Phương pháp nghiệm trên nghiệm dưới giải bài toán Dirichlet cho phương trình Elliptic: Luận văn Thạc sĩ Khoa học

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

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

Bùi Thị Oanh

PHƯƠNG PHÁP NGHIỆM TRÊN NGHIỆM DƯỚI

GIẢI BÀI TOÁN DIRICHLET ĐỐI VỚI PHƯƠNG TRÌNH ELLIPTIC

LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC

Chuyên ngành: TOÁN GIẢI TÍCH

Mã số: 60 46 01 02

Người hướng dẫn khoa học

PGS. TS. HOÀNG QUỐC TOÀN

HÀ NỘI - 2014

Mục lục

Mở đầu 3

1 Cơ sở toán học

6 6 1.1 Không gian Sobolev . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 1.1.1 Khái niệm về không gian Sobolev . . . . . . . . . . . . . . 0 (Ω) và H −1(Ω) . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.1.2 Không gian H 1 7 1.2 Toán tử vi phân đạo hàm riêng elliptic tuyến tính cấp hai . . . . . 9 1.3 Bài toán Dirichlet đối với phương trình Laplace . . . . . . . . . . . 10 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10 1.3.1 Phương trình Laplace 1.3.2 Nguyên lý cực đại cực tiểu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11 1.3.3 Bất đẳng thức Harnack . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11 1.3.4 Toán tử −∆ của bài toán Dirichlet . . . . . . . . . . . . . . 11 1.3.5 Các tính chất của toán tử −∆ . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

1.4 Phương pháp biến phân ứng dụng vào bài toán Dirichlet đối với

phương trình elliptic nửa tuyến tính . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

2 Nghiệm trên nghiệm dưới và phương pháp lặp đơn điệu trong

không gian Banach 16 2.1 Tập hợp nón thứ tự . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16 2.2 Phương pháp nghiệm trên nghiệm dưới và phép xấp xỉ liên tiếp . 19 2.3 Áp dụng vào phương trình vi phân . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22 2.3.1 Bài toán Dirichlet đối với phương trình vi phân nửa tuyến

tính . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22 2.3.2 Ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

3 Phương pháp nghiệm trên nghiệm dưới và bài toán biên Dirich-

27 let nửa tuyến tính đối với toán tử Laplace . . . . . . . . . . . . . . . 27 3.1 Phương pháp nghiệm trên, nghiệm dưới 3.2 Phương pháp nghiệm trên yếu, nghiệm dưới yếu . . . . . . . . . . 33 3.3 Một số ví dụ áp dụng của phương pháp nghiệm trên nghiệm dưới

vào các bài toán biên Elliptic nửa tuyến tính . . . . . . . . . . . . 40

Kết luận 49

Tài liệu tham khảo 50

Mở đầu

Trong luận văn này chúng tôi tìm hiểu và nghiên cứu về: "Phương pháp

nghiệm trên nghiệm dưới giải bài toán Dirichlet đối với phương trình Elliptic".

Nguyên tắc của phương pháp này dựa vào nguyên lý cực đại của nghiệm của

phương trình elliptic. Bản luận văn này gồm ba chương trong đó gồm phần kiến

thức cơ bản và hai chương chính:

Chương 1. Cơ sở toán học

Trong chương này, một số kiến thức cơ bản được nhắc lại. Đó là:

- Không gian Sobolev

- Toán tử vi phân đạo hàm riêng Elliptic tuyến tính cấp hai

- Bài toán Dirichlet đối với phương trình Laplace: Phương trình Laplace, nguyên

lý cực đại cực tiểu, bất đẳng thức Harnck, toán tử −∆ và các tính chất của toán

tử −∆

- Phương pháp biến phân ứng dụng vào bài toán Dirichlet đối với phương trình

elliptic nửa tuyến tính.

Chương 2. Nghiệm trên nghiệm dưới và phương pháp lặp đơn điệu trong không

gian Banach

Ở chương này, luận văn đi vào trình bày khái niệm về tập hợp nón thứ tự, từ

đó dẫn đến phương pháp nghiệm trên nghiệm dưới và phương pháp xấp xỉ liên

tiếp. Thông qua đó tác giả luận văn đã có một số ví dụ minh họa áp dụng vào

phương trình vi phân để giải bài toán Dirichlet đối với phương trình vi phân

nửa tuyến tính.

Chương 3. Phương pháp nghiệm trên nghiệm dưới và bài toán biên Dirichlet nửa

tuyến tính đối với toán tử Laplace

Ở chương này, luận văn đề cập hai mảng: Nghiệm trên, nghiệm dưới và nghiệm

trên yếu, nghiệm dưới yếu. Trong chương này chúng tôi giới thiệu khái niệm

"nghiệm trên nghiệm dưới" của bài toán Dirichlet đối với phương trình Laplace,

chứng minh định lý cơ bản của phương pháp nghiệm trên nghiệm dưới. Và đã

đưa ra được một số ví dụ áp dụng của phương pháp nghiệm trên nghiệm trên

nghiệm dưới vào các bài toán biên elliptic nửa tuyến tính.

Mặc dù bản thân đã cố gắng và nghiêm túc trong học tập và nghiên cứu khoa

học nhưng do thời gian có hạn, kiến thức bản thân còn hạn chế nên trong quá

trình thực hiện luận văn không tránh khỏi những sơ suất. Rất mong nhận được

sự góp ý của thầy cô và các bạn.

Tôi xin chân thành cảm ơn.

Lời cảm ơn

Tôi xin được bày tỏ lòng kính trọng và lòng biết ơn sâu sắc đến PGS.TS

Hoàng Quốc Toàn. Thầy đã dành nhiều thời gian hướng dẫn cũng như giải đáp

các thắc mắc của tôi trong suốt quá trình tôi thực hiện đề tài.

Tôi xin gửi lời cảm ơn chân thành tới các thầy cô Khoa Toán - Cơ - Tin học,

Phòng Sau đại học Trường Đại học Khoa học Tự nhiên, Đại học Quốc gia Hà

Nội; các thầy cô đã tham gia giảng dạy khóa cao học 2011-2013 đã tạo điều kiện

thuận lợi cho tôi hoàn thành luận văn của mình.

Tôi xin chân thành cảm ơn gia đình đã luôn động viên tôi trong suốt quá

trình học tập và làm luận văn.

Hà Nội, tháng 11 năm 2014

Học viên

Bùi Thị Oanh

Chương 1

Cơ sở toán học

1.1 Không gian Sobolev

1.1.1 Khái niệm về không gian Sobolev

0 (Ω) là không gian tuyến tính các hàm ϕ(x) khả vi vô hạn và có giá

Giả sử Ω là miền bị chặn trong Rn, với biên ∂Ω.

0 (Ω) ⊂ Wk,p(Ω) C∞

Ký hiệu C∞ compact trong Ω. Rõ ràng:

W k,p(Ω) = {u ∈ Lp(Ω) : Dα(u) ∈ Lp(Ω), ∀α :| α |≤ k}

Giả sử Ω ⊂ Rn là một miền mở liên thông, ta định nghĩa không gian Sobolev:

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

(cid:107)Dαu(cid:107)p Lp

Wk,p =

|α|≤k

với chuẩn : (cid:88)

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

(cid:107)Dαu(cid:107)L+∞

Wk,+∞ = M ax |α|≤k

và

Ta chú ý rằng phép đạo hàm của hàm suy rộng là liên tục theo nghĩa hội tụ loc(Ω). Nhiều tính chất của không gian Lp(Ω) cũng đúng trong không

yếu trong L1 gian W k,p(Ω).

• Với p = 2 : H k(Ω) = W k,2(Ω), k = 1, 2, ... là không gian Hilbert.

Nhận xét 1.1.

• H 0(Ω) ≡ L2(Ω).

Định lý 1.1. Với k ∈ N, 1 ≤ p ≤ +∞, W k,p(Ω) là một không gian Banach. Không gian W k,p(Ω) là không gian phản xạ nếu và chỉ nếu 1 < p < +∞. Hơn nữa W k,2(Ω) là không gian Hilbert với tích vô hướng:

DαuDαvdx

(cid:104)u, v(cid:105)Wk,2 =

|α|≤k

Ω

(cid:90) (cid:88)

Với 1 ≤ p ≤ +∞, W k,p(Ω) là không gian tách được.

Định lý 1.2. Định lý nhúng Sobolev

np n − kp

i) Nếu k, p < n, 1 ≤ q ≤ Giả sử Ω ⊂ Rn là miền bị chặn với biên Lipchitz, k ∈ N, 1 ≤ p ≤ +∞. Khi đó: thì ta có phép nhúng: W k,p(Ω) (cid:44)→ Lq(Ω) là liên

n.p n − k.p

< m + 1, 0 ≤ α ≤ k − m −

tục và phép nhúng là compact nếu q < .

k p

n p

W k,p(Ω) (cid:44)→ Cm,α(Ω) và phép nhúng là compact nếu α < k − m −

n p

ii) Nếu 0 ≤ m < k − thì phép nhúng liên tục

Tính compact của phép nhúng W k,p(Ω) (cid:44)→ Lq(Ω) là hệ quả của định lý Rellich

KondraKov.

Nhận xét 1.2.

Ω bị chặn.

1.1.2 Không gian H 1

0 (Ω) và H −1(Ω)

Định lý nhúng Sobolev vẫn đúng với các không gian W k,p(Ω) trên mọi miền

0 (Ω) là không gian tuyến tính các hàm ϕ(x) khả vi vô hạn và có giá

Giả sử Ω là miền bị chặn trong RN với biên ∂Ω.

0 (Ω) ta đưa vào tích vô hướng và chuẩn như sau:

(ϕ1, ϕ2) = (cid:82)

Dϕ1.Dϕ2dx, với ϕ1(x), ϕ2(x) ∈ C∞

0 (Ω)

Ký hiệu C∞ compact trong Ω. Trong C∞

Ω

(1.1)

|Dϕ|2dx, ϕ(x) ∈ C∞

(cid:107)ϕ(cid:107)H 1

0 (Ω)

0 (Ω) = (cid:82)

Ω

(1.2)

, ...,

)

Dϕ = (

∂ϕ ∂x1

∂ϕ ∂xn

∂ϕ ∂x2 n (cid:88)

Dϕ1.Dϕ2 =

∂ϕ1 ∂xi

∂ϕ2 ∂xi

i=1 n (cid:88)

|Dϕ|2 =

∂ϕ ∂xi

trong đó Dϕ là véc tơ đạo hàm (hay là vectơ gradient) của hàm ϕ(x), x ∈ Ω.

i=1

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

0 (Ω) trở thành không gian tiền Hilbert. Ta ký hiệu H 1

0 (Ω) là bổ sung 0 (Ω) là không gian Hilbert với tích vô

0 (Ω) theo chuẩn (1.2). Khi đó H 1

Khi đó C∞

0 (Ω) ⊂ L2(Ω).

đủ của C∞ hướng (1.1) và chuẩn (1.2). Hơn nữa H 1

0 (Ω) vào L2(Ω) là compact 0 (Ω) là một tập bị chặn thì M là tập compact tương đối

Theo đinh lý nhúng Sobolev thì phép nhúng H 1

nghĩa là nếu M ⊂ H 1 trong L2(Ω).

0 (Ω), có nghĩa là H −1(Ω) là không gian các

Ký hiệu H −1(Ω) là đối ngẫu của H 1

0 (Ω).

f : H 1

0 (Ω) → R

u (cid:55)→ (cid:104)f, u(cid:105)

(cid:104)., .(cid:105) ký hiệu là phép toán f tác động vào hàm u ∈ H 1

0 (Ω).

(cid:107)f (cid:107)−1 = sup u∈H 1

|(cid:104)f, u(cid:105)| (cid:107)u(cid:107)H 1

0 (Ω)

phiếm hàm tuyến tính liên tục xác định trong H 1

0 (Ω). Khi đó

Định lý 1.3. Bất đẳng thức Poicaré Giả sử Ω là miền bị chặn trong RN , d là đường kính của Ω, u ∈ H 1

|u|2dx ≤ d2

|Du|2dx

Ω

(cid:90) (cid:90)

Từ đó ta có định lý sau:

0 (Ω) ta có:

Định lý 1.4. Giả sử Ω ⊂ RN là miền bị chặn thuộc lớp C1, tồn tại một hằng số c = c(Ω) sao cho với mọi u ∈ H 1

|Du|2dx +

|u|2dσ)

Ω

∂Ω

(cid:90) (cid:90) (cid:90) |u|2dx ≤ c2(

1.2 Toán tử vi phân đạo hàm riêng elliptic tuyến tính cấp hai

Trong miền Ω ⊂ Rn ta xét toán tử vi phân đạo hàm riêng tuyến tính cấp hai

n (cid:88)

+ c(x).u

(A) : Lu := −

bi(x)

aij(x)

∂2u ∂xi∂xj

∂u ∂xj

i=1

i,j=1

có dạng :

n (cid:88)

(B) : Lu := −

) + c(x).u

(aij(x)

∂ ∂xi

∂u ∂xj

i,j=1

hoặc dạng tự liên hợp (Divergence)

với các hệ số bi chặn aij(x) = aji(x), bi(x), c(x).

n (cid:88)

L0(ξ) =

aij(x)ξiξj (cid:54)= 0, ∀ξ = (ξ1, ξ2, ..., ξn) (cid:54)= 0, ξ ∈ Rn

i,j=1

Toán tử vi phân đạo hàm riêng L được gọi là elliptic tại điểm x ∈ Ω nếu:

Nếu L là elliptic tại mọi điểm x ∈ Ω thì L được gọi là toán tử elliptic trong Ω. Khi đó L0(ξ) giữ nguyên dấu + hoặc − tại x ∈ Ω với mọi ξ (cid:54)= 0, ξ ∈ Rn.

Như vậy không giảm tổng quát ta có thể giả thiết L0(ξ) > 0, ∀ξ ∈ Rn, ∀x ∈ Ω

n (cid:88)

aij(x)ξiξj ≥ λ |ξ|2, ∀ξ = (ξ1, ξ2, ..., ξn) ∈ Rn, ∀x ∈ Ω.

i,j=1

Do đó sẽ tồn tại λ > 0 sao cho:

1.3 Bài toán Dirichlet đối với phương trình Laplace

1.3.1 Phương trình Laplace

+ ... +

∆ϕ(x) =

∂2ϕ ∂x2 n

∂2ϕ ∂x2 1

∂2ϕ ∂x2 2

∂2ϕ ∂x2 i

i=1

Giả sử Ω là tập mở trong Rn, ϕ(x) ∈ C2(Ω). Ta ký hiệu: n (cid:88)

n (cid:88)

∆ =

∂2 ∂x2 i

i=1

Toán tử vi phân:

∆ϕ: là biểu thức Laplacian của hàm ϕ(x).

được gọi là toán tử Laplace hay thường gọi là Laplacian.

Phương trình ∆ϕ = 0, x ∈ Ω được gọi là phương trình Laplace và phương trình

∆ϕ = f (x), x ∈ Ω

vi phân không thuần nhất:

được gọi là phương trình poisson.

x ∈ Ω

Hàm u(x) ∈ C2(Ω) được gọi là hàm điều hòa trong Ω nếu: ∆u(x) = 0 với mọi

−∆u ≥ 0), x ∈ Ω

Hàm u(x) ∈ C2(Ω) được gọi là hàm điều hòa dưới trong Ω nếu ∆u(x) ≥ 0( hay −∆u ≤ 0), x ∈ Ω và được gọi là hàm điều hòa trên trong Ω nếu ∆u(x) ≤ 0( hay

Nếu Ω0 là miền bị chặn trong Rn với biên trơn ∂Ω0, −→ν là vectơ pháp tuyến đơn vị ngoài của Ω0, khi đó với mọi trường vectơ w = (w1, w2, ...wn) ∈ C1(Ω0), ta có công thức Oxtrogradski:

divwdx =

w.vds

Ω

Ω0

(cid:90) (cid:90)

Thay w = Du, u ∈ C2(Ω0) ta có công thức Green đối với toán tử Laplace:

∆udx =

∂u ∂ν

∂Ω

Ω0

(cid:90) (cid:90)

1.3.2 Nguyên lý cực đại cực tiểu

= sup u

, x ∈ Ω

Giả sử Ω là một miền trong Rn ( nói cách khác Ω là một tập mở và liên thông trong Rn). Khi đó nguyên lý cực đại đối với hàm điều hòa dưới và nguyên lý cực tiểu đối với hàm điều hòa trên như sau:

∂Ω u

Ω ii) ∆u ≤ 0 trong Ω. Khi đó: inf Ω

u = inf ∂Ω

u, x ∈ Ω

Định lý 1.5. Giả sử Ω là miền bị chặn và u(x) ∈ C2(Ω) ∩ C0(Ω) sao cho: i) ∆u ≥ 0 trong Ω. Khi đó: sup u

u ≤ u(x) ≤ sup ∂Ω

iii)u là hàm điều hòa trong Ω. Khi đó: inf ∂Ω

Hệ quả 1.1.

Nếu u, v ∈ C2(Ω) ∩ C0(Ω) sao cho:

∆u = ∆v trong Ω u = v trên ∂Ω

(cid:40)

1.3.3 Bất đẳng thức Harnack

Khi đó u(x) = v(x) với mọi x ∈ Ω.

u ≤ c. inf Ω(cid:48)

sup Ω

1.3.4 Toán tử −∆ của bài toán Dirichlet

Giả sử Ω là miền trong Rn.u(x) là hàm điều hòa không âm trong Ω. Khi đó với mọi miền con bị chặn Ω(cid:48) ⊂⊂ Ω tồn tại hằng số c = c(u, Ω(cid:48), Ω) > 0 sao cho

Ta kí hiệu: −∆ là toán tử:

−∆ : H 1

0 (Ω) → H −1(Ω)

(1.3)

xác định theo công thức:

(−∆u; v) = (Du; Dv), ∀u, v ∈ H 1

0 (Ω)

(1.4)

hoặc dưới dạng tích phân đó là:

(−∆u; v) =

Du.Dvdx, ∀u, v ∈ H 1

0 (Ω)

(cid:90)

Ω 0 (Ω) thì :

Du.Dvdx

(−∆u; v) = (cid:82) Ω

Ta chú ý rằng: ∀u, v ∈ C∞

∂u ∂xi

∂v ∂xi

Ω (cid:82)

)dx

( ∂ ∂xi

(v. ∂u ∂xi

)−v. ∂2u ∂x2 i

n (cid:80) i=1 n (cid:80) i=1

(cid:82)

dx +

= −

.v.cos(xi; v)ds

∂ ∂xi

v. ∂2u ∂x2 i

n (cid:80) i=1

∂Ω

Ω (cid:82)

= −

v. ∂2u ∂x2 i

Ω n (cid:80) i=1 n (cid:80) i=1

Ω

(cid:82) (cid:82)

n (cid:88)

−∆u =

∂2u ∂x2 i

i=1

Từ đó suy ra:

và ∆ là toán tử Laplace. Toán tử −∆ được xác định bởi (1.3) và (1.4) được gọi

là toán tử của bài toán Dirichlet với điều kiện biên thuần nhất đối với phương

trình Laplace. (cid:40)

−∆u = f (x) trong Ω u = 0 trên ∂Ω

(1.5)

Định nghĩa 1.1.

0 (Ω) được gọi là nghiệm suy rộng tức là nghiệm

Giả sử f ∈ L2(Ω). Hàm u ∈ H 1

(Du; Dv) = (f ; v), ∀v ∈ C∞

0 (Ω)

yếu của bài toán Dirichlet (1.5) nếu nó thỏa mãn điều kiện:

Nhận xét 1.3.

0 (Ω) ∩ C2(Ω) thì:

0 (Ω)

0 (Ω). Nghĩa là: (−∆u; v) =

u ∈ H 1 0 (Ω) cho ta (Du; Dv) = (f ; v), ∀v ∈ C∞ 1. u ∈ H 1 2. u ∈ C2(Ω) cho ta (Du; Dv) = (−∆u; v), ∀v ∈ C∞ (f ; v), ∀v ∈ C∞ 0 (Ω) hay −∆u = f trong Ω.

Nếu nghiệm suy rộng u của bài toán Dirichlet (1.5) thỏa mãn điều kiện

Vậy u là nghiệm cổ điển của bài toán.

1.3.5 Các tính chất của toán tử −∆

0 (Ω) bất kỳ. Từ định nghĩa 1.1 của toán tử −∆, ta có:

Xét u ∈ H 1

(−∆u; u) = (Du; Du) = (cid:107)Du(cid:107)2

L2(Ω)

(1.6)

(cid:107)Du(cid:107)2

0 (Ω)

L2(Ω) ≥ γ. (cid:107)u(cid:107)2 0 (Ω) , ∀u ∈ H 1 H 1

Theo bất đẳng thức Poincare tồn tại γ > 0 sao cho:

Hơn nữa:

(−∆u; u) ≤ (cid:107)∆u(cid:107)H −1(Ω).(cid:107)u(cid:107)H 1

0 (Ω)

(1.7)

0 (Ω)

γ. (cid:107)u(cid:107)2 0 (Ω) ≤ (cid:107)−∆u(cid:107)H −1(Ω).(cid:107)u(cid:107)H 1 H 1

Do đó:

Vậy ta có khẳng định sau:

c.(cid:107)u(cid:107)H 1

0 (Ω) ≤ (cid:107)−∆u(cid:107)H −1(Ω)

(1.8)

với c > 0 nào đó. Ta đi đến định lý sau:

0 (Ω) −→ H −1(Ω) là ánh xạ 1 - 1 và lên.

Định lý 1.6. Toán tử − (cid:77): H 1

Định lý 1.7. Toán tử nghịch đảo T của toán tử −∆ là compact, xác định dương và tự liên hợp trong L2(Ω).

Nhận xét 1.4.

T : L2(Ω) −→ H 1

0 (Ω) ⊂ L2(Ω)

0 (Ω) với mọi i = 1, 2...

Từ định lý 1.7 ta suy ra tồn tại một cơ sở trực giao trong L2(Ω) ký hiệu là: i=1 gồm các hàm riêng của toán tử T ứng với các giá trị riêng {µi}∞ {ui}∞ i=1 trong đó µi > 0 giảm dần về 0 khi j → +∞, tức là: T ui = µiui; µi (cid:38) 0. Hơn nữa, vì:

T −1(T ui) = T −1(µiui) = µi(−∆ui)

nên từ đẳng thức trên ta suy ra ui ∈ H 1 Mặt khác cũng từ đẳng thức trên ta có:

0 (Ω) tương đơn điệu tăng khi i −→ +∞, nghĩa

i=1 , λi =

1 µi

Do đó: −∆ui = 1 µi Điều đó chứng tỏ rằng toán tử − (cid:77) có dãy các hàm riêng {ui} trong H 1 ứng với dãy các giá trị riêng {λi}∞

là: 0 < λ1 ≤ λ2 ≤ ... ≤ λi ≤ ..., λi −→ ∞ khi i −→ ∞.

1.4 Phương pháp biến phân ứng dụng vào bài toán Dirichlet

đối với phương trình elliptic nửa tuyến tính

Giả sử Ω ⊂ Rn là miền bị chặn. Ta xét bài toán Dirichlet sau đây:

−∆u(x) = f (x, u(x)) trong Ω

(cid:40)

u(x) = 0 trên ∂Ω.

(1.9)

(x, s) ∈ Ω × R.

trong đó f (x, s), x ∈ Ω, s ∈ R là hàm không tuyến tính đối với s, liên tục theo

Định nghĩa 1.2.

0 (Ω) được gọi là nghiệm suy rộng của bài toán (1.9) nếu và chỉ

Hàm u ∈ H 1

f (x, u0).vdx với mọi v ∈ H 1

∇u0.∇v0dx = (cid:82)

0 (Ω)

Ω

nếu: (cid:82) (1.10)

Giả thiết rằng:

|f (x, s)| ≤ c.(1 + |s|), s ∈ R, x ∈ Ω

(1.11)

với c là hằng số.

F (x, s) =

f (x, t)dt

(cid:90)

0 (Ω) → R là phiếm hàm xác định trên H 1

0 (Ω) theo công thức:

I(u) =

F (x, u)dx, u ∈ H 1

Đặt I : H 1

0 (Ω)

1 2

. (cid:82) Ω

|∇u|2dx − (cid:82) Ω

(1.12)

u ∈ H 1

0 (Ω) được gọi là phiếm hàm Euler- Lagrange liên kết với bài toán (1.9).

(cid:48)

(u) của nó được xác định theo công thức:

(cid:48)

= (I

(u), v)

lim τ →0

I(u + τ v) − I(u) τ

Khi đó I là phiếm hàm khả vi liên tục theo nghĩa Fréchet và đạo hàm Fréchet

(cid:48)

f (x, u).vdx với mọi v ∈ H 1

0 (Ω)

với mọi v ∈ H 1

0 (Ω)và (u), v) = (cid:82) Ω

∇u.∇vdx − (cid:82) Ω

0 (Ω) sao cho:

(cid:48)

(1.13)

(u0), v) = 0 với mọi v ∈ H 1

0 (Ω) được gọi là điểm tới hạn của phiếm hàm I.

Hàm u0 ∈ H 1 (I

0 (Ω) là điểm tới hạn của phiếm hàm

Từ (1.10) và (1.13) ta suy ra nếu u0 ∈ H 1

I thì u0 là nghiệm yếu của bài toán (1.9).

Nội dung của phương pháp biến phân là đưa việc chứng minh sự tồn tại

nghiệm yếu của bài toán (1.9) về việc chứng minh sự tồn tại điểm tới hạn của

phiếm hàm Euler - Lagrange liên kết với nó.

Chương 2

Nghiệm trên nghiệm dưới và

phương pháp lặp đơn điệu trong

không gian Banach

2.1 Tập hợp nón thứ tự

Trong mục này ta quan tâm đến một khả năng mở rộng khái niệm về hàm

đơn điệu cho toán tử trong không gian Banach vô hạn chiều.

x, y ∈ R mà x ≤ y thì f (x) ≤ f (y)

Ta nhắc lại, hàm số f : R −→ R được gọi là hàm đơn điệu tăng nếu với mọi:

(2.1)

Rõ ràng điều kiện (2.1) có thể viết lại dưới dạng:

(f (x) − f (y))(x − y) ≥ 0

Hàm f : R −→ R là đơn điệu tăng nếu với mọi x, y ∈ R thì :

(2.2)

Để mở rộng khái niệm "đơn điệu tăng" cho trường hợp tổng quát chúng ta

phải đưa vào một quan hệ bất đẳng thức trong không gian Banach mà chúng ta

sẽ sử dụng tương tự như khái niệm bất đẳng thức trong tập hợp số thực.

Định nghĩa 2.1.

K được gọi là tập hợp nón thứ tự nếu:

Giả sử X là một không gian Banach thực và K là tập hợp con của X. Khi đó

i) K là tập hợp đóng, khác rỗng và K (cid:54)= {0} .

ii) ∀a, b ∈ R, a, b ≥ 0, ∀x, y ∈ K thì a.x + b.y ∈ K

iii) x ∈ K và −x ∈ K thì x = 0

Khi đó ta định nghĩa : Cho x, y ∈ X

Nếu y − x ∈ K thì ta nói x ≤ y

Nếu x ≤ y và x (cid:54)= y thì x < y (2.3)

Nếu y − x ∈ intK thì x (cid:28) y

Giả sử x, y ∈ X ta kí hiệu: [x; y] = {z ∈ X : x ≤ z ≤ y}

Tập hợp [x; y] được gọi là "đoạn x, y " trong X.

Chú ý 2.1.

Điều kiện ii) trong định nghĩa 2.1 tương đương với điều kiện sau đây:

ii’) K là tập hợp lồi và nếu x ∈ K, a ≥ 0 thì ax ∈ K.

Thật vậy, giả sử x, y ∈ K, a, b ≥ 0 ⇒ ax + by ∈ K

Khi đó: Với t ∈ [0; 1], x, y ∈ K ⇒ t.x + (1 − t).y ∈ K ⇒ K lồi,

với x ∈ K, a ≥ 0 : a.x = a.x + 0.y ∈ K, ∀y ∈ K ⇒ a.x ∈ K

ax +

bx) = ax + bx ∈ K

Ngược lại giả thiết K lồi và ∀x ∈ K, a ≥ 0 ⇒ a.x ∈ K

bx ∈ K. Do đó: 2(

1 2

Vì K lồi nên Khi đó với x, y ∈ K, a, b ≥ 0 ⇒ a.x ∈ K, b.y ∈ K 1 2

Định nghĩa 2.2.

Không gian Banach thực X được gọi là không gian Banach được sắp thứ tự

nếu X có một tập hợp nón thứ tự.

Ω là tập hợp bị chặn trong RN . X = C(Ω) là không gian Banach với chuẩn

f ∈ X :(cid:107) f (cid:107)= max | f (x) | . C+(Ω) = {f ∈ C(Ω) : f (x) ≥ 0 với mọi x ∈ Ω} Khi đó K = C+(Ω) là tập nón thứ tự trong X và ta có:

f ≤ g nếu và chỉ nếu f (x) ≤ g(x) với mọi x ∈ Ω ⇔ f (x) − g(x) ∈ K.

f (cid:28) g nếu và chỉ nếu f (x) < g(x) với mọi x ∈ Ω ⇔ f (x) − g(x) ∈ Int K.

Ví dụ 2.1.

Ví dụ 2.2.

K = x = (x1, x2, ..., xn) ∈ Rn; xi ≥ 0(i = 1, 2, ..., n) Khi đó: cho x, y ∈ Rn, ta có:

Cho X = Rn. Đặt :

x ≤ y ⇔ y − x ∈ K

x < y ⇔ y − x ∈ Int K

• x ≤ y và y ≤ x suy ra x = y

• x ≤ y và y ≤ z suy ra x ≤ z

Định lý 2.1. Giả sử X là không gian Banach được sắp thứ tự. Khi đó: 1) Với mọi u, x, xn, yn, y, z ∈ X, a, b ∈ R ta có : • x ≤ x

• Nếu x ≤ y, 0 ≤ a ≤ b thì ax ≤ by

• Nếu x ≤ y và u ≤ z thì x + u ≤ y + z • Nếu xn ≤ yn với mọi n thì limn→∞ xn ≤ limn→∞ yn

2) Hơn nữa :

Nếu các giới hạn này tồn tại. Thì giới hạn này được hiểu theo nghĩa giới hạn

theo chuẩn trong không gian Banach.

n=1 và {yn }∞

Chứng minh

Áp dụng (2.3) và tính chất của K chẳng hạn : Nếu xn ≤ yn với mọi n. Khi đó yn − xn ∈ K. Vì K đóng và các giới hạn của {xn }∞ n=1 tồn tại, ta có (cid:3) limn→∞(yn − xn) tồn tại, do đó y − x ∈ K ⇒ x ≤ y

x, y ∈ K, 0 ≤ x ≤ y thì:

(cid:107) x (cid:107)≤ c. (cid:107) y (cid:107)

Tập K nón sắp thứ tự được gọi là chuẩn nếu tồn tại c > 0 sao cho với mọi

Bổ đề 2.1. Giả sử K là một tập sắp thứ tự với nón chuẩn. Khi đó đoạn [x; y]

trong K là tập bị chặn.

Chứng minh

x ≤ w ≤ y. Khi đó : w − x ≤ y − x, do đó:

(cid:107) w (cid:107)=(cid:107) w − x + x (cid:107)≤(cid:107) w − x (cid:107) + (cid:107) x (cid:107)≤ c (cid:107) y − x (cid:107) + (cid:107) x (cid:107).

Giả sử w ∈ [x; y], tức là :

Suy ra [x; y] bị chặn trong X.

Định nghĩa 2.3.

T : X −→ Y

DomT (cid:55)−→ Y

Giả sử X và Y là không gian Banach sắp được. Toán tử:

Trong đó DomT được ký hiệu là miền xác định của T trong X) được gọi là

tăng đơn điệu nếu x < y thì T (x) ≤ T (y) với mọi x, y ∈ DomT , (2.4)

x, y ∈ DomT và được gọi là đơn điệu tăng mạnh nếu x < y thì T (x) (cid:28) T (y) với

Toán tử T được gọi là đơn điệu tăng thực sự nếu x < y thì T (x) < T (y) với mọi

mọi x, y ∈ DomT .

Tương tự như vậy ta có định nghĩa các toán tử đơn điệu giảm, đơn điệu giảm

thực sự hay đơn điệu giảm mạnh.

T (x) ≥ 0.

Toán tử T được gọi là dương nếu T (0) ≥ 0 và với mọi x ∈ DomT, x > 0 thì

Cũng tương tự như trên ta có thể định nghĩa toán tử dương thực sự hay

dương mạnh.

Chú ý rằng nếu X = Y = R và K = R+. Khi đó đối với hàm f : R −→ R các khái niệm đơn điệu tăng (hay giảm) ở trên trùng với định nghĩa thông thường.

Hơn nữa nếu T : X −→ Y là toán tử tuyến tính thì các khái niệm dương (hay

dương thực sự, dương mạnh) giống như đơn điệu tăng ( hay đơn điệu tăng thực

sự, đơn điệu tăng mạnh).

0 < y − x ⇒ 0 ≤ T (y − x) ⇒ 0 ≤ T (y) − T (x) ⇒ T (x) ≤ T (y) tức là T đơn điệu

Thật vậy, giả sử T là toán tử tuyến tính dương. Khi đó ta có: nếu x < y ⇒

tăng.

Các chứng minh khác được tiến hành tương tự.

2.2 Phương pháp nghiệm trên nghiệm dưới và phép xấp xỉ

liên tiếp

Giả sử X là không gian Banach được sắp thứ tự. T : X −→ X là một toán tử

ánh xạ không gian X vào chính nó. Ta xét phương trình toán tử: u = T (u) (2.5).

Ý tưởng của chúng ta sau đây là áp dụng phương pháp xấp xỉ liên tiếp cách

giải phương trình (2.5).

Định nghĩa 2.4.

T ) nếu:

T (u) ≤ u

Điểm u ∈ X được gọi là nghiệm trên của phương trình (2.5) (hay của toán tử

Điểm u ∈ X được gọi là nghiệm dưới của phương trình (2.5) nếu u ≤ T (u)

Nguyên lý tổng quát của phương pháp nghiệm trên - nghiệm dưới được phát

biểu như sau:

Nếu tồn tại nghiệm trên và nghiệm dưới của phương trình (2.5), thì nghiệm

(2.6)

n=1 và {vn}∞

của phương trình (2.5) có thể tìm được nhờ phương pháp xấp xỉ liên tiếp. un+1 = T (un) và vn+1 = T (vn), (n = 0, 1, 2, ...) trong đó u0 là nghiệm dưới và v0 là nghiệm trên của phương trình (2.5).

Định lý 2.2. Giả sử T : X −→ X là một toán tử đơn điệu tăng, compact trong không gian Banach được sắp thứ tự với nón chuẩn , u0 là nghiệm dưới, v0 là nghiệm trên của phương trình (2.5). Khi đó các dãy {un}∞ n=1 trong (2.6) hội tụ nếu và chỉ nếu các dãy này bị chặn trên (tương ứng bị chặn dưới). Nếu các dãy này hội tụ thì điểm giới hạn u = limn→+∞ un là điểm cố định bé nhất của T , u0 ≤ u, và v = limn→+∞ vn là điểm cố định lớn nhất của T , v ≤ v0.

Chứng minh

Ta xét trường hợp nghiệm dưới

k=1

và u sao cho unk → u trong X. Vì T là đơn điệu tăng nên: u0 ≤ T (u0) = u1, u2 = T (u1) ≥ T (u0) = u1... Tương tự ta có: u0 ≤ u1 ≤ u2 ≤ ... Nếu tồn tại limn→+∞ un = u thì ta sẽ có un ≤ u với mọi n. Do đó dãy {un} bị chặn trên. Ngược lại nếu dãy {un}∞ n=1 bị chặn trên thì dãy đó sẽ hội tụ. Thật vậy, giả sử un ≤ v với mọi n. Khi đó u0 ≤ un ≤ v với mọi n. Theo bổ đề 2.1 dãy {un} bị chặn trên theo chuẩn: (cid:107) u0 (cid:107)≤(cid:107) un (cid:107)≤(cid:107) v (cid:107). Vì un = T (un−1) và vì T là toán tử compact nên dãy {un} compact tương đối. Do đó sẽ tồn tại dãy con {unk}∞

n=1 đơn điệu nên tất cả các dãy con hội tụ đều có cùng

Mặt khác vì dãy {un}∞

giới hạn. Từ đó suy ra dãy {un} cũng hội tụ và có giới hạn u. Vì un+1 = T (un), (n = 0, 1, 2, ...), cho n −→ +∞ ta có u = T (u). Nếu w ∈ X và w ≥ u0 cũng là một nghiệm của (2.5). Khi đó: u1 = T (u0) ≤

T (w) = w. Từ đó ta suy ra: un ≤ w với mọi n: Qua giới hạn khi n −→ +∞ ta suy ra u ≤ v

Vậy u là nghiệm bé nhất của (2.5).

Việc chứng minh cho nghiệm trên được làm tương tự.

Hệ quả 2.1.

Phương pháp lặp đơn điệu

n=1 và {vn}∞

u = limn→+∞ un, v = limn−→+∞ vn

Cho X là không gian Banach thực, sắp được với nón chuẩn, T : X −→ X là ánh xạ X vào chính nó. Giả sử u0 và v0 là nghiệm dưới và nghiệm trên của phương trình (2.5), u0 ≤ v0. Khi đó, nếu T là toán tử compact, đơn điệu tăng trên đoạn [u0; v0] thì cả hai dãy lặp {un}∞ n=1 được xác định bởi (2.6) đều hội tụ và

là điểm bất động bé nhất và lớn nhất tương ứng của T tức là u = T (u), v = T (v).

u0 ≤ un ≤ u ≤ v ≤ vn ≤ v0, ∀n = 0, 1, 2, ... Chứng minh Vì u0 ≤ T (u0), T (v0) ≤ v0 và u0 ≤ v0, T là đơn điệu tăng nên ta có: u0 ≤ T (u0) = u1 ≤ v1 = T (v0) ≤ v0, Lý luận tiếp tục như vậy ta có:

u0 ≤ u1 ≤ u2 = T (u1) ≤ T (v1) = v2 ≤ v1 ≤ v0 cuối cùng ta có:

un = T (un−1) ≤ v0, u0 ≤ vn = T (vn−1), n = 0, 1, ... Như vậy dãy un đơn điệu tăng và bị chặn trên, còn dãy vn đơn điệu giảm và bị chặn dưới.

Hơn nữa ta có:

u = limn→+∞ un, v = limn→+∞ vn là các nghiệm của phương trình (2.5) với u = T (u), v = T (v) và ta có: un ≤ u ≤ (cid:3) v ≤ vn, ∀n = 0, 1, 2, ...

Do đó theo định lý 2.2, các dãy này đều hội tụ và ta có:

2.3 Áp dụng vào phương trình vi phân

2.3.1 Bài toán Dirichlet đối với phương trình vi phân nửa tuyến tính

(cid:48)(cid:48)

Ta xét bài toán Dirichlet đối với phương trình vi phân sau:

−x

(t) = f (t, x(t)), t ∈ (0; 1)

(2.7)

x(0) = x(1) = 0

(cid:40)

trong đó: f : [0; 1] × R −→ R là hàm liên tục theo biến thứ nhất t và khả vi liên

tục theo biến thứ hai x.

Giả sử u0, v0 ∈ C2([0; 1]) là các hàm số thỏa mãn tương ứng các điều kiện sau

(cid:48)(cid:48)

0(t) ≤ f (t; u0(t)), t ∈ (0; 1)

(2.8)

−u (cid:48)(cid:48) 0(0) ≤ 0, u0(1) ≤ 0. u

đây: (cid:40)

(cid:48)(cid:48)

0(t) ≥ f (t; v0(t)), t ∈ (0; 1)

(2.8)

−v (cid:48)(cid:48)

0(0) ≥ 0, v0(1) ≥ 0 v

và (cid:40)

v0(t)

α = min t∈[0;1]

u0(t), β = max t∈[0;1]

Ký hiệu:

(t, s) + c > 0, ∀(t, s) ∈ [0; 1] × [α; β]

Theo giả thiết f (t, s) là hàm liên tục trong hình chữ nhật [0; 1] × [α; β], khả vi

(cid:48)(cid:48)

liên tục theo biến thứ hai. Do đó ta có thể chọn hằng số c > 0 đủ lớn sao cho: ∂f ∂s Vì với g(t) ∈ C[0; 1], bài toán Dirichlet

−ω

(t) + c.ω(t) = g(t), t ∈ [0; 1]

(2.9)

ω(0) =ω(1) = 0

(cid:40)

có nghiệm duy nhất, do đó ta có thể xác định được ánh xạ: T : C[0; 1] −→ C[0; 1]

C[0; 1] (cid:51) g(t) (cid:55)−→ T (g) = ω(t) là nghiệm duy nhất của bài toán (2.8).

sao cho

Aω = −ω”(t) + cw(t), DomA = {ω(t) ∈ C2([0; 1]) : ω(0) = ω(1) = 0} Khi đó A−1 = T , đồng thời với mọi g(t) ∈ C[0; 1], ω(t) = A−1g = T g = (cid:82) 1

0 G(t, s)g(s)ds trong đó G(t, s) là hàm Green

Ký hiệu A là toán tử của bài toán (2.9)

s(t − 1), 0 ≤ s ≤ t ≤ 1

G(t, s) =

t(s − 1), 0 ≤ t ≤ s ≤ 1

(cid:40)

Hơn nữa vì G(t, s) ∈ C([0; 1] × [α; β]) cho nên theo tính chất của toán tử tích

phân, A−1 = T là toán tử compact từ C([0; 1]) −→ C([0; 1]).

Giả sử z(t) ∈ [α; β], ∀t ∈ [0; 1]

N : C([0; 1]) −→ C([0; 1])

z(t) (cid:55)→ N (z) = f (t, z(t)) + cz(t) = F (t, z), t ∈ [0; 1]

DomN = z(t) ∈ C[0; 1] : z(t) ∈ [α; β], t ∈ [0; 1]

Ta xác định toán tử Nemytski

T = A−1N : DomN −→ C[0; 1]

z(t) (cid:55)→ T (z) = A−1(F (t, z)) = A−1(f (t, z(t) + cz(t)) = w(t)

Xét toán tử hạn chế trên DomN

trong đó w(t) là nghiệm của bài toán (2.8) ứng với hàm g(t) = f (t, z(t))+cz(t), t ∈ [0; 1]. Vì A−1 là toán tử compact nên T là toán tử compact. Ta sẽ chứng minh T là toán tử đơn điệu tăng.

Thật vậy, giả sử z1(t), z2(t) ∈ DomN ⊂ C[0; 1] sao cho z1 ≤ z2

(cid:48)(cid:48)

Đặt ωi(t) = T (zi(t)), (i = 1, 2). Khi đó:

−ω

i (t) + c.ωi(t) = f (t, zi(t)) + c.zi(t), (i = 1, 2)

ωi(0) = ωi(1) = 0

(cid:40)

Đặt ω = ω2(t) − ω1(t) = T (z2) − T (z1)

(cid:48)(cid:48)

Ta có:

−ω

(t) + c.ω(t) = f (t, z2(t)) + c.(z2(t) − z1(t)), (i = 1, 2)

ω(0) = ω(1) = 0, t ∈ (0; 1)

(cid:40)

Hơn nữa ta chú ý rằng với c > 0 đủ lớn đã chọn sao cho hàm f (t, s) + c.s đơn

F : (t, s) (cid:55)→ f (t, s) + c.s, t ∈ [0; 1], s ∈ [α; β] là đơn điệu tăng theo s ∈ [α; β]. Do đó: với z1 ≤ z2, z1(t), z2(t) ∈ [α; β], ∀t ∈ [0; 1], ta có 0 ≤ F (t, z2) − F (t, z1) = f (t, z2(t)) − f (t, z1(t)) + c(z2(t) − z1(t)) = −ω”(t) + c.ω(t)

điệu tăng theo s, s ∈ [α; β] nên hàm:

(cid:48)(cid:48)

Như vậy ta có:

−ω

(t) + c.ω(t) ≥ 0, t ∈ (0; 1)

(2.10)

ω(0) = ω(1) = 0,

(cid:40)

Ta sẽ chứng minh rằng ω(t) ≥ 0, ∀t ∈ [0; 1]

Thật vậy giả sử tồn tại t ∈ (0; 1) sao cho ω(t) < 0 . Khi đó tồn tại t0 ∈ (0; 1)

−v”

1(t) + c.v1(t) = f (t, v0(t)) + c.v0(t), t ∈ (0; 1)

v1(0) = v1(1) = 0

sao cho 0 > ω(t0) = mint∈[0;1] ω(t). Nhưng tại t0 : ω”(t0) ≥ 0, ω(t0) < 0 nên −ω”(t0) + cω(t0) < 0 Điều này mâu thuẫn với (2.10) Vậy ω(t) = ω2(t) − ω1(t) = T (z2) − T (z1) ≥ 0 hay T (z2) ≥ T (z1) và T là toán tử đơn điệu tăng. Bây giờ ta sẽ chứng minh rằng v0 ≥ T (v0) tức là v0 là nghiệm trên của toán tử T . Đặt: v1 = T (v0). Khi đó:

−v”(t) + c.v(t) = −(v”

1(t) − v”

0(t)) + c.(v1(t) − v0(t))

= f (t, v0(t)) + c.v0(t) + v”

0(t) − c.v0(t)

= f (t, v0(t)) + v”

0(t) ≤ 0, ∀t ∈ (0; 1)

Đặt v(t) = v1(t) − v0(t). Khi đó từ (2.8) ta có :

(cid:48)(cid:48)

−v

(t) + c.v(t) ≤ 0

v(0) = v(1) = 0

Như vậy: (cid:40)

Lập luận tương tự như trên ta suy ra: v(t) ≤ 0, ∀t ∈ (0; 1) hay v1(t) − v0(t) ≤ 0, ∀t ∈ (0; 1) ⇒ T (v0) = v1(t) ≤ v0(t), ∀t ∈ (0; 1)

2.3.2 Ví dụ

Lặp lại lý luận này ta cũng suy ra rằng u0 ≤ T (u0) nếu u0(t) ≤ v0(t), ∀t ∈ (0; 1) Khi đó theo hệ quả 2.1 bài toán Dirichlet (2.7) tồn tại nghiệm trong đoạn [u0; v0].

Ví dụ 2.3.

(cid:48)(cid:48)

Xét bài toán Dirichlet:

−x

(t) = f (t, x) + g(t), t ∈ (0; 1)

(2.11)

x(0) = x(1) = 0

(cid:40)

trong đó f (t, s) ∈ C([0; 1] × R) khả vi liên tục theo s, g(t) ∈ C([0; 1])

f (t, s).sgns ≤ a. | s | +c

giả thiết tồn tại a < 0 sao cho:

(cid:48)

trong đó c là hằng số dương.

> c + supt∈[0;1] | g(t) | .

Chọn số dương c

(cid:48)(cid:48)

(cid:48)

Khi đó bài toán:

−x

(t) + a.x(t) = c

, t ∈ (0; 1)

(2.12)

x(0) = x(1) = 0

(cid:40)

tồn tại duy nhất nghiệm. Ta ký hiệu v0(t) là nghiệm duy nhất của bài toán (2.12).

(cid:48)

(cid:48)(cid:48)

Như vậy v0(t) ∈ C2([0; 1]) và

−v

, t ∈ (0; 1)

0(t) − a.v0(t) = c

(2.13)

v0(0) = v0(1) = 0

(cid:40)

(v0(t))

0 > v0(t0) = min t∈[0;1]

Ta sẽ chứng tỏ v0(t) ≥ 0, ∀t ∈ (0; 1) Thật vậy giả sử tồn tại t ∈ (0; 1) sao cho: v0(t) < 0 khi đó tồn tại t0 ∈ (0; 1) sao cho:

v”(t0) ≥ 0, v0(t0) < 0

Nhưng khi đó:

−v”(t0) − a.v0(t0) < 0

Do đó

(cid:48)

|g(t)|

−v”

0(t) = a.v0(t) + c

≥ a.v0(t) + c + sup t∈[0;1]

(vì −a > 0!) trái với giả thiết (2.13) Vậy v0(t) ≥ 0, ∀t ∈ (0; 1).Mặt khác ta thấy:

−v”

0(t) ≥ f (t, v0(t)) + g(t), t ∈ (0; 1)

hay :

Vậy : v0(t) là nghiệm trên của bài toán (2.11)

u0(t) ≤ 0, ∀t ∈ (0; 1)

Đặt: u0(t) = −v0(t), khi đó :

−f (t, u0) ≤ −a.u0 + c

Do đó :

(cid:48)

−u”

0(t) − a.u0(t) = −c

Vì vậy :

(cid:48)

−u”

+ a.u0(t)

0(t) = −c

(cid:48)

≤ −c

+ c + f (t, u0)

| g(t) | +c + f (t, u0)

≤ −c − sup t∈[0;1]

≤ f (t, u0) + g(t), ∀t ∈ (0; 1).

Hay

u0 ≤ v0, ∀t ∈ (0; 1)

Vậy u0(t) = −v0(t) là nghiệm dưới của bài toán (2.11). Hơn nữa:

n=1 trong đó:

un+1 = T (un), vn+1 = T (vn), n = 0, 1, 2...

Áp dụng hệ quả 2.1 ta suy ra bài toán (2.11) tồn tại nghiệm u(t) và v(t) là giới n=1, {vn}∞ hạn của dãy xấp xỉ liên tiếp {un}∞

và u0 ≤ u ≤ v ≤ v0, ∀t ∈ (0; 1)

Chương 3

Phương pháp nghiệm trên nghiệm

dưới và bài toán biên Dirichlet nửa

tuyến tính đối với toán tử Laplace

3.1 Phương pháp nghiệm trên, nghiệm dưới

f (x, u) : Ω × R −→ R

Cho Ω là một miền bị chặn trong RN . Xét hàm liên tục:

sao cho f là lớp C1 theo biến số u. Xét bài toán Dirichlet:

−∆u = f (x, u) trong Ω

(cid:40)

u = 0 trên ∂Ω.

(3.1)

Định nghĩa 3.1.

Môt hàm U ∈ C2(Ω) ∩ C(Ω) là một nghiệm dưới của bài toán (3.1) nếu:

−∆U ≤ f (x, U ) trong Ω

(cid:40)

U ≤ 0 trên ∂Ω.

(3.2)

Tương tự, một hàm U ∈ C2(Ω) ∩ C(Ω) là một nghiệm trên của bài toán (3.1) nếu:

−∆U ≥ f (x, U ) trong Ω

(cid:40)

U ≥ 0 trên ∂Ω.

(3.3)

Hàm u ∈ C2(Ω) ∩ C(Ω) được gọi là nghiệm của bài toán (3.1) khi và chỉ khi u vừa là nghiệm trên vừa là nghiệm dưới của bài toán (3.1).

Định lý 3.1. Cho U là một nghiệm dưới và U là một nghiệm trên của bài toán

(3.1) sao cho U ≤ U trong Ω.

Khi đó ta có các khẳng định sau:

i) Tồn tại một nghiệm u của bài toán (3.1) thỏa mãn: U ≤ u ≤ U

ii) Tồn tại nghiệm nhỏ nhất u và nghiệm lớn nhất u của bài toán (3.1) thuộc

đoạn [U ; U ].

Trước khi chứng minh định lý 3.1 ta có các nhận xét sau đây:

Chú ý 3.1.

Sự tồn tại nghiệm nhỏ nhất u và nghiệm lớn nhất u trong định lý này được

hiểu rằng: hai nghiệm này tạo nên một cặp sắp thứ thự nghiệm dưới - nghiệm

trên của bài toán (3.1). Trên thực tế có thể xảy ra rằng bài toán (3.1) có nghiệm

nhưng nghiệm đó không thuộc đoạn [U ; U ] và cũng có thể xảy ra trường hợp bài

toán (3.1) không có nghiệm lớn nhất hoặc không có nghiệm nhỏ nhất.

Chú ý 3.2.

Nói chung giả thiết U ≤ U không phải lúc nào cũng xảy ra mà nó còn có thể

xảy ra theo chiều ngược lại. Tức là U ≥ U trong Ω.

Sau đây là một ví dụ nhỏ có thể chứng minh cho điều này:

Ví dụ 3.1.

Xét bài toán giá trị riêng: (cid:40)

−∆u = λu trong Ω u = 0 trên ∂Ω.

(3.4)

Chúng ta biết rằng tất cả các nghiệm của bài toán này đều có dạng u = C.e1 trong đó C là hằng số thực, e1 là hàm không triệt tiêu trong Ω. Khi đó ta có thể giả thiết e1(x) > 0 với mỗi x ∈ Ω.

Chọn U = e1 và U = −e1.

Thì U là nghiệm dưới và U là nghiệm trên của bài toán (2.1) nhưng U ≥ U.

Chứng minh định lý 3.1

Đặt: g(x, u) = f (x, u) + a.u trong đó a là hằng số thực. Ta có thể chọn a ≥ 0

đủ lớn sao cho ánh xạ: R (cid:51) u (cid:55)−→ g(x, u) tăng trên đoạn [U (x); U (x)]. Nên với mỗi x ∈ Ω ta có a ≥ 0 và a ≥ max{−fu(x, u) : x ∈ Ω và u ∈ [U (x); U (x)]}. Với cách chọn a ở trên, ta có thể lấy được dãy hàm un ∈ C2(Ω) ∩ C(Ω), n = 1, 2, ... sao cho: • u0 = U • Với mỗi n ≥ 1 thì un là nghiệm duy nhất của bài toán tuyến tính :

−∆un + a.un = g(x, un−1) trong Ω

(cid:40)

un = 0 trên ∂Ω.

(3.5)

U ≤ ... ≤ un+1 ≤ un ≤ ... ≤ u1 ≤ u0 = U

Với dãy hàm un ∈ C2(Ω) ∩ C(Ω) được lấy ở trên ta có thể chỉ ra được dãy hàm un là dãy đơn điệu giảm và bị chặn. Tức là:

. Để chỉ ra tính chất này, ta chủ yếu sử dụng nguyên lý cực đại.

Trước hết ta chứng minh U ≥ u1

Thật vậy, vì U là nghiệm của bài toán (3.1) nên:

−∆U ≥ f (x, U ) trong Ω

(cid:40)

U ≥ 0 trên ∂Ω.

(3.6)

Vì u1 là nghiệm duy nhất của phương trình tuyến tính

−∆u1 + a.u1 = g(x, u0) = g(x, U ) trong Ω

(cid:40)

u1 = 0 trên ∂Ω.

(3.7)

Lấy (3.6) trừ đi (3.7) ta được:

−∆U + ∆u1 − a.u1 ≥ f (x, U ) − g(x, U ) trong Ω

(cid:40)

U − u1 ≥ 0 trên ∂Ω.

(3.8)

Mà f (x, U ) = g(x, U ) − a.U

nên

−∆(U − u1) + a(U − u1) ≥ g(x, U ) − g(x, U ) = 0 trong Ω

(cid:40)

U − u1 ≥ 0 trên ∂Ω.

(3.9)

Theo nguyên lý cực đại ta có U ≥ u1 trong Ω

Lại có U là nghiệm nên:

−∆U ≤ f (x, U ) trong Ω

(cid:40)

U ≤ 0 trên ∂Ω.

(3.10)

Lấy (3.10) trừ đi (3.7) ta được:

−∆U + ∆u1 − a.u1 ≤ f (x, U ) − g(x, U ) trong Ω

(cid:40)

U ≤ 0 = u1 trên ∂Ω.

(3.11)

Hay

−∆(U − u1) + a(U − u1) ≤ g(x, U ) − g(x, U ) trong Ω

(cid:40)

U ≤ 0 = u1 trên ∂Ω.

(3.12)

g(x; U ) ≤ g(x; U ).

Do tính đơn điệu tăng của hàm g trên đoạn [U (x); U (x)] nên khi U ≤ U kéo theo

−∆(U − u1) + a(U − u1) ≤ 0 trong Ω

Điều này dẫn đến: (cid:40)

U ≤ 0 = u1 trên ∂Ω.

(3.13)

Theo nguyên lý cực đại ta có: U ≤ u1 trong Ω

U ≤ ...un ≤ un−1 ≤ ...u1 ≤ u0 = U

Bây giờ ta giả sử rằng có:

Tiếp theo ta chứng minh: U ≤ un+1 ≤ un

Vì un+1, un là nghiệm duy nhất của bài toán tuyến tính sau đây:

−∆un+1 + a.un+1 = g(x, un) trong Ω

(cid:40)

un+1 = 0 trên ∂Ω.

(3.14)

−∆un + a.un = g(x, un−1) trong Ω

và (cid:40)

un = 0 trên ∂Ω.

(3.15)

Lấy (3.15) trừ đi (3.14) và sử dụng tính đơn điệu tăng của hàm g ta được:

−∆(un − un+1) + a.(un − un+1) = g(x; un−1) − g(x; un) trong Ω

(cid:40)

un − un+1 ≥ 0 trên ∂Ω.

(3.16)

Theo nguyên lý cực đại thì un ≥ un+1 trong Ω Tiếp tục lấy (3.10) trừ đi (3.14) ta có:

−∆(U − un+1) + a.(U − un+1) ≤ g(x, U ) − g(x, un) trong Ω

(cid:40)

U − un+1 ≤ 0 trên ∂Ω.

(3.17)

Theo nguyên lý cực đại ta được: U ≤ un+1

Như vậy dãy {un} đơn điệu giảm và bị chặn trên đoạn [U (x); U (x)].

Lúc này tồn tại một hàm số u sao cho với mỗi x cố định, x ∈ Ω dãy un(x) (cid:38) u(x) khi n −→ +∞

Ta đặt gn(x) := g(x; un). Khi đó ta thấy rằng dãy gn(x) bị chặn trong L∞(Ω)

tức bị chặn trong Lp(Ω) với 1 < p < ∞

Từ (3.5) ta có

−∆un + a.un = gn−1(x) trong Ω

(cid:40)

un = 0 trên ∂Ω.

(3.18)

Theo ước lượng chuẩn Schauder thì dãy {un} bị chặn trong W 2,p(Ω) với 1 < p < N ∞. Vì không gian W 2,p(Ω) nhúng liên tục trong không gian C1,α(Ω) với α = 1− 2p

N 2

nếu p > . Do đó un bị chặn trong C1,α(Ω).

Tiếp tục dùng ước lượng chuẩn trong không gian Holder ta suy ra được un bị chặn trong C2(Ω). Khi đó tồn tại một dãy con hội tụ về u trong C2(Ω). Do dãy này đơn điệu nên ta có thể giả thiết dãy un hội tụ trong C2. Cho n −→ ∞ thì từ bài toán (3.5) ta nhận được:

−∆u + a.u = g(x, u) trong Ω

(cid:40)

u = 0 trên ∂Ω.

(3.19)

Vậy u là một nghiệm của bài toán (3.1).

Ta chứng minh điều kiện ii).

Lấy u ∈ (U ; U ) là một nghiệm bất kỳ của bài toán (3.1).

Khi đó u và U tạo nên một cặp nghiệm dưới - nghiệm trên của bài toán (3.1). Nên trong khoảng (u; U ) ta lại chọn được dãy đơn điêụ giảm un với u0 = U và với mỗi n ≥ 1 thì un là nghiệm duy nhất của bài toán:

−∆un + a.un = g(x, un−1) trong Ω

(cid:40)

un = 0 trên ∂Ω.

(3.20)

u ≤ ... ≤ un ≤ ... ≤ u1 ≤ u0 = U Khi đó ta tìm được nghiệm lớn nhất của bài toán (3.1) với u ∈ (u; U ) mà u là

Theo cách chứng minh trong phần (i) thì :

nghiệm bất kỳ nên ∀u thì u ≤ u.

Tương tự với cặp U và u lần lượt là nghiệm dưới và nghiệm trên của bài toán

(3.1). Nên trong khoảng (U ; u) ta tìm được nghiệm u nhỏ nhất.

Như vậy ta đã chứng minh được rằng tồn tại một nghiệm u nhỏ nhất và một (cid:3) nghiệm u lớn nhất của bài toán (3.1) thuộc đoạn [U ; U ].

3.2 Phương pháp nghiệm trên yếu, nghiệm dưới yếu

Giả sử Ω là miền bị chặn trong Rn, ta xét bài toán Dirichlet:

−∆u = f (x; u) trong Ω u = 0 trên ∂Ω

(cid:40)

Hàm u ∈ C2(Ω) ∩ C(Ω) là nghiệm của bài toán (3.1) trên.

• Một hàm U ∈ C(Ω) được gọi là một nghiệm yếu dưới của bài toán (3.1) nếu

U ≤ 0 trên ∂Ω và

Định nghĩa 3.2.

Ω[U (−∆ϕ) − f (x; U )ϕ]dx ≤ 0

(cid:82) (3.21)

0 (Ω) thỏa mãn ϕ ≥ 0 trong Ω

• Một hàm U ∈ C(Ω) được gọi là một nghiệm yếu trên của bài toán (3.1) nếu

U ≥ 0 trên ∂Ω và

với mọi ϕ ∈ C∞

Ω[U (−∆ϕ) − f (x; U )ϕ]dx ≥ 0

(cid:82) (3.22)

0 (Ω) thỏa mãn ϕ ≥ 0 trong Ω.

với mọi ϕ ∈ C∞

Trong trường hợp này tương ứng với nghiệm của bài toán (3.1) ta có khái

niệm nghiệm yếu như sau:

Định nghĩa 3.3.

Một hàm u ∈ C(Ω) được gọi là một nghiệm yếu của bài toán (3.1) nếu u vừa

u ∈ C(Ω) là nghiệm yếu của bài toán (3.1) nếu u = 0 trên ∂Ω và

là nghiệm yếu trên, vừa là nghiệm yếu dưới của bài toán (3.1). Như vậy, hàm

Ω[u(−∆ϕ) − f (x; u)ϕ]dx = 0

(cid:82) (3.23)

0 (Ω).

với ∀ϕ ∈ C∞

Nhận xét 3.1.

−∆u ≥ f (x; U ) và −∆u ≤ f (x; U ) trong Ω.

Nếu u, u ∈ C2(Ω) thì từ định nghĩa trên ta suy ra:

Ta có định lý:

f : Ω × R → R

Định lý 3.2. Giả thiết rằng :

là một hàm liên tục sao cho ánh xạ u (cid:55)→ f (., u) + a.u là hàm tăng với số thực a

nào đó.

loc (Ω)

Giả thiết tồn tại nghiệm yếu dưới U và nghiệm yếu trên U của bài toán (3.1)

sao cho U ≤ U trong Ω. Khi đó ta có: (i) Tồn tại nghiệm yếu u của bài toán (3.1) thỏa mãn U ≤ u ≤ U và u ∈ W 2,p với mọi p ∈ [1; +∞).

(ii) Tồn tại nghiệm yếu nhỏ nhất u và nghiệm yếu lớn nhất u của bài toán (3.1)

thuộc đoạn [U ; U ].

Chứng minh

Việc chứng minh định lý này có thể được lặp lại từng bước giống như chứng

minh định lý 3.1.

Dưới đây ta sẽ đưa ra một lập luận khác để chứng minh định lý nhờ vào lý

thuyết tới hạn của phiếm hàm khả vi trong không gian Banach.

Đặt :

f0(x; t) =

 

f (x; t) nếu U (x) < t < U (x), x ∈ Ω f (x; U (x)) nếu t ≥ U (x), x ∈ Ω f (x; U (x)) nếu t ≤ U (x), x ∈ Ω



thì f0 : Ω × R −→ R là liên tục và bị chặn. Đặt: F0(x; u) = (cid:82) u 0 f0(x; t)dt Ta có:

| F0(x, u) |≤ c. | u |, x ∈ Ω

(3.24)

−∆u = f0(x, u), x ∈ Ω

(cid:40)

u = 0, x ∈ ∂Ω

(3.25)

Khi đó phiếm hàm năng lượng liên kết với bài toán được xác định như sau:

E0(u) =

Ω | ∇u |2 dx − (cid:82)

Ω F0(x; u)dx

1 2

(cid:82) (3.26)

0 (Ω) −→ H −1(Ω) có các tính chất sau đây:

Phiếm hàm E0 : H 1

0(Ω). Ta sẽ chỉ ta rằng E0(u) nửa liên tục

Rõ ràng E0(u) xác định với mọi u1

inf E0(um)

0 (Ω) thì E0(u0) ≤ lim m→∞

dưới yếu tức là: Nếu: um (cid:42) u0 (yếu) trong H 1

|∇u|2dx = 1

J0(uν) = 1 2

2 (cid:107)u(cid:107)2 H 1

0 (Ω)

Ω

0 (Ω) do tính nửa liên tục dưới yếu của chuẩn.

Thật vậy phiếm hàm : (cid:82)

nửa liên tục dưới yếu trong H 1 Ngoài ra ta áp dụng công thức Lagrange, ta có:

[F0(x, um) − F0(x, u)] dx =

f0(x, u0 + θ(um − u0)).(um − u0)dx

Ω

0 (Ω) −→ L2(Ω) là compact nên dãy {um} hội tụ (mạnh)

(cid:90) (cid:90)

Chú ý rằng phép nhúng H 1 đến u0 trong L2(Ω).

Do f0(x, t) là bị chặn, ta suy ra:

f (x, u0 + θ(um − u0)).(um − u0)dx = 0

lim m→+∞

Ω

(cid:90)

F (x, um)dx =

F (x, u0)dx

lim m→+∞

Ω

(cid:90) (cid:90)

0 (Ω).

Từ đó suy ra E0(u) nửa liên tục dưới yếu trong H 1

0 (Ω)

|u| dx

E0(u) ≥ 1

2 (cid:107)u(cid:107)2 H 1

≥ 1 ≥ 1

0 (Ω) − c. (cid:82) Ω 2 (cid:107)u(cid:107)2 0 (Ω) − c1.(cid:107)u(cid:107)L2(Ω) H 1 2 (cid:107)u(cid:107)2 0 (Ω) − c2(cid:107)u(cid:107)H 1 H 1

0 (Ω)

Mặt khác: u ∈ H 1

E0(u) = +∞

lim (cid:107)u(cid:107)→+∞

(cid:48)

0 (Ω). 0 (Ω) −→ H −1(Ω) xác

0 (Ω) và đạo hàm Fréchet E

0 : H 1

Từ đó ta suy ra:

(cid:48)

f (x, u).ϕdx

0(u), ϕ) = (cid:82)

hay nói cách khác E0(u) thỏa mãn điều kiện bức (tính Coercive) trong H 1 E0 khả vi Fréchet trong H 1 định theo công thức:

Du.Dϕdx − (cid:82) Ω

Ω

(3.27)

0 (Ω) và mọi ϕ(x) ∈ C∞

0 (Ω)

với mọi u ∈ H 1

0 (Ω) sao cho:

(cid:48)

0(u0), ϕ) = 0, ∀ϕ ∈ C∞

0 (Ω)

Nếu u0 ∈ H 1

thì ta nói u0 là điểm tới hạn của E0 Khi đó u0 là nghiệm yếu của bài toán (3.1).

Thật vậy, áp dụng công thức Green ta có:

Du0.Dϕdx = −

u0.div(Dϕ)dx = −

u0.∆ϕdx

Ω

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

Do đó, từ đẳng thức:

(cid:48)

f (x, u).ϕdx = 0

Du0.Dϕdx −

0(u0), ϕ) =

Ω

(cid:90) (cid:90)

Ta có:

[u0(−∆ϕ) − f (x, u).ϕ]dx = 0, ∀ϕ ∈ C∞

0 (Ω)

Ω

⇒ u0 là nghiệm yếu của bài toán (3.25).

(cid:90)

0 (Ω).

Tiếp tục ta sẽ chứng minh rằng phiếm hàm E0 có điểm tới hạn u0 ∈ H 1

Khi đó u0 là nghiệm yếu của bài toán (3.1) và thỏa mãn điều kiện: U ≤ u0 ≤ U trong Ω.

0 (Ω) nên tồn

Thật vậy: Vì E0 thỏa mãn điều kiện bức và bị chặn dưới trong H 1

E(u)

tại cận dưới đúng

α = inf u∈H 1

0 (Ω)

(3.28)

0 (Ω) sao cho:

Khi đó tồn tại dãy cực tiểu hóa {um} ⊂ H 1

E(um)

α = lim m→∞

(3.29)

0 (Ω) là không gian phản xạ nên tồn tại dãy con {umk}∞

0 (Ω) nên {um} là dãy bị chặn trong k=1 của dãy

0 (Ω).

H 1 {um}∞ m=1 hội tụ yếu trong H 1 umk (cid:42) u0(k → +∞) trong H 1

0 (Ω) đến hàm u0 ∈ H 1 0 (Ω).

Do E0 thỏa mãn điều kiện bức trong H 1 0 (Ω). Do H 1

0 (Ω) vào L2(Ω) là compact nên dãy {umk} hội tụ mạnh đến

u0 trong L2(Ω)

(cid:107)(umk − u0)(cid:107)L2(Ω) = 0

lim k→∞

Do phép nhúng H 1

α ≤ E0(u0) ≤ lim

E0(umk) = α

k→+∞

infE0(umk) ≤ lim k→∞

Do tính nửa liên tục dưới yếu của E0 ta có:

Từ đó suy ra :

α = E0(u0) =

|∇u0|2dx −

F0(x, u0)dx

1 2

Ω

(cid:90) (cid:90)

0 (Ω) và đạt cực tiểu tại u0 ∈ H 1

0 (Ω) nên:

(cid:48)

0 (Ω)

0(u0), ϕ) = 0, ∀ϕ ∈ C∞

Do E0 khả vi Fréchet trong H 1

Điều đó có nghĩa là u0 là điểm tới hạn của E0(u) và do đó u0 là nghiệm yếu của bài toán (3.25)

−∆u0 = f0(x, u0) trong D(cid:48)(Ω)

(3.30)

Mặt khác vì U là nghiệm yếu dưới nếu

−∆U ≤ f (x, U )

(3.31)

(cid:48)

Từ (3.30) và (3.31) ta có:

(Ω)

−∆(U − u0) ≤ f (x, U ) − f (x, u0) trong D

(3.32)

Nhân hai vế của (3.32) với (U − u0)+ rồi tích phân hai vế trên Ω ta có:

−∆(U − u0).(U − u0)+dx ≤ (cid:82)

(U − u0)+.(f (x, U ) − f (x, u0))dx

Ω

(cid:82) (3.33)

trong đó ta ký hiệu:

v+(x) =

v(x) nếu v(x) > 0 0 nếu v(x) ≤ 0

(cid:40)

v−(x) =

v(x) nếu v(x) < 0 0 nếu v(x) ≥ 0

(cid:40)

và v(x) = v+(x) + v−(x), x ∈ Ω Áp dụng công thức Green từ (3.33) ta nhận được:

∇(−u0).∇(−u0)+dx ≤ (cid:82)

(−u0)+.(f (x, .) − f (x, u0))dx

Ω

(cid:82) (3.34)

Từ (3.33) và (3.34) ta có:

|∇(−u0)+|2dx ≤ (cid:82)

(−u0)+.(f (x, .) − f (x, u0))dx

Ω

(cid:82) (3.35)

Theo định nghĩa của f0 thì:

(−u0)+.(f (x, .) − f (x, u0))dx ≤ 0

Ω

(cid:90)

Do đó: ∇(U − u0)+ = 0 trong Ω Từ đó suy ra: (U − u0)+ là hằng số trong Ω, vì (U − u0)+ ≡ 0 trong Ω. Vậy (U − u0)+ ≤ 0 trong Ω ⇒ U − u0 ≤ 0 ⇒ U ≤ u0 trong Ω Tương tự ta chứng minh được u0 ≤ U trong Ω. Hay: U ≤ u0 ≤ U trong Ω Vì u0 ∈ (cid:2)U , U(cid:3) nên f0(x, u0) = f (x, u0) trong Ω. Do đó u0 là nghiệm yếu của bài toán (3.1)

−∆u = f (x, u) trong Ω u = 0 trên ∂Ω

(cid:40)

(cid:3)

3.3 Một số ví dụ áp dụng của phương pháp nghiệm trên

nghiệm dưới vào các bài toán biên Elliptic nửa tuyến tính

Ta xét bài toán:

−∆u = f (x, u) trong Ω

(cid:40)

u = 0 trên ∂Ω

(3.36)

Định lý 3.3. Giả sử f ∈ Cα(Ω) với mỗi α ∈ (0; 1) và với mỗi (x; u) ∈ Ω × R

f (x, u).signu ≤ a. | u | +C với a < 0

(3.37)

thì bài toán (3.36) tồn tại một nghiệm u cực tiểu toàn cục và một nghiệm u cực

đại toàn cục.

Chứng minh

Không mất tính tổng quát, ta giả sử C > 0. Ta chọn nghiệm trên U của bài

toán (3.36) chính là nghiệm duy nhất của bài toán.

−∆U − a.U = C

(cid:48) trong Ω

(cid:40)

U = 0 trên ∂Ω

(cid:48)

|g|

(3.38)

(cid:48) được lấy sao cho: C

≥ C + sup Ω

trong đó C

Từ điều kiện a < 0 nên theo nguyên lý cực đại ta được U ≥ 0.

Ta đặt U = −U là nghiệm dưới của bài toán (3.36), nên U ≤ U. Theo định lý

3.1 thì tồn tại nghiệm nhỏ nhất u và một nghiệm lớn nhất u thuộc khoảng (U ; U ).

u ≤ u ≤ u.

Với mọi nghiệm u của bài toán (3.36) ta chứng minh rằng:

U ≤ u ≤ U .

Tức là phải chứng minh:

Bây giờ ta chứng minh u ≤ U .

Ω0 = {x ∈ Ω; u(x) > 0}

Ta ký hiệu:

−∆(U − u) − a(U − u)

= −∆U − a.U − (−∆u − a.u) ≥ C(cid:48) − f (x; u) + a.u ≥ 0 trong Ω0

Khi đó ta có: U − u = U ≥ 0 trên ∂Ω0. Mặt khác

−∆(U − u) − a(U − u) ≥ 0 trong Ω0 U − u ≥ 0 trên ∂Ω0

Nên ta có : (cid:40)

Áp dụng nguyên lý cực đại thì ta được U − u ≥ 0 trong Ω0 hay u ≤ U trong Ω0 (cid:3) Do U = −U và U ≥ 0 nên U ≤ u ≤ U

Chúng ta xét bài toán :

  (3.39)

−∆u = f (u) trong Ω u = 0 trên ∂Ω u > 0 trong Ω



Trong đó:

f (0) = 0

sup f (u)

(3.40)

u < λ1

lim u→+∞

(3.41)

f (u) ≤ a.u + C, ∀u ≥ 0, a < λ1 và C > 0. Dễ thấy U = 0 là nghiệm dưới của bài toán (3.39). Chọn U là nghiệm duy nhất

Từ điều kiện (3.41) suy ra:

của bài toán:

−∆U − a.U = C trong Ω U = 0 trên ∂Ω

(cid:40)

thì ta có thể lấy được một nghiệm nhỏ nhất u và một nghiệm lớn nhất u ≥ 0.

Tuy nhiên ta chưa thể có u > 0.

Điều này được khẳng định trong định lý sau:

(cid:48)

Định lý 3.4. Giả sử f thỏa mãn các điều kiện (3.40), (3.41) và

(0) > λ1

(3.42)

thì bài toán (3.39) tồn tại một nghiệm lớn nhất u sao cho u > 0 trên Ω.

Chứng minh

Để chứng minh định lý này ta cần chỉ ra bài toán (3.39) tồn tại một nghiệm

dưới U và một nghiệm trên U sao cho 0 < U ≤ U. Khi đó theo định lý 3.1 sẽ tồn

tại một nghiệm u nhỏ nhất và một nghiệm u lớn nhất thuộc đoạn [U ; U ].

Thật vậy, cho U = εϕ1 trong đó ϕ1 > 0 là hàm riêng thứ nhất ứng với giá trị 0 (Ω). Với ε > 0 đủ nhỏ ta cần chứng

riêng thứ nhất λ1 của toán tử −∆ trong H 1 minh εϕ1 thỏa mãn hai điều kiện: a. ε.ϕ1 là nghiệm yếu dưới của bài toán (3.39). b. ε.ϕ1 ≤ U .

Ta chứng minh điều kiện a

(cid:48)

(0) + o(εϕ1)

f (εϕ1) = f (0) + εϕ1f

(0) + o(εϕ1) = εϕ1f

Ta biết rằng:

vì f (0) = 0

(cid:48)

(0) > λ1

(cid:48)

(0) + o(1)

Mặt khác từ điều kiện (3.42)

(cid:48)

nên có: λ1 ≤ f hay

ελ1ϕ1 ≤ εϕ1f

(0) + o(εϕ1)

(3.43)

−∆(εϕ1) = λ(εϕ1) = ελ1ϕ1

Do ϕ1 là hàm riêng ứng với giá trị riêng λ1 nên ta có:

−∆(εϕ1) ≤ f (εϕ1)

từ bất đẳng thức (3.43) ta có

Vậy εϕ1 là nghiệm dưới của bài toán (3.39). Điều kiện a. được chứng minh.

Chứng minh điều kiện b.

Ta gọi U là nghiệm của bài toán (3.39). Khi đó U thỏa mãn:

−∆U = a.U + C trong Ω U = 0 trên ∂Ω

(cid:40)

Ta thấy U ≡ 0 không phải là nghiệm trên của bài toán khi C > 0.

< 0 trên tập {x ∈ ∂Ω; U (x) = 0}.

∂U ∂ν

U > 0 trong Ω và Ta giả sử ngược lại rằng, tồn tại một dãy εn → 0 và xn ∈ Ω sao cho:

Nên theo nguyên lý cực đại ta có:

(U − εnϕ1)(xn) < 0

(3.44)

Hơn nữa, chúng ta có thể chọn được dãy xn sao cho:

∇(U − εnϕ1)(xn) = 0,

(3.45)

Khi đó tồn tại một dãy con xn → x0 ∈ Ω. Cho n −→ ∞ thì từ bất phương trình (3.44) ta được: U (x0) ≤ 0 khi x0 ∈ Ω khi đó U (x0) = 0 xảy ra khi x0 ∈ ∂Ω.

∂U ∂ν (x0) < 0

Mặt khác, từ điều kiện (3.45) ta có: ∇U (x0) = 0 điều này mâu thuẫn với

εϕ1 ≤ U

Từ đó ta suy ra được:

Điều kiện b được chứng minh.

Chú ý 3.3.

Chúng ta thấy rằng điều kiện cần để bài toán (3.39)

 

−∆u = f (u) trong Ω u = 0 trên ∂Ω u > 0 trong Ω



tồn tại nghiệm là đường thẳng λ1u cắt đồ thị hàm số f = f (u) tại các điểm nằm về nửa trục dương.

Thật vậy, nếu f (u) < λ1.u với u > 0 thì u = 0 là nghiệm duy nhất của bài toán (3.39). Ta nhân cả hai vế của (3.39) với ϕ1 rồi lấy tích phân trong miền Ω ta được:

(−∆u)ϕ1 = −

u.∆ϕ1 = λ1

uϕ1 =

f (u)ϕ1 < λ1

uϕ1

Ω

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

(cid:3) Điều này mâu thuẫn

(cid:48)

Chú ý 3.4.

(0) > λ1 của định lý 3.3 bằng điều kiện

(cid:48)

f ∈ C1(0; ∞) và f

(0+) = +∞.

(cid:48)

Ta có thể thay điều kiện (3.42), f

> λ1

f (εϕ1) εϕ1

f (εϕ1) − f (0) εϕ1 − 0

Thật vậy từ điều kiện (3.40), f (0) = 0 và từ điều kiện f ∈ C1(0; ∞) và (0+) = +∞ thì tồn tại c > 0 sao cho với mọi 0 < ε < c thì:

f (εϕ1) > ελ1ϕ1

Hay

f (εϕ1) > −∆(εϕ1)

Điều này dẫn đến:

U ≤ U trong Ω

Ta suy ra U = εϕ1 là nghiệm dưới của bài toán (3.39). Tiếp tục chứng minh tương tự trong cách chứng minh của định lý 3.3 ta chỉ ra được:

Theo định lý 3.3 thì tồn tại một nghiệm cực đại u > 0 của bài toán (3.39).

Điều kiện trong chú ý 3.4 chính là điều kiện đủ để bài toán (3.39) có nghiệm (cid:3) duy nhất.

Định lý 3.5. Giả sử hàm f thỏa mãn các giả thiết (3.40), (3.41), (3.42) và giả

sử thêm rằng ánh xạ:

(0; +∞) (cid:51) u → f (u) u

(3.46)

là giảm thì bài toán (3.39) có nghiệm duy nhất.

Chứng minh

Theo định lý 3.3 với các giả thiết (3.40), (3.41), (3.42) thì bài toán (3.39) có

nghiệm.

Bây giờ, ta chứng minh bài toán (3.39) có nghiệm duy nhất.

u1 là nghiệm nhỏ nhất.

Thật vậy, giả sử u1 và u2 là nghiệm bất kỳ của bài toán (3.39). Chúng ta chọn

Ω. Từ đẳng thức −∆u1 = f (u1) trong Ω ta thực hiện phép nhân với u2 và −∆u2 = f (u2) trong Ω ta thực hiện phép nhân với u1. Sau đó lấy tích phân trong miền Ω ta được:

Theo nguyên lý cực trị, không mất tính tổng quát ta giả sử 0 < u1 ≤ u2 trong

[f (u1)u2 − f (u2)u1]dx = 0

Ω

(cid:90)

hay

−

]dx = 0

u1u2[

f (u1) u1

f (u2) u2

Ω

(cid:90)

= f (u2) u2

trong Ω

là hàm giảm trong miền u ∈ (0; +∞).

= f (u2) u2

chỉ xảy ra khi u1 = u2

(cid:3) Vì 0 < u1 ≤ u2 nên đẳng thức trên chỉ xảy ra khi f (u1) u1 Nhưng theo điều kiện (3.46) thì hàm f (u) u Từ đó suy ra đẳng thức f (u1) u1 Vậy bài toán (3.39) có nghiệm duy nhất.

Mục đích của chúng tôi trong phần tiếp theo là xét bài toán (3.39) trong

trường hợp hàm phi tuyến f(u) không thỏa mãn điều kiện (3.41), (3.42). Trong

trường hợp này nghiệm của bài toán (3.39) có thể không dương.

(0; +∞) (cid:51) u (cid:55)→

f (u) u

Định lý 3.6. Giả sử hàm phi tuyến f thỏa mãn điều kiện (3.46), ánh xạ:

là giảm thì nghiệm của bài toán (3.39) là duy nhất.

Chứng minh Để chứng minh định lý này ta giả sử u1, u2 là hai nghiệm tùy ý của bài toán

(3.39). Ta phải chứng minh u1 ≡ u2.

A = {t ∈ [0; 1] : tu1 ≤ u2}

Giả sử u1 ≤ u2 và ta đặt:

Nhận thấy 0 ∈ A nên A (cid:54)= ∅. Khi đó sẽ tồn tại phần tử ε0 > 0 sao cho ∀ε ∈ (0; ε0) thì ε ∈ A

Bây giờ ta đặt: t0 = max A và giả sử ngược lại rằng t0 < 1 đồng thời t0 thỏa

mãn điều kiện t0u1 ≤ u2 trong Ω Ta chứng minh rằng tồn tại số ε > 0 sao cho (t0 + ε)u1 ≤ u2 Khi đó điều này mâu thuẫn với giả thiết t0 = max A.

Thật vậy: (cid:40)

−∆u2 = f (u2) trong Ω u2 = 0 trên ∂Ω.

(3.47)

−∆(t0u1) = t0f (u1) trong Ω

(cid:40)

t0u1 = 0 trên ∂Ω

(3.48)

−∆u2 + ∆(t0u1) = f (u2) − t0f (u1)

Lấy (3.47) trừ đi (3.48) ta có:

−∆(u2 − t0u1) = f (u2) − t0f (u1)

Hay:

−∆(u2 − t0u1) + a(u2 − t0u1) = f (u2) − t0f (u1) + a(u2 − t0u1)

Điều đó dẫn đến

−∆(u2 − t0u1) + a(u2 − t0u1) = f (u2) + au2 − t0(f (u1) + au1)

Hay

u (cid:55)→ f (u) + au

Bây giờ ta chọn a > 0 đủ lớn để ánh xạ

đơn điệu tăng.

−∆(u2 − t0u1) + a(u2 − t0u1) ≥ f (t0u1) + at0u1 − t0f (u1) − at0u1

Khi đó:

Hay

−∆(u2 − t0u1) + a(u2 − t0u1) ≥ f (t0u1) − t0f (u1) ≥ 0,

(3.49)

(u2 − t0.u1) < 0 trên ∂Ω

∂ ∂ν

Áp dụng nguyên lý cực đại thì u2 − t0u1 chỉ thuộc một trong hai trường hợp

sau: • TH1: u2 − t0.u1 ≡ 0 • TH2: u2 − t0.u1 > 0 trong Ω và Nếu u2 − t0.u1 ≡ 0 hay u2 ≡ t0.u1 điều này kéo theo bất đẳng thức (3.49) xảy ra dấu " = " khi t0.f (u1) = f (t0u1) điều này mâu thuẫn với giả thiết f là phi tuyến. Vậy trường hợp 1: u2 = t0.u1 không thể xảy ra.

∂ν (u2 − t0u1) < 0 trên ∂Ω.

Từ đó dẫn đến u2 − t0.u1 > 0 trong Ω và ∂

Khi đó, tồn tại một số ε > 0 sao cho (t0 + ε)u1 ≤ u2. Điều này mâu thuẫn với giả (cid:3) thiết t0 = max A. Vậy u1 ≡ u2.