Luận văn Nghiệm bội dương của bài toán tựa tuyền tính với bước nhảy phi tuyến vô định á tuyến tính

Lời cám ơnChúng tôi xin chân thành cảm ơn tất cả các thầy cô trong khoa Toán-Tin học, đặc biệt,chúng tôi cảm ơn các thầy cô trong Bộ môn Giải tích đã tận tình dạy dỗ chúng tôi trongsuốt

ĐẠI HỌC QUỐC GIA THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

NHÓM THỰC HIỆN : ĐẶNG TRƯỜNG - TRẦN HÒA PHÚ.

THẦY HƯỚNG DẪN : GS DƯƠNG MINH ĐỨC.

THẦY PHẢN BIỆN : TS ÔNG THANH HẢI

THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH

7- 2015

ĐẠI HỌC QUỐC GIA THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

NHÓM THỰC HIỆN : ĐẶNG TRƯỜNG - TRẦN HÒA PHÚ.

THẦY HƯỚNG DẪN : GS DƯƠNG MINH ĐỨC.

THẦY PHẢN BIỆN : TS ÔNG THANH HẢI

THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH

7- 2015

Lời cám ơn

Chúng tôi xin chân thành cảm ơn tất cả các thầy cô trong khoa Toán-Tin học, đặc biệt,chúng tôi cảm ơn các thầy cô trong Bộ môn Giải tích đã tận tình dạy dỗ chúng tôi trongsuốt thời gian học đại học Hơn hết, chúng tôi chân thành cảm ơn GS.Dương Minh Đức

đã tận tình hướng dẫn cho nhóm chúng tôi và TS Ông Thanh Hải đã động viên, khích lệ,hướng dẫn, xem và góp ý trong quá trình nghiên cứu và hoàn chỉnh tiểu luận tốt nghiệpnày, cảm ơn các bạn Dương Thị Minh Triết, Đặng Triển Thuyên, Nguyễn Đức Thọ đãgiúp đỡ nhóm chúng tôi rất nhiều trong quá trình làm và chỉnh sửa tiểu luận này

Đặng Trường - Trần Hòa Phú

Tp HCM, tháng 7 năm 2015

Mục lục

Giới thiệu bài toán 4

1 Kiến thức chuẩn bị 6

1.1 Khả vi Gateuax Khả vi Frechet 6

1.2 Không gian Sobolev W1,p(Ω) và W01,p(Ω) 8

1.3 Toán tử Nemytskii 18

1.4 Định lí Mountain Pass 22

1.5 Về một hệ quả của định lý Dunford - Pettis 23

2 Áp dụng giải bài toán p-Laplace 24 2.1 Giới thiệu: 24

2.2 Kiến thức chuẩn bị 25

2.3 Chứng minh định lý 1 36

Tài liệu tham khảo 45

Giới thiệu bài toán

Trong tiểu luận này, chúng tôi kiểm chứng chi tiết các chứng minh trong bài báo "Multiplepositive solutions for quasilinear problems with indefinite sublinear nonlinearity" củaFrancisco Odair de Paiva công bố trên Nonlinear Analysis 71 (2009) trang 1108-1115.Trong bài báo đó, người ta tìm nghiệm bội không tầm thường của bài toán tựa tuyến tính

−4pu = h(x)uα−1 + g(x, u) trên Ω

u ≥ 0 trên Ω

u = 0 trên ∂Ω

với Ω ⊂ RN là miền trơn bị chặn, 1 ≤ α < p

g : Ω × R → R Caratheodory sao cho g(x, t) = 0, với mọi t ≤ 0 và h thỏa

h ∈ Lσ α, ở đây σα := p∗

α

0nghĩa là 1

σα +

α

p∗ = 1với p∗ = pN/(N − p) nếu 1 < p < N và p∗ = ∞ nếu 1 < N ≤ p

Giả sử g subcritical growth, tức là

|g(x, t)| ≤ c |t|q−1+ b(x), a.e in Ω, t ∈ R

với q ∈ (p, p∗), b ∈ Lq0(Ω), q = p∗/s và p < s < p∗, c là một hằng số

Giả sử có hai hàm k và L thuộc Lr với r > N/p nếu 1 < p ≤ N và r = 1 nếu p > N , k

và L được định nghĩa bởi

có phần dương không tầm thường, các giới hạn là đều theo x trên Ω.

Hơn nữa h+6= 0 và có các hàm a ∈ Lr và d ∈ Lp0 sao cho

Chương 1

Kiến thức chuẩn bị

Trong chương này chúng tôi trình bày những kiến thức, mà cụ thể là các khái niệm, tínhchất, không có trong chương trình bắt buộc chung lẫn bắt buộc riêng, được nhắc đi nhắclại xuyên suốt tiểu luận này

∂e(x) = Df (x)e ∀e ∈ E

• f khả vi Gateaux tại x nếu f khả vi theo hướng tại x và Df (x) ∈ L(E, F )

• f khả vi Gateaux trên U nếu f khả vi Gateaux tại mọi điểm x trong U

Định lý 1.1 Cho f là một ánh xạ tuyến tính liên tục từ (E, k.kE) vào (F, k.kF) Thế thì

∂ex = f (e)

Lúc này chọn hàm Df ≡ f Vì f ∈ L(E, F ) nên ta cũng có Df ∈ L(E, F ).

Định nghĩa 1.2 Cho f là một ánh xạ từ U vào F và x ∈ U Ta nói:

• f khả vi F rechet tại x nếu có một ánh xạ Df (x) ∈ L(E, F ) và φ : B(o, r) ⊂ E vào Fsao cho :

f (x + h) − f (x) = Df (x)h + khkEφ(h) ∀h ∈ B(0, r) với lim

h→0φ(h) = 0

• f khả vi F rechet trên U nếu f khả vi tại mọi điểm x ∈ U

• f liên tục khả vi Frechet trên U nếu f khả vi Frechet trên U nếu f khả vi F rechet trên

U và ánh xạ x 7→ Df (x) liên tục từ D vào L(E, F )

Định lý 1.2 Cho U là một tập mở trong không gian định chuẩn E và f là một ánh xạ

từ U vào không gian định chuẩn F Giả sử f khả vi Frechet tại x trong U Lúc đó f liêntục tại x

Chứng minh Cho xn→ x Ta chứng minh f (xn) → f (x)

Vì f khả vi Frechet tại x nên ta có :

f (x + h) − f (x) = Df (x)h + khkEφ(h) ∀h ∈ B(0, r) với lim

h→0φ(h) = 0Đặt hn= xn− x ⇒ hn → 0 ta được :

f (xn) − f (x) = Df (x)hn+ khnkEφ(hn)

Do Df (x) liên tục nên ta có lim

n→∞Df (x)hn = 0 và lim

n→∞khnkφ(hn) = 0Vậy lim

∂x e = α

∂f

∂xe

Cần tìm hàm D(αf )x ∈ L(E, F ) sao cho D(αf )(x)e = ∂αf

∂x e = α

∂f

∂xeVậy chọn D(αf )(x) = αDf (x) ∈ L(E, F )

Định lý 1.4 Cho U là một tập mở trong không gian định chuẩn E, α ∈ Φ và f, g là haiánh xạ từ U vào không gian định chuẩn F Giả sử f, g khả vi Frechet tại x ∈ U Lúc đó

f + g và αf khả vi Frechet tại x Hơn nữa :

D(f + g)x = Df (x) + Dg(x) và D(αf )x = αDf (x)

Chứng minh Vì f, g khả vi Frechet tại x nên ta có :

f (x + h) − f (x) = Df (x)h + khkEφ1(h) ∀h ∈ B(0, r1) với lim

h→0φ(h) = 0g(x + h) − g(x) = Dg(x)h + khkEφ2(h) ∀h ∈ B(0, r2) với lim

D(g ◦ f )(x) = Dg(f (x)) ◦ Df (x)

Định lý 1.6 Cho f là một ánh xạ khả vi Gateaux từ một tập mở U trong không gianđịnh chuẩn E vào một không gian định chuẩn F Cho a và b trong U sao cho tập hợp[a, b] = {a + t(b − a) : t ∈ [0, 1]} ⊂ U Giả sử f liên tục trên [a, b] Ta có bất đẳng thức :

kf (b) − f (a)kF ≤ kb − akEsup{Df (y)} : y ∈ [a, b]}

Định lý 1.7 (Định lí giá trị trung bình) Cho f là một ánh xạ khả vi Gateaux từ mộttập mở U trong một không gian định chuẩn E vào một không gian định chuẩn F Giả sửánh xạ x 7−→ Df (x)h là một ánh xạ liên tục trên U với mọi h trong E Cho a và b trong

U sao cho tập hợp [a, b] = {a + t(b − a) : t ∈ [0, 1]} chứa trong U Lúc đó:

f (b) − f (a) =

Z 1 0

Df (a + t(b − a))(b − a)dt

1.2 Không gian Sobolev W1,p(Ω) và W01,p(Ω)

Cho Ω ⊂ RN là tập mở và 1 6 p 6 ∞ Trước hết, ta nhắc lại một số tính chất của Lp(Ω).Trong luận văn này ta luôn dùng ||.||p là chuẩn trong Lp(Ω)

Định lý 1.8 (Bất đẳng thức Holder) Giả sử f ∈ Lp(Ω), g ∈ Lp (Ω) với 1p +p10 = 1 Khi

(i) fn k(x) → f (x) a.e trên Ω,

(ii) |fnk(x)| 6 G(x), với mọi k và a.e x trên Ω Trong đó G là hàm thuộc Lp(Ω).Sau đây là định nghĩa về không gian Sobolev W1,p(Ω)

Với 1 6 p < ∞ Không gian Sobolev W1,p(Ω) là tập hợp các hàm số u trong Lp(Ω) saocho có g1, , gN trong Lp(Ω) để cho

!1p

(1.2)

Với chuẩn trên thì không gian W1,p(Ω) là không gian Banach

Vì trên W1,p(Ω) có nhiều chuẩn khác nhau nên để tránh sự nhầm lẫn ta sẽ viết

(W1,p(Ω) , k.kW1,p) thay cho W1,p(Ω)

Sau đây là một vài tính chất của (W1,p(Ω) , k.kW1,p)

Định lý 1.10 (Trace) Cho 1 ≤ q < ∞, với Ω là miền mở bị chặn trong RN với biên là

C1 Lúc đó có duy nhất ánh xạ tuyến tính liên tục T từ W1,p(Ω) vào Lp(∂Ω) sao cho vớimọi u ∈ W1,p(Ω) ∩ C(Ω) thì Tu=u trên ∂Ω

Chúng ta thường gọi T u là ánh xạ vết của u trên ∂Ω

Định lý 1.11 (Nhúng compact) Cho Ω mở bị chặn, ∂Ω là C1, r là một số nguyênthuộc [0,np) và p ∈ [1, ∞) Khi ấy có phép nhúng từ Wr,p(Ω) vào Lt(Ω) là compact nếu

t ∈ [1,N −rpN p ), ngoài ra khi t = N −rpN p phép nhúng này là liên tục

Chứng minh của 2 định lý trên có thể tìm thấy trong [5, Chapter 5] hoặc [1, Chapter3,4]

Tính chất 1.1 Cho Ω mở bị chặn, ∂Ω là C1 và q ∈ 1,N −pN p Khi ấy, với mọi {un}trong W1,p(Ω) sao cho un* u trong W1,p(Ω) thì ta luôn có {unk} sao cho unk → u trong

Lq(Ω)

Chứng minh Vì un* u nên dãy (un) bị chặn

Do W01,p(Ω) ,→ Lq(Ω) là phép nhúng compact nên có {ukl} hội tụ về v trong Lq(Ω)

Tiếp đến là Không gian Sobolev W01,p(Ω)

Cho 16 p < ∞ Không gian Sobolev W01,p(Ω) là bao đóng của Cc1(Ω) trong W1,p(Ω).Không gian W01,p(Ω) được trang bị bởi chuẩn ||u||1,p := |||∇u|||p

||u||q ≤ Cµ(Ω)1q + 1

N − 1

Từ bất đẳng thức (1.3) cho ta chuẩn ||.||1,p tương đương với chuẩn ||.||W1,p (Ω)

Sau đây là tiêu chuẩn của phần tử trong W1,p(Ω) thuộc vào W01,p(Ω)

Định lý 1.13 Giả sử Ω là tập mở, bị chặn trong RNvà ∂Ω thuộc lớp C1 Giả sử u ∈

W1,p(Ω) Khi ấy,

u ∈ W01,p(Ω) nếu và chỉ nếu T u = 0 trong ∂Ω (1.4)Chứng minh của định lý này có thể tìm thấy trong [5, page 259, Chapter 5]

Tiếp đến là tính chất hình học của không gian W01,p(Ω)

Định lý 1.14 Không gian (W01,p, ||.||1,p) là lồi đều, với 1 < p < ∞

Để chứng minh định lý này ta cần Bổ đề sau

Bổ đề 1.1 (1) Nếu α ∈ [2, ∞) và x, y thuộc RN thì tồn tại hằng số k > 0 không phụthuộc vào x, y sao cho

(2) Nếu α ∈ (1, 2) và x,y thuộc RN thì tồn tại hằng số k > 0 không phụ thuộc vào x, ysao cho

(1∗) Nếu α ∈ [2, ∞) và a, b thuộc RN thì tồn tại hằng số k > 0 không phụ thuộc vào a,

Trường hợp N=1: Khi a=0 thì (1.7) và 1.8 là tầm thường Xét a 6= 0 đặt s = ab

Khi ấy (1.7) và (1.8) được viết lại:

Vậy ta chứng minh xong trong trường hợp N=1.

Trường hợp N > 1: như trong trường hợp N=1, khi a hoặc b bằng 0 thì hiển nhiên Nên xét a, b khác 0 và khi a, b cùng phương thì trở về Trường hợp N=1 Do vậy ta chỉ xét

a, b không cùng phương, khác không Khi ấy, có tập mở Ω trong RN không chứa {a, −a}

và {tb|t ∈ [0, 1]} ⊂ Ω

Ta xét f : RN → R, được xác định bởi f(y) = |y|α

với mọi y ∈ RN

Ta có f khả vi Gâteaux cấp 2 trên mọi miền mở D trong RN không chứa điểm 0 và

Df (y)(h) = α|y|α−2hy, hi

D2f (y)(h)(k) = αhh, ki|y|α−2+ α(α − 2)|y|α−4hy, hihy, ki

với mọi y ∈ D, với mọi h, k ∈ RN

Với mọi x ∈ Ω, với mọi h, k ∈ RN

Từ đó ta được:

Ánh xạ x 7→ Dg(x)(h) là liên tục trên Ω với mọi h ∈ R và

Ánh xạ x 7→ D2g(x)(h)(h) là ánh xạ liên tục trên Ω với mọi h ∈ R.

Ngoài ra {tb|t ∈ [0, 1]} ⊂ Ω

Cho nên, Theo định lý Taylor ta có

g(b) = g(0) + Dg(0)(b) +

Z 1 0

(1 − t)D2g(tb)(b)(b)dtHay

1

2(|a − b|

α+ |a + b|α) = |a|α+

Z 1 0

(1 − t)D2g(tb)(b)(b)dt (1.11)Trong đó:

D2g(tb)(b)(b) = α

2(|b|

2|a + tb|α−2+ (α − 2)|a + tb|α−4|ha + tb, bi|2+ |b|2|tb − a|α−2+ (α − 2)|tb − a|α−4|htb − a, bi|2)Chứng minh (1.7) Với α ∈ [2, ∞), với t ∈ [0, 1] ta có

tα−2(1 − t)dt = 1

2(α − 1)|b|α

Từ đây kết hợp với (1.11) ta có được (1.7)

Chứng minh (1.8) Với α ∈ (1, 2),với t ∈ [0, 1] ta có

Z 1 0

(1 − t)D2g(tb)(b)(b)dt ≥ α(α − 1)

2 |b|2(|b| + |a|)α−2

Từ đây kết hợp với (1.11) ta có được (1.8)

Chứng minh Định lý 1.14 Lấy u, v ∈ (W01,p, ||.||1,p) sao cho ||u||1,p = ||v||1,p = 1 và

Từ 2 trường hợp ta kết luận không gian (W01,p, ||.||1,p) là lồi đều

Hệ quả 1.1 Không gian (W01,p, ||.||1,p) là phản xạ, lồi đều địa phương, lồi ngặt

Ta ký hiệu không gian đối ngẫu (W01,p, ||.||1,p)∗ là W−1,p0(Ω)

Định lý 1.15 Không gian W−1,p(Ω) là lồi ngặt, với 1 < p < ∞, 1p + p10 = 1.

Chứng minh Theo Định lý ??, với ϕ(t) = tp−1 thì để chứng minh W−1,p0(Ω) là lồi ngặt

ta chỉ cần chứng minh

ψ(u) =

Z kuk 0

ϕ(t)dt = 1

p||u||p1,p khả vi Gâteaux trong W01,p(Ω)

Khi ấy, ψ0 là ánh xạ từ W01,p(Ω) vào W0−1,p0(Ω) được gọi là Toán tử p-Laplace và được kýhiệu là −∆p

Hơn nữa, theo Chú ý ?? thì Jϕ = ψ0 với ϕ(t) = tp−1 nên −∆p = Jϕ

Ω

(|∇(u + tϕ)|p − |∇u|p)

tpZ

Ω

h∇u + t∇ϕ, ∇u + t∇ϕip/2− h∇u, ∇uip/2

tpZ

Ω

hh∇u, ∇ui + 2t h∇u, ∇ϕi + t2h∇ϕ, ∇ϕi
p/2

− h∇u, ∇uip/2iĐặt:

a = h∇u, ∇ui = |∇u|2

Ω

h

a + 2tb + ct2
p/2− ap/2i

= 1pZ

Ω

(a + 2tb + ct2)p/2− ap/2

tĐặt biểu thức bên trong dấu tích phân là f(t,x) Ta có:

lim

t→0f (t, x) = 2b.p

2a

p/2−1 = bpap/2−1 = ∇u.∇ϕ.p.|∇u|p−2

Đây là hàm khả tích (trong Lp).

Ta sẽ chứng minh dãy các hàm số dạng f(t,.) bị chặn đều bởi một ánh xạ khả tích (đểdùng được định lý hội tụ bị chặn)

Vì t → 0 nên ta chỉ quan tâm những t mà |t| < 1

Theo định lý giá trị trung bình, ta biết rằng có một ξ nằm giữa 0 và t sao cho

Ω

bap/2−1

=Z

Ω

|∇u|p−2∇u.∇ϕ

= hψ0(u), ϕiĐạo hàm ở đây hiểu theo nghĩa Gâteaux

Ánh xạ ψ0(u) nêu trên hiển nhiên tuyến tính

Hơn nữa, với mỗi ϕ ∈ W01,p(Ω), ta có:

|hψ0(u), ϕi| =

Z

Ω

|∇u|p−2∇u.∇ϕ