bài giảng phương trình elliptic cho học viên cao học

Giả sử Ω là một tập đo được Lebesgue trongRN vàfung là một dãy hàm đo được không âm trên Ω... Phép tính vi phân đối với phiếm hàm Giả sử X là một không gian Banach, X là không gian liên

NGUYỄN THÀNH ANH

BÀI GIẢNG PHƯƠNG TRÌNH ELLIPTIC

BẢN THẢO

MỤC LỤC

§1 Tóm lược kiến thức cơ sở 5

1 Một số không gian hàm 5

2 Một số kết quả thường dùng 5

3 Phép tính vi phân đối với phiếm hàm 6

4 Tính lồi và tính nửa liên tục yếu 8

§2 Cực tiểu toàn cục 13

§3 Cực trị ràng buộc 17

§4 Định lí qua núi 20

1 Định lí qua núi 20

2 Định lí tồn tại nghiệm 24

Chương II Một số phương pháp phi biến phân 27 §1 Phương pháp điểm bất động 27

1 Một số định lí điểm bất động 27

2 Toán tử Nemytski 27

3 Áp dụng cho phương trình elliptic nửa tuyến tính 29

§2 Phương pháp toán tử đơn điệu 31

1 Toán tử đơn điệu 31

2 Áp dụng cho phương trình elliptic giả tuyến tính 36

Giả sửX và Y là hai không gian Banach Nhắc lại rằng ta nói không gian X được nhúng liên tục vào

không gianY và viết X ,! Y nếu tồn tại một đơn ánh tuyến tính liên tục j : X ! Y và hắng số C saocho

kj(u)kY ¶CkukX:Khi đó, bằng cách đồng nhấtu 2 X với j(u) 2 Y , ta có thể coi X  Y và bất đẳng thức trên được viếtthành

kukY ¶CkukX:

Ta nói không gianX được nhúng compact và không gian Y nếu X ,! Y và mỗi tập compact trong

X là compact tương đối trong Y

Định lí 1.1 Nếu Ω là một tập mở bị chặn trong RN và r ¾ 1 là số thoả mãn (N 2)q ¶ 2N thì

H1

0(Ω) ,! Lq(Ω ) Hơn nữa, phép nhúng này là compact nếu (N 2)q < 2N.

Định lí 1.2 Giả sửN ¾3 Khi đó H1(RN) ,! Lq(RN) nếu q 2 [2; 2N

N 2].

2 Một số kết quả thường dùng

Định lí 1.3 (Bổ đề Fatou) Giả sử Ω là một tập đo được (Lebesgue) trongRN vàfung là một dãy hàm

đo được không âm trên Ω Khi đó

1)un(x) ! u(x) h.k.n trong Ω khi n ! 1;

2) tồn tạiv 2 L1(Ω ) sao cho, với mọi k ¾1, un(x)¶v(x) h.k.n trong Ω

1)uk n(x) ! u(x) h.k.n trong Ω khi n ! 1;

2) với mọin¾1, uk n(x)¶v(x) h.k.n trong Ω

Định lí 1.6 (Bất đẳng thức Poincaré) Giả sử Ω là một tập mở bị chặn trongRN Khi đó tồn tại hằng

3 Phép tính vi phân đối với phiếm hàm

Giả sử X là một không gian Banach, X là không gian liên hợp của X, U là một tập mở trong X,

F : U !Rlà một phiếm hàm Nếuf 2 X vàu 2 X, đôi khi ta viết hf; ui thay cho f(u)

Định nghĩa Ta nói phiếm hàmF khả vi (Fréchet) tại điểm u 2 X nếu tồn tại L 2 X sao cho

Định nghĩa Giả sử H là một không gian Hilbert với tích vô hướng (
;
), U  H là một tập mở và

I : U !Rlà một phiếm hàm khả tạiu 2 U Vì I0(u) là một phiếm hàm tuyến tính liên tục trên H nên,định lí biểu diễn Riesz, tồn tại phần tửw 2 H sao cho

Nhận xét NếuF khả vi Fréchet tại u thì F khả vi Gâteaux tại điểm đó và F0(u) = FG(u)

Mệnh đề 1.7 ( [?, Th 1.9]) Nếu phiếm hàm F khả vi Gâteaux trên U và đạo hàm F0

G liên tục trênU

thìF 2 C1(U;R).

Ví dụ 1.1 Giả sửX là không gian Banach bất kì, A : X ! Rlà một phiếm hàm tuyến tính liên tục,nghĩa làA 2 X Khi đóA thuộc lớp C1 trênX và A0 = A

Ví dụ 1.2 Giả sửX là một không gian Banach, a : X  X !Rlà một dạng song tuyến tính liên tục.Khi đó phiếm hàmI : X !R,u 7! a(u; u), thuộc lớp C1 trênX và

hI0(u); vi = a(u; v) + a(v; u) hay I0(u) = a(u;
) + a(
; u)với mọiu; v 2 X Đặc biệt, nếu a đối xứng thì

0(Ω) và

hI0(u); vi = 2Z

Ωru:rvdxvới mọiu; v 2 H1

Vìun ! u trong Lr+1(Ω) nên tồn tại dãy con fuk ng của dãy fung sao cho uk n(x) ! u(x) h.k.n trong

Ωvà tồn tạiw 2 Lr+1(Ω) sao cho juk n(x)j ¶w(x) h.k.n trong Ω Vìf liên tục và thoả mãn (1.1) nênf(ukn(x)) ! f(u(x)) h.k.n trongΩ và jf(ukn(x))j ¶ Cjw(x)jr 2 Lr+1r (Ω) h.k.n trong Ω Do đó, ápdụng định lí hội tụ bị chặn ta cóf(uk n) ! f(u) trong Lr+1r (Ω) Điều này mẫu thuẫn với (1.4)

Bây giờ để chứng minh phiếm hàmI thuộc lớp C1 trênLr+1(Ω) và

I0(u) = f(u)với mọiu 2 Lr+1(Ω), ta chỉ còn cần phải chứng tỏ I khả vi Gâteaux trên Lr+1(Ω) và

I0

G(u)v =Z

Ωf(u)vdxvới mọiu; v 2 Lr+1(Ω)

F (u(x) + tv(x)) F (u(x))

t

= jf(u(x) + v(x))v(x)j

4 Tính lồi và tính nửa liên tục yếu

Định nghĩa Giả sửI : X ! Rlà một phiếm hàm trên không gian Banach X, u 2 X u 2 X gọi là

điểm cực tiểu toàn cục củaI nếu

I(u) = inf

v2XI(v):

u gọi là điểm tới hạn I nếu I0 khả vi tại u và I0(u) = 0 Nếu u là một điểm tới hạn của I thì c = I(u)

gọi là giá trị tới hạn củaI

Nhận xét NếuI khả vi trên X thì mỗi điểm cực tiểu toàn cục của I đều là điểm tới hạn

Nhắc lại rằng, đối với dãy số thựcfang,

lim infn!1 an:= limn!1inffak j k¾ng

là giới hạn dưới của dãyfang Với hai dãy số thực fang và fbng bất kì, ta có

lim infn!1 an+ lim infn!1 bn ¶lim infn!1 (an+ bn);

và nếufbng là dãy hội tụ thì

lim infn!1 (an+ bn) = lim infn!1 an+ limn!1bn:Đặc biệt, vớia 2R,

lim infn!1 (an+ a) = lim infn!1 +a:

Định nghĩa Phiếm hàmI : X !Rgọi là nửa liên tục dưới yếu (theo dãy) nếu

I(u)¶lim infn!1 I(un)với mọi dãyfung trong X hội tụ yếu đến u 2 X

Ví dụ 1.4 Đương nhiên mọi phiếm hàm tuyến tính liên tụcI : X !Rđều nửa liên tục dưới yếu

Định nghĩa Phiếm hàmI : X ! Rtrên không gian vectơ X gọi là lồi nếu với mọi u; v 2 X và với

mọi số thựct 2 [0; 1] có bất đẳng thức sau

I(tu + (1 t)v)¶tI(u) + (1 t)I(v):

Phiếm hàmI gọi là lồi nghiêm ngặt nếu bất đẳng thức

I(tu + (1 t)v) < tI(u) + (1 t)I(v)đúng với mọiu; v 2 X, u 6= v, và với mọi số thực t 2 (0; 1)

Ta nóiI là lõm (nghiêm ngặt) nếu I là lồi (nghiêm ngặt).

Ví dụ 1.5 Giả sử X là một không gian Banach và a : X  X ! R một phiếm hàm song tuyến tínhđối xứng Xét phiếm hàmI : X !Rxác định bởiI(u) = a(u; u): Khi đó

a) Nếua(u; u)¾0 với mọi u 2 X thì I lồi;

b) Nếua(u; u) > 0 với mọi u 6= 0 thì I là lồi nghiêm ngặt

Đặc biệt, nếuX là một không gian Hilbert và k:k là chuẩn trên X sinh bởi tích vô hướng trên X thìphiếm hàmX 3 u 7! kuk2 là lồi nghiêm ngặt

Thật vậy, giả sửu; v 2 X, t 2 [0; 1], dễ dàng kiểm tra rằng

I(tu + (1 t)v) (tI(u) + (1 t)v) = t(1 t) (2a(u; v) a(u; u) a(v; v)) : (1.5)Mặt khác, vì

a(u v; u v) = a(u; u) + a(v; v) 2a(u; v)¾0 (1.6)nên vế phải của (1.5) không dương Từ đó suy raI là lồi Tương tự cho khẳng định còn lại

Mệnh đề 1.10 NếuI : X ! Rlà một phiếm hàm lồi liên tục trên không gian Banach X thì I là nửa liên tục dưới yếu.

Chứng minh Giả sửI : X ! Rlà một phiếm hàm lồi liên tục trên không gian Banach X Nhắc lạirằng, tập conA trong X gọi là lồi nếu tu + (1 t)v 2 A mỗi khi u; v 2 A và t 2 [0; 1] Với mỗi a 2R,đặt

E(a) = fu 2 X j I(u)¶ag:

Do I liên tục nên E(a) là đóng Hơn nữa, do I là lồi nên dễ dàng thấy rằng E(a) là lồi Từ đó E(a)cũng đóng đối với tôpô yếu trênX

Bây giờ giả sử un * u trong X Đặt m = lim infn!1 I(un) Khi đó, tồn tại dãy con fuk ng sao cholim

n!1I(uk n) = m Lấy  > 0 bất kì Ta có uk n 2 E(m + ) với n đủ lớn Từ đó suy ra u 2 E(m + ), dođó,

I(u)¶m + :

Do > 0 tùy ý nên I(u)¶m Vậy

I(u)¶lim infn!1 I(un);

hayI là liên tục dưới yếu

Ví dụ 1.6 Chuẩnk:k trong không gian Banach X là một phiếm hàm lồi liên tục trên X nên nó là nửaliên tục dưới yếu Như vậy, nếuun * u trong X thì

kuk¶lim infn!1 kunk:

Định nghĩa Phiếm hàmI : X !Rxác định trên không gian BanachX gọi là cưỡng nếu, với mọi dãy

fung trong X,

kunk ! +1 ) I(un) ! +1:

Định lí 1.11 Nếu X là một không gian Banach phản xạ và I : X ! Rlà một phiếm hàm lồi, liên tục

và cưỡng thì I đạt cực tiểu toàn cục.

u2XI(u) và fung là một dãy cực tiểu hóa của I Do I là cưỡng nên dãy

fung là bị chặn Do X là phản xạ nên tồn tại dãy con fuk ng của dãy fung sao cho uk n * u trong X.Theo Mệnh đề 1.10,I là liên tục dưới yếu nên

I(u)¶lim infn!1 I(ukn) = m:

Từ đó suy raI(u) = m và u là một điểm cực tiểu toàn cục của I

Định lí 1.12 Nếu phiếm hàmI : X ! Rlà lồi nghiêm ngặt thì I có nhiều nhất một điểm cực tiểu toàn cục.

Chứng minh Giả sửu1 vàu2 là hai điểm cực tiểu toàn cục phân biệt của I Do I là lồi nghiêm ngặtnên

2minu2XI(u1) +1

2minu2XI(u2) = min

u2XI(u):

Nhưng điều này không xảy ra

Mệnh đề 1.13 Giả sử X là không gian Banach và I : X ! R là phiếm hàm khả vi Gâteaux trên X NếuI0

G đơn điệu trên X, nghĩa là

I(tv + (1 t)u)¶tI(v) + (1 t)I(u):

f(u(x)) f(v(x))u(x) v(x)< 0 h.k.n trênΩ;

Bài tập 1.3 Giả sử A(x) = (aij(x))N

b) Giả sử thêm rằng tồn tại > 0

(A(x)y; y)¾jyj2 với mọiy 2RN h.k.n.x 2Ω

vàq 2 L1(Ω), q(x)¾0 h.k.n trên Ω Chứng minh rằng I là lồi nghiêm ngặt

Bài tập 1.4 Giả sửΩlà tập một tậ mở trongRN,p > 1 Xét

a) Chứng minh rằngI là cưỡng trên H1

0(Ω) khi và chỉ khi  > 1, trong đó

1 = inffkuk2

H 1(Ω)j u 2 H1

0(Ω); kukL 2(Ω) = 1g > 0;

b) Chứng minh rằng nếu > 1 thì bài toán (1.7) có duy nhất một nghiệm yếu.

Bài tập 1.6 Giả sửX là một không gian Banach phản xạ và F 2 C1(X;R) Giả sử thêm rằng F liêntục yếu (nghĩa làun * u ) F (un

jF (u)j¶ + kukvới mọiu 2 X Chứng minh rằng phiếm hàm I : X !Rxác định bởi

I(u) = 1

2kuk2 F (u)đạt cực tiểu toàn cục

với mọit 2R, trong đór là số thoả mãn r¾1 và (N 2)r ¶N + 2

(H4) Tồn tại số sao cho  < 1 và

Hơn nữa u là nghiệm yếu của bài toán (2.1).

Chứng minh [5, Th 2.3.1] Chứng minh được chia làm 2 bước.

Bước 1 Phiếm hàmI là cưỡng, nghĩa là, với mọi dãy fung  H1

0(Ω),kukH1(Ω) ! +1 ) jI(un)j ! 1:

Thật vậy, trước hết để ý rằng từ (2.3) suy ra

H 1(Ω) cjΩj 21khkH 1(Ω) (2.12)với mọiu 2 H1

0(Ω) Từ đây suy ra I là cưỡng

Bước 2 Phiếm hàmI đạt cực tiểu toàn cục Trước hết, từ (2.12) suy ra, với mọi u 2 H1

Từ tính cưỡng của phiếm hàm I suy ra dãy fung bị chặn trong H1

0(Ω) Do H1

0(Ω) phản xạ và L2(Ω)nhúng compact trong H1

0(Ω) (vì (N 2):2 < 2N) nên tồn tại dãy con uk n của dãy fung có các tínhchất sau

 ukn * u trong H1

0(Ω);

 uk n ! u trong L2(Ω);

 uk n(x) ! u(x) h.k.n trongΩ;

 tồn tại w 2 L2(Ω) sao cho juk n(x)j¶w(x) h.k.n trongΩ

DoF liên tục nên F (uk n(x)) ! F (u(x)) h.k.n trongΩ Mặt khác, từ (2.2) suy ra

0(Ω) nên đương nhiên

0(Ω) nên I(u) ¾m, do đó, I(u) = m Vậy phiếm hàm I đạt cực tiểu toàn cục tại u và

u là một nghiệm yếu của bài toán (2.1)

Nhận xét 1) Các giả thiết(H3) và (H4) sẽ tự động thoả mãn nếu hàm số f 2 C(R;R) thoả mãn

với mọit 2R, trong đóa và b là các hằng số không âm, b < 21 Thật vậy, từ (2.14) suy ra

jF (t)j¶ajtj + bjtj2

¶c +

với mọit 2Rnếub < 2 < 21 vàc được chọn đủ lớn

2) Ta sẽ có (2.14) (do đó có(H3) và (H4)) nếu f 2 C(R;R) thoả mãn

với mọit 2R, trong đóa và b là các hằng số không âm, còn  2 (0; 1)

Hàm sốf thoả mãn (2.16) được gọi là tăng trưởng dưới tuyến tính, còn nếu f thoả mãn (2.14) thì

ta nóif tăng trưởng không quá tuyến tính.

Định lí 2.3 Giả sử các điều kiện (H1), (H2), (H3) và (H4) thoả mãn Giả sử thêm rằng hàm sốR3 t 7!

t f(t) là hàm đơn điệu tăng Khi đó bài toán (2.1) có duy nhất một nghiệm yếu.

Chứng minh [5, 2.3.7] Sự tồn tại của nghiệm yếu nhận được từ Định lí 2.2 Để chứng minh tính

duy nhất, theo Định lí 1.12, ta chỉ cần phải chứng tỏ phiếm hàmI xác định bởi (2.6) là lồi nghiêmngặt ViếtI = I1 + I2+ I3, trong đó

0(Ω) Ta thấy I1(u) = a(u; u) > 0 với mọi u 2 H1

0(Ω), trong đóa(u; v) = 12Z

Bài tập 1.8 Giả sửΩlà một miền bị chặn trong RN Chof : ΩR ! Rlà hàm liên tục H¨older địaphương và tồn tại hàm sốa1(x) 2 L2(Ω) và các số a2 > 0, 0 < q < 1 sao cho

jf(x; u)j¶a1(x) + a2jujq; 8(x; u) 2ΩR: (2.17)Đặt

F (x; u) =Z u

0 f(x; s)ds; u 2R:Xét phiếm hàmΦ: H1

0(Ω) Chứng minh rằng bài toán (3.4) có ít nhất một nghiệm yếu

Chứng minh Chứng minh được chia làm 2 bước.

Bước 1: Chứng minhKer F0(u0)  Ker I0(u0) Đặt X0 = Ker F0(u0) Vì F0(u0) 6= 0 nên tồn tại w 2 Xsao chohF0(u0); wi = 1 Xét hàm số

 : X0R!R; (v; t) 7! F (u0+ v + tw):

Ta có

(0; 0) = 0; @t(0; 0) = hF0(u0); wi = 1 và @v(0; 0) = F0(u0)jX 0 = 0:

Theo định lí hàm ẩn, tồn tại > 0 và ánh xạ t 2 C1(B;R) sao cho

t(0) = 0; t0(0) = 0và

(v; t(v)) = 0 với mọi v 2 B:

ở đóB = fv 2 X0 j kvkX0 < g Đến đây ta nhận được F (u0+ v + t(v)w) = 0 với mọi v 2 B, nghĩa

là,u0+ v + t(v)w 2 M với mọi v 2 B Theo giả thiết, có thể chọn đủ nhỏ sao cho u0+ v + t(v)w 2 Svới mọiv 2 B Do đó,

I(u0+ v + t(v)w)¾I(u0) với mọi v 2 B:Bây giờ cố địnhv 2 X0 và xét hàm số' :R!Rxác định bởi

'(s) = I(u0+ sv + t(sv)w) I(u0) với jsj < kvk 1

X :

Ta có'(0) = 0 và '(s)¾0 Điều này suy ra '0(0) = 0 Mặt khác, ta có

'0(0) = hI0(u0); v + ht0(0); viwi = hI0(u0); vi :

Từ đó ta nhận đượcv 2 Ker I0(u0), và do đó, Ker F0(u0)  Ker I0(u0)

Bước 2: Chứng minh kết luận của định lí Giả sửw 2 X xác định như ở Bước 1 Đặt  = I0(u0) Vớimọiu 2 X, ta có

hI0(u0); ui = hF0(u0); ui  hI0(u0); wi =  hF0(u0); ui :Điều này đúng với mọiu 2 X nên I0(u0) = F0(u0)

Định lí 3.2 Giả sử Ω là một miền bị chặn trongRN, > 1, a > 0 và p > 1 thoả mãn (N 2)p < N+2 Khi đó bài toán (3.1) có nghiệm yếu không tầm thườngu 2 H1

0(Ω ), hơn nữa, u¾0 trên Ω

I(u) = 12Z

Ωjruj2dx + 2Z

Ωu2dx:

Theo Hệ quả 1.9, ta cóF; I 2 C1(H1

0(Ω);R) Bây giờ đặt

M = S = fu 2 H1

0(Ω) j F (u) = 0g:

Ta cóF0(u) = jujp 1u 6= 0 với mọi u 2 S

Bây giờ ta sẽ chỉ ra tồn tạiu0 2 S sao cho

I(u0) = inf

VìI ¾0 nên tồn tại inf

v2SI(v)¾0: Giả sử fung là một dãy cực tiểu hóa của I trên S, nghĩa là fung  S

vàn!1lim I(un) = inf

v2SI(v) Do  > 1 nên tồn tại > 0 sao cho

I(u)¾kuk2

H 1(Ω); 8u 2 H1

0(Ω):

Từ đây suy ra fung là bị chặn trong H1

0(Ω) Bằng cách thay un bởi junj, ta có thể coi u ¾ 0 với mọi

n ¾1 Do H1

0(Ω) phản xạ và nhúng compact trong Lp+1(Ω) nên tồn tại dãy con fukng và u0 2 H1

0(Ω)sao cho

 ukn * u0 trongH1

0(Ω);

 ukn ! u0 trongLp+1(Ω);

 ku0kH1(Ω)¶lim infn!1 kuk nkH1(Ω)

Từ đây suy raF (u0) = 0, nghĩa là u0 2 S, và I(u0) ¶lim infn!1 I(uk n) Vậy u0 thoả mãn (3.2), hơn nữa,

u0 ¾0 và u0 6= 0 Theo Định lí 3.1, tồn tại nhân tử Lagrange  2Rsao choI0(u0) = F0(u0), nghĩa là

0(Ω) Vậy u là một nghiệm yếu của bài toán (3.1)

a) Chứng minh rằng nếuh(x)¶0 h.k.n trênΩthì bài toán không có nghiệm yếu không tầm thường.b) Chứng minh rằng nếuh(x) > 0 trên một tập có độ đo dương thì bài toán có nghiệm yếu khôngtầm thường.

Gợi ý: Sử dụng các lập luận tương tự như trong chứng minh Định lí 3.2 với tập

Định nghĩa Giả sử X là một không gian Banach, I 2 C1(X;R) Với c 2 R cho trước, ta nóiI thoả

mãn điều kiện Palais - Smale tại mứcc (nói ngắn gọn, I thoả mãn (P S)c) nếu, với mỗi dãy fung  X,

thì nghiệm của bài toán (4.3) tồn tại duy nhất trênJ =R.

Bổ đề 4.2 (về biến dạng) Giả sử I : H ! Rlà phiếm hàm thuộc lớp C1 trên không gian HilbertH

thoả mãn điều kiện Palais - Smale vàc 2Rkhông là giá trị tới hạn của I Khi đó, với  > 0 đủ nhỏ, tồn tại hằng số 0 <  <  và hàm  2 C([0; 1]  H; H) thoả mãn

(i) (0; u) = u với mọi u 2 H;

(ii) (1; u) = u với mọi u =2 I 1([c ; c + ]);

(iii) I((t; u))¶I(u) với mọi t 2 [0; 1], u 2 H;

(iv) (1; Ac+)  Ac .

Chứng minh Ta sẽ chứng minh cho trường hợpI 2 C1;1(H;R)

Trước hết, ta sẽ chứng tỏ bằng phản chứng rằng tồn tại0 < ;  < 1 sao cho

Giả sử điều này không đúng Khi đó, tồn tại các dãy số dươngfkg, fkg, k ! 0, k ! 0 và các phần

tửuk 2 Ac+ knAc  k sao cho

kI(uk)k¶k:Như vậy ta có dãyfukg  H sao cho 8

<

:

I(uk) ! c

I0(uk) ! 0:

DoI thoả mãn điều kiện Palais - Smale nên c là giá trị tới hạn của I Điều này trái giả thiết

Bây giờ cố đinh > 0 thoả mãn

là khoảng cách từ điểmu đến tập con E trong H Đương nhiên ta có

d(u; A) + d(u; B)¾d(A; B) > 0:

Xét hàm sốg : H ! Rxác định bởi

g(u) = d(u; A) + d(u; B)d(u; A) :

Rõ ràng

g 2 C(H;R); 0¶g¶1; gjA  0 và gjB  1:

Tính toán trực tiếp ta thấy rằng

jg(u) g(v)j =

... class="text_page_counter">Trang 17

Bài tập 1.8 Giả sửΩlà miền bị chặn RN Chof : ΩR ! Rlà hàm liên tục Hăolder aphng v tn ti hm... .

Chứng minh Ta chứng minh cho trường hợpI C1;1(H;R)

Trước hết, ta chứng tỏ phản chứng tồn tại0 < ;  < cho

Giả sử điều khơng Khi đó, tồn...

tửuk Ac+ knAc  k cho

kI(uk)k¶k:Như ta có dãyfukg  H cho 8

<

: