Luận văn Thạc sĩ Toán học: Nghiệm yếu của bài toán biên Dirichlet chứa toán tử Laplace phân thứ

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM

NGUYỄN VĂN TẤN

NGHIỆM YẾU CỦA BÀI TOÁN BIÊN DIRICHLET CHỨA TOÁN TỬ LAPLACE PHÂN THỨ

Ngành: Toán giải tích

Mã số: 8.46.01.02

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Người hướng dẫn khoa học: TS. NGUYỄN VĂN THÌN

THÁI NGUYÊN - 2019

Lời cam đoan

Tôi xin cam đoan luận văn "Nghiệm yếu của bài toán biên

Dirichlet chứa toán tử Laplace phân thứ" là công trình nghiên cứu

khoa học độc lập của riêng tôi dưới sự hướng dẫn khoa học của TS. Nguyễn

Văn Thìn. Các nội dung nghiên cứu, kết quả trong luận văn này là trung

thực và chưa từng công bố dưới bất kỳ hình thức nào trước đây.

Ngoài ra, trong luận văn tôi còn sử dụng một số kết quả, nhận xét

của các tác giả khác đều có trích dẫn và chú thích nguồn gốc.

Nếu phát hiện bất kỳ sự gian lận nào tôi xin hoàn toàn chịu trách

Thái Nguyên, ngày 16 tháng 05 năm 2019

Tác giả

Nguyễn Văn Tấn

Xác nhận

của khoa chuyên môn

của người hướng dẫn

TS. Nguyễn Văn Thìn

nhiệm về nội dung luận văn của mình.

Lời cảm ơn

Để hoàn thành đề tài luận văn và kết thúc khóa học, với tình cảm

chân thành, tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới trường Đại học Sư phạm

Thái Nguyên đã tạo điều kiện cho tôi có môi trường học tập tốt trong suốt

thời gian tôi học tập, nghiên cứu tại trường.

Tôi xin gửi lời cảm ơn tới TS. Nguyễn Văn Thìn đã giúp đỡ tôi

trong suốt quá trình nghiên cứu và trực tiếp hướng dẫn tôi hoàn thành đề

tài luận văn tốt nghiệp này. Đồng thời, tôi xin bày tỏ lòng cảm ơn tới thầy

cô trong Khoa Toán, bạn bè đã giúp đỡ, tạo điều kiện cho tôi trong suốt

quá trình học tập và hoàn thiện luận văn tốt nghiệp này.

Thái Nguyên, ngày 16 tháng 05 năm 2019

Tác giả

Nguyễn Văn Tấn

Tôi xin chân thành cảm ơn!

Mục lục

Lời cam đoan i

Lời cảm ơn ii

Lời mở đầu 1

1 Không gian Sobolev thứ 3

1.1 Biến đổi Fourier trong không gian các hàm tăng chậm . . . 3

1.2 Không gian Sobolev thứ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

10 1.2.1 Tính chất phép nhúng . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2.2 Không gian Sobolev H s(Ω) . . . . . . . . . . . . . .

1.3 Toán tử Laplace phân thứ . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

1.3.1 Hằng số C(n, s): Một vài tính chất . . . . . . . . . . 13

1.3.2 Toán tử Laplace phân thứ qua biến đổi Fourier . . . 17

2 Nghiệm yếu của bài toán biên Dirichlet chứa toán tử Laplace

phân thứ 20

2.1 Nghiệm Mountain pass cho bài toán biên Dirichlet chứa toán

Laplace phân thứ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

2.2 Sự tồn tại nhiều nghiệm cho bài toán Laplace phân thứ với

độ tăng tới hạn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42

Kết luận 64

iii

Tài liệu tham khảo 65

Lời mở đầu

Trong thời gian gần đây, các nhà toán học dành sự quan tâm vào

nghiên cứu các toán tử không địa phương loại elliptic (bao gồm toán tử

Laplacian phân thứ) trong cả nghiên cứu toán học thuần túy và toán ứng

dụng trong thế giới thực. Các lớp toán tử này phát sinh khá tự nhiên trong

nhiều bối cảnh khác nhau như: Tối ưu hóa, toán tài chính, mặt cực tiểu, định

luận bảo toàn, cơ học lượng tử, khoa học vật liệu, sóng nước, phản ứng hóa

học của chất lỏng, động lực học dân số, động lực học về chất lỏng địa vật lý.

Toán tử Laplacian phân thứ (fractional Laplacian) cũng cung cấp một mô

hình đơn giản để mô tả các quá trình Lévy trong lý thuyết xác suất. Toán tử

Laplace phân thứ là một dạng mở rộng của toán tử Laplace, được định nghĩa thông qua tích phân kỳ dị như sau: Với s ∈ (0, 1) và u ∈ L2(R)n, n > 2s hàm khi đó toán tử Laplace phân thứ (−∆)su được định nghĩa bởi

(−∆)su(x) = C(n, s)

u(x) − u(y) |x − y|n+2s dy,

Rn\B(x,ε)

(cid:90)

trong đó

C(n, s) = 1/

1 − cos ζ1 |ζ|n+2s dζ, ζ = (ζ1, ζ (cid:48)), ζ (cid:48) ∈ Rn−1.

(∆)su = −∆u. Hơn

(cid:90)

Khi u là hàm trơn vô hạn với giá compact, ta có lim s→1 nữa, ta có

dy, x ∈ Rn.

−(−∆)su(x) = C(n, s) lim ε→0

u(x + y) + u(x − y) − 2u(x) |y|n+2s

Rn\B(x,ε)

(cid:90)

Ngoài định nghĩa trên, toán tử Laplace phân thứ (−∆)s còn được định nghĩa

thông qua phép biến đổi Fourier [6], s-mở rộng điều hòa được giới thiệu bởi

Caffarelli-Silvestre [3]. Như vậy khái niệm toán tử Laplace phân thứ là một

khái niệm toán học giàu cách tiếp cận. Do đó, các bài toán nghiên cứu về

toán tử Laplace phân thứ đã nhận được sự quan tâm lớn của các nhà toán

học trên thế giới trong thời gian gần đây. Mục đích của luận văn là nghiên

cứu sự tồn tại nghiệm yếu của bài toán biên Dirichlet cho toán tử Laplace

(−∆)su = f (x, u) trong Ω

= 0 trong Rn\Ω,

phân thứ có dạng

  

s−2 u trong đó 2∗

s =

s(Ω) liên tục, không compact.

2n n − 2s là số mũ tới hạn Sobolev. Trong trường hợp bài toán chứa số mũ tới hạn, khó khăn gặp phải là phép nhúng X0 → L2∗

trong đó Ω là miền bị chặn với biên Lipschitz. Hàm phi tuyến có độ tăng dưới đại lượng tới hạn Sobolev hoặc chứa số hạng |u|2∗

Chương 1

Không gian Sobolev thứ

1.1 Biến đổi Fourier trong không gian các hàm tăng

chậm

Xét không gian Schwartz S các hàm C ∞(Rn) tăng chậm có tôpô xác

|Dαϕ(x)|,

(1 + |x|)j (cid:88)

pj(ϕ) := sup x∈Rn

|α|≤j

định bởi {pj}j∈N :

trong đó ϕ ∈ S(Rn). Nghĩa là, S chứa các hàm ϕ thỏa mãn

sup x∈Rn

xαDβϕj(x) = 0 với mọi α, β ∈ Nn 0 .

(cid:12)xαDβϕ(x)(cid:12) (cid:12) (cid:12) < +∞, với mọi α, β ∈ Nn 0 .

Tôpô lồi địa phương tự nhiên trên S có tính chất: dãy {ϕ}i∈N hội tụ đến 0 trong S nếu và chỉ nếu lim j→+∞

Ta định nghĩa

e−iξ·xϕ(ξ)dξ,

1 (2π)n/2

(cid:90) Fϕ(x) :=

là biến đổi Fourier của hàm ϕ ∈ S và biến đổi Fourier ngược xác định bởi

eix·ξ·ϕ(ξ)dξ,

1 (2π)n/2

(cid:90) (1.1) F−1ϕ(x) :=

cả hai đều là ánh xạ tuyến tính liên tục từ S(Rn) vào chính nó. Hơn nữa, vì

F−1Fϕ = FF−1ϕ = ϕ,

là một phép đẳng cấu và phép đồng phôi của S(Rn) lên S(Rn).

(cid:104)FT, ϕ(cid:105) := (cid:104)T, Fϕ(cid:105) , ∀ϕ ∈ S,

Đặt S(cid:48) là tôpô đối ngẫu của S. Nếu T ∈ S(cid:48), thì

trong đó (cid:104)., .(cid:105) là tích đối ngẫu thông thường giữa S và S(cid:48). Ta có

u ∈ L2(Rn) nếu và chỉ nếu Fu ∈ L2(Rn)

(1.2)

và

(cid:107)u(cid:107)L2(Rn) = (cid:107)Fu(cid:107)L2(Rn), ∀u ∈ L2(Rn).

(1.3)

Công thức (1.3) gọi là công thức Paranchval-Plancherel.

1.2 Không gian Sobolev thứ

Giả sử Ω là tập không trơn, mở trong không gian Euclid Rn và p ∈ [1, +∞). Cho s > 0 bất kỳ chúng ta định nghĩa không gian Sobolev thứ W s,p(Ω) như sau.

Nếu s ≥ 1 là số nguyên dương, thì W s,p(Ω) là không gian Sobolev cổ

điển với chuẩn

(cid:107)Dαu(cid:107)Lp(Ω), ∀u ∈ W s,p(Ω),

(cid:107)u(cid:107)W s,p(Ω) :=

0≤|α|≤s

(cid:88)

ở đây và về sau ta hiểu (cid:107).(cid:107)Lp(Ω) là chuẩn thông thường trong Lp(Ω), và Dα là α-đạo hàm riêng. Phần này tập trung vào không gian Sobolev thứ với s /∈ N.

Nếu s ∈ (0, 1) cố định, không gian Sobolev W s,p(Ω) được định nghĩa:

∈ Lp(Ω × Ω)

W s,p(Ω) :=

u ∈ Lp(Ω) :

|u(x) − u(y)| |x − y|n/p+s

(cid:41) (cid:40)

Nó được trang bị chuẩn

|u(x)|p dx +

(cid:107)u(cid:107)W s,p(Ω) :=

|u(x) − u(y)|p |x − y|n+sp dxdy

Ω

Ω×Ω

(cid:19)1/p (cid:18)(cid:90) (cid:90) (1.4)

trong đó

[u]W s,p(Ω) :=

|u(x) − u(y)|p |x − y|n+sp dxdy

Ω×Ω

(cid:19)1/p (cid:18)(cid:90) (1.5)

là nửa chuẩn Gagliardo của u.

Nếu s > 1 và s /∈ N, ta có s = m + σ, trong đó m ∈ N và σ ∈ (0, 1).

W s,p(Ω) := {u ∈ W m,p(Ω) : Dαu ∈ W σ,p(Ω) với bất kì α sao cho |α| = m}.

Chúng ta có định nghĩa W s,p(Ω) như sau:

1/p

Và được trang bị chuẩn

(cid:107)Dαu(cid:107)p

, ∀u ∈ W s,p(Ω).

(cid:107)u(cid:107)W s,p(Ω) :=

W m,p(Ω) +

W σ,p(Ω)

|α|=m

 (cid:88)  (cid:107)u(cid:107)p 

s > 0 và

C ∞

(cid:107).(cid:107)W s,p(Rn) = W s,p(Rn);

0 (Ω) không trù mật trong W s,p(Ω). Do đó, W s,p

0 (Rn) 0 (Rn) trù mật trong W s,p(Rn). Nếu Ω ⊂ Rn thì 0 (Ω) là bao

Do đó, không gian W s,p(Ω) được xác định và là không gian Banach với mọi

0 (Ω) đối với chuẩn (cid:107).(cid:107)W s,p(Ω); tức là

(cid:107).(cid:107)W s,p(Ω);

W s,p

0 (Ω)

0 (Ω) := C ∞

nghĩa là, không gian C ∞ không gian C ∞ đóng của C ∞

Ta có thể xây dựng W s,p(Ω) khi s < 0. Thật vậy, với s < 0 và p ∈ (0, +∞),

W s,p(Ω) := (W −s,q

(Ω))(cid:48);

(Ω), trong đó

ta định nghĩa

1/p + 1/q = 1.

nghĩa là, W s,p(Ω) là không gian đối ngẫu của W −s,q

1.2.1 Tính chất phép nhúng

Một số kết quả cơ bản của phép nhúng được phát biểu như sau:

Mệnh đề 1.2.1. Giả sử p ∈ [1, +∞) và tập mở Ω trong Rn. Khi đó, các

khẳng định sau là đúng:

(a) Nếu 0 < s ≤ s(cid:48) < 1, thì phép nhúng W s(cid:48),p(Ω) (cid:44)→ W s,p(Ω) là liên tục.

(cid:107)u(cid:107)W s,p(Ω) ≤ C1(n, s, p)(cid:107)u(cid:107)W s(cid:48),p(Ω), ∀u ∈ W s(cid:48),p(Ω).

Do đó, tồn tại hằng số C1(n, s, p) ≥ 1 sao cho

W 1,p(Ω) (cid:44)→ W s,p(Ω) là liên tục. Do đó, tồn tại hằng số C2(n, s, p) ≥ 1

(b) Nếu 0 < s < 1 và Ω là lớp C 0,1 và biên ∂Ω bị chặn, thì phép nhúng

sao cho (cid:107)u(cid:107)W s,p(Ω) ≤ C2(n, s, p)(cid:107)u(cid:107)W 1,p(Ω), ∀u ∈ W 1,p(Ω).

là liên tục.

Định nghĩa 1.2.2. Với mọi s ∈ (0, 1) và p ∈ [1, +∞), tập mở Ω ⊂ Rn là

miền mở rộng cho W s,p nếu tồn tại hằng số dương C := C(n, p, s, Ω) sao

(cid:107)Eu(cid:107)W s,p(Rn) ≤ C(cid:107)u(cid:107)W s,p(Ω), ∀x ∈ Ω.

cho với mọi hàm u ∈ W s,p(Ω), tồn tại Eu ∈ W s,p(Rn) sao cho Eu(x) = u(x),

W s,p(Rn).

Lưu ý mọi tập mở của lớp C 0,1 với biên bị chặn là miền mở rộng cho

Định lý 1.2.3. Cho s ∈ (0, 1) và p ∈ [1, +∞) sao cho sp < n. Khi đó, tồn

tại hằng số dương C := C(n, p, s) sao cho

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

≤

Lp∗

s (Rn)

|u(x) − u(y)|p |x − y|n+ps dxdy, ∀u ∈ W s,p(Rn),

Rn×Rn

(cid:90)

s :=

pn n − sp

W s,p(Rn) được nhúng liên tục trong Lq(Rn) với mọi q ∈ [p, p∗

s]. Hơn nữa,

là số mũ tới hạn phân thứ. Vì vậy, không gian trong đó p∗

s).

loc(Rn) là compact với mọi q ∈ [p, p∗

phép nhúng W s,p(Rn) (cid:44)→ Lq

Trong miền mở rộng, kết quả sau vẫn đúng.

Định lý 1.2.4. Cho s ∈ (0, 1) và p ∈ [1, +∞) sao cho sp < n. Giả

C := C(n, p, s, Ω) sao cho

(cid:107)u(cid:107)Lq(Ω) := C(cid:107)u(cid:107)W s,p(Ω), ∀u ∈ W s,p(Ω), ∀q ∈ [p, p∗ s],

sử Ω ⊂ Rn là miền mở rộng cho W s,p. Khi đó, tồn tại hằng số dương

[p, p∗

s]. Ngoài ra, nếu Ω bị chặn thì không gian W s,p(Ω) được nhúng compact

nghĩa là, không gian W s,p(Ω) được nhúng liên tục trong Lq(Ω) với mọi q ∈

s).

trong Lq(Ω) với mọi q ∈ [1, p∗

Định lý 1.2.5. Cho s ∈ (0, 1) và p ∈ [1, +∞) sao cho sp = n. Khi đó, tồn

(cid:107)u(cid:107)Lq(Rn) ≤ C(cid:107)u(cid:107)W s,p(Rn),

tại hằng số dương C := C(n, p, s) sao cho, với mọi u ∈ W s,p(Rn),

với mọi q ∈ [p, +∞); nghĩa là, không gian W s,p(Rn) liên tục được nhúng

trong Lq(Rn) với mọi q ∈ [p, +∞).

Đối với miền mở rộng, ta có kết quả sau:

Định lý 1.2.6. Cho s ∈ (0, 1) và p ∈ [1, +∞) sao cho sp = n. Giả

C := C(n, p, s, Ω) sao cho, với mọi u ∈ W s,p(Ω),

(cid:107)u(cid:107)Lq(Ω) ≤ C(cid:107)u(cid:107)W s,p(Ω)

sử Ω ⊂ Rn là miền mở rộng cho W s,p. Khi đó, tồn tại hằng số dương

với mọi q ∈ [p, +∞); nghĩa là, không gian W s,p(Ω) liên tục được nhúng

W s,p(Ω) compact được nhúng trong Lq(Ω) với mọi q ∈ [1, +∞).

trong Lq(Rn) với mọi q ∈ [p, +∞]. Ngoài ra, nếu Ω bị chặn, thì không gian

|u(x) − u(y)| |x − y|α

(cid:107)u(cid:107)C 0,α(Ω) := (cid:107)u(cid:107)L∞(Ω) + sup x,y∈Ω x(cid:54)=y

Ký hiệu C 0,α(Ω) là không gian các hàm liên tục H¨older, với chuẩn

Định lý 1.2.7. Cho s ∈ (0, 1) và p ∈ [1, +∞) sao cho sp > n. Cho Ω là

miền C 0,1 của Rn. Khi đó, tồn tại hằng số dương C := C(n, p, s, Ω) sao

(cid:107)u(cid:107)C 0,α(Ω) ≤ C(cid:107)u(cid:107)W s,p(Ω),

cho, với mọi u ∈ W s,p(Ω),

C 0,α(Ω).

với α = (sp − n)/p; nghĩa là, không gian W s,p(Ω) liên tục được nhúng trong

C 0,1 miền bị chặn của Rn. Khi đó phép nhúng

W s,p(Ω) (cid:44)→ C 0,β(Ω)

Hệ quả 1.2.8. Cho s(0, 1) và p ∈ [1, +∞) sao cho sp > n. Cho Ω là một

compact với mọi β < α, với α := (sp − n)/p.

Chứng minh. Cho {uj}j∈N là dãy bị chặn trong W s,p. Từ Định lý 1.2.7 suy

ra {uj}j∈N bị chặn trong C 0,α(Ω). Do đó, tồn tại C > 0 sao cho

≤ C, ∀j ∈ N.

|uj(x) − uj(y)| |x − y|α

(cid:107)uj(cid:107)L∞(Ω) + sup x,y∈Ω x(cid:54)=y

(1.6)

Áp dụng (1.6) và Định lý Ascoli-Arzelà ta có

uj → u∞ đều trong Ω

(1.7)

khi j → +∞, với u∞ ∈ C(Ω). Hơn nữa, từ (1.6) và (1.7) suy ra

|uj(x) − uj(y)| ≤ C|x − y|α,

|u∞(x) − u∞(y)| = lim j→+∞

(1.8)

với mọi x, y ∈ Ω. Do đó, hàm u∞ thuộc C 0,α(Ω).

Chúng ta phải chứng minh uj → u∞ trong C 0,β(Ω) khi j → +∞, với

mọi β < α. Từ (1.7), ta có

→ 0

|(uj − u∞)(x) − (uj − u∞)(y)| |x − y|β

sup x,y∈Ω x(cid:54)=y

(1.9)

(cid:107)uj − u∞(cid:107)L∞(Ω) → 0 khi j → +∞,

khi j → +∞. Vì

với mọi ε > 0, tồn tại jε ∈ N sao cho

, ∀j ≥ jε.

(cid:107)uj − u∞(cid:107)L∞(Ω) ≤

ε 2

(cid:17)β/(α−β) (1.10) (cid:16) ε 2C

|(uj − u∞)(x) − (uj − u∞)(y)| ≤ 2C|x − y|α−β|x − y|β, ∀x, y ∈ Ω.

Vậy, từ (1.6) và (1.8) ta có

(1.11)

Nếu 2C|x − y|α−β < ε, nên từ (1.11) cho ta

|(uj − u∞)(x) − (uj − u∞)(y)| ≤ ε|x − y|β, ∀x, y ∈ Ω.

(1.12)

Ở đây, β < α.

|(uj − u∞)(x) − (uj − u∞)(y)| ≤2(cid:107)uj − u∞(cid:107)L∞(Ω)

Hơn nữa, khi 2C|x − y|α−β ≥ ε, áp dụng (1.10), với mỗi j ≥ jε, có

≤ε

(cid:17)β/(α−β) (1.13)

(cid:16) ε 2C ≤ε|x − y|β.

Từ (1.12), (1.13), và (1.9) đi đến điều cần chứng minh.

1.2.2 Không gian Sobolev H s(Ω)

Trong mục này, ta trình bày trường hợp Hilbert p = 2, nghiên cứu

H s(Ω) := W s,2(Ω),

mối quan hệ giữa nó với toán tử Laplacian phân thứ. Giả sử Ω là tập con mở trong Rn và

dxdy,

u(x)v(x)dx +

(cid:104)u, v(cid:105)H s(Ω) :=

(u(x) − u(y))(v(x) − v(y)) |x + y|n+2s

Ω

Ω×Ω

với mọi s ∈ (0, 1). Không gian Sobolev thứ là không gian Hilbert. Thật vậy, tích trong trên H s(Ω), xác định bởi (cid:90) (cid:90)

với mọi u, v ∈ H s(Ω), trùng với chuẩn đã cho trong (1.4) khi p = 2.

Rõ ràng, với mỗi s ∈ (0, 1), ta có

H s(Rn) := W s,2(Rn) = {u ∈ L2(Rn) : [u]W s,2(Rn) < +∞},

(1.14)

trong đó [·]W s,2(Rn) đã định nghĩa trong (1.5).

Không gian H s(Rn) được định nghĩa theo cách khác thông qua biến

đổi Fourier. Thật vậy, ta định nghĩa

u ∈ L2(Rn) :

(1 + |ξ|2s)|Fu(ξ)|2dx < +∞

, với mọi s > 0,

(cid:90)     (cid:98)H s(Rn) :=  

(1.15)

u ∈ S(cid:48) : (cid:82)

(1 + |ξ|2s)|Fu(ξ)|2dx < +∞

, với mọi s < 0.

(cid:26) (cid:27)

và (cid:98)H s(Rn) :=

s ∈ (0, 1) trong phần tiếp theo (xem Hệ quả 1.3.6).

Tương đương giữa không gian (cid:98)H s(Rn) được định nghĩa trong (1.15) và định nghĩa thông qua chuẩn Gagliardo trong (1.14) và chứng minh với mọi

1.3 Toán tử Laplace phân thứ

Các phương trình không địa phương đã thu hút nhiều sự chú ý trong

những thập kỷ gần đây. Toán tử cơ bản liên quan đến vấn đề này gọi là

toán tử Laplacian (−∆)s phân thứ với s ∈ (0, 1). Phần này trình bày định

nghĩa toán tử này và các tính chất của nó.

Cho s ∈ (0, 1) và toán tử (−∆)s : S → L2(Rn) xác định bởi

(−∆)su(x) := C(n, s) lim ε→0+

u(x) − u(y) |x − y|n+2s dy, x ∈ Rn,

Rn\B(x,ε)

(cid:90) (1.16)

Trong đó B(x, ε) là hình tròn tâm x ∈ Rn với bán kính ε, và C(n, s) là

hằng số dương sau:

C(n, s) :=

1 − cos ζ1 |ζ|n+2s dζ

(cid:19)−1 (cid:18)(cid:90) (1.17)

với ζ = (ζ1, ζ (cid:48)), ζ (cid:48) ∈ Rn−1.

Toán tử định nghĩa trong (1.16) là toán tử Laplace phân thứ. Thông

thường, trong định nghĩa (−∆)s, để viết gọn cho "giá trị chính", đặt

P.V.

ε→0+

u(x) − u(y) |x − y|n+2s dy := lim

u(x) − u(y) |x − y|n+2s dy.

Rn\B(x,ε)

(cid:90) (cid:90)

Khi đó, ta có thể viết lại như sau

(−∆)su(x) := C(n, s)P.V.

u(x) − u(y) |x − y|n+2s dy, x ∈ Rn, Mệnh đề 1.3.1. Cho s ∈ (0, 1). Khi đó, với mọi u ∈ S, ta có

(cid:90) (1.18)

(−∆)su(x) := −

C(n, s)

dy, x ∈ Rn.

1 2

u(x + y) + u(x − y) − 2u(x) |y|n+2s

(cid:90)

(1.19)

Chứng minh. Từ (1.18), ta có

(−∆)su(x) := −C(n, s)P.V.

u(y) − u(x) |x − y|n+2s dy,

(cid:90) (1.20)

với mọi x ∈ Rn. Do đó, thay thế z = y − x vào (1.20), ta được

(−∆)su(x) := −C(n, s)P.V.

dz,

u(x + z) − u(x) |z|n+2s

(cid:90) (1.21)

với mọi x ∈ Rn. Mặt khác, bằng cách đặt z(cid:63) = −z, ta có

P.V.

dz = P.V.

dz(cid:63).

u(x + z) − u(x) |z|n+2s

u(x − z(cid:63)) − u(x) |z(cid:63)|n+2s

(cid:90) (cid:90)

Vì vậy, sau khi trả lại z(cid:63) = z, ta có đẳng thức sau:

2P.V.

dz =P.V.

u(x + z) − u(x) |z|n+2s

(cid:90) (cid:90)

+P.V.

u(x + z) − u(x) |z|n+2s u(x − z) − u(x) |z|n+2s

(cid:90)

=P.V.

dy.

u(x + y) + u(x − y) − 2u(x) |y|n+2s

(cid:90)

(1.22)

≤

u(x + y) + u(x − y) − 2u(x) |y|n+2s

(cid:107)D2u(cid:107)L∞(Rn) |y|n+2s−2

Cuối cùng, khai triển Taylor cấp hai ta có

∈ L1(Rn).

u(x + y) + u(x − y) − 2u(x) |y|n+2s

và vì s ∈ (0, 1), ta có

Do đó, với mọi u ∈ S, ta có

P.V.

dy =

dy.

u(x + y) + u(x − y) − 2u(x) |y|n+2s

(cid:90) (cid:90)

(1.23)

Vậy từ (1.21)-(1.23) ta suy ra (1.19). Điều phải chứng minh.

Nhận xét 1.3.2. Cho s ∈ (0, 1/2). Với mọi u ∈ S và x ∈ Rn cố định, ta có

u(x) − u(y) |x − y|n+2s dy ≤C

B(x,R)

|x − y| |x − y|n+2s dy (cid:90)

+(cid:107)u(cid:107)L∞(Rn)

(cid:90) (cid:90)

Rn\B(x,R) +∞ (cid:90)

R (cid:90)

≤C



1 |x − y|n+2s dy   < +∞,

1 ρ2s dρ +

1 ρ2s+1 dρ



trong đó C là hằng số dương phụ thuộc vào số chiều n và L∞-chuẩn của

hàm u. Vì thế, trong trường hợp s ∈ (0, 1/2), tích phân

u(x) − u(y) |x − y|n+2s dy,

(cid:90)

1.3.1 Hằng số C(n, s): Một vài tính chất

không là tích phân kỳ dị gần điểm x, nên nó bỏ P.V. trong (1.18).

Ở phần này, ta nhắc lại một số tính chất của hằng số C(n, s).

Bổ đề 1.3.3. Cho s ∈ (0, 1) và C(n, s) là hằng số được xác định trong

(1.17) và cho A(n, s) và B(s) như sau:

A(n, s) :=

dη(cid:48)

nếu n = 1

Rn−1

1 (1 + |η(cid:48)|2)n+2s/2

nếu n ≥ 2,   1 (cid:90) 

B(s) := s(1 − s)

1 − cos t |t|1+2s dt.

và (cid:90)

Khi đó

C(n, s) =

s(1 − s) A(n, s)B(s)

(1.24)

η(cid:48) = ζ (cid:48)/|ζ1|, ta có

Chứng minh. Giả sử n ≥ 2 và ζ = (ζ1, ζ (cid:48)), với ζ (cid:48) ∈ Rn−1. Áp dụng đổi biến

dζ =

dζ (cid:48)

dζ1

Rn−1

1 − cos(ζ1) |ζ|n+2s

1 − cos(ζ1) |ζ1|n+2s

1 (1 + |ζ (cid:48)|2/|ζ1|2) n+2s (cid:33)

(cid:33) (cid:90) (cid:32)(cid:90) (cid:90)

dη(cid:48)

dζ1

Rn−1

1 − cos(ζ1) |ζ1|1+2s

1 (1 + |η(cid:48)|2) n+2s

A(n, s)B(s) s(1 − s)

(cid:90) (cid:32)(cid:90)

Bổ đề được chứng minh.

Nhận xét 1.3.4. Lưu ý từ (1.17) và (1.24) suy ra

C(n, s)−1 =

dζ = A(n, s)

1 − cos(ζ1) |ζ|n+2s

1 − cos t |t|1+2s dt.

(cid:90) (cid:90)

Với n ≥ 3, gọi Sn−2 là độ đo Lebesgue của hình cầu đơn vị trong Rn−1, ta

A(n, s) =

dη(cid:48) < Sn−2

Rn−1

có (cid:19) (cid:90)

1 1 + 2s

1 (1 + |η(cid:48)2) n+2s

(cid:18)π 4

1 − cos t |t|1+2s dt <

1 2(1 − s)

2 s

và (cid:90)

Vì vậy, dễ dàng thấy

C(n, s)−1 < Sn−2

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

1 1 + 2s

1 2(1 − s)

2 s

(cid:18)π 4

Mặt khác, ta có

2 s

C(n, s)−1 <

nếu n = 1

2 1 + 2s

1 2(1 − s)

2 s

(cid:19) (cid:18) (cid:19) nếu n = 2.  1  2(1 − s) (cid:18)π  2

Mệnh đề 1.3.5. Giả sử s ∈ (0, 1) và hằng số C(n, s) như (1.17). Thì, với

mọi ξ ∈ Rn, ta có

dy = C(n, s)−1|ξ|2s,

1 − cos(ξ · y) |y|n+2s

(cid:90) (1.25)

1 − cos ζ1 |ζ|n+2s ≤

|ζ1|2 |ζ|n+2s ≤

1 |ζ|n−2+2s ,

Chứng minh. Trước tiên, với η = (η1, ..., ηn), ta có

1 − cos ζ1 |ζ|n+2s dζ

gần gốc. Khi đó, (cid:90)

là hữu hạn và dương, theo cách chọn s.

Bây giờ chúng ta định nghĩa ánh xạ J : Rn → R như sau:

dy,

J(ξ) :=

1 − cos(ξ · y) |y|n+2s

(cid:90)

với mọi ξ ∈ Rn. Ta có J là phép quay bất biến, tức là

J(ξ) = J(|ξ|e1), ξ ∈ Rn,

(1.26)

trong đó e1 là vectơ hướng đầu tiên trên không gian Rn.

Với n = 1, (1.26) là tầm thường vì J là hàm lẻ. Khi n ≥ 2, chúng ta

xét phép quay R mà R(|ξ|e1) = ξ, và ta gọi RT là chuyển vị của nó. Vì thế, bằng cách thế (cid:101)y = RT y, ta có

dy,

J(ξ) =

1 − cos((R(|ξ|e1)) · y) |y|n+2s

(cid:90)

1 − cos((|ξ|e1) · (RT · y)) |y|n+2s

(cid:90)

d(cid:101)y

1 − cos((|ξ|e1) · (cid:101)y) |(cid:101)y|n+2s

=J(|ξ|e1),

(cid:90)

nên (1.26) được chứng minh.

J(ξ) =J(|ξ|e1) (cid:90)

Do đó, từ (1.26), thế ζ = |ξ|y, ta được

Rn 1 |ξ|n

1 − cos(|ξ|y1) |y|n+2s 1 − cos(ζ1) |ζ/|ζ||n+2s dζ

=C(n, s)−1|ξ|2s,

(cid:90)

theo (1.17). Tóm lại, (1.25) được chứng minh.

Hệ quả 1.3.6. Giả sử s ∈ (0, 1) và C(n, s) là hằng số như trong (1.17).

Thì, với mọi u ∈ H s(Rn),

[u]2

|ξ|2s|Fu(ξ)|2dξ.

H s(Rn) = 2C(n, s)−1

(cid:90) (1.27)

Hơn nữa, H s(Rn) = (cid:98)H(Rn).

Chứng minh. Cố định y ∈ Rn. Áp dụng đổi biến số z = x − y, và công thức

Parseval-Plancherel đã cho trong (1.3), ta có

dy =

|u(x) − u(y)|2 |x − y|n+2s dx

u(z + y) − u(y) |z|n+2s

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

u(z + y) − u(y) |z|n/2+s

(cid:33) (cid:90) (cid:32)(cid:90)

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

(cid:33) (cid:90)

(cid:13) 2 (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:32)(cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13)

dz.

u(z + ·) − u(·) |z|n/2+s L2(Rn) (cid:18)u(z + ·) − u(·) |z|n/2+s

L2(Rn)

(cid:32) (cid:33) (cid:90) F F (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:19)(cid:13) 2 (cid:13) (cid:13) (cid:13)

(1.28)

Khi đó

|Fu(ξ)2|dξ

dz =

L2(Rn)

Rn (cid:90)

|Fu(ξ)|2dzdξ,

|eiξ.z − 1|2 |z|n+2s 1 − cos(ξ · z) |z|n+2s

Rn×Rn

(cid:19) (cid:90) (cid:90) (cid:18)(cid:90) F (cid:18)u(z + ·) − u(·) |z|n/2+2s (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:19)(cid:13) 2 (cid:13) (cid:13) (cid:13)

từ (1.25), chúng ta có thể viết

dz = 2C(n, s)−1

|ξ|2s|Fu(ξ)|2dξ.

L2(Rn)

(cid:90) (cid:90) F (cid:18)u(z + ·) − u(·) |z|n/2+s (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:19)(cid:13) 2 (cid:13) (cid:13) (cid:13)

(1.29)

Vì thế, (1.27) kéo theo (1.28) và (1.29). Cuối cùng, sự tương đương giữa các

không gian phân thứ H s(Rn) và (cid:98)H s(Rn) đến (1.2) và (1.27).

1.3.2 Toán tử Laplace phân thứ qua biến đổi Fourier

Ở đây, ta chứng minh các toán tử Laplace phân thứ (−∆)s là toán tử

giải được kí hiệu |ξ|2s.

(−∆)su(x) = F−1(|ξ|2s(Fu)(ξ))(x), x ∈ Rn,

Mệnh đề 1.3.7. Cho s ∈ (0, 1). Khi đó, với mọi u ∈ S,

trong đó F−1 là biến đổi Fourier ngược được định nghĩa trong (1.1).

Chứng minh. Kí hiệu

C(n, s)

dy, x ∈ Rn,

1 2

u(x + y) + u(x − y) − 2u(x) |y|n+2s

(cid:90) Lu(x) := −

trong đó C(n, s) như trong (1.17). Chúng ta cần tìm hàm S : Rn → R sao

cho

(1.30) Lu = F−1(S(Fu)).

S(ξ) = |ξ|2s.

Ta cần chứng minh rằng với mọi ξ ∈ Rn,

∈ L1(Rn × Rn),

u(x + y) + u(x − y) − 2u(x) |y|n+2s

Vì

từ kết quả của Fubini, Tonelli ta đổi tích phân theo y với biến đổi Fourier

S(ξ)(Fu)(ξ) =F(Lu)

theo x. Áp dụng biến đổi Fourier theo biến x trong (1.30), chúng thu được

= −

C(n, s)

(cid:90)

= −

C(n, s)

dy(Fu)(ξ)

1 2 1 2

eiξ·y + e−iξ·y − 2 |y|n+2s

F(u(x + y) + u(x − y) − 2u(x)) |y|n+2s (1.31) (cid:90)

=C(n, s)

dy(Fu)(ξ).

1 − cos(ξ · y) |y|n+2s

(cid:90)

Thế (1.25) vào (1.31), dễ thấy hàm S là dạng cần tìm. Mệnh đề được chứng

minh.

Các định nghĩa khác của toán tử Laplace phân thứ xét các hằng số

chuẩn hóa khác nhau. Hằng số C(n, s) được chọn ở đây ((1.17)) là hằng số đảm bảo tính tương đương của định nghĩa tích phân của (−∆)s với giá trị

(−∆)su = −∆u

lim s→1−

được đưa ra từ biến đổi Fourier. Hơn nữa, C(n, s) có các tính chất sau:

(−∆)su = u

lim s→0+

và

(xem [83, mệnh đề 4.4]). Ở đây, −∆ là các toán tử Laplace cổ điển.

Cuối cùng, chúng ta có thể chứng minh mối quan hệ giữa toán tử

Laplace phân thứ (−∆)s và không gian Sobolev thứ H s(Rn).

Mệnh đề 1.3.8. Cho s ∈ (0, 1) và C(n, s) là hàm hằng như trong (1.17).

Khi đó, với mọi u ∈ H s(Rn)

[u]2

L2(Rn).

H s(Rn) = 2C(n, s)−1(cid:107)(−∆)s/2u(cid:107)2

(1.32)

Chứng minh. Từ (1.3) kéo theo

(cid:107)(−∆)s/2u(cid:107)2

L2(Rn) = (cid:107)F(−∆)s/2u(cid:107)2

L2(Rn).

(1.33)

Mặt khác, từ Mệnh đề 1.3.7 ta có

(cid:107)F(−∆)s/2u(cid:107)2

L2(Rn).

L2(Rn) = (cid:107)|ξ|Fu(cid:107)2

(1.34)

Cuối cùng, từ Hệ quả 1.3.6 suy ra

C(n, s)(cid:107)(−∆)s/2u(cid:107)2

(cid:107)|ξ|Fu(cid:107)2

L2(Rn).

L2(Rn) =

1 2

(1.35)

Từ (1.33)-(1.35) ta có (1.32).

Như hệ quả của công thức Paranchval-Plancherel, cũng như các Mệnh

đề 1.3.7 và 1.3.8 và Hệ quả 1.3.6, các chuẩn trong H s(Rn) được cho bởi

u (cid:55)→

|u(x)|2dx +

Rn×Rn

|u(x) − u(y)|2 |x − y|n+2s dxdy (cid:19)1/2

(cid:19)1/2 (cid:18)(cid:90) (cid:90)

u (cid:55)→

(1 + |ξ|2)s|Fu(ξ)|2dξ

(cid:18)(cid:90)

u (cid:55)→

|u(x)|2dx +

|ξ|2s|Fu(ξ)|2dξ

(cid:19)1/2 (cid:18)(cid:90) (cid:90)

và

u (cid:55)→

|u(x)|2dx + (cid:107)(−∆)s/2u(cid:107)2

L2(Rn)

(cid:19)1/2 (cid:18)(cid:90)

đều tương đương. Điều này hữu ích cho việc nghiên cứu các phương trình

Schr¨odinger phân thứ.

Chương 2

Nghiệm yếu của bài toán biên

Dirichlet chứa toán tử Laplace phân

thứ

2.1 Nghiệm Mountain pass cho bài toán biên Dirich-

let chứa toán Laplace phân thứ

Gần đây, phương trình vi tích phân chứa toán tử không địa phương

đã và đang xuất hiện trong nhiều nghiên cứu với nhiều bối cảnh khác nhau,

cả trong nghiên cứu toán thuần tuý và trong các ứng dụng thực tế cụ thể.

Trong phần này, tôi quan tâm đến sự tồn tại vô số nghiệm của bài toán sau:

−LKu − λu = f (x, u)

u = 0

trong Ω, (2.1)

trong Rn\Ω.   

trong đó Ω là tập con mở, bị chặn của Rn với biên liên tục ∂Ω, n > 2s, s ∈ (0, 1) hàm f thỏa mãn điều kiện khác nhau và LK là toán tử tích phân được xác định bởi

(u(x + y) + u(x − y) − 2u(x)K(y)dy, x ∈ Rn,

LKu(x) :=

(cid:90) (2.2)

trong đó hạt nhân K : Rn\{0} → (0, +∞) sao cho

mK ∈ L1(Rn), trong đó m(x) = min{|x|2, 1}

(2.3)

và

(2.4) tồn tại θ > 0 sao cho K(x) ≥ θ|x|−(n+2s) với mọi x ∈ Rn\{0}.

Mô hình K cho bởi hạt nhân kỳ dị K(x) = |x|−(n+2s), ta nhận lại toán tử Laplace phân thứ −(−∆)s, được định nghĩa

dy, x ∈ Rn.

−(−∆)su(x) :=

u(x + y) + u(x − y) − 2u(x) |y|n+2s

(cid:90)

Nghiệm yếu u của Bài toán (2.1) được xác định bởi

u(x)ϕ(x)dx

(u(x) − u(y))(ϕ(x) − ϕ(y))K(x − y)dxdy − λ (cid:82) Ω

f (x, u(x))ϕ(x)dx, ϕ ∈ X0,



u ∈ X0,

(cid:82) Rn×Rn = (cid:82) Ω

 

(2.5)

nó là điểm tới hạn của phiếm hàm hàm năng lượng JK,λ : X0 → R được xác định

|u(x) − u(y)|2K(x − y)dxdy

JK,λ(u) : =

1 2

Rn×Rn (cid:90)

(cid:90)

−

|u(x)|2dx −

F (x, u(x))dx,

λ 2

Ω

(cid:90) (2.6)

Trong đó hàm F là nguyên hàm của f đối với biến thứ hai, nghĩa là

F (x, t) =

f (x, τ )dτ.

(cid:90) t (2.7)

Ở đây, không gian X0 xác định X0 := {g ∈ X : g = 0 a.e. trong Rn\Ω}, trong đó không gian hàm X là không gian tuyến tính của các hàm đo được

Lebesgue từ Rn đến R sao cho hạn chế của mọi hàm g trong X từ Ω đến L2(Ω) và ánh xạ

(x, y) (cid:55)→ (g(x) − g(y))

K(x − y)

(cid:113)

thuộc L2((Rn × Rn)\(CΩ × CΩ), dxdy), với CΩ := Rn\Ω. Không gian hàm X0 được trang bị chuẩn

|g(x) − g(y)|2K(x − y)dxdy

X0 (cid:51) g (cid:55)→ (cid:107)g(cid:107)X0 :=

Rn×Rn

(cid:19)1/2 (cid:18)(cid:90) (2.8)

và (X0, (cid:107) · (cid:107)X0) là không gian Hilbert, với tích vô hướng

(u(x) − u(y))(v(x) − v(y))K(x − y)dxdy.

(cid:104)u, v(cid:105)X0

Rn×Rn

(cid:90) (2.9)

Không gian Sobolev phân thứ thông thường H s(Ω) được trang bị chuẩn

Gagliardo, xác định bởi

(cid:107)g(cid:107)H s(Ω) := (cid:107)g(cid:107)L2(Ω) +

|g(x) − g(y)|2 |x − y|n+2s dxdy

Ω×Ω

(cid:19)1/2 (cid:18)(cid:90) (2.10)

Lưu ý trong trường hợp K(x) = |x|−(n+2s), các chuẩn (2.8) và (2.10) không

giống nhau. Điều này làm cho không gian X0 không tương đương với không gian Sobolev phân thứ thông thường.

0 (Ω) ⊆ X0 và hạt nhân K thỏa mãn

Không gian X0 là khác rỗng, vì C 2

X0 ⊆ {g ∈ H s(Rn) : g = 0 a.e. trong Rn\Ω},

điều kiện (2.3) và (2.4), bao gồm:

X0 = {g ∈ H s(Rn) : g = 0 a.e. trong Rn\Ω}.

trong trường hợp K(x) = |x|−(n+2s), ta có:

Cuối cùng, chúng ta nhớ lại bài toán giá trị riêng của −LK, cụ thể là

−LKu = λu

u = 0

trong Ω (2.11)

trong Rn\Ω,   

λ1 < λ2 ≤ ... ≤ λk ≤ λk+1 ≤ ...,

có dãy các giá trị riêng dương

các hàm riêng tương ứng được ký hiệu là ek. Ta có {ek}k∈N là cơ sở trực chuẩn trong L2(Ω) và cơ sở trực giao trong X0. Tính chất phổ của toán tử −LK.

Để chứng minh các kết quả trong phần này, chúng ta sử dụng Định lý

Fountain-Bartsch. Điều kiện compact được giả định trong Định lý Fountain

là điều kiện Palais-Smale:

Điều kiện Palais-Smale. Hàm LK,λ thỏa mãn các điều kiện chặt

J (cid:48)

K,λ(uj) → c và sup{| (cid:104)JK,λ(uj), ϕ(cid:105) | : ϕ ∈ X0, (cid:107)ϕ(cid:107)X0 = 1} → 0

Palais-Smale ở cấp c ∈ R nếu có dãy {uj}j∈N trong X0 sao cho

khi j → +∞, có dãy con hội tụ mạnh trong X0.

Cerami giới thiệu điều kiện Cerami, như điều kiện yếu của điều kiện

Palais-Smale.

Điều kiện Cerami. Hàm JK,λ thỏa mãn các điều kiện chặt Cerami

JK,λ(uj) → c và (1 + (cid:107)uj(cid:107)) sup{| (cid:10)J (cid:48)

K,λ(uj), ϕ(cid:11) | : ϕ ∈ X0, (cid:107)ϕ(cid:107)X0 = 1} → 0

ở cấp c ∈ R nếu có dãy {uj}j∈N trong X0 sao cho

khi j → +∞, có dãy con hội tụ mạnh trong X0.

Khi f vế phải của bài toán (2.1) thỏa mãn điều kiện Ambrosetti-

Rabinowitz, trong chứng minh các kết quả, ta sẽ chỉ ra hàm năng lượng

tương ứng Jk,λ thỏa mãn điều kiện compact Palais-Smale, khi chúng ta bỏ điều kiện Ambrosetti-Rabinowitz (2.14) thay nó bằng (2.44) và (2.46) hoặc

(2.83), ta chỉ ra rằng JK,λ thỏa mãn điều kiện Cerami.

Yk := span{e1, ..., ek} và Zk := span{ek, ek+1, ...}.

Với mọi k ∈ N chúng tôi đặt

Lưu ý, Yk là hữu hạn chiều nên các chuẩn trên Yk là tương đương. Khi đó, các điều kiện hình học của Định lý Fountain như sau:

(i) ak := max{JK,λ(u) : u ∈ Yk, (cid:107)u(cid:107)X0 = rk} ≤ 0,

(ii) bk := inf {JK,λ(u) : u ∈ Zk, (cid:107)u(cid:107)X0 = γk} → ∞ khi k → ∞.

Sau đây chúng tôi phát biểu và chứng minh các kết quả chính trong

phần này. Các kết quả trong phần này được trình bày từ [7]. Trước hết, giả sử f : Ω × R → R là một hàm thỏa mãn các điều kiện sau:

f ∈ C(Ω × R),

(2.12)

tồn tại a1, a2 > 0 và q ∈ (2, 2∗), 2∗ = 2n/(n − 2s), sao cho

|f (x, t)| ≤ a1 + a2|t|q−1 với mọi x ∈ Ω, t ∈ R,

(2.13)

tồn tại µ > 2 và r > 0 sao cho với mọi x ∈ Ω, t ∈ R, |t| ≥ r,

0 < µF (x, t) ≤ tf (x, t),

(2.14)

Trong đó F như trong (2.7).

Điều kiện (2.14) là điều kiện Ambrosetti-Rabinowitz. Điều kiện này

thường xét khi xử lý các bài toán giá trị biên elliptic siêu tuyến tính. Nó

đảm bảo điều kiện bị chặn của dãy Palais-Smale cho hàm năng lượng liên

quan đến bài toán đang xét.

Điều kiện Ambrosetti-Rabinowitz là điều kiện siêu tuyến tính trên phi

tuyến tính f . Thật vậy, lấy tích phân (2.14) chúng ta có

tồn tại a3, a4 > 0 sao cho F (x, t) ≥ a3|t|µ − a4 với mọi (x, t) ∈ Ω × R;

(2.15)

Khi tìm vô số nghiệm, chúng ta cần điều kiện f lẻ theo t :

f (x, −t) = −f (x, t) với mọi x ∈ Ω, t ∈ R.

(2.16)

Hàm f (x, t) = a(x)|t|q−2t, với a ∈ C(Ω) và q ∈ (2, 2∗).

Định lý 2.1.1. Cho s ∈ (0, 1), n > 2s và Ω là tập con mở, bị chặn của

Rn với biên liên tục. Giả sử K : Rn\{0} → (0, +∞) là một hàm thỏa mãn

(2.3) và (2.4) và f : Ω × R → R là hàm thỏa mãn điều kiện (2.12)-(2.16).

Khi đó, với mọi λ ∈ R bài toán (2.1) có vô số nghiệm uj ∈ X0, j ∈ N, có

năng lượng JK,λ(uj) → +∞ khi j → +∞.

Chứng minh. Để chứng minh Định lý 2.1.1, ta cần các kết quả sau đây.

Mệnh đề 2.1.2. Cho λ ∈ R và f : Ω × R → R là hàm thỏa mãn (2.12)-

(2.14). Khi đó JK,λ thỏa mãn điều kiện Palais-Smale với mọi cấp c ∈ R.

Chứng minh. Cho c ∈ R và {uj}j∈N là dãy trong X0 sao cho khi j → +∞,

ta có

JK,λ(uj) → c,

(2.17)

sup{| (cid:104)JK,λ(uj), ϕ(cid:105) | : ϕ ∈ X0, (cid:107)ϕ(cid:107)X0 = 1} → 0.

(2.18)

Đầu tiên, chỉ ra dãy {uj}j∈N bị chặn trong X0 và sau đó nó tồn tại dãy con

hội tụ mạnh trong X0. Để chứng minh dãy {uj}j∈N bị chặn ta xét riêng

trường hợp khi λ ≤ 0 và λ > 0.

Bước 1. Dãy {uj}j∈N bị chặn trong X0.

Với mọi j ∈ N, từ (2.17) và (2.18) suy ra tồn tại κ > 0 sao cho

J (cid:48)

≤ κ và |JK,λ(uj)| ≤ κ,

K,λ(uj),

(cid:28)

uj (cid:107)uj(cid:107)X0

(cid:29)(cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)

do đó

JK,λ(uj) −

K,λ(uj), uj

1 µ

(2.19) (cid:10)J (cid:48) (cid:11) ≤ κ(1 + (cid:107)uj(cid:107)X0),

trong đó tham số µ cho bởi (2.14).

Lấy tích phân (2.13) suy ra, với mọi x ∈ Ω và t ∈ R, ta có

|t|q.

|F (x, t)| ≤ a1|t| +

a2 q

(2.20)

Do đó, từ (2.20) và (2.13), với mọi j ∈ N, ta có

f (x, uj(x))uj(x)

F (x, uj(x)) −

1 µ

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

rq +

r +

|Ω| =: ˜κ,

≤

a1r +

a2 q

a1 µ

a2 µ

(2.21) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) Ω∩{|uj|≤r} (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:19) (cid:18)

−

JK,λ(uj) −

− λ(cid:107)uj(cid:107)2

K,λ(uj), uj

L2(Ω)

((cid:107)uj(cid:107)2 X0

1 µ

(cid:19) (cid:10)J (cid:48) (cid:11) =

−

f (x, uj(x))uj(x)

(x, uj(x)) −

1 µ

Giả sử λ ≤ 0. Khi đó, từ (2.14) và (2.21), với mọi j ∈ N, ta có (cid:18)1 2 (cid:18) (cid:19) (cid:90)

−

≥

(cid:107)uj(cid:107)2 X0

1 µ

(cid:19)

Ω (cid:18)1 2 (cid:18)

−

(x, uj(x)) −

f (x, uj(x))uj(x)

1 µ

(cid:19) (cid:90)

≥

−

Ω (cid:18)1 2

1 µ

(cid:107)uj(cid:107)2 X0 (cid:18)

(cid:19)

−

(x, uj(x)) −

f (x, uj(x))uj(x)

1 µ

≥

−

− ˜κ.

(cid:107)uj(cid:107)2 X0

Ω∩{|uj|≤r} (cid:19) (cid:18)1 2

1 µ

(cid:19) (cid:90)

(2.22)

Từ (2.19), (2.22) và µ > 2 chúng ta có

−

≤ κ(1 + (cid:107)uj(cid:107)X0) + ˜κ

(cid:107)uj(cid:107)2 X0

(cid:19)

1 µ

(cid:18)1 2

với mọi j ∈ N, nghĩa là {uj}j∈N bị chặn trong X0.

Bây giờ, xét trường hợp λ > 0:

Cố định σ ∈ (2, µ) với µ > 2 theo (2.14). Lập luận như trên chúng ta

có với mọi j ∈ N,

JK,λ(uj) −

K,λ(uj), uj

1 σ

(2.23) (cid:10)J (cid:48) (cid:11) ≤ κ(1 + (cid:107)uj(cid:107)X0)

và

≤ ˜κ

f (x, uj(x))uj(x)

F (x, uj(x)) −

1 σ

(cid:19) (cid:18) (cid:90) (2.24)

(cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) Ω∩{|uj|≤r}

với κ và ˜κ. Khi đó, áp dụng (2.14), (2.15) và (2.24), suy ra với mọi j ∈ N,

ta có

−

− λ(cid:107)uj(cid:107)2

JK,λ(uj) −

K,λ(uj), uj

L2(Ω))

((cid:107)uj(cid:107)2 X0

1 σ

(cid:19) (cid:10)J (cid:48) (cid:11) =

−

F (x, uj(x)) −

f (x, uj(x))uj(x)

1 σ

(cid:19) (cid:18)1 2 (cid:18) (cid:90)

−

≥

− λ(cid:107)uj(cid:107)2

L2(Ω)

((cid:107)uj(cid:107)2 X0 (cid:90)

1 σ (cid:17)

− 1

F (x, uj(x))dx

Ω (cid:18)1 2 (cid:16)µ σ

Ω∩{|uj|≥r}

(cid:19)

−

f (x, uj(x))uj(x))dx

(F (x, uj(x)) −

1 σ

(cid:90)

−

≥

− λ(cid:107)uj(cid:107)2

L2(Ω)

((cid:107)uj(cid:107)2 X0 (cid:90)

− 1

F (x, uj(x))dx − ˜κ

Ω∩{|uj|≤r} (cid:18)1 1 σ 2 (cid:16)µ (cid:17) σ

Ω∩{|uj|≥r} (cid:19)

≥

−

((cid:107)uj(cid:107)2 X0

− λ(cid:107)uj(cid:107)2 X0

1 σ

(cid:19)

1 −

|Ω| − ˜κ.

− 1

(cid:107)uj(cid:107)µ

+a3

Lµ(Ω) − a4

µ σ

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

(cid:18)1 2 (cid:16)µ σ (2.25)

Hơn nữa, với mọi ε > 0 bất đẳng thức Young (với số mũ liên hợp µ/2 > 1

và µ/(µ − 2)) ta có

ε−2/(µ−2)|Ω|,

(cid:107)uj(cid:107)2

(cid:107)uj(cid:107)µ

L2(Ω) ≤

Lµ(Ω) +

2ε µ

µ − 2 µ

(2.26)

do đó, theo (2.25) và (2.26), với mọi j ∈ N suy ra

− λ

−

JK,λ(uj) −

(cid:107)uj(cid:107)µ

K,λ(uj), uj

Lµ(Ω)

1 σ

−λ

ε−2/(µ−2)|Ω|

−

1 σ

(cid:19) (cid:10)J (cid:48) (cid:11) = (cid:18)1 2 (cid:19) 2ε µ

1 −

|Ω| − ˜κ

(cid:107)uj(cid:107)2 X0 (cid:19) µ − 2 µ (cid:107)uj(cid:107)µ

Lµ(Ω) − a4

µ σ

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

− 1 (cid:19)

−

+a3 (cid:18)1 2

(cid:18)1 2 (cid:18)1 2 (cid:16)µ σ

− 1

−

(cid:107)uj(cid:107)µ

1 σ (cid:16)µ σ

(cid:107)uj(cid:107)2 X0 (cid:18)1 2

(cid:21) (cid:20) (cid:17)

1 σ

Lµ(Ω) − Cε, (2.27)

(cid:19) 2ε µ

trong đó Cε là hằng số mà Cε → +∞ khi ε → 0, do µ > σ > 2. Bây giờ,

chọn ε nhỏ tùy ý sao cho

− 1

− λ

−

> 0,

(cid:17)

1 σ

(cid:16)µ σ (cid:18)1 2 (cid:19) 2ε µ

từ (2.27), với mọi j ∈ N ta có

−

JK,λ(uj) −

− Cε.

K,λ(uj), uj

(cid:107)uj(cid:107)2 X0

1 σ

1 σ Kết hợp (2.23) và (2.28), suy ra với mọi j ∈ N,

≤ κ∗(1 + (cid:107)uj(cid:107)X0)

(cid:107)uj(cid:107)2 X0

(cid:19) (2.28) (cid:11) ≥ (cid:10)J (cid:48) (cid:18)1 2

với hằng số dương κ∗. Điều này chứng tỏ rằng dãy Palais-Smale {uj}j∈N bị

chặn trong X0.

Bước 2. Dãy con của {uj}j∈N hội tụ mạnh trong X0.

Vì {uj}j∈N bị chặn trong X0 (theo Bước 1) và X0 là không gian phản

(uj(x) − uj(y))(ϕ(x) − ϕ(y))K(x − y)dxdy

Rn×Rn

xạ, đến dãy con, vẫn ký hiệu bằng {uj}j∈N, tồn tại u∞ ∈ X0 sao cho (cid:90)

→

(uj(x) − u∞(y))(ϕ(x) − ϕ(y))K(x − y)dxdy với mọi ϕ ∈ X0,

Rn×Rn

(cid:90)

(2.29)

uj → u∞ trong L2(Rn),

khi j → +∞. Hơn nữa dãy con,

uj → u∞ trong Lq(Rn),

uj → u∞ a.e. trong Rn,

(2.30)

khi j → +∞ và tồn tại (cid:96) ∈ Lq(Rn) sao cho

|uj(x)| ≤ (cid:96)(x) a.e. trong Rn với mọi j ∈ N

(2.31)

Theo (2.13), (2.29)-(2.31), ánh xạ t (cid:55)→ f (·, t) liên tục với t ∈ R và Định lý

Dominated Convergence, ta có

f (x, uj(x))uj(x)dx →

f (x, u∞(x))u∞(x)dx

Ω

(cid:90) (cid:90) (2.32)

và

f (x, uj(x))u∞(x)dx →

f (x, u∞(x))u∞(x)dx

Ω

(cid:90) (cid:90) (2.33)

khi j → +∞. Hơn nữa, theo (2.18) và kết quả Bước 1, chúng ta có

0 ← (cid:10)J (cid:48)

|uj(x) − uj(y)|2K(x − y)dxdy

K,λ(uj), uj

(cid:90)

−λ

Rn×Rn |uj(x)|2dx −

f (x, uj(x))uj(x)dx,

Ω

(cid:11) = (cid:90) (cid:90)

do đó, từ (2.30) và (2.32), suy ra

|uj(x) − uj(y)|2K(x − y)xdy

Rn×Rn

(cid:90)

→ λ

|u∞(x)|2dx +

f (x, u∞(x))u∞(x)dx

Ω

(cid:90) (cid:90) (2.34)

khi j → +∞. Mặt khác, theo (2.18), ta có

0 ← (cid:10)J (cid:48)

(uj(x) − uj(y))(u∞(x) − u∞(y))K(x − y)dxdy

K,λ(uj), u∞

Rn×Rn (cid:90)

(cid:90) (cid:11) =

−λ

uj(x)u∞(x)dx −

f (x, uj(x))u∞(x)dx

Ω

(cid:90)

(2.35)

khi j → +∞. Từ (2.29) với ϕ = u∞ (2.30), (2.33) và(2.35) ta được

Rn×Rn (cid:90)

|u∞(x) − u∞(y)|2K(x − y)dxdy (cid:90)

(cid:90)

= λ

|u∞(x)|2dx +

f (x, u∞(x))u∞(x)dx.

Ω

(2.36)

Do đó từ (2.34) và (2.36) ta có

(cid:107)uj(cid:107)X0 → (cid:107)u∞(cid:107)X0

(2.37)

(cid:107)uj − u∞(cid:107)2 X0

+ (cid:107)u∞(cid:107)2 =(cid:107)uj(cid:107)2 X0 X0 (cid:90)

− 2

(uj(x) − uj(y))(u∞(x) − u∞(y))K(x − y)dxdy

Rn×Rn

khi j → ∞. Cuối cùng, dễ thấy

−

|u∞(x) − u∞(y)|2K(x − y)dxdy = 0

→2(cid:107)u∞(cid:107)2 X0

Rn×Rn

(cid:90)

khi j → +∞, theo (2.29) và (2.37). Bước 2 được chứng minh. Do đó, Mệnh

đề 2.1.2 hoàn toàn được chứng minh.

Sau đây, ta chứng minh Định lý 2.1.1. Chúng ta sẽ áp dụng Định lý

Fountain. Theo Mệnh đề 2.1.2, chúng ta có JK,λ thỏa mãn điều kiện Palais-

Smale, theo (2.16), ta có JK,λ(−u) = JK,λ(u) với mọi u ∈ X0. Chúng ta

chứng minh theo các bước sau.

ak := max{JK,λ(u) : u ∈ Yk, (cid:107)u(cid:107)X0 = rk} ≤ 0.

Bước 1. Với mọi k ∈ N tồn tại rk > 0 sao cho

−

(cid:107)u(cid:107)2

JK,λ(u) ≤

L2(Ω) − a3(cid:107)u(cid:107)µ

(cid:107)u(cid:107)2 X0

Lµ(Ω) + a4|Ω|

1 2

Theo (2.15), với mọi u ∈ Yk, ta có

≤

+ a4|Ω|

(cid:107)u(cid:107)2 X0

− ˆCk,µ(cid:107)u(cid:107)µ X0

λ 2 Ck,λ 2

(2.38)

với hằng dương Ck,λ phụ thuộc vào k và λ, và ˆCk,µ phụ thuộc vào k và µ.

Tất cả các chuẩn đều tương đương trong Yk.

JK,λ(u) ≤ 0,

Theo (2.38), với mọi u ∈ Yk, (cid:107)u(cid:107)X0 = rk, ta có

điều kiện rk > 0 là đủ lớn, vì µ > 2. Bước 1 được chứng minh.

βk := sup{(cid:107)u(cid:107)Lq(Ω) : u ∈ Zk, (cid:107)u(cid:107)X0 = 1.

Bước 2. Cho 1 ≤ q < 2∗ và với mọi k ∈ N, đặt

Khi đó βk → 0 khi k → ∞. Theo định nghĩa Zk, ta có Zk+1 ⊂ Zk và 0 < βk+1 ≤ βk với mọi k ∈ N. Do

đó

βk → β

(2.39)

khi k → +∞, với β ≥ 0. Mặt khác, theo định nghĩa của βk, với mọi k ∈ N

tồn tại uk ∈ Zk sao cho

(cid:107)uk(cid:107)X0 = 1 và (cid:107)uk(cid:107)Lq(Ω) >

βk 2

(2.40)

u∞ ∈ X0 và dãy con của uk (ký hiệu bằng uk) sao cho uk → u∞ hội tụ yếu

Vì X0 là không gian Hilbert và là không gian Banach phản xạ, tồn tại

trong X0, nghĩa là,

(cid:104)uk, ϕ(cid:105)X0

→ (cid:104)u∞, ϕ(cid:105)X0

với mọi ϕ ∈ X0

cjej, suy ra

+∞ (cid:80) j=1

∞ (cid:88)

= 0,

(cid:104)u∞, ϕ(cid:105)X0

(cid:104)uk, ϕ(cid:105)X0

cj (cid:104)uk, ej(cid:105)X0

= lim k→+∞

j=1

khi k → +∞. Vì ϕ =

vì dãy {ek}k∈N của hàm riêng LK là cơ sở trực giao của X0 nên u∞ ≡ 0. Do

đó theo Định lý nhúng Sobolev, ta có

uk → 0 trong Lq(Ω)

(2.41)

khi k → +∞. Từ (2.39), β là không âm, từ (2.40) và (2.41), ta có βk → 0

khi k → +∞. Do đó Bước 2 được chứng minh.

bk := inf{Jk,λ(u) : u ∈ Zk, (cid:107)u(cid:107)X0 = γk} → +∞.

Bước 3. Tồn tại γk > 0 sao cho

khi k → +∞.

Lấy tích phân (2.13), và (2.20) suy ra tồn tại hằng số C > 0 sao cho

|F (x, t)| ≤ C(1 + |t|q)

(2.42)

(cid:107)u(cid:107)2

−

JK,λ(u) ≥

L2(Ω) − C(cid:107)u(cid:107)q

(cid:107)u(cid:107)2 X0

Lq(Ω) − C|Ω|

1 2

λ 2

− C(cid:107)

− C|Ω|

≥Ck,λ(cid:107)u(cid:107)2 X0

Lq(Ω)(cid:107)u(cid:107)q (cid:107)q X0

với mọi x ∈ Ω và t ∈ R. Khi đó, từ (2.42) với mọi u ∈ Zk\{0}, ta có

− C|Ω|

− Cβq

≥Ck,λ(cid:107)u(cid:107)2 X0

− C|Ω|,

(Ck,λ − Cβq

u (cid:107)u(cid:107)X0 k(cid:107)u(cid:107)q X0 k)(cid:107)u(cid:107)q−2 X0

=(cid:107)u(cid:107)q X0

(2.43)

trong đó βk được định nghĩa như trên và

1 2

 nếu λ ≤ 0

Ck,λ =

1 2

1 − λ λ1

(cid:16) (cid:17) nếu 0 < λ < λ1,

1 2

1 − λ λk

γk xác định như sau

(cid:16) (cid:17)   nếu λk ≤ λ < λk+1.

γk =

(cid:19)1/(q−2)

(cid:18)2Ck,λ qCβq k

dễ thấy γk → +∞ khi k → +∞, theo Bước 2, q > 2 và vì {λk}k∈N là dãy

) − C|Ω|

JK,λ(u) ≥ (cid:107)u(cid:107)2 X0

k(cid:107)u(cid:107)q−2 X0

khác. Theo (2.43), với mọi u ∈ Zk, (cid:107)u(cid:107)X0 = γk, ta có

1 −

Ck,λγk − C|Ω| → +∞,

(Ck,λ − Cβq (cid:19) 2 q

(cid:18)

khi k → +∞. Do đó Bước 3 được chứng minh.

Do đó các tính chất hình học của Định lý Fountain đều được thỏa

mãn và Định lý 2.1.1 hoàn toàn được chứng minh.

Từ (2.15) và µ > 2, ta có

lim |t|→+∞

F (x, t) |t|2 = +∞ đều với mọi x ∈ Ω,

(2.44)

là điều kiện siêu tuyến tính khác trên f ở vô cực. Dễ dàng chứng minh rằng

hàm

f (x, t) = t log(1 + |t|)

(2.45)

thỏa mãn điều kiện (2.44), nhưng không thỏa mãn (2.15) (và do đó không

thỏa mãn (2.14)).

Gần đây, nhiều bài toán siêu tuyến tính không có điều kiện Ambrosetti-

Rabinowitz. Đặc biệt, tương tự địa phương của bài toán (2.1) (nghĩa là bài

toán (2.1) với LK được thay thế bằng −(−∆)) đã được nghiên cứu. Trong khuôn khổ này, Jeanjean giới thiệu điều kiện sau trên f :

tồn tại γ ≥ 1 sao cho với mọi x ∈ Ω, F(x, t(cid:48)) ≤ γF(x, t) với mọi t, t(cid:48) ∈ R,

(2.46)

(2.47) với0 < t(cid:48) ≤ t,

trong đó

tf (x, t) − F (x, t).

F(x, t) =

1 2

(2.48)

Lưu ý: (2.46) là điều kiện tổng quát và hàm (2.45) thỏa mãn (2.46).

Định lý 2.1.3. Cho s ∈ (0, 1), n > 2s và Ω là tập con mở, bị chặn của Rn

với biên liên tục. Giả sử K : Rn\{0} → (0, +∞) là hàm thỏa mãn (2.3) và

(2.4) và f : Ω × R → R là hàm thỏa mãn điều kiện (2.12), (2.13), (2.16),

uj ∈ X0, j ∈ N, có năng lượng JK,λ(uj) → +∞ khi j → +∞.

(2.44) và (2.46). Khi đó với mọi λ ∈ R bài toán (2.1) có vô số nghiệm

JK,λ.

Chứng minh. Đầu tiên, chúng ta nghiên cứu tính chất compact của hàm

Mệnh đề 2.1.4. Cho λ ∈ R và f : Ω × R → R là hàm thỏa mãn (2.12),

(2.13), (2.16), (2.44) và (2.46). Khi đó, JK,λ thỏa mãn điều kiện Cerami ở

mọi cấp c ∈ R.

Chứng minh. Cho c ∈ R và {uj}j∈N là dãy Cerami trong X0, nghĩa là, cho

dãy {uj}j∈R sao cho

Jk,λ(uj) → c

(2.49)

và

(1 + (cid:107)uj(cid:107)) sup{| (cid:10)J (cid:48)

K,λ(uj), ϕ(cid:11) | : ϕ ∈ X0, (cid:107)ϕ(cid:107)X0 = 1} → 0

(2.50)

khi j → +∞.

Đầu tiên, ta có dãy {uj}j∈N bị chặn trong X0 chứng minh trong [13].

Giả sử ngược lại {uj}j∈N không bị chặn trong X0, nghĩa là, giả sử dãy con

vẫn ký hiệu là {uj}j∈N,

(cid:107)uj(cid:107)X0 → +∞

(2.51)

khi j → +∞.

Theo (2.50) và (2.51), dễ dàng suy ra

sup{| (cid:10)J (cid:48)

K,λ(uj), ϕ(cid:11) | : ϕ ∈ X0, (cid:107)ϕ(cid:107)X0 = 1} → 0,

(2.52)

do đó

sup{| (cid:10)J (cid:48)

K,λ(uj), ϕ(cid:11) | : ϕ ∈ X0, (cid:107)ϕ(cid:107)X0 = 1} · (cid:107)uj(cid:107)X0 → 0

(2.53)

khi j → +∞.

Bây giờ, với mọi j ∈ N, đặt

vj =

uj (cid:107)uj(cid:107)X0

(2.54)

vj → v∞ trong L2(Rn),

Hiển nhiên, dãy {vj}j∈N bị chặn trong X0 và do đó tồn tại v∞ ∈ X0 sao cho

vj → v∞ trong Lq(Rn),

vj → v∞ a.e. trong Rn.

(2.55)

khi j → +∞ và tồn tại (cid:96) ∈ Lq(Rn) sao cho

|vj(x)| ≤ (cid:96)(x) a.e trong Rn với mọi j ∈ N

(2.56)

Ta xét riêng các trường hợp v∞ ≡ 0 và v∞ (cid:54)≡ 0 và chứng minh rằng trong

cả hai trường hợp đều xảy ra mâu thuẫn.

Trường hợp 1. Giả sử

v∞ ≡ 0.

(2.57)

Với mọi j ∈ R tồn tại tj ∈ [0, 1] sao cho

JK,λ(tuj).

JK,λ(tjuj) = max t∈[0,1]

√

m sao cho

(2.58)

Vì (2.51), nên với mọi m ∈ N, chọn rm = 2

∈ (0, 1),

rm(cid:107)uj(cid:107)−1 X0

(2.59)

với điều kiện j đủ lớn, giả sử j > ¯j, với ¯j = ¯j(m).

Theo (2.55), (2.57) và tính liên tục của hàm F, ta có

|rmvj(x)|2dx → 0

Ω

(cid:90) (2.60)

và

F (x, rmvj(x)) → F (x, rmv∞(x)) a.e. x ∈ Ω

(2.61)

khi j → +∞ với mọi m ∈ N. Hơn nữa, tích phân (2.13) và (2.56), chúng ta

|rmvj(x)|q

|F (x, rmvj(x))| ≤ a1|rmvj(x)| +

có

a2 q (rm(cid:96)(x))q ∈ L1(Ω),

≤ a1rm(cid:96)(x) +

a2 q

(2.62)

a.e. x ∈ Ω và với mọi m, j ∈ N. Do đó từ (2.61), (2.62) và Định lý hội tụ

suy ra

F (·, rmvj(·)) → F (·, rmv∞(·)) trong L1(Ω)

(2.63)

khi j → +∞ với mọi m ∈ N. Vì F (x, 0) = 0 với mọi x ∈ Ω và (2.57), (2.63)

ta có

F (x, rmvj(x))dx → 0

Ω

(cid:90) (2.64)

khi j → +∞ với mọi m ∈ N. Do đó từ (2.58), (2.59), (2.60) và (2.64) ta

suy ra

−

F (x, rmvj(x))dx

JK,λ(tjuj) ≥JK,λ(rm(cid:107)uj(cid:107)−1 uj) = JK,λ(rmvj) X0 (cid:90) 1 λ 2 2

Ω

|rmvj(x)|2dx − (cid:90)

(cid:107)rmvj(cid:107)2 X0 (cid:90)

=2m −

Ω |rmvj(x)|2dx −

F (x, rmvj(x))dx ≥ m,

λ 2

Ω

(cid:90)

với j đủ lớn và với mọi m ∈ N. Từ đó suy ra

JK,λ(tjuj) → +∞

(2.65)

khi j → +∞.

Lưu ý rằng với JK,λ(0) = 0 có (2.49). Kết hợp với (2.65), dễ dàng suy

|t=tj JK,λ(tuj) = 0

d dt

ra tj ∈ (0, 1) và (2.58), chúng ta có

với mọi j ∈ N, ta có

|t=tjJK,λ(tuj) = 0.

K,λ(tjuj), tjuj

d dt

(2.66) (cid:10)J (cid:48) (cid:11) = tj

Chúng ta có

JK,λ(tjuj) ≤ κ,

lim sup j→+∞

(2.67)

với hằng số dương κ. Trước khi chứng minh, lưu ý (1.11) và (1.15), điều

kiện sau được thỏa mãn:

tồn tại γ ≥ 1 sao cho: ∀x ∈ Ω, F(x, t(cid:48)) ≤ γF(x, t); ∀t, t(cid:48) ∈ R, 0 < |t(cid:48)| ≤ |t|,

(2.68)

Trong đó F là hàm cho bởi (2.48).

Từ (2.66) và (2.68), chúng ta có

JK,λ(tjuj) =

JK,λ(tjuj) −

K,λ(tjuj), tjuj

1 γ

1 2

(cid:19) (cid:18) (cid:11) (cid:10)J (cid:48)

−F (x, tjuj(x))dx +

tjuj(x)f (x, tjuj(x))dx

1 2

Ω

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

F(x, tjuj(x))dx

Ω

1 γ 1 γ 1 γ (cid:90)

≤

(cid:90)

uj(x)f (x, uj(x)) − F (x, uj(x))

1 2

F(x, uj(x))dx Ω (cid:18)1 2

(cid:19)

=JK,λ(uj) −

K,λ(uj), uj

1 2

(cid:10)J (cid:48) (cid:11) → c

khi j → +∞, theo (2.49) và (2.53). Điều này chứng minh (2.67), mâu

thuẫn với (2.65). Do đó, dãy {uj}j∈N bị chặn trong X0.

Trường hợp 2. Giả sử

v∞ (cid:54)≡ 0.

(2.69)

Khi đó, Ω(cid:48) := {x ∈ Ω : v∞(x) (cid:54)= 0} có độ đo Lebesgue dương và

|uj(x)| → +∞ a.e. x ∈ Ω(cid:48)

(2.70)

khi j → +∞, theo (2.51), (2.54), (2.55) và (2.69).

→ 0,

JK,λ(uj) (cid:107)uj(cid:107)2 X0

Theo (2.49) và (2.51) dễ dàng suy ra

nghĩa là,

−

dx −

dx = o(1)

1 2

λ 2

Ω

Ω(cid:48)

Ω\Ω(cid:48)

|uj(x)|2 (cid:107)uj(cid:107)2 X0

F (x, uj(x)) (cid:107)uj(cid:107)2 X0

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

(2.71)

khi j → +∞.

Bây giờ, chúng ta có đặc trưng của giá trị riêng đầu λ1 của −LK,

λ1 = min

u∈X0\{0}

nghĩa là,

(cid:82) R2×Rn |u(x) − u(y)|2K(x − y)dxdy (cid:82) Ω |u(x)|2dx

với mọi u ∈ X0

(cid:107)u(cid:107)2

L2(Ω) ≤

(cid:107)u(cid:107)2 X0

1 λ1

(2.72)

o(1) =

−

dx −

λ 2

1 2

|uj(x)|2 (cid:107)uj(cid:107)2 X0

F (x, uj(x)) (cid:107)uj(cid:107)2 X0

Ω (cid:26)

Do đó, từ (2.71) và (2.72) suy ra (cid:90) (cid:90) (cid:90)

Ω(cid:48) (cid:90)

Ω\Ω(cid:48) (cid:90)

≤

max

1, 1 −

−

dx −

1 2

λ λ1

F (x, uj(x)) (cid:107)uj(cid:107)2 X0

Ω(cid:48)

Ω\Ω(cid:48)

(cid:27)

(2.73)

|vj(x)|2 → +∞, x ∈ Ω(cid:48)

F (x, uj(x)) |uj(x)|2

F (x, uj(x)) (cid:107)uj(cid:107)2 X0

|uj(x)|2 (cid:107)uj(cid:107)2 X0

khi j → +∞. Chúng ta xét riêng hai tích phân từ (2.73). Ta có

khi j → +∞, theo(2.44), (2.55), (2.70) và định nghĩa của Ω(cid:48). Do đó, áp

dụng Bổ đề Fatou, đối với tích phân thứ nhất ta có

dx → +∞

F (x, uj(x)) (cid:107)uj(cid:107)2 X0

Ω(cid:48)

(cid:90) (2.74)

khi j → +∞.

Đối với tích phân thứ hai từ (2.73), ta có

dx ≥ 0

lim j→+∞

F (x, uj(x)) (cid:107)uj(cid:107)2 X0

Ω\Ω(cid:48)

(cid:90) (2.75)

(lưu ý rằng giới hạn này tồn tại theo (2.73) và (2.74)). Thật vậy, từ (2.44)

kéo theo

F (x, t) = +∞ đều với mọi x ∈ Ω.

lim |t|→+∞

(2.76)

Do đó, theo (2.76) tồn tại hai hằng số dương ˜t và H sao cho

F (x, t) ≥ H

(2.77)

với mọi x ∈ Ω và |t| > ˜t. Mặt khác, vì F liên tục trên Ω × R, nên ta có

F (x, t) ≥

F (x, t)

min (x,t)∈Ω×[−˜t,˜t]

(2.78)

với mọi x ∈ Ω và |t| ≤ ˜t. Khi đó, theo (2.77) và (2.78) suy ra

F (x, t) ≥ κ với mọi (x, t) ∈ Ω × R

(2.79)

với hằng số κ.

{uj}j∈N bị chặn trong X0.

Tóm lại, theo (2.73), (2.74) và (2.75) dẫn đến mâu thuẫn. Do đó, dãy

Để hoàn thiện chứng minh Mệnh đề 2.1.4, chúng ta có thể sử dụng

Bước 2 trong chứng minh Mệnh đề 2.1.2.

Chúng ta nhận xét rằng trong chứng minh Mệnh đề 2.1.4, (2.46) áp

dụng để chứng minh bất đẳng thức (2.67).

Sau đây, ta chứng minh Định lý 2.1.3. Theo Mệnh đề 2.1.4 và (2.16),

chúng ta có JK,λ thỏa mãn điều kiện Cerami (cũng là điều kiện Palais-

Smale) và JK,λ(−u) = JK,λ(u) với mọi u ∈ X0. Để thỏa mãn điều điện

hình học (ii) của Định lý Fountain theo Bước 3 và điều kiện (i). Chúng ta

sử dụng tính hữu hạn của không gian con tuyến tính Yk và (2.44).

Thật vậy, từ (2.44) với mọi ε > 0, tồn tại δε > 0 sao cho

F (x, t) ≥ ε|t|2 với mọi x ∈ Ω và mọi t ∈ R, |t| > δε,

(2.80)

F (x, t) ≥ mε := min

F (x, t) với mọi x ∈ Ω và mọi t ∈ R, |t| ≤ δε.

x∈Ω,|t|≤δε

Theo Định lý Weierstrass, ta lại có

(2.81)

F (x, t) ≥ ε|t|2 − Bε với mọi (x, t) ∈ Ω × R

Lưu ý mε ≤ 0, vì F (x, 0) = 0 với mọi x ∈ Ω. Theo (2.80) và (2.81), suy ra

ε − mε).

với hằng số dương Bε (Bε ≥ εδ2

F (x, u(x))dx

(cid:107)u(cid:107)2

−

JK,λ(u) =

L2(Ω) −

(cid:107)u(cid:107)2 X0

(cid:90)

1 2

Ω

Do đó Yk là hữu hạn chiều, với mọi u ∈ Yk, chúng ta có λ 2

− ε(cid:107)u(cid:107)2

L2(Ω) + Bε|Ω|

≤Ck,λ(cid:107)u(cid:107)2 X0

+ Bε|Ω|,

≤(Ck,λ − εCk)(cid:107)u(cid:107)2 X0

(2.82)

trong đó Ck,λ và Ck là các hằng số dương (Ck,λ phụ thuộc vào k và λ và Ck

phụ thuộc vào k). Do đó, chọn ε sao cho Ck,λ − εCk < 0, với mọi u ∈ Yk,

(cid:107)u(cid:107)X0 = rk,

JK,λ(u) ≤ 0,

với rk > 0 đủ lớn. Vậy JK,λ thỏa mãn điều kiện (i) của Định lý Fountain

và do đó Định lý 2.1.3 hoàn toàn được chứng minh.

Điều kiện khác được sử dụng trong khung Laplace cổ điển được Liu

giới thiệu trong [15]:

(2.83) tồn tại ¯t > 0 sao cho với mọi x ∈ Ω,

f (x, t) t

(2.84) hàm t (cid:55)→ tăng nếu t ≥ ¯t và giảm nếu t ≤ −¯t.

Theo điều kiện này, ta có kết quả sau:

Định lý 2.1.5. Cho s ∈ (0, 1), n > 2s và Ω là tập con mở bị chặn của Rn

với biên liên tục. Giả sử K : Rn\{0} → (0, +∞) là hàm thỏa mãn (2.3) và

(2.4) và f : Ω × R → R là hàm thỏa mãn điều kiện (2.12), (2.13), (2.16),

uj ∈ X0, j ∈ N, có năng lượng JK,λ(uj) → +∞ khi j → +∞.

(2.44) và (2.45). Khi đó, với mọi λ > R bài toán (2.1) có vô số nghiệm

Do điều kiện phép đối xứng ((2.16), nếu u là nghiệm yếu của bài toán

{uj, −uj}j∈N là nghiệm yếu của (2.1).

(2.1), thì −u cũng vậy. Do đó, Định lý 2.1.5 đưa ra sự tồn tại của vô số cặp

Chứng minh.

Bổ đề 2.1.6. [15, Bổ đề 2.3] Nếu (2.83) được thỏa mãn, thì với mọi x ∈ Ω,

hàm F(x, t) tăng khi t ≥ ¯t và giảm khi t ≤ −¯t, trong đó F là hàm được cho

x ∈ Ω và 0 ≤ s ≤ t hoặc t ≤ s ≤ 0.

bởi (2.48). Cụ thể, tồn tại C1 > 0 sao cho F(x, s) ≤ F(x, t) + C1 với mọi

Mệnh đề 2.1.7. Cho λ ∈ R và f : Ω × R → R là hàm thỏa mãn các

điều kiện (2.12), (2.13), (2.44) và (2.83). Khi đó, JK,λ thỏa mãn điều kiện

Cerami với mọi cấp c ∈ R.

Lập luận tương tự chứng minh Mệnh đề 2.1.4. Chúng ta thay bất

đẳng thức (2.67): để chứng minh điều đó trong Mệnh đề 2.1.4 chúng ta sử

dụng điều kiện (2.46).

Chứng minh (2.67) được thỏa mãn bằng cách sử dụng (2.83) và Bổ

đề 2.1.6. Theo Bổ đề 2.1.6, chúng ta có

JK,λ(tjuj) =JK,λ(tjuj) −

F(x, tjuj(x))dx

K,λ(tjuj), tjuj

1 2

Ω

(cid:90) (cid:10)J (cid:48) (cid:11) =

F(x, tjuj(x))dx +

F(x, tjuj(x))dx

{uj≥0} (cid:90)

{uj<0} (cid:90)

≤

[F(x, uj(x)) + C1] +

[F(x, uj(x)) + C1]

{uj<0}

{uj≥0} (cid:90)

F(x, uj(x))dx + C1|Ω|

Ω

(cid:90) (cid:90)

=JK,λ(uj) −

K,λ(uj), uj

1 2

(cid:10)J (cid:48) (cid:11) + C1|Ω| → c + C1|Ω|

khi j → +∞. Điều này chứng minh (2.67). Mệnh đề 2.1.7 được chứng minh.

Hàm JK,λ thỏa mãn điều kiện Cerami theo Mệnh đề 2.1.7, và do đó,

điều kiện Palais-Smale cũng được thỏa mãn. Hơn nữa, JK,λ(−u) = JK,λ(u)

với mọi u ∈ X0, theo (2.16).

Với đặc điểm hình học của JK,λ, điều kiện (ii) của Định lý Fountain

theo Bước 3 chứng minh Định lý 2.1.1, điều kiện (i) được chứng minh như

chứng minh Định lý 2.1.3. Do đó, ta có Định lý 2.1.5.

2.2 Sự tồn tại nhiều nghiệm cho bài toán Laplace

phân thứ với độ tăng tới hạn

Phần này đề cập đến kết quả đa bội và chia đôi của bài toán phi tuyến tính của toán tử Laplace phân thứ (−∆)s và liên quan đến Sobolev tới hạn.

(−∆)su = γ|u|2∗−2u + f (x, u)

Các kết quả trong phần này được trình bày từ [5]. Chúng ta xét

u = 0

trong Ω

trong Rn\Ω,   

Trong đó Ω ⊂ Rn là tập mở bị chặn có biên liên tục, n > 2s với s ∈ (0, 1), γ là tham số thực dương, 2∗ = 2n/(n − 2s) là mũ phân thứ Sobolev tới hạn

và f là hàm Carathéodory thỏa mãn điều kiện cận dưới khác. Chúng tôi

chứng minh hai kết quả khác của nhiều nghiệm trong trường hợp f là hàm

lẻ. Khi f không đối xứng, kể cả bội: bài toán đang xét tồn tại ít nhất hai

nghiệm khác nhau.

(−∆)su = γ|u|2∗−2u + f (x, u)

Ở đây, chúng tôi giải quyết bài toán sau

u = 0

trong Ω (2.85)

trong Rn\Ω,   

Trong đó s ∈ (0, 1) cố định, n > 2s, Ω ⊂ Rn là một tập mở và bị chặn với biên liên tục, 2∗ = 2n/(n − 2s) và (−∆)s là toán tử Laplace phân thứ, xác

định như sau

dy, x ∈ Rn.

(−∆)su(x) =

2u(x) − u(x + y) − u(x − y) |y|n+2s

(cid:90) (2.86)

Liên quan đến hàm phi tuyến tính trong (2.85), giả sử f : Ω × R → R

là hàm Carathéodory thỏa mãn điều kiện sau

sup{|f (x, t)| : x ∈ Ω, |t| ≤ M } < +∞ với mọi M > 0.

(2.87)

Để thiết lập kết quả cho (2.85). Chúng ta cần f (x, t) là số lẻ trong t, nghĩa

là

f (x, t) = −f (x, −t) với mọi t ∈ R và a.e.x ∈ Ω,

(2.88)

áp dụng Định lý Mountain Pass đối xứng của Ambrosetti và Rabi-

nowitz. Tuy nhiên, với trường hợp cổ điển, áp dụng điều kiện yếu hơn so

với điều kiện Ambrosetti-Rabinowitz. Vậy, giả sử f và F là nguyên hàm của

nó, xác định như sau

F (x, t) =

f (x, τ )dτ,

(cid:90) 0 (2.89)

thỏa mãn

lim |t|→+∞

f (x, t) |t|2∗−1 = 0 đều trong Ω;

(2.90)

f (x, t)t − F (x, t) ≥ −a1 − a2|t|σ với mọi t ∈ R và x ∈ Ω;

(2.91)

tồn tại σ ∈ [0, 2) và a1, a2 > 0 sao cho 1 2

F (x, t) ≤ b1|t|θ + b2 với mọi t ∈ R và x ∈ Ω;

tồn tại σ ∈ (2, 2∗)vb1, b2 > 0 sao cho (2.92)

F (x, t) ≥ −h1(x)|t|2 − c1 với mọi t ∈ R và x ∈ Ω và

tồn tại c1 > 0, h1 ∈ L1(Ω) và Ω0 ⊂ Ω với |Ω0| > 0 sao cho

lim inf |t|→+∞

F (x, t) |t|2 = +∞ đều trong Ω0.

(2.93)

Định lý 2.2.1. Cho s ∈ (0, 1), n > 2s, Ω là tập con mở bị chặn của Rn

với biên liên tục và f là hàm thỏa mãn (2.87), (2.88), (2.90), (2.91)-(2.93).

Khi đó, với mọi k ∈ N tồn tại γk ∈ (0, +∞] sao cho (2.85) có ít nhất

k cặp nghiệm không tầm thường với mọi γ ∈ (0, γk).

Sau đây, chúng ta chứng minh Định lý 2.2.1. Bài toán (2.85) có cấu

trúc biến phân và không gian chứa nghiệm là không gian Sobolev phân thứ 0(Ω). Để nghiên cứu (2.85) với điều kiện biên u = 0 trong Rn\Ω (trường H s hợp Laplace cổ điển, u = 0 trên ∂Ω), xét H s 0(Ω) với chuẩn Gagliardo định

nghĩa như sau

(cid:107)u(cid:107)H s(Rn) = (cid:107)u(cid:107)L2(Rn) +

|u(x) − u(y)|2 |x − y|n+2s dxdy

Rn×Rn

(cid:19)1/2 (cid:18)(cid:90) (cid:90) (2.94)

0(Ω))

Nhắc lại rằng không gian hàm với điều kiện biên, ký hiệu là X0( hay X s và được định nghĩa

X0 = {u ∈ H s(Rn) : u = 0 trong Rn\Ω}.

(2.95)

Khi ∂Ω liên tục, theo [13] không gian X0 là đóng của C ∞ 0 (Ω) đối với chuẩn (2.94). Áp dụng để chứng minh điều kiện compact cho hàm năng lượng

trong (2.85).

(cid:107)u(cid:107)X0 =

|u(x) − u(y)|2 |x − y|n+2s dxdy

Rn×Rn

(cid:19)1/2 Trong X0, ta xét chuẩn (cid:18)(cid:90) (cid:90) (2.96)

tương đương với chuẩn thông thường được định nghĩa trong (2.94) ([14]).

Chú ý rằng (X0, (cid:107) · (cid:107)X0) là không gian Hilbert, với tích vô hướng

dxdy.

(cid:104)u, v(cid:105)X0

(u(x) − u(y))(v(x) − v(y)) |x − y|n+2s

Rn×Rn

(cid:90) (cid:90) (2.97)

bằng (cid:107) · (cid:107) và (cid:104)·, ·(cid:105) tương ứng,

Để đơn giản hóa, ta ký hiệu (cid:107) · (cid:107)X0 và (cid:104)·, ·(cid:105)X0 và (cid:107) · (cid:107)Lq(Ω) bằng (cid:107) · (cid:107)q với mọi q ∈ [1, +∞]. Hàm u ∈ X0 là một nghiệm (yếu) của bài toán (2.85) nếu u thỏa mãn các công thức sau

(cid:104)u, ϕ(cid:105) = γ

|u(x)2∗−2u(x)ϕ(x)dx +

f (x, u(x))ϕ(x)dx,

Ω

(cid:90) (cid:90) (2.98)

với mọi ϕ ∈ X0. Khi đó (2.98) là phương trình Laguler Euler của hàm Jγ : X0 → R được định nghĩa

(cid:107)u(cid:107)2 −

F (x, u(x))dx,

Jγ(u) =

2∗ −

1 2

Ω

γ 2∗ (cid:107)u(cid:107)2∗ Trong đó F trong (2.89). Dễ thấy Jγ được xác định theo (2.87)- (2.90) và [14]. Hơn nữa, Jγ ∈ C 1(X0), các điểm tới hạn của Jγ là nghiệm của bài toán (2.98), và là nghiệm yếu của (2.85).

(cid:90) (2.99)

Chứng minh Định lý 2.2.1 dựa trên phương pháp biến phân và phương

pháp tôpô. Ở đây chúng tôi cần Định lý Mountain Pass đối xứng.

E là không gian Banach thực và V là hữu hạn chiều. Giả sử I ∈ C 1(E, R)

Định lý 2.2.2 (Định lý điểm tới hạn tổng quát). Cho E = V ⊕ X, trong đó

là hàm thỏa mãn các điều kiện:

(I1) I(u) = I(−u) và I(0) = 0;

(I2) tồn tại hằng số ρ > 0 sao cho I|∂Bρ∩X ≥ 0;

(I3) tồn tại không gian con W ⊂ E với dim V < dim W < +∞ và M > 0

I(u) < M ;

(I4) xét M > 0 từ (I3), I(u) thỏa mãn điều kiện (P S)c với 0 ≤ c ≤ M .

sao cho max u∈W

Khi đó, tồn tại ít nhất dimW − codimV cặp các điểm tới hạn không

tầm thường của I.

Chứng minh Định lý 2.2.1. Trước hết, chúng ta chứng minh hàm Jγ thỏa

mãn điều kiện (P S)c. Chúng tôi sử dụng một số tính chất của hàm phi

tuyến tính f và F nguyên hàm của nó. Từ (2.87) và (2.90) với mọi ε > 0

tồn tại hằng số Cε > 0 sao cho

|f (x, t)t| ≤ Cε + ε|t|2∗

(2.100) với mọi t ∈ R và x ∈ Ω

và

|F (x, t)| ≤ Cε +

ε 2∗ |t|2∗

0(Ω) là dãy Palais-Smale của Jγ cấp

(2.101) với mọi t ∈ R và x ∈ Ω.

Chúng ta nhớ lại rằng {uj}j∈N ⊂ X s c ∈ R (trong dãy (P S)c) nếu

Jγ(uj) → c và J (cid:48)

γ(uj) → 0 khi j → +∞.

(2.102)

{uj}j∈N cấp c tồn tại một dãy con hội tụ trong X s

0(Ω). Trước tiên chúng ta

Khi đó Jγ thỏa mãn điều kiện Palais-Smale cấp c nếu có dãy Palais-Smale

chứng minh dãy (P S)c bị chặn.

c > 0 và {uj}j∈N là dãy (P S)c của Jγ.

Bổ đề 2.2.3. Cho f thỏa mãn (2.87), (2.90) và (2.91). Với mọi γ > 0, cho

0(Ω).

Khi đó, {uj}j∈N bị chặn trong X s

Chứng minh. Cố định γ > 0. Từ (2.102) tồn tại C > 0 sao cho

| ≤ C với mọi j ∈ N.

|Jγ(uj)| ≤ C và |J (cid:48)

γ(uj)

(cid:19) (2.103) (cid:18) uj (cid:107)uj(cid:107)

Hơn nữa, từ (2.91) và bất đẳng thức H¨older, ta có

J (cid:48)

Jγ(uj) −

(cid:107)uj(cid:107)2∗

γ(uj)(uj) ≥

2∗ − a1|Ω| − a2|Ω|

2∗−σ 2∗ (cid:107)uj(cid:107)σ 2∗.

1 2

sγ n

(2.104)

(cid:107)uj(cid:107)σ

2∗ ≤ δ(cid:107)uj(cid:107)2∗

2∗ + Cδ,

Từ bất đẳng thức Young với p = 2∗/σ và q = 2∗/(2∗ − σ), suy ra

với δ > 0, Cδ. Bất đẳng thức cuối cùng kết hợp với (2.103) và (2.104) cho ta

(cid:107)uj(cid:107)2∗

2∗ ≤ C (cid:48)((cid:107)uj(cid:107) + 1),

(2.105)

với hằng số dương C (cid:48).

Bây giờ, từ (2.101), (2.103) và (2.105) ta có

C ≥ Jγ(uj) ≥

(cid:107)uj(cid:107)2 −

(1 + (cid:107)uj(cid:107)) − Cε|Ω|,

1 2

2∗ −

C (cid:48)ε 2∗

(cid:19) (cid:18)C (cid:48)γ

0(Ω).

Vậy {uj}j∈N bị chặn trong X s

Bây giờ, chúng ta chứng minh tính compact tương đối của dãy (P S)c

theo cấp a.

M > 0 tồn tại γ∗ > 0 sao cho Jγ thỏa mãn (P S)c điều kiện với mọi

c ≤ M, với 0 < γ < γ∗.

Bổ đề 2.2.4. Cho f thỏa mãn (2.87), (2.90) và (2.91). Khi đó, với mọi

1 n/2s−2∗/(2∗−σ)

Chứng minh. Cố định M > 0. Đặt

n 2s

S(n, s),

(S(n, s))

γ∗ = min

s n(M + A)

(cid:34) (cid:35) (cid:18) (cid:19) 2∗ 2∗−σ     (2.106)

 

với

2∗−σ 2∗ ,

A = a1|Ω| + a2|Ω|

(2.107)

trong đó a1, a2, σ là các hằng số được cho trong (2.91), S(n, s) là hằng số

của toán tử nhúng Sobolev phân thứ, được định nghĩa

dxdy

|v(x) − v(y)|2| x − y|n+2s

(cid:90) (cid:90)

> 0.

S(n, s) =

Rn×Rn (cid:18)

inf v∈H s(Rn)\{0}

|v(x)|2∗

(2.108) (cid:19)2/2∗

(cid:82) Rn

Với γ < γ∗ và c < M , ta xét dãy (P S)c, {uj}j∈N của Jγ. Từ Bổ đề 2.2.3

0(Ω), khi đó tồn tại u ∈ X s

0(Ω) sao cho

chúng ta có {uj}j∈N bị chặn trong X s

uj (cid:42) u yếu trong X s

0(Ω),

(2.109)

uj → u trong Lq(Ω),

(2.110)

với q ∈ [1, 2∗) và

uj → u trong Ω,

(2.111)

khi j → +∞. Bây giờ, ta có

(cid:107)uj(cid:107)2 → (cid:107)u(cid:107)2 khi j → +∞,

(2.112)

0(Ω) khi j → +∞, theo (2.109). Trước hết, từ Định

dễ thấy uj → u trong X s

lý Phrokorov, suy ra tồn tại độ đo dương µ và ν trên Rn sao cho

dx (cid:42) ν trong M(Rn)

|(−∆)s/2uj(x)|2dx (cid:42) µ và |uj(x)|2∗

(2.113)

0(Ω) là đóng của C ∞

0 (Ω)

khi j → +∞. Các điều kiện trên ∂Ω, dễ thấy X s

đối với chuẩn (2.94). Do đó, ta có tập hợp đếm được của các điểm riêng

˜µ ⊂ Ω, sao cho

biệt {xi}i∈J các số không âm {νi}i∈J , {µi}i∈J và độ do dương ˜µ, với Supp

ν = |u(x)|2∗

dx +

νiδxi, µ = |(−∆)s/2u(x)|2dx + ˜µ +

µiδxi, (2.114)

i∈J

(cid:88) (cid:88)

và

νi ≤ S(n, s)− 2∗ 2 µ

2∗ 2 j

(2.115)

với mọi i ∈ J , trong đó S(n, s) là hằng số cho trong (2.108). Bây giờ, để

chứng minh (2.112) chúng ta thực hiện các bước sau.

Bước 1. Cố định i0 ∈ J. Khi đó, νi0 = 0 hoặc

νi0 ≥

(cid:21)n/2s (2.116) (cid:20)S(n, s) γ

0 (Rn, [0, 1]) sao cho ψ ≡ 1 trong B(0, 1) và ψ ≡ 0

Chứng minh. Cho ψ ∈ C ∞

ψδ,i0(x) = ψ((x − xi0)/δ).

trong Rn\B(0, 2). Với mọi δ ∈ (0, 1), ta có

0(Ω) theo Bổ đề 2.2.3 và như vậy

Rõ ràng dãy {ψδ,i0uj}j∈N bị chặn trong X s

J (cid:48)

γ(uj)(ψδ,i0uj) → 0

từ (2.102) suy ra

khi j → +∞. Tức là

dxdy

o(1)+

(uj(x) − uj(y))(ψδ,i0(x)uj(x) − ψδ,i0(y)uj(y)) |x − y|n+2s (cid:90)

(cid:90) (cid:90)

=γ

Rn×Rn |uj(x)|2∗

ψδ,i0(x)dx +

f (x, uj(x))ψδ,i0(x)uj(x)dx,

Ω

(cid:90)

(2.117)

khi j → +∞.

0(Ω),

Theo định nghĩa của (−∆)s đã cho trong (2.86), với mọi v ∈ X s

dx.

ta có (cid:90) (cid:90) (cid:90)

|v(x) − v(y)|2 |x − y|n+2s dxdy =

Rn×Rn

(cid:12) (cid:12) (cid:12)(−∆)s/2v(x) (cid:12) (cid:12) (cid:12)

0(Ω) chúng ta có

Bằng cách lấy đạo hàm đẳng thức trên, với mọi v, w ∈ X s

dxdy =

(−∆)s/2v(x)(−∆)s/2w(x)dx.

(v(x) − v(y))(w(x) − w(y)) |x − y|n+2s

Rn×Rn

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

(2.118)

0(Ω) ta có

Hơn nữa, với mọi v, w ∈ X s

(−∆)s/2(vw) = v(−∆)s/2w + w(−∆)s/2v − 2Is/2(v, w),

(2.119)

trong đó

Is/2(v, w)(x) = P.V.

(v(x) − v(y))(w(x) − w(y)) |x − y|n+s

(cid:90)

với mọi x ∈ Rn. Do đó, theo (2.118) và (2.119) tích phân bên trái của (2.117)

dxdy

(uj(x) − uj(y))(ψδ,i0(x)uj(x) − ψδ,i0(y)uj(y)) |x − y|n+2s

trở thành (cid:90) (cid:90)

Rn×Rn (−∆)s/2uj(x)(−∆)s/2(ψδ,i0uj)(x)dx

(cid:90)

(cid:90) (2.120)

ψδ,i0(x)dx

Rn (cid:90)

uj(x)(−∆)s/2uj(x)(−∆)s/2ψδ,i0(x)dx (cid:12) (cid:12) (cid:12)(−∆)s/2uj(x) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:90)

dxdy.

−2

(−∆)s/2uj(x)

(uj(x) − uj(y))(ψδ,i0(x) − ψδ,i0(y)) |x − y|n+s

(cid:90)

Mặt khác ta có

= 0

uj(x)(−∆)s/2uj(x)(−∆)s/2ψδ,i0(x)dx

lim j→+∞

lim δ→0

(cid:90) (2.121) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)

và

= 0.

dxdy

(−∆)s/2uj(x)

lim j→+∞

lim δ→0

(uj(x) − uj(y))(ψδ,i0(x) − ψδ,i0(y)) |x − y|n+s

(cid:90) (cid:90)

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

(2.122)

Khi đó, bằng cách kết hợp (2.120)-(2.122) và (2.113)-(2.114) suy ra

(uj(x) − uj(y))(ψδ,i0(x)uj(x) − ψδ,i0(y)uj(y))|x − y|n+2sdxdy

lim j→+∞

lim δ→0

Rn×Rn

≥ µi0.

(cid:90) (cid:90)

(2.123)

Theo (2.100) và Định lý hội tụ chúng ta có

f (x, uj(x))uj(x)ψδ,i0(x)dx

B(xi0 ,2δ) (cid:90)

→

f (x, u(x))u(x)ψδ,i0(x)dx khi j → +∞,

B(xi0 ,2δ)

(cid:90)

và do đó δ → 0, dễ thấy

f (x, uj(x))uj(x)ψδ,i0(x)dx = 0.

lim j→+∞

lim δ→0

B(xi0 ,2δ)

(cid:90) (2.124)

Hơn nữa, từ (2.113) kéo theo

|uj(x)|2∗

ψδ,i0(x)dx →

ψδ,i0(x)dν khi j → +∞.

Ω

(cid:90) (cid:90)

νi0 ≥

µi0 γ

Kết hợp với (2.117), (2.123) và (2.124) chúng ta có

νi0 ≥

S(n, s) γ

Do đó, từ (2.115) với i = i0 chúng ta có ν2/2∗ i0

Vậy νi0 = 0 hoặc νi0 thỏa mãn (2.116). Bước 1 được chứng minh.

Bước 2. (2.116) không thể xảy ra, do đó νi0 = 0.

Chứng minh. Dễ thấy

dν <

Ω

(cid:21) n (cid:90) (2.125) (cid:20)S(n, s) γ

Chúng ta xét hai trường hợp. Trước hết, giả sử

dν ≤ 1.

Ω

(cid:90) (2.126)

khi γ < γ∗ và theo (2.106) (γ∗ < S(n, s) ), chúng ta có

1 <

(cid:19) n

(cid:18)S(n, s) γ

Ω dν > 1. Khi {uj}j∈N là dãy (P S)c của Jγ, lập luận

suy ra (2.125), theo (2.126). Bây giờ, giả sử (cid:82)

như trong Bổ đề 2.2.3 (công thức (2.104)) chúng ta có

J (cid:48)

(cid:107)uj(cid:107)2∗

Jγ(uj) −

γ(uj)(uj) ≥

2∗ − a1|Ω| − a2|Ω|

2∗−σ 2∗ (cid:107)uj(cid:107)σ 2∗.

sγ n

1 2

(2.127)

khi j → +∞ trong (2.127) và áp dụng (2.102), (2.113) ta có

2∗−σ 2∗

dν

dν ≤c + a1|Ω| + a2|Ω|

sγ n

Ω

(cid:19) σ 2∗ (cid:90) (cid:18)(cid:90)

Ω (cid:17) (cid:18)(cid:90)

2∗−σ 2∗

≤

dν

M + a1|Ω| + a2|Ω|

Ω

(cid:19) σ 2∗ (cid:16)

=(M + A)

dν

Ω

(cid:19) σ 2∗ (cid:18)(cid:90)

Vì c ≤ M và định nghĩa của A cho trong (2.107). Do đó ta có

dν ≤

Ω

(cid:21) 2∗ 2∗−σ (cid:90) (2.128) (cid:20)n(M + A) sγ

1 n/2s−2∗/(2∗−σ)

Từ (2.106) và γ < γ∗, ta suy ra

n 2s

γ <

(S(n, s))

s n(M + A)

(cid:34) (cid:35) (cid:19) 2∗ 2∗−σ (cid:18)

nghĩa là

2s − 2∗

n 2s

2∗−σ < (S(n, s))

s n(M + A)

(cid:18) (cid:19) 2∗ 2∗−σ

vậy

(cid:21) 2∗ 2∗σ (cid:19) n

(cid:20)n(M + A) sγ (cid:18)S(n, s) γ

νi0 = 0.

Kết hợp với (2.128) suy ra (2.125). Do đó, Bước 2 được chứng minh và

Bước 3. Chứng minh (2.112) đúng.

j → +∞. Vậy, từ (2.100), ta có

Chứng minh. Xét i0 tùy ý trong Bước 1, chúng ta suy ra νi = 0 với mọi i ∈ J. Do đó, từ (2.113) và (2.114) kéo theo uj → u trong L2∗(Ω) khi

J (cid:48)

γ(uj) → 0 khi j → +∞

(2.129)

({uj}j∈N là dãy (P S)c của Jγ ) và Định lý hội tụ, chúng ta có

|u(x)|2∗

dx +

f (x, u(x))u(x)dx.

(cid:107)uj(cid:107)2 = γ

lim j→+∞

Ω

(cid:90) (cid:90) (2.130)

0(Ω) và theo ((2.100), (2.129), Định lý hội tụ

Hơn nữa, do uj (cid:42) u trong X s

chúng ta có

(cid:104)u, ϕ(cid:105) = γ

|u(x)|2∗−2u(x)ϕ(x)dx +

f (x, u(x))ϕ(x)dx,

Ω

(cid:90) (cid:90) (2.131)

0(Ω). Do đó, kết hợp (2.130) và (2.131) với ϕ = u chúng tôi

với mọi ϕ ∈ X s

suy ra (2.112), Bước 3 được chứng minh.

Do đó, Bổ đề 2.2.4 hoàn toàn được chứng minh.

(−∆)su = λu

Ký hiệu {λj}j∈N là dãy các giá trị riêng của bài toán sau

u = 0

trong Ω (2.132)

trong Rn\Ω.   

với

0 < λ1 < λ2 ≤ ... ≤ λj ≤ λj+1 ≤ ...

λj → +∞ khi j → +∞,

(2.133)

với ej là hàm riêng tương ứng với λj. Hơn nữa, chọn {ej}j∈N chuẩn hóa sao

0(Ω). Nghiên

cho dãy là cơ sở trực chuẩn của L2(Ω) và cơ sở trực giao của X s

cứu về phổ của toán tử Laplace (−∆)s.

Với mọi j ∈ N, Đặt

0(Ω) : (cid:104)u, ei(cid:105) = 0 với mọi i = 1, ..., j}( với P1 = X s

0(Ω)),

Pj+1 = {X s

được định nghĩa, khi đó

0(Ω) được định nghĩa trong

j với tích vô hướng trong X s

Hj = span{e1, ..., ej}

0(Ω) là không gian Hilbert và (2.11)), chúng ta có

X s

0(Ω) = Hj ⊕ Pj+1

0(Ω), dễ thấy

là không gian con tuyến tính tạo bởi các hàm riêng đầu tiên j của (−∆)s. Dễ thấy Pj+1 = ˙H ⊥ (2.97). Do đó, vì X s

với mọi j ∈ N. Hơn nữa, khi {ej}j∈N là cơ sở trực giao của X s với mọi j ∈ N

Pj+1 = spanei : i ≥ j + 1.

Trước khi nghiên cứu và chứng minh tính chất hình học của Jγ chúng ta

cần điều kiện mạnh của phép nhúng Sobolev cổ điển. Trong đó hằng số của

phép nhúng được lựa chọn.

Bổ đề 2.2.5. Cho r ∈ [2, 2∗) và δ > 0.

r ≤ δ(cid:107)u(cid:107)r với mọi u ∈ Pj+1.

Khi đó, tồn tại j ∈ N sao cho (cid:107)u(cid:107)r

r > δ(cid:107)uj(cid:107)r. Xét vj = uj/(cid:107)uj(cid:107)r,

Chứng minh. Ta chứng minh bằng phản chứng. Giả sử tồn tại δ > 0 sao cho

mọi j ∈ N tồn tại uj ∈ Pj+1 thỏa mãn (cid:107)uj(cid:107)r ta có vj ∈ Pj+1,

(cid:107)vj(cid:107)r = 1

(2.134)

0(Ω)

và (cid:107)vj(cid:107) < 1/δ với mọi j ∈ N. Như vậy, dãy {vj}j∈N bị chặn trong X s

0(Ω) sao cho

vj (cid:42) v trong X s

0(Ω)

suy ra tồn tại v ∈ X s

và

vj → v trong LR(Ω)

(2.135)

khi j → +∞. Do đó, từ(2.134) và (2.135) ta suy ra

(cid:107)v(cid:107)r = 1.

(2.136)

0(Ω), chúng ta có

∞ (cid:88)

v =

(cid:104)v, ej(cid:105) ej.

j=1

Hơn nữa, khi {ej}j∈N là cơ sở trực giao của X s

Bây giờ, cho k ∈ N ta có (cid:104)vj, ek(cid:105) = 0 với mọi j ≥ k, vì vj ∈ Pj+1. Từ đó suy ra (cid:104)v, ek(cid:105) = 0 với mọi k ∈ N, nghĩa là v ≡ 0. Mặt khác, điều này mâu

thuẫn với (2.136). Do đó, Bổ đề 2.2.5 được chứng minh.

Sau đây, ta chứng minh Đinh lý 2.2.1. Để chứng minh Định lý 2.2.1,

chúng ta chứng minh rằng hàm năng lượng Jγ thỏa mãn (I2) và (I3) của Định lý 2.2.2. Chúng ta xét V = Hj và X = Pj+1 , với j ∈ N.

ρ, α > 0 sao cho Jγ(u) ≥ α, với mọi u ∈ Pj+1 với (cid:107)u(cid:107) = ρ và 0 < γ < ˜γ.

Bổ đề 2.2.6. Cho f thỏa mãn 2.92. Khi đó, tồn tại ˜γ > 0, j ∈ N và,

Chứng minh. Lấy γ > 0. Theo (2.92) chúng ta có hằng số c > 0 sao cho

(cid:107)u(cid:107)2 − b1(cid:107)u(cid:107)θ

θ − b2|Ω| − γc(cid:107)u(cid:107)2∗

1 2

(2.137) Jγ(u) ≥

0(Ω). Cho δ > 0 đủ lớn. Theo (2.137) và Bổ đề 2.2.5 suy ra

với mọi u ∈ X s

tồn tại j ∈ N sao cho

Jγ(u) ≥ (cid:107)u(cid:107)2

− b1δ(cid:107)u(cid:107)θ−2

− b2|Ω| − γc(cid:107)u(cid:107)2∗

(cid:19) (2.138) (cid:18)1 2

với mọi u ∈ Pj+1.

ρ2 − b2|Ω| − γcρ2∗

Jγ(u) ≥

1 4

Bây giờ, xét (cid:107)u(cid:107) = ρ = ρ(δ), với ρ sao cho b1δρθ−2 = 1/4, do đó

với mọi u ∈ Pj+1, theo (2.138).

Dễ thấy ρ(δ) → +∞ khi δ → 0, vì θ > 2. Do đó, chúng ta có thể

ρ2 − γcρ2∗

Jγ(u) ≥

1 8

chọn δ đủ nhỏ sao cho ρ2/4 − b2|Ω| ≥ ρ2/8, trong đó

với mọi u ∈ Pj+1 với (cid:107)u(cid:107) = ρ.

8ρ2 − ˜γcρ2∗ = α > 0. Khi đó, ta có

Jγ(u) ≥ J˜γ(u) ≥ α

Cuối cùng, cho ˜γ > 0 sao cho 1

với mọi u ∈ Pj+1 với (cid:107)u(cid:107) = ρ và mọi γ ∈ (0, ˜γ), Bổ đề được chứng minh.

Bổ đề 2.2.7. Cho f thỏa mãn (2.93). Và l ∈ N. Khi đó, tồn tại không gian

0(Ω) và hằng số Ml > 0, độc lập của γ, sao cho dimW = l và

J0(u) < Ml.

max u∈W

con W của X s

Chứng minh. Xét trường hợp toán tử Laplacian cổ điển. Chúng ta sử dụng

các tính chất của hàm riêng của (−∆)s.

Theo Bổ đề 2.2.6 ta thấy j ∈ N và ˜γ > 0 sao cho Jγ thỏa mãn (I2) trong X = Pk+1, với mọi 0 < γ < ˜γ. Theo Bổ đề 2.2.7, với mọi k ∈ N có

0(Ω) với dim W = k + j sao cho Jγ thỏa mãn (I3)

không gian con W ⊂ X s

với M = Mj+k > 0 với mọi γ > 0, vì Jγ < J0.

0 < γ < ˜γ. Do đó, áp dụng Định lý 2.2.2 suy ra Jγ có k cặp điểm tới

Cuối cùng, từ Bổ đề 2.2.4, xét γ đủ nhỏ để Jγ thỏa mãn (I4) với mọi

hạn không tầm thường với γ > 0 đủ bé. Do đó, Định lý 2.2.1 được chứng

minh.

Kết quả tiếp theo, tính kể cả bội của nghiệm cho (2.85) giả sử rằng

F nguyên hàm thỏa mãn tăng tới hạn chung (2.92). Tuy nhiên, ta cần điều kiện mạnh hơn (2.93). Nghĩa là, cho j, k ∈ N với j ≤ k, ta xét các phiên

bản khác của (2.92) và (2.93)

tồn tại hàm đo được a : Ω → R sao cho

F (x, t) |t|2 = a(x) đều trong Ω,

lim sup t→0

a(x) ≤ γj trong Ω và a(x) < γj trên tập dương đo được trong Ω;

(2.139)

tồn tại B > 0 sao cho

− B với mọi t ∈ R và a.e. x ∈ Ω,

F (x, t) ≥ γk

|t|2 2

(2.140)

trong đó γj ≤ γk là giá trị riêng của (−∆)s. Áp dụng Định lý Mountain Pass [1], ta thu được kết quả sau:

Định lý 2.2.8. Cho s ∈ (0, 1), n > 2s, Ω là tập con mở bị chặn của Rn với

biên liên tục. Cho j, k ∈ N, với j ≤ k và f là hàm thỏa mãn (2.87), (2.88),

(2.90), (2.91), (2.139) và (2.140).

Khi đó, tồn tại γk,j ∈ (0, +∞] sao cho (2.85) có ít nhất cặp k − j + 1

nghiệm không tầm thường với mọi γ ∈ (0, γk,j).

Chứng minh Định lý 2.2.8. Áp dụng Định lý 2.2.2 với hàm Jγ. Xét λj ≤ λk

V = {0}, vì vậy X = X s

0(Ω): điều này phù hợp với P1 = X s

0(Ω). Nếu j > 1

trong ((2.139) và (2.140), chúng ta có hai trường hợp. Khi j = 1 ta đặt

0(Ω)

xét X = Pj và V = Hj−1. Hơn nữa, W = H(cid:107) là không gian con của X s

trong (I3).

Bây giờ, để chứng minh điều kiện (I2) và (I3) trong Định lý 2.2.2 xét

hai đặc điểm khác của giá trị riêng của (−∆)s. Với mọi j ∈ N chúng ta có

λj = min

u∈Pj\{0}

(cid:107)u(cid:107)2 (cid:107)u(cid:107)2 2

(2.141)

từ [19] dễ thấy

λj = max

u∈Hj\{0}

(cid:107)u(cid:107)2 (cid:107)u(cid:107)2 2

(2.142)

Hơn nữa, chúng ta có bổ đề sau:

Bổ đề 2.2.9. Cho a : Ω → R là hàm đo được trong (2.139). Khi đó, tồn

tạiβ > 0 sao cho với mọi u ∈ Pj

(cid:107)u(cid:107)2 −

a(x)|u(x)|2dx ≥ β(cid:107)u(cid:107)2 2.

Ω

(cid:90)

Chứng minh. Ta chứng minh bằng phản chứng. Giả sử với mọi i ∈ N tồn

tại ui ∈ Pj sao cho

(cid:107)ui(cid:107)2 −

a(x)|ui(x)|2dx <

(cid:107)ui(cid:107)2 2.

1 i

Ω

(cid:90) (2.143)

Cho vi = ui/(cid:107)ui(cid:107)2. Hiển nhiên, vi ∈ Pj và

(cid:107)vi(cid:107)2 = 1

(2.144)

λj ≤(cid:107)vi(cid:107)2 (cid:90)

1 i

với mọi i ∈ N. Từ (2.139), (2.141), (2.143) và (2.144) chúng ta có

a(x)|vi(x)|2dx + Ω (cid:90)

≤λj

|vi(x)|2dx +

1 i

Ω

≤λj +

1 i với mọi i ∈ N. Từ đây, chúng ta có {vi}i∈N là dãy bị chặn trong X s

0(Ω). Do

(2.145)

0(Ω) như vậy, vi hội tụ yếu đến v trong X s

0(Ω), hội tụ mạnh trong L2(Ω) khi j → +∞ và |vi| ≤ h ∈ L2(Ω) trong Ω. Do đó, từ

đó, tồn tại v ∈ X s

(2.144) chúng ta có (cid:107)v(cid:107)2 = 1, vậy v hầu khắp nơi khác với 0 trong Ω, tức là

v (cid:54)≡ 0 trong Ω.

(2.146)

khi i → +∞ trong (2.145) và áp dụng Định lý hội tụ và (2.143), chúng ta

suy ra

(λj − a(x))|v(x)|2dx = 0.

Ω

(cid:90) (2.147)

a(x) = λj trong Ω,

Khi đó, (2.139), (2.146) và (2.147) ta có

mâu thuẫn với giả định (2.139). Do đó, Bổ đề 2.2.9 được chứng minh.

Bây giờ chúng ta chứng minh Jγ thỏa mãn (I2) và (I3) của Định lý

2.2.2.

Bổ đề 2.2.10. Cho f thỏa mãn (2.87), (2.90) và (2.139).

u ∈ Pj với (cid:107)u(cid:107) = ρ.

Khi đó, với mọi γ > 0 tồn tại ρ, α > 0 sao cho Jγ(u) ≥ α với mọi

ε > 0 tồn tại Cε > 0 sao cho

Chứng minh. Cố định γ > 0. Theo (2.87), (2.90) và (2.139), suy ra với mọi

|t|2,

|F (x, t)| ≤

a(x) + ε 2

Cε 2∗ |t|2∗ với mọi t ∈ R và x ∈ Ω. Bây giờ, giả sử β > 0 như trong Bổ đề 2.2.9 và

ε > 0 sao cho β − ε(cid:48)λj > 0. Do đó, theo (2.139) và Bổ đề 2.2.9, chúng ta có

(2.148)

(cid:107)u(cid:107)2 −

a(x)|u(x)|2dx

(cid:90)

(cid:107)u(cid:107)2 −

a(x)|u(x)|2dx

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

(cid:107)u(cid:107)2 −

a(x)|u(x)|2dx − ε(cid:48)

a(x)|u(x)|2dx

Ω

Ω (cid:90)

(β(cid:107)u(cid:107)2

a(x)|u(x)|2dx)

≥

2 − ε(cid:48)

Ω

Ω 1 1 + ε(cid:48) 1 1 + ε (cid:90)

≥

(β − ε(cid:48)λj)|u(x)|2dx

Ω

≥

Ω 1 + ε(cid:48) 1 + ε ε(cid:48) 1 + ε(cid:48) (cid:107)u(cid:107)2 + ε(cid:48) 1 + ε(cid:48) (cid:107)u(cid:107)2 + ε(cid:48) 1 + ε(cid:48) (cid:107)u(cid:107)2 + ε(cid:48) 1 + ε(cid:48) (cid:107)u(cid:107)2,

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

với mọi u ∈ Pj. Từ (2.148) chúng tôi có

(cid:107)u(cid:107)2 −

F (x, u(x))dx

Jγ(u) =

2∗ −

Ω

(cid:90)

γ 2∗ (cid:107)u(cid:107)2∗ (cid:90)

≥

(cid:107)u(cid:107)2 −

a(x)|u(x)|2dx

−

2∗ −

(cid:107)u(cid:107)2 2

1 2 1 2

ε 2

Ω

(cid:107)u(cid:107)2 −

≥

1 2∗ (γ + Cε)(cid:107)u(cid:107)2∗ (cid:107)u(cid:107)2 2∗ − 2,

ε 2

ε(cid:48) 2(1 + ε(cid:48))

1 2∗ (γ + Cε)(cid:107)u(cid:107)2∗ với mọi u ∈ Pj. Do đó, ε > 0 đủ nhỏ, suy ra tồn tại hằng số K, C > 0 sao

(cid:18) (cid:19)

cho

Jγ(u) ≥ Kρ2 − Cρ2∗

(2.149)

Jγ(u) ≥ α

với mọi u ∈ Pj với (cid:107)u(cid:107) = ρ. Lấy ρ > 0 đủ nhỏ, (2.149) kéo theo

với α > 0 và 2∗ > 2. Bổ đề được chứng minh.

Bổ đề 2.2.11. Cho f thỏa mãn (2.140).

Jγ(u) < M .

Khi đó, với mọi γ > 0 tồn tại hằng số M > 0, không phụ thuộc vào γ, sao

cho max u∈Hk

Chứng minh. Cố định γ > 0. Từ (2.140) và (2.142), với mọi u ∈ Hk\{0} ta

(cid:107)u(cid:107)2 −

(cid:107)u(cid:107)2

Jγ(u) ≤

2 −

2∗ + B|Ω|

1 2

γ 2∗ (cid:107)u(cid:107)2∗

≤B|Ω| −

2∗

λk 2 γ 2∗ (cid:107)u(cid:107)2∗

có

Bổ đề 2.2.11 được chứng minh .

Sau đây, ta chứng minh Định lý 2.2.8. Theo Bổ đề 2.2.4, 2.2.10 và

2.2.11, tồn tại γ∗ > 0 đủ nhỏ sao cho Jγ thỏa mãn (I2)-(I4) của Định lý j−1, ta có codim Pj = j − 1. Do 2.2.2 với mọi γ ∈ (0, γ∗). Lại có Pj = H ⊥

đó, theo Định lý 2.2.2 ta suy ra Jγ có k − j + 1 cặp điểm tới hạn không

tầm thường với mọi γ ∈ (0, γ∗). Vậy, Định lý 2.2.8 hoàn toàn được chứng

minh.

Nhận xét 2.2.12. Chúng tôi muốn chỉ ra rằng khi j = 1, chúng tôi cũng

có thể thay thế (2.59) bằng (2.57) và Định lý 2.2.8 vẫn đúng. Thật vậy,

chúng ta lập luận tương tự như trong chứng minh Định lý 2.2.2, bằng cách

0(Ω)) thay vì Bổ đề 2.2.6.

sử dụng Bổ đề 2.2.10 (với P1 = X s

Một câu hỏi tự nhiên là điều gì xảy ra khi f không đối xứng? Bằng

cách sử dụng Định lý Mountain Pass chúng ta thu được ít nhất hai nghiệm

khác nhau:

Định lý 2.2.13. Cho s ∈ (0, 1), n > 2s, Ω là tập con mở bị chặn của

Rn với biên liên tục. Giả sử f thỏa mãn f (x, 0) = 0, (2.87), (2.90), (2.91),

(2.139) và (2.140) với j = k = 1.

Khi đó, tồn tại γ1 > 0 sao cho (2.85) có một nghiệm không tầm thường

không âm và một nghiệm không âm, không tầm thường với mọi γ ∈ (0, γ1).

Để chứng minh Định lý 2.2.13, chúng ta áp dụng Định lý Mountain

Pass:

C 1(E, R) là một hàm thỏa mãn các điều kiện sau:

(I1) I(0) = 0;

(I2)

Định lý 2.2.14. Cho E là một không gian Banach thực. Giả sử I ∈

(I3)

I(tv1) ≤ M ;

tồn tại hằng số ρ > 0 sao cho I|∂Bρ ≥ 0;

(I4) xét M > 0 từ (I3), I(u) thỏa mãn điều kiện (P S)c với 0 ≤ c ≤ M .

tồn tại v1 ∈ ∂B1 và M > 0 sao cho sup t≥0

Khi đó, I có điểm tới hạn không tầm thường.

Chứng minh Định lý 2.2.13. Bài toán (2.85) có nghiệm không địa phương

không tầm thường. Chúng ta nghiên cứu bài toán sau

 trong Ω

u ≥ 0

u = 0

(2.150) trong Ω

(−∆)su = γu2∗−1 + ˜f (x, u)  

trong Rn\Ω,

f (x, t)

trong đó

˜f (x, t) =

nếu t > 0 (2.151)

nếu t ≤ 0.    0

Thật vậy, nghiệm không tầm thường của (2.150) là nghiệm không địa phương

không tầm thường của (2.85).

Hàm năng lượng (2.150) được đưa ra bởi

(cid:107)u(cid:107)2 −

(u(x))2∗

dx −

˜F (x, u(x))dx,

1 2

γ 2∗

Ω

(cid:90) (cid:90) (2.152) (cid:101)Jγ(u) =

˜F (x, t) =

˜f (x, τ )dτ.

trong đó (cid:90) t

t < 0.

Chúng ta có hàm chặt ˜f thỏa mãn (2.87), (2.90), (2.91) và (2.139), trong khi đó (2.140) đúng với ˜f với mọi t ≥ 0 nhưng không đúng với mọi

Thật vậy, để áp dụng Định lý 2.2.14, chúng ta lưu ý rằng (cid:101)Jγ vẫn thỏa

0(Ω). Để chứng minh (I3) của Định

mãn (I2) theo Bổ đề 2.2.10 với P1 = X s

lý 2.2.14 chúng ta chứng minh như sau.

Cho e1 là hàm riêng của (−∆)s ứng với λ1. Vì e1 dương, theo suy ra ˜F (x, te1(x)) = F (x, te1(x)) với mọi t > 0 và x ∈ Ω. Vì vậy, chúng ta áp

dụng (2.140) với mọi t > 0

(cid:107)te1(cid:107)2 −

˜F (x, te1(x))dx

˜Jγ(te1) =

2∗ −

Ω

≤

(cid:107)e1(cid:107)2 −

2 + B|Ω|

γ 2∗ (cid:107)te1(cid:107)2∗ t2 λ1(cid:107)e1(cid:107)2 2

1 2 t2 2

=B|Ω|,

(cid:90)

theo tính chất của e1. Suy ra ˜Jγ thỏa mãn (I3) với mọi γ > 0.

Để chứng minh (I4) của Định lý 2.2.14 lập luận như trong chứng minh

Bổ đề 2.2.3 và Bổ đề 2.2.4 ((2.87), (2.90) và (2.91)).

Cuối cùng, tất cả điều kiện của Định lý 2.2.14 được thỏa mãn ˜Jγ, vậy với mọi γ ∈ (0, γ∗), ˜Jγ có một điểm tới hạn không tầm thường đó là

nghiệm không địa phương không tầm thường của (2.85). Tương tự, có thể

chứng minh sự tồn tại của nghiệm âm không tầm thường của (2.85). Định

lý 2.2.13 hoàn toàn được chứng minh.

Kết luận

Trong luận văn này chúng tôi đã thu được những kết quả sau.

- Chương 1, chúng tôi hệ thống lại một số kiến thức cơ sở của không gian

Sobolev thứ.

- Chương 2, chúng tôi nghiên cứu sự tồn tại vô hạn nghiệm yếu của Bài

toán biên Dirichlet cho toán tử Laplace phân thứ , sự tồn nhiều nghiệm của

Bài toán biên Dirichlet với số mũ tới hạn Sobolev thứ.

Tài liệu tham khảo

[1] H. Brezis, L. Nirenberg (1983), Positive solutions of nonlinear elliptic

equations involving critical Sobolev exponents, Comm. Pure Appl. Math.

36(4), 437-477.

[2] C. Bucur, E. Valdinoci (2016), Nonlocal Diffusion and Applications,

Lecture Notes of the Unione Matematica Italiana. 20, Springer.

[3] L. Caffarelli, L. Silvestre (2007), An Extension Problem Related to

the Fractional Laplacian, Communications in Partial Differential Equa-

tions.32, 1245-1260.

[4] X. Cabre, J. Tan (2010), Positive solutions of nonlinear problems in-

volving the square root of the Laplacian, Advances in Mathematics. 224,

2052-2093.

[5] A. Fiscella, G. M. Bisci và R. Servadei (2018), Multiplicity results for

fractional Laplace problems with critical growth, Manuscripta mathe-

matica. 155(3-4), 369-388.

[6] B. M. Giovanni, V. D. Radulescu and R. Servadei (2016), Variational

Methods for Nonlocal Fractional Equations, Encyclopedia Math. Appl.

162, Cambridge University Press, Cambridge.

[7] G. M. Bisci, D. Repovs và R. Servadei (2016), Nontrivial solutions of

superlinear nonlocal problems, Forum Math. 28, 1095-1110.

[8] B. M. Giovanni, D. Repovs và R. Servadei (2016), Nontrivial solutions

of superlinear nonlocal problems, Forum. Math. 28, 1095-1110.

[9] E. D. Nezza, G. Palatucci và E. Valdinoci (2012), Hitchhiker’s guide to

the fractional Sobolev spaces, Bull. Sci. Math. 136, 521-573.

[10] R. Servadei, E. Valdinoci (2013), Variational methods for non-local op-

erators of elliptic type, Discrete Contin. Dyn. Syst. 33, 2105-2137.

[11] R. Servadei, E. Valdinoci (2015), The Brezis-Nirenberg result for the

fractional Laplacian, Trans. Amer. Math. Soc. 367, 67-102.

[12] M. Xiang, B. Zhang, M. Ferrara (2015), Existence of solutions for

Kirchhoff type problem involving the non-local fractional p-Laplacian,

J. Math. Anal. Appl. 424(2), 1021-1041.

[13] A. Fiscella, R. Servadei, E. Valdinoci (2015), Density properties for

fractional Sobolev spaces. Ann. Acad. Sci. Fenn. Math. 40, 235–253.

[14] R. Servadei, E. Valdinoci (2012),Mountain Pass solutions for non-local

elliptic operators. J. Math. Anal. Appl. 389, 887–898.

[15] S. B. Liu (2010), On superlinear problems without Am-

brosetti–Rabinowitz condition, Nonlinear Anal. 73 , no. 3, 788–795.

Luận văn Thạc sĩ Toán học: Nghiệm yếu của bài toán biên Dirichlet chứa toán tử Laplace phân thứ

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM

NGUYỄN VĂN TẤN

NGHIỆM YẾU CỦA BÀI TOÁN BIÊN DIRICHLET CHỨA TOÁN TỬ LAPLACE PHÂN THỨ

Ngành: Toán giải tích

Mã số: 8.46.01.02

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Người hướng dẫn khoa học: TS. NGUYỄN VĂN THÌN

THÁI NGUYÊN - 2019

Lời cam đoan

Lời cảm ơn

Mục lục

Lời mở đầu

Chương 1

Không gian Sobolev thứ

1.1 Biến đổi Fourier trong không gian các hàm tăng

chậm

1.2 Không gian Sobolev thứ

1.3 Toán tử Laplace phân thứ

Chương 2

Nghiệm yếu của bài toán biên

Dirichlet chứa toán tử Laplace phân

thứ

2.1 Nghiệm Mountain pass cho bài toán biên Dirich-

let chứa toán Laplace phân thứ

2.2 Sự tồn tại nhiều nghiệm cho bài toán Laplace

phân thứ với độ tăng tới hạn

Kết luận

Tài liệu tham khảo

Có thể bạn quan tâm

Luận văn Thạc sĩ: Chế tạo và nghiên cứu tính chất điện, từ của vật liệu multiferroic Ba₀.₇Ca₀.₃TiO₃/ NiFe₂O₄

Luận văn Thạc sĩ: Nghiên cứu vật liệu biến hóa dạng chuỗi một chiều chế tạo từ kim loại đồng trên đế FR-4 hoạt động tại tần số MHz ứng dụng trong truyền năng lượng không dây

Luận văn Thạc sĩ: Đánh giá khả năng tác động tới môi trường biển của việc xả nước thải từ sự cố nhà máy điện hạt nhân Fukushima sử dụng công cụ ERICA

Luận văn Thạc sĩ: Xây dựng mô hình đầu dò nơtron và gamma sử dụng nhấp nháy EJ-276 ghép nối với mảng nhân quang silicon

Luận văn Thạc sĩ: Đánh giá khả năng ảnh hưởng của bức xạ ion hóa đến sức khỏe cư dân khu vực mỏ đất hiếm Đông Pao, xã Bản Hon, huyện Tam Đường, tỉnh Lai Châu

Luận văn Thạc sĩ: Sử dụng phương pháp nhiễu xạ neutron khảo sát cấu trúc tinh thể và pha trật tự từ trong vật liệu Pr2FeCrO6

Luận văn Thạc sĩ: Nghiên cứu phân lập, xác định cấu trúc và hoạt tính ức chế NO của các hợp chất thứ cấp từ chủng vi nấm biển Aspergillus sp. CL251

Luận văn Thạc sĩ: Phân tích một số hợp chất bisphenol thôi nhiễm từ bao bì nhựa lên một số mẫu thực phẩm nền tinh bột

Luận văn Thạc sĩ: Nghiên cứu thành phần hóa học và đánh giá hoạt tính kháng khuẩn, kháng nấm của loài hoa mộc (Osmanthus fragrans (Thunb.) Lour.) ở Việt Nam

Luận văn Thạc sĩ: Nghiên cứu thành phần hóa học và đánh giá tác dụng kháng viêm của loài côi Turpinia montana (Blume) Kurz

Luận văn Thạc sĩ: Tổng hợp và đặc trưng tính chất vật liệu composite có cấu trúc nano chitosan–cyclodextrin/TiO₂–Ag

Luận văn Thạc sĩ: Nghiên cứu chế tạo và khảo sát một số tính chất của màng phủ trên cơ sở nhựa epoxy gốc nước và khung cơ kim - ZIF

Luận văn Thạc sĩ: Nghiên cứu tổng hợp một số dẫn xuất napthoquinone chứa nguyên tố flo bằng phản ứng đa thành phần

Luận văn Thạc sĩ: Nghiên cứu điều chế vật liệu Bioglass và tổ hợp lai với polymer ALG-F127 định hướng ứng dụng trong điều trị nội nha

Luận văn Thạc sĩ: Khảo sát thành phần hóa học và hoạt tính ức chế enzyme α-glucosidase trên một số hợp chất phân lập từ thịt quả bình bát nước (Annona glabra L.).

Luận văn Thạc sĩ: Tổng hợp và đánh giá hoạt tính chống ung thư của hợp chất lai chứa khung tetrahydro-β-carboline và imidazo[1,5-a]pyridine

Luận văn Thạc sĩ: Nghiên cứu tổng hợp một số dẫn xuất của benzazole

Luận văn Thạc sĩ: Nghiên cứu chiết tách lignin từ vỏ sầu riêng Ri6 (Durio zibethinus Murr.) và tổng hợp vật liệu biocomposite định hướng ứng dụng trong bảo quản sau thu hoạch

Luận văn Thạc sĩ: Nghiên cứu tổng hợp hạt nano bạc phủ acid hyaluronic mang doxorubicin định hướng ứng dụng trong điều trị ung thư

Luận văn Thạc sĩ: Nghiên cứu thành phần hóa học và hoạt tính kháng viêm của loài rau dừa nước (Ludwigia adscendens)

Tài liêu mới

Luận án Tiến sĩ: Nghiên cứu xây dựng thuật toán thích nghi và học tăng cường cấu trúc Actor - Critic điều khiển bám quỹ đạo cho robot di động đa hướng mecanum

Luận án Tiến sĩ: Cơ cấu bệnh tim mạch và chất lượng cuộc sống của người cao tuổi mắc suy tim, rung nhĩ điều trị tại Bệnh viện Thống Nhất, thành phố Hồ Chí Minh

Tóm tắt Luận án Tiến sĩ: Nghiên cứu hiện tượng nứt dăm đê sông vùng đồng bằng sông Hồng và dự báo khả năng bị nứt của một số đoạn đê

Tóm tắt Luận án Tiến sĩ: Nghiên cứu xây dựng giải pháp đảm bảo an toàn thông tin cho quá trình học liên kết dựa trên mật mã

Tóm tắt Luận án Tiến sĩ: Phát triển năng lực đánh giá công nghệ cho học sinh trong dạy học môn Công nghệ 11 ở trường trung học phổ thông

Tóm tắt Luận án Tiến sĩ: Nghiên cứu phân loại chi cầu diệp – Bulbophyllum Thouars (Orchidaceae) ở vùng Tây Nguyên bằng phương pháp hình thái và phân tử

Tóm tắt Luận án Tiến sĩ: Nghiên cứu đặc điểm phân bố và dinh dưỡng của các loài lưỡng cư ở Vườn Quốc gia Bến En và Khu bảo tồn thiên nhiên Pù Luông, tỉnh Thanh Hóa

Luận án Tiến sĩ: Tổng hợp luật dẫn và điều khiển cho một lớp tên lửa đối hải trên cơ sở ứng dụng mạng nơ ron và hệ mờ

Luận án Tiến sĩ: Nghiên cứu tổng hợp hệ điều khiển góc Pitch tua bin gió trong điều kiện có nhiễu tác động

Luận án Tiến sĩ: Nghiên cứu hóa học lipid của hai loài san hô thủy tức Millepora dichotoma và Millepora platyphylla ở Việt Nam

Luận án Tiến sĩ: Nghiên cứu kiểm soát phân phối công suất kéo trên cầu chủ động của ô tô con bằng ABS

Luận án Tiến sĩ: Ứng dụng phản ứng Domino vào tổng hợp các dẫn xuất Podophyllotoxin, Pyrimidine và đánh giá hoạt tính sinh học của các chất tổng hợp được

Luận án Tiến sĩ: Nghiên cứu thành phần hóa học và một số hoạt tính sinh học của cây chùm ngây (Moringa oleifera)

Tóm tắt Luận án Tiến sĩ: Nghiên cứu thành phần hóa học và ứng dụng ức chế ăn mòn cho thép của cao chiết xuất từ cây Lộc vừng thuộc họ Lecythidaceae

Luận án Tiến sĩ: Nghiên cứu hiện tượng nứt dăm đê sông vùng đồng bằng sông Hồng và dự báo khả năng bị nứt của một số đoạn đê

AI tóm tắt

Giới thiệu tài liệu

Đối tượng sử dụng

Từ khoá chính

Nội dung tóm tắt

Giới thiệu

Về chúng tôi

Việc làm

Quảng cáo

Liên hệ

Chính sách

Thoả thuận sử dụng

Chính sách bảo mật

Chính sách hoàn tiền