

)

. Định lý được chứng minh .



n

y (n 1

1y

 (cid:0) và do đó y

CHƯƠNG 2

PHƯƠNG TRÌNH LOGISTIC SUY BIẾN

§1 . CÁC KHÁI NIỆM VÀ KẾT QỦA ĐƯỢC SỬ DỤNG.

N

  ,ta định )

Cho  là miền bị chặn trong

(cid:0) ,N  3 với biên  trơn .Cho f L (

nghĩa :

| f (x)

k h.k.n trong

,

: es ssup f 







 inf k

 

Mf

,

| k

f (x) h.k.n trong

: essin f f 







 sup k

 

Lf

(cid:0)

 L (

) :

) | f

,



L

  f L (     

 0

 L (

) :

) | f

,



M

  f L (     

 0

1



1 u C (

) :

) | u 0 treân

0C (

    

  .

1

) là không gian Banach có thứ tự sinh bởi nón P các hàm không âm của

0C (

1

) ,phần trong của P kí hiệu là int(P).

0C (

,











int(P) :

) | u 0 trong

,

0 treân

1 u C ( 0

 u  n

    

  

trong đó n là véc tơ pháp tuyến đơn vị trên biên  hướng ra ngoài .

Chúng ta xét bài toán giá trị riêng suy biến sau:

 

u trong

(2.1)

  u M(x)u 

 

u

0 treân

  

,trong đó :

)

)

(H1)

  thỏa M(x)d (x) L (



 , d (x) : dist(x,



 . )

 M L ( loc





(cid:0)

Định lý 2.1.1[4],[16]

Giả sử rằng M thỏa mãn (H1) .Khi đó tồn tại duy nhất giá trị riêng chính

M)

(nghĩa là một giá trị thực tương ứng với hàm riêng

trong int(P)), ta kí

1(   

M)

,

hiệu là

1(   

2

M(x)u

2 u  







(

M)

  



.

1

2

)\{0}

inf 

u H ( 

1 0

 u





    

    

Ngoài ra ta có :

(a) Giả sử M1 , M2 thỏa (H1) và M1 < M2 . Khi đó :

(

.

  

(    

1

M ) 1

1

M ) 2

(b) Giả sử Mn , M đều thỏa (H1) với mọi n  (cid:0) và thỏa

2

)

M

. (2.2)

2 M ,     



1 H ( 0

n









(

M) khi n

Khi đó

  

  . Đặt biệt , với M  0 , ta

1

M ) n

(     1

)

:

)

:

kí hiệu

    với (

 . 1

    và ( 1

1

1

1

 1



(c)





 

2,p v W (

1 ) C ( 

.

  

 

  

), p N 

(

M) 0

0,

v M(x)v 0 h.k.n trong

v int(P)

v

1





v 0 treân

    

    

       

    

Bổ đề 2.1.2

M)

>0 và thỏa (2.2)

1(   

Giả sử Mn , M đều thỏa (H1) với mọi n (cid:0) ,

2

2

2

. (2.3)

1 M u , u H ( 0

0

n

0

. Khi đó tồn tại hằng số dương C0<1 (độc lập với n ) và n0(C0) (cid:0) sao cho: 



     





Chứng minh

C n u u ), n     

Do

1

( sM) M) khi s 1    1 sao cho (     1  nên tồn tại 0s

.



1

1 1 C 

0

( 0     . Chọn 0 < C0 < 1 sao cho s0 s M) 0

(

0 khi n

Do

  



  nên

1

s M ) 0 n

(     1

s M) 0

0n

(

n

) \ {0}

. Khi đó :

,

  

  



. Lấy n  n0 ,

1 u H (  0

1

s M ) 0 n 0

n

0

2

2

2

2

(2.3)

u

0

u

0

  



s M u 0

n







M u n 1 C 

0





     



2

2 u  

s M u 0

n







0





 2 u





2

2 u  

s M u 0

n







(

Ta có :

=

.

  

1

s M ) 0 n

)



inf 1 u H (  0

 2 u





    

    

2

2 u  

s M u 0

n







0

Vì thế :

. Do đó (2.3) đúng .

(    



1

s M ) 0 n

 2 u





 Ta xét bài toán sau:

 



. (2.4)

 u M(x)u f trong 



u 0 treân

  

Định lý 2.1.3 [11],[12]

M)

0

Giả sử M thỏa (H1) ,

)

 , f L (

  . Khi đó bài toán (2.4) có duy

1(   

(0,1)

nhất nghiệm u

 

1,C ( 

 , )

. Hơn nữa ,tồn tại hằng số K 0 (độc lập với f )

sao cho :

u

K f

. (2.5)



1,C (

)

 



Ngoài ra ta có :

)

(a) Giả sử f1 , f2 L (

f và u1 ,u2 là các nghiệm của (2.4).

  , 1 f

2

u

Khi đó

.

u

2

1

(

0

 , )

  

M M

(b) Giả sử M1 , M2 thỏa (H1) ,

, và u1 , u2

  , f L ( 

1

M ) 1

1

2

u

là các nghiệm của (2.4 ) . Khi đó

.

u

1

2

Định lý 2.1.4 [6],[11]

M)

Giả sử M thỏa (H1) ,

)

2L (

 , f 0

  . Khi đó bài toán (2.4) có duy

1(   

2,2W (

)

nhất nghiệm u



 . Hơn nữa ,tồn tại hằng số K >0 (độc lập với f ) sao cho:

u

K f

.



2

2,2W

Ngoài ra ta có :

2L (

)

.

u

(a) Giả sử f1 , f2

  , 1 f

f và u1, u2 là các nghiệm của (2.4). Khi đó 1 u

2

2

(

, f

2L (

)

  

 , 0

M M

0 h.k.n

  , f

(b) Giả sử M1 , M2 thỏa (H1) ,

1

M ) 1

1

2

u

.

u

trong  ,và u1 , u2 là các nghiệm của (2.4 ) . Khi đó

1

2

Bổ đề 2.1.5 [12]

Cho M thỏa mãn (H1) , u

2,p W (

)

, p  2 thỏa:





1 ) C ( 







, u 0 treân





u Mu 0 h.k.n trong

 u 0 trong    0 u   

(x ) 0 x

  



Khi đó : u(x)  0 x  và

mà u(x0)  0.

0

0

u  n 

Bổ đề 2.1.6 [20]

1,q

) , 1 q

Cho 

.





   . Khi đó C >0 sao cho

1,q

0W (

0W

q

C    d

Bổ đề 2.1.7

Cho f : L (

f(u) = u := esssup u . Khi đó f liên tục.

M

   (cid:0) định bởi

Chứng minh

Ta có : v(x) u(x)

)

h.k.n trong  .



  v u 

.

M





v(x) u(x) u    u v    u v 

.

M

M





u u  u v   u v  v   M v   M

. Do đó f liên tục.

Tương tự ta có : M

M

.Suy ra : M

M





u v u v   u v    u v 

Bổ đề 2.1.8

Cho f : L (

)

f(u)= u := essinf u . Khi đó f liên tục.

L

   (cid:0) định bởi

Chứng minh

h.k.n trong  .

Ta có :

Lu

 Lu





v(x) v(x)   u(x) v(x)   u v   u v  

.

L

L





v v  u v    u v  u  L u   L

. Suy ra :

. Do đó f liên tục.

Tương tự : L v

L

L

L





u u v   u v    u v 

Bổ đề 2.1.9

)

Cho

. Khi đó f liên tục.



1 f : int(P) C ( 0

  (cid:0) định bởi:

f(u) = inf  x

u(x) d (x) 

Chứng minh

.

Ta có :

f (u)



u v 





u v 



1C (

)

1C (

)





u(x) v(x)  d (x) 

v(x) d (x) 

f (u)

f (v)

f (v)

f (u)







u v 





u v 

.Tương tự :

.

1C (

)

1C (

)





. Do đó f liên tục.

Suy ra :

1C (

)



f (v) f (u)   u v 

Bổ đề 2.1.10 [21] (Nguyên tắc maximum )

2,p W (

Cho u

, p  2 thỏa :

1 ) C ( 

c(x) 0 trong



 , Lu  0 h.k.n trong  .

N

N

ij

ji

ij

i

)  

ij a u

i b u

Trong đó :

,với

;

a , b ,c liên tục và

x

x x i

j

i





i, j 1 

i 1 

N

2

N

0

  sao cho

ij a (x)

      

i

j

(cid:0) .



i, j 1 

Nếu u đạt giá trị nhỏ nhất không dương trong  thì u là hằng số .

Lu c(x)u a    a 

§2 .PHƯƠNG TRÌNH LOGISTIC SUY BIẾN

Ta xét phương trình logistic suy biến sau đây:





bu

(2.6)

 

u

,thỏa điều kiện :

   eu trong u   0 treân 

.

 : f L (   

L

) \ {0} ) | f  

 (H2) 0<  <1   , b L ( 

, bM>0 , e , trong đó  

 0

Để nghiên cứu bài toán (2.6) , ta xét phương trình porous medium sau:



(2.7)

     w trong w  w = 0 treân 

Bổ đề 2.2.1 [2]

1

Giả sử 0

   .Bài toán (2.7) có nghiệm không âm và không tầm thường

khi và chỉ khi  >0 .Nếu  >0 thì (2.7) tồn tại duy nhất nghiệm dương ngặt ,kí hiệu

2,  C (

 

là w  ,

w )  .Hơn nữa :



int(P)



là nghiệm dương duy nhất của bài toán :

trong đó

w trong  , (2.8)    0 1 k   0

1 trong

= 0 treân



1 

,

   (2.9)   ,



và 1   0

0k



  1

   .

Định lý 2.2.2

Giả sử có (H2) . Khi đó bài toán (2.6) tồn tại nghiệm cực đại không âm ub

2,p

.Hơn nữa ,bởi tính chính qui elliptic

bu W (

), p 2    , và vì thế ,

.

1,  C (

b

u ) , 0 1      N p

Chứng minh định lý 2.2.2

+Trước hết ,ta chứng minh (0,

Mbw ) là cặp nghiệm dưới – trên của bài toán (2.6) .

Thật vậy , rõ ràng 0 là nghiệm dưới của (2.6) . Do

Mbw là nghiệm dương ngặt của







w

w













(2.7) nên ta có:

.Suy ra:

.

b (w ) M b

b

b(w ) b

b(w ) b

e(w ) b

b

M

M

M

M

M

M

Vì thế ,

Mbw là nghiệm trên của (2.6).

Do đó (2.6) có nghiệm cực đại ub ứng với cặp (0,

Mbw ) .

+Bây giờ ta chứng minh ub cũng là nghiệm cực đại không âm của (2.6) .

Thật vậy , lấy bất kì nghiệm yếu u của (2.6).Khi đó bởi tính chính qui elliptic

1

u

0C (

dưới-trên của (2.7) với

. Do tính duy nhất nghiệm của (2.7) nên

.

)   .Vì thế , tồn tại K  0 đủ lớn sao cho u  K và (u, K ) là cặp nghiệm

Mb 

Mb

u w

.

Suy ra ub cũng là nghiệm cực đại không âm của (2.6) và

b

b

M

u w

Định lý 2.2.3

Giả sử có (H2) và bL> 0 . Khi đó tồn tại duy nhất nghiệm dương ngặt của bài

2,p

toán (2.6) . Hơn nữa ,bởi tính chính qui elliptic

bu W (

) , p 2    , và vì thế

. Ngoài ra:

1,  C (

b



(a)

u ) int(P) ,0<  1    N p

bu h.k.n trong

, trong đó

 (2.10)    b 1

e

b

. (2.11)



1      b 1

 b

M

L

1 1 

(b)

. (2.12)

u

b





b

M









Chứng minh

 Trước hết , ta chứng minh rằng ( b

  thỏa : 0 b

Mbw ) là cặp nghiệm dưới- trên của (2.6) với

  , 1

+Thật vậy ,

0   thỏa (2.11). b

1





  là nghiệm dưới của (2.6) khi và chỉ khi : b

1

1

( ) b( ) e( )     b   b 1    . b





b(

)

e(

)

    b

1

  b 1

   . b

1

1          . b

1  b

 1

 1

1

b

e

1           . b

1  b

1 1

 1

 1

b e

1     1 b

1        . b

1  1

1

b e

. (2.13)

 b

1    1

1  b   1

L

1

1

e

e

b

b

(e b    e ) M

Do

;

 . Suy ra



 . b

1   , 1

1  1

1    e 1

M

1  L 1

L

1

0    nên 1

Suy ra:

1   e 1

M

1  1

L

Do (2.14) nên (2.13) đúng . Suy ra

e b b 0  , 0   . (2.14)

1

+Ta chứng minh

Mbw là nghiệm trên của (2.6).

w

.Suy ra :

Do





b

b (w ) M b

Mbw là nghiệm dương ngặt của (2.7) nên ta có :

M

M







w









. Vì thế ,

b(w ) b

b(w ) b

e(w ) b

b

M

M

M

M

Mbw là nghiệm trên của (2.6).

  là nghiệm dưới của (2.6). b

Mbw ) là cặp nghiệm dưới - trên của (2.6) và theo định lý 2.2.2 suy ra

 Do ( b   , 1

nghiệm cực đại ub của (2.6) thỏa

bu h.k.n trong

2,p

 .Theo tính chính qui    b 1

elliptic

.Theo bổ đề 2.1.5

1,  C (

bu W (

b

,

.

u ) , 0< ) , p 2    , và vì thế  1    N p

int(P)

bu



1 

 Bây giờ ta chứng minh bài toán (2.6) có duy nhất nghiệm dương ngặt .

Đặt

. Khi đó , bài toán (2.6) tương đương với bài toán sau:

2

2

2

 (  (1

) )



  

 

 



  z

b e(z(1

))

trong

(2.15)

  

)z

(1

 z  x

 z  x

 z  x 1

2

N

  

  

  

  

  

  

   

   





z

0 treân

     

Gọi z2 là nghiệm cực đại của (2.15) . Giả sử bài toán (2.15) có nghiệm dương ngặt

u z  1 1  

.Ta sẽ chứng minh

khác là z1 với 1 z

2

2

1

z z z bằng phản chứng .

Đặt

.Giả sử

 



2

0P   sao cho  đạt cực tiểu âm . Cho r >0 sao cho

z z 1

 

0  z1(x)  z2(x) ,

. Ở đây , B(P0,r ) là qủa cầu mở tâm P0 , bán kính r .

0

2

2

N

 1 

 1 

 1 

Ta có :

.

x B(P , r)

 e 1



2



i 1 

i

2

i

Mặt khác , ta có :

2

2

N

N

z )         (z 1 1 1 z    z  1 x  z  2 x  1 z 1                            

,

i





i 1 

i 1 

i

2

i

i

2

N

c

với

, c(x) =

.

c c(x)     1 z z  1 x  z  2 x   x  1 z 1                    

i



1 z

z  1 x 

z  2 x 

i 1 

i

i

i

1 z z 1 2

i

Vì thế  thỏa mãn :

 1 

 1 

 1 

         z  2  x    

trong B(P0,r) , (2.16)

 e 1



2

2

N

N

ở đây

c(x) z )          1 (z 1 1   

. Ta thấy c(x)  0 trong B(P0,r) và từ (H2)

1

i

2





i 1 

i 1 

i

i

 1 

 1 

c     1  x      x       

ta suy ra

trong B(P0,r) . Áp dụng nguyên tắc maximum (bổ đề 2.1.10)

2

suy ra   C  0 (C là hằng số ) .Vế trái của (2.16) không dương , còn vế phải

dương nên mâu thuẫn .Vậy z1  z2 . Do đó , bài toán (2.6) có duy nhất nghiệm

dương ngặt .

1 1 

z  z 1

.

b

M









u b  Ta còn chứng minh  

, ta có :

Thật vậy , từ (2.8) và

b

b

M

u w

b

0



1 1 

u k   . 

.

nên

Mà

u

b





0

1 1  M

b

M





 1  





k b  

Chú ý 2.2.4

(a) Kết qủa sau đây nằm trong bổ đề 3.6 của [10].

Do

nên tồn tại k1 , k2 > 0 thỏa

bu

1

2



int(P) k d (x) x       . u (x) b k d (x) 

(b)

Do bM > 0 nên tồn tại qủa cầu B: B(x0,r) sao cho bL,B > 0 trong B , trong đó

u h.k.n trong B

   , trong đó

bL,B là essinf của b trong B . Do đó ,

B   1

b

1

.

M,B

L,B

(c)

  ( độc lập với b) sao cho

Do

0 e b    thỏa : 1 B       1 1 1 1

bu h.k.n trong

 nên C 0    b 1

b



u h.k.n trong   . C d  b

Định lý 2.2.5

là tăng

 L (

Giả sử có (H2) .Khi đó ánh xạ b

b

1 int(P) C (  0



, liên tục và C1.

Chứng minh

Bổ đề 2.2.6

) u )   

(a) Cho

và 0 < t1 < t2 . Khi đó :

(0,1]  

.

1  2

2

 2

 1

1  1

2

[1,

)

(b) Cho

   và 0< t1< t2 . Khi đó :

t (t t t t (t        t ) 1 t ) 1

.

1  1

2

 2

 1

1  2

2

Chứng minh bổ đề 2.2.6 bằng định lí Lagrange áp dụng cho hàm t , t

 .

Bây giờ ta chứng minh định lý 2.2.5.

Chứng minh ánh xạ tăng .

t (t t t t (t        t ) 1 t ) 1

Lấy b1, b2  sao cho 1 b

2

.Ta chứng minh 



1bu , K là cặp nghiệm dưới – trên

của (2.6) ứng với b  b2 , K đủ lớn .

(cid:0)Thật vậy ,

1bu là nghiệm dưới của (2.6) với b  b2 khi và chỉ khi :

b

.

2

 b 1

 b 1

 b u 1 b 1

 b 1

 b 1

 b 1

b 1

Vậy

1bu là nghiệm dưới của (2.6) với b  b2 .

eu eu eu b u        b u 2 b u 2 b   1

1 

.Ta chọn K > K với

2 M

(cid:0)Ta có  là nghiệm của (2.9) nên K

  . 

1 



(b ) K  

K

(b )

Khi đó:

K   

 tương đương với



 (đúng ).

2 M

2 M





K K (b )    

Suy ra :

2

b (K ) (K ) K       . Vậy K là nghiệm trên của (2.6) với b  b2 .

Do tính duy nhất nghiệm của (2.6) nên

.

b

2

b 1

Chứng minh tính liên tục .

u u

 b trong L (

Lấy

n n

n

n



b )  . Khi đó theo bổ đề 2.1.6 (b )   , b sao cho

ta có

n M

M

n

 . Do đó , với  >0 (cố định ) , tồn tại

1n  (cid:0) , sao cho

1 1 

1 1 

(b ) b

ta có :

u

(b )

(b

C







)   

 (độc lập với n ),

1

b

n M

M









n







trong đó  là nghiệm của (2.9).

Do

nbu là nghiệm của (2.6) với b  bn nên ta có :

n n  

eu : g

. Do

.

u 







n

0

b u n

 b

b

n

 b

nbu

n

n

n





(độc lập với n ) ,

Vì thế ,bởi tính chính qui elliptic ta có :

C g C  nên 

2,p

n

2

nb

p

W

u

1, C (

u C   C g 1

2,pW (

có

p  2 . Do

 

) nhúng compắc trong

nên dãy 

nb

n

u

)

.

dãy con hội tụ về

0u trong 1,C (

  . Ta vẫn kí hiệu dãy con đó chính là 

nb

n

 Ta chứng minh

0u là nghiệm yếu của (2.6).

u

eu

)

.

Thật vậy , ta có:

) ,0< 1-   N p

b

b u n

 b

 b

1 H ( 0

n

n

n













(u

u

u

.

u

u

+

        

b

u ) 0

b

0

0

n

nb

n

n

)



1 H ( 0

)









1 H ( 0







bu

b(u

(b

b)u

C

u

u

b

b

+

            

)  

(b u n

 b

 0

 b

 u ) 0

n

 b

 0

n

n

n

n

 nb

2

























u

u

(vì 0

u (x) u (x) 



u (x) u (x) 





Mặt khác ,

1)    nên

1,



b

0

b

 0

n

b

n

n

 0 C (

)



bu

.

 



b u n

 b

 0

n









           

e u

e u

+ Theo định lý hội tụ bị chặn Lebesgue ta có:

.

 



 0

 nb









Vậy

0u là nghiệm yếu của (2.6).

 Bởi tính duy nhất nghiệm dương ngặt của (2.6) nên để chứng minh

0u = ub ta chỉ

cần chứng minh

0 .

0u

Thật vậy , do bM  0 và chú ý 2.2.4(b) nên tồn tại

0x   , r0 > 0 sao cho bL,B > 0

 b trong L (

)

n

,



 nên chọn

n  

 

h.k.n trong B: B(x0,r0) . Do

nb

2n ,

2

L,Bb 2

ta có :

b

h.k.n trong  .

b

b

b (x) b(x) 







n

n



L,B 2

Suy ra :

b

b

b(x)

(b )

0 h.k.n trong B

.









b (x) n

b   n

n L,B

L,B 2

L,B 2

,

Bởi định lý 2.2.3 , tồn tại

B    1 b

bu h.k.n trong B

nb > 0 sao cho

n

n

trong đó

nb thỏa mãn :

e

(b )

.



1 B      b 1

 b

M,B

n L,B

n

n

0

(b )

Do

b (bổ đề 2.1.8) nên

n L,B

L,B

    , với  thỏa mãn : nb





e

b

.

1



B     1

M,B

L,B

u

h.k.n trong B và theo bổ đề 2.1.5 nên

.

Vì thế

u

0u > 0 . Do đó

0

b

B   1

0u

)

u

)

Vậy ánh xạ b

liên tục.

 L (







b

1 int(P) C (  0



Chứng minh tính C1.

 Chứng minh  là C1 .

Cố định p > N , ta định nghĩa ánh xạ  như sau :





pL (

)

)

u bu

eu

 L (

 



 



 :  

  , (b,u) 

1 ) C ( 0

2,pW (

int(P)

.

trong đó :

)  

1

)

 là tập mở trong L (

  ,  là tập mở trong

) ([1]) . Do định lý 2.2.3 nên

0C (

(b0,

0bu )  0. Để chứng minh  là C1 , ta cần chứng minh D1 và D2 liên tục.

+Chứng minh D1 liên tục.

)

  sao cho b+h .Ta có :

Cho (b,u)   và h L (

.Đặt

ta có ánh xạ

: L (

)

)

(b+h,u)  (b,u)  hu 

(h)  hu 

 

pL (   .

(b,u )A

(b,u )A

1 p

C h

p d

hu

.

là ánh xạ tuyến tính , liên tục vì

Khi đó ,







A (h) (b,u )

(b,u )A



p





  

  

.

Vậy D1(b,u)  (b,u )A

p ), L (

))

.

 L(L (



Ta có: D1 :  

 định bởi: D1(b,u)  (b,u )A

(b, u)

.



(b , u )    sao cho

Xét dãy 



(b , u ) n n

n

n

n





D (b , u ) D (b, u) 

hu

hu

0

=





 .

 1

n

n

1

 n

n



L(L (

p ),L (

))

 



p

sup 1 h 



Vậy D1 liên tục .

+Chứng minh D2 liên tục.

Trước hết , ta tính đạo hàm Gateaux của  theo biến u và kí hiệu là D2G  .

1

)

 

Cho (b,u)   và

 .Ta kí hiệu Dh (b,u)(  ) là đạo hàm theo hướng

0C (

 của  theo biến u .





(b, u

(b, u)



lim 0 

)    







) b(u

(u

u bu

)

eu

   

)   

     



=

lim 0 

e(u 









(u

u

(u

u

=

.

 



b lim 0 

e lim 0 

)    

)    





p trong L (

1  

Ta chứng minh rằng :

. (2.17)





(u u u ) khi 0     

p trong L (

1  

Do bổ đề (2.2.6) nên để chứng minh (2.17) ta chỉ cần chứng minh :

1 

(u u u ) khi 0      )     )          

p trong L (

1  u   

.

1 

) ) khi 0 (2.18)   

p trong L (

1  u   

Do

(u ) ) khi 0 (2.19)         (u   

Ta chứng minh (2.19) như sau :

1 



1 

1 

1  và định lý hội tụ bị chặn Lebesgue nên (2.18) đúng .

. (2.20)







   





p

u u u u u              p      u

và

Do uint(P) nên

0

0

0

0 u int(P) , ]   và k( ) sao cho    [-    

(x) u(x) k( ) :    . 0 inf x    d (x) 

+ Với

u(x)

. (x)



với (x)

(0,    ta có : ] 0



inf y 

u(y) 0. (y)   d (y) 

u(x) 0. (x)   d (x) 

   d (x) 

  , 0



với (x) 0

 .



u(y) . (y) u(x) . (x) u(x) . (x)  inf y     0 d (y)     0 d (x)     d (x) 

ta có :

+Với

0

u(x)

. (x)



với (x) 0

,0) [   



inf y 

u(y) 0. (y)   d (y) 

u(x) 0. (x)   d (x) 

   d (x) 

 , 



với (x)



 . 0

Suy ra :

u(x)

. (x)

.

), k(





  



 min k(0),k( 

0

  ) : k x 0

0

   d (x) 

u(y) . (y) u(x) . (x) u(x) . (x)  inf y     0 d (x)     d (x)     0 d (y) 

. (2.21)

0

0k độc lập với  )

 0k d (x) 

k( ) k u     (   

1

)

Do

 

 nên theo định lý giá trị trung bình ta có :

0C (

(x)







x   . (2.22)

d (x) 

1C (

)



Từ (2.21) và (2.22) ta có :

. (2.23)

1C (

)



0

 k d (x) 

Do uint(P) nên k1 > 0 , k2 > 0 thỏa :

 C    u   

. (2.24)

1

2

Từ (2.22) và (2.24) ta có :

1 

u(x)   k d (x)  k d (x) 

   . k d (x) L (

1  d 1

3

1  

 

Vì thế :



1 

(u

(u

)u

)

 L (

)   

 

  . (2.25)

Từ (2.20) và (2.23) ta có :

1 



1 

1 

(u )u (u )k (x) )      







   





p



1 

u u u u u              p      u

.



   





1 C (

)



p

Do (2.25) và định lý hội tụ bị chặn Lebesgue ta có :



1 

C u u u    



   







p

Vì thế (2.19) đã được chứng minh .

1

u u u 0    . 0

Như vậy  có đạo hàm theo mọi hướng 

0C (

)   đối với biến u và

1    

1  

Dh (b,u)(  ) 

1 C ( 0

1

)

bu eu       . )

pL (

Ta có ánh xạ : Dh (b,u) :

0C (

bu

eu

  

1    

1   .

Dh (b,u)(  ) 

Mặt khác ,do ánh xạ Dh (b,u) tuyến tính liên tục nên

)   định bởi :

1    

1  

D2G(b,u) (  ) 

1 C ( 0

bu eu       . )

1

p ), L (





 . ))

Ta có ánh xạ : D2G  :  

0L(C (

-Bây giờ ta chứng minh D2G  liên tục .Ta cần chứng minh:





.

nếu

D

(b, u)

0





(b , u ) D n

n

2G

2G

p ),L (

))





1 L(C ( 0

Ta có:

(b, u)    thì (b , u ) n n

n

2G

2G

L(C (

p ),L (

))





1 0

  D (b, u)   (b , u ) D n

=

1    

1     n

1     n

1   . p



1 

)



Theo bất đẳng thức Minkowski ta có :

bu eu eu  b u n sup 1C (



1    

1     n

1     n

1    p

bu eu eu b u n

1    

1     n

1     n

p

1   . p

bu eu eu   b u n

Do

,

1  nên theo định lý hội tụ bị chặn Lebesgue ta có :

(b, u)  (b , u ) n n

1    .

1     n

p



1 

)



Vì thế ta chỉ cần chứng minh :

eu eu 0  sup 1C (

1    0

n

1    n

p



)



1 

1 

bu

)

(b

b)u

b(u

u

)



 





Ta có :

 . (2.26)

(b u n

1  n

n

1    n

1  n

. Bởi bổ đề 2.1.9 , suy ra :

0 k : 



Do un  int(P) nên

n

inf x 

u (x) n d (x) 

bu sup b u 1  1C (

n

Sử dụng (2.26) và (2.22) ta có :

1 p

p

1 

1 

k 0  (do u int(P)) . k :   0 inf x  u(x) d (x) 



 b u

1  n

n

1    n

1  n









1 

bu ) b b(u u )     (b u n   p      

n

1  n









1    n 

C b b u b u u    







1 

1 

bu

)

b

u

(b u n

1  n

n

1  d n

 n

u u n

 





1 C (

)

b k 





n



1 

C

b

u

(2.27)

       p  u  C b       

n

1  d n

1  n

 n

u u n

 

1 C (

)



b k 

b k 







1 

0

u

-Ta chứng minh :

    

 n

u u n



.Thật vậy , ta có:

1 



1 

u

u

u

(u

u)u

.

 . (2.28) 

 n

u u n

 n

n









1 u trong C (

u

u

nên

Do

    

 u (x) u (x)

u (x) u(x)  

nu

 n

n

n

1,  C (

)







u

  và )   

nu



Mặt khác :

1 

u

(x) u (x) u(x)

u

u

u

u

u

k

.

  . 0

n

n

n

1  d (x) 

1   d (x) 0 

1 C (

)

1 C (

)





Suy ra:

1 

u)u

    

n(u



Vậy (2.28) được chứng minh.

(b, u)

k

,

Từ (2.27) , (2.28) ,

  . 0

k > 0 suy ra:

(b , u ) n n

n

0

bu

0

1    .

n

1    n

p



sup b u 1  1C (

)



Vậy D2G  liên tục nên đạo hàm Gateaux của  theo biến u trùng với đạo hàm

Frechet  theo biến u .

Do D1 và D2 liên tục nên  là C1 .

p ), L (





 ))



1 Isom(C ( 0

0bu ) là song ánh hay D2(b0,

0bu )



p ), L (

+Ta có kết qủa sau trong [6] để chứng minh

 Chứng minh D2(b0,

1 Isom(C ( 0

D (b , u ) 0

b

2

0

   )).

) , p

2

p f L (  

M)

Giả sử M thỏa (H1) ,

 . Khi đó tồn tại duy

1(   

1

)

nhất nghiệm u

 0 ,

0C (

  của bài toán sau :

.

   

u M(x)u f trong  0 treân

u

+Trở về bài toán .

1

)

)

p L (

   

Ta có : D2(b0,

0C (

0bu ) :

eu

  

D2(b0,

b u 0

1     b

1   b

0bu )(  ) 

0

0

M

eu

. Kiểm tra

Đặt

   tuyến tính liên tục định bởi :

b u 0

1  b

b

1  b

0

0

0

0bM thỏa (H1).

   

 M L ( loc

(cid:0) Rõ ràng

0b

M (x) d (x)

eu

u

.

b    

 . )

0

b

 b

1  d (x) Cu b

1  d (x) Ck b







1   d (x) 1 

(cid:0)

0

0

0

0

bị chặn .

Suy ra ,



0bM (x)d (x)

(

eu

)

 

1

b u 0

1  b

1  b

(cid:0) Ta kiểm tra :

0

0

(

eu

)

  



Thật vậy , do

0  .

1

b u 0

1  b

1  b

0bu là nghiệm của bài toán (2.6) nên

0

0

eu

eu

. Theo định lý 2.1.1(a) ta có :

Do (H2) nên

       . 0

b u 0

1  b

1  b

b u 0

1  b

1  b

0

0

0

0

(

eu

)

eu

)

     

(    

1

b u 0

1  b

1  b

1

b u 0

1  b

1  b

0

0

0

0

(

eu

)

0

Vậy

        . 0

1

b u 0

1  b

1  b

0

0

p ), L (

       . (2.29)

Vậy D2(b0,

1 Isom(C ( 0

0bu )

 Vậy ta có :

)

pL (

)

 L (

 



 :  

  khả vi liên tục , (b0,

1 ) C ( 0

0bu )  0 , và

p ), L (

))

   . ))

D2(b0,

1 Isom(C ( 0

0bu )

) ,

  L (

 , )

0b   ,  là tập mở trong 1 0C (

0bu  và tồn tại ánh xạ

 :    khả vi liên tục thỏa :

   nên theo định lý hàm ẩn , tồn tại tập mở

u

(a)

,

(b ) 0

b

0

(b) (s,  (s))  0 s ,

(c) (s,y)  0 với s , y   thì y  (s) .

b

Đặt

1T :   int(P) định bởi :

b

u , ub là nghiệm của (2.6) .

 Ta chứng minh

1T khả vi liên tục .

   . Do tính duy

Thật vậy , cho s nằm trong lân cận 1 của b0 ,

1  

nhất nghiệm của (2.6) và (s,  (s))  0 nên  (s)  us . Suy ra ,  : 1   là

ánh xạ thu hẹp của ánh xạ

1T . Do đó ,

1T khả vi liên tục tại b0 , mà b0 tùy ý thuộc 

nên

1T khả vi liên tục.

 

Bổ đề 2.2.7

 L (

hoặc g

Cho b

  ) \ 0

  ) \ 0

  ) \ 0

, Lb >0 , g

 

 L ( 

 L ( 

và  (cid:0) 0

u

u

b

b

1

 L (

.Khi đó :

 

sao cho b

) khi

g  

  ) \ 0

0H (

b,g

 

  g 

là nghiệm duy nhất của bài toán sau :

, trong đó

b,g

 yếu trong    0

gu trong

M (x) b

 b

, (2.30)

  

0 treân

bu

eu

. (2.31)

      

bM :

1  b

1  b

  

Chú ý 2.2.8

(

0

Do Mb thỏa (H1) và

1

M ) b

1

duy nhất nghiệm

    nên theo định lý 2.1.3 bài toán (2.30) có

0C (

b,g

Chứng minh bổ đề 2.2.7

  . )

,  >0 và định nghĩa

  ) \ 0

 như sau :

 L ( 

u

u

b

b

.

: 



  g 

 Cho g 

Khi đó

 thỏa mãn bài toán sau :



 b

(2.32)

 trong gu

g 0 treân



,trong đó :

u

(x) u (x)

u

      ( bA eB )          

(x) u (x) 

 b

 b

 b

 b

g 

g 

A (x) :

B (x) :

;

.





u

u

(x) u (x) 

(x) u (x) 

b

b

b

b

g 

g 

g  , bổ đề 2.2.6 , và định lý 2.2.5 nên ta có :

Do b  b

1 A , B C (

u

A

u

u

B

u

,

.

  

   , và )



1  b

1  b

1  g b 





1  g b 

Suy ra :

x

u

(x)

, B (x)

u

(x) khi

       

1  b

1  b

, A (x) 

  

Ta chứng minh:

2

2

2

2

A

B

u

)

và

.

       . 0

1 u   b

1     b

1 H ( 0





















A (x) d (x)

u

k

.

(cid:0)Thật vậy , ta có :

      





1  d (x) b 

1   d (x) 1 

Suy ra:

2

2

.

A



   

A (x) d (x) C 



A (x) 

C  d



C d (x) 

2

2L (

)

Theo bổ đề 2.1.6 ta có :

  . Suy ra ,

)

1L (   .

     

 d

Như vậy theo định lý hội tụ bị chặn Lebesgue ta có :

2

2

0

A

khi

  .

  

1 u   b











1  và định lý hội tụ bị chặn Lebesgue ta có:

(cid:0)Do

2

2

B

u

khi

0

.

 d

1   b











2

2

(

bu

eu

)

)

Suy ra :

. (2.33)

    

1  b

1  b

1 H ( 0

( bA eB )    











         0

Ta có : bA eB

thỏa (H1) . (2.34)





(

bu

eu

)

0

Lập luận tương tự (2.29) ta có :

 

1

1  b

1  b

Từ (2.33) , (2.34) , (2.35) và theo bổ đề 2.1.2 , tồn tại C, (C độc lập với  ) sao cho :

2

2

.

C

       . (2.35)

gu  b





( bA eB )    

2   

g 











   





Mặt khác :

.

gu



 b

C 1

C 1 1

  

g 

  



2

2









Suy ra :

2

C

. (2.36)

  

C

2

2







)

)

)







1 H ( 0

1 H ( 0

1 H ( 0

1

Ta biết rằng mỗi dãy bị chặn trong

) thì tồn tại dãy con hội tụ yếu trong

0H (

1

) và hội tụ mạnh trong 2L (

) .Vì thế , từ (2.36) suy ra

0H (

   yếu trong

1

0

2L (

) và

  .

) khi

0H (

   mạnh trong

Ta chứng minh  là nghiệm yếu của bài toán (2.30) .

Thật vậy , từ (2.32) ta có :

. (2.37)

gu

)

  



 b

1 H ( 0

   

( bA eB )    

   

g 













.

 Ta xét phiếm hàm :

u  

1 T : H ( 1 0

)  (cid:0) định bởi u





u

u

.

     

1T là phiếm hàm tuyến tính liên tục vì

)

)





1 H ( 0

1 H ( 0





1

Vì

. (2.38)

) ,T1

)

   





0H (



   nên









gu

gu

khi

0

. (2.39)

 Theo định lý hội tụ bị chặn Lebesgue ta có :

  yếu trong 1 0H (     0 

 b

 b

g 









.

 Ta chứng minh:

)

( b u

)

)

( bA 



1     b

1 H ( 0









      

(cid:0)Ta có :

    

u

)

u

)

u

(

)

.

( A 

1     b

1  b

1  b

( A     



















u

(u

u

)

+

( A 

          

1 ) b

1  b



1  g b 







   

        

(u

u

)

1  u b

b

 b

g 

g 





u

b

g 



u

u

, (2.40)

C  

    

1  u b

b

 b

1  g b 

g 

g 



2





2

1

C

được định nghĩa trong (2.11).Do

   d

) nên

0H (





b

g

2

u

)

Do

 yếu trong  (2.41)

g

b

1 u trong C ( 0

b

 

u

u

u

0 khi

0

 nên lập luận tương tự (2.28) ta có :

1  b

b

g 

 b g  

Từ (2.40), (2.41), (2.42) và bổ đề 2.1.6 ta có :

u

)

0 khi

0

. (2.43)

( A 

    . (2.42)

1  b









u

(

C k

(

)

C k

+

      

)      

1  b

1  1

1  1







2













2

1 

(

0 khi

0

Suy ra :

(2.44)

          d  d

b u

)      





Từ (2.43) và (2.44) ta có:

. (2.45)

( b u

) khi

)

0    



1    b

1 H ( 0

( bA )   

     







e u

khi

)

.

 Ta chứng minh :

  

0    

1   b

1 H ( 0

eB 











(B

u

(B

u

)

u

(

)

.

    

1  )    b

1  b

1  b











(cid:0) Ta có :



    









(B

u

)

(u

u

)

u

u

0

.

+

        

1  b

1  b

1  b





1  g b 



1  g b 



0



2

2











              

u

(

C

C

0

+

.

)      

1  b





0



2

2









e u

khi

)

Vậy

. (2.46)

            

0    

1   b

1 H ( 0

eB 











Từ (2.45) và (2.46) ta có :

( b u

e u

)

)

.(2.47)

    

1  b

1  b

1 H ( 0

( bA eB )    













Từ (2.37) , (2.38) , (2.39) , (2.47) , suy ra  là nghiệm yếu của bài toán (2.30) . Bởi

1

)

 

 . Do bài toán (2.30) có duy nhất nghiệm nên

tính chính qui elliptic ,

0C (

           0

b,g

1

0

yếu trong

Vậy

) khi

   .

0H (

  b,g

) \ {0}

Xét g

.

 g   L (

  .

,  >0 sao cho b

  ) \ 0

 

 L ( 

u

A

u

u

B

u

và

.

Khi đó :



1  b

1  b



1  g b 

1  g b 



bu

eu

Suy ra :

.

       

1  b

bA eB  



1  g b 

Ta có :

2

2

(

bu

eu

)

(

bu

eu

)

)

.

    

1  b

1  b

1 H ( 0

1  g b 

1  g b 











Theo định lý 2.1.1(a) , (b) , ta có :

(

(

bu

eu

)

bu

eu

)

            0

(     

1

1

1

1  b

1  b

bA eB )  



1  b g 

1  b g 

Áp dụng bổ đề 2.1.2 lần nữa ta có điều phải chứng minh .

             . 0

CHƯƠNG 3

SỰ TỒN TẠI VÀ DUY NHẤT

HÀM ĐIỀU KHIỂN TỐI ƯU

§1. SỰ TỒN TẠI HÀM ĐIỀU KHIỂN TỐI ƯU.

Xét a thỏa :

(H3) a

f

Đặt 

. Khi f , theo định lý 2.2.3 , tồn tại duy nhất

 ) | a



  : f L (   

 0

L

nghiệm dương ngặt của bài toán (2.6) với b  a – f và ta kí hiệu nghiệm của (2.6)

ứng với b  a – f là uf . Nếu f  a thì uf  0 .

Cho  >0 , ta xét hàm J :   (cid:0) được định nghĩa như sau :

J(g)

k(g)) g

 ,

  

( h(g)u 

g





4trong đó :





1C (

,

)

+ h

0  , s

   

, h là hàm lõm , h là hàm Lipschitz liên tục và h(s)  0

(cid:0)

(cid:0)





2

,

2C (

)



0

+ k

và

k(s) Cs

, k là hàm lồi và C > 0 sao cho

(cid:0)

(cid:0) 4Ta giả sử :

 k (s)     . 0

(H4)

lim t 0 

k(t) h(t)

 , 0

(H5)

không tăng ,

tăng .

t

t

lim t 

k(t) h(t)

h(t) t

k(t) t

J(f )

.

Hàm f   được gọi là hàm điều khiển tối ưu nếu

  ,

sup J(g)  g 



Bổ đề 3.1.1

(H5)

Giả sử (H3)

, trong đó

. Nếu f   là hàm điều khiển tối ưu thì f T

1 1 





,  là

a

: 



T > 0 là nghiệm duy nhất của phương trình

M







k(t) h(t)

nghiệm của bài toán (2.9) .

  với

Chú ý 3.1.2

0

t

+Bởi (H4) ta có :

liên tục , tăng nên

lim t 0 

lim T  0 

k(t) h(t)

k(t) h(t)

Chứng minh bổ đề 3.1.1

0

a

Do

 và do  . 0

0

 nên

1

1

  . Lấy f   , T

1

lim T  0 

Ta chứng minh J(g) > J(f ) .Thật vậy , ta có g  f nên a – g  a – f .Theo định lý

u

2.2.6 , ta có

u

. Nếu x0  sao cho f(x0)  g(x0) thì

f

g

.

  sao cho     . Đặt g : min(f ,T )

u (x )h(g(x )) k(g(x )) 0

0

g

0

u (x )h(f (x )) k(f (x )) 0

0

0

f

và

Mặt khác , nếu f(x0) > g(x0) thì g(x0) T



0

.

    

u (x )h(g(x )) k(g(x )) 0

0

0

g

h(T ) k(T )  



Bởi (H5) ta có :

0

.

    

u (x ) 0

g

u (x ) 0

f

h(g(x )) 0 g(x ) 0

k(g(x )) 0 g(x ) 0

h(f (x )) 0 f (x ) 0

k(f (x )) 0 f (x ) 0

Khi đó :

J(g)

k(g)) +

k(g))

     

( h(g)u 

( h(g)u 

g

g





  f g 

  f g 

k(f )) +

u

   

( h(f )u 

f

g





h(g) g

k(g) g

  f g 

  f g 

J(g)

k(f )) =J(f )

.

        g  

( h(f )u 

( h(f )u 

f

f





  f g 

k(f )) +   f g 

thì theo trên ta

Vì thế , nếu f   là hàm điều khiển tối ưu thì f T

.Vì nếu f T

. Khi đó J(g) > J (f ) (mâu thuẫn).

xét g  min



T

f ,T

  

Bổ đề sau là kết qủa của bổ đề 17.1 trong [27].

Bổ đề 3.1.3 [27]

) , b 0 , 1 p +

Cho

1 a L (  



   . Hàm F :   (cid:0)

(cid:0) thỏa điều kiện

p

F(x,s)

. Khi đó hàm V được định nghĩa như

Caratheodory và thỏa

a(x) b s 

pL (

sau liên tục trong

)

p V : L (



)  



.Kết qủa sau là định lý 25.C trong [26].

u (cid:0) V(u) F(x, u(x))dx   

Bổ đề 3.1.4 [26]

Cho f : M X   (cid:0) thỏa :

i) M   , M là tập lồi đóng trong không gian Banach X ,

u

M , u

u

 yếu thì





ii) f liên tục và lồi . Khi đó f là nửa liên tục dưới yếu theo dãy , nghĩa là  n

n

n

.

f (u)  lim f(u ) n

Định lý 3.1.5

(H5)



Giả sử có (H3)

,

1

   . Khi đó tồn tại hàm điều khiển tối ưu , nghĩa là

. Hơn nữa ,

.

f   sao cho

Chứng minh

J(f ) 0   sup J(g)  g  sup J(g)  g 

Đặt







  f L (   

  . I   . Lấy g











1C (

,

)

2C (

,

)





I : ) | 0 f T h.k.n trong    0,T 

, k

nên

.Bởi (2.12) , h

g

(cid:0)

(cid:0)

(cid:0)

(cid:0)

h(g)u k(g) C   

.

( C là hằng số độc lập với g ) . Suy ra ,

  sup J(g)  g 

 sao cho

.Ta có thể giả sử

Khi đó , tồn tại dãy  n n

 (cid:0)

f   lim J(f ) n n  sup J(g)  g





n

n

n

. Suy ra ,

.

Suy ra

a , n I , n 0 f     T  g min f ,T    (cid:0) .Vì nếu không , ta xét dãy    (cid:0)

   J(f ) n J(g ) n lim J(g ) n n  sup J(g)  g  sup J(g)  g

2L (

Suy ra ,

bị chặn trong

. Do  n n

f

f

f f  ) . Suy ra I nên  n n sup J(g) g I  sup J(g)  g 

thỏa nf

,tồn tại dãy con của dãy  n n

mà ta vẫn kí hiệu là  n n

2L (

f yếu trong

) nên theo định lý

) .Ta chứng minh f I .Thật vậy , do nf

f yếu trong 2L (

2L (

sao cho

n

n

 mạnh trong

Mazur tồn tại dãy  n n

g g f  ) . Do Co({f } ) n n

2L (

I là tập lồi nên

n n

n

n

 mạnh trong

g f Co({f } )  I . Do ) nên

sao cho

k



 g 



h.k.n trong  .Do  g

kn

kn

  g n n

k

k

f (x)   I nên fI g (x) kn

nfu

.Bởi (2.12) và  n n



Lập luận tương tự trong phần chứng minh tính liên tục của định lý 2.2.5 ta có :

2,pW (

f C n I nên    (cid:0) . (3.1)

1, C (

p

) nhúng compact trong

2   . Do

 

nf

2,p W (

)



1,C (

)

u ) ,0< 1-    C 1 N p

có dãy con hội tụ về u trong

  .Ta vẫn kí hiệu dãy con này là

nên 

nf

n

. Bây giờ ta chứng minh u là nghiệm yếu của (2.6) với b  a – f .

u



nf

n

. (3.2)

Thật vậy , ta có :

u

(a

eu

)

  



 

  



f

f )u n

 f

 f

1 H ( 0

n

n

n













u

u

u

. (3.3)

+

f

f

      n



n

n

nf

)



1 H ( 0

)









1 H ( 0











+

.

((a

(a

f )u

 u )

(fu

a(u



 



)  



 





f )u n

 f

 f u ) f n

 f

n

n

n













(u u) u u .      

 u )

.

Theo định lý hội tụ bị chặn Lebesgue ta có :



 nf





 fu )

a(u 0    n

 u )

Ta có :

 f

n

 f

 f

. Do nf

n

n

n















(f f )u f (u f yếu trong 2L (         ) (f u n

u

2L (

.Theo định lý hội tụ bị

và

    mạnh

) nên

n

 f



n

nfu





chặn Lebesgue ta có

f (u

 u )

0

.



  n



 nf







. (3.4)

Vậy :

(a

(a

f )u



  



f )u n

 f

n



n









(f f )u 0    n

+Theo định lý hội tụ bị chặn Lebesgue ta có :





. (3.5)

e u



 

nfe u









Từ (3.2) , (3.3) , (3.4) , (3.5) và cho n   ta có :





.

1 H ( 0













Vậy u là nghiệm yếu của (2.6) với b  a – f .

Ta chứng minh u

tương tự như trong định lý 2.2.5 .

fu

u

1,C (

Vậy

  . )

f

n

u  trong

nf

4Ta chứng minh:

.

h(f )u



f

n

f

n



 lim h(f )u





u (a f )u eu )          

. Rõ ràng , khi đó F(x,s)

 Áp dụng bổ đề 3.1.3 cho hàm

thỏa điều kiện Caratheodory .Ta xét hàm h trên 



F(x,s)   h(s)u (x) f

0,T .Ta có :

F(x,s)

h(s)u (x) C h(s)

. (3.6)





, h(s) h(0) 

f

1

 h(s) (0,s)   h ( )s    h ( )s ,   

Do h Lipschitz nên

. (3.7)

2

2

   h ( ) h (0) C  h ( )         C s 2 h (0) C s  2

.

Từ (3.6) và (3.7) ta có :

2 h (0) s C s M C s 2 2

2

Suy ra :

.

h(s)    

3

2

 F(x,s) C C s  4

Ta định nghĩa hàm

.Theo bổ đề

1 : I L (

f



3.1.3 ,

1 liên tục . Do h là hàm lõm nên h là hàm lồi . Suy ra

1 lồi .Vậy

1 liên

tục và lồi nên theo bổ đề 3.1.4 ,

1 nửa liên tục dưới yếu theo dãy .

Do đó :

) (g) h(g)u   1    (cid:0) định bởi  

h(f )u

lim

h(f )u

(3.8)









f

h(f )u n

f

f

n

f



 lim h(f )u







   



 Ta cần chứng minh

.

(f ) lim   1  1 (f ) n

n

f

n

f

n

 lim h(f )u

 lim h(f )u







.

Ta có:

f

f

f

f

f

f

n

n

n

n

2

2

2









. u u C u u        h(f )(u n u ) f h(f )(u n u ) f h(f ) n

Suy ra :

. Đặt

,

.

n

f

f

n

f

n

f

n

n



 lim h(f )u n  







0 a b   h(f )u n h(f )u n h(f )u n          

Ta có :

n

n

 lim (b



n

n

n

n

. (3.9)



lim b a lim(b lim b lim a         a ) n a ) n lim a n

n

f

n

f

n

 lim h(f )u

 lim h(f )u





Từ (3.8) , (3.9) ta có :



. (3.10)

f

n

f

n



 lim h(f )u





4Tương tự áp dụng bổ đề 3.1.3 cho F(x,s)  k(s)

2

h(f )u 

Ta định nghĩa hàm

.

2 : I L (

2 (g)



2

và bổ đề 3.1.3 nên

Do

) k(g)      (cid:0) định bởi  

2 liên tục . Do k là hàm lồi nên

2 lồi .Vậy

2 liên tục và lồi nên theo bổ đề 3.1.4 ta có :

. (3.11)

k(f )





 lim k(f ) n 



Từ (3.10) và (3.11) ta có :

.

J(f )

k(f ))



( h(f )u 





lim h(f )u 





lim ( h(f )u 

f

n

f

n

f

k(f ))  n

n

n

 lim k(f )  n















k(s) Cs

.

 Ta chứng minh :

>0.

J(f ) J(f )     sup J(g)  g  sup J(g)  g 

0

Lấy g

   .Khi đó

sup J(g)  g

. Do

u

0

0





0

  và u





J( ) u   h( )        k( )  h( )  

>0.

0 0  nên J( )   với  đủ nhỏ .Vậy lim t 0  sup J(g)  g k(t) h(t)

§2 . SỰ DUY NHẤT HÀM ĐIỀU KHIỂN TỐI ƯU.

Mệnh đề 3.2.1



Cho J :

,



 L (

g







J(g) k(g)) g  ( h(g)u     )   (cid:0)

 . Khi đó J khả vi liên tục theo nghĩa Fréchet và

  : f L (   



) | (a  f )  



 , g L (

, (3.12)

 u P f f

f





  J (f )(g) k (f ))g f )   ( h (f )u         

trong đó

là nghiệm duy nhất của bài toán sau :

1 , P C (  0

f

 ) f   

, (3.13)

  h(f) trong

  

 1

.

(a f)u

eu

M : f

 f

 1 f

   P M (x)P f f f P = 0 treân f   

và g L (

  . Khi đó )

Cho  f

f ,g là nghiệm duy nhất của bài toán sau :

 Để chứng minh mệnh đề 3.2.1 , ta cần kết qủa sau :

gu trong

M (x) f

 f

(3.14)

   

0 treân

      

Nhận xét 3.2.2

Bài toán (3.13) và (3.14) có nghiệm duy nhất vì thỏa định lý 2.1.3 .Thật vậy :

+Rõ ràng

 M L ( loc

f

+

 )







 

f

 f

 1 u d (x) Cu d (x) Ck f

 1 f

 1 1

+Do

fu là nghiệm của bài toán (2.6) với b  a  f nên

       M (x) d (x) (a f) e(x)u d (x)

1

1  f

1  f

f )u

eu

f )u

eu

(a  

 

(a   



( (a f )u eu )       . 0

Vì 0

.Theo định lý 2.1.1

1  f

1  f

1  f

1  f

1      nên

suy ra :

1

1  f

1  f

(a ( f )u eu )         0

Bổ đề 3.2.3

f

)





Ánh xạ

liên tục

1 P C (  f 0



Chứng minh

  :

p L (

))

)

Với p > N .Ta xét ánh xạ :

định bởi





  

1 (C ( 0

2,p ) W ( 

1



.Ta có  ,

lần lượt là các tập mở

0C (

2,p ) W ( 

1



(f , P) )       P M P h(f ) f

trong L (

  , )

0C (

0

f

0

 Chứng minh  liên tục .

(f , P)



Ta chỉ cần chứng minh

liên tục .Thật vậy , cho

ta

f

(f , P ) n n

(f , P) M P

(f , P ) ) . Do bài toán (3.13) nên 0

cần chứng minh

f

nf

p

0  .Theo bất đẳng thức Minkowski ta có : M P M P  n

.

f

f

f

f

n

n

n

p

p

p

P)    M P M P  M P M P  n M (P f n

f

1  d (x) C f

1   ( 1 f

n

n





n

n

n

nf được định nghĩa trong (2.11) với

P

P

P n

.Theo bổ đề 2.1.6 ,

Suy ra :

P)

P



C  





1,p

M (P f n

1  f

C P n

n

n

W

p

P  n d



 d

p

p

P)

Do đó



 . 0

nf

p

lim M (P n n 

0

Ta chứng minh :

M P M P 

 .

f

n



nf

p

Thật vậy , theo bất đẳng thức Minkowski ta có:

(a

M P M P 

  

(a   

 

 

f

f

1  f )u P f n

1  f )u P f

1  eu P f

1  eu P f

n

n

n

p

p

p

)

Do

  nên theo định lý hội tụ bị chặn Lebesgue ta có

1  , n f

n

 trong L ( f

0



 

 .

1  eu P f

1  eu P f

n



n

p

0

+Ta còn chứng minh :

(a  

(a   

1  f )u P n f

1  f )u P f

n

 . 

n

p

Trước hết , nhận xét rằng :

(a

(a

f )u

f )(u

u

)P

. (3.15)







P (f 









f )u n

1  f

1  f

1  f )u P (a f n

1  f

1  f

n

n

n

 

 

Do

int(P)

nên

. Bởi bổ đề 2.1.9 ta có :



ˆ 0 k : 



n

nfu

inf x 

u (x) nf d (x) 

ˆ k

> 0 .

n

ˆ k :   0

inf x 

u (x) f d (x) 

M d (x) Cu b a f     )

)

Mặt khác , do

 nên theo định lý gía trị trung bình ta có :

1 P C (  0

. (3.16)

P(x)

d (x) P





1C (

)



Bởi (3.15) và (3.16) ta có :

1 p

p

(a

f

f

a

f

(u

u

)P

















1  f )u P (a f n

1  f )u P f

n

1  u P f

1  f

1  f

n

n

n









p







  

  

f

ˆ k

a

f

(u

u











n

 f

1  u ) f f

1   d P n 

n

n





1 C (

)



P u

f

n



   

  C f  

.

C P

f

f

ˆ k

a

f

u

u

ˆ k











n

1  d n

 f

1  u f

1  n

f

 

n

n





1 C (

)









Suy ra :

0

(a  

(a   

1  f )u P n f

1  f )u P f

n

 . 

n

p

Vậy  liên tục .

1

D (f , P)( )

M

 Ta chứng minh:

,

   



 

 . )

0C (

 2

f

Trước hết , ta tính đạo hàm Gateaux của  theo biến thứ hai .

1

(f , P)

))

)

  





 

Cho

,

 .Ta có :

1 (C ( 0

0C (

2,p ) W ( 





(f , P

(f , P)

(P

P M P

)

   

    

f

f

M

.



  



f

lim 0 

lim 0 

)    

) M (P 

1

)

Suy ra  có đạo hàm theo mọi hướng

 

 đối với biến thứ hai .

0C (

1

pL (

Ta có ánh xạ :

là tuyến tính liên tục từ

) nên

) vào



 



0C (

fM

1



D

(f , P)( )

M

,

   



 

 )

0C (

2G

f

+Ta chứng minh đạo hàm Gateaux của  đối với biến thứ hai trùng với đạo hàm

Fréchet .

Ta có ánh xạ :

D

  :

p ), L (

))





))  





định bởi

2G

1 (C ( 0

1 L(C ( 0

2,p ) W ( 

1



D

(f , P)( )

M

,

   



 

 . )

0C (

2G

f

-Ta chứng minh

2GD  liên tục







D

(f , P)

0

Ta chứng minh: nếu

thì

(f , P)





(f , P ) n n

(f , P ) D n

n

2G

2G

p ),L (

))





1 L(C ( 0

M

0

tương đương với

 

  . Chứng minh này giống với chứng minh

f

f

n

p

sup M  1C (

)



 liên tục .Vì thế , đạo hàm Gateaux của  đối với biến thứ hai trùng với đạo hàm

1

Fréchet ,và do đó :

D (f , P)( )

M

,

   



 

 . )

0C (

 2

f

p ), L (

 Chứng minh





 . ))

1 Isom(C ( 0

D (f , P ) 0

 2

f

0

(

  

0  và

Theo nhận xét 3.2.2 ta có

1

M ) f

0

0fM thỏa (H1) . Do đó

p ), L (





 . ))

1 Isom(C ( 0

D (f , P ) 0

 2

f

0



)

 Như vậy  thỏa định lý hàm ẩn .Vì thế , tồn tại tập mở

 L (



, 0f   ,

1



)





,

tập mở

: 

  liên tục thỏa :

0C (

0fP   và tồn tại ánh xạ

(a)

,



(f ) P  f

0

0



(f ))

0

f

(b) (f ,

 ,



  



(c)

(f , P)

(f ) P

0

với f   và P  thì



 .



)

f

)

Đặt

định bởi

,





T : 2

1 C (   0

1 P C (  f 0

fP là nghiệm (3.13) .

 Ta chứng minh

2T liên tục .

   thì do tính duy nhất

Thật vậy , cho s nằm trong lận cận

2 của 0f ,

2  



(s,

(s))

0





nên

nghiệm của (3.13) và

  . (s) P s

: 

Suy ra ánh xạ

  là ánh xạ thu hẹp của

2

2T . Do đó ,

2T liên tục tại 0f , mà

0f tùy ý thuộc  nên

2T liên tục .



Bổ đề 3.2.4 [19]

Cho E là không gian Banach có thứ tự sinh bởi nón sinh P . Cho F là không

gian Banach và ánh xạ T : E

F . Giả sử rằng đạo hàm Gateaux của T đối với

nón P ,kí hiệu là

G,PD T , tồn tại và liên tục trong lân cận của x0E . Khi đó đạo hàm

Fréchet trùng với đạo hàm Gateaux và T là C1 trong lân cận x0.

Nhận xét 3.2.5

(a) Xem mệnh đề 1.7 trong [1] ta có : nếu int(P)   thì P là nón sinh .

)

(b) Xem ví dụ 1.11 trong [1] ta có : L (

  là không gian Banach có thứ tự sinh



)

)

)

  . Ngoài ra , ta còn có int( L (

 bởi nón P L ( 

  )   nên L (

  là nón sinh .

Chứng minh mệnh đề 3.2.1

Trước hết , ta tính đạo hàm Gateaux của J đối với nón , kí hiệu là

G,PD J

)

0

 Cho g  L (

  sao cho f

g    .Ta tính giới hạn sau :

  , f  và

J(f

J(f )



lim 0 

g)    

u

u



u (h(f

g)

k(f ) k(f 

 

f

f

f

h(f

(3.17)





g)    





lim 0 

g  

g) h(f ))    





  

  

u

u

f

f

1

 yếu trong

) khi

0   .

Theo bổ đề 2.2.7 ta có



0H (

f ,g

  g 

Ở đây

f ,g là nghiệm duy nhất của bài toán (3.14) .

u

u



f

f

.

 Ta chứng minh :

h(f

h(f )

f ,g



 g)    

lim 0 

g  





Thật vậy , ta có :

u

u



f

f

h(f

h(f )

g)    



f ,g



g  



  

  

u

u

u

u





f

f

f

f

h(f

g) h(f )

(3.18)



 



  





f ,g





g  

g  





  

 h(f )  

u

u

f

f

1

 yếu trong

) nên lập luận tương tự (2.38) ta có :

Do



0H (

f ,g

  g 

u

u



f

f

0

0

khi



  . (3.19)

 

f ,g



g  



  

 h(f )  

Ta có :

u

u

u

u





f

f

f

f

h(f

g) h(f )

h(f

g) h(f )

. (3.20)

  



  





2



g  

g  



2

u

u

u

u

f

f

f

f

1

Do

 yếu trong

) nên

bị chặn .



0H (

f ,g

  g 

  g 

2

Theo định lý hội tụ bị chặn Lebesgue ta có :

h(f

g) h(f )

0

  

 . (3.21)

2

Từ (3.18) , (3.19) , (3.20) , (3.21) ta có :

u

u



f

f

. (3.22)

h(f )

h(f

f ,g



 g)    

lim 0 

g  





 Áp dụng định lý hội tụ bị chặn Lebesgue ta có :

u (h(f

f



h (f )u g

(3.23)



f





lim 0 

g) h(f ))    





g)

k(f ) k(f 

 

. (3.24)



 ( k (f ))g 





lim 0 







Từ (3.17) , (3.22) , (3.23) , (3.24) ta có :

J(f

J(f )





h(f )

. (3.25)





 

h (f )u g k (f )g 

f ,g

f







lim 0 

g)    



Bởi

fP thỏa bài toán (3.13) và (3.14) nên ta có :

f ,g ,

h(f )

0

. (3.26)



  f ,g

 gu P f f









Từ (3.25) và (3.26) ta có :

J(f

J(f )





h (f )u

.





 



 u P f f

f



 k (f ) g



lim 0 

g)    



Ta có ánh xạ sau tuyến tính liên tục :





)

h (f )u

.

 L (



 



 u P f f

f

 k (f ) g

   (cid:0) định bởi : g   







h (f )u

 . )

 





 u P f f

f

 g L (   

 k (f ) g

Suy ra , J có đạo hàm Gateaux đối với nón tại mọi f  . G,PD J(f )(g)   



 Ta chứng minh

G,PD J liên tục .



)

định bởi :

D J : G,P

 L(L ( +

),  (cid:0)





 

 . )

h (f )u



 



 ,  f  , g L ( 

 u P f f

f

 k (f ) g

G,PD J(f )(g)   



f

 f trong L (



 . )

  sao cho nf

Cho f  , và dãy  n n

Ta chứng minh :

),

)

D J(f ) D J(f ) 



G,P

n

G,P

 0 trong L(L ( 

 (cid:0) .

Nghĩa là , ta phải chứng minh :



 . 0

G,P

G,P

n

sup D J(f )(g) D J(f )(g) g

1 



Thật vậy :

 f trong L (

)



 nên theo định lý 2.2.5 và bổ đề 3.2.3 ta có :

Do nf

u

1 u trong C (

)





)  ,

 (3.27)

f

P f

f

1 P trong C ( f

n

n





h (f )u )g

+

D J(f )(g) D J(f )(g) 





G,P

n

G,P

(h (f )u n

f

f

 (u P f f

u P )g f

 f

n

n

n

   

   

   nk (f ) k (f ) g

+  







+

h (f )u )









G,P

G,P

n

(h (f )u n

f

f

 (u P f f

 u P ) f f

n

n

n

sup D J(f )(g) D J(f )(g) g

1 



   

   

.(3.28)





 nk (f ) k (f )

+  



Từ (3.27) , (3.28) và định lý hội tụ bị chặn Lebesgue ta có :



 . 0

G,P

G,P

n

sup D J(f )(g) D J(f )(g) g

1  

Vậy

G,PD J liên tục . Áp dụng bổ đề 3.2.4 , ta có đạo hàm Gateaux trùng với đạo

1C .

hàm Fréchet và J là





Vậy J là

 J (f )(g)

k (f ))g ,

 , g L (

f

)

1C và

.



 ( h (f )u 

 



    

 u P f f

f





Bổ đề 3.2.6

(H5)

Giả sử (H3)



. Khi đó tồn tại  > 0 sao cho 0     thì các ánh xạ

2L (

f

0,T

)

)



2 L (  

2 L (  

sau Lipschitz liên tục trong

) :



u , P , u P f f

f

 f



  

Chứng minh



u

Cho f , g

,

. Bởi định lý 2.2.6 ta có :

0 u 





  



u , u f

g

0

1

T 

 0,T 

   . Bởi định lý giá trị trung bình ta có :

( 1 xác định trong bổ đề 3.1.1 ) . Lấy

1

1 

1 

u

u

(f ,g)(u

u

u

(f ,g)(u

;



 





 



 f

 g

u ) g

 f

 g

f

u ) g

f

(f ,g),

(f ,g) max u , u

u

(3.29)

0 u 



 







f

g

f

g

0

 min u , u







T 

. Khi đó , w thỏa mãn bài toán sau :

Đặt

u

w : u 



g

f









 g

, (3.30)





      w 0 treân 

 1

 1

N(f,g) w (g f)u trong

    (a f)

   e

và (3.29) nên ta có :

Do f

N(f,g) : (f,g) (f,g) .

 1

 1

 

 

N(f,g)

   a

(f,g)

   e

(f,g)

au

eu

: m (3.31) 



 1 T 

 1 T 

2

 Ta chứng minh:



 

2  



 

  



au

(

au

,

).

 1 0

 1 eu ) 0

1 H ( 0

 1 T 

 1 eu ) T 



 lim (  0 



2

+ Ta chứng minh :

1 2  

 



au

,

).

 1  0

1 H ( 0

 T 



 lim au  0 



Thật vậy:







a(u

 u

2   )

a(u

)

   C

u

 1 0

 1 0

 1 0

 1 T 

 T 

u u T 

 1 T 

 T 

u u T 









 d

 u









T 

,





  C

u

 1 0

 1 T 

 T 

u u T 

2



 d



2



1

 

u

u trong C (

) khi   0

b a T .Do



0

T được định nghĩa trong 2.11 với



T 

nên lập luận tương tự như (2.28) ta có :



0 ,      0 1

 1 0

  0

 T 



u 0 . u u T 

2

Suy ra :

 



au

,

) (3.32)

 1  0

1 H ( 0

 2 1   T 



 lim au  0 



+ Do   1 và theo định lý hội tụ bị chặn Lebesgue ta có :

2

 



eu

,

) (3.33)

 1  0

1 H ( 0

 2 1   T 





 lim eu  0 

Từ (3.32) và (3.33) ta có :

2



 

2  



 

  



au

(

au

,

) (3.34)

 1 0

 1 eu ) 0

1 H ( 0

 1 T 

 1 eu ) T 



 lim (  0 



Theo định lý 2.1.1 , (3.31) và (3.34) ta có :

  

       

 



(

N(f,g))

(

(

au

e u ) 0 (3.35)

m ) 

1

1

1

 1 0

 1 0



0

Bởi (3.31) , (3.35) ,

f

0 sao cho



u giảm nên tồn tại  2

  T tăng , và  f

, (3.36)

N(f ,g) m

2

(

N(f ,g))

(

au

e u

)

0

và

  

    

 

 . (3.37)

1

1

1  T 

1  T 

2

2

2L (

f

 Chứng minh

) .

f

u Lipschitz liên tục trong

Theo định lý 2.1.4(a) ta có : w

, trong đó w1 là nghiệm duy nhất của bài toán

1w



  N(f,g) w g f u trong



 g

.

sau :





      w 0 treân 

, trong đó w2 là nghiệm duy nhất

 



m w g f u trong



 g

2w 

2

.





w 0 treân

Mặt khác , theo định lý 2.1.4(b) ta có : w1 của bài toán sau :       

Ta có : w là nghiệm của bài toán sau :





 N(f,g) w (f g)u trong

 f



,





      w 0 treân 

 1

 1

N(f,g) :

    (a g)

(f,g)

   e

(f,g) .

0 sao cho :

Lập luận tương tự (3.36) , (3.37) , ta có : tồn tại  3

,

N(f ,g) m

3

(

N(f ,g))

(

au

e u

)

và

  

    

 

 . 0

1

1

1  T 

1  T 

3

3

,trong đó

Theo định lý 2.1.4(a) ta có : w

1w

1w là nghiệm duy nhất của bài toán:



  N(f,g) w f g u trong

 f



.





      w 0 treân 

Mặt khác , theo định lý 2.1.4(b) ta có :

, trong đó

1w

2w

2w là nghiệm duy nhất

 



m w f g u trong



 f



3

.





w 0 treân

của bài toán sau :       

, trong đó

là nghiệm duy nhất của bài toán sau :

Suy ra :

w w

w : w 

3

3

2

  



 f g u trong f

 m w 

3

.





w 0 treân

      

Do

u , u bị chặn độc lập với f , g và định lý 2.1.4 ta có :

f

g

w

C f

g ; w

C f

g

. (3.38)









2

3

2,2 W (

)

2

2



2,2 W (

)



w

và

nên

.

Do w

w w 



w w

2w

3

3

2

Suy ra :

w

w

w

. (3.39)





3

2

2

2

2

Từ (3.38) và (3.39) ta có :

w

u

u

C f

g

. (3.40)









f

g

2

2

2

f

2L (

 Chứng minh

) .

f

P Lipschitz liên tục trong

1



)

độc lập với f

 Trước hết ta chứng minh





  trong  , trong đó

0C (

0 P f

min

,

f

Lấy

. Khi đó ta có :

 

I :  



     , , 2

1

3

 0,T 

M

au

eu

với

.

  

 1

 

 

(a f)u

eu

f

M : f

 f

 1 f

1  T 

1  T 

1



)

)

là nghiệm duy nhất

 là nghiệm duy nhất của bài toán (3.13) .





1 P C (  0 f

0C (

của bài toán sau :

 





au

e u

)u T trong

 1 T 

 1 T 

2

2





u

0 treân

   u (   

,



ˆT : max max h(f(x)) .

 x

f

0,T 

2

 

 

Theo định lý 2.1.3 ta có ,

fP   trong  . Mặt khác , do h(f)  0 và

  



(

M ) 0 nên theo định lý 2.1.1(c) ta có

0 .

1

f

fP

 Lấy f , g

và đặt

. Khi đó , z thỏa bài toán sau :







z : P  f

P g

 0,T 

 





z M z T(f,g) trong

f





z 0 treân

  

,trong đó :

 1

.







 



 



  

(a f)(u

u

)

e(u

T(f,g) h(f) h(g) P g

 1 f

 1 g

 1 f

 1 u ) g

(g f)P u g g

 

 

Áp dụng định lý giá trị trung bình ta có :



2





u

u

    1)

(

(f,g)(u

 1 f

 1 g

u ) g

f



2

. (3.41)





u

u

(f,g)(u

(

1)

 1 f

 1 g

u ) g

f





 





0

u

 (f,g), (f,g) max u , u

u

g

f

f

g

0

     min u , u







T 

    

Do đó :





2

2













    1)

(

(f,g)

    (

1)e

T(f,g) h(f) h(g) P g

f

u ) g

 

 (f,g) (u 

 1

 

. (3.42)

(g f)P u g g

Lập luận tương tự như (3.40) ta có :

. (3.43)





C T(f,g)

P f

P g

2

2

1



f

I

+Do 



  ,

  , nên ta có :

) và

0 P f

0C (

 1

 1

1

 







 C f g k

d

 1 

 1

(f g)P u g g

C f g P u g T 

2

2

2



2











C f g . (3.44)

 C f g

d

 



2

1 C (

)

2



+Do h Lipschitz trên 

0,T nên





 h(f) h(g)

C f g . (3.45)

2

2

+ Ta có :





2

2













   (

(u

C

(u

 1)(a f)P g

f

u ) g

f

u ) g

2

2





C d

(u

  2 

f

u ) g

2



u

u

f

g

. (3.46)

d

 



ˆC   1 C (

)



d



2

Theo bất đẳng thức Hardy ta có :



u

u

f

g

. (3.47)





u

C u 1

f



)

g H ( 1 0

d



2

0 sao cho :

( C1 độc lập với f và g ) . Bây giờ , ta chứng minh tồn tại

2C







u

u

C f g . (3.48)

f

g

2

2



)

1 H ( 0

Thật vậy , 

w u

u là nghiệm của bài toán (3.30) nên ta có :

f

g

2

2

w

N(f ,g)w

.











 g f u w

g













. Khi đó theo bổ đề 2.1.2 ta có :

Ta có :

2

2

2

2

2

2

w

N(f ,g)w

C

w

(





w m w 





 ).



0 C 1 0

0



2

N(f ,g) m 











    



2

2

2

ta có :

Mặt khác , áp dụng bất đẳng thức Cauchy :

ab

a

b





2

 2

1 2 

2

2

. (3.49)

(f

g)





2 w C 





 g f u w

 g

3

2







 2

1 2 







2

w

. (3.50)

Ta có :











 g f u w C g

0









. (3.51)

w



C w 4

2

)



1 H ( 0

Từ (3.49) , (3.50) , (3.51) ta có :

2

2

w

g)







.

C C  0

 C (f 5 

  

2    2  

Vậy với  nhỏ ta có (3.48) .

Từ (3.46) , (3.47) , (3.48) ta có :



2









   (

(u

C f g . (3.52)

 1)(a f)P g

f

u ) g

2

2





2

2



+











   (

(u

C

(u

1)eP g

f

u ) g

f

u ) g

2

2



2







C d (u 

f

u ) g

2



1







C

d

u

u



f

g



1 C (

)

2



C f

g

. (3.53)





2

Từ (3.42) , (3.43) , (3.44) , (3.45) , (3.52) , ( 3.53) ta có :

C f

g

.







P f

P g

2

2

2L (

f

Vậy

) .

f

P Lipschitz liên tục trong

f

2L (

 Ta chứng minh

Lipschitz liên tục trong

)

u P f f

Cho f , g

.Ta có :





 0,T 

(u

. (3.54)











 u P f f

 u P g g

 f

 u )P g f

 u (P g f

P ) g

2

2

2

Theo định lý giá trị trung bình ta có :



(u

C

f

g

C f

g

. (3.55)



 











 f

 u )P g f

1  P (u f

f

u ) g

1 C (

)

2

2



2

2

2L (

f

Bởi (3.54) ,(3.55) và

) nên ta có :

f

P Lipschitz liên tục trong

C f

g

.





 u P f f

 u P g g

2

2

min

,

,

Vậy ta chọn

 

    . Bổ đề được chứng minh .



1

2

3



Định lý 3.2.7

(H5)



Giả sử (H3)

. Khi đó tồn tại

   thì tồn tại duy

0 sao cho với

0

nhất hàm điều khiển tối ưu.

Chứng minh



.Ta chứng minh : J : I

Lấy    , I   , ta có

 (cid:0) là

sup J(g) g I 

sup J(g)  g 

hàm lõm ngặt . Nghĩa là , ta cần chứng minh:

 J (f )

J (g)

f

g

0

f , g

I , f











 . g







 J (f )

J (g)

f

g







Theo mệnh đề 3.2.1 ta có : 









. (3.56)

 (h (f )u

 (k (f ) k (g)) (f

g)







 









h (g)u ) g

 (u P g g

 u P ) f f

f

 

 





f

h (f )u

Lipschitz liên tục trong

2L (

) .

f

(cid:0)Ta chứng minh













h (f )u

h (g)u

h (f )u

h (g)u

h (g)(u

. (3.57)

Thật vậy:











f

f

u ) g

f

f

g

2

2

2

f

2L (

Từ (3.57) , h Lipschitz ,

) suy ra :

f

u Lipschitz liên tục trong

2L (

f

h (f )u

Lipschitz liên tục trong

) . (3.58)

f



2









h (g)u

h (f )u

g

f

h (f )u

h (g)u

f

g

g)

, (3.59)

















g

f

f

g



2

2

 Từ (3.58) và bổ đề 3.2.6, suy ra : (cid:0)  

 L (f 



2

f

g

f

g

g)

. (3.60)

















 u P g g

 u P f f

 u P g g

 u P f f



2

2

(cid:0)  



 L (f 

2



 k (s)

f

g

(f

g)

. (3.61)

 Do

   nên 0

 k (f ) k (g)











0

0





   

Từ (3.56) , (3.59) , (3.60) , và (3.61) ta có :

.

với

 

 J (f )

J (g)

f

g

f

g

0







L   











2





0



 0 L



,

Ta chọn

thì với

 

   , ta có J là hàm lõm ngặt .

0 : min

0

 0 L

  

  

Do đó, tồn tại duy nhất hàm điều khiển tối ưu.

KẾT LUẬN

Qua quá trình thực hiện luận văn , chúng tôi có được các kết quả sau :

Trong chương 1 , bằng việc áp dụng định lí điểm bất động của ánh xạ tăng ,

chúng tôi đã chứng minh được sự tồn tại nghiệm yếu cực trị của phương trình

logistic suy biến , hoàn toàn khác với các tác giả Dancer-Sweers [13] , Carl-

Heikkila[9] đã làm .Cái khác ở đây là do chúng tôi thay điều kiện tồn tại nghiệm

yếu trên bằng điều kiện bị chặn của tập các nghiệm yếu dưới .

Trong chương 2 , bằng phương pháp nghiệm dưới –trên , nguyên tắc maximum

,chúng tôi đã chứng minh được bài toán (2.6) có duy nhất nghiệm dương ngặt

b

.Ngoài ra , bằng định lí hàm ẩn , chúng tôi cũng chứng minh được ánh xạ

b

u

là 1C .

Trong chương 3 , chúng tôi tập trung nghiên cứu sự tồn tại và duy nhất hàm điều

khiển tối ưu.

 Trong [11] , khi chứng minh sự tồn tại , chúng tôi thấy các tác giả khẳng định

nhưng không chứng minh :

2L (

h(f )(cid:0) yếu trong 2L (

) nên

) .

Do nf (cid:0)f yếu trong

nh(f )

Ban đầu , chúng tôi đi chứng minh điều này nhưng không thành công .Sau đó ,

chúng tôi tìm cách khác khắc phục bằng cách sử dụng bổ đề 3.1.3,và bổ đề 3.1.4.

1

 Khi 0

     thì việc tính đạo hàm f

khó hơn nhiều trong trường

J(f )

1,

2

hợp

    trong [6] . Bởi vì , nó liên quan đến các bài toán elliptic tuyến tính

(2.4) và giá trị riêng (2.1) với hàm thế không bị chặn . Những khó khăn này được

khắc phục bằng cách sử dụng các kết quả [4],[16],[19] . Từ các bài báo này , cho

phép chúng tôi suy ra đạo hàm Frechet từ đạo hàm Gateaux đối với nón .

 Trong [11] , khi chứng minh sự duy nhất hàm điều khiển tối ưu , chúng tôi



J (g))(f

g) 0

phát hiện ra một lỗi nhỏ của các tác giả: khi chứng minh (J (f )





 đã

f

Lipschitz liên tục trong L (

  . )

dùng kết quả :

u ,f f

P ,f f

u P f f







Sau đó , chúng tôi đã viết thư cho tác giả Suarez A và đã được tác giả tận tình

hướng dẫn chỉnh sửa bằng cách chứng minh các ánh xạ :

f

2L (

Lipschitz liên tục trong

) (bổ đề 3.2.6).

u ,f f

P ,f f

u P f f







Luận văn còn có thể phát triển theo hướng :

a

f

không bị chặn .

 Nghiên cứu xấp xỉ hàm điều khiển tối ưu.  Nghiên cứu điều khiển tối ưu khi hàm 



TÀI LIỆU THAM KHẢO

TIẾNG ANH.

1. Amann H ,(1976), Fixed point equations and nonlinear eigenvalue problems in

ordered Banach spaces ,SIAM Rev 18,620-709.

2. Aronson D.G,Peletier L.A ,(1981), Large time behaviour of solutions of the

porous medium equation in bounded domains ,J.Diff.Eqs.,39,378-412.

3. Amann H , Crandall M.G , (1978) , On some existence theorems for semilinear

elliptic equations ,Indiana University Math .J.,27, 779-790.

4. Bertsch M, Rostamian R ,(1985), The principle of linearized stability for a class

of degenerate diffusion equations,J. Diff.Eqs,57,373-405.

5. Brezis H,Browder F, (1982), Some properties of higher order Sobolev spaces,

J.Math.Pures Appl.,61,245-259.

6. Canada A , Gámez J.L , Montero J.A ,(1998), Study of an optimal control

problem for diffusive nonlinear elliptic equations of logistic type,SIAM J

Control Optim 36,1171-1189.

7. Carl S,Heikkila S,(1999), Operator and differential equations in ordered spaces,

,J.Math.Anal.Appl.,234,31-54.

8. Carl S,Heikkila S ,(2000), Nonlinear differential equations in ordered spaces,

Chapman & Hall/CRC.

9. Carl S , Heikkila S , (1992) , On extremal solution of an elliptic boundary value

problem involving discontinuous nonlinearities ,

Diff. Int , Equation,5,581-589.

10. Cantrell R.S ,Cosner C,Hutson V,(1993), Permanence in ecological systems

with spatial heterogeneity,Proc.Royal .Soc.Edin,123A,533-559.

11. Delgado M, Montero J.A, Suárez A,(2002), Optimal control for the degenerate

elliptic logistic equation ,Appl.Math.Optim.,45,325-345.

12. Delgado M, Montero J.A, Suárez A,(2003), Study of the optimal harvesting

control and the optimality system for an elliptic problem, SIAM J Control

Optim 42,1559-1577.

13. Dancer E .N , Sweers G , (1989), On the existence of a maximal weak solution

for a semilinear elliptic equation , Diff , Int , Equation , 2, 533-540.

14. Gilbarg D,Trudinger N.S,(1983), Elliptic partial differential equations of

second order,Springer-Verlag,Berlin.

15. Gurtin ME , MacCamy RC (1977), On the diffusion of biological populations .

Math Biosci 33 , 35-49.

16. Hernández J,Mancebo F,Vega J.M,(2002), On the linearization of some

singular nonlinear elliptic problems and applications ,

Ann.I.H.Poincaré-AN,19, 777-813.

17. Hernández J , (1998) , Positive solutions for the logistic equation with

unbounded weights , in : G.Caristi , E.Mitidieri (Eds), Reaction Diffusion

Systems ,Marcel-Dekker , New York ,183-197.

18. Hernández J , Drabek P , (2001), Existence and uniqueness of positive solutions

for some quasilinear elliptic problems , Nonlinear , Anal , 44 , 189-204.

19. Krasnoselskii M.A,(1964) , Positive solutions of operator equations,

Noordhoff,Groningen.

20. Kurner A,(1980), Weighted sobolev spaces ,Text zur mathematic 31,Teubner

,Leipzig.

21. Li L and Logan R ,(1991), Positive solutions to general elliptic competition

models ,Differential integral equations ,4,817-834.

22. Leung AW (1995) , Optimal harvesting – coefficient control of steady-state

prey-predator diffusive Volterra-Lotka systems ,

Appl Math Optim 31, 219-241.

23. Leung AW, Stojanovic S (1993), Optimal Control for elliptic Volterra-Lotka

type equations ,J Math Anal Appl 173 , 603-619.

24. Nguyen Bich Huy ,(2002), Positive weak solutions for some semilinear elliptic

equations ,Nonlinear .Anal.,48,939-945.

sL ,

25. Orsina L,Boccardo L,(1994), Sublinear elliptic equations in

Houston Math , J.,20,99-114.

26. Zeidler E,(1984), Nonlinear Functional Analysis and its applications II/B,

,Springer-Verlag,Berlin.

TIẾNG PHÁP.

27. Kavian O,(1993) , Introduction à la théorie des points critiques et applications

aux problèmes elliptiques , Springer-Verlag , Paris.